Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych oraz Schemat oceniania. Poziom Podstawowy

Transkrypt

1 Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych oraz Poziom Podstawowy

2 sierpień 0 Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych Nr zadania Odpowiedź A C A A D B A A C A B D D C D C C C C B C A C zadań otwartych Zadanie. ( punkty) Rozwiąż nierówność x 3x+ < 0. I sposób rozwiązania Znajdujemy pierwiastki trójmianu kwadratowego obliczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego: 3 3+ Δ= x = = x = = stosujemy wzory Viète a: x+ x = 3 oraz x x = i stąd x =, x = zapisujemy nierówność w postaci ( x )( x ) < 0. Lewą stronę nierówności możemy uzyskać np.: o grupując wyrazy i wyłączając wspólny czynnik, o korzystając z postaci kanonicznej x = x x + o podając postać iloczynową rysujemy fragment wykresu funkcji kwadratowej z zaznaczonymi miejscami zerowymi wskazujemy pierwiastki trójmianu x =, x = Podajemy rozwiązanie nierówności: < x <. I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... pkt gdy wyznaczy pierwiastki trójmianu kwadratowego lub zapisze trójmian w postaci iloczynowej i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy. Zdający otrzymuje... pkt gdy: poda zbiór rozwiązań nierówności w postaci: (, ) lub (, ) x lub < x < sporządzi ilustrację geometryczną (oś liczbowa, wykres) i zapisze zbiór rozwiązań nierówności w postaci: x >, x <

3 sierpień 0 poda zbiór rozwiązań nierówności w postaci graficznej z poprawnie zaznaczonymi końcami przedziałów: x II sposób rozwiązania Zapisujemy nierówność w postaci 3 x < 0, a następnie 3 x <, a stąd 3 x <, więc < x <. II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... pkt gdy doprowadzi nierówność do postaci błędy. 3 x < i na tym poprzestanie lub dalej popełni Zdający otrzymuje... pkt gdy: poda zbiór rozwiązań nierówności w postaci: (, ) lub (, ) x lub < x < sporządzi ilustrację geometryczną (oś liczbowa, wykres) i zapisze zbiór rozwiązań nierówności w postaci: x >, x < poda zbiór rozwiązań nierówności w postaci graficznej z poprawnie zaznaczonymi końcami przedziałów: x Uwagi Przyznajemy punkty za rozwiązanie, w którym zdający poprawnie obliczy pierwiastki trójmianu x =, x = i zapisze np.: x (, ), popełniając tym samym błąd przy przepisywaniu jednego z pierwiastków. Przyznajemy punkt zdającemu, który popełni błąd rachunkowy przy obliczaniu wyróżnika lub pierwiastków trójmianu kwadratowego i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże nierówność, np. zapisze x =, x =, x,. Przyznajemy punkt zdającemu, który popełnił jeden błąd przy przepisywaniu nierówności (pisząc np. x + 3x+ < 0, x 3x+ > 0), o ile trójmian z lewej strony nierówności ma dwa różne pierwiastki i zdający rozwiąże konsekwentnie nierówność do końca. 3

4 sierpień 0 Zadanie 5. ( punkty) Udowodnij, że iloczyn kolejnych liczb naturalnych od do 6, czyli , jest 5 podzielny przez. I sposób rozwiązania Wystarczy obliczyć liczbę dwójek w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby 6!. Co druga liczba całkowita jest podzielna przez, więc mamy 8 dwójek. Co czwarta liczba całkowita jest podzielna przez, więc mamy następne dwójki. Co ósma liczba całkowita jest podzielna przez 8, więc mamy następne dwójki. W rozkładzie na czynniki pierwsze liczby 6 jest jeszcze dwójka. Łącznie w rozkładzie na czynniki pierwsze liczby 6! mamy = 5 dwójek, czyli 5 liczba ta jest podzielna przez. II sposób rozwiązania Liczbę 6! możemy zapisać w postaci: = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Zdający otrzymuje... pkt gdy zapisze 6! w postaci 3 ( ) 5 ( 3 ) ( 5 ) ( 3) 3 ( 7 ) 5 ( ) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy (np. źle zliczy liczbę czynników ). Zdający otrzymuje... pkt gdy przeprowadzi pełny dowód. Zadanie 6. ( punkty) Kąt α jest ostry i sin α =. Oblicz 3+ tg α. I sposób rozwiązania 5 Najpierw obliczamy cos α = sin α = = = Stąd cosα =, bo α jest kątem ostrym. sinα 7 Zatem tgα = = i stąd 3+ tg α = 3+ =. cosα I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... pkt 5 gdy obliczy cosα =. Zdający otrzymuje... pkt gdy obliczy wartość wyrażenia 3+ tg α i zapisze wynik w postaci: 3+, lub 7 5.

