PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY
W ROKU SZKOLNYM 2019/2020
MATEMATYKA
POZIOM PODSTAWOWY
FORMUŁA OD 2015
(„NOWA MATURA”)
ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ
DLA ARKUSZY
MMA-P1, MMA-P2, MMA-P4, MMA-P7
KWIECIEŃ 2020
Przygotuj się do egzaminów
Studiuj dzięki licznym zasobom udostępnionym na Docsity
Otrzymaj punkty, aby pobrać
Zdobywaj punkty, pomagając innym studentom lub wykup je w ramach planu Premium
Informacje i wskazówki
Przygotuj się do egzaminów
Studiuj dzięki licznym zasobom udostępnionym na Docsity
Otrzymaj punkty, aby pobrać
Zdobywaj punkty, pomagając innym studentom lub wykup je w ramach planu Premium
Społeczność
Ranking uczelni
Odkryj najlepsze uniwersytety w twoim kraju, według użytkowników Docsity
Bezpłatne poradniki
Nasze e-booki ratujące uczniów i studentów!
Pobierz bezpłatnie nasze przewodniki na temat technik studiowania, metod panowania nad stresem, wskazówki do przygotowania do prac magisterskich opracowane przez wykładowców Docsity
Próbny Egzamin Maturalny z Matematyki - Poziom Podstawowy (Nowa Matura), Egzaminy z Matematyka
o obliczy lub poda pierwiastki trójmianu kwadratowego 1. 2 x = − , 2. 3. 2 x = i na tym zakończy lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności,.
Typologia: Egzaminy
2022/2023
1 / 20
Ta strona nie jest widoczna w podglądzie
Nie przegap ważnych części!
Dokumenty powiązane
Podgląd częściowego tekstu
Pobierz Próbny Egzamin Maturalny z Matematyki - Poziom Podstawowy (Nowa Matura) i więcej Egzaminy w PDF z Matematyka tylko na Docsity!
PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY
W ROKU SZKOLNYM 2019/
MATEMATYKA
POZIOM PODSTAWOWY
FORMUŁA OD 2015
(„NOWA MATURA”)
ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ
DLA ARKUSZY
MMA-P 1 , MMA-P2, MMA-P4, MMA-P 7
KWIECIEŃ 2020
Zadania zamknięte
Punkt przyznaje się za wskazanie poprawnej odpowiedzi.
Nr zad.^1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24
Odp. C C B D A D A D A A C B B D C C C A B A A B B D D
Ogólne zasady oceniania zadań otwartych
Uwaga: Akceptowane są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprawne i spełniające warunki zadania.
Zadanie 26. (0–2) Rozwiąż nierówność 2 x^2 + x − 6 ≤ 0.
Przykładowe rozwiązanie Rozwiązanie nierówności kwadratowej składa się z dwóch etapów.
Pierwszy etap rozwiązania polega na wyznaczeniu pierwiastków trójmianu kwadratowego 2 x^2 + x − 6. Na przykład obliczamy wyróżnik tego trójmianu, a następnie stosujemy wzory na pierwiastki: Δ = 72 , 1
1 7 2 4
x − − = = − , (^2) 1 7 3 4 2
x − + = =.
Drugi etap rozwiązania polega na wyznaczeniu zbioru rozwiązań nierówności . Podajemy zbiór rozwiązań nierówności: − 2 ≤ x ≤ 32 lub − 2 ,^32 lub x ∈ − 2 ,^32 , np.
odczytując go ze szkicu wykresu funkcji f (^) ( x (^) ) = 2 x^2 + x − 6.
Schemat punktowania Zdający otrzymuje .............................................................................................................. 1 p. gdy:
- zrealizuje pierwszy etap rozwiązania i na tym zakończy lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności, np.
o obliczy lub poda pierwiastki trójmianu kwadratowego x 1 (^) = − 2 , x 2 = 32 i na tym zakończy lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności,
2 x^2 + x − 6 ≤ 0
2 x
Zadanie 27. (0–2)
Rozwiąż równanie (^) ( x^2^ − (^6) ) ( 3 x + (^2) )= 0.
Przykładowe rozwiązanie
Lewa strona równania jest iloczynem dwóch czynników x^2^ − 6 oraz 3 x + 2. Zatem iloczyn ten jest równy 0, gdy co najmniej jeden z tych czynników jest równy 0, czyli
x^2^ − 6 = 0 lub 3 x + 2 = 0.
