Materiał ćwiczeniowy z matematyki
Poziom podstawowy
Styczeń 2011
Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych
oraz
schemat oceniania
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Materiał ćwiczeniowy z matematyki
Poziom podstawowy
Styczeń 2011
Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych
oraz
schemat oceniania
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
2
KLUCZ ODPOWIEDZI DO ZADAŃ ZAMKNIĘTYCH
Nr zadania
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
Odpowiedź
A
D
C
B
D
C
A
A
D
B
A
B
A
B
C
C
A
A
B
B
B
D
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
3
MODEL OCENIANIA ZADAŃ OTWARTYCH
Zadanie 23. (2 pkt)
Rzucamy dwa razy kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego
na tym, Ŝe w drugim rzucie wypadnie parzysta liczba oczek.
I sposób rozwiązania
Oznaczamy: A – zdarzenie losowe polegające na wyrzuceniu w drugim rzucie parzystej
liczby oczek.
Obliczamy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych tego doświadczenia
36
=
Ω
.
Obliczamy liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu losowemu A:
18
3
6
=
⋅
=
A
.
Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia losowego A:
( )
2
1
36
18
=
=
A
P
.
Prawdopodobie
ń
stwo zdarzenia A jest równe
( )
2
1
=
A
P
.
II sposób rozwiązania
Oznaczamy: A – zdarzenie losowe polegaj
ą
ce na wyrzuceniu w drugim rzucie parzystej
liczby oczek.
Wypisujemy wszystkie mo
Ŝ
liwe wyniki do
ś
wiadczenia i zaznaczamy zdarzenia elementarne
sprzyjaj
ą
ce zdarzaniu A.
(1, 1) (2, 1)
(3, 1)
(4, 1)
(5, 1)
(6, 1)
(1, 2)
(2, 2)
(3, 2)
(4, 2)
(5, 2)
(6, 2)
(1, 3)
(2, 3)
(3, 3)
(4, 3)
(5, 3)
(6, 3)
(1, 4)
(2, 4)
(3, 4 )
(4, 4)
(5, 4)
(6, 4)
(1, 5)
(2, 5)
(3, 5)
(4, 5)
(5, 5)
(6, 5)
(1, 6)
(2, 6)
(3, 6)
(4, 6)
(5, 6)
(6, 6)
Zliczamy liczb
ę
wszystkich zdarze
ń
elementarnych oraz zdarze
ń
sprzyjaj
ą
cych zdarzeniu A:
36
=
Ω
i
18
=
A
.
Obliczamy prawdopodobie
ń
stwo zdarzenia losowego A:
( )
2
1
36
18
=
=
A
P
.
Prawdopodobie
ń
stwo zdarzenia A jest równe
( )
2
1
=
A
P
.
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
4
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje .................................................................................................................... 1 pkt
gdy:
•
poprawnie obliczy
36
=
Ω
i
18
=
A
i na tym poprzestanie lub dalej popełni bł
ą
d
albo
•
poprawnie wypisze wszystkie zdarzenia elementarne oraz poprawnie zaznaczy
wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjaj
ą
ce zdarzeniu polegaj
ą
cemu na wyrzuceniu
w drugim rzucie parzystej liczby oczek i na tym poprzestanie lub dalej popełni bł
ą
d.
Zdający otrzymuje .................................................................................................................... 2 pkt
gdy poda prawdopodobie
ń
stwo zdarzenia losowego A:
( )
2
1
=
A
P
.
Uwaga
1.
Je
Ŝ
eli zdaj
ą
cy bł
ę
dnie wyznaczy
Ω
(np.
6
=
Ω
) lub
A
(np.
3
=
A
), to
przyznajemy
0 punktów
za całe zadanie.
2.
Je
Ŝ
eli zdaj
ą
cy wyznaczy
1
)
(
>
A
P
lub
0
)
(
<
A
P
, to przyznajemy
0 punktów
za całe
zadanie.
3.