5 II sposób rozwiązania sierpień 0 Rysujemy trójkąt prostokątny, w którym oznaczamy przyprostokątną x i przeciwprostokątną x oraz zaznaczamy kąt ostry α tak, aby sin α =. Uwaga: Zdający może oznaczyć długości odpowiednich boków liczbami oraz. x x α Z twierdzenia Pitagorasa wyznaczamy długość drugiej przyprostokątnej: x 5. 7 Obliczamy wartości funkcji tgα =. Stąd 3+ tg α =. 5 5 II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... pkt gdy poprawnie wyznaczy długość drugiej przyprostokątnej: x 5. Zdający otrzymuje... pkt gdy obliczy wartość wyrażenia 3+ tg α i zapisze wynik w postaci: 3+, 5 3 lub Uwaga: Akceptujemy sytuację, w której zdający odczytuje przybliżoną wartość tgα (na podstawie wartości sinα = zdający może przyjąć tgα tg 0,93 tgα tg5 0,679, może również przyjąć przybliżenie z mniejszą dokładnością, ale nie mniejszą niż do jednego miejsca po przecinku) i na tej podstawie obliczyć wartość wyrażenia 3+ tg α stosując poprawnie regułę zaokrąglania. 5

6 sierpień 0 Zadanie 7. ( punkty) Liczby x +, 6, 6x + są w podanej kolejności pierwszym, drugim i trzecim wyrazem ciągu arytmetycznego. Oblicz x. I sposób rozwiązania Z własności ciągu arytmetycznego wynika, że drugi wyraz ciągu jest średnią arytmetyczną wyrazu pierwszego i wyrazu trzeciego. A zatem ( x+ ) + ( 6 x+ ) = 6, stąd x = I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... pkt gdy zapisze równanie wynikające z własności lub z definicji ciągu arytmetycznego np.: ( x+ ) + ( 6x+ ) = 6 lub 6 ( x+ ) = ( 6x+ ) 6. Zdający otrzymuje... pkt gdy obliczy x =. II sposób rozwiązania Zapisujemy układ równań x+ + r = 6 x+ + r = 6x+ Stąd x =. II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje... pkt gdy zapisze układ równań, np.: x+ + r = 6 x+ + r = 6 lub. x+ + r = 6x+ 6 + r = 6x + Zdający otrzymuje... pkt gdy obliczy x =. 6

7 sierpień 0 Zadanie 8. ( punkty) Na bokach trójkąta równobocznego ABC (na zewnątrz tego trójkąta) zbudowano kwadraty ABDE, BGHC i ACKL. Udowodnij, że trójkąt KGE jest równoboczny. K H C L G A B E D Rozwiązanie: K H C L G A B E D Rysujemy odcinki KG, CG, GE, BE, KE i KA. Odcinki KC, GB i AE są bokami kwadratów zbudowanych na bokach trójkąta równobocznego, więc KC = GB = AE. Odcinki CG, BE i AK są przekątnymi tych kwadratów, więc CG = BE = AK. GCK ( ACK ACB BCG ) = = = 65. Analogicznie dowodzimy, że GBE = EAK = 65. Korzystając z cechy (bok, kąt, bok) przystawania trójkątów stwierdzamy, że trójkąty KCG, GBE i AEK są przystające, więc KG = GE = EK. Zdający otrzymuje... pkt gdy zapisze, że trójkąty KCG, GBE i AEK są przystające i wyciągnie wniosek, że KG = GE = EK, lecz nie poda pełnego uzasadnienia równości odpowiednich kątów lub boków. Zdający otrzymuje... pkt gdy przeprowadzi pełny dowód. 7