Rozwiązaniem równania 3 x + 2 = 0 jest x = − 23.
Rozwiązania równania (^) x^2 − 6 = 0 możemy wyznaczyć, korzystając:
- z postaci iloczynowej trójmianu (^) x^2^ − 6 (wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów) ( x^ −^6 )( x +^6 )=^0 , stąd^ x^ =^6 lub^ x^ = −^6
albo
- ze wzorów na pierwiastki trójmianu kwadratowego: Δ = 24 ,
1
0 2 6 6 2
x
− = = − , (^2)
0 2 6 6 2
x
= = ,
albo
- z własności wartości bezwzględnej, przekształcając najpierw równanie do postaci równoważnej x = 6 , skąd x = 6 lub x = − 6.
Zatem wszystkie rozwiązania równania to: x = − 23 lub x = 6 , lub x = − 6.
Schemat punktowania
Zdający otrzymuje .............................................................................................................. 1 p. gdy:
- zapisze dwa równania: x^2 − 6 = 0 lub 3 x + 2 = 0 (wystarczy, że z rozwiązania wynika, że zdający wyznacza pierwiastki każdego z wielomianów: x^2 − 6 oraz 3 x + 2 ) albo
- zapisze rozwiązanie x = − 23 ,
albo
- wyznaczy dwa pierwiastki wielomianu x^2 − 6 ,
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje .............................................................................................................. 2 p.
gdy wyznaczy bezbłędnie wszystkie rozwiązania równania: x = − 23 lub x = 6 , lub x = − 6.
Uwagi
- Jeżeli zdający zapisuje zamiast znaku = znak ≠ i zamieszcza zapisy typu: x^2 – 6 ≠ 0 lub 3 x + 2 ≠ 0, to oznacza, że podejmuje próbę wyznaczenia miejsc zerowych dwóch wielomianów i otrzymuje przynajmniej 1 punkt.
- Jeżeli zdający nie zapisuje warunku x^2 – 6 = 0, ale pisze od razu błędną postać iloczynową x^2 – 6, np. ( x – 3)( x – 2) = 0, ( x – 6)( x + 6) = 0, i nie wyznacza poprawnie miejsca zerowego drugiego wielomianu, to otrzymuje 0 punktów.
Zadanie 28. (0–2)
Wykaż, że dla dowolnej dodatniej liczby rzeczywistej x prawdziwa jest nierówność 1 4 x 4 x
- ≥.
Przykładowe rozwiązanie
I sposób rozwiązania
Dla dodatnich liczb x nierówność 4 x + (^1) x ≥ 4 jest równoważna kolejno nierównościom
4 x^2 + 1 ≥ 4 x , 4 x^2 − 4 x + 1 ≥ 0 ,
2 2 x − 1 ≥ 0.
Ta nierówność jest prawdziwa, gdyż lewa strona tej nierówności jest kwadratem liczby rzeczywistej. To kończy dowód. II sposób rozwiązania
Dla dodatnich liczb x nierówność 4 x + (^1) x ≥ 4 jest równoważna kolejno nierównościom
4 4 1 0 x − + (^) x ≥ ,
1 2 2 x − (^) x ≥ 0
Ta nierówność jest prawdziwa, gdyż lewa strona tej nierówności jest kwadratem liczby rzeczywistej. To kończy dowód. III sposób rozwiązania
Dla dodatnich liczb x nierówność 4 x + (^1) x ≥ 4 jest równoważna kolejno nierównościom
4 x^2 + 1 ≥ 4 x , 4 x^2 − 4 x + 1 ≥ 0.
Ponieważ wyróżnik trójmianu kwadratowego 4 x^2 − 4 x + 1 jest równy ( )
2 Δ = − 4 − 4 1 4⋅ ⋅ = 0
i współczynnik przy x^2 jest dodatni, więc nierówność jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej x. To kończy dowód. Uwaga
Możemy też naszkicować wykres tego trójmianu y = 4 x^2 − 4 x + 1.
IV sposób rozwiązania
Z twierdzenia o średniej arytmetycznej i geometrycznej dla liczb dodatnich 4 x i (^1) x wynika, że
prawdziwa jest nierówność
x
Zadanie 29. (0–2)
Dany jest trójkąt prostokątny ABC , w którym S ACB = 90 ° i S ABC = 60 °. Niech D
oznacza punkt wspólny wysokości poprowadzonej z wierzchołka (^) C kąta prostego
i przeciwprostokątnej AB tego trójkąta. Wykaż, że AD : DB = 3 : 1.
