{"id":"matematyka-2013-czerwiec-matura-podstawowa/zad/2","paper_id":"matematyka-2013-czerwiec-matura-podstawowa","number":"2","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2013,"month":"czerwiec","level":"podstawowa","text":"Zadanie 2. (1 pkt)\nDodatnia liczba x stanowi 70% liczby y. Wówczas\nA.\n13\n10\ny\nx\n\nB.\n7\n10\ny\nx\n\nC.\n10\n7\ny\nx\n\nD.\n10\n13\ny\nx\n\nDodatnia liczba x stanowi 70 procent liczby y. Wówczas A. y = 13/10 x, B. y = 7/10 x, C. y = 10/7 x, D. y = 10/13 x.","answer":"C","answer_text":"2 punkty.\nII sposób rozwiązania\nZauważamy, że suma\n2\n3\n4\n5\n6\n7\n1 2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n\n\n\n\n\n\n\njest sumą\nośmiu początkowych wyrazów ciągu geometrycznego, w którym\n1\n1\na ,\n2013\nq \ni\n7\n8\n2013\na \nStąd\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n4\n4\n2\n2\n4\n8\n8\n1 2013\n1\n2013\n1 2013\n1\n2013\n1\n2013\n1 2013\n1 1 2013\n1 2013\n1 2013\n1 2013\nS\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n2\n4\n1\n2013 1\n2013\n1\n2013\n1 2013\n\n\n\n\n\n\n\n2\n4\n2014 1\n2013\n1\n2013\n\n\n\n\nZatem liczba \n\n\n2\n4\n1 2013\n1 2013\n\n\njest dzielnikiem liczby\n2\n3\n4\n5\n6\n7\n1 2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n\n\n\n\n\n\n\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy:\n zauważy, że liczba\n2\n3\n4\n5\n6\n7\n1 2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n\n\n\n\n\n\n\njest sumą\nośmiu wyrazów ciągu geometrycznego, w którym\n1\n1\na ,\n2013\nq \ni\n7\n8\n2013\na \nalbo\n zapisze, że\n8\n8\n1 2013\n1 1 2013\nS\n\n\n\nZdający otrzymuje 2 pkt\ngdy przeprowadzi pełne rozumowanie i zapisze\n\n\n\n\n2\n3\n4\n5\n6\n7\n2\n4\n1 2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n1 2013 1 2013\n1\n2013\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nIII sposób rozwiązania\nZauważamy, że liczbę\n2\n3\n4\n5\n6\n7\n1 2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n2013\n\n\n\n\n\n\n\nmożna zapisać\nw postaci, np.: \n\n\n\n\n\n\n\n4\n4\n2\n4\n3\n4\n1 2013\n2013 1 2013\n2013 1 2013\n2013 1 2013\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n4\n2\n3\n4\n2\n2\n1 2013\n1 2013\n2013\n2013\n1 2013\n1 2013\n2013 1 2013\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n4\n2\n2\n4\n2\n1 2013\n1 2013\n2013 1 2013\n1 2013\n1 2013\n1 2013\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nZatem liczba \n\n\n2\n4\n1 2013\n1 2013\n\n\njest dzielnikiem liczby\n2\n7\n1 2013\n2013\n2013\n\n\n\n\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\nSchemat oceniania III sposobu rozwiązania\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy zapisze liczbę\n2\n7\n1 2013 2013\n2013\n\n\n\n\nw postaci \n\n\n4\n2\n3\n1 2013\n1 2013\n2013\n2013\n\n\n\n\ni nie zauważy, że liczbę \n\n2\n3\n1 2013 2013\n2013\n\n\n\nmożna zapisać w postaci \n\n\n2\n1 2013\n1 2013\n\n\nZdający otrzymuje 2 pkt\ngdy przeprowadzi pełne rozumowanie.\nZadania 31. (2 pkt)\nNieskończony ciąg geometryczny \nna\njest określony wzorem\n1\n7 3n\nna\n\n\n, dla\n1\nn . Oblicz\niloraz q tego ciągu.\nRozwiązanie (I sposób)\nPonieważ ciąg \nna\njest geometryczny, więc wystarczy obliczyć dwa kolejne wyrazy tego\nciągu, np.\n1 1\n1\n7 3\n7 9\na\n\n\n oraz\n2 1\n2\n7 3\n7 27\na\n\n\n\n. Iloraz ciągu \nna\njest więc równy\n2\n1\n7 27\n3\n7 9\na\nq\na\n\n\n\n\n\nRozwiązanie (II sposób)\nPierwszy wyraz ciągu \nna\njest równy\n1 1\n1\n7 3\n63\na\n\n\n\n. Ponieważ ciąg \nna\njest\ngeometryczny oraz\n1\n1\n1\n1\n1\n7 3\n7 3\n3\n21 3\n63 3\n3\nn\nn\nn\nn\nn\nn\na\na\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, więc ze wzoru na n-ty\nwyraz ciągu geometrycznego wynika, że iloraz tego ciągu jest równy\n3\nq \nRozwiązanie (III sposób)\nPonieważ wszystkie wyraz ciągu \nna\nsą różne od zera, więc iloraz q tego ciągu jest równy\n1\n7\nn\nn\na\nq\na\n\n\n\n\n1\n1\n3\n7\nn\n\n1\n3\n3n\n\n\ndla\n1\nn .