EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 2014/2015

Transkrypt

1 l EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 0/05 FORMUŁA DO 0 ( STARA MATURA ) MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-R MAJ 05

2 Uwaga: Akceptowane są wszstkie odpowiedzi mertorcznie poprawne i spełniające warunki zadania. Zadanie. (0 ) Wkaż, że dla każdej dodatniej liczb rzeczwistej różnej od oraz dla każdej dodatniej liczb rzeczwistej różnej od prawdziwa jest równość log ( ) log = log ( ) log. V. Rozumowanie i argumentacja.. Liczb rzeczwiste. Zdając stosuje wzór na logartm potęgi i wzoru na zamianę podstaw logartmu (R.b). I sposób rozwiązania Korzstając ze wzoru na logartm ilocznu i logartm ilorazu możem zapisać lewą stronę równości w postaci log ( ) log = ( log + log ) ( log log ) = ( + log ) ( log ) = = + log log log log. Korzstając ze wzoru na zamianę podstaw logartmu otrzmujem dalej log + log log log = + log log = log log. log W ten sam sposób przekształcam prawą stronę równości log ( ) log = ( log + log ) ( log log ) = ( log + ) ( log ) = log = log log log + log = log log + log = log = log + log = log log. log log = log log jest prawdziwa. Zatem równość ( ) ( ) II sposób rozwiązania Jeśli = lub =, to obie stron równości są równe 0 i teza jest prawdziwa. Przpuśćm więc, że i. Wted możem równość przekształcić do postaci równoważnej log ( ) log ( ) =. log log Z twierdzenia o zamianie podstaw logartmu otrzmujem log ( ) log ( ) = log ( ) =. log log Strona z 8

3 III sposób rozwiązania Zauważm, że dla dowolnch dodatnich liczb a i b mam log a log b log a log b log a log b = = = log a log b, log log log log skąd w szczególności wnika teza dla a = i b =. Schemat oceniania Zdając otrzmuje... p. gd zapisze lewą stronę w postaci ( + log ) ( log ) sprawdzi, że teza jest prawdziwa dla = lub = Zdając otrzmuje... p. gd powoła się na wzór na zamianę podstaw logartmu i zapisze wrażenie + log log log ( ) log ( ) gd prz odpowiednich założeniach zapisze postać równoważną = log log Uwagi. Jeśli zdając stwierdzi prawdziwość tez dla = lub = i zapisze postać ilorazową równości bez zapisania założeń, że i, to również otrzmuje punkt.. Jeśli zdając nie rozpatrz przpadku = lub = i obie stron równości z treści zadania podzieli przez odpowiednio: log( ) log ( ) lub log log i przekształci otrzmaną równość do postaci tożsamości: log = log lub log = log, to też otrzmuje punkt. ( ) ( ) Zdając otrzmuje... p. gd przeprowadzi pełn dowód. Strona z 8

4 Zadanie. (0 5) Dan jest wielomian W ( ) = m + ( m ) 9m + 0m +. Wkres tego wielomianu, po przesunięciu o wektor u = [, 0], przechodzi przez początek układu współrzędnch. Wznacz wszstkie pierwiastki wielomianu W. III. Modelowanie matematczne.. Wrażenia algebraiczne. Zdając stosuje twierdzenia o pierwiastkach wmiernch wielomianu o współcznnikach całkowitch (R.c). I sposób rozwiązania Zauważm, że pierwiastkiem wielomianu W jest liczba. Zatem W ( ) = 0, czli ( m ) 9m + 0m + = 0 m +, 7 7m + 9m 9m + 0m + = 0, 7 m + 8 = 0, m =. Wielomian możem zapisać w postaci W ( ) = Jednm z jego pierwiastków jest liczba, więc wielomian W jest podzieln przez dwumian. Wkonajm to dzielenie wkorzstując schemat Hornera. Zatem W( ) ( )( 9 0) = +. Pozostałe pierwiastki wielomianu W to pierwiastki trójmianu 9 + 0, które możem wznaczć rozkładając ten trójmian na cznniki liniowe 9+ 0= 5+ 0= ( ) 5( ) = ( )( 5) Stąd wnika, wielomian W ma trz pierwiastki: =, =, = 5. Uwaga Wielomian W możem zapisać w postaci ilocznu dwóch wielomianów w inn sposób, np. poprzez odpowiednie pogrupowanie wrazów W( ) = = = = = ( ) ( ) ( ) ( )( ) Schemat oceniania I sposobu Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając zapisze, że pierwiastkiem wielomianu W jest liczba i na tm zakończ lub dalej popełni błęd. Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając zapisze równanie z jedną niewiadomą m, np.: m + m 9m + 0m + = ( ) 0 Strona z 8

5 Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając wznacz wartość parametru i zapisze wzór wielomianu: W ( ) = Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania... p. Zdając zapisze wielomian w postaci ilocznu dwóch lub trzech wielomianów stopni W( ) = dodatnich, np.: ( )( ) Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdając wznacz wszstkie pierwiastki wielomianu: =, =, = 5. II sposób rozwiązania Zapisujem wzór wielomianu P( ) = W( + ) P ( ) = ( + ) m( + ) + ( m )( + ) 9m + 0m+. Ponieważ na wkresie wielomianu P leż punkt ( 0,0 ), więc liczba 0 jest jego pierwiastkiem. Stąd ( ) ( ) ( )( ) 0+ m 0+ + m 0+ 9m + 0m+ = 0, ( ) 7 7m m 9m 0m =, 8 7m = 0, m =. Dalsza część rozwiązania przebiega tak, jak I sposobie rozwiązania. Schemat oceniania II sposobu Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. P = W + Zdając zapisze wzór wielomianu ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) P ( ) = + m + + m + 9m + 0m+ Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając zapisze równanie z jedną niewiadomą m, np.: ( ) ( ) ( )( ) 0+ m 0+ + m 0+ 9m + 0m+ = 0 Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając oblicz wartość parametru m = i zapisze wzór wielomianu: W ( ) = Strona 5 z 8

