PRÓBNA NOWA MATURA z WSiP. Matematyka dla klasy 2 Poziom podstawowy. Zasady oceniania zadań

Transkrypt

1 PRÓBNA NOWA MATURA z WSiP Matematyka dla klasy Poziom podstawowy Zasady oceniania zadań Copyright by Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne sp. z o.o., Warszawa 0

2 Matematyka dla klasy Poziom podstawowy Kartoteka testu Numer zadania Wymagania ogóle Wymagania szczegółowe Uczeń: Maksymalna liczba punktów oblicza potęgi o wykładnikach wymiernych stosuje prawa działań na potęgach o wykładnikach wymiernych wykonuje obliczenia procentowe wykonuje obliczenia procentowe stosuje prawa działań na potęgach o wykładnikach wymiernych wykorzystuje definicję logarytmu i stosuje w obliczeniach wzory na logarytm ilorazu i logarytm potęgi o wykładniku naturalnym wyznacza wzór funkcji liniowej na podstawie informacji o funkcji lub o jej wykresie interpretuje współczynniki występujące we wzorze funkcji liniowej wyznacza wzór funkcji liniowej na podstawie informacji o jej wykresie za pomocą układów równań opisuje i rozwiązuje zadania osadzone w kontekście praktycznym wyłącza wspólny czynnik z wyrazów sumy algebraicznej poza nawias używa wzorów skróconego mnożenia na a± b ( ) rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą korzysta z własności iloczynu przy rozwiązywaniu równań typu x x+ x- 7 = 0 ( )( ) rozwiązuje nierówności kwadratowe z jedną niewiadomą stosuje proste zależności między funkcjami trygonometrycznymi 0 Copyright by Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne sp. z o.o.

3 Matematyka dla klasy Poziom podstawowy wykorzystuje definicję funkcji sinus znając wartość funkcji cosinus, wyznacza wartości pozostałych funkcji tego samego kąta ostrego III. Modelowanie matematyczne. oblicza pola i obwody czworokątów III. Modelowanie matematyczne. stosuje twierdzenie Pitagorasa 5 III. Modelowanie matematyczne. oblicza pole powierzchni i objętość graniastosłupa prostego 6 IV. Użycie i tworzenie strategii. korzysta z własności iloczynu przy rozwiązywaniu równań typu x x+ x- 7 = 0 7 V. Rozumowanie i argumentacja. ( )( ) używa wzorów skróconego mnożenia na a± b oraz a -b ( ) 8 IV. Użycie i tworzenie strategii. rozwiązuje nierówności kwadratowe z jedną niewiadomą 9 V. Rozumowanie i argumentacja. stosuje twierdzenie Pitagorasa 0 odczytuje z wykresu własności funkcji IV. Użycie i tworzenie strategii. stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym, oblicza pole koła, oblicza pole trójkąta V. Rozumowanie i argumentacja. posługuje się poznanymi metodami rozwiązywania równań do obliczenia dla jakiego argumentu funkcja przyjmuje daną wartość, rozwiązuje nierówności pierwszego stopnia z jedną niewiadomą zaznacza przedziały na osi liczbowej IV. Użycie i tworzenie strategii. za pomocą układów równań opisuje i rozwiązuje zadania osadzone w kontekście praktycznym 5 Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych Numer zadania Poprawna odpowiedź B A C D C D C B D A Numer zadania Poprawna odpowiedź A A A C D D A B B D Numer zadania 5 Poprawna odpowiedź D D C B B Za każdą poprawną odpowiedź w zadaniach zamkniętych uczeń otrzymuje punkt. Copyright by Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne sp. z o.o. 0

4 Matematyka dla klasy Poziom podstawowy Schemat oceniania pozostałych zadań UWAGA OGÓLNA Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą niż przewidziana w schemacie oceniania należy przyznać zdającemu maksymalną liczbę punktów. Za częściowe rozwiązanie zadania inną metodą niż przewidziana w schemacie oceniania należy przyznać zdającemu liczbę punktów adekwatną do wykonanych czynności. Numer zadania 6 7 Rozwiązanie Zasady punktowania Punktacja Przekształcamy równanie do postaci: x+ x- 5 x+ 5 = 0. ( )( )( ) Wyznaczamy pierwiastki tego równania: -,- 5, 5. Podajemy niewymierne pierwiastki równania: - 5, 5. Przekształcamy podaną nierówność do postaci: a + b + c -ab- bc ³ 0. Lewą stronę nierówności przedstawiamy a- b + b- c. jako sumę kwadratów: ( ) ( ) Uzasadniamy, że zachodzi nierówność: ( a- b) + ( b- c) ³ 0. Ponieważ ta nierówność jest równoważna nierówności wyjściowej, więc zachodzi a + b + c ³ ba+ c. nierówność: ( ) Przekształcamy podaną nierówność do postaci: -x -x- 0 lub x + x+ ³ 0. Istotny postęp punkt. Przekształcenie lewej strony równania do postaci iloczynowej: x+ x- 5 x+ 5 = 0. ( )( )( ) Pełne rozwiązanie punkty. Wymienienie niewymiernych pierwiastków równania: - 5, 5. Istotny postęp punkt. Przekształcenie nierówności do postaci: a + b + c -ab- bc ³ 0. Pełne rozwiązanie punkty. Przekształcenie nierówności do postaci: ( a- b) + ( b- c) ³ 0 i uzasadnienie, że zachodzi ta nierówność. Istotny postęp punkt. Przekształcenie nierówności do postaci: -x -x- 0 lub x + x+ ³ Obliczamy pierwiastki trójmianu: x =-, x =-. Podajemy rozwiązanie nierówności: x Î( - ; - È - ; + ). P B A Pełne rozwiązanie punkty. Podanie rozwiązania nierówności: x Î( - ; - È - ; + ). Istotny postęp punkt. Zauważenie i zapisanie, że APC = 90 i BPD = C D Pełne rozwiązanie punkty. PA + PC = r Stwierdzenie, że ( ) i PB + PD = ( r), więc PA + PB + PC + PD = 8r. 0 Zauważamy, że APC = 90 i BPD = 90. Na podstawie twierdzenia Pitagorasa stwierdzamy, że PA + PC = r i PB + PD = r, więc ( ) ( ) PA + PB + PC + PD = 8r. 0 Copyright by Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne sp. z o.o.