Je
Ŝ
eli zdaj
ą
cy popełni bł
ą
d rachunkowy przy obliczaniu
Ω
lub
A
i konsekwentnie
do popełnionego bł
ę
du rozwi
ąŜ
e zadanie, to przyznajemy
1 punkt
.
Zadanie 24. (2 pkt)
Rozwi
ąŜ
nierówno
ść
0
6
2
>
+
+
x
x
.
Rozwiązanie
Wyznaczamy wyró
Ŝ
nik trójmianu kwadratowego
6
2
+
+
x
x
:
23
6
1
4
1
4
2
−
=
⋅
⋅
−
=
−
=
∆
ac
b
.
0
<
∆
, zatem trójmian kwadratowy
6
2
+
+
x
x
nie ma pierwiastków. Szkicujemy wykres
paraboli
6
2
+
+
=
x
x
y
i odczytujemy rozwi
ą
zanie.
R
x
∈
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
5
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje .................................................................................................................... 1 pkt
gdy obliczy wyró
Ŝ
nik trójmianu kwadratowego
23
−
=
∆
i zauwa
Ŝ
y,
Ŝ
e trójmian nie ma
pierwiastków.
Zdający otrzymuje .................................................................................................................... 2 pkt
gdy poda rozwi
ą
zanie nierówno
ś
ci:
R
x
∈
(lub inny równowa
Ŝ
ny zapis).
Uwaga
1.
Przyznajemy
0 punktów
zdaj
ą
cemu, który rozwi
ą
zuje nierówno
ść
inn
ą
ni
Ŝ
w tre
ś
ci
zadania.
2.
Je
Ŝ
eli zdaj
ą
cy popełni bł
ą
d rachunkowy przy obliczaniu wyró
Ŝ
nika trójmianu
kwadratowego i konsekwentnie do popełnionego bł
ę
du rozwi
ąŜ
e nierówno
ść
,
to przyznajemy
1 punkt
.
Zadanie 25. (2 pkt)
K
ą
t
α
jest k
ą
tem ostrym. Wiedz
ą
c,
Ŝ
e
2
=
α
tg
, oblicz warto
ść
wyra
Ŝ
enia
α
α
2
cos
sin
.
I sposób rozwiązania
Rysujemy trójk
ą
t prostok
ą
tny i wprowadzamy oznaczenia:
a – długo
ść
przyprostok
ą
tnej le
Ŝą
cej przy k
ą
cie
α
,
2a – długo
ść
przyprostok
ą
tnej le
Ŝą
cej naprzeciw k
ą
ta
α
,
c – długo
ść
przeciwprostok
ą
tnej.
2
2
=
=
a
a
tg
α
Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy
( )
2
2
2
2
c
a
a
=
+
2
2
2
4
c
a
a
=
+
2
2
5
c
a
=
5
a
c
=
Z definicji funkcji trygonometrycznych k
ą
ta ostrego w trójk
ą
cie prostok
ą
tnym
otrzymujemy
5
5
2
5
2
5
2
2
sin
=
=
=
=
a
a
c
a
α
5
5
5
1
5
cos
=
=
=
=
a
a
c
a
α
a
c
2a
α
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
6
St
ą
d
5
2
5
1
5
5
2
5
5
5
5
2
cos
sin
2
2
=
=
=
α
α
.
II sposób rozwiązania
=
+
=
1
cos
sin
2
cos
sin
2
2
α
α
α
α
(
)
=
+
=
1
cos
cos
2
cos
2
sin
2
2
α
α
α
α
1
cos
cos
4
2
2
=
+
α
α
0
cos
5
1
cos
2
>
=
α
α
i
5
5
cos
=
α
St
ą
d
5
5
2
sin
=
α
.
