MATEMATYKA POZIOM PODSTAWOWY

Transkrypt

1 EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 05/06 FORMUŁA OD 05 ( NOWA MATURA ) FORMUŁA DO 04 ( STARA MATURA ) MATEMATYKA POZIOM PODSTAWOWY ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-P CZERWIEC 06

2 Klucz puktowaia zadań zamkiętych Nr zad Odp. C B D B D A C B C A C A A D B A C C B D B D B A D Schematy oceiaia zadań otwartych Zadaie 6. (0 ) Rozwiąż rówaie x + x + = x x+, gdzie x i x 0. Rozwiązaie Rówaie ma ses liczbowy dla każdej liczby rzeczywistej x i x 0. I sposób rozwiązaia Przekształcamy rówaie w sposób rówoważy x+ x+ = 0, x x+ ( x + )( x + ) x(x + ) = 0, x x + ( ) x x x x = 0, x x ( + ) x + x+ = 0. x( x+ ) Stąd otrzymujemy rówaie kwadratowe x + x + = 0. Poieważ Δ = 4 ( ) = 9, to rówaie ma dwa rozwiązaia x =, x =. Każda z otrzymaych liczb jest róża od i od 0. Zatem każda z tych liczb jest rozwiązaiem aszego rówaia. II sposób rozwiązaia Przedstawiamy rówaie w postaci rówoważej ( x + ) = 0. x x+ Z własości iloczyu, otrzymujemy x + = 0 lub = 0. x x+ Rozwiązaiem pierwszego z rówań jest liczba x =. Stroa z 6

3 Zapiszmy rówaie = 0 w postaci rówoważej x x + ( x + ) x = 0, x( x + ) x + = 0. xx ( + ) Stąd x =. Każda z otrzymaych liczb jest róża od i od 0. Zatem każda z tych liczb jest rozwiązaiem aszego rówaia. III sposób rozwiązaia Z własości proporcji możemy rówaie zapisać w postaci rówoważej x+ x+ x x+ = 0, ( )( ) ( ) ( x )( x x) 0 ( x+ )( x) = =, Stąd x + = 0 lub x = 0, x = lub x =. Każda z otrzymaych liczb jest róża od i od 0. Zatem każda z tych liczb jest rozwiązaiem aszego rówaia. Schemat puktowaia Zdający otrzymuje... p. gdy zapisze rówaie w postaci rówaia kwadratowego w postaci uporządkowaej lub iloczyowej: x + x + = 0, ( x+ )( x) = 0 alteratywy rówań, p.: x + = 0 lub i a tym poprzestaie lub dalej popełia błędy. = 0 x x+ Zdający otrzymuje... p. gdy wyzaczy rozwiązaia rówaia: x =, x =. Uwaga: Jeżeli zdający podzieli obie stroy rówaia x + x + = i ie zapisze, że x + 0, to x x+ może otrzymać co ajwyżej pukt. Stroa 3 z 6

4 Zadaie 7. (0 ) Dae są proste o rówaiach y = x + oraz y = 3x+ b, które przeciają się w pukcie leżącym a osi Oy układu współrzędych. Oblicz pole trójkąta, którego dwa boki zawierają się w daych prostych, a trzeci jest zawarty w osi Ox. Rozwiązaie Zauważmy, że prosta o rówaiu y = x + przecia oś Oy w pukcie ( 0, ). Zatem współczyik b w rówaiu y = 3x+ b jest rówy, a więc druga z prostych ma rówaie postaci y = 3x+. Geometryczą ilustracją opisaej sytuacji jest trójkąt wskazay a wykresie. y C A B x Podstawa trójkąta ma długość 3, a jego wysokość jest rówa. Zatem pole tego trójkąta jest rówe 8 8 P ABC = =. 3 3 Schemat puktowaia Zdający otrzymuje... p. gdy zapisze wartość współczyika b w rówaiu prostej y = 3x+ b: b = 0,. prawidłowo arysuje wykresy obu fukcji i zazaczy pukt ( ) Zdający otrzymuje... p. gdy obliczy pole trójkąta: 8 3. Zadaie 8. (0 ) Wykaż, że dla dowolych liczb rzeczywistych x, y prawdziwa jest ierówość x + y + x + y x + y. Rozwiązaie I sposób rozwiązaia Zapiszmy ierówość x 4 y 4 x y ( x 3 y 3 ) ( ) w postaci rówoważej x x + x + y y + y 0, ( x x) ( y y) + 0. Stroa 4 z 6

