MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY

EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 05/06 FORMUŁA DO 04 ( STARA MATURA ) MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-P MAJ 06

Ogólne zasady oceniania Uwaga: Akceptowane są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprawne i spełniające warunki zadania Zadanie (0 ) II Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji Liczby rzeczywiste stosuje wzór na logarytm potęgi i wzór na zamianę podstawy logarytmu (Rb) Przykładowe rozwiązanie Stosujemy wzory na zamianę podstaw logarytmu zapisujemy liczbę log 49 w postaci log7 49 log 49 = i wykonujemy kolejne przekształcenia: log 49 = log log 7 Zauważamy, że jeżeli log7 4 a a Zatem log 7 = 4 8 Stąd wynika, że log 49 = = a a 4 Schemat punktowania = to ( ) 4 log 4 = log = 4 log = a 7 7 7 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p : zastosuje twierdzenie o zamianie podstawy logarytmu, na przykład zapisze szukaną 4 liczbę w postaci: log 49 = lub log 49 = log7 log7 a wyznaczy liczbę log 7 w zależności od a: log 7 = lub liczbę log7 4 a w zależności od a: log7 = i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy Pokonanie zasadniczych trudności zadania p zastosuje twierdzenie o zamianie podstawy logarytmu, na przykład zapisze szukaną 4 liczbę w postaci: log 49 = lub log 49 = oraz wyznaczy liczbę log 7 log7 log7 a a w zależności od a: log 7 = lub liczbę log7 w zależności od a: log7 = 4 7 Strona z 5

Rozwiązanie pełne p wyznaczy liczbę log 49 : 8 a Zadanie (0 5) IV Użycie i tworzenie strategii Przykładowe rozwiązania I sposób Wielomian W ( x) = x + mx x + n W ( ) = 0 W ( 4) = 0 Wyrażenia algebraiczne wykonuje dzielenie wielomianu przez dwumian x a, stosuje twierdzenie o reszcie z dzielenia wielomianu przez dwumian x a (Rb) Równania i nierówności rozwiązuje równania i nierówności wielomianowe (Rc) Rozwiązujemy układ równań: ( ) + m ( ) ( ) + n = 0 4 + m 4 4 + n = 0 ( 7) + 9m + 66 + n = 0 64 + 6m 88 + n = 0 9m + n = 6m + n = 40 m = 4 n = 4 Zatem wielomian W ma postać W ( x) = x 4x x + 4 jest podzielny przez dwumiany x + i x 4, zatem Rozwiązujemy nierówność x 4x x + 4 0 Po podzieleniu wielomianu W przez dwumian x + otrzymujemy iloraz x 0x + 8, który dzielimy przez dwumian x 4 i otrzymujemy iloraz x W rezultacie wielomian W możemy zapisać w postaci W ( x) = ( x + )( x )( x 4) Pierwiastkami wielomianu W są liczby:,, 4 Szkicujemy wykres wielomianu W, z którego odczytujemy rozwiązanie nierówności + + 4 x Strona z 5

Zatem rozwiązaniem nierówności x x x + 0 jest każda liczba rzeczywista x, 4, + ) II sposób Wielomian W ( x) = x + mx x + n jest podzielny przez dwumiany x + i x 4, więc jest podzielny przez wielomian x x + +, otrzymujemy iloraz x+ m+ Wykonujemy dzielenie ( x mx x n) :( x x ) oraz resztę ( ) 4+ m x+ m+ n+ 4 Wobec wspomnianej wyżej podzielności mamy ( ) x R Oznacza to, że spełniony musi być układ równań: 4+ m = 0 m+ n+ 4 = 0, skąd otrzymamy m = 4 n = 4 Dalsze rozumowanie jak w sposobie I rozwiązania Schemat punktowania 4+ m x+ m+ n+ 4= 0 dla każdego Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania p zapisze układ równań, wynikający z podzielności wielomianu W x = x + mx x + przez ( ) n dwumiany x + i x 4 : 4+ m = 0 x x : m+ n+ 4 = 0 ( ) ( ) W = 0 W 4 = 0 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p obliczy współczynniki m i n: m = 4, n = 4 Pokonanie zasadniczych trudności zadania p W : x = wyznaczy trzeci pierwiastek wielomianu ( x) = x 4x x + 4 i zapisze wielomian w postaci iloczynowej: W ( x) = ( x + )( x )( x 4) Strona 4 z 5

Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np błędy rachunkowe) 4 p naszkicuje wykres wielomianu ( x) = x 4x x + 4 W Rozwiązanie pełne 5 p wyznaczy zbiór rozwiązań nierówności x 4x x + 4 0 :, 4, + ) Zadanie (0 4) IV Użycie i tworzenie strategii Przykładowe rozwiązanie 6 Trygonometria rozwiązuje równania i nierówności trygonometryczne (R6e) Korzystając z jedynki trygonometrycznej, sprowadzamy równanie cos x + sin x + = 0 do równania z jedną funkcją trygonometryczną: ( sin x ) + sin x + = 0, sin x + sin x + = 0 Wprowadzamy niewiadomą pomocniczą, np sin x = t, t, Otrzymujemy równanie kwadratowe z niewiadomą t : t + t + = 0 Rozwiązaniem równania są liczby t =, t = Powracając do podstawienia, otrzymujemy: sin x = lub w przedziale 0, π ma rozwiązania: x = π lub Schemat punktowania 7 x = π lub 6 Strona 5 z 5 x = π 6 sin x =, a stąd dane równanie Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania p przekształci równanie cos x + sin x + = 0 do równania z jedną funkcją trygonometryczną np sin x + sin x + = 0 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p rozwiąże równanie kwadratowe sin x + sin x + = 0 : sin x = lub sin x = Pokonanie zasadniczych trudności zadania p π rozwiąże równanie sin x = : x = + kπ lub równanie sin x = : 7 x = π + kπ lub x = π + kπ, gdzie k jest liczbą całkowitą 6 6

Rozwiązanie pełne 4 p rozwiąże oba równania: sin x = oraz sin x = uwzględniając podany przedział: 7 x = π lub x = π lub x = π 6 6 Uwagi: Jeżeli zdający rozwiąże równanie kwadratowe z błędem, ale otrzyma dwa różne pierwiastki należące do przedziału, i rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to za całe rozwiązanie otrzymuje punkty Jeżeli zdający rozwiąże równanie kwadratowe z błędem, ale otrzyma dwa różne pierwiastki i tylko jeden z nich należy do przedziału, i rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to za całe rozwiązanie otrzymuje punkty Zadanie 4 (0 6) III Modelowanie matematyczne 5 Ciągi liczbowe bada, czy dany ciąg jest arytmetyczny lub geometryczny, stosuje wzory na n-ty wyraz i sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego i ciągu geometrycznego, również umieszczone w kontekście praktycznym (5b,c) Przykładowe rozwiązanie Oznaczmy przez r różnicę ciągu arytmetycznego Jeżeli drugi wyraz tego ciągu jest równy 4, to a = 4 r, b= 4 + r i c= 4+ r aa, + b,4c możemy zapisać następująco Przy tych oznaczeniach, ciąg geometryczny ( ) ( 4 r,8,6+ 8r) Stąd otrzymujemy równanie 64 = ( 4 r)( 6 + 8r) Po uporządkowaniu otrzymujemy równanie 8r( r ) = 0 Rozwiązaniami tego równania są liczby r = 0 oraz r = Dla r = 0 otrzymujemy a = b= c= 4 Dla r = otrzymujemy a =, b = 6, c = 8 Uwaga: W rozwiązaniu można zapisać pierwszy i czwarty wyraz ciągu w zależności od trzeciego wyrazu ciągu arytmetycznego Jeżeli a= 8 b oraz c b 4 =, to ciąg geometryczny ma postać ( 8 b,8,b 4) Wykorzystując własność ciągu geometrycznego, możemy zapisać równanie ( b)( b ) 64 = 8 8 6 Rozwiązaniami tego równania są liczby b = 4 oraz b = 6 Gdy b = 4, to a = 4 i c = 4 Strona 6 z 5

Gdy b = 6, to a = i c = 8 Możemy też zapisać trzeci i czwarty wyraz ciągu w zależności od pierwszego wyrazu ciągu arytmetycznego Jeżeli b= 8 a oraz c a =, to ciąg geometryczny ma postać ( a,8,48 8a) Wykorzystując własność ciągu geometrycznego, możemy zapisać równanie ( a) 64 = a 48 8 Rozwiązaniami tego równania są liczby a = oraz a = 4 Gdy a =, to b = 6 i c = 8 Gdy a = 4, to b = 4 i c = 4 Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania p wykorzysta własności ciągu arytmetycznego i wprowadzi oznaczenia, np: a = 4 r, b= 4 + r i c = 4+ r lub a= 8 b oraz c= b 4, lub b= 8 a oraz c= a Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p zapisze wyrazy ciągu geometrycznego z użyciem jednej niewiadomej, np: 4 r,8,6 8r 8 b,8,b 4 a,8,48 8a ( + ) lub ( ), lub ( ) Pokonanie zasadniczych trudności zadania p wykorzysta własności ciągu geometrycznego i zapisze równanie z jedną niewiadomą, np: 64 = ( 4 r)( 6 + 8r) lub 64 = ( 8 b)( 8b 6), lub 64 = a( 48 8a) Pokonanie zasadniczych trudności zadania i dodatkowy postęp na drodze do pełnego rozwiązania 4 p obliczy różnicę ciągu arytmetycznego w przynajmniej jednym przypadku lub wyznaczy jedną z liczb spośród a, b, c i na tym zakończy lub dalej popełni błędy Rozwiązanie do końca z błędami rachunkowymi, które nie przekreślają poprawności rozwiązania 5 p obliczy ab, i c tylko w jednym przypadku a = 4 r, b= 4 + r i c= 4+ r w dwóch przypadkach z błędami rachunkowymi Rozwiązanie pełne 6 p obliczy a, b, c w obu przypadkach: a = b= c= 4 lub a =, b = 6, c = 8 Strona 7 z 5

