EGZAMIN MATURALNY Z MATEMATYKI POZIOM

Transkrypt

Centralna Komisja Egzaminacyjna
Układ graficzny © CKE 2010
Arkusz zawiera informacje prawnie chronione do momentu rozpoczęcia egzaminu.
WPISUJE ZDAJĄCY
KOD
PESEL
Miejsce
na naklejkę
z kodem
dysleksja
EGZAMIN MATURALNY
Z MATEMATYKI
POZIOM PODSTAWOWY
MAJ 2012
1. Sprawdź, czy arkusz egzaminacyjny zawiera 18 stron
(zadania 1–34). Ewentualny brak zgłoś przewodniczącemu
zespołu nadzorującego egzamin.
2. Rozwiązania zadań i odpowiedzi wpisuj w miejscu na to
przeznaczonym.
3. Odpowiedzi do zadań zamkniętych (1–25) przenieś
na kartę odpowiedzi, zaznaczając je w części karty
pola do tego
przeznaczonej dla zdającego. Zamaluj
przeznaczone. Błędne zaznaczenie otocz kółkiem
i zaznacz właściwe.
4. Pamiętaj, że pominięcie argumentacji lub istotnych
obliczeń w rozwiązaniu zadania otwartego (26–34) może
spowodować, że za to rozwiązanie nie będziesz mógł
dostać pełnej liczby punktów.
5. Pisz czytelnie i używaj tylko długopisu lub pióra
z czarnym tuszem lub atramentem.
6. Nie używaj korektora, a błędne zapisy wyraźnie przekreśl.
7. Pamiętaj, że zapisy w brudnopisie nie będą oceniane.
8. Możesz korzystać z zestawu wzorów matematycznych,
cyrkla i linijki oraz kalkulatora.
9. Na tej stronie oraz na karcie odpowiedzi wpisz swój
numer PESEL i przyklej naklejkę z kodem.
10. Nie wpisuj żadnych znaków w części przeznaczonej
dla egzaminatora.
Czas pracy:
170 minut
Liczba punktów
do uzyskania: 50
MMA-P1_1P-122
Egzamin maturalny z matematyki
Poziom podstawowy
2
ZADANIA ZAMKNIĘTE
W zadaniach od 1. do 25. wybierz i zaznacz na karcie odpowiedzi poprawną odpowiedź.
Zadanie 1. (1 pkt)
Cenę nart obniżono o 20%, a po miesiącu nową cenę obniżono o dalsze 30%. W wyniku obu
obniżek cena nart zmniejszyła się o
A. 44%
B. 50%
C. 56%
D. 60%
C. 2
D. 4
C. 15  14 2
D. 19  6 2
C. – 1
D. 1
Zadanie 2. (1 pkt)
3
Liczba
3
 81  16 4
A.  8
jest równa
4
B.
Zadanie 3. (1 pkt)

Liczba 3  2

2


 4 2  2 jest równa
A. 19  10 2
B. 17  4 2
Zadanie 4. (1 pkt)
Iloczyn 2  log 1 9 jest równy
3
A. – 6
B. – 4
Zadanie 5. (1 pkt)
Wskaż liczbę, która spełnia równanie 3 x  1  4 x .
A.
x  1
B.
x 1
C. x  2
D.
x  2
Zadanie 6. (1 pkt)
Liczby x1 , x 2 są różnymi rozwiązaniami równania 2x 2  3x  7  0 . Suma x1  x2 jest równa
A. 
7
2
B.

7
4
C. 
3
2
D. 
3
4
Zadanie 7. (1 pkt)
Miejscami zerowymi funkcji kwadratowej y  3 x  7  x  2  są
A.
x  7, x  2
B.
x  7, x  2
C. x  7, x  2
D.
x  7, x  2
Zadanie 8. (1 pkt)
Funkcja liniowa f jest określona wzorem f  x   ax  6 , gdzie a  0 . Wówczas spełniony jest
warunek
A.
f 1  1
B.
f 2   2
C.
f 3  3
D.
f 4   4
Poziom podstawowy
BRUDNOPIS
3
Poziom podstawowy
4
Zadanie 9. (1 pkt)
Wskaż wykres funkcji, która w przedziale  4, 4 ma dokładnie jedno miejsce zerowe.
A.
B.
4
y
4
3
3
2
2
1
1
x
-4
-3
-2
-1
1
2
3
x
4
-4
-3
-2
-1
-1
-1
-2
-2
-3
-3
-4
-4
C.
4
3
3
4
-1
1
2
3
4
y
2
1
-2
2
3
2
-3
1
D.
y
-4
y
1
x
1
2
3
x
4
-4
-1
-3
-2
-1
-1
-2
-2
-3
-3
-4
Zadanie 10. (1 pkt)
Liczba tg 30  sin 30 jest równa
3 1
A.
B.

