EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 2017/2018 MATEMATYKA

Transkrypt

1 EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 07/08 MATEMATYKA POZIOM PODSTAWOWY FORMUŁA DO 0 ( STARA MATURA ) + FORMUŁA OD 0 ( NOWA MATURA ) ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-P CZERWIEC 08

2 Egzaminatorze! Oceniaj prace zdających uczciwie i z zaangażowaniem. Stosuj przyjęte zasady oceniania w sposób obiektywny. Pamiętaj, że każda merytorycznie poprawna odpowiedź, spełniająca warunki określone w poleceniu, musi zostać pozytywnie oceniona, nawet jeżeli nie została przewidziana w przykładowych odpowiedziach w zasadach oceniania. Konsultuj niejednoznaczne rozwiązania zadań z innymi egzaminatorami lub przewodniczącym zespołu egzaminatorów. W przypadku niemożności osiągnięcia wspólnego stanowiska, rozstrzygajcie na korzyść zdającego. Przyznając punkty, nie kieruj się emocjami. Informuj przewodniczącego o wszystkich nieprawidłowościach zaistniałych w trakcie oceniania, w tym podejrzeń o niesamodzielność w pisaniu pracy. Strona z

3 Klucz punktowania zadań zamkniętych Nr zad Odp. A D D C A D C D C D A D A C D C A A C Zadanie 6. (0 ) Rozwiąż nierówność ( ) zadań otwartych x x + x < 0. Rozwiązanie Rozwiązanie nierówności kwadratowej składa się z dwóch etapów. Pierwszy etap polega na obliczeniu pierwiastków trójmianu kwadratowego. Drugi etap polega na zapisaniu zbioru rozwiązań nierówności. Realizacja pierwszego etapu wyłączamy czynnik ( x) przed nawias i zapisujemy lewą stronę nierówności w x x+ < 0, a następnie zapisujemy pierwiastki trójmianu postaci iloczynowej ( )( ) kwadratowego y = ( x)( x+ ) wyłączamy czynnik ( x) postaci iloczynowej ( x)( x ) nierówności i równoważnie x = oraz x = przed nawias i zapisujemy lewą stronę nierówności w + < 0, a następnie zapisujemy alternatywę dwóch układów x > 0 x + < 0 x < x < lub lub x < 0 x + > 0 x > x > zapisujemy lewą stronę nierówności w postaci x + x+ < 0 obliczamy wyróżnik tego trójmianu: + Δ = ( ) = 9 i stąd x = = oraz x = = podajemy je bezpośrednio, np. zapisując pierwiastki trójmianu x =, x = lub zaznaczając je na wykresie. Realizacja drugiego etapu Zapisujemy zbiór rozwiązań nierówności: (, + ) Strona z,.

4 Zdający otrzymuje... p. gdy: obliczy lub poda pierwiastki trójmianu kwadratowego x =, x = i na tym zakończy lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności zapisze alternatywę dwóch układów nierówności x < x > lub x < x > i na tym zakończy lub dalej popełni błędy, zaznaczy na wykresie miejsca zerowe funkcji f x) = x( x) + ( x) ( i na tym zakończy lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności, realizując pierwszy etap popełni błąd (ten sam błąd popełniony wielokrotnie traktujemy jak jeden błąd), ale otrzyma dwa różne pierwiastki trójmianu kwadratowego i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże nierówność. Zdający otrzymuje... p. gdy: zapisze zbiór rozwiązań nierówności:, (, + ) lub x, (, + ), lub x < lub x > sporządzi poprawną ilustrację geometryczną (oś liczbowa, wykres) i zapisze zbiór rozwiązań nierówności w postaci: x <, x >, poda zbiór rozwiązań nierówności w postaci graficznej z poprawnie zaznaczonymi końcami przedziałów. Zadanie 7. (0 ) Wykresem funkcji kwadratowej f określonej wzorem f ( x) = x + bx+ c jest parabola, na której leży punkt A = ( 0, ). Osią symetrii tej paraboli jest prosta o równaniu x = 7. Oblicz wartości współczynników b i c. Rozwiązanie (I sposób) Ponieważ prosta o równaniu x = 7 jest osią symetrii paraboli, która jest wykresem funkcji f, więc pierwsza współrzędna wierzchołka tej paraboli jest równa 7, czyli Strona z