Zatem
5
2
5
1
5
5
2
5
5
5
5
2
cos
sin
2
2
=
=
=
α
α
=
+
=
1
2
sin
sin
2
sin
cos
2
2
α
α
α
α
1
sin
4
1
sin
2
2
=
+
α
α
1
sin
4
5
2
=
α
0
sin
5
4
sin
2
>
=
α
α
i
5
5
2
sin
=
α
St
ą
d
5
5
2
5
5
2
cos
=
=
α
.
Zatem
5
2
5
1
5
5
2
5
5
5
5
2
cos
sin
2
2
=
=
=
α
α
.
III sposób rozwiązania
Dla
2
=
α
tg
odczytujemy z tablic trygonometrycznych:
°
≈
63
α
.
St
ą
d
891
,
0
63
sin
≈
°
oraz
454
,
0
63
cos
≈
°
.
Zatem
(
)
321
,
4
2062
,
0
891
,
0
454
,
0
891
,
0
63
cos
63
sin
2
2
≈
=
≈
°
°
.
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
7
Schemat oceniania I, II i III sposobu oceniania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................1 pkt
gdy:
•
przekształci dane wyra
Ŝ
enie do postaci wyra
Ŝ
enia zawieraj
ą
cego tylko sin
α
i wykorzysta „jedynk
ę
trygonometryczn
ą
”, np.
2
sin
cos
α
α
=
,
1
sin
4
1
sin
2
2
=
+
α
α
i na tym poprzestanie lub dalej popełni bł
ą
d
albo
•
przekształci dane wyra
Ŝ
enie do postaci wyra
Ŝ
enia zawieraj
ą
cego tylko cos
α
i wykorzysta „jedynk
ę
trygonometryczn
ą
”, np.
α
α
cos
2
sin
=
,
1
cos
cos
4
2
2
=
+
α
α
i na tym poprzestanie lub dalej popełni bł
ą
d
albo
•
obliczy długo
ść
przeciwprostok
ą
tnej trójk
ą
ta prostok
ą
tnego o przyprostok
ą
tnych
długo
ś
ci 1 i 2 (lub ich wielokrotno
ś
ci) nawet z bł
ę
dem rachunkowym oraz zapisze
5
5
2
5
2
5
2
2
sin
=
=
=
=
a
a
c
a
α
i na tym zako
ń
czy
albo
•
obliczy długo
ść
przeciwprostok
ą
tnej trójk
ą
ta prostok
ą
tnego o przyprostok
ą
tnych
długo
ś
ci 1 i 2 (lub ich wielokrotno
ś
ci) z bł
ę
dem rachunkowym oraz zapisze
5
5
5
1
5
cos
=
=
=
=
a
a
c
a
α
i na tym zako
ń
czy
albo
•
narysuje trójk
ą
t prostok
ą
tny o przyprostok
ą
tnych długo
ś
ci 1 i 2 (lub ich
wielokrotno
ś
ci), obliczy długo
ść
przeciwprostok
ą
tnej i zaznaczy w tym trójk
ą
cie
poprawnie k
ą
t
α
albo
•
odczyta z tablic przybli
Ŝ
on
ą
warto
ść
k
ą
ta
α
:
°
≈
63
α
(akceptujemy wynik
°
≈
64
α
)
i na tym zako
ń
czy lub dalej popełnia bł
ę
dy.
Zdający otrzymuje ............................................................................................................2 pkt
gdy:
•
obliczy warto
ść
α
α
2
cos
sin
:
5
2
5
1
5
5
2
5
5
5
5
2
cos
sin
2
2
=
=
=
α
α
albo
•
obliczy przybli
Ŝ
on
ą
warto
ść
α
α
2
cos
sin
:
321
,
4
63
cos
63
sin
2
≈
°
°
.
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
8
Uwaga
1.
Je
ś
li zdaj
ą
cy przyjmie,
Ŝ
e sin
5
α
=
i cos
12
α
=
, to otrzymuje
0 punktów
.
2.
Je
ś
li zdaj
ą
cy nie odrzuci odpowiedzi ujemnej, to otrzymuje
1 punkt
.
3.