6 zapisze wielomian P ( ) w postaci ilocznu dwóch lub trzech wielomianów, np.: ( ) P ( ) = + Rozwiązanie prawie całkowite... p. Zdając zapisze wielomian W( ) w postaci ilocznu dwóch lub trzech wielomianów, np.: ( )( ) W( ) = 9+ 0 oblicz wszstkie pierwiastki wielomianu ( ) pierwiastków wielomianu W( ) Strona 6 z 8 P i nie wznacz wszstkich Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdając wznacz wszstkie pierwiastki wielomianu: =, =, = 5. III sposób rozwiązania W = 0 i korzstam z równości wielomianów Zauważam, że ( ) ( )( ) ( ) + b+ c = m + m m + m+ skąd mam: 0 () c= 9m + 0m+, więc c= m m, () b m= m, więc b= m+, () c b= m. 9 0 Po wstawieniu () i () do () otrzmujem c+ 9m 9= m 0 m m + 9m 9= m, skąd wnika, że m = Dalej jak w sposobie I. Schemat oceniania III sposobu Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając zapisze, że pierwiastkiem wielomianu W jest liczba Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając zapisze równanie wnikające z równości wielomianów, np.: ( )( + b+ c) = m + ( m ) 9m + 0m+ Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając wznacz wartość parametru i zapisze wzór wielomianu: W ( ) =

7 Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania... p. Zdając zapisze wielomian w postaci ilocznu dwóch lub trzech wielomianów stopni dodatnich, np.: W( ) = ( )( 9+ 0) Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdając wznacz wszstkie pierwiastki wielomianu: =, =, = 5. IV sposób rozwiązania Zauważam, że ( ) 0 otrzmujem iloraz + m + m 9m+ 8 oraz resztę 7m + 8. ( ) W =. Po podzieleniu wielomianu W ( ) przez dwumian ( ) Z faktu, że liczba jest pierwiastkiem wielomianu W ( ) mam, że 7m + 8= 0, a zatem m =. Dalej, jak w sposobie I. Schemat oceniania IV sposobu Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając zapisze, że pierwiastkiem wielomianu W jest liczba Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając wkonuje dzielenie wielomianu W ( ) przez dwumian ( ) Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając wznacz wartość parametru i zapisze wzór wielomianu: W ( ) = Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania... p. Zdając zapisze wielomian w postaci ilocznu dwóch lub trzech wielomianów stopni dodatnich, np.: W( ) = ( )( 9+ 0) Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdając wznacz wszstkie pierwiastki wielomianu: =, =, = 5. Uwaga Jeśli zdając wznacz pierwiastki wielomianu P i na tm zakończ, popełni jednak usterkę zapisu, oznaczając ten wielomian błędnie jako W, to za całe rozwiązanie może otrzmać co najwżej punkt. Strona 7 z 8

8 Zadanie. (0 6) Wznacz wszstkie wartości parametru m, dla którch równanie ( ) dwa różne rozwiązania rzeczwiste, takie, że m m m = 0 ma. IV. Użcie i tworzenie strategii.. Równania i nierówności. Zdając rozwiązuje równania i nierówności kwadratowe z parametrem, przeprowadza dskusję i wciąga z niej wnioski (R.b). Rozwiązanie Gd m m= 0, czli m( m ) = 0, a więc dla m = 0 lub m = równanie jest liniowe i ma tlko jeden pierwiastek =. Zatem m 0 i m. Wówczas równanie jest kwadratowe i ma dwa różne pierwiastki rzeczwiste wted i tlko wted, gd Δ> 0, a więc gd m m > 0, ( ) m + m+ > 0, m m < 0, ( ) ( ) Δ = = 6, m + + m = =, m = = + Zatem < m <. m Nierówność możem, wkorzstując wzór Viète a na sumę pierwiastków + trójmianu kwadratowego, zapisać w postaci m. ( ) m m Rozwiązując tę nierówność mam kolejno m m m, m m 0, m m 0, 0 m. m Prawą stronę nierówności + możem zapisać w postaci +, więc ponownie wkorzstując wzor Viète a na sumę i na iloczn pierwiastków trójmianu kwadratowego możem tę nierówność zapisać w postaci Strona 8 z 8

9 ( ) m m m m m m, czli, a więc m. Otrzmaliśm zatem m 0 i m oraz + < m < oraz + m 0,,. Stąd ( ) ( ) 0 m oraz m. Schemat oceniania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwsz z nich polega zapisaniu warunku, prz którm równanie jest kwadratowe ( m m 0 ), a następnie rozwiązaniu nierówności Δ > 0 : m, +. Za poprawne rozwiązanie nierówności Δ > 0 zdając otrzmuje punkt. Natomiast uwzględnienie warunku m m 0 oceniam w ostatnim etapie rozwiązania. Uwaga Jeżeli zdając zapisze Δ 0, to za tę część otrzmuje 0 punktów. Drugi etap polega na rozwiązaniu nierówności Za tę część rozwiązania zdając otrzmuje punkt. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: Za rozwiązanie nierówności Za rozwiązanie nierówności części: m m : m (, zdając otrzmuje punkt. + m punkt zdając otrzmuje za zapisanie wrażenia zdając otrzmuje punkt. Prz czm w tej + punkt zdając otrzmuje za zapisanie nierówności np.: m m m, punkt zdając otrzmuje za rozwiązanie nierówności w postaci np. + + m m :, ( ) m m z niewiadomą m, m 0,. Trzeci etap polega na wznaczeniu części wspólnej rozwiązań nierówności z etapu pierwszego i drugiego oraz uwzględnieniu warunku m m 0.. Strona 9 z 8