5 Stąd b =. b = 7, a b = 7. Wykres funkcji przechodzi przez punkt ( 0, ) A =, więc wyraz wolny c we wzorze funkcji jest równy c =. Odpowiedź. Wartości współczynników b i c są równe: b =, c =. Rozwiązanie (II sposób) Ponieważ prosta o równaniu x = 7 jest osią symetrii paraboli, która jest wykresem funkcji f, więc wzór funkcji możemy zapisać w postaci kanonicznej ( ) ( 7) A = leży na tym wykresie, wiec f ( ) Punkt ( 0, ) Zatem f ( x) ( x ) otrzymujemy f x = x + q. = ( 0 7) + q, = 9+ q, q =. 0 =, czyli = 7. Przekształcając tę postać kanoniczną do postaci ogólnej, ( ) f x = x x+ 9, ( ) f x = x x. Odpowiedź. Wartości współczynników b i c są równe: b =, c =. Rozwiązanie (III sposób) Ponieważ prosta o równaniu x = 7 jest osią symetrii paraboli, która jest wykresem funkcji f, A = 0, leży na tej paraboli, to jego obraz w symetrii osiowej względem więc jeśli punkt ( ) tej prostej również leży na tej paraboli. Obrazem punktu A = ( 0, ) w tej symetrii jest punkt A = (, ). Zatem f ( 0) = i f ( ) =, czyli + b + c = 0 0, + b + c = c =, + b = c =, b = c =. b = Odpowiedź. Wartości współczynników b i c są równe: b =, c =. I, II i III sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... p. gdy obliczy wartość współczynnika b: b = Strona z

6 obliczy lub poda wartość współczynnika c: c = zapisze układ równań z niewiadomymi b i c: 0 + b 0+ c = i + b + c= zapisze wzór funkcji f w postaci f ( x) = ( x 7) + q oraz równanie ( ) i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy = q Zdający otrzymuje... p. gdy obliczy wartości współczynników b i c: b =, c =. Zadanie 8. (0 ) Wykaż, że reszta z dzielenia sumy kwadratów czterech kolejnych liczb naturalnych przez 8 jest równa 6. Rozwiązanie Niech n, n +, n +, n + będą czterema kolejnymi liczbami naturalnymi. Sumujemy kwadraty tych liczb i odpowiednio tę sumę porządkujemy: n + n+ + n+ + n+ = n + n+ = ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) = = = n n 8 6 n n 6 n n 6 Oczywiście liczba postaci ( n+ )( n+ ) jest podzielna przez. Ponadto n + i dwie kolejne liczby całkowite, więc jedna z nich jest parzysta. Zatem iloczyn ( n+ )( n+ ) n + to jest podzielny przez i przez, czyli jest podzielny przez 8. Stąd wynika, że liczba n+ n+ + 6 przy dzieleniu przez 8 daje resztę równą 6. To kończy dowód. ( )( ) Zdający otrzymuje... p. gdy zapisze sumę kwadratów czterech kolejnych liczb naturalnych w postaci: ( n + n+ ) + 6 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Zdający otrzymuje... p. gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie. Uwaga: Jeśli zdający sprawdza prawdziwość twierdzenia dla sumy kwadratów konkretnych czterech liczb naturalnych, to otrzymuje 0 punktów. Strona 6 z

7 Zadanie 9. (0 ) Dany jest prostokąt ACD. Na boku CD tego prostokąta wybrano taki punkt E, że EC = DE, a na boku A wybrano taki punkt F, że F = DE. Niech P oznacza punkt przecięcia prostej EF z prostą C (zobacz rysunek). Wykaż, że trójkąty AED i FP są przystające. D E C A F P Rozwiązanie (I sposób) cecha kąt-bok-kąt przystawania Dorysowujemy odcinek FG, taki że punkt G jest środkiem odcinka EC. Ponieważ EC = DE, więc otrzymujemy równość DE = EG = GC. D E G C α α A F α P Strona 7 z