Uwagi: Jeżeli zdający tylko poda odpowiedź: a = b= c= 4, to za całe rozwiązanie otrzymuje punkt Jeżeli zdający poda: a = b= c= 4 lub a =, b = 6, c = 8 i sprawdzi, że odpowiednie ciągi spełniają warunki zadania, to za całe rozwiązanie otrzymuje punkty Jeżeli zdający poda jako całe rozwiązanie: ciąg arytmetyczny:, 4, 6, 8, to otrzymuje punkt 4 Jeżeli zdający poda jako całe rozwiązanie: ciąg arytmetyczny:, 4, 6, 8, a ciąg geometryczny:, 8,, to otrzymuje punkty 5 Jeżeli zdający poda jako całe rozwiązanie: ciąg arytmetyczny:, 4, 6, 8, 4, 4, 4, 4, to otrzymuje punkty Zadanie 5 (0 6) IV Użycie i tworzenie strategii Przykładowe rozwiązania I sposób 7 Planimetria stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu oraz znajduje związki miarowe w figurach płaskich, także z zastosowaniem trygonometrii (R7a, 7c) D C P α G r A F E B Wprowadzamy oznaczenia: FAP = α, FG = r W trapezie równoramiennym ABCD mamy: AE = AB + CD 84 + 6 AB CD 84 6 = = 60 oraz BE = = = 4 Stosując twierdzenie Pitagorasa w trójkącie BEC, obliczamy wysokość CE trapezu CE = BC BE = 600 576 = 8 W trójkącie AEC mamy tgα = = 60 5 Korzystając ze wzoru na tangens podwojonego kąta, obliczamy kolejno: tgα 8 tg α =, 5 5tgα = 4 4tg α, 4tg α + 5tgα 4 = 0, Δ= 89, 5+7 tg α = = 8 4 Strona 8 z 5

Ujemne rozwiązanie odrzucamy, bo α jest kątem ostrym Obliczamy promień r okręgu wpisanego w trójkąt ABP: r = AF tgα = 4 = 0,5 4 II sposób D P C W trapezie równoramiennym ABCD mamy: AB + CD 84 + 6 AE = = = 60 oraz BE Ponadto AF = FB = 4 A AB CD 84 6 = = = 4 Stosując twierdzenie Pitagorasa w trójkącie BEC obliczamy wysokość CE trapezu CE = BC BE = 600 576 = Korzystając z podobieństwa trójkątów AFP i AEC, obliczamy wysokość PF trójkąta ABP Mamy PF CE =, AF AE 4 stąd PF = =,4 60 Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AFP obliczamy długość odcinka AP: F ( ) AP = 4 +, 4 = 47,6 Następnie obliczamy pole trójkąta ABP i połowę jego obwodu: P ABP = 84,4 = 940,8 47,6 + 47,6 + 84 p = = 89,6 Korzystając ze wzoru na pole trójkąta w zależności od promienia okręgu wpisanego w trójkąt obliczamy promień okręgu wpisanego w trójkąt ABP: P 940,8 r = ABP = = 0,5 p 89,6 E B Strona 9 z 5

III sposób D G P C A F E B AB 7 PF 7x Trójkąty ABP i CDP są podobne w skali k = =, stąd = CD PG x W trapezie równoramiennym ABCD mamy: AB + CD 84 + 6 AB CD 84 6 AE = = = 60 oraz BE = = = 4 Stosujemy twierdzenie Pitagorasa w trójkącie BEC i obliczamy wysokość CE trapezu: CE = BC BE = 600 576 = Ponieważ PF + PG = CE, więc 7x+ x=, stąd x =, Zatem PF = 7x =,4 Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AFP obliczamy długość odcinka AP: AP = 4 + (,4) = 47,6 W trójkąt ABP wpisujemy okrąg o środku w punkcie O i promieniu KO, gdzie K jest punktem styczności okręgu z bokiem AP trójkąta Zauważamy, że trójkąt PKO jest podobny do trójkąta AFP (cecha kkk) KO AF Niech KO = OF = r, stąd = PF OF AP r 4 Zatem,4 r = i stąd r = 0,5 47,6 Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania p obliczy wysokość trapezu CE = Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p obliczy tangens kąta pomiędzy przekątną AC i podstawą AB trapezu: długość odcinka AP lub PF: AP = 47,6, PF =, 4 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy 8 tg α = 5 Strona 0 z 5