3
6
C.
3 1
6
2 3 3
6
D.
Zadanie 11. (1 pkt)
W trójkącie prostokątnym ABC odcinek AB jest przeciwprostokątną i
AB  13 oraz
BC  12 . Wówczas sinus kąta ABC jest równy
A.
12
13
B.
5
13
C.
5
12
D.
13
12
Zadanie 12. (1 pkt)
W trójkącie równoramiennym ABC dane są
AC  BC  5 oraz wysokość CD  2 .
Podstawa AB tego trójkąta ma długość
A. 6
B.
2 21
C. 2 29
D. 14
Poziom podstawowy
BRUDNOPIS
5
Poziom podstawowy
6
Zadanie 13. (1 pkt)
W trójkącie prostokątnym dwa dłuższe boki mają długości 5 i 7. Obwód tego trójkąta jest
równy
A. 16 6
B. 14 6
C. 12  4 6
D. 12  2 6
Zadanie 14. (1 pkt)
Odcinki AB i CD są równoległe i AB  5 , AC  2 , CD  7 (zobacz rysunek). Długość
odcinka AE jest równa
A.
10
7
B.
14
5
C. 3
D. 5
Zadanie 15. (1 pkt)
Pole kwadratu wpisanego w okrąg o promieniu 5 jest równe
A. 25
B. 50
C. 75
D. 100
Zadanie 16. (1 pkt)
Punkty A, B, C, D dzielą okrąg na 4 równe łuki. Miara zaznaczonego na rysunku kąta
wpisanego ACD jest równa
A. 90
B. 60
C. 45
D. 30
Zadanie 17. (1 pkt)
Miary kątów czworokąta tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy 20 . Najmniejszy kąt tego
czworokąta ma miarę
A. 40
B. 50
C. 60
Zadanie 18. (1 pkt)
Dany jest ciąg  an  określony wzorem an  (1) n 
ciągu jest równy
3
A. 
25
B.
3
25
D. 70
2n
dla n  1 . Wówczas wyraz a5 tego
n2
C. 
7
25
D.
7
25
Poziom podstawowy
BRUDNOPIS
7
Poziom podstawowy
8
Zadanie 19. (1 pkt)
Pole powierzchni jednej ściany sześcianu jest równe 4. Objętość tego sześcianu jest równa
A. 6
B. 8
C. 24
D. 64
Zadanie 20. (1 pkt)
Tworząca stożka ma długość 4 i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem 45 .
Wysokość tego stożka jest równa
A. 2 2
B. 16
C. 4 2
D. 8
Zadanie 21. (1 pkt)
Wskaż równanie prostej równoległej do prostej o równaniu 3x  6 y  7  0 .
1
1
A. y  x
B. y   x
C. y  2 x
D. y  2 x
2
2
Zadanie 22. (1 pkt)
Punkt A ma współrzędne  5, 2012  . Punkt B jest symetryczny do punktu A względem osi Ox,
a punkt C jest symetryczny do punktu B względem osi Oy. Punkt C ma współrzędne
A.
 5, 2012 
B.
 2012, 5 
C.
 5, 2012 
D.
 2012,5
Zadanie 23. (1 pkt)
Na okręgu o równaniu x  2   y  7   4 leży punkt
2
A.
A   2,5 
B.
2
B   2, 5 
C. C   2, 7 
D. D   7, 2 
Zadanie 24. (1 pkt)
Flagę, taką jak pokazano na rysunku, należy zszyć
z trzech jednakowej szerokości pasów kolorowej
tkaniny. Oba pasy zewnętrzne mają być tego
samego koloru, a pas znajdujący się między nimi
ma być innego koloru.
Liczba różnych takich flag, które można uszyć,
mając do dyspozycji tkaniny w 10 kolorach, jest
równa
A. 100
B. 99
C. 90
D. 19
Zadanie 25. (1 pkt)
Średnia arytmetyczna cen sześciu akcji na giełdzie jest równa 500 zł. Za pięć z tych akcji
zapłacono 2300 zł. Cena szóstej akcji jest równa
A. 400 zł
B. 500 zł
C. 600 zł
D. 700 zł
Poziom podstawowy
BRUDNOPIS
9
10
Poziom podstawowy
ZADANIA OTWARTE
Rozwiązania zadań o numerach od 26. do 34. należy zapisać w wyznaczonych miejscach
pod treścią zadania.
Zadanie 26. (2 pkt)
Rozwiąż nierówność x 2  8 x  15  0 .
Odpowiedź: ……………………………………………………………………………..….. .
Zadanie 27. (2 pkt)
Uzasadnij, że jeśli liczby rzeczywiste a, b, c spełniają nierówności 0  a  b  c , to
abc ab