Za rozwi
ą
zanie, w którym zdaj
ą
cy bł
ę
dnie zaznaczy k
ą
t
α
na rysunku i z tego korzysta
oceniamy na
0 punktów
.
Zadanie 26. (2 pkt)
Punkty
A’, B’, C’ s
ą
ś
rodkami boków trójk
ą
ta
ABC. Pole trójk
ą
ta
A’B’C’ jest równe 4. Oblicz
pole trójk
ą
ta
ABC.
Rozwiązanie
Trójk
ą
ty
ABC i A’B’C’ s
ą
podobne (cecha
kkk). Poniewa
Ŝ
odcinek
C’B’ ł
ą
czy
ś
rodki boków
AC i BC, to
'
'
2
B
C
AB
=
. Zatem skala podobie
ń
stwa przekształcaj
ą
cego trójk
ą
t
A’B’C’
na trójk
ą
t
ABC jest równa 2.
Obliczamy pole trójk
ą
ta
ABC
16
4
'
'
'
=
=
C
B
A
ABC
P
P
.
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje .................................................................................................................... 1 pkt
gdy zauwa
Ŝ
y podobie
ń
stwo trójk
ą
tów i wyznaczy skal
ę
podobie
ń
stwa: 2.
Zdający otrzymuje .................................................................................................................... 2 pkt
gdy poprawnie obliczy pole trójk
ą
ta
ABC:
16
=
ABC
P
.
A
B
C
A’
C’
B’
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
9
Zadanie 27. (2 pkt)
Wyka
Ŝ
,
Ŝ
e ró
Ŝ
nica kwadratów dwóch kolejnych liczb parzystych jest liczb
ą
podzieln
ą
przez 4.
Rozwiązanie
Wprowadzamy oznaczenia:
2n, 2n+2 – kolejne liczby parzyste
(
) ( )
(
)
1
2
4
4
8
4
4
8
4
2
2
2
2
2
2
2
+
=
+
=
−
+
+
=
−
+
n
n
n
n
n
n
n
Zatem ró
Ŝ
nica
(
) ( )
(
)
1
2
4
2
2
2
2
2
+
=
−
+
n
n
n
jest liczb
ą
podzieln
ą
przez 4.
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje .................................................................................................................... 1 pkt
gdy poprawnie zapisze ró
Ŝ
nic
ę
kwadratów dwóch kolejnych liczb parzystych i poprawnie
zastosuje wzór skróconego mno
Ŝ
enia:
(
) ( )
2
2
2
2
4
4
8
4
2
2
2
n
n
n
n
n
−
+
+
=
−
+
.
Zdający otrzymuje .................................................................................................................... 2 pkt
gdy wyka
Ŝ
e,
Ŝ
e ró
Ŝ
nica kwadratów dwóch kolejnych liczb parzystych jest liczb
ą
podzieln
ą
przez 4:
(
) ( )
(
)
1
2
4
2
2
2
2
2
+
=
−
+
n
n
n
.
Zadanie 28. (2 pkt)
Proste o równaniach
1
9
−
−
=
x
y
i
5
2
+
=
x
a
y
s
ą
prostopadłe. Wyznacz liczb
ę
a.
Rozwiązanie
Proste o równaniach
1
9
−
−
=
x
y
i
5
2
+
=
x
a
y
s
ą
prostopadłe, zatem ich współczynniki
kierunkowe spełniaj
ą
warunek
1
2
1
−
=
⋅
a
a
.
Poniewa
Ŝ
9
1
−
=
a
,
2
2
a
a
=
, to
2
2
1
9
a
a
a
⋅
−
=
⋅
.
St
ą
d
1
9
2
−
=
⋅
−
a
9
1
2
−
−
=
a
9
1
2
=
a
Zatem
3
1
=
a
lub
3
1
−
=
a
.
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje .................................................................................................................... 1 pkt
gdy poprawnie zapisze warunek prostopadło
ś
ci prostych:
1
9
2
−
=
⋅
−
a
lub
9
1
2
=
a
.