5 Kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest ieujemy, więc ( ) x x 0 i ( y y) 0 dla dowolych liczb rzeczywistych x i y. Suma dwóch liczb ieujemych jest ieujema, więc otrzymaa ierówość jest prawdziwa dla dowolych liczb rzeczywistych x i y. II sposób rozwiązaia x 4 + y 4 + x + y x 3 + y 3 w postaci rówoważej Zapiszmy ierówość ( ) x x + x + y y + y 0, ( x x + ) + y ( y y + ) 0 x, ( x ) + y ( y ) 0 x. Kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest ieujemy, więc x 0, ( ) x 0, y i ( y ) 0 dla dowolych liczb rzeczywistych x i y. Iloczy liczb ieujemych jest ieujemy, więc dla dowolych liczb rzeczywistych x i y ( ) x x 0 i ( ) prawdziwe są ierówości y y 0. Suma dwóch liczb ieujemych jest ieujema, więc otrzymaa ierówość jest prawdziwa dla dowolych liczb rzeczywistych x i y. Schemat puktowaia Zdający otrzymuje... p. gdy zapisze ierówość w postaci ( x x) ( y y) + 0 i popełi błędy przy jej uzasadiaiu, p. przez zapisaie, że po lewej stroie są składiki dodatie x ( x ) + y ( y ) 0 i popełia błędy przy jej uzasadiaiu, p. przez zapisaie, że po lewej stroie są składiki dodatie i a tym poprzestaie lub dalej popełia błędy. Zdający otrzymuje... p. gdy zapisze wyrażeie w postaci sumy ieujemych składików i sformułuje wiosek. 0 Stroa 5 z 6

6 Zadaie 9. (0 ) Day jest trapez prostokąty ABCD o podstawach AB i CD oraz wysokości AD. Dwusiecza kąta ABC przecia ramię AD w pukcie E oraz dwusieczą kąta BCD w pukcie F (zobacz rysuek). D C E F A Wykaż, że w czworokącie CDEF sumy miar przeciwległych kątów są sobie rówe. Rozwiązaie I sposób rozwiązaia Półproste BF i CF to dwusiecze kątów ABC i BCD przy ramieiu BC trapezu ABCD. Ozaczmy zatem miary tych kątów odpowiedio i β jak a rysuku. D C β β E F A B Suma miar kątów trapezu przy jego ramieiu jest rówa 80,więc + β =80, + β = 90. Suma miar kątów trójkąta jest rówa 80, więc miara kąta BFC jest rówa BFC = 80 ( + β) = = 90. Stąd wyika, że CFE = 80 BFC = = 90. Kąt CDE jest prosty, gdyż trapez jest prostokąty, więc suma miar przeciwległych kątów CDE i CFE czworokąta CDEF jest rówa CDE + CFE = = 80. Suma miar kątów czworokąta jest rówa 360, więc suma miar dwóch pozostałych kątów czworokąta CDEF jest rówa DCF + DEF = = 80. Zatem CDE + CFE = DCF + DEF, co kończy dowód. B Stroa 6 z 6

7 II sposób rozwiązaia Półproste BF i CF to dwusiecze kątów ABC i BCD przy ramieiu BC trapezu ABCD. Ozaczmy zatem miary tych kątów odpowiedio i β jak a rysuku. D E C β β F β A G B Proste AB i CD są rówoległe, więc aprzemiaległe kąty BGC i DCG są rówe, czyli BGC = β. Zatem trójkąt BCG jest róworamiey. Stąd i z rówości kątów CBF i GBF wyika z kolei, że trójkąty BCF i BFG są przystające. Zatem ich kąty przy wierzchołku F są rówe. Są to jedak kąty przyległe, więc są to kąty proste. W rezultacie CFE = 80 BFC = = 90. Dalsza część dowodu przebiega tak, jak w I sposobie. Schemat puktowaia I i II sposobu rozwiązaia Zdający otrzymuje... p. gdy wyzaczy miarę kąta BFC: 90 i a tym poprzestaie lub dalej popełia błędy. Zdający otrzymuje... p. gdy przeprowadzi peły dowód. III sposób rozwiązaia Półproste BF i CF to dwusiecze kątów ABC i BCD przy ramieiu BC trapezu ABCD. Ozaczmy zatem miary tych kątów odpowiedio i β jak a rysuku. D E C β β F A B Trójkąt ABE jest prostokąty, więc BEA = 90. Zatem ( ) DEF = 80 BEA = = Suma miar przeciwległych kątów DEF i DCF w czworokącie CDEF jest zatem rówa DEF + DCF = β = β. () ( ) Stroa 7 z 6