10 Rozwiązanie pełne (trzeci etap)... 6 p. Wznaczenie części wspólnej zbiorów rozwiązań nierówności i podanie odpowiedzi: + m ( 0,),. Uwaga Punkt za ostatni etap przznajem wted, gd: zdając poprawnie rozwiąże nierówność Δ > 0, popełnia błęd w rozwiązaniu nierówności z etapu II i uwzględnia warunki m 0 i m. popełnia błęd w rozwiązaniu nierówności Δ > 0, poprawnie rozwiąże co najmniej jedną nierówność z etapu II i uwzględnia warunki m 0 i m. Zadanie. (0 6) Trz liczb tworzą ciąg artmetczn. Jeśli do pierwszej z nich dodam 5, do drugiej, a do trzeciej, to otrzmam rosnąc ciąg geometrczn, w którm trzeci wraz jest czter raz większ od pierwszego. Znajdź te liczb. III. Modelowanie matematczne. 5. Ciągi liczbowe. Zdając bada, cz dan ciąg jest artmetczn lub geometrczn, stosuje wzor na n-t wraz i sumę n początkowch wrazów ciągu artmetcznego i ciągu geometrcznego, również umieszczone w kontekście praktcznm. (5.b,c). I sposób rozwiązania Oznaczm przez q iloraz ciągu geometrcznego. Skoro trzeci wraz ciągu geometrcznego jest czter raz większ od pierwszego, q = lub q =. Gdb jednak q =, to otrzmalibśm naprzemienn ciąg geometrczn, a to nie spełniałob założenia, że ciąg ma bć rosnąc. Zatem a, a,a. Ciąg q = i ciąg geometrczn możem zapisać w postaci ( ) ( a 5, a, a ) ( a ) = a 5+ a, a stąd a = ma bć artmetczn, więc otrzmujem równanie. Kolejne wraz ciągu geometrcznego są więc równe, 6,, a kolejne wraz ciągu artmetcznego są równe,, 8 i są to szukane liczb. Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania zadania... p. Zdając wkorzsta informację, że trzeci wraz ciągu geometrcznego jest czter raz większ od pierwszego, zapisze zależność np.: aq = a Strona 0 z 8

11 Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając odrzuci q = oraz wkorzsta określenie ciągu geometrcznego, np. zapisze ten ciąg w postaci ( a, a,a ) Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając ułoż równanie z jedną niewiadomą, z wkorzstaniem własności (lub definicji) ciągu artmetcznego, np.: ( a ) = a 5+ a Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błęd rachunkowe)... 5 p. Zdając oblicz wraz ciągu geometrcznego, 6,. Rozwiązanie pełne... 6 p. Zdając poda szukane liczb:,, 8. II sposób rozwiązania Oznaczm przez r różnicę i przez środkow wraz ciągu artmetcznego. Wówczas ( r,, + r) jest ciągiem artmetcznm, zaś ciąg ( r 5,, r ) jest ciągiem geometrcznm, w którm trzeci wraz ma bć raz większ od pierwszego. ( + ) = ( r+ 5)( + r+ ) Zapisujem układ równań. Wznaczam z drugiego + r + = ( r + 5) 5 6 równania = r, podstawiam do pierwszego równania i po uporządkowaniu otrzmujem równanie kwadratowe r 6r+ 5= 0. Rozwiązaniami tego równania są liczb r = r = 5 r = oraz r = 5. Rozwiązaniami układu równań są par liczb oraz. = = 8 W pierwszm przpadku ciąg artmetczn ma postać,, a ciąg geometrczn ma postać,,. Ciąg ten nie spełnia warunku dotczącego monotoniczności.,,8 a ciąg geometrczn ma postać W drugim przpadku ciąg artmetczn ma postać ( ) (, 6, ). Zatem szukane liczb to,, 8. Strona z 8

12 Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania zadania... p. Zdając wkorzsta własności ciągu artmetcznego, np. zapisze szukane liczb w postaci ( r,, + r) Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając zapisze układ równań z dwiema niewiadommi z wkorzstaniem własności ciągu ( + ) = ( r+ 5)( + r+ ) artmetcznego i geometrcznego, np.: + r + = ( r + 5) Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając zapisze równanie z jedną niewiadomą, np. r 6r+ 5= 0 + = 0 Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błęd rachunkowe)... 5 p. Zdając oblicz wraz ciągu geometrcznego, 6,. Rozwiązanie pełne... 6 p. Zdając poda szukane liczb:,, 8. III sposób rozwiązania Oznaczm kolejne liczb ciągu artmetcznego przez a, b, c. Wówczas ( a+ 5, b+, c+ ) jest ciągiem geometrcznm. a+ c= b Zapisujem układ równań ( b+ ) = ( a+ 5) ( c+ ). c + = ( a + 5) Po przekształceniach układu otrzmujem równanie np.: rozwiązaniem są liczb: a = oraz a = a = a = liczb: b = oraz b =. c = 8 8 c = Strona z 8 a 0a =, którego. Stąd rozwiązaniami układu równań są trójki

13 8 W drugim przpadku ciąg artmetczn ma postać,,, a ciąg geometrczn ma postać,,. Ciąg ten nie spełnia warunku dotczącego monotoniczności. Zatem szukane liczb to:,, 8. Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania zadania... p. Zdając wkorzsta własności ciągu artmetcznego, np. zapisze zależność międz szukanmi liczbami w postaci a+ c = b. wkorzsta własności ciągu geometrcznego, np. zapisze zależność międz szukanmi liczbami w postaci ( b ) ( a 5) ( c ) + = + +. Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając zapisze układ równań z trzema niewiadommi, wkorzstując własności ciągu a+ c= b artmetcznego oraz ciągu geometrcznego, np.: ( b+ ) = ( a+ 5) ( c+ ). c + = ( a + 5) Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając zapisze równanie z jedną niewiadomą, np.: a + 0a+ 8= 0 Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błęd rachunkowe)... 5 p. Zdając zapisze rozwiązania układu: liczb. a = b = c = 8 oraz a = b = i nie odrzuci drugiej trójki 8 c = Strona z 8

14 Rozwiązanie pełne... 6 p. Zdając poda szukane liczb:,, 8. Uwaga Jeżeli zdając mli własności ciągu geometrcznego z własnościami ciągu artmetcznego, to za całe rozwiązanie otrzmuje 0 punktów. Zadanie 5. (0 ) Rozwiąż równanie sin sin 0 + = w przedziale 0, π. IV. Użcie i tworzenie strategii. 6. Trgonometria. Zdając rozwiązuje równania i nierówności trgonometrczne (R6.e). I sposób rozwiązania Wkorzstujem wzór na sinus podwojonego kąta sin = sin cos, przekształcam równanie do postaci, w którm wstępuje tlko jedna funkcja trgonometrczna argumentu : ( ) sin cos sin + = 0, sin cos sin + = 0, sin sin sin + = 0 ( ) Otrzmujem zatem równanie: sin + = 0. To równanie jest równoważne alternatwie równań sin = lub sin =. Równanie sin = nie ma rozwiązania. Natomiast równanie sin = możem zapisać jako alternatwę równań sin = lub sin =. W przedziale 0, π równanie π π sin = ma rozwiązania: = lub =, a równanie sin = ma rozwiązania 5π 7π = lub =. Zapisujem odpowiedź: Równanie sin sin + = 0 w przedziale 0, π ma czter rozwiązania: π = lub π = lub 5π = lub 7π =. Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając zapisze równanie w zależności od jednej funkcji trgonometrcznej tego samego argumentu, np. sin ( sin ) sin + = 0 lub sin + = 0 Strona z 8

