EGZAMIN MATURALNY 2011 MATEMATYKA

Transkrypt

1 Centralna Komisja Egzaminacyjna w Warszawie EGZAMIN MATURALNY 0 MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY MAJ 0

2 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony Zadanie (0 4) Obszar standardów Użycie i tworzenie strategii Opis wymagań Wykorzystanie cech podzielności liczb całkowitych Rozwiązanie 6 4 Przekształcamy wyrażenie k k + k do postaci iloczynowej: 4 k ( k k + ) = k ( k ) = ( k ) k( k+ ) Wykazujemy, że dla każdej liczby całkowitej k liczba ( k ) k( k+ ) jest podzielna przez 6 Aby wykazać podzielność liczby rozpatrujemy jeden z trzech sposobów: sposób I Wśród trzech kolejnych liczb całkowitych jest co najmniej jedna liczba parzysta i dokładnie jedna liczba podzielna przez Kwadrat iloczynu tych liczb jest podzielny przez Zatem liczba postaci k k + k, gdzie k jest liczbą całkowitą, dzieli się przez 6 sposób II Pokazujemy podzielność przez i przez : ) podzielność przez dla k parzystego czyli k = m, gdzie m jest liczbą całkowitą, otrzymujemy ( k ) k( k+ ) = ( m ) m(m+ ) = ( m ) m(m+ ) dla k nieparzystego czyli k = m+, gdzie m jest liczbą całkowitą, mamy k k( k+ ) = m(m+ ) m+, ( ) ( ) zatem w każdym przypadku liczba ( k ) k( k+ ) jest podzielna przez, ) podzielność przez dla k = m, gdzie m jest liczbą całkowitą, mamy ( k ) k( k+ ) = ( m ) m(m+ ) = ( m ) m(m+ ) dla k = m+, gdzie m jest liczbą całkowitą, mamy ( k ) k( k+ ) = m(m+ ) ( m+ ) dla k = m+, gdzie m jest liczbą całkowitą, mamy k k( k+ ) = (m+ ) m+ m+ = (m+ ) m+ m+, ( ) ( )( ) ( )( ) zatem w każdym przypadku liczba ( k ) k( k ) + jest podzielna przez Ponieważ liczba jest podzielna przez i przez, a liczby i są względnie pierwsze, więc liczba ( k ) k( k+ ) jest podzielna przez 6 Kwadrat tej liczby jest podzielny przez Zatem liczba k k + k, gdzie k jest liczbą całkowitą, dzieli się przez 6 sposób III Pokazujemy podzielność przez 6 na podstawie przypadków: dla k = 6m, gdzie m jest liczbą całkowitą, mamy ( k ) k( k+ ) = ( 6m ) 6 m(6m+ ) = 6 ( 6m ) m(6m+ ) dla k = 6m+, gdzie m jest liczbą całkowitą, mamy k k( k+ ) = 6 m(6m+ ) 6m+ ( ) ( )

3 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony dla k = 6m+, gdzie m jest liczbą całkowitą, mamy k k( k+ ) = (6m+ ) 6m+ 6m+ = 6(6m+ ) m+ m+ ( ) ( )( ) ( )( ) dla k = 6m+, gdzie m jest liczbą całkowitą, mamy k k( k+ ) = 6m+ 6m+ (6m+ 4) = 6 m+ m+ (6m+ 4) ( ) ( )( ) ( )( ) dla k = 6m+ 4, gdzie m jest liczbą całkowitą, mamy k k( k+ ) = 6m+ (6m+ 4) 6m+ 5 = 6 m+ m+ (6m+ 5) ( ) ( ) ( ) ( )( ) dla k = 6m+ 5, gdzie m jest liczbą całkowitą, mamy k k( k+ ) = (6m+ 4) 6m+ 5 6m+ 6 = 6(6m+ 4) 6m+ 5 ( m+ ), ( ) ( )( ) ( ) zatem w każdym przypadku liczba ( k ) k( k ) + jest podzielna przez 6 Kwadrat tej liczby jest podzielny przez Zatem liczba k k + k, gdzie k jest liczbą całkowitą, dzieli się przez 6 Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym jest postęp pkt 6 4 Zapisanie liczby n = k k + k w jednej z następujących postaci iloczynowych: k ( k ) lub k( k ) lub k( k )( k+ ) lub k ( k )( k+ ) lub ( k k) Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Wykazanie podzielności liczby n przez albo przez Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Wykazanie podzielności liczby n przez i przez albo stwierdzenie, że iloczyn trzech kolejnych liczb całkowitych jest podzielny przez 6 Uwaga k + Zdający może zauważyć, że ( k+ ) k( k ) = 6 Przyznajemy wtedy punkty i nie wymagamy wyjaśnienia, że został tu użyty uogólniony współczynnik dwumianowy Rozwiązanie pełne 4 pkt Wyciągnięcie wniosku o podzielności liczby n przez 6 Zadanie (0 4) Rozumowanie i argumentacja I sposób rozwiązania Przekształcamy tezę w sposób równoważny a b Mnożymy obie strony równości + = przez ( a c)( b c), otrzymując: a c b c a b c + b a c = a c b c, czyli ab ac + ab bc = ab ac bc + c ( ) ( ) ( )( ) c ac bc= 0, czyli c( c a b) Stąd otrzymujemy Przekształcenie równoważne wyrażenia wymiernego = 0 Ta ostatnia równość jest prawdziwa, bo z założenia c a b= 0 Zatem teza też jest prawdziwa