Zdający otrzymuje .................................................................................................................... 2 pkt
gdy obliczy i poda obie warto
ś
ci
a:
3
1
,
3
1
−
.
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
10
Zadanie 29. (2 pkt)
Prosta przechodz
ą
ca przez wierzchołek
A równoległoboku ABCD przecina jego przek
ą
tn
ą
BD
w punkcie
E i bok BC w punkcie F, a prost
ą
DC w punkcie G.
Udowodnij,
Ŝ
e
EG
EF
EA
⋅
=
2
.
Rozwiązanie
Rysujemy równoległobok
ABCD i wprowadzamy oznaczenia
Trójk
ą
ty
AEB i DEG s
ą
podobne (cecha
kkk), wi
ę
c
EG
EA
ED
EB
=
.
Trójk
ą
ty
BEF i ADE równie
Ŝ
s
ą
podobne, wi
ę
c
EA
EF
ED
EB
=
.
Zatem
EA
EF
EG
EA
=
. St
ą
d
EG
EF
EA
⋅
=
2
.
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje .................................................................................................................... 1 pkt
gdy:
•
zauwa
Ŝ
y podobie
ń
stwo trójk
ą
tów AEB i DEG i zapisze poprawny stosunek boków:
EG
EA
ED
EB
=
albo
•
zauwa
Ŝ
y podobie
ń
stwo trójk
ą
tów BEF i ADE i zapisze poprawny stosunek boków:
EA
EF
ED
EB
=
Zdający otrzymuje .................................................................................................................... 2 pkt
gdy zapisze,
Ŝ
e
EA
EF
EG
EA
=
i przekształci proporcj
ę
do postaci
EG
EF
EA
⋅
=
2
.
D
C
E
B
A
G
F
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
11
Zadanie 30. (4 pkt)
W trapezie równoramiennym
ABCD rami
ę
ma długo
ść
10. Obwód tego trapezu jest równy 40.
Wiedz
ą
c,
Ŝ
e tangens k
ą
ta ostrego w trapezie
ABCD jest równy
4
3
, oblicz długo
ś
ci jego
podstaw.
Rozwiązanie
Rysujemy trapez i wprowadzamy oznaczenia
a, b – długo
ś
ci podstaw trapezu
d – długo
ść
ramienia trapezu
h – wysoko
ść
trapezu
4
3
=
α
tg
y
b
a
2
+
=
Obwód trapezu jest równy
40
2
=
+
+
d
b
a
. St
ą
d
20
=
+
b
a
.
Korzystaj
ą
c z twierdzenia Pitagorasa wyznaczamy długo
ść
odcinka
y.
( ) ( )
2
2
2
d
y
h
=
+
( ) ( )
2
2
2
4
3
d
x
x
=
+
2
2
2
10
16
9
=
+
x
x
25
:
/
100
25
2
=
x
4
2
=
x
2
=
x
St
ą
d
8
4
=
x
.
Zatem
16
4
2
+
=
⋅
+
=
b
x
b
a
.
20
=
+
b
a
20
16
=
+
+
b
b
16
20
2
−
=
b
St
ą
d
2
=
b
i
18
=
a
.
Podstawy trapezu
ABCD maj
ą
długo
ś
ci
18
=
a
i
2
=
b
.
a
b
d
y
h
y
α
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
12
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania .........................................................................................................................1 pkt
Zapisanie równania wynikaj
ą
cego z obwodu:
20
=
+
b
a
.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ......................................................................2 pkt
Obliczenie długo
ś
ci odcinka
y:
8
=
y
.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania.....................................................................3 pkt
Obliczenie długo
ś
ci jednej z podstaw trapezu:
18
=
a
lub
2
=
b
.
Rozwiązanie pełne ..............................................................................................................4 pkt
Obliczenie długo
ś
ci obu podstaw trapezu:
18
=
a
i
2
=
b
.