15 Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając zapisze alternatwę sin = lub sin wprowadzi pomocniczą niewiadomą, np. = zapisze, że t = nie odpowiadają żadne t = sin i zapisze, że t = lub t = oraz Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając zapisze alternatwę sin = lub sin = oraz π π rozwiąże równanie sin = w przedziale 0, π : = lub = 5π rozwiąże równanie sin = w przedziale 0, π : = lub = Rozwiązanie pełne... p. Zdając zapisze rozwiązania równania sin sin + = 0 w przedziale 0, π : π π = lub = lub lub = 5 ). 5π = lub 7π 7π = ( = 5 lub = 5 lub = 5 Uwagi. Nie wmagam, ab zdając zapisał warunek np. t,, o ile z rozwiązania wnika, że zdając uwzględnia ten warunek.. Jeżeli zdając podaje ogólne rozwiązanie równania trgonometrcznego: sin = dla π = + kπ lub = π + kπ, gdzie k jest liczbą całkowitą, sin = dla 5 7 = π + kπ, gdzie k jest liczbą całkowitą lub = π + kπ, gdzie k jest liczbą całkowitą, to otrzmuje punkt. II sposób rozwiązania Wkorzstujem wzór na sinus podwojonego kąta sin = sin cos, przekształcam równanie do postaci, w którm wstępuje tlko jedna funkcja trgonometrczna argumentu : ( ) sin cos sin + = 0, Strona 5 z 8

16 sin cos sin + = 0, cos cos cos + = 0 ( ) ( ) Porządkujem i otrzmujem równanie: To równanie jest równoważne alternatwie równań cos + 8cos = 0. cos = lub cos =. Równanie cos = nie ma rozwiązania. Natomiast równanie cos = możem zapisać jako alternatwę równań cos = lub cos =. W przedziale 0, π równanie π 7π cos = ma rozwiązania: = lub =, a równanie cos = ma rozwiązania π 5π = lub =. Zapisujem odpowiedź: Równanie sin sin + = 0 w przedziale 0, π ma czter rozwiązania: π = lub π = lub 5π = lub 7π =. Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając zapisze równanie w zależności od jednej funkcji trgonometrcznej tego samego argumentu, np. ( ) ( cos cos cos ) + = 0lub cos + 8cos = 0 Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając zapisze alternatwę cos = lub cos wprowadzi pomocniczą niewiadomą, np. = zapisze, że t = nie opowiadają żadne Strona 6 z 8 t = cos i zapisze, że t = lub t = oraz Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając zapisze alternatwę z równań: cos = lub cos = ma w przedziale 0, π dwa rozwiązania: cos = oraz rozwiąże poprawnie jedno π = lub = 7π

17 cos = w przedziale 0, π ma dwa rozwiązania: π = lub = Rozwiązanie pełne... p. Zdając zapisze rozwiązania równania sin sin + = 0 w przedziale 0, π : π π = lub = lub lub = 5 ). 5π = lub 5π 7π = ( = 5 lub = 5 lub = 5 Uwagi. Nie wmagam, ab zdając zapisał warunek np. t,, o ile z rozwiązania wnika, że zdając uwzględnia ten warunek.. Jeżeli zdając podaje ogólne rozwiązanie równania trgonometrcznego: cos = dla π 7 = + kπ lub = π + kπ, gdzie k jest liczbą całkowitą, cos = dla 5 = π + kπ, gdzie k jest liczbą całkowitą lub = π + kπ, gdzie k jest liczbą całkowitą, to otrzmuje punkt. III sposób rozwiązania Wkorzstujem wzór na cosinus podwojonego kąta i przekształcam go do postaci sin = cos. Po wstawieniu do równania otrzmujem równanie trgonometrczne argumentu : sin ( cos ) + = 0. Doprowadzam równanie do postaci z jedną funkcją trgonometrczną argumentu. cos + cos+ = 0 cos + cos = 0 cos( cos ) = 0 To równanie jest równoważne alternatwie równań cos = 0 lub cos =. Równanie cos = nie ma rozwiązania. π π Rozwiązujem równanie cos = 0 i otrzmujem = + k, gdzie k jest liczbą całkowitą. Po uwzględnieniu przedziału 0, π zapisujem odpowiedź: Równanie π = lub sin sin 0 5π = lub + = ma w przedziale 0, π czter rozwiązania: 7π =. π = lub Strona 7 z 8

18 Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając zapisze równanie w zależności od jednej funkcji trgonometrcznej tego samego argumentu, np. cos + cos + = 0 Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając zapisze alternatwę: cos = 0 lub cos = Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając rozwiąże równanie cos = 0 w zbiorze liczb rzeczwistch: π π = + k, gdzie k jest liczbą całkowitą Rozwiązanie pełne... p. Zdając zapisze rozwiązania równania sin sin + = 0 w przedziale 0, π : π π 5π 7π = lub = lub = lub = ( = 5 lub = 5 lub = 5 lub = 5 ). Uwaga Jeżeli zdając zapisze tlko rozwiązania π = lub π =, to otrzmuje punkt. Strona 8 z 8

19 Zadanie 6. (0 ) Rozwiąż nierówność II. Wkorzstanie i interpretowanie reprezentacji.. Równania i nierówności. Zdając rozwiązuje proste równania i nierówności z wartością bezwzględną (.e). I sposób rozwiązania: wróżnienie na osi liczbowej przedziałów,, ). Wróżniam na osi liczbowej przedział: (, 7), 7, ) Rozwiązujem nierówności w poszczególnch przedziałach i w każdm przedziale bierzem część wspólną tego przedziału z otrzmanm zbiorem rozwiązań nierówności (, 7) 7,), ) Wznaczam części wspólne otrzmanch wników z poszczególnmi przedziałami, < 7 7, 6 i bierzem sumę tch przedziałów: (, 6, ). II sposób rozwiązania zapisanie czterech przpadków < 0 6< 0 Zapisujem czter przpadki: < < 0 Rozwiązujem nierówności w poszczególnch przpadkach: < < < < < 7 0 < 7 < < czli 6, ) niemożliwe < 7 czli 7, < < 7 6 czli, 7 ( ) Strona 9 z 8