4 4 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki pkt a( b c) + b( a c) Sprowadzenie lewej strony równości do wspólnego mianownika: = a c b c ( )( ) Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt a b Przekształcenie równości + = do postaci a c b c a b c + b a c = a c b c ( ) ( ) ( )( ) Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Wykonanie działań i doprowadzenie równości do postaci np: c ac bc= 0 Rozwiązanie pełne4 pkt c c a b = 0 i wnioskowanie o prawdziwości równości Uzasadnienie, że ( ) a b + = a c b c II sposób rozwiązania Z równania a + b = c wyznaczamy b= c a i wstawiamy do wyrażenia: a b a c a a c a a ( c a) ( a c) + = + = + = = = a c b c a c c a c a c c a a c a c Uwaga Z równania a + b = c można także wyznaczyć zmienną a lub c Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki pkt a( b c) + b( a c) Sprowadzenie lewej strony równości do wspólnego mianownika: = ( a c)( b c) Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Wyznaczenie z założenia a + b = c, np b i doprowadzenie wyrażenia do postaci a b a c a a c a + = + = + a c b c a c c a c a c c a Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt a ( c a) Wykonanie działań i doprowadzenie wyrażenia do postaci np: a c Rozwiązanie pełne4 pkt a b ( a c) Przekształcenie wyrażenia do postaci + = = a c b c a c III sposób rozwiązania Z równania a + b = c otrzymujemy a c= c b, więc ciąg acb,, jest ciągiem arytmetycznym c= a+ r b= a+ r Wstawiamy do wyrażenia a b a a+ r a a+ r a+ a+ r r + = + = + = = = a c b c a a+ r a+ r a+ r r r r r ( ) ( )

5 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony 5 Uwaga Zdający może zauważyć, że a c= c b i przekształcić wyrażenie bez wprowadzania r, a b a b a b c b b c b np + = + = = = = a c b c c b b c c b c b c b Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki pkt Zapisanie, że liczby acb,, tworzą ciąg arytmetyczny Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt a a+ r Doprowadzenie wyrażenia do postaci, np + a a+ r a+ r a+ r ( ) ( ) Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt a a+ r Wykonanie działań i doprowadzenie wyrażenia do postaci + r r Rozwiązanie pełne 4 pkt a+ a+ r r Przekształcenie wyrażenia do postaci = = r r Zadanie (0 6) Użycie i tworzenie strategii I sposób rozwiązania Zapisujemy warunki jakie muszą być spełnione, aby równanie x 4mx m + 6m + m = 0 posiadało dwa różne pierwiastki rzeczywiste x, x takie, że ( x x) < 8( m+ ) : Δ > 0 x x < 8 + ( ) ( m ) Rozwiązujemy nierówność Δ> 0 6m 4( m + 6m + m ) > 0 m m m + > 0 m+ m m > 0 ( )( )( ) Zatem m (,) (, + ) Rozwiązujemy nierówność x x x + x < 8m+ 8 x + x x x < 8m+ 8 x + x x + x 4x x < 8m+ 8 ( ) ( x x) 8( m ) < +, korzystając ze wzorów Viète a x + x 4x x < 8m+ 8 Ponieważ x+ x = 4m oraz x x = m + m + m, więc ( ) ( ) 4m 4 m + 6m + m < 8m+ 8 Przekształcamy tę nierówność do postaci Rozwiązanie równania kwadratowego z parametrem z zastosowaniem wzorów Viète a, przeprowadzenie dyskusji i wyciągnięcie wniosków 4m 8m m< 0 6

6 6 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony stąd m( m )( m ) 4 + < 0 Rozwiązaniem nierówności jest m, 0, ( ) ( ) Wyznaczamy część wspólną otrzymanych zbiorów rozwiązań nierówności: Δ> 0 i ( x x ) < 8( m+ ) Stąd m ( 0,) (,) Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów Pierwszy z nich polega na rozwiązaniu nierówności Δ > 0 : m (,) (, + ) Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje punkt Uwaga Jeżeli zdający zapisze Δ 0, to za tę część otrzymuje 0 punktów Drugi etap polega na rozwiązaniu nierówności ( x x ) < 8( m + ) Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 4 punkty Trzeci etap polega na wyznaczeniu części wspólnej rozwiązań nierówności z etapu pierwszego i drugiego Za poprawne rozwiązanie trzeciego etapu zdający otrzymuje punkt Podział punktów za drugi etap rozwiązania: punkt zdający otrzymuje za zapisanie wyrażenia ( x x ) w postaci ( ) punkty zdający otrzymuje za zapisanie nierówności ( x x) 8( m ) stopnia z jedną niewiadomą m, np Δ x+ x 4xx lub a < + w postaci nierówności trzeciego 4m 8m m< 0 4 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie nierówności trzeciego stopnia: m (, ) ( 0,) Rozwiązanie pełne (trzeci etap)6 pkt Wyznaczenie części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności i podanie odpowiedzi: m 0,, ( ) ( ) Uwaga Przyznajemy punkt za wyznaczenie części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności z etapu I i etapu II, gdy co najmniej jedna nierówność (albo z etapu I, albo z etapu II) jest rozwiązana poprawnie II sposób rozwiązania Równanie x 4mx m + 6m + m = 0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste x i x, gdy Δ> 0 Obliczamy Δ= 6m 4( m + 6m + m ) = 4( m m m+ ) Rozwiązujemy nierówność Δ> 0 m m m+ > 0 m+ m m > 0 ( )( )( )