8 sierpień 0 Zadanie 9. ( punkty) Punkty A i B leżą na okręgu o środku O i dzielą ten okrąg na dwa łuki, których stosunek długości jest równy 7:5. Jaka jest miara kąta środkowego opartego na krótszym łuku? Rozwiązanie O A B Krótszy łuk to = okręgu, zatem kąt środkowy oparty na tym łuku to kąta pełnego, tj. Zdający otrzymuje... pkt gdy: zapisze, że krótszy łuk AB to 5 okręgu lub α 7 zapisze układ równań, np.: β = 5 i α + β = 360 lub zapisze, że dwa kolejne punkty zaznaczone na tym okręgu wraz z punktem O wyznaczają kąt środkowy o mierze 30 lub zapisze, że kąt środkowy oparty na dłuższym z łuków AB ma miarę 0 i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje... pkt gdy obliczy miarę kąta środkowego opartego na krótszym z łuków AB: AOB = 50. 8

9 sierpień 0 Zadanie 30. ( punkty) Dane są dwa pudełka: czerwone i niebieskie. W każdym z tych pudełek znajduje się 0 kul ponumerowanych liczbami od do 0. Z każdego pudełka losujemy jedną kulę. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że numer kuli wylosowanej z czerwonego pudełka jest mniejszy niż numer kuli wylosowanej z niebieskiego pudełka. I sposób rozwiązania (model klasyczny) Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie pary liczb ( ab, ), gdzie ab, {,,...,0}. Jest to model klasyczny. Ω= 0 0 Zdarzeniami elementarnymi sprzyjającymi zdarzeniu A są pary liczb, w których na pierwszym miejscu jest liczba mniejsza niż na miejscu drugim. Jeżeli na pierwszym miejscu jest liczba, to na drugim miejscu może być każda z liczb od do 0. (Mamy więc 9 możliwości). Jeżeli na pierwszym miejscu jest liczba, to na drugim miejscu może być każda z liczb od 3 do 0. (Mamy więc 8 możliwości). Jeżeli na pierwszym miejscu jest liczba 3, to na drugim może być każda z liczb od do 0. (Mamy więc 7 możliwości). itd. Zatem A = = 5. 9 Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia A: P( A ) = 0, 5 =. 0 II sposób rozwiązania (metoda tabeli) Wszystkie zdarzenia elementarne możemy wypisać w postaci kwadratowej tablicy. (,) (,) (,3) (,) (,5) (,6) (,7) (,8) (,9) (,0) (,) (,) (,3) (,) (,5) (,6) (,7) (,8) (,9) (,0) (3,) (3,) (3,3) (3,) (3,5) (3,6) (3,7) (3,8) (3,9) (3,0) (,) (,) (,3) (,) (,5) (,6) (,7) (,8) (,9) (,0) (5,) (5,) (5,3) (5,) (5,5) (5,6) (5,7) (5,8) (5,9) (5,0) (6,) (6,) (6,3) (6,) (6,5) (6,6) (6,7) (6,8) (6,9) (6,0) (7,) (7,) (7,3) (7,) (7,5) (7,6) (7,7) (7,8) (7,9) (7,0) (8,) (8,) (8,3) (8,) (8,5) (8,6) (8,7) (8,8) (8,9) (8,0) (9,) (9,) (9,3) (9,) (9,5) (9,6) (9,7) (9,8) (9,9) (9,0) (0,) (0,) (0,3) (0,) (0,5) (0,6) (0,7) (0,8) (0,9) (0,0) 9

