MATEMATYKA POZIOM PODSTAWOWY

Transkrypt

1 EGZMIN MTURLNY W ROKU SZKOLNYM 016/017 FORMUŁ OD 015 i DO 014 ( NOW MTUR i STR MTUR ) MTEMTYK POZIOM PODSTWOWY ZSDY OCENINI ROZWIĄZŃ ZDŃ RKUSZ MM-P1 SIERPIEŃ 017

2 Zadania zamknięte Punkt przyznaje się za wskazanie poprawnej odpowiedzi Nr zad Odp C C B D D D C B B D C C C B B B D D Ogólne zasady oceniania zadań otwartych Uwaga: kceptowane są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprawne i spełniające warunki zadania Zadanie 6 (0 ) Rozwiąż nierówność x x Przykładowe rozwiązanie Rozwiązanie nierówności kwadratowej składa się z dwóch etapów Pierwszy etap rozwiązania polega na wyznaczeniu pierwiastków trójmianu kwadratowego x + x 6 Na przykład obliczamy wyróżnik tego trójmianu, a następnie stosujemy wzory na pierwiastki: Δ = 7, x1 = =, x = = 4 4 Drugi etap rozwiązania polega na wyznaczeniu zbioru rozwiązań nierówności x + x 6 0 Podajemy zbiór rozwiązań nierówności: x lub, lub x,, np f x = x + x 6 odczytując go ze szkicu wykresu funkcji ( ) x Schemat punktowania Zdający otrzymuje 1 p gdy: zrealizuje pierwszy etap rozwiązania i na tym zakończy lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności, np o obliczy lub poda pierwiastki trójmianu kwadratowego x 1 =, x = i na tym zakończy lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności, Strona z 0

3 f x = x + x 6 o zaznaczy na wykresie miejsca zerowe funkcji ( ) i na tym zakończy lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności realizując pierwszy etap błędnie wyznaczy pierwiastki (ale otrzyma dwa różne pierwiastki) i konsekwentnie do tego rozwiąże nierówność, np popełni błąd rachunkowy przy obliczaniu wyróżnika lub pierwiastków trójmianu kwadratowego i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże nierówność Zdający otrzymuje p gdy: poda zbiór rozwiązań nierówności: x lub, lub x, poda zbiór rozwiązań nierówności w postaci graficznej z poprawnie zaznaczonymi końcami przedziałów Uwagi 1 Jeżeli zdający podaje pierwiastki bez związku z trójmianem kwadratowym z zadania, to oznacza, że nie podjął realizacji 1 etapu rozwiązania i w konsekwencji otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie Jeśli zdający wyznacza ujemną deltę trójmianu kwadratowego, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie Kryteria oceniania uwzględniające specyficzne trudności w uczeniu się matematyki 1 kceptujemy sytuację, gdy zdający poprawnie obliczy lub poda pierwiastki trójmianu x 1 =, x = i zapisze, np x,, popełniając tym samym błąd przy przepisywaniu jednego z pierwiastków, to za takie rozwiązanie otrzymuje punkty Jeśli zdający pomyli porządek liczb na osi liczbowej, np zapisze zbiór rozwiązań nierówności w postaci x,, to przyznajemy punkty x Strona z 0