7 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony 7 Zatem m (,) (, + ) Następnie wyznaczamy pierwiastki x, x : ( ) 4m 4 m m m+ x =, x Wówczas ( ) 4m+ 4 m m m+ = 4m m m m+ 4m+ m m m+ x x = x x = 4m m m m+ 4m m m m+ 4 m m m+ x x = = m m m+ i stąd ( x ) ( ) ( x m m m 4 m m m ) = + = + Z warunku Stąd ( x x) < 8( m+ ) otrzymujemy nierówność ( ) < 0, czyli m( m m ) < 0, m( m+ )( m ) < 0 m m m Zatem m (, ) ( 0,) Wyznaczamy część wspólną otrzymanych rozwiązań nierówności Δ> 0 i ( x x ) 8( m ) m 0,, < + : ( ) ( ) Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów Pierwszy z nich polega na rozwiązaniu nierówności > 0 Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje punkt Uwaga Jeżeli zdający zapisze Δ 0, to za tę część otrzymuje 0 punktów 4 m m m+ < 8( m+ ) Δ : (,) (, ) m + Drugi etap polega na rozwiązaniu nierówności ( x x ) < 8( m + ) Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 4 punkty Trzeci etap polega na wyznaczeniu części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności z etapu pierwszego i drugiego Za poprawne rozwiązanie trzeciego etapu zdający otrzymuje punkt Podział punktów za drugi etap rozwiązania: punkt zdający otrzymuje za ( ) 4m 4 m m m+ wyznaczenie x i x : x =, punkty zdający otrzymuje za zapisanie x x = m m m+ x ( ) 4m+ 4 m m m+ =

8 8 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony punkty zdający otrzymuje za obliczenie ( x ) ( x 4 m m m ) 4( m m m+ ) < 8( m+ ) 4 punkty zdający otrzymuje za = + i zapisanie nierówności rozwiązanie nierówności trzeciego stopnia: (, ) ( 0,) m Rozwiązanie pełne (trzeci etap)6 pkt Wyznaczenie części wspólnej rozwiązań nierówności i podanie odpowiedzi: m 0,, Uwagi ( ) ( ) Przyznajemy punkt za wyznaczenie części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności z etapu I i etapu II, gdy co najmniej jedna nierówność (albo z etapu I, albo z etapu II) jest rozwiązana poprawnie Jeżeli zdający popełni jeden błąd rachunkowy i konsekwentnie do tego błędu poda rozwiązanie, to otrzymuje 5 punktów Zadanie 4 (0 4) Użycie i tworzenie strategii Rozwiązanie równania trygonometrycznego I sposób rozwiązania Wyłączamy przed nawias sin x : sin x( cos x) = cos x i zapisujemy równanie w postaci iloczynowej: sin x ( cos x) ( cos x) = 0, ( sin x )( cos x) = 0 Zatem sin x = 0 lub cosx = 0 Stąd otrzymujemy: sin x = sin x = cos x = 5 7 x = π lub x = π lub x = π lub x = π lub x = 0 lub x = π albo albo albo x = 5 lub x = 5 x = 45 lub x = 5 x = 0 lub x = 60 Zatem rozwiązaniami równania sin x sin xcos x= cos x są: 5 7 x = 0 lub x = π lub x = π lub x = π lub x = π lub x = π albo x = 0 lub x = 45 lub x = 5 lub x = 5 lub x = 5 lub x = 60

9 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony 9 Schemat oceniania I sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt Zapisanie równania w postaci, np sin x cos x = cos lub sin x ( cos x) ( cos x) = 0, ( ) x lub ( x ) x( x ) sin cos sin = 0 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Zapisanie równania w postaci alternatywy: sin x = lub cos x = sin x = lub sin x =, lub cos x = cos x = 0 lub cos x = Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Rozwiązanie jednego z otrzymanych równań Rozwiązanie pełne 4 pkt Zapisanie wszystkich rozwiązań równania sin x sin x cos x = cos x w podanym przedziale: 5 7 x = 0, x = π, x = π, x = π, x = π, x = π albo x = 0, x = 45, x = 5, x = 5, x = 5, x = 60 Uwagi Jeżeli zdający podaje ogólne rozwiązania równania sin x sin x cos x = cos x bez uwzględnienia przedziału 0, π, to otrzymuje punkty Jeżeli zdający zapisze równanie w postaci sin x( cos x) = cos x, a następnie podzieli obie strony równania przez cos x bez odpowiedniego założenia i rozwiąże tylko równanie sin x = 0, to za całe zadanie otrzymuje punkt sin x cos x = cos, a następnie podzieli obie strony równania przez cos x zakładając, że cos x, rozwiąże tylko równanie sin x = 0 i nie rozpatrzy równania cos x =, to za całe zadanie otrzymuje punkty Jeżeli zdający zapisze równanie w postaci ( ) x II sposób rozwiązania Zapisujemy równanie za pomocą jednej funkcji trygonometrycznej cos x cos x cos x = cos i przekształcamy do postaci ( ) ( ) x cos x cos x + cos x + cos x = 0 cos x cos x cos x + = 0 Następnie zapisujemy to równanie w postaci iloczynowej ( cos x )( cos x ) = 0 Zatem cos x = 0 lub cos x = 0