Uwaga
1.
Je
Ŝ
eli zdaj
ą
cy przyjmie,
Ŝ
e
3
=
h
oraz
4
=
y
i konsekwentnie rozwi
ąŜ
e zadanie,
to za całe rozwi
ą
zanie przyznajemy
1 punkt
.
2.
Je
Ŝ
eli zdaj
ą
cy popełni bł
ą
d rachunkowy i konsekwentnie do popełnionego bł
ę
du
rozwi
ąŜ
e zadanie, to przyznajemy
3 punkty
.
Zadanie 31. (6 pkt)
Trzy liczby tworz
ą
ci
ą
g arytmetyczny. Ich suma jest równa 15. Je
Ŝ
eli pierwsz
ą
i trzeci
ą
liczb
ę
pozostawimy bez zmian, a drug
ą
pomniejszymy o jeden, to otrzymamy trzy kolejne wyrazy
ci
ą
gu geometrycznego. Oblicz wyrazy ci
ą
gu arytmetycznego.
I sposób rozwiązania
Ci
ą
g
(
)
r
a
r
a
a
2
,
,
1
1
1
+
+
– jest ci
ą
giem arytmetycznym.
Z tre
ś
ci zadania wynika,
Ŝ
e
15
2
1
1
1
=
+
+
+
+
r
a
r
a
a
.
St
ą
d
15
3
3
1
=
+
r
a
.
5
1
=
+
r
a
Ci
ą
g
(
)
r
a
r
a
a
2
,
1
,
1
1
1
+
−
+
jest ci
ą
giem geometrycznym Zatem
(
)
(
)
r
a
a
r
a
2
1
1
1
2
1
+
=
−
+
.
Rozwi
ą
zujemy układ równa
ń
(
)
(
)
+
=
−
+
=
+
r
a
a
r
a
r
a
2
1
5
1
1
2
1
1
(
)
(
)
+
=
−
=
+
r
a
a
r
a
2
1
5
5
1
1
2
1
(
)
(
)
−
=
−
−
=
1
1
2
1
10
1
5
5
a
a
a
r
(
)
−
=
−
=
1
1
1
10
16
5
a
a
a
r
=
+
−
−
=
0
16
10
5
1
2
1
1
a
a
a
r
Rozwi
ą
zuj
ą
c równanie
0
16
10
1
2
1
=
+
−
a
a
otrzymujemy
2
1
=
a
lub
8
1
=
a
.
Zatem
=
=
3
2
1
r
a
lub
−
=
=
3
8
1
r
a
.
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
13
Obliczamy wyrazy ci
ą
gu arytmetycznego:
=
=
=
8
5
2
3
2
1
a
a
a
lub
=
=
=
2
5
8
3
2
1
a
a
a
.
II sposób rozwiązania
Ci
ą
g
(
)
c
b
a
,
,
– jest ci
ą
giem arytmetycznym.
Z tre
ś
ci zadania i własno
ś
ci ci
ą
gu arytmetycznego wynika,
Ŝ
e
15
=
+
+
c
b
a
i
2
c
a
b
+
=
.
Ci
ą
g
(
)
c
b
a
,
1
,
−
jest ci
ą
giem geometrycznym. Zatem
( )
c
a
b
⋅
=
−
2
1
.
Rozwi
ą
zujemy układ równa
ń
(
)
⋅
=
−
+
=
=
+
+
c
a
b
c
a
b
c
b
a
2
1
2
15
(
)
⋅
=
−
+
=
=
+
+
+
c
a
b
c
a
b
c
c
a
a
2
1
2
15
2
(
)
⋅
=
−
+
=
=
+
c
a
b
c
a
b
c
a
2
1
2
30
3
3
(
)
⋅
=
−
+
=
=
+
c
a
b
c
a
b
c
a
2
1
2
10
(
)
⋅
=
−
=
=
+
c
a
b
b
c
a
2
1
2
10
10
(
) (
)
⋅
−
=
−
=
−
=
c
c
b
c
a
10
1
5
5
10
2
−
=
=
−
=
2
10
16
5
10
c
c
b
c
a
Rozwi
ą
zuj
ą
c równanie
0
16
10
2
=
+
−
c
c
otrzymujemy
2
1
=
c
lub
8
2
=
c
.
