1

MODEL ODPOWIEDZI I SCHEMAT OCENIANIA

Numer
zadania

Etapy rozwiązania zadania

Liczba
punktów

Obliczenie o ile punktów procentowych wzrosła główna stopa procentowa po obu
podwyżkach:

1,25 punktu procentowego.

1

1
(2 pkt)

Obliczenie o ile procent wzrosła główna stopa procentowa w ciągu roku:

31,25%

1, 25

100%

4

⋅

=

31,25%

1

Uwaga: Rozwiązanie tego i następnego podpunktu ułatwia wypełnienie diagramu Venna
dla danych z zadania.

Obliczenie ile osób zna dokładnie jeden język:

34 osoby,

(84%+36%

− 26%)

⋅

50 = 34;

1

Uzupełnienie tabeli:

liczba znanych języków

0

1

2

liczba osób

3

34

13

1

Obliczenie mediany.

Me

= 1

Przy wypisywaniu danych w kolejności niemalejącej na 25 i 26 miejscu będzie 1.

1

2
(4 pkt)

Obliczenie średniej arytmetycznej:

1,2.

3 0 34 1 13 2

1, 2

50

⋅ +

⋅ + ⋅

=

1

Wyznaczenie zbioru A i zaznaczenie na osi liczbowej:

0; 4 .

A

=

2

Wyznaczenie zbioru B i zaznaczenie na osi liczbowej:

(0; 2).

B

=

2

3
(5 pkt)

Zaznaczenie na osi liczbowej zbioru A \ B:

\

{0}

2; 4 .

A B

=

∪

1

Narysowanie czworokąta i wprowadzenie oznaczeń:

Np.

( 6,0),

(0,6),

( 2,0),

(0, 2),

(0,0).

A

B

C

D

O

= −

=

= −

=

=

1

Uzasadnienie, że narysowany czworokąt jest trapezem równoramiennym:

Czworokąt

ten jest trapezem równoramiennym, bo proste o równaniach y = x + 2 i y = x + 6 są
równoległe więc AB || CD i | AC | = | BD | = 4.

1

Obliczenie pola trapezu:

S = 16

.

Od pola trójkąta ABO odejmujemy pole trójkąta CDO.

1

Wskazanie osi symetrii danego trapezu równoramiennego:

Osią symetrii trapezu

równoramiennego jest prosta, która jest symetralną jego podstaw. W tym przypadku jest to
prosta przechodząca przez środek E odcinka CD i prostopadła do prostej o równaniu
y = x + 2.

1

4

(5 pkt)

Obliczenie współrzędnych środka odcinka CD i napisanie równania osi symetrii:

Środek E odcinka CD ma współrzędne

(

−1, 1) , równanie osi symetrii: y =

–

x.

1

2

Obliczenie promienia okręgu o:

r = 5.

2

2

|

|

(2 5)

(4 8)

5

r

PS

=

=

−

+ −

=

1

Zapisanie pole trójkąta ASB w postaci

2

1

1

|

| |

| sin |

|

sin |

| .

2

2

S

AS

BS

ASB

r

ASB

=

⋅

⋅

=

1

5
(3 pkt)

Stwierdzenie, że trójkątem o największym polu jest trójkąt prostokątny. Wynika to
z faktu, że

sin |

|

ASB przyjmuje największą wartość równą 1, gdy

|

| 90

ASB

=

o

.

1

1.

( ) 4

.

11

f x

x

=

+

1

2.

2

.

( ) 2

11

g x

x

x

=

+

1

6
(3 pkt)

3.

(1)

( 2)

.

27

S

g

g

=

− − =

1

Uzasadnienie, że trójkąt ABC jest prostokątny:

Trójkąt ABC jest prostokątny, bo kąt ACB

jest prosty jako kąt wpisany oparty na półokręgu.

1

Na mocy twierdzenia Pitagorasa obliczenie długości przyprostokątnej AC :

2

2

2

|

|

6

18 ,|

|

288

.

2

12

AC

AC

+

=

=

=

1

7
(3 pkt)

Obliczenie pola trójkąta ABC:

6 12 2

.

2

36 2

⋅

=

1

Zapisanie kolejnych wyrazów ciągu arytmetycznego w zależności od wyrazu
środkowego i różnicy:

b – 5, b, b + 5

.

1

Zapisanie wielomianu W (x) w postaci:

3

2

( )

(

5)

.

5

W x

x

b

x

bx b

=

+ −

+

+ +

1

Odwołanie się do twierdzenia o reszcie z dzielenia wielomianu przez dwumian i
obliczenie W (1):

Reszta z dzielenia wielomianu

W(x) przez dwumian x

− 1 jest równa W(1).