10 0 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony Stąd otrzymujemy: cos x = cos x = cos x = 5 7 x = π lub x = π lub x = π lub x = π, lub x = 0 lub x = π albo albo albo x = 5 lub x = 5 x = 45 lub x = 5 x = 0 lub x = 60 Zatem rozwiązaniami równania sin x sin xcos x= cos x są: 5 7 x = 0 lub x = π lub x = π lub x = π lub x = π lub x = π albo x = 0 lub x = 45 lub x = 5 lub x = 5 lub x = 5 lub x = 60 Schemat oceniania II sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt Zapisanie równania w postaci iloczynowej, np ( cos )( cos x ) = 0 x lub ( x )( x )( x ) cos cos + cos = 0 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Zapisanie równania w postaci alternatywy: cos x = lub cos x = cos x = lub cos x =, lub cos x = Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Rozwiązanie jednego z otrzymanych równań Rozwiązanie pełne4 pkt Zapisanie wszystkich rozwiązań równania sin x sin x cos x = cos x w podanym przedziale: 5 7 x = 0, x = π, x = π, x = π, x = π, x = π albo x = 0, x = 45, x = 5, x = 5, x = 5, x = 60 Uwagi Jeżeli zdający podaje ogólne rozwiązania równania sin x sin x cos x = cos x bez uwzględnienia przedziału 0, π, to otrzymuje punkty Jeżeli zdający zapisze równanie w postaci cos x ( cos x ) = cos x, a następnie podzieli obie strony równania przez cos x bez odpowiedniego założenia i rozwiąże tylko równanie cos x = 0, to za całe zadanie otrzymuje punkt cos x cos x = cos x, a następnie podzieli obie strony równania przez cos x zakładając, że cos x, rozwiąże tylko równanie cos x = 0 i nie rozpatrzy równania cos x =, to za całe zadanie otrzymuje punkty Jeżeli zdający zapisze równanie w postaci ( )

11 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony Zadanie 5 (0 4) Użycie i tworzenie strategii Zastosowanie własności ciągu geometrycznego, wzorów na n-ty wyraz tego ciągu i na sumę n wyrazów ciągu arytmetycznego I sposób rozwiązania Z własności ciągu geometrycznego zapisujemy równość: q a xn+ n xn+ xn = + = = xn an x Zatem 7 n x = + n Stąd x n+ xn = Zauważamy, że jeśli dla dowolnej liczby naturalnej n: xn+ xn arytmetyczny o różnicy r = Z własności ciągu arytmetycznego zapisujemy układ równań x+ ( x+ r) + + ( x+ 9r) = 45 r = 0x + 45r = 45 Doprowadzamy układ do postaci: r = równania Otrzymujemy równanie z jedną niewiadomą: 0x + 5 = 45 Stąd x = =, to ciąg ( x ) n jest i podstawiamy r = do pierwszego Schemat oceniania I sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt Wykorzystanie własności ciągu geometrycznego i zapisanie odpowiedniego równania, np x 7 n x = + n Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Zapisanie zależności między dwoma kolejnymi wyrazami ciągu ( x n ): x n x = + n (wystarczy zapis, np x x = ) Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Zapisanie układu równań x+ ( x+ r) + + ( x+ 9r) = 45 x + 9r 0 = 45 0x + 45r = 45 lub, lub, r = r = r = x + x x + 7 = 45 i przekształcenie do równania w postaci, lub równania ( ) ( ) np: 0x + 5 = 45 Rozwiązanie pełne 4 pkt Obliczenie x : x = Uwaga Jeżeli zdający pomyli własności ciągu arytmetycznego i geometrycznego, to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów

12 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony II sposób rozwiązania 45 Z warunków zadania zapisujemy równość: x + x + + x n = Zatem x x x 45 n = a jest geometryczny o ilorazie q = 7 otrzymujemy Korzystając z tego, że ciąg ( ) n 7 7 = Stąd 0x = 0x = 0x = 0x + 5 = 45 x x x x = 0 x = Schemat oceniania II sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt 45 Wykorzystanie warunków zadania i zapisanie równości: x + x + + x n = Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Wykorzystanie własności ciągu geometrycznego i zapisanie równania: 9 45 x x 7 x 7 = Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Przekształcenie równania do postaci: 0x + 5 = 45 Rozwiązanie pełne4 pkt Obliczenie x : x = Zadanie 6 (0 4) Użycie i tworzenie strategii I sposób rozwiązania Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich z zastosowaniem trygonometrii C D A E 0 B Z treści zadania wynika, że BD = BC i ABC = 0 oraz BE = 4

13 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony BE Z trójkąta prostokątnego BEC otrzymujemy: cos0 = BC Zatem 4 BC = Stąd BC = i 8 4 BD = Obliczamy AD, stosując twierdzenie cosinusów dla trójkąta ABD AD = AB + BD AB BD cos ABD, 4 4 AD = 8 + 8, AD = 64 + = 7 4 Stąd AD = 4 = Schemat oceniania I sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt Wprowadzenie oznaczeń i obliczenie długości odcinka BC lub CE: 8 4 BC = lub CE = Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt 4 Obliczenie długości odcinka BD: BD = Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABD: 4 4 AD = cos0 Rozwiązanie pełne 4 pkt 4 Wyznaczenie długości środkowej AD: AD = Uwaga Jeśli zdający błędnie wyznaczy wartość cos0 i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca, to otrzymuje punkty

14 4 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony II sposób rozwiązania x y C 0 x D A B Wprowadzamy oznaczenia: x długość ramienia trójkąta ABC, y długość środkowej AD tego trójkąta Zapisujemy twierdzenie cosinusów dla trójkąta ABC, gdzie ACB = 0 : 8 = x + x x cos0 Przekształcamy równanie do postaci 64 = x + x 8 4 Stąd otrzymujemy: x = Ponieważ CD = x, stąd CD = Obliczamy AD, stosując twierdzenie cosinusów dla trójkąta ADC: y = + cos0 = +, y = + + = Stąd otrzymujemy y = = Schemat oceniania II sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt Wprowadzenie oznaczeń i zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABC, np 8 = x + x x cos0 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt 8 64 Obliczenie x lub x : x =, x = Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta ADC: y = + cos0 albo y = + = + + = Rozwiązanie pełne4 pkt 4 Wyznaczenie długości środkowej AD: y = Uwaga Jeśli zdający błędnie wyznaczy wartość cos0 (np zapomina o znaku) i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca, to otrzymuje punkty