8 Zatem GC = F, a skoro GC = FC = 90, więc FGC = 90, skąd wynika, że trójkąt FEG jest prostokątny. Ponieważ AD = FG, ADE = FGE = 90 i DE = EG, więc z cechy bkb wnioskujemy, że trójkąty AED i FEG są przystające. Niech DAE = α. Wtedy z przystawania tych trójkątów wnosimy, że EFG = α. Ponieważ odcinki PC i FG są równoległe, więc FP = EFG = α (kąty odpowiadające). Ponieważ FP = EFG = α F = DE, PF = 90 = ADE oraz, zatem na mocy cechy kbk trójkąty AED i PF są przystające. I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... p. gdy uzasadni, że trójkąty AED i FEG są trójkątami przystającymi i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Zdający otrzymuje... p. gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie. Uwaga: Jeżeli zdający wprowadza do zadania dodatkowe założenia niewynikające z treści tego zadania i korzysta z tych założeń, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. Rozwiązanie (II sposób) przechodniość przystawania Dorysowujemy odcinek FG, taki, że punkt G jest środkiem odcinka EC. Ponieważ EC = DE, więc otrzymujemy równość DE = EG = GC. D α E α G C A F α P Zatem GC = F, a skoro GC = FC = 90, więc FGC = 90, skąd wynika, że trójkąt FEG jest prostokątny. Strona 8 z

9 Ponieważ AD = FG, ADE = FGE = 90 i DE = EG, więc z cechy bkb wnioskujemy, że trójkąty AED i FEG są przystające. Niech DAE = α. Zatem EFG = α. Ponieważ FG PC, więc FP = α = EFG. Trójkąty EFG i FP są trójkątami przystającymi na mocy cechy kbk, gdyż są to trójkąty prostokątne, mają jeden kąt ostry równej miary oraz F = EG. Skoro trójkąt AED jest przystający do trójkąta FEG, a trójkąt FEG jest przystający do trójkąta PF, więc z przechodniości relacji przystawania wynika, że trójkąty AED i PF są przystające. II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... p. gdy uzasadni, że trójkąty AED i FEG są trójkątami przystającymi i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Zdający otrzymuje... p. gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie. Uwaga: Jeżeli zdający wprowadza do zadania dodatkowe założenia niewynikające z treści tego zadania i korzysta z tych założeń, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. Rozwiązanie (III sposób) podobieństwo trójkątów Trójkąty PF i PCE są podobne na podstawie cechy kkk, bo są to trójkąty prostokątne i kąt FP jest wspólnym kątem obu tych trójkątów. E D C A F Skala podobieństwa tych trójkątów jest równa, gdyż z treści zadania wiadomo, że F = DE oraz EC = DE. Wynika stąd, że CP = P, a zatem P = C = AD. Ponieważ zachodzą równości P = AD, PF = 90 = ADE, F = DE, więc trójkąty AED i PF są przystające na mocy cechy bkb przystawania trójkątów. To kończy dowód. P Strona 9 z

10 III sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... p. gdy uzasadni, że trójkąty PF i PCE są trójkątami podobnymi i skala podobieństwa tych trójkątów jest równa i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Zdający otrzymuje... p. gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie. Uwaga: Jeżeli zdający wprowadza do zadania dodatkowe założenia niewynikające z treści tego zadania i korzysta z tych założeń, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. Zadanie 0. (0 ) Kątα jest ostry i sinα + cosα =. Oblicz wartość wyrażenia tgα + tgα. Rozwiązanie I sposób Równanie sinα + cosα = podnosimy obustronnie do kwadratu sin α + cos α + sinαcosα =, a następnie korzystając z tożsamości sin α + cos α = otrzymujemy + sinαcosα =, zatem sinαcosα =. Następnie korzystamy ze związku między funkcjami tego samego kąta i przekształcamy wyrażenie tgα + : tgα sinα cosα sin α + cos α tgα + = + = tgα cosα sinα sinαcosα = = =. sinαcosα sinα tgα = cosα Zdający otrzymuje. p. gdy przekształci wyrażenie tgα + do postaci tgα sin α cosα wyznaczy wartość wyrażenia sinαcosα = i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje. p. gdy obliczy wartość wyrażenia tgα + :. tgα Strona 0 z