W(1)

= 1 +

b

− 5 +b + b + 5

= 3

b + 1.

1

Obliczenie współczynnika b:

3

b + 1 = 7,

b = 2

.

1

Obliczenie współczynników a i c i zapisanie wielomianu W (x) :

a

= 2

−5

=

− 3, c

= 2 + 5

= 7

.

3

2

( )

3

7

.

2

W x

x

x

x

=

−

+

+

1

8
(6 pkt)

Rozwiązanie równania

3

2

3

2

7 2

7 :

x

x

x

x

−

+

+ =

+

3

2

2

3

(

3).

x

x

x x

−

=

−

x = 0 lub x = 3.

1

Odwołanie się do definicji wartości bezwzględnej i zapisanie równości

| 3

11 |

11 3.

−

=

−

1

Wykorzystanie własności ciągu geometrycznego i zapisanie równania

2

(

1)

( 11 3)( 11 3).

x

+

=

+

−

1

Przekształcenie równania

2

(

1)

( 11 3)( 11 3)

x

+

=

+

− do postaci

2

2

1 0.

x

x

+

− =

1

Rozwiązanie równania

2

2

1 0 :

x

x

+

− =

1

2

1

2,

1

2.

x

x

= − −

= − +

1

9
(5 pkt)

Wybranie odpowiedzi właściwej:

2 1.

x

=

−

1

10

Odczytanie danych i określenie zbioru wszystkich zdarzeń elementarnych

.

Zbiór wszystkich zdarzeń elementarnych

Ω to zbiór wszystkich podzbiorów

dwuelementowych zbioru dwudziestoelementowego.

1

3

Uzasadnienie, że spełnione są założenia twierdzenia „klasyczna definicja
prawdopodobieństwa”.

Ω jest zbiorem skończonym i wszystkie zdarzenia

jednoelementowe są równoprawdopodobne.

1

Obliczenie mocy zbioru

Ω

:

20

|

|

190

2

.





Ω =

=









1

Określenie zdarzenia A i obliczenie mocy zbioru A:

A jest to podzbiór zbioru

Ω złożony z

jednego studenta, który dostał czwórkę i drugiego, który dostał ocenę różną od czwórki.

| | 10 10 100

A

= ⋅

=

(

na mocy twierdzenia o mnożeniu).

1

( 5 pkt)

Obliczenie P(A):

| | 100 10

( )

|

| 190 19

.

A

P A

=

=

=

Ω

1

Narysowanie przekroju osiowego stożka, wprowadzenie oznaczeń, zapisanie danych
zgodnie z wprowadzonymi oznaczeniami i zapisanie wzoru na objętość stożka.

Np. r – promień podstawy stożka, h – wysokość stożka, l – długość tworzącej stożka
W dalszej części będziemy korzystali z definicji funkcji trygonometrycznych w trójkącie
prostokątnym.

1

Obliczenie promienia podstawy stożka:

36

1

cos

.

3

2 2

2

r

l

α

=

=

=

1

Obliczenie wysokości stożka:

2

6

1

sin , sin

1 cos

.

.

3

l

h

h

α

α

α

=

=

−

=

=

1

11

(4 pkt)

Obliczenie objętości stożka:

(

)

2

1

12

2

576

6

.

3

V

π

π

= ⋅ ⋅

⋅

⋅

=

1

Wprowadzenie oznaczeń, zapisanie warunków zadania zgodnie z przyjętymi
oznaczeniami i zapisanie wzoru na pole powierzchni bocznej

b

P graniastosłupa:

Np. a – długość krawędzi podstawy graniastosłupa, h – wysokość graniastosłupa

12

6

108,

.

6

b

a

h

P

ah

+

=

=

1

Uzależnienie np. h od a z warunków zadania:

h

= 18 - 2a.

1

Określenie pola powierzchni bocznej graniastosłupa jako funkcji P argumentu a:

2

2

( ) 6 ( 2

18 )

12

,

108

P a

a

a

a

a

= ⋅ −

+

= −

+

gdzie )

.