15 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony 5 III sposób rozwiązania C x y D A 0 B Wprowadzamy oznaczenia: x długość ramienia trójkąta ABC, y długość środkowej AD tego trójkąta Zapisujemy twierdzenie cosinusów dla trójkąta ABC, gdzie ABC = 0 x x x = cos0 Przekształcamy równanie do postaci: 64 = 8 x 8 4 Stąd otrzymujemy: x = Ponieważ BD = x, stąd BD = Obliczamy AD stosując twierdzenie cosinusów dla trójkąta ABD : 4 4 y = cos0, Stąd otrzymujemy 4 y = y = = 64+ = Schemat oceniania III sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt Wprowadzenie oznaczeń i zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta ABC, np x = 8 + x 8 x cos0 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt 8 64 Obliczenie x lub x : x =, x = Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta ADC: 4 4 y = cos0 Rozwiązanie pełne 4 pkt 4 Wyznaczenie długości środkowej y: y = Uwaga Jeśli zdający błędnie wyznaczy wartość cos0 i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca, to otrzymuje punkty

16 6 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony IV sposób rozwiązania C D 0 A B E F Z treści zadania wynika, że AE = EB = 4 Ponieważ DF CE i D jest środkiem odcinka BC, to F jest środkiem odcinka EB Stąd FB = DF Trójkąt BDF jest połową trójkąta równobocznego o wysokości FB, więc FB = FB Stąd DF = = Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ADF obliczamy długość środkowej AD: AD = AF + DF = 6 + = 6+ = = 4 = Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt Obliczenie długości odcinka FB: FB = Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Obliczenie długości odcinka DF: DF = Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Zapisanie równości wynikającej twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ADF: AD = AF + DF Rozwiązanie pełne4 pkt 7 4 Wyznaczenie długości środkowej AD: AD = = 4 = Uwaga Rozwiązanie analityczne jest zastosowaniem IV sposobu rozwiązania

17 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony 7 V sposób rozwiązania C S D A E 0 B Z treści zadania wynika, że AE = EB = 4 Trójkąt CEB jest połową trójkąta równobocznego o wysokości FB, więc CE EB = Stąd EB 4 CE = = Z twierdzenia o środku ciężkości trójkąta wynika, że 4 4 i SE = CE = = Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ASE mamy: 4 AS = AE + SE czyli AD = 4 + Stąd 4 6 AD = AD = AD = = 4 = Schemat oceniania V sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt 4 Obliczenie długości odcinka CE: CE = Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Zapisanie, że AS = AD i SE = CE Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Zapisanie równości wynikającej z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ASE: AD = AF + DF Rozwiązanie pełne 4 pkt 7 4 Wyznaczenie długości środkowej AD: AD = 4 = AS = AD

18 8 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony Zadanie 7 (0 4) Użycie i tworzenie strategii Rozwiązanie zadania dotyczącego wzajemnego położenia prostej i okręgu I sposób rozwiązania (parametryczny) 4 y S Stwierdzamy, że prosta o równaniu x = nie jest styczna do okręgu x + y + x y = 0 (odległość środka okręgu od tej prostej jest większa od promienia) Zapisujemy równanie kierunkowe prostej przechodzącej przez punkt A = (,0) : ( ) y = a x lub y = ax a w zależności od parametru a (gdzie a jest współczynnikiem kierunkowym prostej stycznej) x + y + x y = 0 Zapisujemy układ równań i doprowadzamy do równania y = ax a kwadratowego z niewiadomą x, np x + ( ax a) + x ( ax a) = 0 Prosta y = ax a jest styczna do okręgu wtedy, gdy układ ten ma dokładnie jedno rozwiązanie, czyli gdy równanie kwadratowe x + ( ax a) + x ( ax a) = 0 ma dokładnie jedno rozwiązanie Przekształcamy równanie x + a x 4a x+ 4a + x ax+ 4a = 0, x + a + x 4a a+ + 4a + 4a = 0 ( ) ( ) Zapisujemy warunek na to, aby równanie ( ) ( ) - - A x a x a a a a = 0 miało jedno rozwiązanie: Δ = 0 4a a+ 4 + a 4a + 4a = 0 Zatem ( ) ( ) ( ) 4( a + a ) 4 ( + a ) ( 4a + 4a ) = 0 Stąd a + a = 0 x

19 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony 9 rozwiązujemy równanie a + a = 0: Δ= 5 a = luba = Z tego, że a, a oznaczają współczynniki kierunkowe prostych stycznych i a a = wynika, że styczne są do siebie prostopadłe Stąd miara kąta między stycznymi jest równa 90 albo korzystamy ze wzorów Viète a i zapisujemy a a = =, gdzie a i a są pierwiastkami równania a + a = 0 Z tego, że a, a oznaczają współczynniki kierunkowe prostych stycznych i a a = wynika, że styczne są do siebie prostopadłe Stąd miara kąta między stycznymi jest równa 90 Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Zapisanie równania kierunkowego prostej przechodzącej przez punkt A = (,0) w postaci, np: y = a( x ) lub y = ax a, lub ax y a = 0 Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt x + y + x y = 0 Zapisanie układu równań i doprowadzenie do równania y = ax a kwadratowego z niewiadomą x, gdzie a jest parametrem, np x ( + a ) + x( 4a a+ ) + 4a + 4a = 0 Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np błędy rachunkowe) pkt Rozwiązanie pełne 4 pkt Obliczenie wartości parametru a, dla których równanie ma jedno rozwiązanie i zapisanie, że dla tych wartości a proste styczne są prostopadłe albo Wykorzystanie wzorów Viète a do zapisania a a = i stwierdzenie, że proste styczne są prostopadłe II sposób rozwiązania (odległość punktu od prostej) Przekształcamy równanie okręgu + y + x y = 0 x do postaci ( x ) ( y ) Wyznaczamy współrzędne środka S i promień r tego okręgu: (,) + + = 5 S =, r = 5 Stwierdzamy, że prosta o równaniu x = nie jest styczna do okręgu x + y + x y = 0 Zapisujemy równanie kierunkowe prostej przechodzącej przez punkt A = (,0) i stycznej do okręgu: y = a( x ) lub y = ax a lub ax y a = 0 w zależności od parametru a (gdzie a oznacza współczynnik kierunkowy prostej stycznej)