Przykładowe rozwiązania
I sposób rozwiązania Sporządzamy pomocniczy rysunek ilustrujący treść zadania.
Ponieważ S^ ABC^ =^60 °, więc BC = 12 AB. Podobnie, ponieważ S^ DBC^ =^60 °, więc
1 DB = 2 BC. Otrzymujemy zatem ciąg równości
DB = 12 BC = 12 ( 12 AB )= 14 AB.
Zatem AD = 34 AB. Stąd wynika, że AD : DB = 34 AB : 14 AB = 3 : 1. To kończy dowód.
Schemat punktowania I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 1 p. gdy zauważy i zapisze, że 1 BC = 2 AB i^ 1 DB = 2 BC
i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 2 p. gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie.
II sposób rozwiązania Sporządzamy pomocniczy rysunek ilustrujący treść zadania.
Z trójkątów prostokątnych ADC i BDC otrzymujemy równości
A
B
C
D
A
B
C
D
tg
CD AD
° = i^ tg 60
CD DB
° = ,
czyli równości
3 3
CD = AD i CD = 3 DB.
Porównujemy prawe strony obu równań i zapisujemy równanie
3 3 3
AD = DB ,
równoważne równaniu
3 3
3 3
AD DB
= =.
Otrzymana równość oznacza tezę twierdzenia.
Schemat punktowania II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje .............................................................................................................. 1 p. gdy zauważy i zapisze, że
3 3
CD = AD i^ CD = 3 DB
i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje .............................................................................................................. 2 p. gdy przeprowadzi pełne, poprawne rozumowanie.
III sposób rozwiązania Sporządzamy pomocniczy rysunek ilustrujący treść zadania.
Niech AC^ =^ b. Wtedy w trójkącie ACD mamy:
2
b CD = i
3 2
b AD =.
Ponadto, w trójkącie ABC :
3 3
b BC =.
Ponieważ S DBC = 60 °, więc
3 6
b DB =. Zatem
3 3 : 3 2 6
AD (^) b b DB
= =.
To kończy dowód.
A
B
C
D
- Jeżeli zdający ustali, że długości odcinków są równe: BD = x , BC = 2 x , AB = 4 x lub BD = x , BC = 2 x , AD = 3 x i nie towarzyszą tym ustaleniom zapisy świadczące o błędnym rozumowaniu, to może otrzymać 2 punkty.
- Jeżeli zdający przeprowadzi uzasadnienie, rozważając konkretne długości odcinków i zapisze, że ze względu na podobieństwo figur teza jest prawdziwa dla dowolnych długości boków, spełniających podane warunki, to może otrzymać 2 punkty.
Zadanie 30. (0–2)
Ze zbioru liczb {1 2 4 5 10 , , , , } losujemy dwa razy po jednej liczbie ze zwracaniem. Oblicz
prawdopodobieństwo zdarzenia A polegającego na tym, że iloraz pierwszej wylosowanej liczby
przez drugą wylosowaną liczbę jest liczbą całkowitą.
Przykładowe rozwiązania
I sposób rozwiązania („metoda klasyczna”)
Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie pary uporządkowane ( x y , ) liczb ze zbioru
{1, 2, 4, 5, 10 }^. Jest to model klasyczny. Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych jest równa
Ω = 5 5⋅ = 25.
Zdarzeniu A sprzyjają następujące zdarzenia elementarne:
( 1,1 ,) (^ 2,1 ,) (^ 4,1 , 5,1 , 10,1 ,) ( ) ( ) (^ 2, 2 ,) (^ 4, 2 , 10, 2 ,) ( ) (^ 4, 4 , 5,5 , 10,5 , 10,10) ( ) ( ) ( )
Zatem A = 12 i stąd ( )
12 0, 48 25
A P A = = = Ω
.
II sposób rozwiązania („metoda tabeli”)
Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie pary uporządkowane ( x y , ) liczb ze zbioru
{1, 2, 4, 5, 10 }. Jest to model klasyczny. Budujemy tabelę ilustrującą sytuację opisaną
w zadaniu.
I losowanie 1 2 4 5 10
II losowanie
1 × × × × × 2 × × × 4 × 5 × × 10 ×
Symbolem × oznaczono zdarzenia elementarne sprzyjające zdarzeniu A. Mamy więc 25,
wszystkich zdarzeń elementarnych, czyli Ω = 25 , oraz 12 zdarzeń elementarnych
sprzyjających zdarzeniu A , czyli A = 12. Stąd ( )
12 0, 48 25
A P A = = = Ω
.