(0;9

a

∈

1

Uzasadnienie, że funkcja

2

( )

12

108

,

P a

a

a

= −

+

przyjmuje

wartość największą

i obliczenie argumentu, dla którego ta funkcja ma największą wartość:

Funkcja P jest to funkcja

kwadratowa

2

( )

12

108

,

f a

a

a

= −

+

rozpatrywana w przedziale

(0;9). Funkcja

kwadratowa

2

( )

12

108

,

f a

a

a

= −

+

przyjmuje wartość największą (bo

współczynnik przy drugiej potędze jest ujemny). Wartość największą funkcja f przyjmuje

dla

108

4,5

2 ( 12)

.

a

−

=

=

⋅ −

Sprawdzenie, że obliczony argument należy do dziedziny funkcji P

tzn. przedziału (0; 9),

4,5 (0;9).

∈

1

12
(5 pkt)

Podanie odpowiedzi: długość krawędzi podstawy

4,5,

a

=

wysokość

9

h

= .

1

4

Numer
zadania

Etapy rozwiązania zadania

Liczba
punktów

Zapisanie warunków zadania:
Proste o podanych równaniach nie maja punktów wspólnych wtedy i tylko wtedy, gdy układ

równań

2 sin

1

2 cos

0

x

y

x

y

α

α

− =



 −

=



nie ma rozwiązania, czyli (w terminologii wyznaczników), gdy W = 0 i

(

)

0 lub

0 .

x

y

W

W

≠

≠

1

Obliczenie wyznaczników:

2sin

1

4sin cos

1 1 2sin 2 .

1

2cos

W

α

α

α

α

α

−

=

= −

+ = −

−

1

1

2cos .

0

2cos

x

W

α

α

−

=

= −

−

2sin

1

1.

1

0

y

W

α

=

= −

1

Stwierdzenie, że

0

y

W

≠ dla każdego

,

R

α

∈ co oznacza, że układ równań nie ma

rozwiązań wtedy i tylko wtedy, gdy

1 2sin 2

0.

α

−

=

1

13
(4 pkt)

Rozwiązanie równania

1 2sin 2

0

α

−

=

i sformułowanie odpowiedzi:

1

sin 2

stąd sin 2

sin

,sin 2

sin

2

6

6

2

2

i

lub 2

2

i

6

6

5

i

lub

i

.

12

12

k

k C

k

k C

k

k C

k

k C

π

π

α

α

α

π

π

α

π

α π

π

π

π

α

π

α

π

=

=

=

⇔

= +

∈

= − +

∈ ⇔

=

+

∈

=

+

∈

1

Napisanie równania prostej l:

x + y

− 2 = 0. Do prostej l należą punkty (2, 0) i (0, 2).

1

Obliczenie promienia r okręgu o i napisanie równania okręgu o:

2

2

2,

2.

r

x

y

=

+

=

Promień r okręgu o to odległość d punktu S = (0, 0) od prostej l ,

2

2

| 0 0 2 |

2.

1

1

d

+ +

=

=

+

1

14
(4 pkt)

Zapisanie układu nierówności:

2

2

0

0

2

2.

x

y
y

x

x

y

≥



 ≥



 ≤ − +



 + ≥



1

Obliczenie pola figury: pole figury jest równe:

( )

2

1

1

2 2

2

2

.

2

4

2

π

π

⋅ ⋅ −

= −

1

5

Od pola trójkąta odjęliśmy

1
4

pola koła.

Rysunek i wprowadzenie niezbędnych oznaczeń, na przykład, A, B, C, D – wierzchołki
rombu, M

− środek symetrii rombu i jednocześnie środek okręgu wpisanego w romb:

1

Obliczenie współrzędnych punktu C:

C = (7, 6).

Punkt M jest środkiem odcinka AC lub

,

AM

MC

=

uuuur uuuur

lub

2

.

AM

AC

⋅

=

uuuur uuur

1

Obliczenie długości wektora AC:

4 5.

AC

=

uuur

2

2

8

4

80 4 5.

AC

=

+

=

=

uuur

1

Obliczenie długości wektora BD:

2 5.

BD

=

uuur

Długość wektora BD otrzymujemy ze wzoru na pole rombu,

1

20.

2

AC BD

⋅

=

uuur uuur

Obliczenie długości AB boku rombu:

5.

AB

=

Trójkąt ABM jest prostokątny, więc na mocy twierdzenie Pitagorasa

( ) ( )

5

5

5

2

BD

2

1

AC

2

1

AB

2

2

2

2

=

+

=













+













=

Obliczenie promienia r okręgu wpisanego w romb:

r = 2.

Promień r otrzymujemy ze wzoru na pole S rombu,

2

r

20

r

2

5

r

2

AB

S

=

=

⋅

=

⋅

=

,

15
(7 pkt)

Napisanie równania okręgu:

2

2

(

3)

(

4)

4.

x

y

−

+

−

=

1





1



1

1

Wprowadzenie oznaczeń i zapisanie wzoru na pole S trójkąta w postaci

1

sin .