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp i w którym przedstawiono początek rozumowania prowadzącego do pokonania zasadniczych trudności zadania p obliczy pole trójkąta ABP, ale nie obliczy jego obwodu nie obliczy pola trójkąta ABP, ale obliczy jego obwód, uzasadni podobieństwo trójkątów PKO i AFP, ale nie zapisze poprawnie równania, z którego można wyznaczyć r Pokonanie zasadniczych trudności zadania 4 p zapisze równanie, z którego można obliczyć tangens połowy kąta pomiędzy tgα 8 przekątną AC i podstawą AB trapezu: tg α = 5 obliczy pole trójkąta ABP i jego obwód: P ABP = 940,8, O = 79,, zauważy podobieństwo trójkątów PKO i AFP i zapisze równanie, z którego można r 4 wyznaczyć r, np,4 r = 47,6 Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np błędy rachunkowe) 5 p obliczy tangens połowy kąta pomiędzy przekątną AC i podstawą AB trapezu: promień okręgu z błędem rachunkowym tg α = 4 Rozwiązanie pełne 6 p obliczy promień okręgu r = 0,5 Strona z 5

Zadanie 6 (0 6) IV Użycie i tworzenie strategii 8 Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej podaje równanie prostej, mając dane dwa jej punkty lub jeden punkt i współczynnik a w równaniu kierunkowym, bada równoległość i prostopadłość prostych na podstawie ich równań kierunkowych, interpretuje geometrycznie układ dwóch równań liniowych z dwiema niewiadomymi (8b, c, d) Przykładowe rozwiązania I sposób Wyznaczamy równanie prostej AB, korzystając ze wzoru na równanie prostej przechodzącej y 6 x = przez dwa punkty: ( )( ) ( )( ) 0 ( ) ( x ) 0 5( y ) = x 5 y =, 4 Zatem prosta AB ma równanie y = x + 5 5 Wyznaczamy równanie prostej prostopadłej do prostej AB, przechodzącej przez punkt M: y = 5 x +8 Wyznaczamy równanie prostej przechodzącej przez punkty A = (, ) i = (, ) ( y )( ) ( )( x ) = 0, ( y ) ( x ) = 0 M : Zatem prosta AM ma równanie y = x Współczynnik kierunkowy prostej BC jest równy a = i do prostej należy punkt B, więc równanie prostej ma postać y = x + 8 Punkt C = ( x, y) jest punktem wspólnym prostych CM i BC, więc jego współrzędne y = 5x + 8 wyznaczamy, rozwiązując układ równań y = x + 8 5 Zatem punkt C ma współrzędne, Wyznaczamy pole trójkąta ABC Można to zrobić różnymi metodami I metoda wyznaczania pola trójkąta ABC Obliczamy długość odcinka AB : = ( 6 ) + ( ) = 6 Strona z 5 AB Wyznaczamy odległość h punktu C od prostej AB 5 5 + 4 h = = + 5 6 Wyznaczamy pole trójkąta ABC : P = AB h = 6 = = 0, 5 6 Odp: Pole trójkąta ABC jest równe P = 0, 5

II metoda wyznaczania pola trójkąta ABC Wyznaczamy pole trójkąta ABC, korzystając ze wzoru na pole trójkąta o wierzchołkach 5 w punktach A = (, ) i B = ( 6, ) i C =, 5 P = B A C A B A C A ( x x )( y y ) ( y y )( x x ) = ( 6 ) ( ) Odp: Pole trójkąta ABC jest równe P = 0, 5 III metoda wyznaczania pola trójkąta ABC P =,5,5 = 0,5 9 Wyznaczamy współrzędne wektorów AB i AC : AB = [ 5, ] i AC =, Wyznaczamy pole trójkąta ABC, korzystając ze wzoru 5 P = d( AB, AC) = = (,5,5 ) = 0, 5,5 4,5 Odp: Pole trójkąta ABC jest równe P = 0, 5 II sposób Wyznaczamy równanie prostej przechodzącej przez punkty A = (, ) i = (, ) ( y )( ) ( )( x ) = 0, ( y ) ( x ) = 0 Zatem prosta AM ma równanie y = x M : Wyznaczamy równanie prostej przechodzącej przez punkty B = ( 6, ) i = (, ) ( y )( 6) ( )( x 6) = 0, ( y ) ( x 6) = 0 M : Zatem prosta BM ma równanie y = x + 4 Wyznaczamy równania prostych, zawierających boki AC i BC trójkąta, które są prostopadłe odpowiednio do prostych: BM i AM Współczynnik kierunkowy prostej AC jest równy a = i do prostej należy punkt A, więc równanie prostej ma postać y = x Współczynnik kierunkowy prostej BC jest równy a = i do prostej należy punkt B, więc równanie prostej ma postać y = x + 8 Punkt C = ( x, y) jest punktem wspólnym prostych AC i BC, więc jego współrzędne y = x wyznaczamy, rozwiązując układ równań y = x + 8 x = x + 8, x =,5, y = 5,5, Strona z 5