Schemat punktowania I i II sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 1 p.
gdy
- obliczy liczbę wszystkich możliwych zdarzeń elementarnych Ω = 25
albo
- przedstawi poprawny sposób wyznaczenia wszystkich elementów zbioru A lub wypisze wszystkie te zdarzenia elementarne:
(1,1 , ) (^ 2,1 ,) (^ 4,1 , 5,1 , 10,1 ,) ( ) ( ) (^ 2, 2 ,) (^ 4, 2 , 10, 2 ,) ( ) (^ 4, 4 , 5,5 , 10,5 , 10,10) ( ) ( ) ( )
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 2 p.
gdy obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A : ( )
12 0, 48 25
A P A = = = Ω
.
III sposób rozwiązania („metoda drzewa”)
Drzewo z istotnymi gałęziami
I losowanie
II losowanie
1 1 12 12 0, 48 5 5 25
P A = ⋅ ⋅ = =.
1 2 4 5 10
(^1 1 2 2 1 ) 1 10 1 4 2 5
- popełni błąd rachunkowy w przekształcaniu równości a 21 (^) + a 24 (^) + a 27 (^) + a 30 = 100 do postaci równoważnej i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy sumę a 25 (^) + a 26.
Zdający otrzymuje ............................................................................................................... 2 p. gdy obliczy i zapisze, że a 25 (^) + a 26 = 50.
Uwagi
- Jeżeli zdający zapisze równość a 21 (^) + a 24 (^) + a 27 (^) + a 30 = 100 w postaci równoważnej
4 a 1 + 98 r = 100 , a następnie wprowadzi konkretne wartości liczbowe do równania z dwiema niewiadomymi, np. r = 1 , i nawet poprawnie obliczy a 25 (^) + a 26 , to otrzymuje 1 punkt za takie rozwiązanie.
- Jeżeli zdający myli własności ciągu arytmetycznego z własnościami ciągu geometrycznego, to za całe zadanie otrzymuje 0 punktów.
- Jeżeli zdający rozważa wyłącznie konkretne ciągi i nie podaje stosownego uzasadnienia na temat zastosowania tych rozważań do sytuacji ogólnej, to otrzymuje 0 punktów.
- Jeżeli zdający zapisuje wyłącznie a 25 (^) + a 26 = 50 , to otrzymuje 0 punktów.
Zadanie 32. (0–4)
Funkcja kwadratowa f ( x ) = ax^2 + bx + c ma dwa miejsca zerowe x 1 = − 2 i x 2 = 6. Wykres
funkcji f przechodzi przez punkt A = ( 1, − 5 ). Oblicz najmniejszą wartość funkcji f.
Przykładowe rozwiązania
I sposób rozwiązania Ponieważ znamy miejsca zerowe funkcji kwadratowej, to możemy zapisać wzór funkcji f w postaci iloczynowej (^) f ( x ) = a x ( − 6 )( x + 2 ).
Wykres tej funkcji przechodzi przez punkt A = (^) ( 1, − (^5) ), więc otrzymujemy równanie
− 5 = a ( 1 − (^6) )( 1 + (^2) ), − 5 = − 15 a , 1 3 a =.
Funkcja określona jest wzorem: (^) ( ) 1 ( 6 )( (^2) ) 3 f x = x − x +.
Najmniejsza wartość jest przyjmowana przez funkcję f dla argumentu x 0 , który jest średnią
arytmetyczną miejsc zerowych tej funkcji. Wyznaczamy (^) x 0 i najmniejszą wartość funkcji (^) f (^) ( x 0 (^) ):
0 2 6 2 x = 2 = − (^) , (^) ( ) ( ) ( )( ) 0 2 2 6 2 2 1 16 f x = f = 3 − + = − (^3) .
II sposób rozwiązania Z treści zadania wynika, że możemy zapisać układ trzech równań:
( ) ( )
2
2 2
2 2 0 6 6 0 1 1 5
a b c a b c a b c
(^) ⋅ − + ⋅ − + = (^) ⋅ + ⋅ + = ⋅^ +^ ⋅ +^ = −
Po rozwiązaniu układu równań otrzymujemy 1
a = , 4
b = − i c = − 4.