4 Zadanie 7 (0 ) Rozwiąż równanie ( x )( x ) 6 + = 0 Przykładowe rozwiązanie Lewa strona równania jest iloczynem dwóch czynników x 6 oraz x + Zatem iloczyn ten jest równy 0, gdy co najmniej jeden z tych czynników jest równy 0, czyli x 6= 0 lub x + = 0 Rozwiązaniem równania x + = 0 jest x = Rozwiązania równania x 6= 0możemy wyznaczyć, korzystając: z postaci iloczynowej trójmianu x 6 (wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów) ( x )( x ) = 0, stąd x = 6 lub x = 6 ze wzorów na pierwiastki trójmianu kwadratowego: Δ = 4, x1 = = 6, x = = 6, z własności wartości bezwzględnej, przekształcając najpierw równanie do postaci równoważnej x = 6, skąd x = 6 lub x = 6 Zatem wszystkie rozwiązania równania to: x = lub x = 6, lub x = 6 Schemat punktowania Zdający otrzymuje 1 p gdy: zapisze dwa równania: x 6= 0 lub x + = 0 (wystarczy, że z rozwiązania wynika, że zdający wyznacza pierwiastki każdego z wielomianów: x 6 oraz x + ) zapisze rozwiązanie x =, wyznaczy dwa pierwiastki wielomianu i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy x 6, Zdający otrzymuje p gdy wyznaczy bezbłędnie wszystkie rozwiązania równania: x = lub x = 6, lub x = 6 Uwagi 1 Jeżeli zdający zapisuje zamiast znaku = znak i zamieszcza zapisy typu: x 6 0 lub x + 0, to oznacza, że podejmuje próbę wyznaczenia miejsc zerowych dwóch wielomianów i otrzymuje przynajmniej 1 punkt Strona 4 z 0

5 Jeżeli zdający nie zapisuje warunku x 6 = 0, ale pisze od razu błędną postać iloczynową x 6, np (x )(x ) = 0, (x 6)(x + 6) = 0, i nie wyznacza poprawnie miejsca zerowego drugiego wielomianu, to otrzymuje 0 punktów Zadanie 8 (0 ) Udowodnij, że dla dowolnej dodatniej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówność 1 4x + 4 x Przykładowe rozwiązanie I sposób rozwiązania Dla dodatnich liczb x nierówność 4x + 1 x 4 jest równoważna kolejno nierównościom 4x + 1 4x, 4x 4x+ 1 0, ( x 1) 0 Ta nierówność jest prawdziwa, gdyż lewa strona tej nierówności jest kwadratem liczby rzeczywistej To kończy dowód II sposób rozwiązania Dla dodatnich liczb x nierówność 4x + 1 x 4 jest równoważna kolejno nierównościom 4x 4+ 1 x 0, ( x 1 ) x 0 Ta nierówność jest prawdziwa, gdyż lewa strona tej nierówności jest kwadratem liczby rzeczywistej To kończy dowód III sposób rozwiązania Dla dodatnich liczb x nierówność 4x + 1 x 4 jest równoważna kolejno nierównościom 4x + 1 4x, 4x 4x+ 1 0 Ponieważ wyróżnik trójmianu kwadratowego 4x 4x + 1 jest równy Δ = ( 4) 4 1 4= 0 i współczynnik przy x jest dodatni, więc nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej x To kończy dowód Uwaga Możemy też naszkicować wykres tego trójmianu y = 4x 4x+ 1 x IV sposób rozwiązania Z twierdzenia o średniej arytmetycznej i geometrycznej dla liczb dodatnich 4x i 1 x prawdziwa jest nierówność wynika, że Strona 5 z 0

6 4x + 1 x 4x 1 x = Stąd otrzymujemy 4x + 1 x 4 To kończy dowód Schemat punktowania Zdający otrzymuje 1 p gdy: przekształci poprawnie nierówność do postaci ( x 1) 0 przekształci poprawnie nierówność do postaci 1 ( ) x x 0, przekształci poprawnie nierówność do postaci 4x 4x+ 1 0 i obliczy wyróżnik trójmianu 4x 4x + 1: Δ = 0 obliczy pochodną funkcji f ( x) = 4x+ 1 x i wykaże, że dla x = 1 funkcja f osiąga minimum lokalne i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy Zdający otrzymuje p gdy przeprowadzi pełne rozumowanie Uwaga Jeżeli zdający sprawdzi prawdziwość tezy tylko dla konkretnych przypadków, to otrzymuje 0 punktów Strona 6 z 0