5 Zatem punkt C ma współrzędne, Wyznaczamy pole trójkąta ABC jak w I sposobie rozwiązania Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania p 4 wyznaczy równanie prostej AB : y = x + 5 5 wyznaczy równanie prostej AM : y = x, wyznaczy równanie prostej BM : y = x + 4, obliczy długość odcinka AB: AB = 6 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p 4 wyznaczy równania prostych AB : y = x + i AM : y = x 5 5 wyznaczy równania prostych AM : y = x i BM : y = x + 4 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp i w którym przedstawiono początek rozumowania prowadzącego do pokonania zasadniczych trudności zadania p wyznaczy równania prostych zawierających boki AC i BC i na tym zakończy lub dalej popełni błędy Pokonanie zasadniczych trudności zadania 4 p 5 wyznaczy współrzędne punktu C =, Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np błędy rachunkowe) 5 p wyznaczy odległość h punktu C od prostej AB : h = i na tym zakończy 6 popełni błąd rachunkowy i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże zadanie do końca Rozwiązanie pełne 6 p wyznaczy pole trójkąta ABC : P = 0, 5 Strona 4 z 5

Uwagi: Jeśli zdający wyznaczy równania prostych zawierających boki AC i BC i na tym poprzestanie, to otrzymuje punkty Jeżeli zdający obliczy długość AB i wyznaczy równanie prostej AB, to otrzymuje punkty Zadanie 7 (0 ) V Rozumowanie i argumentacja Wyrażenia algebraiczne używa wzorów skróconego mnożenia na ( a± b) oraz a b () Przykładowe rozwiązania I sposób Ponieważ liczba a przy dzieleniu przez 6 daje resztę, więc a = 6k+, gdzie k jest liczbą całkowitą nieujemną Ponieważ liczba b przy dzieleniu przez 6 daje resztę 5, więc b= 6l+ 5, gdzie l jest liczbą całkowitą nieujemną Wtedy a b = ( 6k+ ) ( 6l+ 5) = ( 6k+ 6l+ 6)( 6k 6l 4) = ( k+ l+ )( k l ) Wykazaliśmy, że liczba a b jest podzielna przez Należy jeszcze wykazać, że przynajmniej jedna z liczb k + l+ lub k l jest podzielna przez Jeśli liczby całkowite k i l są jednakowej parzystości, to liczba k l jest parzysta oraz liczba k l = ( k l) jest parzysta, jako różnica dwóch liczb parzystych Jeśli liczby całkowite k i l są różnej parzystości, to liczba k+ l+ jest parzysta, jako suma dwóch liczb nieparzystych i jednej parzystej To kończy dowód II sposób Ponieważ liczba a przy dzieleniu przez 6 daje resztę, więc a = 6k+, gdzie k jest liczbą całkowitą nieujemną Ponieważ liczba b przy dzieleniu przez 6 daje resztę 5, więc b= 6l, gdzie l jest liczbą całkowitą nieujemną Wtedy a b = ( 6k+ ) ( 6l ) = ( 6k+ 6l)( 6k 6l+ ) = ( k+ l)( k l+ ) Wykazaliśmy, że liczba a b jest podzielna przez Należy jeszcze wykazać, że przynajmniej jedna z liczb k+ l lub k l+ jest podzielna przez Jeśli liczby całkowite k i l są jednakowej parzystości, to liczba k+ l jest parzysta Jeśli liczby całkowite k i l są różnej parzystości, to liczba k l jest nieparzysta, więc liczba k l+ = k l + jest parzysta To kończy dowód ( ) Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p zapisze liczbę a b k+ l+ k l lub w postaci ( k l)( k l ) w postaci ( )( ) + + i na tym zakończy lub dalej popełni błędy Strona 5 z 5

Pokonanie zasadniczych trudności zadania p uzasadni parzystość jednej z liczb k+ l+ lub k l w jednym z przypadków w zależności od parzystości liczb k i l uzasadni parzystość jednej z liczb k+ l lub k l+ w jednym z przypadków w zależności od parzystości liczb k i l Rozwiązanie pełne p uzasadni podzielność liczby a b przez 4 Uwaga: Jeżeli zdający rozważa tylko szczególne przypadki, np przyjmie a= 6k+ oraz b= 6k+ 5 i wyznaczy a b = ( 6k+ ) ( 6k+ 5) == 4( k ), to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów Zadanie 8 (0 6) IV Użycie i tworzenie strategii 9 Stereometria wyznacza związki miarowe w wielościanach i bryłach obrotowych z zastosowaniem trygonometrii (9b) Przykładowe rozwiązanie Strategię rozwiązania zadania można zrealizować na wiele sposobów Każdy z nich różni się zestawem i kolejnością zastosowanych związków między odcinkami w ostrosłupie Przyjmijmy następujące oznaczenia jak na rysunku S b D H l α F C A a O B E Wtedy a OB =, a OE =, BFO = 60 BO BF = Ponieważ trójkąt BFO jest prostokątny, stąd sin 60 Strona 6 z 5