20 0 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony Wyznaczamy odległość środka S okręgu od prostej o równaniu ax y a = 0 : a a d = a + Ponieważ promień okręgu jest równy odległości środka okręgu S od stycznej, więc otrzymujemy równanie a a 5 = a + Przekształcamy to równanie 5a + 5 = a 5a + 5= 9a + 6a+ 4a + 6a 4= 0 stąd a + a = 0 Dalej postępujemy jak w sposobie I Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Zapisanie równania prostej przechodzącej przez punkt A = (,0) i stycznej do okręgu w postaci, np: y = a( x ) lub y = ax a, lub ax y a = 0 (gdzie a oznacza współczynnik kierunkowy prostej stycznej) Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt a a Zapisanie równania 5 =, gdzie S = (,) jest środkiem okręgu o promieniu a + r = 5 Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np błędy rachunkowe) pkt Rozwiązanie pełne 4 pkt Obliczenie wartości parametru a, dla których równanie ma jedno rozwiązanie i zapisanie, że dla tych wartości a, proste styczne są prostopadłe

21 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony III sposób rozwiązania (punkty styczności) Przekształcamy równanie okręgu + y + x y = 0 x do postaci ( x ) ( y ) S =, r = 5 Wyznaczamy współrzędne środka S i promień r tego okręgu: (,) Wykonujemy rysunek, na którym zaznaczamy okrąg o środku (,) oraz punkt A = (,0) y + + = 5 S = i promieniu r = 5 S C B Niech punkty B i C będą punktami styczności prostych poprowadzonych z punktu A = (,0) do okręgu o równaniu ( x ) ( y ) + + = 5 Wówczas SBA = SCA = 90 i SA jest przeciwprostokątną w trójkątach ACS i ABS Obliczamy lub odczytujemy długość odcinka SA : ( + ) + ( 0 ) = 9 + = 0 SA = Ponieważ Stąd SB + AB = SA i SB = AB = AC = SC A SC + CA = SA, to AB = 5 i AC = 5 Zapisujemy równanie okręgu o środku w punkcie A = (,0) i promieniu AB = 5 : ( ) + y = 5 x Punkty przecięcia okręgów o równaniach ( x+ ) + ( y ) = 5 i ( x ) + y = 5 jednocześnie punktami styczności prostych stycznych do okręgu ( x ) ( y ) x, które są + + = 5, poprowadzonych przez punkt A = (,0), to punkty B i C Wyznaczamy ich współrzędne rozwiązując układ równań ( x + ) + ( y ) = 5 ( x ) + y = 5 lub odczytujemy z wykresu: B = (, ) i = ( 0, ) C

22 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony Przekształcamy układ równań do równania i wyznaczamy y w zależności od x: x + + y = x + y ( ) ( ) ( ) x + x + + y y + = x 4x y 4 x + 4 x + y = 0 6 x + y + = 0 y = 6x y = x Podstawiamy = x Przekształcamy to równanie x + x = ( ) ( ) 5 y do równania ( ) x y 0x 0x = 0 0 x ( x ) = 0 Stąd x = 0 lub x = 0 Zatem x = 0 lub x = Zatem y = lub y = + = 5 Punkty styczności mają współrzędne B = (, ) i C = ( 0, ) Zapisujemy równania stycznych AB i AC do okręgu ( x ) ( y ) + + = 5: y = x + 4 i y = x lub tylko ich współczynniki kierunkowe: a =, a = Ponieważ =, to proste AB i AC są prostopadłe Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Zauważenie, że trójkąty ACS i ABS są prostokątne i obliczenie długości przeciwprostokątnej, np SA = 0 Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt ( x + ) + ( y ) = 5 x = x = 0 Zapisanie i rozwiązanie układu równań : lub ( x ) + y = 5 y = y = albo Odczytanie z wykresu współrzędnych punktów styczności: B = (, ), C = ( 0, ) Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np błędy rachunkowe) pkt Rozwiązanie pełne 4 pkt Wyznaczenie równań stycznych do okręgu lub tylko ich współczynników kierunkowych i zapisanie, że proste styczne są prostopadłe

23 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony IV sposób rozwiązania S =, r = 5 Wyznaczamy współrzędne środka S i promień r tego okręgu: (,) Wykonujemy rysunek, na którym zaznaczamy okrąg o środku (,) oraz punkt A = (,0) S = i promieniu r = 5 4 y SB = 5 S ( ) ( ) SA = + 0 = 0 - C B A x sin SAB = 5 = 0 Stąd SAB = 45 czyli BAC = 90 Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Obliczenie promienia okręgu: SB = 5 i obliczenie długości odcinka SA: SA = 0 Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Obliczenie sin SAB = lub obliczenie AB = 5 (lub AC = 5 ) lub zapisanie SA = SB Rozwiązanie pełne 4 pkt Obliczenie miary kąta BAC: BAC = 90 lub zapisanie, że kąt BAC jest prosty