10 sierpień X X X X X X X X X X X X X X X X X 3 X X X X X X X X X X X X X 5 X X X X X 6 X X X X 7 X X X 8 X X 9 X 0 Stąd Ω= 0 0. Jest to model klasyczny. Zdarzeniami elementarnymi sprzyjającymi zdarzeniu A są pary liczb, w których na pierwszym miejscu jest liczba mniejsza niż na miejscu drugim. Są to wszystkie pary liczb wyróżnione w pierwszej tablicy lub zaznaczone w drugiej. Jest ich 5. Zatem P( A ) = 0, 5. Uwaga: Wszystkich par w tej tablicy jest 0, na przekątnej łączącej pary (, ) i ( 0,0) jest ich 0, więc pozostałych par jest 0 0. Nad przekątną jest tyle samo par co pod nią, więc par, 0 0 w których na pierwszym miejscu jest liczba mniejsza niż na drugim jest. Zatem P( A ) = 0, 5. Zdający otrzymuje... pkt gdy obliczy Ω= 0 0 A = 5. Zdający otrzymuje... pkt gdy obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A: ( ) 9 P A = 0, 5 =. 0 Uwaga: Jeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma PA> ( ), to otrzymuje za całe rozwiązanie 0 punktów. 0

11 sierpień 0 Zadanie 3. (5 punktów) Dwie szkoły mają prostokątne boiska. Przekątna każdego boiska jest równa 65 m. Boisko w drugiej szkole ma długość o m większą niż boisko w pierwszej szkole, ale szerokość o 8 m mniejszą. Oblicz długość i szerokość każdego z tych boisk. Rozwiązanie Oznaczmy długość boiska w pierwszej szkole przez a i szerokość przez b. Wówczas w drugiej szkole długość boiska jest równa a +, szerokość b 8. Otrzymujemy układ równań a + b = 65 ( a+ ) + ( b 8) = 65 Przekształcamy układ do postaci a + b = 65 a + 8a+ 6+ b 6b+ 6= 65 a następnie a + b = 65 a + b + 8a 6b+ 80= 65 skąd otrzymujemy układ a + b = 65 8a 6b+ 80= 0 czyli a + b = 65 a = b 0 Podstawiamy wyznaczoną wartość a do pierwszego równania i rozwiązujemy równanie kwadratowe ( ) b 0 + b = 65. Po uporządkowaniu otrzymujemy: b 8b 85 = 0, Δ = 336, Δ = 58 Rozwiązaniami tego równania są liczby b = 33 oraz b = 5. Odrzucamy ujemne rozwiązanie i obliczamy a = 56. Zatem boisko w pierwszej szkole ma 33 m szerokości i 56 metrów długości, a więc boisko w drugiej szkole ma 5 m szerokości i 60 m długości. Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania... pkt Zapisanie jednego z równań a + b = 65 lub ( a+ ) + ( b 8) = 65

12 sierpień 0 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... pkt Zapisanie układu równań z niewiadomymi a i b, np.: a + b = 65 ( a+ ) + ( b 8) = 65 Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 3 pkt Zapisanie równania z jedną niewiadomą a lub b w postaci: ( ) b 0 b 65 + = lub b 8b 85 = 0 lub a + a+ 5 = 65 lub 80 0 a + a =. Uwaga: Zdający nie musi zapisywać układu równań, może bezpośrednio zapisać równanie z jedną niewiadomą. Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania zadania (np. błędy rachunkowe)... pkt zdający obliczy wymiary boiska w pierwszej szkole i na tym poprzestanie lub błędnie obliczy wymiary boiska w drugiej szkole zdający obliczy wymiary boiska w pierwszej szkole z błędem rachunkowym i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy wymiary boiska w drugiej szkole. Rozwiązanie pełne... 5 pkt Obliczenie wymiarów boisk w obu szkołach: Boisko w pierwszej szkole ma 33 m szerokości i 56 metrów długości, natomiast boisko w drugiej szkole ma 5 m szerokości i 60 m długości. Uwaga: Jeśli zdający odgadnie poprawne wymiary boisk, to otrzymuje punkt.