Zatem a BO a a 6 BF = = = = sin 60 a 6 Trójkąty SEC i BFC są podobne, stąd SE = BF l, czyli b 6 = Zatem l = SC BC b a Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach prostokątnych EOS i BOS, skąd otrzymujemy układ równań: a b 6 H + = a H + = b a b 6 5 + = a 5 + = b a b 5 + = 4 a 5 + = b 00 + a = 8b 50 + a = b b = a 75 = 00 b = 5 a = 0 Stąd pole P podstawy ABCD ostrosłupa jest równe P 500 równa: V = 00 5 = = a = 00, więc objętość ostrosłupa jest Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania p zastosuje twierdzenie Pitagorasa w trójkącie SOC Strona 7 z 5

zastosuje twierdzenie Pitagorasa w trójkącie SOE, zastosuje twierdzenie cosinusów w trójkącie BFD, zapisze funkcję trygonometryczną kąta ostrego w trójkącie OBF, zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów SEC i BCF, zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów SOC i OFC i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy Uwaga: Jeżeli zdający zapisze związki, z których można obliczyć długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa, ale pominie jedno równanie potrzebne do zakończenia obliczeń, to otrzymuje punkty Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p zapisze układ równań, z którego można obliczyć długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy Pokonanie zasadniczych trudności zadania 4 p zapisze równanie z jedną niewiadomą oznaczającą wielkość, która pozwala obliczyć pole podstawy ostrosłupa i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy Rozwiązanie prawie pełne 5 p obliczy długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa obliczy długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa, popełniając błędy rachunkowe i konsekwentnie do tego obliczy objętość ostrosłupa Rozwiązanie pełne 6 p obliczy objętość ostrosłupa: 500 V = Uwagi: Jeżeli zdający rozpatruje inną bryłę, np ostrosłup, którego podstawą nie jest kwadrat ostrosłup, którego ściany boczne są trójkątami równobocznymi, to otrzymuje 0 punktów Jeżeli zdający błędnie interpretuje kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi, ale przy korzystaniu z własności figur, w których ten kąt nie występuje, wykazuje się innymi umiejętnościami matematycznymi, to otrzymuje co najwyżej punkt Jeżeli zdający odczyta wartość sin BFO = sin 60 z tablic i wykona obliczenia na przybliżeniach, to otrzymuje co najwyżej 5 punktów Strona 8 z 5

Zadanie 9 (0 ) V Rozumowanie i argumentacja 7 Planimetria znajduje związki miarowe w figurach płaskich, także z zastosowaniem trygonometrii (7c) Przykładowe rozwiązanie Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku, niech ponadto r S oznacza promień okręgu o środku w punkcie S i średnicy AB Wtedy AB = ( AK + LB ) oraz r S = AS = AB i KS = AB = rs 4 Trójkąt KLM jest trójkątem równoramiennym, którego podstawą jest odcinek KL Punkt S jest środkiem odcinka KL Zatem punkty K, S, M są wierzchołkami trójkąta prostokątnego, w którym KS + MS = KM przy czym MS = AB r = r r oraz KM = AB + r = r + r, 4 S Stąd mamy kolejno: rs + ( rs r) = rs + r, rs + rs rs r+ r = rs + rs r+ r, 4 4 r = r r S S Po wykorzystaniu zależności Zatem r = AB, co kończy dowód 6 S r AB = r S otrzymujemy: AB Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p zauważy, że trójkąt KSM jest trójkątem prostokątnym i zapisze długości boków tego trójkąta w zależności od długości odcinka AB: KS = AB, MS = AB r, KM = AB + r 4 4 w zależności od promienia r S : = KS = r, MS = rs r, S KM = r + r oraz AB = rs S Strona 9 z 5

Pokonanie zasadniczych trudności zadania p zapisze równanie wynikające z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta KSM, np rs + ( rs r) = rs + r, i przekształci do postaci umożliwiającej wyznaczenie szukanej zależności np rs = rs r Rozwiązanie pełne p wykaże, że r = AB 6 Zadanie 0 (0 5) III Modelowanie matematyczne Przykładowe rozwiązanie 0 Elementy statystyki opisowej Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji i wariacji do zliczania obiektów w sytuacjach kombinatorycznych oraz wykorzystuje własności prawdopodobieństwa i stosuje twierdzenie znane jako klasyczna definicja prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństw zdarzeń (R0, 0d) Obliczymy moc zbioru wszystkich zdarzeń elementarnych: 0 ( ) Ω= = 40 Zdarzenie A polega na tym, że co najmniej dwie z wylosowanych kul są tego samego koloru Ustalamy moc zdarzenia A: 9 9 8 9 9 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) A = + + + 0 + 0 = 978 Obliczamy szukane prawdopodobieństwo, korzystając z klasycznej definicji prawdopodobieństwa: A 489 6 P( A ) = = = Ω 570 90 Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania p zapisze moc zbioru wszystkich zdarzeń elementarnych: Ω= 0 ( ) zapisze moc zbioru zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A lub zdarzeniu przeciwnemu do A: A = 9 8 9 ( ) ( ) + ( ) ( ) + ( ) ( 0 ) lub A ' = ( 9 ) ( ) ( ), narysuje drzewo ilustrujące przebieg doświadczenia (na rysunku muszą wystąpić wszystkie istotne gałęzie dla danego zdarzenia A lub dla zdarzenia do niego przeciwnego A') Strona 0 z 5