.
3
2
Poziom podstawowy
11
Zadanie 28. (2 pkt)
Liczby x1   4 i x2  3 są pierwiastkami wielomianu W  x   x 3  4 x 2  9 x  36 . Oblicz
trzeci pierwiastek tego wielomianu.
Odpowiedź: ……………………………………………………………………………..….. .
Zadanie 29. (2 pkt)
Wyznacz równanie symetralnej odcinka o końcach A   2, 2  i B  2,10  .
Odpowiedź: ……………………………………………………………………………..….. .
Nr zadania
Wypełnia Maks. liczba pkt
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
26.
2
27.
2
28.
2
29.
2
12
Poziom podstawowy
Zadanie 30. (2 pkt)
W trójkącie ABC poprowadzono dwusieczne kątów A i B. Dwusieczne te przecinają się
w punkcie P. Uzasadnij, że kąt APB jest rozwarty.
Poziom podstawowy
13
Zadanie 31. (2 pkt)
Ze zbioru liczb 1, 2,3, 4,5, 6, 7 losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oblicz
prawdopodobieństwo zdarzenia A, polegającego na wylosowaniu liczb, których iloczyn jest
podzielny przez 6.
Odpowiedź: ……………………………………………………………………………..….. .
Nr zadania
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
30.
2
31.
2
14
Poziom podstawowy
Zadanie 32. (4 pkt)
Ciąg  9, x,19  jest arytmetyczny, a ciąg  x, 42, y, z  jest geometryczny. Oblicz x, y oraz z.
Odpowiedź: ……………………………………………………………………………..…..
Poziom podstawowy
15
Zadanie 33. (4 pkt)
W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym ABCDEFGH przekątna AC podstawy
ma długość 4. Kąt ACE jest równy 60 . Oblicz objętość ostrosłupa ABCDE przedstawionego
na poniższym rysunku.
H
E
G
F
C
D
A
B
Odpowiedź: ……………………………………………………………………………..…..
Nr zadania
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
32.
4
33.
4
16
Poziom podstawowy
Zadanie 34. (5 pkt)
Miasto A i miasto B łączy linia kolejowa długości 210 km. Średnia prędkość pociągu
pospiesznego na tej trasie jest o 24 km/h większa od średniej prędkości pociągu osobowego.
Pociąg pospieszny pokonuje tę trasę o 1 godzinę krócej niż pociąg osobowy. Oblicz czas
pokonania tej drogi przez pociąg pospieszny.
Poziom podstawowy
17
Odpowiedź: ……………………………………………………………………………..…..
Nr zadania
egzaminator
Uzyskana liczba pkt
34.
5
18
Poziom podstawowy
BRUDNOPIS
Centralna Komisja Egzaminacyjna
EGZAMIN MATURALNY 2012
MATEMATYKA
POZIOM PODSTAWOWY
Kryteria oceniania odpowiedzi
MAJ 2012
Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy
2
Zadanie 1. (0–1)
Obszar standardów
Modelowanie matematyczne
Opis wymagań
Wykonanie obliczeń procentowych
(III.1.d)
Poprawna
odpowiedź
(1 p.)
Wersja Wersja
arkusza arkusza
A
B
A
D
B
C
A
A
B
C
B
A
C
B
A
B
A
D
Zadanie 2. (0–1)
Wykorzystanie
Zastosowanie praw działań na potęgach
i interpretowanie reprezentacji o wykładnikach wymiernych, obliczenie
potęgi o wykładniku wymiernym (II.1.g)
Zadanie 3. (0–1)
Wykonanie obliczeń na liczbach
Wykorzystanie
i interpretowanie reprezentacji rzeczywistych z wykorzystaniem wzorów
skróconego mnożenia (II.1.a; 1.g; 2.a)
Zadanie 4. (0–1)
Wykorzystanie
Obliczenie wartości logarytmu (II.1.h)
i interpretowanie reprezentacji
Zadanie 5. (0–1)
Wykorzystanie
Wykorzystanie pojęcia wartości
i interpretowanie reprezentacji bezwzględnej do rozwiązania równania
typu x  a  b (II.1.f)
Zadanie 6. (0–1)
Wykorzystanie
Obliczenie sumy rozwiązań równania
i interpretowanie reprezentacji kwadratowego (II.3.a)
Zadanie 7. (0–1)
Wykorzystanie
i interpretowanie informacji
Odczytanie z postaci iloczynowej funkcji
kwadratowej jej miejsc zerowych (I.4.j)
Zadanie 8. (0–1)
Wykorzystanie
Wykorzystanie interpretacji
i interpretowanie reprezentacji współczynników we wzorze funkcji
liniowej (I.4.g)
3
Zadanie 9. (0–1)
Wykorzystanie
Odczytanie z wykresu funkcji jej miejsc
zerowych (I.4.b)
C
D
Planowanie i wykonanie obliczeń na
liczbach rzeczywistych (I.1.a; 6.a)
D
B
B
A
B
C
D
A
D
C
B
C
C
B
Zadanie 10. (0–1)
Wykorzystanie
Zadanie 11. (0–1)
Wykorzystanie
Wykorzystanie definicji do wyznaczenia
i interpretowanie reprezentacji wartości funkcji trygonometrycznych
danego kąta ostrego (II.6.a)
Zadanie 12. (0–1)
Wykorzystanie
Znalezienie związków miarowych
i interpretowanie reprezentacji w figurach płaskich. Zastosowanie
twierdzenia Pitagorasa (II.7.c)
Zadanie 13. (0–1)
Wykorzystanie
Znalezienie związków miarowych
i interpretowanie reprezentacji w figurach płaskich. Zastosowanie
twierdzenia Pitagorasa (II.7.c)
Zadanie 14. (0–1)
Wykorzystanie
Posłużenie się własnościami figur
podobnych do obliczania długości
odcinków (I.7.b)
Zadanie 15. (0–1)
Wykorzystanie
Wykorzystanie związku między
i interpretowanie reprezentacji promieniem koła opisanego na kwadracie
i długością jego boku (II.7.c)
Zadanie 16. (0–1)
Wykorzystanie
Wykorzystanie związków między kątem
wpisanym i środkowym do obliczenia
miary kąta (I.7.a)
4
Zadanie 17. (0–1)
Obliczenie wyrazów ciągu
arytmetycznego (III.5.a)
C
B
Obliczenie wyrazu ciągu określonego
wzorem ogólnym (I.5.a)
B
D
B
C
A
C
A
B
A
D
B
D
C
B
D
A
Zadanie 18. (0–1)
Wykorzystanie
Zadanie 19. (0–1)
Wykorzystanie
Obliczenie objętości sześcianu
i interpretowanie reprezentacji z wykorzystaniem związków miarowych
w sześcianie (II.9.b)
Zadanie 20. (0–1)
Wykorzystanie
Wyznaczenie wysokości stożka
i interpretowanie reprezentacji z wykorzystaniem funkcji
trygonometrycznych lub własności
kwadratu (II.9.b)
Zadanie 21. (0–1)
Wykorzystanie
Wskazanie równania prostej równoległej
do danej (I.8.c)
Zadanie 22. (0–1)
Wykorzystanie
Wykorzystanie pojęcia układu
i interpretowanie reprezentacji współrzędnych na płaszczyźnie (II.8.a)
Zadanie 23. (0–1)
Wykorzystanie
Zbadanie czy dany punkt spełnia
i interpretowanie reprezentacji równanie okręgu (II.8.g)
Zadanie 24. (0–1)
Wykorzystanie
Zliczenie obiektów w prostych sytuacjach
i interpretowanie reprezentacji kombinatorycznych, stosowanie zasady
mnożenia (II.10.b)
Zadanie 25. (0–1)
Wykorzystanie
Obliczenie średniej arytmetycznej
i interpretowanie reprezentacji i interpretowanie tego parametru
w kontekście praktycznym (II.10.a)
5
Zadanie 26. (0–2)
Wykorzystanie
Rozwiązanie nierówności kwadratowej (II.3.a)
i interpretowanie reprezentacji
Zdający otrzymuje ............................................................................................................1 pkt
gdy:
 prawidłowo obliczy pierwiastki trójmianu kwadratowego x1  5, x2  3 i na tym
poprzestanie lub dalej popełni błędy
albo
 rozłoży trójmian kwadratowy x 2  8 x  15 na czynniki liniowe i zapisze nierówność
 x  3 x  5  0 i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy
albo
 popełni błąd rachunkowy przy obliczaniu pierwiastków trójmianu kwadratowego
i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże nierówność,
np. x1  3, x2  5, x   ,3   5,  
albo
2
 doprowadzi nierówność do postaci x  4  1 (na przykład z postaci  x  4   1  0
otrzymuje  x  4   1 , a następnie x  4  1 ) i na tym poprzestanie lub dalej popełni
błędy.
2
Zdający otrzymuje ............................................................................................................2 pkt
gdy poda zbiór rozwiązań nierówności w postaci:
  , 5    3,  
albo
 x  5 lub x  3
albo
 x  5, x  3
albo
 w postaci graficznej z poprawnie zaznaczonymi końcami przedziałów.
Kryteria oceniania uwzględniające specyficzne trudności w uczeniu się matematyki
1. Jeśli zdający poprawnie obliczy pierwiastki trójmianu x1  5, x2  3 i zapisze,
np. x   , 5    3,   popełniając tym samym błąd przy przepisywaniu jednego
z pierwiastków, to otrzymuje 2 punkty.
2. Jeśli zdający pomyli porządek liczb na osi liczbowej, np. zapisze zbiór rozwiązań
nierówności w postaci  , 3   5,   , to przyznajemy 2 punkty.
6
Zadania 27. (0–2)
Rozumowanie i argumentacja
Uzasadnienie prawdziwości nierówności algebraicznej
(V.2.b)
I sposób rozwiązania
Aby wykazać prawdziwość podanej nierówności, przekształcimy ją najpierw do prostszej
postaci równoważnej. Rozpoczynamy od podanej nierówności:
abc ab