20 6 Zapisujem odpowiedź: (,, ). Schemat oceniania I i II sposobu oceniania Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając wróżni na osi liczbowej przedział(, 7), 7, ),, ) < 0 6< 0 zapisze czter przpadki: < < 0 Uwaga Jeżeli zdając popełni błęd w wznaczaniu przedziałów, ale nie są one konsekwencją błędu rachunkowego popełnionego prz przekształcaniu nierówności, to przznajem 0 punktów. Podobnie, 0 punktów otrzmuje zdając, któr błędnie zapisał czter przpadki. Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając zapisze nierówności w poszczególnch przedziałach, np: I. (, 7) II. 7,) III., ) Uwagi. Jeżeli zdając rozwiąże nierówności w poszczególnch przedziałach i na tm zakończ lub nie wznacz części wspólnej otrzmwanch wników z poszczególnmi przedziałami i kontnuuje rozwiązanie, to otrzmuje punkt.. Jeżeli zdając rozpatrz czter przpadki, rozwiąże nierówności w poszczególnch przedziałach, stwierdzi, że czwart przpadek jest niemożliw i na tm zakończ lub nie wznacz części wspólnej otrzmwanch wników z poszczególnmi przedziałami i kontnuuje rozwiązanie, to otrzmuje punkt. Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błęd rachunkowe)... p. zdając poprawnie rozwiąże nierówności i wznacz części wspólne otrzmanch wników z poszczególnmi przedziałami tlko w dwóch przpadkach, popełni błąd w trzecim przpadku i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca zdając rozpatrz czter przpadki, poprawnie rozwiąże nierówności i wznacz części wspólne otrzmanch wników z poszczególnmi przedziałami tlko w dwóch przpadkach, stwierdzi, że czwart jest niemożliw, popełni błąd w trzecim przpadku i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca. Rozwiązanie pełne... p. 6 Zdając zapisze odpowiedź: lub. Uwaga We wszstkich rozważanch przpadkach zdając może rozpatrwać obie nierówności nieostre (przedział obustronnie domknięte). Jeżeli natomiast rozważ wszstkie nierówności ostre (przedział otwarte), to przznajem za całe zadanie o pkt mniej, niż gdb wróżnił wszstkie przedział poprawnie. Strona 0 z 8

21 Zadanie 7. (0 ) O trapezie ABCD wiadomo, że można w niego wpisać okrąg, a ponadto długości jego boków AB, BC, CD, AD w podanej kolejności tworzą ciąg geometrczn. Uzasadnij, że trapez ABCD jest rombem. V. Rozumowanie i argumentacja. 7. Planimetria. Zdając znajduje związki miarowe w figurach płaskich (7.c). Rozwiązanie Korzstam z własności ciągu geometrcznego: AB = a, BC = aq, CD = aq, AD = aq. Ponieważ czworokąt jest opisan na okręgu, zatem a+ aq = aq+ aq. Rozwiązujem równanie ( ) ( ) a + q = a q+ q /: a 0 ( q )( q ) + = 0 q =. Ciąg jest stał zatem trapez ma boki równe, czli jest rombem. Schemat oceniania Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając wkorzsta własności ciągu geometrcznego i zapisze, że AB = a, BC = aq, CD = aq, AD = aq Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając zapisze równanie a+ aq = aq+ aq Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając rozwiąże równanie a+ aq = aq+ aq : q = Rozwiązanie pełne... p. Zdając stwierdzi, że otrzman ciąg jest stał, zatem trapez jest rombem. Strona z 8

22 Uwagi. Jeżeli zdając rozważa jednie szczególn przpadek trapezu równoramiennego, to za całe rozwiązanie może uzskać co najwżej punkt.. Jeżeli zdając nie wprowadza q, ale oznacza boki trapezu jako a, b, c, d, to: za zastosowanie własności ciągu geometrcznego, jako b = ac lub c = bd otrzmuje punkt. za powższe oraz zastosowanie własności trapezu wpisanego w okrąg (a + c = b + d) otrzmuje punkt. za ustalenie równości boków trapezu (poprawn wniosek o tm, że trapez jest rombem) otrzmuje punkt. za zastosowanie własności trapezu wpisanego w okrąg (a + c = b + d) otrzmuje punkt. Zadanie 8. (0 ) Na boku AB trójkąta równobocznego ABC wbrano punkt D taki, że AD : DB = :. Oblicz tangens kąta ACD. IV. Użcie i tworzenie strategii. 7. Planimetria. Zdając znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów (R7.d). I sposób rozwiązania geometria elementarna Niech AC = 5. Wted AD =. Oznaczm przez E spodek wsokości trójkąta ADC opuszczonej z wierzchołka D jak na rsunku.z C α 5 E A D B Zauważm, że trójkąt ADE jest połową trójkąta równobocznego, więc AE = i ED =. Zatem EC = 5 =. Wobec tego tgα = =. Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając poprowadzi wsokość DE i zauważ, że kąt trójkąta ADE mają miar 0º, 60º, 90º Strona z 8

23 Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając wznacz długość jednej z przprostokątnch trójkąta ADE w zależności od : AE =, ED = Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając wznacz długości obu przprostokątnch trójkąta DEC w zależności od : ED =, EC = Rozwiązanie pełne... p. Zdając oblicz tangens kąta ACD : tgα =. Uwaga 9 Jeżeli zdając wznacz wartość cosα = 0,977 i na tej podstawie odczta z tablic 9 α = lub α = i korzstając ponownie z tablic odczta odpowiednia wartość tangensa kąta α (tgα 0,5, tgα 0,5), to za całe rozwiązanie może otrzmać co najwżej punkt. II sposób rozwiązania twierdzenie cosinusów Niech AD =, wted DB =. Niech ponadto ACD = α (zob. rsunek). C α 5 5 A D B Stosujem twierdzenie cosinusów do trójkąta ADC i obliczam długość odcinka CD : ( ) ( ) CD = cos 60 = 9, skąd wnika, że CD = 9. Z twierdzenia cosinusów obliczm teraz cosinus kąta ACD : ( ) ( ) ( ) = cosα, stąd 0 9 cosα = = =, ( cosα > 0, więc α jest kątem ostrm) 9 a zatem Strona z 8