5 Matematyka dla klasy Poziom podstawowy 0 a) -7; 5) b) -; c) -7; 5 ), ( ; ) d) -7; -, ; 5) Uczeń otrzymuje punkt, gdy poprawnie uzupełni informacje tylko w jednym podpunkcie. Uczeń otrzymuje punkty, gdy poprawnie uzupełni informacje tylko w dwóch podpunktach. Uczeń otrzymuje punkty, gdy poprawnie uzupełni informacje tylko w trzech podpunktach. 0 Uczeń otrzymuje punkty, gdy poprawnie uzupełni informacje we wszystkich czterech podpunktach. C Postęp niewielki punkt. Zauważenie i zapisanie, że ASB = S 90 Istotny postęp punkty. Obliczenie długości podstawy AB i długości wysokości trójkąta DC: DC = +. AB =, ( ) A Zauważamy, że ASB = 90. Obliczamy długość podstawy trójkąta: AB =. D Obliczamy długość wysokości trójkąta ASB poprowadzonej w kierunku podstawy AB: SD =, a następnie długość wysokości DC: DC = ( + ). B Pokonanie zasadniczych trudności punkty. Obliczenie pola trójkąta ABC: P D = 8+. ABC ( ) Pełne rozwiązanie punkty. Obliczenie pola figury: P = 6π f 0 Obliczamy pole trójkąta ABC: P D = 8+. ABC ( ) Obliczamy pole figury: P = 6π f Copyright by Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne sp. z o.o. 0 5

6 Matematyka dla klasy Poziom podstawowy I sposób Obliczamy miejsce zerowe funkcji: m- x =. Zapisujemy nierówność: m- < 0 i rozwiązujemy ją ze względu na zmienną m: m <. II sposób Zauważamy, że jeżeli funkcja jest liniowa i rosnąca, to aby jej miejscem zerowym była liczba ujemna, wystarczy, aby wyraz wolny tej funkcji był liczbą dodatnią: - m > 0. Rozwiązujemy nierówność - m > 0 ze względu na zmienną m: m <. Zaznaczamy na osi liczbowej obydwa przedziały. 0 Wypisujemy liczby całkowite należące jednocześnie do obu przedziałów: -, -, 0,,,. Przyjmujemy oznaczenia, np. x liczba litrów deszczówki w pierwszej beczce, y liczba litrów deszczówki w drugiej beczce. Zapisujemy układ równań, np. ìï ïx- 0 = y í ï. ïî x + 0 = y - 0 Przekształcamy układ równań do równania z jedną niewiadomą, np. x+ 0 = x-0-0. Rozwiązujemy równanie: x = 5. Podajemy ilość deszczówki w pierwszej beczce: 5 l. Istotny postęp punkt. Obliczenie miejsca zerowego funkcji: m- x =. Pełne rozwiązanie punkty. Zapisanie nierówności i wyznaczenie zbioru rozwiązań nierówności: m Î( - ;). Istotny postęp punkt. Zauważenie i uzasadnienie, że wystarczy rozwiązać nierówność: - m > 0. Pełne rozwiązanie punkty. Zapisanie nierówności i wyznaczenie zbioru rozwiązań nierówności: m Î( - ;). Istotny postęp punkt. Zaznaczenie na osi liczbowej obydwóch przedziałów. Pełne rozwiązanie punkty. Podanie liczb całkowitych należących jednocześnie do obu przedziałów. Postęp niewielki punkt. Zapisanie jednej z zależności pomiędzy liczbą litrów deszczówki w pierwszej beczce a liczbą litrów deszczówki w drugiej beczce, np. x- 0 = y, gdzie x oznacza liczbę litrów deszczówki w pierwszej beczce, a y liczbę litrów deszczówki w drugiej beczce. Postęp większy punkty. Zapisanie układu równań: ìï ïx- 0 = y í. ï ïî x + 0 = y - 0 Istotny postęp punkty. Przekształcenie układu równań do równania z jedną niewiadomą, np. x: x+ 0 = x Obliczamy ilość deszczówki w drugiej beczce: 5 l. Pokonanie zasadniczych trudności punkty. Poprawne rozwiązanie równania: x = 5. Pełne rozwiązanie 5 punktów. Poprawne obliczenie ilości deszczówki w pierwszej beczce: 5 l i w drugiej beczce: 5 l. 6 0 Copyright by Wydawnictwa Szkolne i Pedagogiczne sp. z o.o.