8 Kąt CFE jest kątem zewętrzym trójkąta CBF, więc CFE = + β. Kąt EDC jest prosty, gdyż trapez jest prostokąty, więc suma miar przeciwległych kątów CDE i CFE czworokąta CDEF jest rówa CDE + CFE = β. Stąd i z () otrzymujemy DEF + DCF = CDE + CFE. To kończy dowód. Schemat puktowaia III sposobu rozwiązaia Zdający otrzymuje... p. gdy wyzaczy miary kątów przy wierzchołkach E i F czworokąta CDEF w zależości od i β : AEB = 90, CFE = + β i a tym poprzestaie lub dalej popełia błędy. Zdający otrzymuje... p. gdy przeprowadzi peły dowód. Zadaie 30. (0 4) W trójkącie ABC dae są długości boków AB = 5 i AC = oraz cos = 4 5, gdzie = BAC. Na bokach AB i AC tego trójkąta obrao pukty odpowiedio D i E takie, że BD = AD i AE = CE (zobacz rysuek). C E Oblicz pole a) trójkąta ADE. b) czworokąta BCED. A D B Rozwiązaie I sposób Poieważ BD = AD i AE = CE oraz AB = 5 i AC =, więc AD = AB = 5 = 5 oraz 3 3 Z jedyki trygoometryczej otrzymujemy Stroa 8 z 6 AE = AC = = ( ) si = cos = 5 = 6 = Zatem pole trójkąta ABC jest rówe 3 PABC = AB AC si = 5 = 54, 5 a pole trójkąta ADE jest rówe 3 PADE = AD AE si = 5 8 =. 5

9 Zatem pole czworokąta BCDE jest rówe P = P P = 54 = 4. BCDE ABC ADE Rozwiązaie II sposób Poprowadźmy wysokość CF trójkąta ABC oraz wysokość EG trójkąta ADE jak a rysuku. C A D G F Z trójkąta prostokątego AFC otrzymujemy AF cos =, czyli 4 AF =. AC 5 48 Stąd AF =. 5 Z twierdzeia Pitagorasa atomiast Stąd ( ) AC = AF + CF, E 48 = + h. 5 h = 48 = Pole trójkąta ABC jest zatem rówe 36 PABC = AB h= 5 = Trójkąty AFC i AGE są podobe, gdyż oba są prostokąte i mają wspóly kąt ostry przy wierzchołu A. Zatem EG AE =. CF AC Poieważ AE = CE, więc AE = 3 AC. Otrzymujemy zatem p 3 AC 36 5 = =. AC Stąd p = =. Skoro BD = AD i AB = 5, to AD = AB = 5 = 5. Pole trójkąta ADE jest zatem rówe 4 PADE = AD p= 5 =. 5 Zatem pole czworokąta BCDE jest rówe P = P P = 54 = 4. p BCDE ABC ADE h B Stroa 9 z 6

10 Uwaga: Pole trójkąta ADE możemy tez obliczyć iaczej. Poprowadźmy wysokość tego trójkąta z wierzchołka D. C E h M q A D F Poieważ BD = AD i AB = 5, więc AD = AB = 5 = Z trójkąta prostokątego ADM otrzymujemy AM cos =, czyli 4 AM =. AD 5 5 Stąd AM = 4. Zatem z twierdzeia Pitagorasa dla tego trójkąta B Skoro AE = EC i AC =, to rówe q = AD AM = 5 4 = 3. PADE AE = AC = = 8. Pole trójkąta ADE jest zatem 3 3 = AE q= 83 =. Schemat puktowaia I i II sposobu rozwiązaia Rozwiązaie, w którym postęp jest iewielki, ale koieczy a drodze do pełego rozwiązaia... p. Zdający obliczy sius kąta BAC: si = 3 5 długość jedego z odcików AD, AE: AD = 5, AE = 8 i a tym poprzestaie lub dalej popełia błędy. Rozwiązaie, w którym jest istoty postęp... p. Zdający obliczy pole trójkąta ABC: P ABC = 54 obliczy si i długości obu odcików AD i AE: si = 3 5, AD = 5, AE = 8, 4 wysokość trójkąta ADE opuszczoą z wierzchołka E: p =, 5 wysokość trójkąta ADE opuszczoą z wierzchołka D: q = 3. Stroa 0 z 6