24 57 sinα = =. 9 9 Tangens szukanego kąta jest więc równ: sinα 57 9 tgα = = =. cosα 9 9 Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając wprowadzi oznaczenia np. AD = i DB =, a następnie wznacz długość odcinka CD : CD = 9 Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając oblicz cosinus kąta ACD : 0 9 cosα = = = Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając oblicz sinus kąta ACD : 57 sinα = = 9 9 Rozwiązanie pełne... p. Zdając oblicz tangens kąta ACD : sinα 57 9 tgα = = =. cosα 9 9 Uwaga 9 Jeżeli zdając wznacz wartość cosα = 0,977 i na tej podstawie odczta z tablic 9 α = lub α = i korzstając ponownie z tablic odczta odpowiednio wartość tangensa kąta α ( tgα 0,5, tgα 0,5), to za całe rozwiązanie może otrzmać co najwżej punkt. Strona z 8

25 III sposób rozwiązania twierdzenie sinusów w trójkącie ACD Niech AD =, wted DB =. Niech ponadto ACD = α. Wted ADC = 0 α. C α 5 5 Stosujem twierdzenie sinusów do trójkąta ADC. Zapisujem, że 5 sinα =, co oznacza, że sinα sin ( 0 α) sin ( 0 α ) =. 5 Otrzmujem zatem równość 5sinα = cosα + sinα, która jest równoważna równości sinα = cosα. A to oznacza, że tgα =. Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając wprowadzi oznaczenia np. AD =, DB =, ACD = α, a ponadto zapisze, że ADC = 0 α Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając zastosuje twierdzenie sinusów do trójkąta ACD i zapisze, że: 5 = sinα sin ( 0 α) Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając przekształci powższą równość do postaci 5sinα = cosα + sinα Rozwiązanie pełne... p. Zdając oblicz tangens kąta ACD : tgα =. A D Strona 5 z 8 B

26 IV sposób rozwiązania twierdzenie sinusów w trójkątach ACD i BCD Niech AD =, wted DB =. Niech ponadto ACD = α. Wted BCD = 60 α. C α 5 5 Stosujem twierdzenie sinusów do trójkąta ADC. Zapisujem, że CD sinα = sin 60. Teraz zapiszem twierdzenie sinusów w trójkącie BCD : CD sin 60 α = sin 60. ( ) Ponieważ prawe stron obu równań są jednakowe, więc sinα =, czli że sinα sin 60 α sin 60 α =. ( ) ( ) Otrzmujem zatem równość sinα = cosα sinα, która jest równoważna równości sinα = cosα. A to oznacza, że tgα =. Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając wprowadzi oznaczenia np. AD =, DB =, ACD = α, a ponadto zapisze, że BCD = 60 α Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając zastosuje twierdzenie sinusów do trójkątów ACD i BCD i zapisze, że: CD CD sin sin 60 sin 60 α = sin 60 α = oraz ( ) A D B Strona 6 z 8

27 Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając porówna lewe stron obu równości i zapisze, że sinα = cosα sinα Rozwiązanie pełne... p. Zdając oblicz tangens kąta ACD : tgα =. V sposób rozwiązania tangens różnic kątów Niech AD =, wted DB =. Oznaczm przez S środek boku AB (zob. rsunek). Wted DS =. Niech ponadto ACD = α. Wted SCD = 0 α. Ponieważ CS jest 5 wsokością w trójkącie równobocznm o boku długości 5, więc CS =. C α A D S B Ponieważ trójkąt CDS jest trójkątem prostokątnm, więc możem obliczć, z definicji, tangens kąta SCD : tg SCD = =. 5 5 Obliczam zatem tangens kąta ACD stosując wzór na tangens różnic kątów: tg0 tg ( SCD ) tgα = tg( 0 SCD ) = = 5 = 5 =. + tg0 tg ( SCD ) Schemat oceniania V sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając wprowadzi oznaczenia np. AD =, DB =, ACD = α, a ponadto: Strona 7 z 8

28 poprowadzi wsokość CS i zapisze, że SCD = 0 α oblicz tangens kąta SCD tg SCD = = 5 5 Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając poprowadzi wsokość CS i zapisze, że SCD = 0 α oraz oblicz tangens kąta SCD tg SCD = = 5 5 Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając zapisze, że tg0 tg ( SCD ) tgα = tg( 0 SCD ) = + tg0 tg( SCD ) Rozwiązanie pełne... p. Zdając oblicz tangens kąta ACD : tgα =. Uwagi. Jeżeli zdając wkorzstuje w rozwiązaniu stosunek podziału boku AB inn niż :, to za takie rozwiązanie otrzmuje 0 punktów.. Jeżeli zdając przjmuje w rozwiązaniu nieprawdziwą własność: kąt 60 jest podzielon w stosunku : 5, to otrzmuje 0 punktów. Strona 8 z 8

29 Zadanie 9. (0 5) Wznacz równania prostch stcznch do okręgu o równaniu = 0 i zarazem prostopadłch do prostej + 6 = 0. IV. Użcie i tworzenie strategii. 8. Geometria na płaszczźnie kartezjańskiej. Zdając rozwiązuje zadania dotczące wzajemnego położenia prostej i okręgu oraz dwóch okręgów na płaszczźnie kartezjańskiej. (R8.b). I sposób rozwiązania Wznaczam współrzędne środka i długość promienia okręgu = 0. a = b = 6 a = b = r = a + b c r = ( ) + ( ) r = 6 r =,, a promień r =. Proste stczne do okręgu są Zatem środek okręgu ma współrzędne ( ) prostopadłe do prostej = +. Zatem można opisać je równaniem = + b lub ( )( ) + b + b = 0. Ich odległość od środka okręgu jest równa, więc =. + + b 5 7 b = = 5 7 b = 5 lub 7 b = 5 Strona 9 z 8 ( ) b = 7 5 lub b = Zatem proste stczne do okręgu = 0 i prostopadłe do prostej + 6 = 0 mają równania: = i = Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając wznacz współrzędne środka okręgu = 0 : (, ) wznacz współcznnik kierunkow prostch stcznch: a = Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając wznacz współcznnik kierunkow prostch stcznch oraz promień okręgu: = + b i r =

30 Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając zapisze związek opisując odległość prostch stcznch od środka okręgu: + b = 5 Rozwiązanie prawie całkowite... p. Zdając wznacz współcznnik b: b = 7 5 lub b = Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdając zapisze równania stcznch: = + 7 5, = II sposób rozwiązania Równanie prostej prostopadłej do prostej + 6 = 0 ma postać = + b. Rozwiązujem układ równań, któr z uwagi na warunki zadania powinien mieć jedno rozwiązanie: = 0 = + b + ( + b) + 6( + b) = 0 = + b Pierwsze równanie, po przekształceniach, ma postać 5 + ( b 8) + b 6b = 0. Równanie to ma jedno rozwiązanie, gd Δ = 0. Δ = b 8 0 b 6b = b + 56b + ( ) ( ) b + 56b + = 0 b b = 0 Δ ( 8 ) = 96 + = 0 = b = = 7 5 b = = Zatem proste stczne mają równania: = i = Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p = 0 Zdając zapisze układ równań = + b Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając przekształci układ równań do równania kwadratowego z jedną niewiadomą, np.: 5 + b 8 + b 6b = ( ) 0 Strona 0 z 8

31 Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając zapisze warunek istnienia jednego rozwiązania równania 5 + b 8 + b 6b = : Δ = 0, czli b + 56b + = 0 lub b b = 0 ( ) 0 Rozwiązanie prawie całkowite... p. Zdając rozwiąże równanie b + 56b + = 0 lub b b = 0 : b = 7 5 lub b = 7+ 5 Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdając zapisze równania stcznch: = i = III sposób rozwiązania Wznaczam równanie prostej równoległej do prostej + 6 = 0 i przechodzącej przez środek okręgu = 0. Zapisujem równanie prostej + 6 = 0 w postaci kierunkowej = +. Współcznnik kierunkow prostej równoległej jest równ. Wznaczam współrzędne środka okręgu = 0: a = b = 6 a = b = Zatem środek okręgu ma współrzędne (, ). Prosta równoległa do prostej = +, przechodząca przez środek okręgu = 0, ma równanie = +. Wznaczam współrzędne punktów wspólnch prostej = + z okręgiem = 0, rozwiązując układ równań. = = 0 = = = 0 Δ =80 = ( 6 5) + = 0 Strona z 8

32 =,6 5 = + 0,8 5 = +,6 5 lub = 0,8 5 Współcznnik kierunkow prostch prostopadłch do prostej = + jest równ a =. Korzstając ze wzoru na postać kierunkową prostej wznaczam równania stcznch do okręgu = 0, przechodzącch przez punkt o współrzędnch , + lub 5 5 +, : 5 5 0,8 5 = ( ) i + 0,8 5 = ( +,6 5). Zatem równania stcznch mają postać: = i = Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którm postęp jest niewielki, ale konieczn na drodze do pełnego rozwiązania... p. Zdając wznacz współrzędne środka okręgu = 0 : (, ) wznacz współcznnik kierunkow prostch stcznch: a = Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając wznacz równanie prostej równoległej do + 6 = 0 i przechodzącej przez środek okręgu = 0: = + Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając wznacz współrzędne punktów stczności prostch: =,6 5 = +,6 5 i = + 0,8 5 = 0,8 5 Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błęd rachunkowe)... p. Rozwiązanie pełne... 5 p. Zdając zapisze równania stcznch: = i = Strona z 8

33 Zadanie 0. (0 6) Krawędź podstaw ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ABCDS ma długość a. Ściana boczna jest nachlona do płaszczzn podstaw ostrosłupa pod kątem α. Ostrosłup ten przecięto płaszczzną, która przechodzi przez krawędź podstaw i dzieli na połow kąt pomiędz ścianą boczną i podstawą. Oblicz pole powstałego przekroju tego ostrosłupa. IV. Użcie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdając wznacza związki miarowe w wielościanach z zastosowaniem trgonometrii (9.b). Rozwiązanie S Q M P L α D O α α K C A B Przekrój opisan w zadaniu jest trapezem równoramiennm BCQP, gdzie P, Q są punktami należącmi odpowiednio do krawędzi bocznch DS i AS. Odcinek KM, gdzie K jest środkiem krawędzi BC danego ostrosłupa, a M jest środkiem odcinka PQ, jest wsokością hp tego przekroju. Niech ponadto punkt L będzie środkiem krawędzi AD, zaś O spodkiem wsokości ostrosłupa. Wprowadzam oznaczenia: SL = h, ML=, PQ = b. Ponieważ kąt MLK ma miarę α i płaszczzna BCQP dzieli na połow kąt międz ścianą boczną i płaszczzną podstaw ostrosłupa, to kąt nachlenia przekroju do podstaw ostrosłupa ma miarę α. Z twierdzenia sinusów w trójkącie MLK obliczam długości odcinków hp oraz : hp a a =, =, sin α sin ( 80 α) sinα sin ( 80 α) asin α asinα hp =, =. sin α sin α Strona z 8

34 W trójkącie prostokątnm SOL: a cos α =, h skąd wznaczam wsokość ścian bocznej ostrosłupa a h =. cosα Korzstając z podobieństwa trójkątów ADS i PQS otrzmujem równość h a =. h b Przekształcam równość Otrzmujem kolejno: ( ) a h b =, h h a = i wznaczam długość krótszej podstaw trapezu b. h b a asinα a cosα sinα b = a cosα sinαcosα b= a sin α. Wznaczam pole przekroju: asinαcosα asinα P= ( a+ b) hp = a+ a sin α sin α asinαcosα asinα P= a+ a sin α sin α a sin α sinαcos α P = sin α sin α. Schemat oceniania Rozwiązanie, w którm postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczn do pełnego rozwiązania zadania... p. Zdając wznacz wsokość przekroju: wznacz wsokość ścian bocznej: h p asin α = sin α a h = cosα Strona z 8