\nRozwiązanie (IV sposób)\nDla każdego\n1\nn  mamy\n\n\n1\n1\n1\n1\n1\n1\n7 3\n7 3\n3\n3 7 3\n3\nn\nn\nn\nn\nn\na\na\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, więc ciąg \nna\njest geometryczny, a jego iloraz jest równy 3.\nSchemat oceniania\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy\n obliczy dwa kolejne wyrazy ciągu \nna\n, np.:\n1 1\n1\n7 3\n7 9\na\n\n\n oraz\n2 1\n2\n7 3\n7 27\na\n\n\n\noraz poprawnie zapisze relację między tymi wyrazami, np.:\n2\n1\na\na q\n\n i na tym\npoprzestanie lub błędnie obliczy iloraz ciągu\nalbo\n obliczy pierwszy wyraz ciągu i zapisze n-ty wyraz ciągu w postaci\n1\n63 3n\nna\n\n\n\ni na\ntym poprzestanie lub błędnie poda iloraz ciągu.\nalbo\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\n wyznaczy\n1\nn  wyraz ciągu \nna\noraz poprawnie zapisze relację między wyrazami,\nnp.:\n1\nn\nn\na\nq\na\n\n\nlub\n1\nn\nn\na\na\nq\n\n\ni na tym poprzestanie lub błędnie obliczy iloraz ciągu.\nZdający otrzymuje 2 pkt\ngdy obliczy iloraz q:\n3\nq \nUwaga\nJeżeli zdający poda od razu iloraz ciągu\n3\nq \n, to otrzymuje 2 punkty.\nZadanie 32. (4 pkt)\nPodstawą graniastosłupa ABCDEFGH jest prostokąt ABCD (zobacz rysunek), którego\nkrótszy bok ma długość 3. Przekątna prostokąta ABCD tworzy z jego dłuższym bokiem kąt\n30. Przekątna HB graniastosłupa tworzy z płaszczyzną jego podstawy kąt 60.Oblicz\nobjętość tego graniastosłupa.\nRozwiązanie (krawędź podstawy AB, przekątna BD i wysokość DH graniastosłupa)\nUwaga\nStrategia rozwiązania tego zadania sprowadza się do realizacji następujących etapów\nrozwiązania:\n obliczenie długości dłuższej krawędzi podstawy graniastosłupa, ew. długości\nprzekątnej podstawy i wysokości tego graniastosłupa\n obliczenie pola podstawy graniastosłupa\n obliczenie objętości ostrosłupa.\nA\nB\nC\nD\nE\nF\nG\nH\nA\nB\nC\nD\nE\nF\nG\nH\n30\n60\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\nNiech\n3\nAD \n. Z definicji tangensa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym ABD wynika, że\ntg30\nAD\nAB \n, stąd\n3 3\nAB \nZ twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta ABD otrzymujemy\n\n\n2\n23\n3 3\n6\nBD \n\n\nPole P podstawy graniastosłupa (pole prostokąta ABCD) jest równe:\n9 3\nP \nA teraz z definicji tangensa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym BDH otrzymujemy, że\ntg60\nDH\nBD \n, stąd\n6 3\nDH \nObliczamy zatem objętość graniastosłupa ABCDEFGH:\n9 3 6 3\n162\nV \n\n\nSchemat oceniania rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 pkt\nObliczenie\n długości dłuższej krawędzi podstawy graniastosłupa:\n3 3\nAB \nalbo\n długości przekątnej podstawy graniastosłupa:\n6\nBD \nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt\nObliczenie\n długości dłuższej krawędzi podstawy graniastosłupa i długości przekątnej podstawy\ngraniastosłupa:\n3 3\nAB \n,\n6\nBD \nalbo\n pola podstawy graniastosłupa:\n3\nsin60\n3 6\n9 3\n2\nABCD\nP\nBC\nBD\n\n\n\n\n\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt\nObliczenie\n długości dłuższej krawędzi podstawy graniastosłupa i długości przekątnej podstawy\ngraniastosłupa i wysokości graniastosłupa:\n3 3\nAB \n,\n6\nBD \n,\n6 3\nDH \nalbo\n pola\npodstawy\ngraniastosłupa\ni\nwysokości\ngraniastosłupa:","solution":null,"image":"img/matematyka-2013-czerwiec-matura-podstawowa/zad-2.webp","solution_image":"img/matematyka-2013-czerwiec-matura-podstawowa/sol-2.svg","topics":"algebra","page_from":2,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2013 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 2. (1 pkt)
Dodatnia liczba x stanowi 70% liczby y. Wówczas
A.
13
10
y
x