11 Pokoaie zasadiczych trudości zadaia... 3 p. Zdający obliczy pole trójkąta ADE: P ADE =. Rozwiązaie pełe... 4 p. Zdający obliczy pole czworokąta BCDE: P BCDE = 4. Uwaga: Jeżeli zdający rozwiązuje zadaie z wykorzystaiem faktu, że rozważay trójkąt jest prostokąty i ie przedstawia uzasadieia tego faktu, to może otrzymać maksymalą liczbę puktów za całe rozwiązaie. Zadaie 3. (0 5) Day jest ciąg arytmetyczy ( ) a+ a + a3 + a4 = 06 oraz a 5 a 6 a 7 a oraz ajmiejszy dodati wyraz ciągu ( ) a określoy dla każdej liczby aturalej, w którym = 06. Oblicz pierwszy wyraz, różicę a. Rozwiązaie Rozwiązaie zadaia składa się z dwóch etapów. Pierwszy polega a obliczeiu pierwszego wyrazu i różicy ciągu ( a ). Drugi etap polega a wyzaczeiu ajmiejszego dodatiego wyrazu tego ciągu. I sposób rozwiązaia I etapu Z waruków zadaia wyika, że a+ a + a3 + a4 = 06 i a5 + a a = 06. Ze wzoru a -ty wyraz ciągu arytmetyczego otrzymujemy a + ( a + r) + ( a + r) + ( a + 3r) = 06 i ( a + 4r) + ( a + 5 r) ( a + r) = 06, Stroa z 6 4a + 6r = 06 i 8a + 60r = 06, a + 3r = 008 i a + 5r = 504. Odejmując stroami rówaia, otrzymujemy r = 504, r = 4. a = 008, więc a = = 567. Zatem ( ) II sposób rozwiązaia I etapu Z waruków zadaia wyika, że a+ a + a3 + a4 = 06 i a5 + a a = 06. Ze wzoru a -ty wyraz ciągu arytmetyczego otrzymujemy a+ ( a+ r) + ( a+ r) + ( a+ 3r) = 06, 4a + 6r = 06, a + 3r = 008. Zauważmy, że lewa stroa rówaia a5 + a a = 06 jest sumą ośmiu wyrazów ciągu arytmetyczego ( a5, a6, a7,..., a ) o różicy r. Ze wzoru a sumą -początkowych wyrazów ciągu arytmetyczego, otrzymujemy a5 + a 8 = 06, a + a =

12 Stąd i ze wzoru a -ty wyraz ciągu arytmetyczego otrzymujemy a + 4r+ a + r = 504, a + 5r = 504. Po rozwiązaiu otrzymaego układu rówań otrzymujemy a = 567 i r = 4. III sposób rozwiązaia I etapu Z waruków zadaia wyika, że a+ a + a3 + a4 = 06 i a5 + a a = 06. Zauważmy, że sumując te rówaia stroami, otrzymujemy a+ a a = 403. Otrzymaliśmy w te sposób układ rówań S 4 = 06 i S = 403, który, korzystając ze wzoru a sumę -początkowych wyrazów ciągu arytmetyczego, możemy zapisać w postaci a+ a4 a+ a 4 = 06 i = 403, a+ a4 = 008 i a+ a = 67. Ze wzoru a -ty wyraz ciągu arytmetyczego otrzymujemy a+ ( a+ 3r) = 008 i a+ ( a+ r) = 67, a + 3r = 008 i a + r = 67. Po rozwiązaiu otrzymaego układu rówań otrzymujemy a = 567 i r = 4. IV sposób rozwiązaia I etapu Z waruków zadaia wyika, że a+ a + a3 + a4 = 06 i a5 + a a = 06. Zauważmy, że a5 + a a = ( a+ a a) ( a+ a + a3 + a4), czyli a5 + a a = S S4. Otrzymaliśmy w te sposób układ rówań S 4 = 06 i S S4 = 06, który, korzystając ze wzoru a sumę -początkowych wyrazów ciągu arytmetyczego, możemy zapisać w postaci a+ a4 a+ a a+ a4 4 = 06 i 4 = 06, a+ a4 = 008 i 6a+ 6a a a4 = 06. a+ a4 = 008 i 4a a4 + 6a = 06. Ze wzoru a -ty wyraz ciągu arytmetyczego otrzymujemy a+ ( a+ 3r) = 008 i 4a ( a+ 3r) + 6( a+ r) = 06, a + 3r = 008 i 8a + 60r = 06, a + 3r = 008 i a + 5r = 504. Po rozwiązaiu otrzymaego układu rówań otrzymujemy a = 567 i r = 4. Rozwiązaie II etapu Ciąg ( a ) jest więc opisay wzorem ogólym ( ) a = ( ) 4 = dla. Stroa z 6