Stąd wynika, że funkcja f określona jest wzorem: (^) ( ) 1 2 4 4 3 3 f x = x − x −.
Funkcja ta przyjmuje najmniejszą wartość dla argumentu (^0 ) (^2 )
4 3 1 3
b x a
− = = = ⋅
.
Obliczamy najmniejszą wartość funkcji: (^) ( 2 ) 1 22 4 2 4 16 f = 3 ⋅ − 3 ⋅ − = − (^3) .
Uwaga Po obliczeniu współczynników a , b i c możemy najmniejszą wartość funkcji obliczyć ze
wzoru
q
a
= − ∆^. Wtedy otrzymujemy
( ) (^ )
2
min
(^4 4 )
4 3
4 1 16 16 (^3 3 9 ) 1 4 3 3
f
− − ⋅ ⋅ − (^) + = − = − = − ⋅
.
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania ........................................................................................................................... 1 p. Zdający
- obliczy pierwszą współrzędną wierzchołka paraboli: p = 2
albo
- zapisze wzór funkcji f w postaci iloczynowej, z jednym nieznanym współczynnikiem: f (^) ( x (^) ) = a x ( − (^6) )( x + (^2) ),
albo
- zapisze trzy równania, w których niewiadomymi są współczynniki a , b , c trójmianu kwadratowego: ( ) ( ) 2
2 2
2 2 0 6 6 0 1 1 5
a b c a b c a b c
⋅ − + ⋅ − + = ⋅ + ⋅ + = ⋅ + ⋅ + = − i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ....................................................................... 2 p.
Zdający
- zapisze wzór funkcji f w postaci iloczynowej, z jednym nieznanym współczynnikiem: f (^) ( x (^) ) = a x ( − (^6) )( x + (^2) )i obliczy wartość^ a :^ a =^13
albo
- obliczy współczynniki trójmianu kwadratowego: 1 a = (^3) , 4 b = − (^3) i c = − 4
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zadanie 33. (0–4)
Punkt jest wierzchołkiem trójkąta prostokątnego ABC , którego wierzchołek A leży na
osi Ox , a wierzchołek B na osi Oy układu współrzędnych. Prosta zawierająca wysokość tego
trójkąta opuszczoną z wierzchołka C przecina przeciwprostokątną AB w punkcie.
Oblicz współrzędne wierzchołków A i B tego trójkąta oraz długość przeciwprostokątnej AB.
Przykładowe rozwiązania
I sposób rozwiązania Współczynnik kierunkowy prostej CD jest równy
4 0 4 3 0 3
D C CD D C
y y a x x
− − = = = − −
.
Prosta AB jest prostopadła do prostej CD , więc jej współczynnik kierunkowy jest równy 3 aAB = − 4.
Prosta ta przechodzi przez punkt , więc jej równanie ma postać
y = − 34 ( x − 3 ) + 4 ,
3 25 y = − 4 x + 4.
Ponieważ prosta AB przecina oś Oy w punkt B , więc B = (^) ( 0,^254 ), natomiast oś Ox w punkcie
A , więc A = ( xA , 0). Zatem
3 25 0 = − 4 xA + 4 , 25 xA = 3 ,
czyli A = (^) ( 253 , 0).
Długość przeciwprostokątnej AB jest zatem równa
C = ( 0, 0)
D = ( 3, 4)
D = ( 3, 4)
25 2 25 2 625 625 1 1 AB = 3 − 0 + 0 − 4 = 9 + 16 = 625 ⋅ 9 + 16 =
25 5 125 5 = 625 ⋅ (^916) ⋅ = 25 ⋅ (^) 3 4⋅ = 12 = 1012.
Schemat punktowania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania ........................................................................................................................... 1 p.
Zdający zapisze współczynnik kierunkowy prostej CD : aCD =^43
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ....................................................................... 2 p.
Zdający zapisze równanie prostej AB : y = − 34 ( x − 3 ) + 4
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania ...................................................................... 3 p.
Zdający obliczy współrzędne punktów A i B : A = ( 253 , 0), B = ( 0,^254 ).
Rozwiązanie pełne ................................................................................................................ 4 p.
Zdający obliczy długość przeciwprostokątnej AB trójkąta ABC : AB = 10125.
II sposób rozwiązania
Niech A = ( xA , 0)i B = ( 0, yB ). Długość odcinka CD jest równa
2 2 CD = 3 − 0 + 4 − 0 = (^5).