7 Zadanie 9 (0 ) Dany jest trójkąt prostokątny BC, w którym CB = 90 i BC = 60 Niech D oznacza punkt wspólny wysokości poprowadzonej z wierzchołka C kąta prostego i przeciwprostokątnej B tego trójkąta Wykaż, że D : DB = :1 Przykładowe rozwiązania I sposób rozwiązania Sporządzamy pomocniczy rysunek ilustrujący treść zadania B D C Ponieważ BC = 60, więc BC = 1 B Podobnie, ponieważ DBC = 60, więc DB = 1 BC Otrzymujemy zatem ciąg równości DB = 1 BC = ( B ) = B 4 Zatem D = 4 B Stąd wynika, że D : DB = B : 1 B = :1 4 4 To kończy dowód Schemat punktowania I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje 1 p gdy zauważy i zapisze, że BC = 1 B i DB = 1 BC i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy Zdający otrzymuje p gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie II sposób rozwiązania Sporządzamy pomocniczy rysunek ilustrujący treść zadania B D Z trójkątów prostokątnych DC i BDC otrzymujemy równości C Strona 7 z 0

8 CD CD tg0 = i tg 60 =, D DB czyli równości CD = D i CD = DB Porównujemy prawe strony obu równań i zapisujemy równanie D DB =, równoważne równaniu D DB = = Otrzymana równość oznacza tezę twierdzenia Schemat punktowania II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje 1 p gdy zauważy i zapisze, że CD = D i CD = DB i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy Zdający otrzymuje p gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie III sposób rozwiązania Sporządzamy pomocniczy rysunek ilustrujący treść zadania B D Niech C C = b Wtedy w trójkącie CD mamy: Ponadto, w trójkącie BC : Ponieważ DBC = 60, więc To kończy dowód b CD = i b D = b BC = b D b b DB = Zatem : 6 DB = 6 = Strona 8 z 0

9 Schemat punktowania III sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje 1 p gdy zapisze długość odcinków D i DB w zależności od długości odcinka C, np oznaczy C = b i zapisze długości odcinków D i DB w zależności od b : b D = i i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy b DB = 6 Zdający otrzymuje p gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie IV sposób rozwiązania Niech BC = a Ponieważ trójkąt BC jest połową trójkąta równobocznego, więc C = a B D a C C a Trójkąty DC i CDB są podobne, a skala ich podobieństwa jest równa = =, więc BC a PDC stosunek pól tych trójkątów jest kwadratem tej skali, czyli = ( ) = Te trójkąty mają PCDB wspólną wysokość CD, więc stosunek ich pól jest równy stosunkowi długości ich podstaw, P D DC czyli = = co kończy dowód P BD CDB Schemat punktowania IV sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje 1 p gdy zapisze, że trójkąty DC i CDB są podobne, obliczy stosunek pól tych trójkątów i zapisze, że CD jest wspólną wysokością tych trójkątów i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy Zdający otrzymuje p gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie Uwagi 1 Jeżeli zdający sprawdzi prawdziwość tezy tylko dla konkretnych przypadków, to otrzymuje 0 punktów Uwaga ta nie dotyczy sytuacji, gdy zdający zapisuje stosowną własność: podobieństwo trójkątów o kątach 0, 60, 90 Strona 9 z 0