3
2
Mnożymy obie strony tej nierówności przez 6:
2  a  b  c  3 a  b
Redukujemy wyrazy podobne:
2c  a  b
Uzyskana nierówność jest równoważna nierówności wyjściowej, zatem wystarczy wykazać
jej prawdziwość. Z założenia wiemy, że c  a oraz c  b . Wobec tego
2c  c  c  a  b
Co należało wykazać.
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt
jeśli przekształci podaną nierówność do postaci 2c  a  b lub  c  a    c  b   0 ,
a  b  2c
 0 i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy.
6
jeśli przedstawi kompletny dowód podanej nierówności.
lub
II sposób rozwiązania
Zdający prowadzi ciąg nierówności, wychodząc od jednej ze stron podanej nierówności i na
końcu dochodząc do drugiej.
Założenie: 0  a  b  c
abc 1
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
1
1
1
1
ab
 a b c  a b b  a b  a b b  a a b  a b 
3
3
3
3
3
3
3
3
3
3
6
2
3
6
2
2
2
2
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
jeśli co najmniej jedna z nierówności występująca w zapisanym ciągu nierówności wynika
w sposób poprawny z podanych założeń, ale zdający nie podaje kompletnego dowodu
wyjściowej nierówności.
jeśli poda kompletny dowód podanej nierówności.
7
Zadanie 28. (0–2)
Wykorzystanie
i interpretowanie
reprezentacji
Rozwiązanie równania wielomianowego metodą rozkładu
na czynniki (II.3.d)
Uwaga
Gdy zdający poda poprawną odpowiedź (trzeci pierwiastek wielomianu: x  3 ) nie
wykonując żadnych obliczeń, to otrzymuje 1 punkt.
Przedstawiamy wielomian W ( x) w postaci W  x    x  4  x  3 x  a  , gdzie a oznacza
trzeci pierwiastek wielomianu.
Stąd W ( x)  x3  x 2  ax 2  12 x  ax  12a = x3  1  a  x 2   12  a  x  12a ,
Porównując współczynniki wielomianu W ( x) otrzymujemy
1  a  4

12  a  9
12a  36

Stąd a  3 .
Trzecim pierwiastkiem wielomianu W ( x) jest liczba x  3 .
gdy przedstawi wielomian W ( x) w postaci W  x    x  4  x  3 x  a  i na tym
poprzestanie lub dalej popełni błędy.
gdy bezbłędnie obliczy trzeci pierwiastek wielomianu: x  3 .
Przedstawiamy wielomian W ( x) w postaci iloczynu:
W ( x)  x3  4 x 2  9 x  36  x 2  x  4   9  x  4    x  4  x  3 x  3 .
Pierwiastkami wielomianu W  x  są zatem
x1   4 , x2  3 oraz x3  3 .
Odpowiedź: Trzecim pierwiastkiem wielomianu jest liczba x  3 .
gdy przedstawi wielomian w postaci iloczynu, np.:
W ( x)   x 2  9   x  4  lub W ( x)   x  4  x  3 x  3 lub W ( x)   x 2  x  12   x  3
lub W ( x)   x 2  7 x  12   x  3 i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy.
8
III sposób rozwiązania
Liczba  4 jest pierwiastkiem wielomianu
W  x  , więc wielomian W  x  jest podzielny
przez dwumian  x  4  .
Dzielimy wielomian W  x  przez dwumian
 x  4
Liczba 3 jest pierwiastkiem wielomianu
przez dwumian  x  3 .
Dzielimy wielomian W  x  przez dwumian
 x  3
x2
9
 x3  4x2  9x  36 :  x  4
x2  7 x  12
 x3  4x2  9x  36 :  x  3
x3  4x2
 x3  3x 2
7 x2  9 x
 9x  36
9x  36
 