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p zapisze moc zbioru wszystkich zdarzeń elementarnych: Ω= 0 ( ) i moc zbioru zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A lub zdarzeniu przeciwnemu do A: A = 9 8 9 ( ) ( ) + ( ) ( ) + ( ) ( 0 ) lub A ' = ( 9 ) ( ) ( ) narysuje drzewo ze wszystkimi istotnymi gałęziami i zapisze prawdopodobieństwa na wszystkich istotnych odcinkach jednego z etapów lub na jednej z istotnych gałęzi Pokonanie zasadniczych trudności zadania p obliczy moc zbioru wszystkich zdarzeń elementarnych: Ω = 40 i moc zbioru zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A lub zdarzeniu przeciwnemu do A: A = 978 lub A ' = 6 obliczy prawdopodobieństwo wzdłuż jednej istotnej gałęzi: np 9 9 0 9 8 Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które nie przekreślają poprawności rozwiązania (np błędy rachunkowe) 4 p obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia przeciwnego do zdarzenia A: 9 9 8 6 = i nie obliczy prawdopodobieństwa zdarzenia A 0 9 8 570 obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A z błędami rachunkowymi Rozwiązanie pełne 5 p 489 obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A: P( A ) = 570 Strona z 5

Zadanie (0 ) III Modelowanie matematyczne 0 Elementy statystyki opisowej Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka wykorzystuje wzory na liczbę permutacji, kombinacji i wariacji do zliczania obiektów w sytuacjach kombinatorycznych (R0) Przykładowe rozwiązania I sposób Miejsce dla cyfry wybieramy na ( 0 ) sposobów Na pozostałych siedmiu miejscach rozmieszczamy cyfry lub w dowolnym porządku na 7 sposobów Stosujemy regułę mnożenia i otrzymujemy 0 7 ( ) = 0 8 = 560 różnych liczb dziesięciocyfrowych, które można zapisać za pomocą cyfr,,, w zapisie których cyfra występuje w dokładnie trzy razy II sposób Rozpatrzymy trzy rozłączne przypadki, w zależności od tego, jaka cyfra została zapisana na pierwszym miejscu Jeżeli na pierwszym miejscu jest cyfra, to miejsce dla pozostałych dwóch jedynek wybieramy na ( 9 ) cyfrę w dowolnym porządku na sposobów, na pozostałych siedmiu miejscach rozmieszczamy cyfrę lub 7 sposobów Stosujemy regułę mnożenia i otrzymujemy 9 = = ( ) 7 6 8 4608 liczb dziesięciocyfrowych, które można zapisać za pomocą cyfr,,, w których zapisie cyfra występuje w dokładnie trzy razy, przy czym na pierwszym miejscu jest cyfra jeżeli na pierwszym miejscu jest cyfra, to miejsce dla trzech jedynek wybieramy na ( 9 ) sposobów, na pozostałych sześciu miejscach rozmieszczamy cyfrę lub cyfrę w dowolnym 6 porządku na sposobów Stosujemy regułę mnożenia i otrzymujemy 9 6 ( ) = 84 64 = 576 liczb dziesięciocyfrowych, które można zapisać za pomocą cyfr,,, w których zapisie cyfra występuje w dokładnie trzy razy, przy czym na pierwszym miejscu jest cyfra (rozumowanie analogiczne jak w p ) Jeżeli na pierwszym miejscu jest cyfra, to miejsce dla trzech jedynek wybieramy na ( 9 ) rozmieszczamy cyfrę lub cyfrę w dowolnym porządku na Stosujemy regułę mnożenia i otrzymujemy 9 = 84 64 = 576 ( ) 6 sposobów, na pozostałych sześciu miejscach 6 sposobów liczb dziesięciocyfrowych, które można zapisać za pomocą cyfr,,, w zapisie których cyfra występuje w dokładnie trzy razy, przy czym na pierwszym miejscu jest cyfra Sumujemy liczby powstałe w każdym z trzech przypadków i otrzymujemy: 4608 + 576 = 560 Strona z 5