Z twierdzenia dla trójkątów ACD i BDC otrzymujemy 2 2 2 AD + CD = AC i 2 2 2 CD + BD = BC ,
( (^ )^ (^ ) )
2 2 2 3 4 0 52 2
− xA + − + = xA i ( ( ) ( ) )
2 2 2 3 0 4 52 2 − + − y (^) B + = yB ,
9 6 2 16 25 2 − xA + x (^) A + + = xA i 9 16 8 2 25 2
- − yB + y (^) B + = yB , 50 = 6 xA i 50 = 8 yB , 50 25 1 xA = 6 = 3 = 83 i 50 25 1 yB = 8 = 4 = 64.
Zatem A = ( 253 , 0)i B = ( 0,^254 ).
Długość przeciwprostokątnej AB jest zatem równa
25 2 25 2 625 625 1 1 AB = 3 − 0 + 0 − 4 = 9 + 16 = 625 ⋅ 9 + 16 =
25 5 125 5 = 625 ⋅ (^916) ⋅ = 25 ⋅ (^) 3 4⋅ = 12 = 1012.
Zadanie 3 4. (0–5)
Podstawą graniastosłupa prostego jest trójkąt prostokątny , w którym
S ACB = 90 ° (zobacz rysunek). Stosunek długości przyprostokątnej AC tego trójkąta do
długości przyprostokątnej BC jest równy 4 : 3. Punkt S jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie ABC , a długość odcinka SC jest równa 5. Pole ściany bocznej BEFC graniastosłupa
jest równe 48. Oblicz objętość tego graniastosłupa.
Przykładowe rozwiązanie Odcinek CS jest promieniem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Zatem
CS = AS = BS = 5 ,
skąd otrzymujemy AB = 10.
Ponieważ stosunek długości przyprostokątnej AC do długości przyprostokątnej BC jest równy
4 : 3, więc możemy przyjąć AC = 4 x oraz BC = 3 x , gdzie x oznacza współczynnik
proporcjonalności. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równanie
2 2 2 10 = 4 x + 3 x , 100 = 25 x^2 , x^2^ = 4 , x = 2.
Zatem AB = 8 oraz BC = 6. Pole trójkąta ABC jest równe
1 8 6 24 2
P = ⋅ ⋅ =.
Pole ściany bocznej BEFC jest równe 48, więc
BC ⋅ H = 48 , gdzie BE = H to wysokość graniastosłupa. 6 ⋅ H = 48 , H = 8. Objętość graniastosłupa jest równa V = Pp ⋅ H = 24 8⋅ = 192.
ABCDEF ABC
C
A B S
D (^) E
F
Schemat punktowania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania ............................................................................................................. 1 p. Zdający
- obliczy długość przeciwprostokątnej trójkąta ABC : AB^ =^10
albo
- zapisze zależność między długościami przyprostokątnych trójkąta ABC , np.: 4 3
b a
= (^) lub ( AC = 4 x i BC = 3 x )
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny ........................................................................ 2 p. Zdający zapisze
- równanie pozwalające obliczyć długości przyprostokątnych, np.: (^) ( ) ( ) (^2 2 ) 3 x + 4 x = 10
albo
- układ równań pozwalający obliczyć długości przyprostokątnych, np.: 4 3
b a
= i a^2 + b^2 = 102
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania....................................................................... 3 p.
Zdający obliczy długości boków trójkąta ABC : AB = 10 , AC = 8 , BC = 6 i na tym
poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Uwaga Akceptujemy rozwiązanie, w którym zdający wykorzystuje trójkę pitagorejską (6, 8, 10).
Rozwiązanie prawie pełne ................................................................................................... 4 p. Zdający
- nie obliczy objętości bryły, ale obliczy wysokość graniastosłupa: H = 8 albo
- obliczy objętość graniastosłupa, popełniając w trakcie rozwiązania błędy rachunkowe.
Rozwiązanie pełne ................................................................................................................ 5 p. Zdający obliczy objętość graniastosłupa: (^) V = 192.
Uwagi
- Jeżeli zdający rozważa w podstawie graniastosłupa trójkąt inny niż do trójkąta o bokach 6, 8, 10, ale podobny do tego trójkąta o bokach 6, 8, 10, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty.
- Jeżeli zdający rozkłada liczbę 48 na iloczyn 8 · 6 i przyjmuje, że 6 jest długością BC , a następnie wyznacza pole podstawy i objętość bryły, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty.