Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych i schemat oceniania zadań otwartych Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych 5 6 7 8 9 0 5 6 7 8 9 0 A D D B C B B A A A D C D C D B A C A C Zadanie. (pkt) Rozwiąż nierówność Rozwiązanie Schemat oceniania zadań otwartych x + x 0. Obliczamy pierwiastki trójmianu kwadratowego x + x rozkładając go na czynniki liniowe x + x = x x. Stąd x = 0, x =. Możemy również obliczyć pierwiastki wykorzystując wzory na pierwiastki trójmianu kwadratowego. Wówczas = ( ) 0 =, =, + x = =, x = = 0 ( ) ( ) Szkicujemy wykres trójmianu kwadratowego y = x + x, y 0 x _ z którego odczytujemy zbiór rozwiązań rozwiązywanej nierówności x 0,. Odpowiedź: x 0,. Strona z 6
Schemat oceniania Zdający otrzymuje... pkt gdy: obliczy lub poda pierwiastki trójmianu kwadratowego x = 0, x = i na tym poprzestanie lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności rozłoży trójmian kwadratowy na czynniki liniowe, np. x x i na tym poprzestanie lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności zapisze nierówność w postaci równoważnej x i na tym poprzestanie lub błędnie 8 8 zapisze zbiór rozwiązań nierówności popełni błąd rachunkowy przy obliczaniu wyróżnika lub pierwiastków trójmianu kwadratowego (ale otrzyma dwa różne pierwiastki) i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże nierówność błędnie przekształci nierówność do postaci równoważnej, np. zapisze x + 8 8 i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże nierówność. Zdający otrzymuje... pkt gdy: poda zbiór rozwiązań nierówności: 0, lub x 0, lub ( x 0 i x ) sporządzi ilustrację geometryczną (oś liczbowa, wykres) i zapisze zbiór rozwiązań nierówności w postaci: x 0, x poda zbiór rozwiązań nierówności w postaci graficznej z poprawnie zaznaczonymi końcami przedziałów. 0 x Zadanie. ( pkt), C =, są wierzchołkami kwadratu ABCD. Wyznacz równanie prostej Punkty A = ( ) i ( ) zawierającej przekątną BD tego kwadratu. Rozwiązanie Przekątne kwadratu są prostopadłe i połowią się, więc prosta BD jest prostopadła do prostej AC i przechodzi przez środek S odcinka AC. Współczynnik kierunkowy prostej AC jest równy a AC = =, ( ) więc współczynnik kierunkowy prostej BD jest równy Strona z 6
abd = =. aac Środek S odcinka AC ma współrzędne xa + xc ya + yc + + 7 S =, =, =,. Zatem prosta BD ma równanie postaci 7 5 y = ( x ( ) ) +, czyli y = x +. 5 Odpowiedź: Prosta BD ma równanie postaci y = x +. Schemat oceniania Zdający otrzymuje... pkt gdy: obliczy współrzędne środka odcinka AC i współczynnik kierunkowy prostej AC: 7 S =,, a AC = obliczy współczynnik kierunkowy prostej AC i współczynnik kierunkowy prostej BD: a AC =, a BD = i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje... pkt 5 gdy wyznaczy równanie prostej BD: y = x +. Zadanie. (pkt) Kąty ostre α i β trójkąta prostokątnego spełniają warunek Wyznacz miarę kąta α. Rozwiązanie Ponieważ β = 90 α, więc sin β = sin ( 90 α ) = cosα. Zatem równość α + β + α = możemy zapisać w postaci sin sin tg sin α + cos α + tg α =. Stąd i z jedynki trygonometrycznej otrzymujemy + tg α =, tg α =, więc tgα =, gdyż α jest kątem ostrym. Stąd α = 60. Odpowiedź: Miara kąta α jest równa 60. α + β + α =. sin sin tg Schemat oceniania Zdający otrzymuje... pkt gdy obliczy wartość kwadratu tangensa kąta α i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy: tg α =. Zdający otrzymuje... pkt gdy obliczy miarę kąta α : 60 α =. Strona z 6
Zadanie. (pkt) Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y prawdziwa jest nierówność x + xy + y x + y. Dowód (I sposób) Nierówność możemy zapisać w postaci równoważnej x + xy + y x y + 0, ( ) x y x y y + + + 0. Możemy potraktować tę nierówność jak nierówność kwadratową z niewiadomą x. Ponieważ współczynnik przy x jest dodatni, więc wystarczy wykazać, że wyróżnik trójmianu stojącego po lewej stronie nierówności jest niedodatni dla dowolnej liczby rzeczywistej y, czyli 0, Obliczmy wyróżnik trójmianu ( y ) ( y y ) + 0, y y y y + + 8 6 0, y y + y y + 0. ( ) ( ) y = = = 8. Ponieważ wyróżnik ten jest ujemny i współczynnik przy y jest ujemny, więc nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej y. To kończy dowód. Dowód (II sposób) Nierówność możemy zapisać w postaci równoważnej x + xy + y x y + 0. Mnożąc obie strony nierówności przez otrzymujemy x + xy + y x y + 8 0. Tę nierówność możemy zapisać w postaci równoważnej x + x + xy + y + y x y + 8 0, x xy y x x y y + + + + + + 0, ( x y) ( x ) ( y ) + + + 0. Ta nierówność jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y, gdyż kwadrat dowolnej liczby rzeczywistej jest nieujemny, a suma trzech liczb nieujemnych jest nieujemna. To kończy dowód. Schemat oceniania Zdający otrzymuje... pkt gdy x + y x + y y + 0 i potraktuje tę zapisze nierówność w postaci równoważnej ( ) nierówność jak nierówność kwadratową z niewiadomą x, np. zapisze wyróżnik ( y ) ( y y ) = + zapisze nierówność w postaci równoważnej ( x y) ( x ) ( y ) i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. + + + 0 Zdający otrzymuje... pkt gdy przeprowadzi pełne rozumowanie. Strona z 6
Zadanie 5. (pkt) Rozwiąż równanie x + x + x + 6 = 0. I sposób rozwiązania (grupowanie wyrazów) x x x 0 Stosujemy metodę grupowania ( ) ( ) skąd wynika, że ( x )( x ) Schemat oceniania + + + = x ( x ) ( x ) + + = 0, a stąd otrzymujemy x =. + + + = 0, Zdający otrzymuje... pkt gdy pogrupuje wyrazy do postaci, z której łatwo można doprowadzić do postaci iloczynowej, x x x 0 x x + + x + = 0 i na tym poprzestanie lub dalej + + + = lub ( ) ( ) np.: ( ) ( ) popełnia błędy. Zdający otrzymuje... pkt gdy otrzyma rozwiązanie x =. II sposób rozwiązania (dzielenie) Oznaczmy W ( x) = x + x + x + 6. Sprawdzamy, że ( ) ( ) ( ) ( ) W = + + + 6= 0, więc jednym z pierwiastków tego wielomianu jest x =. Dzielimy wielomian przez dwumian x + i otrzymujemy x +. Zapisujemy więc równanie w postaci ( x ) ( x ) + + = 0. Ponieważ rzeczywistym rozwiązaniem równania jest x =. Schemat oceniania II sposobu rozwiązania x + > 0 dla każdej liczby rzeczywistej x, więc jedynym Zdający otrzymuje... pkt gdy wykona dzielenie wielomianu przez dwumian x +, otrzyma iloraz x + i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje... pkt gdy otrzyma rozwiązanie x =. Zadanie 6. (pkt) Na odcinku AB wybrano punkt C, a następnie zbudowano trójkąty równoboczne ACD i CBE tak, że wierzchołki D i E leżą po tej samej stronie prostej AB. Okręgi opisane na tych trójkątach przecinają się w punktach C i P (zobacz rysunek). E D P A C B Udowodnij, że miara kąta APB jest równa 0. Strona 5 z 6
Dowód Poprowadźmy odcinek CP. E D P A C B Kąty ADC i APC to kąty wpisane w okrąg oparte na tym samym łuku AC, więc kąty te mają równe miary. Miara kąta ADC jest równa 60, gdyż jest to kąt trójkąta równobocznego, więc APC = 60. Tak samo kąty CEB i CPB to kąty wpisane w okrąg oparte na tym samym łuku CB, więc mają równe miary. Miara kąta CEB jest równa 60, gdyż jest to kąt trójkąta równobocznego, więc CPB = 60. Zatem APB = APC + CPB = 60 + 60 = 0, co należało udowodnić. Schemat oceniania Zdający otrzymuje... pkt gdy zauważy, że kąty ADC i APC to kąty wpisane w okrąg oparte na tym samym łuku AC lub kąty CEB i CPB to kąty wpisane w okrąg oparte na tym samym łuku CB i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje... pkt gdy przeprowadzi pełne rozumowanie. Zadanie 7. (pkt) Promień okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym jest równy 5. Jedna z przyprostokątnych tego trójkąta jest o dłuższa od drugiej przyprostokątnej. Oblicz wysokość tego trójkąta opuszczoną na przeciwprostokątną. Rozwiązanie Ponieważ trójkąt jest prostokątny, więc jego przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego na tym trójkącie. Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. C h a A 5 S D B Zatem AB = 5, BC = a, AC = a +. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy Strona 6 z 6