10 Jeżeli zdający ustali, że długości odcinków są równe: BD = x, BC = x, B = 4x lub BD = x, BC = x, D = x i nie towarzyszą tym ustaleniom zapisy świadczące o błędnym rozumowaniu, to może otrzymać punkty Jeżeli zdający przeprowadzi uzasadnienie, rozważając konkretne długości odcinków i zapisze, że ze względu na podobieństwo figur teza jest prawdziwa dla dowolnych długości boków, spełniających podane warunki, to może otrzymać punkty Zadanie 0 (0 ) Ze zbioru liczb { 14510,,,, } losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że iloraz pierwszej wylosowanej liczby przez drugą wylosowaną liczbę jest liczbą całkowitą Przykładowe rozwiązania I sposób rozwiązania ( metoda klasyczna ) Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie pary uporządkowane ( x, y ) liczb ze zbioru { 1,, 4, 5,10 } Jest to model klasyczny Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa Ω= 55 = 5 Zdarzeniu sprzyjają następujące zdarzenia elementarne: ( 1,1 ), (,1 ), ( 4,1 ), ( 5,1 ), ( 10,1 ), (, ), ( 4, ), ( 10, ), ( 4, 4 ), ( 5,5 ), ( 10,5 ), ( 10,10 ) Zatem 1 = i stąd ( ) 1 P = = = 0, 48 Ω 5 II sposób rozwiązania ( metoda tabeli ) Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie pary uporządkowane ( x, y ) liczb ze zbioru { 1,, 4, 5,10 } Jest to model klasyczny Budujemy tabelę ilustrującą sytuację opisaną w zadaniu I losowanie II losowanie Strona 10 z 0

11 Symbolem oznaczono zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu Mamy więc 5, wszystkich zdarzeń elementarnych, czyli Ω= 5, oraz 1 zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu, czyli 1 = Stąd ( ) 1 P = = = 0, 48 Ω 5 Schemat punktowania I i II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje 1 p gdy obliczy liczbę wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych Ω= 5 przedstawi poprawny sposób wyznaczenia wszystkich elementów zbioru lub wypisze wszystkie te zdarzenia elementarne: ( 1,1 ), (,1 ), ( 4,1 ), ( 5,1 ), ( 10,1 ), (, ), ( 4, ), ( 10, ), ( 4, 4 ), ( 5,5 ), ( 10,5 ), ( 10,10 ) i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy Zdający otrzymuje p gdy obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia : ( ) III sposób rozwiązania ( metoda drzewa ) Drzewo z istotnymi gałęziami I losowanie 1 P = = = 0, 48 Ω II losowanie P( ) = 1 = = 0, Strona 11 z 0

12 Schemat punktowania III sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje 1 p gdy narysuje drzewo uwzględniające wszystkie istotne gałęzie i zapisze poprawne prawdopodobieństwo przynajmniej przy jednej gałęzi Zdający otrzymuje p gdy obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia : P( ) = 1 = = 0, Uwagi 1 Jeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma P( ) > 1, to otrzymuje za całe rozwiązanie 0 punktów Jeżeli zdający poprawnie obliczy prawdopodobieństwo w sytuacji rozważania losowania bez zwracania i uzyska wynik 7, to może otrzymać 1 punkt 0 Jeżeli zdający przy opisie elementów zbioru zmienia kolejność liczb i pisze na przykład (1, ) zamiast (, 1), to może otrzymać punkty Zadanie 1 (0 ) Dany jest ciąg arytmetyczny ( a n ), określony dla n 1, w którym spełniona jest równość a1 + a4 + a7 + a0 = 100 Oblicz sumę a5 + a6 Przykładowe rozwiązanie Ponieważ w zadaniu należy obliczyć sumę a5 + a6, więc zapiszemy daną równość a1 + a4 + a7 + a0 = 100 w postaci równoważnej a5 4r+ a5 r+ a6 + r+ a6 + 4r = 100, gdzie r oznacza odpowiednio różnicę danego ciągu Stąd wynika, że a + a = Schemat punktowania Zdający otrzymuje 1 p gdy: zapisze równość a1 + a4 + a7 + a0 = 100 w postaci równoważnej a5 4r+ a5 r+ a6 + r+ a6 + 4r = 100 lub 4a1 + 98r = 100, lub a1 + 49r = 50 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy zapisze, że a5 + a6 = a1 + 4r+ a1 + 5r = a1 + 49r i na tym zakończy lub dalej popełni błędy, Strona 1 z 0

13 popełni błąd rachunkowy w przekształcaniu równości a1 + a4 + a7 + a0 = 100 do postaci równoważnej i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy sumę a5 + a6 Zdający otrzymuje p gdy obliczy i zapisze, że a5 + a6 = 50 Uwagi 1 Jeżeli zdający zapisze równość a1 + a4 + a7 + a0 = 100 w postaci równoważnej 4a1 + 98r = 100, a następnie wprowadzi konkretne wartości liczbowe do równania z dwiema niewiadomymi, np r = 1, i nawet poprawnie obliczy a5 + a6, to otrzymuje 1 punkt za takie rozwiązanie Jeżeli zdający myli własności ciągu arytmetycznego z własnościami ciągu geometrycznego, to za całe zadanie otrzymuje 0 punktów Jeżeli zdający rozważa wyłącznie konkretne ciągi i nie podaje stosownego uzasadnienia na temat zastosowania tych rozważań do sytuacji ogólnej, to otrzymuje 0 punktów 4 Jeżeli zdający zapisuje wyłącznie a5 + a6 = 50, to otrzymuje 0 punktów Zadanie (0 4) f x = ax + bx+ c ma dwa miejsca zerowe x 1 = i 6 Wykres Funkcja kwadratowa ( ) x = funkcji f przechodzi przez punkt = ( 1, 5) Oblicz najmniejszą wartość funkcji f Przykładowe rozwiązania I sposób rozwiązania Ponieważ znamy miejsca zerowe funkcji kwadratowej, to możemy zapisać wzór funkcji f f x = a x 6 x+ w postaci iloczynowej ( ) ( )( ) Wykres tej funkcji przechodzi przez punkt = ( 1, 5), więc otrzymujemy równanie 5 = a ( 1 6)( 1+ ), 5= 15a, a = 1 Funkcja określona jest wzorem: f ( x) = 1 ( x 6)( x+ ) Najmniejsza wartość jest przyjmowana przez funkcję f dla argumentu x 0, który jest średnią arytmetyczną miejsc zerowych tej funkcji Wyznaczamy x 0 i najmniejszą wartość funkcji f ( x 0 ): x 6 0 = =, f ( x0 ) = f ( ) = 1 ( 6)( + ) = 16 Strona 1 z 0

14 II sposób rozwiązania Z treści zadania wynika, że możemy zapisać układ trzech równań: a ( ) + b ( ) + c = 0 a 6 + b 6 + c = 0 a 1 + b 1 + c = 5 Po rozwiązaniu układu równań otrzymujemy a = 1, b = 4 i c = 4 Stąd wynika, że funkcja f określona jest wzorem: f ( x) = 1 x 4 x 4 4 b Funkcja ta przyjmuje najmniejszą wartość dla argumentu x 0 = = = a 1 Obliczamy najmniejszą wartość funkcji: f ( ) = = 16 Uwaga Po obliczeniu współczynników a, b i c możemy najmniejszą wartość funkcji obliczyć ze wzoru q = 4 Δ a Wtedy otrzymujemy ( 4) 4 1 ( 4) fmin = = = Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1 p Zdający obliczy pierwszą współrzędną wierzchołka paraboli: p = zapisze wzór funkcji f w postaci iloczynowej, z jednym nieznanym współczynnikiem: f ( x) = a( x 6)( x+ ), zapisze trzy równania, w których niewiadomymi są współczynniki a, b, c trójmianu kwadratowego: a + b + c = 0 ( ) ( ) a 6 + b 6+ c = 0 a 1 + b 1+ c = 5 i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdający zapisze wzór funkcji f w postaci iloczynowej, z jednym nieznanym współczynnikiem: f ( x) = a( x 6)( x+ ) i obliczy wartość a: a = 1 obliczy współczynniki trójmianu kwadratowego: a = 1, b = 4 i c = 4 i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy Strona 14 z 0

15 Pokonanie zasadniczych trudności zadania p Zdający obliczy współczynniki trójmianu kwadratowego: a = 1, b = 4 i c = 4 oraz obliczy pierwszą współrzędną wierzchołka paraboli: p = obliczy współczynniki trójmianu kwadratowego: a = 1, b = 4 i c = 4 oraz zapisze, Δ że najmniejsza wartość funkcji jest równa oraz obliczy Δ= ( 4) 4 1 ( 4) 4a zapisze wzór funkcji f w postaci iloczynowej, z jednym nieznanym współczynnikiem: ( ) ( 6)( ) f x = a x x+ i obliczy wartość a: a = 1 oraz obliczy pierwszą współrzędną wierzchołka paraboli: p = i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy Rozwiązanie pełne 4 p 16 Zdający obliczy najmniejszą wartość funkcji f: Uwagi 1 Jeżeli zdający popełni błędy (rachunkowe, w przepisywaniu), które nie przekreślają poprawności rozumowania i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej punkty za takie rozwiązanie Jeżeli zdający przyjmuje konkretna wartość a > 0, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt Jeżeli zdający przy wyznaczaniu a popełnia błąd rachunkowy i otrzymuje a > 0, to może otrzymać co najwyżej punkty 4 Jeżeli zdający przy wyznaczaniu a popełnia błąd rachunkowy i otrzymuje a < 0, to może otrzymać co najwyżej punkty Strona 15 z 0

16 Zadanie (0 4) Punkt C = ( 0,0) jest wierzchołkiem trójkąta prostokątnego BC, którego wierzchołek leży na osi Ox, a wierzchołek B na osi Oy układu współrzędnych Prosta zawierająca wysokość tego trójkąta opuszczoną z wierzchołka C przecina przeciwprostokątną B w punkcie D =, 4 ( ) Oblicz współrzędne wierzchołków i B tego trójkąta oraz długość przeciwprostokątnej B Przykładowe rozwiązania I sposób rozwiązania Współczynnik kierunkowy prostej CD jest równy yd yc acd = = = xd xc 0 Prosta B jest prostopadła do prostej CD, więc jej współczynnik kierunkowy jest równy a B = 4 Prosta ta przechodzi przez punkt, więc jej równanie ma postać ( x ) y = + 4, 4 y = x Ponieważ prosta B przecina oś Oy w punkt B, więc B = 5 ( 0, ), więc = ( x,0) Zatem czyli 5 ( ) D = (, 4) = x + 5, 4 4 x 5 =, 0 =,0 Długość przeciwprostokątnej B jest zatem równa 4, natomiast oś Ox w punkcie Strona 16 z 0

17 ( 5 0) ( 0 5 ) ( 1 1 ) B = + = + = + = = = 4 = 1 = 1 Schemat punktowania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1 p Zdający zapisze współczynnik kierunkowy prostej CD: a 4 CD = i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p Zdający zapisze równanie prostej B: y = 4 ( x ) + 4 i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy Pokonanie zasadniczych trudności zadania p Zdający obliczy współrzędne punktów i B: = 5 (,0), B = ( 0, 5 ) 4 Rozwiązanie pełne 4 p Zdający obliczy długość przeciwprostokątnej B trójkąta BC: B = II sposób rozwiązania Niech = ( x,0) i B= ( 0, yb ) Długość odcinka CD jest równa ( ) ( ) CD = = 5 Z twierdzenia dla trójkątów CD i BDC otrzymujemy D + CD = C i CD + BD = BC, ( ( x) + ( 4 0) ) + 5 = x i ( ) ( yb) ( ) yb =, 9 6x + x = x i yB + yb + 5= yb, 50 = 6x i 50 = 8y B, x = = = 8 i y B = = = Zatem = 5 (,0) i B = ( 0, 5 ) 4 Długość przeciwprostokątnej B jest zatem równa 5 ( 0) ( ) 65 ( ) B = + = + = + = = = 4 = 1 = 1 Strona 17 z 0