Wielomian W  x  zapisujemy w postaci
W  x    x  4  x  9 ,
2
stąd W  x    x  4  x  3 x  3 .
7 x2  21x
12 x  36
12 x  36
 
Wielomian W  x  zapisujemy w postaci
W  x    x 2  7 x  12   x  3 .
Wyznaczamy pierwiastki trójmianu
x 2  7 x  12 : x   4 i x  3 .
Liczby 3 i 4 są pierwiastkami wielomianu
przez  x  3 x  4  = x 2  x  12 .

Dzielimy wielomian W  x  przez
x
2
 x  12


x 3
 x3  4 x2  9 x  36 :  x2  x  12
x3  x 2  12 x
3x 2  3x  36
3x 2  3x  36
  
Zatem
W  x   x2  x 12  x  3   x  3 x  4 x  3 .
Zatem pierwiastkami wielomianu są: x1   4 , x2  3 oraz x3  3 .
Odpowiedź: Trzecim pierwiastkiem wielomianu jest liczba x  3 .
9
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
gdy:
 wykona dzielenie wielomianu przez dwumian  x  4  , otrzyma iloraz  x 2  9  i na
tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy
albo
 wykona dzielenie wielomianu przez dwumian  x  3 , otrzyma iloraz  x 2  7 x  12 
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy
albo


 wykona dzielenie wielomianu przez x 2  x  12 , otrzyma iloraz
 x  3
i na tym
poprzestanie lub dalej popełnia błędy
albo
 wykona dzielenie wielomianu przez
 x  4
lub
 x  3 ,
lub przez
x
2
 x  12

popełniając błąd rachunkowy i konsekwentnie do popełnionego błędu wyznacza
pierwiastki otrzymanego ilorazu.
Uwaga
Dzieląc wielomian W  x  przez dwumian
 x  p
zdający może posłużyć się schematem
Hornera, np. przy dzieleniu przez  x  4  otrzymuje
–4
1
1
4
0
–9
–9
– 36
0
IV sposób rozwiązania
Korzystamy z jednego ze wzorów Viète’a dla wielomianu stopnia trzeciego
i otrzymujemy
 4  3  x3    36 , stąd x3  3
1
lub
 4  3  x3   4 , stąd x3  3 ,
1
lub
 4  3   4  x3  3  x3   9 .
1
Proste sprawdzenie pokazuje, że rzeczywiście W  3  0
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
gdy poprawnie zastosuje jeden ze wzorów Viète’a dla wielomianu stopnia trzeciego i na
tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
gdy poprawnie obliczy trzeci pierwiastek: x  3 .
10
Zadania 29. (0–2)
Użycie i tworzenie strategii
Wykorzystanie własności symetralnej odcinka do
wyznaczenia jej równania (IV.8.b, 8.c, 8.e)
Obliczamy współczynnik kierunkowy prostej AB:
10  2  2 .
2   2 
Zatem współczynnik
 1
kierunkowy prostej prostopadłej do prostej AB jest równy    . Symetralna odcinka AB
 2
1
 2  2 2  10 
ma równanie y   x  b . Punkt S  
,
   0, 6  jest środkiem odcinka AB .
2 
2
 2
1
Symetralna tego odcinka przechodzi przez punkt S, więc 6    0  b . Stąd b  6 , a więc
2
1
symetralna odcinka AB ma równanie y   x  6 .
2
 gdy poprawnie wyznaczy lub poda współrzędne środka odcinka AB: S  0,6  oraz
współczynnik kierunkowy prostej AB: a  2 i na tym poprzestanie lub dalej popełni
błędy
albo
 gdy popełni błędy rachunkowe przy wyznaczaniu współrzędnych środka odcinka
albo współczynnika kierunkowego prostej AB i konsekwentnie wyznaczy
równanie symetralnej
albo
 gdy obliczy współczynnik kierunkowy prostej AB: a  2 oraz współczynnik
1
kierunkowy prostej do niej prostopadłej a1   i na tym zakończy lub dalej
2
popełni błędy.
1
gdy wyznaczy równanie symetralnej odcinka AB: y   x  6 lub x  2 y  12  0 .
2
Obliczamy współrzędne środka odcinka AB: S  0,6  . Obliczamy współrzędne wektora