13 Wyzaczmy umery wszystkich dodatich wyrazów ciągu. a > 0, > 0, 609 < = 4. 4 Poieważ r = 4 < 0, więc ciąg ( a ) jest malejący. Wyika stąd, że ajmiejszym dodatim wyrazem ciągu jest a 4 = =. Uwaga: a możemy też wyzaczyć w iy sposób. Poieważ Najmiejszy dodati wyraz ciągu ( ) r = 4 < 0, więc ciąg ( ) a jest =, a astępym 4 = < 0. Stąd wyika, że ajmiejszy dodati wyraz ciągu to. a jest malejący. Zauważmy, że jedym z wyrazów ciągu ( ) Schemat puktowaia Rozwiązaie, w którym postęp jest iewielki, ale koieczy a drodze do pełego rozwiązaia... p. Zdający zastosuje wzór a sumę -początkowych wyrazów ciągu arytmetyczego i zapisze jedo z rówań wyikających z treści zadaia: a+ a4 a5 + a 4 = 06, 4a + 6r = 06, 8 = 06, 8a + 60r = 06, a+ a = 403 wzór a -ty wyraz ciągu arytmetyczego i wyzaczy jede z wyrazów a dla > w zależości od a i r, p. a = a+ r i a tym poprzestaie lub dalej popełia błędy. Uwaga Jeżeli zdający zapisze, że S = 403, to otrzymuje pukt. Rozwiązaie, w którym jest istoty postęp... p. Zdający zapisze dwa rówaia wyikające z podaych sum wyrazów ciągu i wyzaczy jede z wyrazów a dla > w zależości od a i r, p.: a+ a4 a5 + a 4 = 06 i 8 = 06 i a4 = a+ 3r. Pokoaie zasadiczych trudości zadaia... 3 p. Zdający zapisze układ dwóch rówań z dwiema iewiadomymi pozwalający obliczyć a, p.: pierwszy wyraz i różicę ciągu ( ) a+ a+ 3r a 4 = r+ a+ r i 8 = 06. Rozwiązaie prawie pełe... 4 p. Zdający obliczy pierwszy wyraz i różicę ciągu ( a ): a = 567, r = 4 obliczy pierwszy wyraz, różicę i ajmiejszy dodati wyraz ciągu ( a ), popełiając po drodze błędy rachukowe. Stroa 3 z 6

14 Rozwiązaie pełe... 5 p. a : Zdający obliczy pierwszy wyraz, różicę oraz ajmiejszy dodati wyraz ciągu ( ) a = 567, r = 4, a 4 =. Uwagi:. Jeżeli zdający błędie ziterpretuje treść zadaia przyjmując, że a5 + a a jest sumą początkowych wyrazów ciągu, to może otrzymać co ajwyżej pukt.. Jeżeli zdający zauważy, że a5 + a a jest sumą 8 wyrazów ciągu, ale zapisze błędie, że jest oa rówa ( ) a + 8 r 8, to może otrzymać za całe rozwiązaie co ajwyżej 3 pukty. 3. Jeżeli zdający zapisze, że a5 + a a jest sumą 7 wyrazów ciągu i kosekwetie zapisze tę sumę w postaci 3 pukty. ( ) a5 + 7 r 7, to może otrzymać za całe rozwiązaie co ajwyżej Zadaie 3. (0 4) Day jest stożek o objętości 8π, w którym stosuek wysokości do promieia podstawy jest rówy 3:8. Oblicz pole powierzchi boczej tego stożka. Rozwiązaie Niech r, h i l ozaczają odpowiedio promień podstawy, wysokość i tworzącą daego stożka. S h l Objętość stożka jest rówa Stąd Z treści zadaia wyika, że Otrzymujemy rówaie Zatem h = 3 4 = 3. 8 r A O π V = r h. 3 8π =, π 3 rh rh= 4. h 3 r = 8, skąd 3 h= r. 8 r r = 4, 8 3 r = 64, r = 4. 3 B Stroa 4 z 6