Stąd mamy Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania AB AC BC = +, czyli ( 5) ( a ) 6 5 = a + 8a + 6 + a, a + 8a 6 = 0, a + a = 0. = =, =, ( ) = + + a. + a = = 8 lub a = =. Pierwsze z rozwiązań odrzucamy (długość boku trójkąta nie może być ujemna), więc BC = oraz AC = + = 8. Ponieważ trójkąty ACD i ABC są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku A, więc są podobne (cecha kąt-kąt-kąt podobieństwa trójkątów). Wynika stąd CD BC h =, czyli =. AC AB 8 5 Zatem h = 8 8 5 5 = 5. Odpowiedź: Wysokość trójkąta opuszczona na przeciwprostokątną jest równa 8 5 5. Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania... pkt Zdający zapisze równanie (lub układ równań) pozwalające obliczyć długość jednej z przyprostokątnych trójkąta, np.: ( 5) ( a ) = + + a. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... pkt Zdający obliczy długość jednej z przyprostokątnych trójkąta: BC =. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... pkt Zdający zapisze równanie lub układ równań pozwalający obliczyć wysokość trójkąta h opuszczoną na przeciwprostokątną, np.: =. 8 5 Rozwiązanie pełne... pkt 8 5 Zdający obliczy wysokość trójkąta opuszczoną na przeciwprostokątną: h =. 5 Zadanie 8. ( pkt) W pojemniku jest osiem kul ponumerowanych od do 8, przy czym kule z numerami, których reszta z dzielenia przez jest równa są białe, a pozostałe kule są czarne. Losujemy z pojemnika jednocześnie dwie kule. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosujemy kule różnych kolorów, których iloczyn numerów będzie większy od 6 i nie większy od 5. Strona 7 z 6
I sposób rozwiązania (klasyczna definicja prawdopodobieństwa - ciągi) Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie pary ( x, y ) różnych liczb naturalnych ze zbioru {,,,,5,6,7,8}. Zdarzenia jednoelementowe są równoprawdopodobne. Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa Ω = 8 7 = 56. Mamy więc do czynienia z modelem klasycznym. Spośród liczb ze zbioru {,,,,5,6,7,8} resztę z dzielenia przez równą dają trzy liczby:,, 7. Zatem kule z tymi numerami są białe, a pozostałe kule są czarne. Mamy więc następujące kule:, ❷, ❸,, ❺, ❻, 7, ❽. Oznaczamy przez A zdarzenie polegające na tym, że wylosujemy kule różnych kolorów, których iloczyn numerów będzie większy od 6 i nie większy od 5. Wypiszmy wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A: (,❽), (❷,), (❷,7), (❸,), (❸,7), (,❷),(,❸), (,❺), (,❻), (,❽), (❺,), (❺,7), (❻,), (7,❷), (7,❸), (7,❺),(❽,), (❽,), 8 9 Zatem A = 8 i P ( A ) = =. 8 7 8 Odpowiedź: Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosujemy kule różnych kolorów, których iloczyn numerów będzie większy od 6 i nie większy od 5 jest równe 9 8. Uwaga Możemy zilustrować zbiór wszystkich zdarzenia elementarnych w tabeli 8 na 8 oraz zaznaczyć pola sprzyjające zdarzeniu A. ❷ ❸ ❺ ❻ 7 ❽ X ❷ X X ❸ X X X X X X X ❺ X X ❻ X 7 X X X ❽ X X Możemy również potraktować zdarzenie elementarne jak punkt w prostokątnym układzie współrzędnych na płaszczyźnie i wyróżnić te punkty, które odpowiadają zdarzeniom elementarnym sprzyjającym zdarzeniu A. y ❽ 7 ❻ ❺ ❸ ❷ 0 ❷ ❸ ❺ ❻ 7 ❽ x y ❽ 7 ❻ ❺ ❸ ❷ Strona 8 z 6 0 ❷ ❸ ❺ ❻ 7 ❽ x
Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest zatem równe A 8 9 P ( A ) = = =. Ω 56 8 Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania... pkt Zdający zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych: Ω = 8 7 wypisze zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A i spełniające dwa spośród trzech warunków: o kule są różnych kolorów o iloczyn numerów kul jest większy od 6 o iloczyn numerów kul jest nie większy od 5 wypisze zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A zakładając błędnie, że iloczyn numerów kul jest mniejszy od 5, np.: (,❽), (❷,), (❷,7), (❸,), (❸,7), (,❷), (,❸), (,❺), (,❻), (,❽), (❺,), (❻,), (7,❷), (7,❸), (❽,), (❽,), i na tym zakończy lub dalej rozwiązuje błędnie. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... pkt Zdający zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych i wypisze wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A: Ω = 8 7, A = {(,❽), (❷,), (❷,7), (❸,), (❸,7), (,❷), (,❸), (,❺), (,❻), (,❽), (❺,), (❺,7), (❻,), (7,❷), (7,❸), (7,❺), (❽,), (❽,)} i na tym zakończy lub dalej rozwiązuje błędnie. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... pkt Zdający obliczy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych, wypisze wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A i poda ich liczbę: Ω = 56, A = {(,❽),(❷,),(❷,7),(❸,),(❸,7),(,❷),(,❸),(,❺), (,❻), (,❽),(❺,),(❺,7),(❻,),(7,❷),(7,❸),(7,❺),(❽,),(❽,)}, A = 8. Rozwiązanie pełne... pkt Zdający obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A: ( ) Strona 9 z 6 9 P A =. 8 Uwagi. Jeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma P ( A ) >, to otrzymuje 0 punktów.. Jeśli zdający błędnie założy, że iloczyn numerów kul jest mniejszy od 5 i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje punkty.. Jeśli zdający przyjmie błędnie, że wszystkie liczby ze zbioru {,,,,5,6,7,8}, które przy dzieleniu przez dają resztę to i 7 i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje punkty.
II sposób rozwiązania (klasyczna definicja prawdopodobieństwa - zbiory) x, y złożone z dwóch liczb naturalnych ze Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie zbiory { } zbioru {,,,,5,6,7,8}. Zdarzenia jednoelementowe są równoprawdopodobne. Liczba 8 7 wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa Ω = = 8. Mamy więc do czynienia z modelem klasycznym. Spośród liczb ze zbioru {,,,,5,6,7,8} resztę z dzielenia przez równą dają trzy liczby:,, 7. Zatem kule z tymi numerami są białe, a pozostałe kule są czarne. Mamy więc następujące kule:, ❷, ❸,, ❺, ❻, 7, ❽. Oznaczamy przez A zdarzenie polegające na tym, że wylosujemy kule różnych kolorów, których iloczyn numerów będzie większy od 6 i nie większy od 5. Wypiszmy wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A: {,❽}, {❷,}, {❷,7}, {❸,}, {❸,7}, {,❺}, {,❻}, {,❽}, {❺,7}, 9 Zatem A = 9 i P ( A ) =. 8 Odpowiedź: Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosujemy kule różnych kolorów, których iloczyn numerów będzie większy od 6 i nie większy od 5 jest równe 9 8. Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania... pkt Zdający 8 7 zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych: Ω = wypisze zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A i spełniające dwa spośród trzech warunków: o kule są różnych kolorów o iloczyn numerów kul jest większy od 6 o iloczyn numerów kul jest nie większy od 5 wypisze zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A zakładając błędnie, że iloczyn numerów kul jest mniejszy od 5, np.: {,❽}, {❷,}, {❷,7}, {❸,}, {❸,7}, {,❺}, {,❻}, {,❽} i na tym zakończy lub dalej rozwiązuje błędnie. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... pkt Zdający zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych i wypisze wszystkie zdarzenia 8 7 elementarne sprzyjające zdarzeniu A: Ω =, A = {{,❽}, {❷,}, {❷,7}, {❸,}, {❸,7}, {,❺}, {,❻}, {,❽}, {❺,7}}, i na tym zakończy lub dalej rozwiązuje błędnie. Strona 0 z 6