AB  4,8 . Ponieważ symetralna odcinka AB jest prostopadła do wektora AB i przechodzi
przez punkt S, więc jej równanie ma postać 4  x  0   8  y  6   0 , czyli x  2 y  12  0 .
gdy wyznaczy współrzędne wektora AB : AB  4,8 oraz środek odcinka AB: S  0,6  i na tym
poprzestanie lub dalej popełni błędy.
11
gdy poprawnie wyznaczy równanie symetralnej odcinka AB: x  2 y  12  0 lub
1
y   x6.
2
Z rysunku w układzie współrzędnych
y=2x+6
y
11
B
10
9
8
7
6
S
5
4
A
3
2
1
-4
-3
-2
x
-1
1
2
3
4
5
6
7
odczytujemy współrzędne punktu S  0,6  , współczynnik kierunkowy symetralnej odcinka
1
1
AB: a   i zapisujemy równanie symetralnej odcinka AB : y   x  6 .
2
2
gdy odczyta, z dokładnie sporządzonego rysunku w układzie współrzędnych, współrzędne
środka odcinka AB i współczynnik kierunkowy symetralnej prostej AB i na tym poprzestanie
lub dalej popełni błędy.
1
gdy zapisze równanie symetralnej odcinka AB: x  2 y  12  0 lub y   x  6 .
2
IV sposób rozwiązania
Korzystamy z tego, że symetralna odcinka jest zbiorem wszystkich punktów równo
oddalonych od jego końców. Jeśli punkt P   x, y  leży na symetralnej, to AP  BP .
Zatem x  2   y  2  x  2   y 10 , czyli x  2   y  2  x  2   y  10 .
Po uporządkowaniu równania i redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy x  2 y  12  0 .
2
2
2
2
2
2
2
2
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
x  2   y  2  x  2   y  10 i na tym poprzestanie lub
gdy zapisze równanie
dalej popełni błędy.
1
gdy wyznaczy równanie symetralnej odcinka AB: x  2 y  12  0 lub y   x  6 .
2
2
2
2
2
12
Jeśli zdający przepisze z błędem współrzędne punktów i wyznaczy konsekwentnie równanie
symetralnej odcinka AB, to za takie rozwiązanie przyznajemy 2 punkty.
Zadanie 30. (0–2)
Rozumowanie i argumentacja
Przeprowadzenie dowodu geometrycznego (V.7.c)
Niech BAC  2 , ABC  2  , ACB   , APB   .
C

A


P



B
Suma miar kątów wewnętrznych w trójkącie równa jest 180 , więc w trójkącie ABC
mamy 2  2     180 .
Ponieważ   0 , więc 2  2  180 , stąd     90 .
W trójkącie ABP mamy       180 .
Stąd i z otrzymanej nierówności     90 wynika, że   90 .
Oznacza to, że kąt APB jest kątem rozwartym.
Co należało uzasadnić.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie i uzasadni, że kąt APB jest kątem rozwartym.
Niech BAC  2 , ABC  2  , ACB   , APB   .
C

A


P




B
13
Ponieważ     180 oraz suma miar kątów wewnętrznych w trójkącie ABP jest równa
180 , więc otrzymujemy
1
1
1
  180        2  2   2  2      180  90 .
2
2
2

Ponieważ   90 , więc  jest kątem ostrym, zatem  jest kątem rozwartym.
Oznacza to, że kąt APB jest kątem rozwartym. Co należało uzasadnić.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie i uzasadni, że kąt APB jest rozwarty.
Zadanie 31. (0–2)
Obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia
z zastosowaniem klasycznej definicji prawdopodobieństwa
(III.10.b;10.d)
I sposób rozwiązania (klasyczna definicja prawdopodobieństwa)
Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie pary uporządkowane  x, y  dwóch liczb ze zbioru
1, 2,3, 4,5, 6, 7 .
Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa   7  7  49 .
Iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6, gdy:
 jedna z tych liczb jest równa 6 (wówczas druga jest dowolna)
albo
 jedną z liczb jest 3, a drugą jest 2 lub 4.
Liczba zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A jest więc równa
A   2  7  1  2  2  17 .
Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe: P  A  
17
.
49
II sposób rozwiązania (metoda tabeli)
1
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6 7









      