13 sierpień 0 Zadanie 3. ( punkty) Ile jest liczb pięciocyfrowych, spełniających jednocześnie następujące cztery warunki: () cyfry setek, dziesiątek i jedności są parzyste, () cyfra setek jest większa od cyfry dziesiątek, (3) cyfra dziesiątek jest większa od cyfry jedności, () w zapisie tej liczby nie występuje cyfra 9. Rozwiązanie Trzy ostatnie cyfry są parzyste i uporządkowane malejąco. Mamy więc 0 możliwości ustawienia tych cyfr tak, by spełnione były warunki (), () i (3): Pierwszą cyfrą liczby może być dowolna spośród cyfr:,,, 8, a drugą dowolna spośród cyfr: 0,,,,8. Mamy więc = 70 możliwości utworzenia liczb spełniających podane warunki. Uwaga: Trzy wybrane cyfry parzyste można ustawić w porządku malejącym dokładnie na 5 jeden sposób. Tak więc liczba tych możliwych jest równa = 0. 3 Rozwiązanie zadania składa się z dwóch etapów. Pierwszy z nich polega na obliczeniu - liczby możliwości ustawienia trzech cyfr parzystych spełniających warunki (), () i (3); tych możliwości jest 0. - liczby możliwości wyboru pierwszej cyfry liczby pięciocyfrowej; tych możliwości jest 8. - liczby możliwości wyboru drugiej cyfry liczby pięciocyfrowej; tych możliwości jest 9. Za obliczenie każdej z tych liczb, zdający otrzymuje punkt. Drugi etap polega na wykorzystaniu reguły mnożenia i stwierdzeniu, że liczb pięciocyfrowych, spełniających jednocześnie warunki (), (), (3) i () jest 70. Za tę część zdający otrzymuje punkt. 3

14 sierpień 0 Zadanie 33. ( punkty) Podstawą ostrosłupa ABCDW jest prostokąt ABCD. Krawędź boczna DW jest wysokością tego ostrosłupa. Krawędzie boczne AW, BW i CW mają następujące długości: AW = 6, BW = 9, CW = 7. Oblicz objętość tego ostrosłupa. I sposób rozwiązania W 6 h 9 7 a.. D C Oznaczmy długości krawędzi ostrosłupa AD = a, AB = b i DW = h. Trójkąty BAW i BCW są prostokątne, więc korzystając dwukrotnie z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równania a + 9 = 8 i b + 36 = 8. Stąd otrzymujemy a = oraz b = 3 5. Wysokość ostrosłupa obliczymy korzystając z twierdzenia Pitagorasa np. dla trójkąta ADW. ( ) h = 6 = 36 3 =. Objętość ostrosłupa jest więc równa V = a b h= 3 5 = Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... pkt Wykorzystanie faktu, że trójkąty BAW i BCW są prostokątne i zapisanie przynajmniej jednego równania, z którego można obliczyć długość krawędzi podstawy ostrosłupa, np.: a + 9 = 8 b + 36 = 8. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... pkt Obliczenie długości obu krawędzi podstawy ostrosłupa: a = i b = 3 5. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 3 pkt Obliczenie długości wszystkich odcinków potrzebnych do obliczenia objętości ostrosłupa: h =, a =, b = 3 5. Rozwiązanie pełne... pkt Obliczenie objętości ostrosłupa: V = 8 0. A b B

15 sierpień 0 II sposób rozwiązania W 6 h 9 7 a.. D C A b Oznaczmy długości krawędzi ostrosłupa AD = a, AB = b i DW = h. Trójkąty ADW, CDW, BDW i BAD są prostokątne, więc korzystając czterokrotnie z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy układ równań: a + h = 36 b + h = 9 a + b + h = 8 Dodajemy pierwsze i drugie równania stronami i podstawiamy a + b = 85 h do trzeciego równania. Otrzymamy h =, więc h =. Podstawiając h = do pozostałych równań, obliczamy a = oraz b = 3 5. Objętość ostrosłupa jest więc równa V = a b h= 3 5 = Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... pkt Zapisanie układu równań, z którego można obliczyć długości wszystkich odcinków a + h = 36 potrzebnych do obliczenia objętości ostrosłupa, np.: b + h = 9. a + b + h = 8 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... pkt Obliczenie z powyższego układu jednej z niewiadomych, np.: h = a = b = 3 5. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... 3 pkt Obliczenie długości wszystkich odcinków potrzebnych do obliczenia objętości ostrosłupa: h =, a =, b = 3 5. B 5

16 sierpień 0 Rozwiązanie pełne... pkt Obliczenie objętości ostrosłupa: V = 8 0. Uwaga: Jeśli zdający błędnie zaznaczy na rysunku długości krawędzi (zamieni 9 z 6 lub 9 z 7) błędnie zinterpretuje treść zadania pisząc np.: a + 9 = 7, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. 6