liczb dziesięciocyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr,,, w zapisie których cyfra występuje dokładnie trzy razy III sposób Rozpatrzymy osiem rozłącznych przypadków, wyczerpujących wszystkie możliwości zapisu liczby dziesięciocyfrowej za pomocą cyfr,,, w których zapisie cyfra występuje dokładnie trzy razy: w zapisie tej liczby występują jedynki i 7 trójek, wtedy takich liczb jest 0! 0! 7! =, w zapisie tej liczby występują jedynki, dwójka i 6 trójek, wtedy takich liczb jest 0!! 6! = 840, w zapisie tej liczby występują jedynki, dwójki i 5 trójek, wtedy takich liczb jest 0! 50!! 5! =, 4 w zapisie tej liczby występują jedynki, dwójki i 4 trójki, wtedy takich liczb jest 0! 400!! 4! =, 5 w zapisie tej liczby występują jedynki, 4 dwójki i trójki, wtedy takich liczb jest 0! 400! 4!! =, 6 w zapisie tej liczby występują jedynki, 5 dwójek i trójki, wtedy takich liczb jest 0! 50! 5!! =, 7 w zapisie tej liczby występują jedynki, 6 dwójek i trójka, wtedy takich liczb jest 0!! 6! = 840, 8 w zapisie tej liczby występują jedynki i 7 dwójek, wtedy takich liczb jest 0! 0! 7! = Sumujemy liczby otrzymane w każdym przypadku i otrzymujemy: 0+ 840+ 50+ 400 = 7680 = 560 ( ) różnych liczb dziesięciocyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr,,, w zapisie których cyfra występuje dokładnie trzy razy Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp p zapisze, że: miejsce dla cyfry można wybrać na ( 0 ) sposobów miejsca dla cyfr lub można wybrać na ( ) cyfry lub można rozmieścić na 7 sposobów, 0 7 sposobów, Strona z 5

jeżeli cyfra jest na ustalonym (np pierwszym) miejscu, to pozostałe dwie cyfry można rozmieścić na ( 9 ) sposobów, jeżeli na ustalonym miejscu stoi jedna z cyfr lub, to trzy cyfry można rozmieścić na ( 9 ) sposobów, jeżeli cyfry stoją na ustalonych trzech miejscach, to jeśli w liczbie występuje n cyfr 7, to cyfry i można rozmieścić na ( n ) sposobów dla przynajmniej jednej konkretnej liczby n, jest 8 rozłącznych przypadków wyczerpujących wszystkie możliwości zapisu liczby dziesięciocyfrowej za pomocą cyfr,,, w których zapisie cyfra występuje dokładnie trzy razy i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy Pokonanie zasadniczych trudności zadania p 0 zapisze, że liczba rozpatrywanych liczb dziesięciocyfrowych jest równa np ( ) 7 zapisze, ile jest liczb w każdym z rozpatrywanych przypadków wyczerpujących wszystkie możliwości zapisu liczby dziesięciocyfrowej za pomocą cyfr,,, w których zapisie cyfra występuje dokładnie trzy razy, zapisze osiem rozłącznych przypadków wyczerpujących wszystkie możliwości zapisu liczby dziesięciocyfrowej za pomocą cyfr,,, w których zapisie cyfra występuje dokładnie trzy razy oraz w przynajmniej jednym przypadku zapisze liczbę takich liczb, np ( 0 ) i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy Rozwiązanie pełne p 0 zapisze, że jest ( ) 7 = 560 liczb dziesięciocyfrowych zapisanych wyłącznie za pomocą cyfr,,, w zapisie których cyfra występuje dokładnie trzy razy zsumuje liczby otrzymane w każdym z rozpatrywanych przypadków wyczerpujących wszystkie możliwości zapisu liczby dziesięciocyfrowej za pomocą cyfr,,, w których zapisie cyfra występuje dokładnie trzy razy i zapisze, że jest ich 560 Uwagi: Rozwiązanie uznajemy za pełne, jeżeli zdający zapisze liczbę rozpatrywanych liczb dziesięciocyfrowych bez użycia symbolu Newtona Jeżeli zdający w swoim rozwiązaniu przedstawia zapisy, dla których brak bezpośredniej interpretacji kombinatorycznej i zapisom tym nie towarzyszą stosowne objaśnienia, to nie może otrzymać maksymalnej liczby punktów, przy czym za rozwiązanie, zawierające Strona 4 z 5

jedynie zapisy pojedynczych liczb lub symboli Newtona (typu 0, 8, ( 0 7 ) ), bez stosownych objaśnień, zdający otrzymuje 0 punktów, a za rozwiązanie, zawierające jedynie zapisy działań na liczbach (typu 0 8 = 5 60 ), bez stosownych objaśnień zdający może otrzymać co najwyżej punkt Jeżeli zdający przedstawia rozwiązanie, w którym części zapisanych liczb lub działań na liczbach nie towarzyszą stosowne objaśnienia, to za takie rozwiązanie może otrzymać co najwyżej punkty 4 może skorzystać ze wzoru dwumianowego Newtona i zapisać: 0 7 7 7 7 7 7 7 7 0 7 ( ) {( 7) ( ) ( 5) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )} ( ) + 6 + + 4 + + + + 0 = = 0 8 = 560 Strona 5 z 5