15 Z twierdzeia Pitagorasa dla trójkąta BSO otrzymujemy r + h = l, ( ) l = r + h = 4 + = =. 73 Pole powierzchi całkowitej stożka jest rówe 73 Pb = πrl = π 4 = 73π. Schemat puktowaia Rozwiązaie, w którym postęp jest iewielki, ale koieczy a drodze do pełego rozwiązaia... p. Zdający zapisze zależość między wysokością i promieiem podstawy stożka h 3 wyikającą z podaego stosuku, p.: r = 8 wyikającą z podaej objętości: rh= 4 i a tym poprzestaie lub dalej popełia błędy. Rozwiązaie, w którym jest istoty postęp... p. Zdający zapisze rówaie z jedą iewiadomą, p.: r r = 4. 8 Pokoaie zasadiczych trudości zadaia... 3 p. 3 Zdający obliczy promień podstawy lub wysokość stożka: r = 4, h =. Rozwiązaie pełe... 4 p. Zdający obliczy pole powierzchi boczej daego stożka: P = 73π. 3 b Zadaie 33. (0 4) Rejsowy samolot z Warszawy do Rzymu przelatuje ad Austrią każdorazowo tą samą trasą z taką samą zakładaą prędkością przelotową. We wtorek jego średia prędkość była o 0% większa iż prędkość przelotowa, a w czwartek średia prędkość była o 0% miejsza od zakładaej prędkości przelotowej. Czas przelotu ad Austrią w czwartek różił się od wtorkowego o miut. Jak długo trwał przelot tego samolotu ad Austrią we wtorek? Rozwiązaie Ozaczmy przez v prędkość, z jaką zwykle leci samolot a tej trasie, przez s ozaczmy długość trasy, gdy samolot zajduje się ad terytorium Austrii, a przez t ozaczmy czas przelotu we wtorek. Zatem prędkość, z jaką samolot leciał we wtorek była rówa,v, a prędkość, z jaką samolot leciał w czwartek była rówa 0,9v. Czas przelotu w czwartek był rówy t + miut. Zatem,v t= soraz 0,9v ( t+ ) = s. Stąd,vt = 0, 9v t+, ( ) ( t ) t = 9 +, t = 9, t = 96 = 54. Stroa 5 z 6

16 Odpowiedź: Czas, w jakim samolot przelatywał we wtorek ad Austrią był rówy 54 miuty. Schemat puktowaia Rozwiązaie, w którym postęp jest iewielki, ale koieczy a drodze do pełego rozwiązaia... p. Zdający zapisze jedo z rówań opisujących zależość prędkości i czasu przelotu ad Austrią, p.:,v t= slub 0,9v ( t+ ) = s. Rozwiązaie, w którym jest istoty postęp... p. Zdający zapisze oba rówaia pozwalające obliczyć czas przelotu ad Austrią we wtorek lub,vt = 0, 9v t+. w czwartek, p.: ( ) Pokoaie zasadiczych trudości zadaia... 3 p. t = 9 t+. Zdający zapisze rówaie z jedą iewiadomą t, p.: ( ) Rozwiązaie pełe... 4 p. Zdający wyzaczy czas przelotu: 54 miuty (lub 0,9 godziy). Uwaga: Jeżeli zdający stosuje błędy model, p. przyjmuje, że wzrostowi prędkości o 0% odpowiada skróceie czasu o 0% przyjmuje, że wzrostowi prędkości odpowiada wydłużeie czasu, to za całe rozwiązaie otrzymuje 0 puktów. Stroa 6 z 6