Pokonanie zasadniczych trudności zadania... pkt Zdający obliczy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych, wypisze wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A i poda ich liczbę: Ω = 8, A = 9, A = {{,❽}, {❷,}, {❷,7}, {❸,}, {❸,7}, {,❺}, {,❻}, {,❽}, {❺,7}}. Rozwiązanie pełne... pkt Zdający obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A: ( ) 9 P A =. 8 Uwagi. Jeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma P ( A ) >, to otrzymuje 0 punktów.. Jeśli zdający błędnie założy, że iloczyn numerów kul jest mniejszy od 5 i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje punkty.. Jeśli zdający przyjmie błędnie, że wszystkie liczby ze zbioru {,,,,5,6,7,8}, które przy dzieleniu przez dają resztę to i 7 i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje punkty. III sposób rozwiązania (metoda drzewa) Narysujmy drzewo ilustrujące doświadczenie losowe jakim jest losowanie kolejno dwóch kul, przy czym kulę wylosowaną za pierwszym razem odkładamy i drugą kulę losujemy z pozostałych siedmiu kul. Wystarczy narysować tylko te gałęzie drzewa, które odpowiadają zdarzeniu A polegającemu na tym, że wylosujemy kule różnych kolorów, których iloczyn numerów będzie większy od 6 i nie większy od 5. Prawdopodobieństwo na każdym odcinku drzewa odpowiadającym losowaniu pierwszej kuli jest równe, a na każdym odcinku 8 odpowiadającym losowaniu drugiej kuli 7. 8 ❷ ❸ ❺ ❻ 7 ❽ 7 ❽ 7 7 ❷ ❸ ❺ ❻ ❽ 7 ❷ ❸ ❺ Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest więc równe P ( A) = + + + + + + + + + + 8 7 8 7 8 7 8 7 8 7 8 7 8 7 8 7 8 7 8 7 9 + + + + + + + + = 8 =. 8 7 8 7 8 7 8 7 8 7 8 7 8 7 8 7 8 7 8 Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania... pkt Zdający narysuje drzewo i na tym zakończy lub dalej rozwiązuje błędnie. Strona z 6
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... pkt Zdający narysuje drzewo, zapisze prawdopodobieństwa na jego gałęziach i na tym zakończy lub dalej rozwiązuje błędnie. Uwagi. Oceniamy rozwiązanie na 0 punktów, gdy w dalszej części rozwiązania zdający dodaje prawdopodobieństwa wzdłuż gałęzi zamiast mnożyć mnoży otrzymane iloczyny zamiast dodawać.. Jeżeli zdający opisał prawdopodobieństwa tylko na istotnych gałęziach, to kwalifikujemy to do kategorii pokonanie zasadniczych trudności zadania.. Jeżeli zdający narysował drzewo składające się tylko z istotnych gałęzi i opisał prawdopodobieństwa na jego gałęziach, to kwalifikujemy to do kategorii pokonanie zasadniczych trudności zadania.. Jeżeli rozwiązujący popełni błąd rachunkowy lub nieuwagi i na tym zakończy, to otrzymuje punkty. Pokonanie zasadniczych trudności zadania... pkt Zdający narysuje drzewo składające się tylko z istotnych gałęzi lub wskaże na drzewie istotne gałęzie (np. pogrubi gałęzie lub zapisze prawdopodobieństwa tylko na istotnych gałęziach) i zapisze prawdopodobieństwo na co najmniej jednym odcinku każdego poziomu drzewa. Rozwiązanie pełne... pkt Zdający obliczy prawdopodobieństwo omawianego zdarzenia: 9 8 Uwagi. Jeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma P ( A ) >, to otrzymuje 0 punktów.. Jeśli zdający błędnie założy, że iloczyn numerów kul jest mniejszy od 5 i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje punkty.. Jeśli zdający przyjmie błędnie, że wszystkie liczby ze zbioru {,,,,5,6,7,8}, które przy dzieleniu przez dają