35 asinα wznacz długość odcinka : = sin α wkorzsta podobieństwa trójkątów ADS i PQS i zapisze równość h a = h b. Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając wznacz wsokość przekroju: h = a cosα wznaczenie wsokość przekroju: a sinα = sin α wznacz długość odcinka : a h = cosα h p asin α = oraz wsokość ścian bocznej: sin α h p asin α = oraz długość odcinka : sin α a sinα = oraz wsokość ścian bocznej: sin α Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając zapisze równość, z której można wznaczć b, w której wstępują włącznie wielkości dane a, α oraz wielkości wznaczone wcześniej w zależności od a i α Został pokonane zasadnicze trudności zadania, ale rozwiązanie zadania nie zostało doprowadzone do końca... 5 p. sinαcosα Zdając wznacz długość odcinka b: b= a sin α Rozwiązanie pełne... 6 p. a sin α sinαcos α Zdając wznacz pole przekroju tego ostrosłupa: P = sin α sin α. Strona 5 z 8

36 Uwagi. Jeżeli w trakcie pokonwania zasadniczch trudności zadania został popełnione błęd, usterki i rozwiązanie zadania nie zostało doprowadzone do końca, to za takie rozwiązanie zdając otrzmuje punkt.. Jeżeli został pokonane zasadnicze trudności zadania, zdając doprowadził rozwiązanie do końca, ale rozwiązanie zadania zawiera usterki, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błęd rachunkowe), to za takie rozwiązanie zdając otrzmuje 5 punktów. Zadanie. (0 ) Rozważm rzut sześcioma kostkami do gr, z którch każda ma inn kolor. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tm, że, uzskan wnik rzutu spełnia równocześnie trz warunki: dokładnie na dwóch kostkach otrzmano po jednm oczku; dokładnie na trzech kostkach otrzmano po sześć oczek; suma wszstkich otrzmanch liczb oczek jest parzsta. IV. Użcie i tworzenie strategii. Rozwiązanie 0. Element statstki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa i kombinatorka. Zdając wkorzstuje wzor na liczbę permutacji, kombinacji i wariacji do zliczania obiektów w stuacjach kombinatorcznch; wkorzstuje własności prawdopodobieństwa i stosuje twierdzenie znane jako klasczna definicja prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństw zdarzeń (R0, 0.d). Zdarzeniami elementarnmi są sześcioelementowe ciągi ( k, k, k, k, k k ), {,,,,5,6 } 5, 6 k. Liczba wszstkich zdarzeń elementarnch jest równa Ω = 6 6 = Niech A oznacza zdarzenie: uzskan wnik rzutu spełnia równocześnie trz warunki: dokładnie na dwóch kostkach otrzmano po jednm oczku; dokładnie na trzech kostkach otrzmano po sześć oczek; suma wszstkich otrzmanch liczb oczek jest parzsta. Dokładnie dwie kostki, na którch wpadnie ścianka z jednm oczkiem, wbieram na 6 = 5 sposobów. Dokładnie trz kostki, na którch wpadnie po sześć oczek wbieram z czterech pozostałch na = sposob. Suma liczb oczek uzskanch na tch pięciu kostkach jest parzsta, a zatem na szóstej z kostek musi wpaść parzsta liczba oczek różna od 6, co daje dwie możliwości. W rezultacie 6 A = = 5 = Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest więc równe PA= ( ) =... = i Strona 6 z 8

37 Schemat oceniania Rozwiązanie, w którm jest istotn postęp... p. Zdając oblicz liczbę wszstkich zdarzeń elementarnch: Ω = 6 6 = 6656 oblicz liczbę sposobów, na jakie można wbrać dokładnie dwie kostki, na którch 6 wpadnie ścianka z jednm oczkiem: oblicz liczbę sposobów, na jakie można wbrać dokładnie trz kostki, na którch 6 wpadnie ścianka z sześcioma oczkami: zapisze, że na szóstej z kostek musi wpaść parzsta liczba oczek różna od 6: lub i na tm kończ lub dalej popełnia błęd. Pokonanie zasadniczch trudności zadania... p. Zdając oblicz liczbę sposobów, na które można wbrać, dokładnie dwa raz ściankę z jednm oczkiem i dokładnie trz raz ściankę z sześcioma oczkami oraz suma wrzuconch liczb oczek jest parzsta: 0 oblicz liczbę wszstkich zdarzeń elementarnch: Ω = 6 6 = 6656 oraz liczbę sposobów, na które można wbrać dokładnie dwie kostki, na którch wpadnie ścianka z jednm oczkiem i dokładnie trz kostki, na którch wpadnie ścianka 6 z sześcioma oczkami np. 6 oblicz liczbę wszstkich zdarzeń elementarnch: Ω= 6 zapisze, że na szóstej z kostek musi wpaść parzsta liczba oczek różna od 6: lub oraz oblicz liczbę sposobów, na jakie można wbrać dokładnie dwie kostki, na którch wpadnie 6 ścianka z jednm oczkiem: 6 oblicz liczbę wszstkich zdarzeń elementarnch: Ω= 6 zapisze, że na szóstej z kostek musi wpaść parzsta liczba oczek różna od 6: lub oraz oblicz liczbę sposobów, na jakie można wbrać dokładnie trz kostki, na którch wpadnie 6 ścianka z sześcioma oczkami, Strona 7 z 8

38 Rozwiązanie pełne... p. Zdając 0 oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A: 6 6. Uwagi. Zdając nie musi zapiswać eplicite liczb wszstkich zdarzeń elementarnch, wstarcz, że liczba 6 6 wstąpi w mianowniku ułamka, o ile ułamek ten będzie liczbą dodatnią i mniejszą od.. Jeśli zdając rozwiąże zadanie do końca i otrzma P ( A) > lub P ( A) < 0, to za całe rozwiązanie otrzmuje 0 punktów.. Jeżeli zdając popełnia błęd mertorczne w korzstaniu z definicji prawdopodobieństwa P ( A) = A, mląc modele Ω i zdarzenia A, to za całe rozwiązanie otrzmuje 0 punktów. Ω 0. Jeżeli zdając poda tlko wnik końcow P ( A) =, to otrzmuje punkt. 6 6 Strona 8 z 8