2

S

ab

γ

=

1

Obliczenie

sin

γ

:

3

sin

.

5

γ

=

Sinus kąta

γ

otrzymujemy ze wzoru na pole S trójkąta,

1

6

4 5 sin .

2

γ

= ⋅ ⋅ ⋅

1

Zapisanie wzoru na c

− długość boku AB z twierdzenia kosinusów:

2

2

2

cos .

c

a

b

ab

γ

=

+

−

Obliczenie

cos

γ

:

4

cos

5

γ

= lub

4

cos

.

5

γ

= −

Wartości kosinusa kąta

γ

otrzymujemy przekształcając wzór

2

2

sin

cos

1

γ

γ

+

= ,

2

2

cos

1 sin

γ

γ

= −

,

2

2

3

16

cos

1

,

5

25

γ

 

= −

=

 

 

stąd

4

cos

5

γ

= lub

4

cos

.

5

γ

= −

Obliczenie c

− długości boku AB:

2

2

4

4

5

2 4 5

3

5

c

=

+ − ⋅ ⋅ ⋅ =

lub

2

2

4

4

5

2 4 5

73.

5

c

=

+ + ⋅ ⋅ ⋅ =

16
(6 pkt)

Podanie odpowiedzi z żądaną dokładnością:

c = 30 mm lub c = 85,44 mm.

1




1





1


1

6

Zamiana ułamka okresowego na ułamek zwykły:

4

0,(4)

.

9

=

1

Zapisanie warunków zadania:

16

2

1

4

8 3

2

.

3

9

x

x

+

 

⋅

⋅ ⋅

<

 

 

1

Przekształcenie nierówności do postaci:

2

16

4

3

3 .

x

x

− −

−

<

1

Wykorzystanie faktu, że funkcja wykładnicza o podstawie 3 jest rosnąca i przejście do
nierówności równoważnej:

2

12 0.

x

x

− −

<

1

17
(5 pkt)

Rozwiązanie nierówności

2

12 0

x

x

− −

< i sformułowanie odpowiedzi:

( 3; 4).

x

∈ −

1

Określenie warunków zadania:

(

)

(

)

2

2

2

2

1

1

3

3

1 0 dla

1 0 dla

log

1

log

1

0 dla .

mx

x R

x

x R

mx

x

x R



+ >

∈





+ >

∈





+ −

+ ≥

∈





1

Rozwiązanie kolejnych warunków zadania tak, by były spełnione dla każdego

x R

∈

:

(

)

(

)

2

2

2

2

1

1

3

3

1 0 dla

0

1 0 dla

log

1

log

1 .

mx

m

x

m R

mx

x

+ >

≥

+ >

∈

+ ≥

+

1

Wykorzystanie własności funkcji logarytmicznej:

Funkcja logarytmiczna przy podstawie

1
3

jest malejąca, stąd otrzymujemy nierówność

równoważną

2

2

1

1

mx

x

+ ≤

+ , czyli

2

(

1) 0.

x m

− ≤

1

Określenie warunku spełnienia nierówności

2

(

1) 0

x m

− ≤ dla każdego

x R

∈

:

Nierówność ta jest spełniona dla każdego

x R

∈

wtedy i tylko wtedy, gdy

1.

m

≤

1

18
(5 pkt)

Sformułowanie odpowiedzi:

0;1 .

m

∈

1

Opis modelu i sprawdzenie założeń twierdzenia „klasyczna definicja
prawdopodobieństwa”:
Zbiorem wszystkich zdarzeń elementarnych

n

Ω jest zbiór wszystkich funkcji

f : {1, 2} {1, 2, ..., 4n + 2, 4n + 3}.

n

Ω jest zbiorem skończonym i zdarzenie jednoelementowe są równoprawdopodobne więc

spełnione są założenia twierdzenia „klasyczna definicja prawdopodobieństwa”.
Mamy schemat klasyczny.

1

19
(6 pkt)

Stwierdzenie, że w przypadku schematu klasycznego obliczenie

n

Ω

jest zbędne, bo

(

)

|

.

n

n

n

n

n

A

B

P A B

B

∩

=

1

7

Obliczenie

n

B

:

2

8

12

5.

n

B

n

n

=

+

+

1

2

1

2

i

,

n

n

n

n

n

B

B

B

B

B

=

∪

∩

= ∅

gdzie

1

n

B

oznacza wylosowanie dwóch liczb parzystych

2

n

B

oznacza wylosowanie dwóch liczb nieparzystych.

