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”.