Symbole w tabeli oznaczają odpowiednio:
 - zdarzenie elementarne sprzyjające zdarzeniu A
17
.
  7  7  49 i A  17 , zatem P  A  
49
14
Schemat oceniania I i II sposobu rozwiązania
gdy
 obliczy liczbę wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych:   7 2  49
albo
 obliczy (zaznaczy poprawnie w tabeli) liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających
zdarzeniu A : A  17 .
17
.
gdy obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A: P ( A) 
49
Uwaga
Jeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma P ( A)  1 , to otrzymuje za całe rozwiązanie
0 punktów.
III sposób rozwiązania (metoda drzewa)
Drzewo z istotnymi gałęziami:
1
7
6
7
7
Dowolna z siedmiu
2
7
3
7
1
7
3
2, 4
2
7
3, 6
1, 5, 7
1
3
7
7
2, 4, 6
6
Prawdopodobieństwo zdarzenia A (iloczyn wylosowanych liczb jest podzielny przez 6)
1 7 2 2 1 3 3 1 17
jest więc równe: P  A          
.
7 7 7 7 7 7 7 7 49
gdy:
 narysuje pełne drzewo i przynajmniej na jednej gałęzi opisze prawdopodobieństwo
albo
 narysuje drzewo tylko z istotnymi gałęziami.
17
.
gdy obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A: P ( A) 
49
Uwaga
Jeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma P ( A)  1 , to otrzymuje za całe rozwiązanie
0 punktów.
Jeżeli zdający poprawnie obliczy prawdopodobieństwo i błędnie skróci ułamek,
17 1
 , to otrzymuje 2 punkty.
np. P ( A) 
49 3
15
Zadanie 32. (0–4)
Zastosowanie własności ciągu arytmetycznego
i geometrycznego (III.5.c)
Ciąg  9, x,19  jest arytmetyczny, więc wyraz środkowy jest średnią arytmetyczną wyrazów
sąsiednich: x 
9  19
 14 .
2
Wiemy, że ciąg 14, 42, y, z  jest geometryczny, zatem jego iloraz jest równy q 
42
 3.
14
Wobec tego y  3  42  126 i z  126  3  378 .
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania zadania .......................................................................................................... 1 pkt
9  19
lub
 wykorzystanie własności ciągu arytmetycznego i zapisanie, np. x 
2
2 x  9  19 lub x  14
albo
 wykorzystanie własności ciągu geometrycznego i zapisanie, np. 42 2  xy lub
y 2  42 z .
Pokonanie zasadniczych trudności zadania .................................................................... 3 pkt
Obliczenie ilorazu ciągu geometrycznego q  3 .
Rozwiązanie pełne ............................................................................................................. 4 pkt
Obliczenie x  14 , y  126 , z  378 .
Ciąg  9, x,19  jest arytmetyczny, zatem 2 x  9  19 , x  14 .
Ciąg 14, 42, y, z  jest geometryczny, zatem 422  14  y i y 2  42  z ,
y
1764
 126 i 1262  42  z , stąd z  378 . 14
rozwiązania zadania .......................................................................................................... 1 pkt
9  19
lub
 wykorzystanie własności ciągu arytmetycznego i zapisanie, np. x 
2
2 x  9  19 , lub x  14
albo
 wykorzystanie własności ciągu geometrycznego i zapisanie, np. 42 2  xy lub
y 2  42 z .
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ..................................................................... 2 pkt
Obliczenie x  14 i zapisanie równania 422  14 y lub 1764  14 y .
Pokonanie zasadniczych trudności zadania .................................................................... 3 pkt
Obliczenie y  126 i zapisanie równania y 2  42 z lub 1262  42z .
16
Rozwiązanie pełne .............................................................................................................. 4 pkt
Obliczenie x  14 , y  126 , z  378 .
Uwaga
Jeśli zdający pomyli własności ciągów, to za całe zadanie otrzymuje 0 punktów.
Zadanie 33. (0–4)
Użycie i tworzenie strategii
Obliczenie objętości wielościanu (IV.9.b)
Strategia rozwiązania tego zadania sprowadza się do realizacji następujących etapów:
a) obliczenie wysokości AE ostrosłupa,
b) obliczenie pola podstawy tego ostrosłupa,
c) obliczenie objętości ostrosłupa.
Rozwiązanie a) Obliczenie pola podstawy ostrosłupa
Podstawa ABCD ostrosłupa jest kwadratem o boku AB. Stosując wzór na przekątną kwadratu,
4
mamy: 4  AB 2 , stąd AB 
2 2.
2

Obliczamy pole P podstawy ostrosłupa: P  2 2

2
 8 . b) Obliczenie wysokości AE ostrosłupa
Rysujemy trójkąt EAC.
8 3
4 3.
2
c) Obliczenie objętości ostrosłupa
AE 
1
32
3.
Objętość ostrosłupa jest równa V   8  4 3 
3
3
Schemat oceniania
rozwiązania ......................................................................................................................... 1 pkt
Obliczenie wysokości AE ostrosłupa: AE  4 3 albo obliczenie pola P podstawy ostrosłupa:

P 2 2

2
8.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania..................................................................... 3 pkt
Obliczenie pola podstawy i wysokości ostrosłupa.
17
Uwaga
Jeśli zdający obliczy jedną z tych wielkości z błędem rachunkowym, to otrzymuje 2 punkty.
Rozwiązanie pełne ............................................................................................................. 4 pkt
32
Obliczenie objętości ostrosłupa: V 
3.
3
Uwaga
1
we wzorze na objętość ostrosłupa, ale rozwiązanie
3
doprowadzi konsekwentnie do końca z tym jednym błędem, to za takie rozwiązanie otrzymuje
3 punkty.
Jeśli zdający pominie współczynnik
Nie obniżamy punktacji zadania za błędy nieuwagi, np. gdy zdający poprawnie obliczył
wysokość ostrosłupa, ale przy obliczaniu objętości ostrosłupa podstawił błędna wartość.
Zadanie 34. (0–5)
Rozwiązanie zadania, umieszczonego w kontekście
praktycznym, prowadzącego do równania kwadratowego
(III.3.b)
Przyjmujemy oznaczenia np.: t – czas pokonania całej trasy w godzinach przez pociąg
osobowy, v – średnia prędkość pociągu osobowego w kilometrach na godzinę.
Zapisujemy zależność między czasem a prędkością w sytuacji opisanej w zadaniu dla
pociągu pospiesznego:  t  1   v  24   210
t  v  210
Następnie zapisujemy układ równań 
 t  1   v  24   210
Rozwiązując układ równań doprowadzamy do równania z jedną niewiadomą, np.:
t  1   210  24   210
 t

210
210  24t 
 24  210
t
24t 2  24t  210  0
4t 2  4t  35  0
  16  560  242
4  24
5
4  24 7
t1 
 ,
t2 
  3,5
8
2
8
2
t1 jest sprzeczne z warunkami zadania.
Obliczamy czas przejazdu tej drogi przez pociąg pospieszny: 3,5  1  2,5 .
Odp. Czas pokonania tej drogi przez pociąg pospieszny jest równy 2,5 godziny.
18
Zapisujemy zależność między czasem a prędkością w sytuacji opisanej w zadaniu dla
pociągu pospiesznego:  t  1   v  24   210
t  v  210
Następnie zapisujemy układ równań 
 t  1   v  24   210
Rozwiązując układ równań doprowadzamy do równania z jedną niewiadomą, np.:
 210 
 1  v  24   210

 v

5040
210 
 v  24  210
v
5040
 v  24  0
v
v 2  24v  5040  0
  576  20160  1442
24  144
24  144
 84 ,
v1 
 60 , v2 
2
2
v2 jest sprzeczne z warunkami zadania.
210 210 7
Obliczamy czas przejazdu tej drogi przez pociąg osobowy: t 