11 Rozwiązanie II sposób Z równania sinα + cosα = wyznaczamy jedną z funkcji trygonometrycznych w zależności od drugiej, np. sinus kąta w zależności od cosinusa kąta: sinα = cosα. Następnie korzystając z tożsamości sin α + cos α = otrzymujemy: ( ) α cos + cos α =, stąd otrzymujemy równanie kwadratowe cos α cosα 0 + =. Równanie można zapisać w postaci ( cosα ) = 0, zatem rozwiązaniem tego równania jest Stąd sinα =. cosα =. Następnie korzystamy ze związku między funkcjami tego samego kąta i przekształcamy wyrażenie Otrzymujemy tgα +. tgα sinα cosα tgα + = + = + =. tgα cosα sinα sinα tgα = cosα Zdający otrzymuje. p. gdy sinα cosα przekształci wyrażenie tgα + do postaci +, tgα cosα sinα wyznaczy wartość cosα = i sinα =, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje. p. gdy obliczy wartość wyrażenia tgα + tgα :. Zadanie. (0 ) Rzucamy cztery razy symetryczną monetą. Po przeprowadzonym doświadczeniu zapisujemy liczbę uzyskanych orłów (od 0 do ) i liczbę uzyskanych reszek (również od 0 do ). Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że w tych czterech rzutach liczba uzyskanych orłów będzie większa niż liczba uzyskanych reszek. Rozwiązanie (I sposób) Zbiór zdarzeń elementarnych tego doświadczenia losowego zawiera wszystkie ciągi czteroelementowe, postaci ( rrrr,,, ), w których r i oznacza wyrzucenie orła (O) Strona z

12 wyrzucenie reszki (R) w i-tym rzucie, dla i =,,,. Jest to model klasyczny i liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa Ω= = 6. Niech A oznacza zdarzenie polegające na tym, że w tych czterech rzutach wypadnie więcej orłów niż reszek. Oznacza to, że otrzymamy cztery orły trzy orły i jedną reszkę. Zdarzeniu A sprzyja zatem zdarzeń elementarnych:,,,,,,,,,,,, O,OOO,,. ( OOOR ), ( OORO ) ( OROO ), ( R OOO ), ( ) Szukane prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A jest więc równe: A P( A) = Ω = 6. I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... p. gdy: zapisze, że liczba wszystkich zdarzeń elementarnych tego doświadczenia jest równa = 6 wypisze poprawnie zdarzeń elementarnych sprzyjających zajściu zdarzenia A i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje... p. gdy obliczy i zapisze, że prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A jest równe 6. Uwaga: Jeżeli zdający błędnie zapisze wynik P( A ) jako liczbę większą od lub mniejszą od 0, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. Rozwiązanie (II sposób) metoda drzewka Rysujemy czteroetapowe drzewko ilustrujące dane doświadczenie. O R Wynik I rzutu O R O R Wynik II rzutu O R O R O R O R Wynik III rzutu O R O R O R O R O R O R O R O R Wynik IV rzutu Strona z

13 Niech A oznacza zdarzenie polegające na tym, że w tych czterech rzutach wypadnie więcej orłów niż reszek. Zaznaczamy (linia pogrubiona) wszystkie gałęzie, które dotyczą szukanego zdarzenia, czyli ciągów:,,,,,,,,,,, R, OOO,,. ( O,OOO ), ( OOOR ), ( OORO ) ( OROO ), ( ) Zatem szukane prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A jest równe: P( A ) = =. 6 II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... p. gdy narysuje drzewko tego doświadczenia (wystarczy istotnych gałęzi) oraz przynajmniej wzdłuż jednej gałęzi wpisze poprawnie prawdopodobieństwa i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje... p. gdy obliczy i zapisze, że prawdopodobieństwo zajścia zdarzenia A jest równe 6. Uwaga: Jeżeli zdający błędnie zapisze wynik P( A ) jako liczbę większą od lub mniejszą od 0, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. Zadanie. (0 ) Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny o wysokości H = 6. Cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa jest równy. Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa. Rozwiązanie (I sposób) Sporządzamy pomocniczy rysunek i wprowadzamy niezbędne oznaczenia. b H h α x a a a Obliczymy długości dwóch boków trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej b oraz przyprostokątnych długości 6 i x. Zapisujemy w tym celu układ równań: x + 6 = b i cos α = x b =. Strona z