Po podstawieniu otrzymujemy ci
ą
g arytmetyczny
=
=
=
2
5
8
c
b
a
lub
=
=
=
8
5
2
c
b
a
.
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze
do całkowitego rozwiązania zadania ....................................................................................... 1 pkt
•
Wykorzystanie wzoru na n-ty wyraz ci
ą
gu arytmetycznego do zapisania wyrazów
ci
ą
gu:
,
1
a
r
a
+
1
,
r
a
2
1
+
i zapisanie warunku
5
1
=
+
r
a
.
albo
•
Wykorzystanie
własno
ś
ci
ci
ą
gu
arytmetycznego
oraz
zapisanie:
2
c
a
b
+
=
i
15
=
+
+
c
b
a
.
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
14
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ............................................................................. 2 pkt
•
Zapisanie układu równa
ń
(
)
(
)
r
a
a
r
a
2
1
1
1
2
1
+
=
−
+
i
5
1
=
+
r
a
.
albo
•
Zapisanie układu równa
ń
(
)
⋅
=
−
+
=
=
+
+
c
a
b
c
a
b
c
b
a
2
1
2
15
.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania ............................................................................ 4 pkt
Zapisanie i rozwi
ą
zanie równania z jedn
ą
niewiadom
ą
:
•
0
16
10
1
2
1
=
+
−
a
a
,
2
1
=
a
,
3
=
r
lub
8
1
=
a
,
3
−
=
r
,
albo
•
0
16
10
2
=
+
−
c
c
,.
2
1
=
c
lub
8
2
=
c
.
Uwaga
Je
ś
li zdaj
ą
cy obliczy tylko jedn
ą
warto
ść
, to otrzymuje
3 punkty
.
Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają
poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) ................................................................ 5 pkt
Rozwiązanie pełne ..................................................................................................................... 6 pkt
Obliczenie wszystkich wyrazów ci
ą
gu: 2, 5, 8 lub 8, 5, 2.
Zadanie 32. (4 pkt)
Oblicz pole czworok
ą
ta ABCD, którego wierzchołki maj
ą
współrz
ę
dne
(
)
1
,
2
−
=
A
,
(
)
3
,
1
−
−
=
B
,
( )
1
,
2
=
C
,
( )
5
,
0
=
D
.
I sposób rozwiązania
Zaznaczamy punkty
(
)
1
,
2
−
=
A
,
(
)
3
,
1
−
−
=
B
,
( )
1
,
2
=
C
,
( )
5
,
0
=
D
w układzie
współrz
ę
dnych i rysujemy czworok
ą
t ABCD.
h
1
h
2
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
15
Przek
ą
tna AC dzieli czworok
ą
t ABCD na dwa trójk
ą
ty: ACD i ABC. Wysoko
ść
w trójk
ą
cie
ACD jest równa
4
1
=
h
i jest jednocze
ś
nie odległo
ś
ci
ą
punktu D od prostej AC o równaniu
1
=
y
. Zatem pole trójk
ą
ta ACD jest równe
1
2
1
1
h
AC
P
⋅
=
.
Poniewa
Ŝ
4
=
AC
i
4
1
=
h
, to
8
4
4
2
1
1
2
1
1
=
⋅
⋅
=
⋅
=
h
AC
P
.
Wysoko
ść
w trójk
ą
cie ABC jest równa
4
2
=
h
i jest jednocze
ś
nie odległo
ś
ci
ą
punktu B
od prostej AC o równaniu
1
=
y
. Zatem pole trójk
ą
ta ABC jest równe
2
2
1
2
h
AC
P
⋅
=
.