resztę to i 7 i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje punkty. Zadanie 9. (5pkt) Do zbiornika można doprowadzić wodę dwiema rurami. Czas napełniania zbiornika tylko pierwszą rurą jest o 5 godzin i 0 minut krótszy od czasu napełniania tego zbiornika tylko drugą rurą, natomiast 5 godzin trwa napełnienie tego zbiornika obiema rurami jednocześnie. Oblicz, w ciągu ilu godzin pusty zbiornik zostanie napełniony, jeśli woda będzie doprowadzana tylko pierwszą rurą. Rozwiązanie (I sposób) Niech V oznacza pojemność zbiornika w m, t czas, w godzinach, w ciągu którego zostanie napełniony zbiornik jedynie z pierwszej rury, i niech p, p oznacza ilość wody w m, jaką dostarcza odpowiednio pierwsza i druga rura w ciągu jednej godziny. Wtedy V = p t. Czas napełniania zbiornika tylko druga rurą jest równy t + 5,5 godziny, więc Strona z 6 ( ) V = p t + 5,5. Za pomocą obu rur napełnia się w ciągu 5 godzin, więc V = p + p. ( ) 5
Porównując prawe strony dwóch pierwszych równań mamy t + 5,5 p t = p ( t + 5,5), skąd p = p. t Stąd, z drugiego i z trzeciego równania otrzymujemy t + 5,5 p ( t + 5,5) = p + p 5, t p t t + 5,5 = p t + 5, 5 + t 5, ( ) ( ) t t t ( ) ( ) t + 5,5 = 0 + 8,5,,5 t 8,5 = 0. =,5 8,5 = 90, 5, = 90, 5 = 0, 5,,5 0, 5,5 + 0,5 t = = lub t = = 7,5. Pierwsze z tych rozwiązań odrzucamy, gdyż czas napełniania zbiornika nie może być ujemny. Odpowiedź: Pusty zbiornik zostanie napełniony w ciągu 7 godzin i 0 minut, jeśli woda będzie doprowadzana tylko pierwszą rurą. Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... pkt Zdający przyjmie oznaczenia i zapisze równania wynikające z treści zadania, np.: V = p t, V = p ( t + 5,5), gdzie V oznacza pojemność zbiornika w m, p, p ilość wody w m, jaką dostarcza do zbiornika odpowiednio pierwsza i druga rura w ciągu jednej godziny. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... pkt Zdający zapisze układu równań pozwalający obliczyć czas, w ciągu którego pusty zbiornik zostanie napełniony, jeśli woda będzie doprowadzana tylko pierwszą rurą, np.: V = p t V = p ( t + 5,5). V = ( p + p ) 5 Pokonanie zasadniczych trudności zadania... pkt Zdający doprowadzi układ do równania z jedną niewiadomą, np.: t,5 t 8,5 = 0. Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)... pkt Zdający rozwiąże równanie t,5 t 8,5 = 0 i nie odrzuci rozwiązania t = rozwiąże zadanie do końca z błędami rachunkowymi. Rozwiązanie bezbłędne...5 pkt Zdający obliczy czas, w ciągu którego pusty zbiornik zostanie napełniony, jeśli woda będzie doprowadzana tylko pierwszą rurą: 7,5 godziny. Rozwiązanie (II sposób) Niech t oznacza czas, w godzinach, w ciągu którego zostanie napełniony zbiornik jedynie z pierwszej rury. Wtedy czas, w ciągu którego zostanie napełniony zbiornik jedynie z drugiej Strona z 6
rury jest równy t + 5, 5 godziny. W ciągu jednej godziny z pierwszej rury wpływa t objętości zbiornika, a z drugiej t + 5,5 objętości zbiornika. Zatem w ciągu jednej godziny z obu rur jednocześnie wpływa + objętości zbiornika. Skoro zbiornik napełni się z obu rur t t + 5,5 w ciągu 5 godzin, więc w ciągu godziny napełnia się zbiornika. Otrzymujemy równanie 5 + =, t t + 5,5 5 ( ) ( ) ( t ) t t ( t ) 5 + 5,5 + 5 = + 5,5, t + + t = t + t, 5 8, 5 5 5,5 t,5t 8,5 = 0. =,5 8,5 = 90, 5, = 90, 5 = 0, 5,,5 0, 5,5 + 0,5 t = = lub t = = 7,5. Pierwsze z tych rozwiązań odrzucamy, gdyż czas napełniania zbiornika nie może być ujemny. Odpowiedź: Pusty zbiornik zostanie napełniony w ciągu 7 godzin i 0 minut, jeśli woda będzie doprowadzana tylko pierwszą rurą. Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... pkt Zdający wprowadzi jako niewiadomą czas, w ciągu którego zostanie napełniony zbiornik jedynie z jednej z rur, np. z pierwszej, następnie zapisze w zależności od wprowadzonej zmiennej czas, w ciągu którego zostanie napełniony zbiornik jedynie z drugiej rury oraz ustali jaka część zbiornika jest napełniana w ciągu jednej godziny z pierwszej rury lub z drugiej rury, lub z obu rur jednocześnie, np.: t czas, w godzinach, w ciągu którego zbiornik zostanie napełniony tylko z pierwszej rury, część zbiornika napełniana w ciągu jednej godziny z pierwszej rury. t Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... pkt Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, np.: + =. t t + 5,5 5 Pokonanie zasadniczych trudności zadania... pkt Zdający doprowadzi układ do równania kwadratowego z jedną niewiadomą, np.: t,5 t 8,5 = 0. Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)... pkt Zdający rozwiąże równanie t,5 t 8,5 = 0 i nie odrzuci rozwiązania t = rozwiąże zadanie do końca z błędami rachunkowymi. Rozwiązanie bezbłędne...5 pkt Zdający obliczy czas, w ciągu którego pusty zbiornik zostanie napełniony, jeśli woda będzie doprowadzana tylko pierwszą rurą: 7,5 godziny. Strona z 6
Zadanie 0. (5pkt) Piramida Cheopsa ma kształt ostrosłupa prawidłowego czworokątnego. Każda ściana boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy ostrosłupa pod kątem 5, a pole powierzchni ściany bocznej jest równe 550 m. Oblicz objętość piramidy. Wynik zapisz w postaci a 0 k, gdzie a < 0 i k jest liczbą całkowitą. Rozwiązanie Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Zaznaczmy też kąt α między ścianą boczną BCS ostrosłupa a płaszczyzną jego podstawy. S D h O h b α E C Pole ściany bocznej BCS jest równe 550, więc możemy zapisać równanie ph b = 550. Z trójkąta prostokątnego OES otrzymujemy p cosα =. hb Stąd p hb =. cosα Podstawiając to do pierwszego równania otrzymujemy więc p p = 550, cosα p = 550 cosα, p = 8600 cos5, p = 0 86 cos5. Ponownie z trójkąta obliczamy prostokątnego OES otrzymujemy tgα = h p Objętość ostrosłupa jest zatem równa, skąd h = p tgα = p tg 5. = = 8600 cos5 0 86 cos5 sin5 V p h A p B cos5 000 = 86 cos5 sin5. Strona 5 z 6
Z tablic odczytujemy, że sin5 0,788 i cos5 0,657. Zatem 000 86 0,657 0,788 608077,,608 0 6 V m. Odpowiedź: Objętość Piramidy Cheopsa jest równa około 6,608 0 m. Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania... pkt Zapisanie jednego z równań: p ph b = 550, cos5 =, gdzie p oznacza długość hb krawędzi podstawy ostrosłupa, zaś h b wysokość ściany bocznej ostrosłupa. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp... pkt Zapisanie układu równań pozwalającego obliczyć długość krawędzi podstawy ostrosłupa oraz wysokość ostrosłupa: p ph b = 550 oraz cos5 =. hb Pokonanie zasadniczych trudności zadania... pkt Obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa lub kwadratu tej długości: p = 0 86 cos 5 0,765, p = 8600 cos 5 507,. Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)... pkt Obliczenie wysokości ostrosłupa i na tym poprzestanie lub dalsze rozwiązanie błędne: h = p tgα = p tg 5 7, obliczenie objętości ostrosłupa z błędami rachunkowymi i konsekwentne zapisanie wyniku w postaci a 0 k, gdzie a < 0 i k jest liczbą całkowitą obliczenie objętości ostrosłupa i nie zapisanie wyniku w postaci a 0 k, gdzie a < 0 i k jest liczbą całkowitą. Rozwiązanie bezbłędne...5 pkt Obliczenie objętości ostrosłupa i zapisanie wyniku w postaci a 0 k, gdzie a < 0 i k jest 6 liczbą całkowitą:,608 0 m Uwagi. Jeżeli zdający wyrazi objętość w innych jednostkach niż m, to musi konsekwentnie podać 9 wynik końcowy, np.,608 0 dm.. Zdający może przyjąć dowolne przybliżenie liczby a z dokładnością do jednego lub więcej miejsc po przecinku. Strona 6 z 6