W zbiorze {1, 2, ..., 4n + 2, 4n + 3} jest 2n + 2 liczb nieparzystych. i 2n + 1 liczb parzystych.

1

2

2

(2

1)

4

4

1.

n

B

n

n

n

=

+

=

+

+

2

2

2

(2

2)

4

8

4.

n

B

n

n

n

=

+

=

+

+

1

Obliczenie

n

n

A

B

∩

:

2

2

(2

1)

4

4

1.

n

n

A

B

n

n

n

∩

=

+

=

+

+ Wynika to z faktu, że

1

.

n

n

n

A

B

B

∩

=

1

Obliczenie

(

)

|

n

n

P A B

:

(

)

2

2

4

4

1

|

.

8

12

5

n

n

n

n

P A B

n

n

+

+

=

+

+

1

Obliczenie

(

)

lim

|

n

n

n

P A B

→∞

:

(

)

1

lim

|

.

2

n

n

n

P A B

→∞

=

1

Rysunek i wprowadzenie oznaczeń (

na przykład ABCD – wierzchołki podstawy,

S – wierzchołek ostrosłupa, O – spodek wysokości ostrosłupa, E – środek krawędzi AB)
oraz zaznaczenie kąta między ścianą boczną i płaszczyzna podstawy:

.

OES

1

Stwierdzenie, że promień R kuli opisanej na ostrosłupie to promień koła opisanego na
trójkącie ASC.

1

Wybór sposobu obliczenia promienia R koła opisanego na trójkącie ASC:

Na przykład z twierdzenia sinusów;

,

2sin

SC

R

α

=

gdzie

.

OAS

α

=

1

20
(7 pkt.)

Obliczenie | SO|:

20 3.

SO

=

Trójkąt EOS jest trójkątem prostokątnym, w którym

20,

90 i

60 .

OE

SOE

OES

=

=

=

o

o

1

8

Obliczenie | SC | :

20 5.

SC

=

Trójkąt COS jest trójkątem prostokątnym więc na mocy twierdzenia Pitagorasa

2

2

20 5.

SO

CO

SC

=

+

=

1

Obliczenie

sin

α

:

3

sin

.

5

SO

SA

α

=

=

Z definicji funkcji sinus w trójkącie prostokątnym SOA mamy

3

sin

.

5

SO

SA

α

=

=

1

Obliczenie promienia R:

50 3

.

3

R

=

1

Uzasadnienie, że funkcja

3

2

( )

9

24

f x

x

x

x

π

=

−

+

− dla

x R

∈

jest funkcja ciągłą

i różniczkowalną:
Funkcja

3

2

( )

9

24

f x

x

x

x

π

=

−

+

− dla

x R

∈

jest wielomianem jest więc funkcją ciągłą

i różniczkowalną.

1

Obliczenie wartości funkcji f dla argumentów 0 i 1:

(0)

0,

(1) 16

0.

f

f

π

π

= − <

=

− >

1

Wykorzystanie własności funkcji ciągłych w odniesieniu do miejsc zerowych:
Ponieważ f (0) < 0 i f (1) > 0 to funkcja f ma w przedziale

0;1

co najmniej jedno miejsce

zerowe.

1

Obliczenie pochodnej

f ′ :

2

( ) 3

18

24 3(

2)(

4).

f x

x

x

x

x

′

=

−

+

=

−

−

1

Określenie monotoniczności funkcji f w R:

( )

f x

′

> 0 dla

(

; 2) (4;

),

x

∈ −∞

∪

+∞ więc funkcja f jest rosnąca w każdym z przedziałów:

(

; 2 , 4;

).

−∞

+∞

1

21
(6 pkt)

Uzasadnienie, że równanie

3

2

9

24

0

x

x

x

π

−

+

− = ma w przedziale

0;1

dokładnie jedno

rozwiązanie:
Z faktu, że funkcja f jest rosnąca w przedziale

(

; 2

−∞

wynika, że jest rosnąca w przedziale

0;1

, zatem równanie ma w tym przedziale dokładnie jedno rozwiązanie.

1

Przykładowy zestaw zadań na nową maturę z matematyki przygotowali:

mgr Anna Zalewska i dr Edward Stachowski - autorzy podręczników i zbiorów zadań z serii

„I ty zostaniesz Euklidesem” oraz Arkuszy i Zbioru zdań „Matura od roku 2005”

wydanych przez Oficynę Wydawniczo-Poligraficzną „ADAM”.