24 4 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony Zadanie 8 (0 4) Modelowanie matematyczne Znalezienie związków miarowych w graniastosłupie, wyznaczenie największej wartości funkcji Rozwiązanie h a Wprowadzamy oznaczenia: a długość krawędzi podstawy graniastosłupa, h długość krawędzi bocznej graniastosłupa Z tego, że suma długości wszystkich krawędzi graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego jest równa 4, mamy a+ 6h= 4 h Wyznaczamy jedną ze zmiennych: h= 4 a lub a = Pole P powierzchni bocznej jest równe P 6ah = dla a ( 0, ) oraz ( 0, 4) h Aby wyznaczyć długość krawędzi podstawy graniastosłupa, którego pole powierzchni bocznej jest największe, zapisujemy funkcję P w zależności od zmiennej a P( a) = 6a( 4 a), P( a) = a + 4a Pole P ma największą wartość, gdy a = albo zapisujemy funkcję P w zależności od zmiennej h h P( h) = 6h P h = h + h, ( ) Pole P ma największą wartość, gdy h = Zatem a = Schemat oceniania rozwiązania pkt Wprowadzenie oznaczeń i zapisanie, że a+ 6h= 4 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Zapisanie pola P powierzchni bocznej graniastosłupa oraz wyznaczenie a lub h w zależności od jednej zmiennej, np: h P = 6ahoraz a = lub h= 4 a

25 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony 5 Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Zapisanie pola powierzchni bocznej w zależności od jednej zmiennej: h P( a) = 6a( 4 a) lub P( h) = 6h Rozwiązanie pełne 4 pkt Obliczenie długość krawędzi podstawy graniastosłupa, którego pole powierzchni bocznej jest największe: a = Uwaga Jeżeli zdający wyznaczy tylko wartość h =, dla której pole powierzchni bocznej jest największe, to otrzymuje punkty Zadanie 9 (0 4) Użycie i tworzenie strategii Wykorzystanie wzorów na liczbę permutacji, kombinacji i wariacji do zliczania obiektów w sytuacjach kombinatorycznych Rozwiązanie 8 Wybieramy miejsce dla dwójek Jest = 8 takich miejsc 6 Wybieramy miejsce dla trójek Jest = 0 takich miejsc Na pozostałych trzech miejscach mogą wystąpić cyfry:, 4, 5, 6, 7, 8, 9 Jest 7ciągów trójelementowych ze zbioru siedmioelementowego 4 Zatem jest = = 9080 liczb spełniających warunki zadania Schemat oceniania rozwiązania pkt Obliczenie liczby miejsc, na których mogą znajdować się dwójki albo obliczenie liczby miejsc, na których mogą znajdować się trójki, albo obliczenie na ile sposobów można zapełnić trzy pozostałe miejsca Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Obliczenie obu wielkości: liczby miejsc, na których mogą znajdować się dwójki i liczby miejsc, na których mogą znajdować się trójki Rozwiązanie pełne 4 pkt Obliczenie liczby ciągów na pozostałych miejscach, skorzystanie z reguły mnożenia i obliczenie, że jest 9080 szukanych liczb

26 6 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony Uwagi Zdający może obliczać liczby miejsc dla dwójek i trójek w sposób następujący: albo, albo najpierw miejsca dla cyfr różnych od i od i potem miejsca dla dwójek (lub trójek): ( 8 5 ) Jeżeli zdający rozwiąże zadanie przy założeniu, że pozostałe trzy liczby są różne, 8 6 otrzymując 765, to otrzymuje punkty Za rozwiązanie zdający otrzymuje 0 punktów 4 Jeżeli zdający poprawnie rozwiąże zadanie: ile jest liczb ośmiocyfrowych w zapisie których nie występuje zero, natomiast występują co najmniej dwie dwójki i występują co najmniej trzy trójki, to otrzymuje 4 punkty (poprawny wynik: 4740) Odpowiedź otrzymuje 0 punktów Zadanie 0 (0 ) Rozumowanie i argumentacja Rozwiązanie jest błędna (błąd merytoryczny) W takim przypadku zdający Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich Ponieważ punkty N i P są środkami boków DC i AC trójkąta ADC, więc NP AD Punkty M i Q są środkami boków AB i DB trójkąta ABD, więc MQ AD Zatem NP MQ Schemat oceniania rozwiązania pkt Zapisanie, że: NP AD lub MQ AD Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Zapisanie i uzasadnienie, że NP AD oraz MQ AD Rozwiązanie pełne pkt Zapisanie wniosku, że NP MQ

27 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony 7 Zadanie (0 6) Użycie i tworzenie strategii Znalezienie związków miarowych w ostrosłupie I sposób rozwiązania S Wprowadzamy oznaczenia: A D H α = HMS, AC = 6x, AS = 5x Ponieważ stąd AH = x Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta CHS otrzymujemy: ( ) ( ) SH = CS HC = 5x x = 5x 9x = 4x AC 6x Ponieważ BC =, stąd BC = 6x x Zatem CM = BC = = Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta MCS otrzymujemy Stąd SM x x x x SH 4x Zatem sinα = = = = SM x = 5 = =, SM B M C SM = CS CM 4 = x AH = AC