18 Schemat punktowania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1 p ( ) Zdający zapisze jedno z równań: ( x ) ( ) ( ( ) ( yb) ) yb x =, = z niewiadomą odpowiednio x, y B i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p ( ) Zdający zapisze oba równania: ( x ) ( ) ( ( 0) ( 4 yb) ) 5 yb x =, + + = z niewiadomą odpowiednio x, y B i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy Pokonanie zasadniczych trudności zadania p Zdający obliczy współrzędne punktów i B: = 5 (,0), B = ( 0, 5 ) 4 i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy Rozwiązanie pełne 4 p Zdający obliczy długość przeciwprostokątnej B trójkąta BC: B = Uwaga (do schematów punktowania I i II sposobu rozwiązania) Jeżeli zdający popełni błędy (rachunkowe, w przepisywaniu), które nie przekreślają poprawności rozumowania i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej punkty za takie rozwiązanie Strona 18 z 0

19 Zadanie 4 (0 5) Podstawą graniastosłupa prostego BCDEF jest trójkąt prostokątny BC, w którym CB = 90 (zobacz rysunek) Stosunek długości przyprostokątnej C tego trójkąta do długości przyprostokątnej BC jest równy 4 : Punkt S jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie BC, a długość odcinka SC jest równa 5 Pole ściany bocznej BEFC graniastosłupa jest równe 48 Oblicz objętość tego graniastosłupa F D E B S Przykładowe rozwiązanie Odcinek CS jest promieniem okręgu opisanego na trójkącie BC Zatem CS = S = BS = 5, skąd otrzymujemy B = 10 Ponieważ stosunek długości przyprostokątnej C do długości przyprostokątnej BC jest równy 4 :, więc możemy przyjąć C = 4x oraz BC = x, gdzie x oznacza współczynnik proporcjonalności Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równanie 10 = ( 4x) + ( x), 100 = 5x, x = 4, x = 1 Zatem B = 8 oraz BC = 6 Pole trójkąta BC jest równe P = 86 = 4 Pole ściany bocznej BEFC jest równe 48, więc BC H = 48, gdzie BE = H to wysokość graniastosłupa 6 H = 48, H = 8 Objętość graniastosłupa jest równa V = P H = 4 8 = 19 p C Strona 19 z 0

20 Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1 p Zdający obliczy długość przeciwprostokątnej trójkąta BC: B = 10 zapisze zależność między długościami przyprostokątnych trójkąta BC, np: b 4 a = lub ( C = 4x i BC = x ) i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny p Zdający zapisze równanie pozwalające obliczyć długości przyprostokątnych, np: ( x) + ( 4x) = 10 układ równań pozwalający obliczyć długości przyprostokątnych, np: b 4 a = i a + b = 10 i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy Pokonanie zasadniczych trudności zadania p Zdający obliczy długości boków trójkąta BC: B = 10, C = 8, BC = 6 i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy Uwaga kceptujemy rozwiązanie, w którym zdający wykorzystuje trójkę pitagorejską (6, 8, 10) Rozwiązanie prawie pełne 4 p Zdający nie obliczy objętości bryły, ale obliczy wysokość graniastosłupa: H = 8 obliczy objętość graniastosłupa, popełniając w trakcie rozwiązania błędy rachunkowe Rozwiązanie pełne 5 p Zdający obliczy objętość graniastosłupa: V = 19 Uwagi 1 Jeżeli zdający rozważa w podstawie graniastosłupa trójkąt inny niż do trójkąta o bokach 6, 8, 10, ale podobny do tego trójkąta o bokach 6, 8, 10, to może otrzymać co najwyżej punkty Jeżeli zdający rozkłada liczbę 48 na iloczyn 8 6 i przyjmuje, że 6 jest długością BC, a następnie wyznacza pole podstawy i objętość bryły, to może otrzymać co najwyżej punkty Strona 0 z 0