  3,5 .
v
60 2
Obliczamy czas przejazdu tej drogi przez pociąg pospieszny: 3,5 – 1 = 2,5.
Przyjmujemy oznaczenia np.: t – czas pokonania całej trasy w godzinach przez pociąg
osobowy, v – średnia prędkość pociągu osobowego w kilometrach na godzinę.
v+24
v
t1
t
Narysowane duże prostokąty reprezentują odległości przebyte przez obydwa pociągi, mają
zatem równe pola. Wobec tego pola zakreskowanych prostokątów są równe. Stąd równość
24  t  1  1  v . Droga przebyta przez pociąg osobowy wyraża się wzorem v  t  24  t  1  t .
Ponieważ trasa pociągu ma długość 210 km, otrzymujemy równanie 24  t  1  t  210 .
Stąd 24t 2  24t  210  0
4t 2  4t  35  0
  16  560  242
4  24
5
4  24 7
t1 
 ,
t2 
  3,5
8
2
8
2
19
t1 jest sprzeczne z warunkami zadania. Zatem pociąg osobowy jechał przez 3,5 godziny,
a pociąg pospieszny: 3,5  1  2,5 godziny.
Schemat oceniania I, II i III sposobu rozwiązania
rozwiązania zadania ........................................................................................................ 1 pkt
Zapisanie równania z dwiema niewiadomymi
 t  1 v  24   210
gdy t oznacza czas pokonania całej trasy w godzinach przez pociąg osobowy, a v średnią
prędkość pociągu osobowego w kilometrach na godzinę,
lub
 t  1 v  24   210
gdy t oznacza czas pokonania całej trasy w godzinach przez pociąg pospieszny, a v średnią
prędkość pociągu pospiesznego w kilometrach na godzinę.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ................................................................... 2 pkt
Zapisanie układu równań z niewiadomymi v i t, np.:
t  v  210
t  v  210
lub 

 t  1   v  24   210
t  1  v  24  210
Pokonanie zasadniczych trudności zadania .................................................................. 3 pkt
Zapisanie równania z jedną niewiadomą v lub t, np.:
t  1   210  24   210 lub  210  1   v  24   210 lub 24  t  1  t  210
 v

 t

Uwaga
Zdający nie musi zapisywać układu równań, może bezpośrednio zapisać równanie z jedną
niewiadomą.
Zostały pokonane zasadnicze trudności zadania, ale w trakcie ich pokonywania zostały
popełnione błędy rachunkowe lub usterki .................................................................... 2 pkt
Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają
poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) ...................................................... 4 pkt
 rozwiązanie równania z niewiadomą v lub t z błędem rachunkowym i konsekwentne
obliczenie czasu pokonania drogi przez pociąg pospieszny
albo
 obliczenie czasu jazdy pociągu osobowego: t  3,5 i nie obliczenie czasu pokonania
tej drogi przez pociąg pospieszny.
Rozwiązanie pełne ........................................................................................................... 5 pkt
Obliczenie czasu pokonania tej drogi przez pociąg pospieszny: 2,5 godziny.
Uwagi
1. Jeżeli zdający porównuje wielkości różnych typów, to otrzymuje 0 punktów.
2. Jeżeli zdający odgadnie czas jazdy pociągu pospiesznego i nie uzasadni, że jest to jedyne
rozwiązanie, to otrzymuje 1 punkt.
20
Przykład 1.
Jeśli zdający przedstawi następujące rozwiązanie:
v - prędkość pociągu osobowego, t - czas pokonania całej trasy w godzinach przez pociąg
osobowy
210
v  24 
t 1
210  v  t

210   v  24  t  1
i na tym zakończy, to takie rozwiązanie kwalifikujemy do kategorii Rozwiązanie, w którym
jest istotny postęp i przyznajemy 2 punkty, mimo że w drugim równaniu układu zdający nie
210
ujął wyrażenia t  1 w nawias. Zapis równania v  24 
wskazuje na poprawną
t 1
interpretację zależności między wielkościami.
Przykład 2.
Jeśli zdający przedstawi następujące rozwiązanie:
v - prędkość pociągu osobowego, t - czas pokonania całej trasy w godzinach przez pociąg
osobowy
210

v
210 
120
210
t
v  24 
 24 

210
t 1 
t
t
v  24 

t 1
i na tym zakończy, to takie rozwiązanie kwalifikujemy do kategorii Pokonanie zasadniczych
120
210
 24 
zdający
trudności zadania i przyznajemy 3 punkty, mimo że w równaniu
t
t
przestawił cyfry w zapisie liczby 210 i pominął liczbę 1 w mianowniku ułamka.
Przykład 3.
Jeśli zdający otrzyma inne równanie kwadratowe, np. 4t 2  4t  35  0 zamiast równania
4t 2  4t  35  0 (np. w wyniku złego przepisania znaku lub liczby), konsekwentnie jednak
rozwiąże otrzymane równanie kwadratowe, odrzuci ujemne rozwiązanie i pozostawi wynik,
który może być realnym czasem jazdy pociągu pospiesznego, to takie rozwiązanie
kwalifikujemy do kategorii Rozwiązanie pełne i przyznajemy 5 punktów.

EGZAMIN MATURALNY Z MATEMATYKI POZIOM

Transkrypt

Podobne dokumenty

Egzamin B2 z języka hiszpańskiego

Instrukcja dla osób korzystających z komputera podczas pisemnego

POZIOM PODSTAWOWY Klucz odpowiedzi do zadań

czerwiec 2016

Opłata za egzamin maturalny

20. OPŁATA ZA EGZAMIN MATURALNY 1. Egzamin maturalny z

(Microsoft PowerPoint - matura2014 [tryb zgodno\234ci])