14 Następnie zapisujemy równanie z jedną niewiadomą, np. 6 b + = b, skąd wynika, że b = 0. a A zatem x =. Teraz obliczamy długość krawędzi podstawy ostrosłupa: =, stąd a =. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa obliczamy wysokość ściany bocznej: ( ) h + 6 = 0, stąd h = 8. Obliczamy wreszcie pole powierzchni bocznej ostrosłupa: Pb = ah= 8 6 = 96. Rozwiązanie (II sposób) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku w I sposobie rozwiązania. Obliczamy długości dwóch boków trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej b oraz przyprostokątnych długości 6 oraz x. Tym razem obliczymy sinus kąta α, sinα =, a następnie zapisujemy zależność 6 =, z której otrzymujemy b = 0. Następnie, korzystając z twierdzenia Pitagorasa, b zapisujemy równanie x + 6 = 0, a stąd x =. Teraz obliczamy długość krawędzi podstawy ostrosłupa: a =, stąd a =. Korzystając ponownie z twierdzenia Pitagorasa obliczamy wysokość ściany bocznej: ( ) h + 6 = 0, stąd h = 8. Obliczamy pole powierzchni bocznej ostrosłupa Pb = ah= 8 6 = 96. Rozwiązanie (III sposób) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku w I sposobie rozwiązania. Najpierw obliczymy długość boku x trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej b oraz przyprostokątnych długości x i 6. Korzystamy z faktu, że cosα = i obliczamy najpierw sinus, a następnie H 6 tangens kąta α, tgα =. Teraz zapisujemy zależność tg α = x = x, z której wynika, że 6 =, czyli x =. Następnie z równości a = obliczamy długość krawędzi podstawy x a =. Wreszcie z twierdzenia Pitagorasa obliczamy wysokość ściany bocznej ostrosłupa: a h = H + i stąd h = 8 równe Pb. Szukane pole powierzchni bocznej ostrosłupa jest zatem = ah= 8 6 = 96. I, II i III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający: zapisze równość wynikającą z treści zadania oraz z definicji cosinusa kąta ostrego, np. x b = Strona z

15 zapisze równość wynikającą z treści zadania oraz twierdzenia Pitagorasa x + 6 = b, obliczy sinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa, sinα = obliczy tangens kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa, tgα = i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą: 6 b + = b 6 = b 6 x = i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający obliczy długość krawędzi podstawy tego ostrosłupa a = i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie prawie pełne.... p. Zdający obliczy wysokość ściany bocznej tego ostrosłupa h = 8 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne... p. Zdający obliczy i zapisze, że pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa jest równe Pb = ah= 8 6 = 96. Uwagi:. Akceptujemy poprawnie zastosowane zaokrąglenia liczb rzeczywistych.. Jeżeli zdający założy, że x = oraz b = i doprowadzi rozwiązanie do końca otrzymując Pb to za całe rozwiązanie otrzymuje punkt. = ah= 7 = 6,. Jeżeli zdający przyjmuje, że podany kąt jest kątem nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy, otrzymując a = oraz h = 0 i obliczy pole powierzchni bocznej Pb = ah= 0 = 960, to za takie rozwiązanie może otrzymać maksymalnie punkty.. Jeżeli zdający przyjmuje, że powierzchnia boczna tego ostrosłupa jest trójkątem równobocznym, to za takie rozwiązanie może otrzymać maksymalnie punkty. Strona z

16 . Jeżeli zdający zapisuje błędną zależność wynikającą z definicji cosinusa danego kąta, to za całe rozwiązanie może otrzymać maksymalnie punkty. 6. Jeżeli zdający popełnia błędy nieprzekreślające poprawności rozumowania, np.: błędy rachunkowe, błędy w przepisywaniu, itp. i doprowadza rozwiązanie konsekwentnie do końca, to może otrzymać maksymalnie punkty. Zadanie. (0-) W ciągu arytmetycznym ( a n), określonym dla liczb naturalnych n, wyraz szósty jest liczbą dwa razy większą od wyrazu piątego, a suma dziesięciu początkowych wyrazów tego ciągu jest równa S 0 =. Oblicz wyraz pierwszy oraz różnicę tego ciągu. Rozwiązanie (I sposób) Oznaczmy rozpatrywany ciąg arytmetyczny przez ( a n ), gdzie n, a różnicę tego ciągu przez r. Zapisujemy zależność między wyrazami piątym i szóstym: a 6 = a. Stąd a + r = ( a + r), czyli a = r. Zapisujemy kolejną zależność a+ a0 S0 = 0 =, a stąd ( a + 9r) =, czyli a + 9r =. Zapisujemy równanie z jedną niewiadomą, ( r) + 9r =, skąd otrzymujemy r =. Ostatecznie więc r = i a =. I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający zapisze równanie z dwiema niewiadomymi a i r, np. a + 9r a + r = ( a + r) lub 0 = i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający zapisze dwa równania z dwiema niewiadomymi a i r, a + 9r np. a + r = ( a + r) i 0 = i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą np. ( r) + 9r = i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Strona 6 z

17 Rozwiązanie pełne... p. Zdający obliczy i zapisze, że r = i a =. Uwaga: Jeżeli zdający popełnia błędy nieprzekreślające poprawności rozumowania, np.: błędy rachunkowe, błędy w przepisywaniu, itp. i doprowadza rozwiązanie konsekwentnie do końca, to może otrzymać maksymalnie punkty. Rozwiązanie (II sposób) Oznaczmy rozpatrywany ciąg arytmetyczny przez ( a n ), gdzie n, a różnicę tego ciągu przez r. Zapisujemy zależność między wyrazami piątym i szóstym: a 6 = a. Stąd a + r = a, czyli = r. a Zauważamy, że a = a r oraz a0 = a + r i zapisujemy kolejną zależność a + a a r + a + S = = r 0 =. Po uwzględnieniu zależności a = r, mamy r+ 6r 0 =, czyli r =. Stąd wynika, że a = a r = r r = r = =. II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający zapisze równanie z dwiema niewiadomymi a i r, np. a r+ a + r a + r = a lub równanie 0 = i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający zapisze dwa równania z dwiema niewiadomymi a i r, a r+ a + r np. a + r = a i równanie 0 = i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą np. r+ 6r 0 = lub a + a = a i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne... p. Zdający obliczy i zapisze, że r = i a =. Strona 7 z

18 Uwaga: Jeżeli zdający popełnia błędy nieprzekreślające poprawności rozumowania, np.: błędy rachunkowe, błędy w przepisywaniu, itp. i doprowadza rozwiązanie konsekwentnie do końca, to może otrzymać maksymalnie punkty. Zadanie. (0-), Punkty A = ( ) i (, 9) C = są wierzchołkami trójkąta równoramiennego AC, w którym AC = C. Podstawa A tego trójkąta zawiera się w prostej o równaniu y = x+. Oblicz współrzędne wierzchołka tego trójkąta. Rozwiązanie (I sposób) Prosta przechodząca przez punkt C = (, 9) i prostopadła do prostej A zawiera wysokość CD trójkąta AC. Współczynnik kierunkowy acd tej prostej jest równy a = = =. CD Zatem prosta CD ma równanie postaci y = ( x ) + 9, y = x+. Obliczmy współrzędne spodka D wysokości CD, rozwiązując układ równań y = x+ oraz y = x+. Stąd otrzymujemy x+ = x+, x = 9, x = 9. Zatem y = =, więc 9 7 D = (, ) =, = (,8;, ). Ponieważ trójkąt AC jest równoramienny i AC = C, więc punkt D jest środkiem podstawy A tego trójkąta. Ze wzorów na współrzędne środka odcinka otrzymujemy xa + x ya + y = xd oraz = yd, +x 9 = oraz + y 7 =, x = = 8 oraz y 9 = =. Zatem = (, 9 ) = ( 8, ). Uwaga Zdający może wyznaczyć współrzędne punktu, korzystając z równości wektorów: AD = D AD = 9, 7, + = i D = x 9, 7 y a A Strona 8 z