28 8 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony Schemat oceniania I sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt Wyznaczenie AH = x i SH = 4x przy przyjętych oznaczeniach, np: α = HMS, AC = 6x, AS = CS = 5x Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt AC 6x Wyznaczenie długości BC: BC = = lub BC = x i wyznaczenie długości CM: x x CM = lub CM = Pokonanie zasadniczych trudności zadania 4 pkt 4 8 Wyznaczenie długości SM: SM = x lub SM = x Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np błędy rachunkowe) 5 pkt Rozwiązanie pełne 6 pkt 4 8 Wyznaczenie sinusa kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy: sinα = 4 Uwagi Jeśli zdający wyznaczy jedną z wielkości BC lub BM i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy, to za rozwiązanie otrzymuje punkty Jeżeli zdający obliczy tgα lub cosα, a nie obliczy sinα lub obliczy go z błędem, to otrzymuje 5 punktów II sposób rozwiązania S A D H B M C Wprowadzamy oznaczenia: i AH = a α = HMS, a = AB = BC = CD = AD, stąd AC = a

29 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony 9 Zapisujemy równość wynikającą z treści zadania: AC 6 AS = 5 czyli 6 aas = 5, stąd 5a AS = 6 Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego ASH otrzymujemy: a a a a a a SH = AS AH, stąd SH = 6 = = = 6 8 Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego SHM otrzymujemy: SM = SH + HM (gdzie HM = a Stąd SM = 4a a 6a a a + 9a 4a 4 + = + = = = a a SH Zatem sin a α = = = = SM 4a 4a 4 6 Schemat oceniania II sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt Wprowadzenie oznaczeń: α = HMS, AC = a, gdzie a = AB = BC = CD = AD AC 6 AS = 5 oraz wyznaczenie 5a AS = 6 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt Zapisanie z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego CSH : 5a a 4a a SH = 6 i wyznaczenie: SH = lub SH = Pokonanie zasadniczych trudności zadania 4 pkt Zapisanie z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego SHM: 4a a a a 4a SM = + lub SM = + i wyznaczenie SM : SM = 6 Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np błędy rachunkowe) 5 pkt Rozwiązanie pełne 6 pkt 4 8 Wyznaczenie sinusa kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy: sinα = 4 Uwagi Jeśli zdający wyznaczy jedną z wielkości BC lub BM i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy, to za rozwiązanie otrzymuje punkty Jeżeli zdający obliczy tgα lub cosα, a nie obliczy sinα lub obliczy go z błędem, to otrzymuje 5 punktów

30 0 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony III sposób rozwiązania S Wprowadzamy oznaczenia: AH = AC stąd AH = x 6x Wtedy BC = 6x, stąd BC = x x Zatem BM =, HM = A Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BMS otrzymujemy Stąd Zatem = = = cos HM x SM 4 x 4 SM 5x x x x D H B α = HMS, AC = 6x, HC = x, SC = 5x Ponieważ Stąd sinα = cos α = = = = M C SM = BS BM

31 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony Schemat oceniania III sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt Wprowadzenie oznaczeń: α = HMS, AC = 6x, HC = x, SC = 5x, AH = x Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp pkt AC 6x Wyznaczenie długości BC: BC = = lub BC = x i wyznaczenie długości x BM = HM = Pokonanie zasadniczych trudności zadania 4 pkt 4 8 Wyznaczenie długości SM: SM = x lub SM = x Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np błędy rachunkowe) 5 pkt Rozwiązanie pełne 6 pkt 4 8 Obliczenie cosα, a następnie sinα : cosα =, sinα = 4 4 Uwaga Jeżeli zdający obliczy jedynie cosα, to otrzymuje 5 punktów Zadanie (0 ) Użycia i tworzenia strategii I sposób rozwiązania A B A B' B Wiemy, że = ( ) i ( A B' ) B= oraz P( A B) Mamy więc: P( A B) = P( A B' ) + P( B), stąd P( A B' ) 0, Schemat oceniania I sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt Zapisanie, że A B= ( A B' ) B Zdający nie musi tego wyraźnie napisać, o ile wynika to z dalszych rozważań Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Zapisanie, że ( A B' ) B= oraz, że P( A B) Zdający nie musi tego wyraźnie napisać, o ile wynika to z dalszych rozważań Rozwiązanie pełne pkt P A B' 0, Zapisanie wniosku: ( ) Wykorzystanie własności prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństwa zdarzeń

32 Egzamin maturalny z matematyki poziom rozszerzony II sposób rozwiązania P A B P A P B P A B Wiemy, że ( ) = ( ) + ( ) ( ) Stąd P( A B) 0,6 Mamy więc: P( A B' ) = P( A) P( A B) 0,9 0,6 = 0, Schemat oceniania II sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt P A B' = P A P A B Zdający nie musi tego wyraźnie napisać, Zapisanie, że ( ) ( ) ( ) o ile wynika to z dalszych rozważań Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt P A B P A B = P A + P B P A B, Uzasadnienie, że ( ) 0,6, np zapisze ( ) ( ) ( ) ( ) stąd P( A B) 0,6 Rozwiązanie pełne pkt P A B' 0, Wykazanie, że: ( ) III sposób rozwiązania Z faktu, że A B' B' wynika, że P( A B' ) P( B' ) Ponieważ P( B ) = 0, 7, więc P( B ') = 0, Stąd wynika, że P( A B ) P( B ) ' ' = 0, Schemat oceniania III sposobu rozwiązania rozwiązania zadania pkt Obliczenie P( B '): P( B ') = 0, Pokonanie zasadniczych trudności zadania pkt Zapisanie lub wykorzystanie faktu, że A B' B' Rozwiązanie pełne pkt P A B' 0, Zapisanie wniosku: ( )