Poniewa
Ŝ
4
=
AC
i
4
2
=
h
, to
8
4
4
2
1
2
2
1
2
=
⋅
⋅
=
⋅
=
h
AC
P
.
Pole czworok
ą
ta ABCD jest równe sumie pól trójk
ą
tów ACD i ABC.
Zatem
16
8
8
2
1
=
+
=
+
=
P
P
P
ABCD
.
Pole czworok
ą
ta ABCD jest równe 16.
II sposób rozwiązania
Zaznaczamy punkty
(
)
1
,
2
−
=
A
,
(
)
3
,
1
−
−
=
B
,
( )
1
,
2
=
C
,
( )
5
,
0
=
D
w układzie
współrz
ę
dnych i rysujemy czworok
ą
t ABCD.
Przek
ą
tna BD dzieli czworok
ą
t ABCD na dwa trójk
ą
ty: ABD i BDC. Wysoko
ść
1
h
w trójk
ą
cie
ABD jest równa odległo
ś
ci punktu A od prostej BD, a wysoko
ść
2
h
w trójk
ą
cie BDC jest
równa odległo
ś
ci punktu C od prostej BD. Zatem pole trójk
ą
ta ABD jest równe
1
2
1
1
h
BD
P
⋅
=
,
a pole trójk
ą
ta BDC jest równe
2
2
1
2
h
BD
P
⋅
=
.
h
2
h
1
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl
Okr
ę
gowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał
ć
wiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
16
Wyznaczamy równanie prostej BD:
(
)
1
1
0
3
5
3
+
+
+
=
+
x
y
(
)
1
8
3
+
=
+
x
y
5
8
+
=
x
y
Posta
ć
ogólna równania prostej BD:
0
5
8
=
+
−
y
x
.
Obliczamy długo
ś
ci wysoko
ś
ci
1
h
i
2
h
, korzystaj
ą
c ze wzoru na odległo
ść
punktu od prostej.
( )
65
12
65
5
1
16
1
8
5
1
1
2
8
2
2
1
=
+
−
−
=
+
+
⋅
−
−
⋅
=
h
65
20
65
5
1
16
1
8
5
1
1
2
8
2
2
2
=
+
−
=
+
+
⋅
−
⋅
=
h
Obliczamy długo
ść
odcinka BD:
(
) (
)
65
64
1
3
5
1
0
2
2
=
+
=
+
+
+
=
BD
Pole czworok
ą
ta ABCD jest równe sumie pól trójk
ą
tów ABD i BDC.
Poniewa
Ŝ
65
=
BD
i
65
12
1
=
h
, to
6
65
12
65
2
1
1
2
1
1
=
⋅
⋅
=
⋅
=
h
BD
P
.
Poniewa
Ŝ
65
=
BD
i
65
20
2
=
h
, to
10
65
20
65
2
1
2
2
1
2
=
⋅
⋅
=
⋅
=
h
BD
P
.
Zatem
16
10
6
2
1
=
+
=
+
=
P
P
P
ABCD
.
Pole czworok
ą
ta ABCD jest równe 16.
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania .........................................................................................................................1 pkt
Podział czworok
ą
ta na dwa trójk
ą
ty i wyznaczenie równania prostej AC:
1
=
y
lub prostej
BD:
5
8
+
=
x
y
.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ......................................................................2 pkt
Obliczenie odległo
ś
ci punktów B i D od prostej AC: 4
lub odległo
ś
ci punktów A i C od prostej BD:
65
12
i
65
20
.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania.....................................................................3 pkt
Obliczenie pól trójk
ą
tów ACD i ABC:
8
2
1
=
=
P
P
lub pól trójk
ą
tów ABD i BDC:
6
1
=
P
i
10
2
=
P
.
Rozwiązanie pełne ..............................................................................................................4 pkt
Obliczenie pola powierzchni czworok
ą
ta ABDC: 16.
www.tomaszgrebski.pl
www.tomaszgrebski.pl