19 9 7 9 x = + = = 8 oraz y = + = =. Rozwiązanie (II sposób) Punkt leży na prostej o równaniu y = x+, więc współrzędne tego punktu można zapisać w postaci ( x, x ) Równość AC = +. = C możemy, korzystając ze wzoru na długość odcinka, zapisać w postaci ( ) ( x ), ( ( ) ) ( 9 ) ( x ) 9 ( x ) + = + +, ( 68) = ( x ) 9 + ( + ) ( x ) ( x ) 68 = +, 68 = x + x + x + x, x 9 0 x =, ( ) ( ) x 8x = 0. Δ= 8 = 0, Δ= 0 = 8, x 8 8 = = lub x = = = = 8. 0 Pierwsze z otrzymanych rozwiązań to współrzędna wierzchołka A, zatem współrzędne punktu są równe Rozwiązanie (III sposób) (, ) (, ) (, 8 9 ) (, ) ( 8, ) = + = = = = x 8 = =, więc Punkt jest punktem przecięcia okręgu o środku w punkcie C i promieniu AC z prostą A o równaniu y = x+. Obliczamy długość promienia okręgu ( ( )) ( ) r = AC = + 9 = + 8 = 68 = 7 Zatem równanie okręgu możemy zapisać w postaci ( x ) ( y ) + 9 = 68. Współrzędne punktu obliczamy rozwiązując układ równań ( x ) + ( y 9) = 68 y = x + ( x ) ( x ) = 68 Strona 9 z

20 ( x ) ( x ) + = 68 x x+ + x x+ = 68, ( ) ( ) x 8x = 0, Δ= 8 = 0, Δ= 0 = 8, 8 8 x = = lub x = = = = 8. 0 Pierwsze z otrzymanych rozwiązań to współrzędna wierzchołka A, zatem współrzędne punktu są równe (, ) (, ) (, 8 9 ) (, ) ( 8, ) = + = = = =. x 8 = =, więc I, II i III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdający zapisze, że spodek D wysokości CD jest środkiem boku A trójkąta AC zapisze równanie prostej CD: y = x+ zapisze współrzędne punktu w zależności od jednej zmiennej, np.: = ( x, x + ) i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy zapisze równanie okręgu o środku w punkcie C i promieniu ( x ) ( y ) + 9 = 68 i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Strona 0 z AC, np.: Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... p. Zdający obliczy współrzędne spodka D wysokości CD trójkąta AC: D = ( 9, 7 ) ( ) zapisze równanie z jedną niewiadomą, np.: ( 68) = ( x ) 9 + ( x + ) zapisze układ równań z dwiema niewiadomymi: ( x) + ( 9 y) = 68 y = x + zapisze układ równań z dwiema niewiadomymi (równanie okręgu i prostej): ( x ) + ( y 9) = 68 y = x + i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.

21 Pokonanie zasadniczych trudności zadania... p. Zdający zapisze układ równań pozwalający obliczyć współrzędne wierzchołka, np.: +x 9 = oraz + y 7 = zapisze równanie kwadratowe z jedną niewiadomą w postaci uporządkowanej, np.: x 8x = 0. zapisze równanie kwadratowe z jedną niewiadomą w postaci uporządkowanej, np.: x 9 x = 0 zapisze równość wektorów pozwalającą obliczyć współrzędne wierzchołka, np.: AD = D oraz AD =, i D = x 9 7, y. Rozwiązanie pełne... p. = 8,. Zdający obliczy współrzędne wierzchołka : ( ) Strona z