B.
7
10
y
x

C.
10
7
y
x

D.
10
13
y
x

Dodatnia liczba x stanowi 70 procent liczby y. Wówczas A. y = 13/10 x, B. y = 7/10 x, C. y = 10/7 x, D. y = 10/13 x.

","answer_text_html":"

2 punkty.
II sposób rozwiązania
Zauważamy, że suma
2
3
4
5
6
7
1 2013
2013
2013
2013
2013
2013
2013







jest sumą
ośmiu początkowych wyrazów ciągu geometrycznego, w którym
1
1
a ,
2013
q 
i
7
8
2013
a 
Stąd









4
4
2
2
4
8
8
1 2013
1
2013
1 2013
1
2013
1
2013
1 2013
1 1 2013
1 2013
1 2013
1 2013
S



















2
4
1
2013 1
2013
1
2013
1 2013







2
4
2014 1
2013
1
2013




Zatem liczba 


2
4
1 2013
1 2013


jest dzielnikiem liczby
2
3
4
5
6
7
1 2013
2013
2013
2013
2013
2013
2013







Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy:
 zauważy, że liczba
2
3
4
5
6
7
1 2013
2013
2013
2013
2013
2013
2013







jest sumą
ośmiu wyrazów ciągu geometrycznego, w którym
1
1
a ,
2013
q 
i
7
8
2013
a 
albo
 zapisze, że
8
8
1 2013
1 1 2013
S



Zdający otrzymuje 2 pkt
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie i zapisze




2
3
4
5
6
7
2
4
1 2013
2013
2013
2013
2013
2013
2013
1 2013 1 2013
1
2013











III sposób rozwiązania
Zauważamy, że liczbę
2
3
4
5
6
7
1 2013
2013
2013
2013
2013
2013
2013







można zapisać
w postaci, np.: 







4
4
2
4
3
4
1 2013
2013 1 2013
2013 1 2013
2013 1 2013















4
2
3
4
2
2
1 2013
1 2013
2013
2013
1 2013
1 2013
2013 1 2013
























4
2
2
4
2
1 2013
1 2013
2013 1 2013
1 2013
1 2013
1 2013













Zatem liczba 


2
4
1 2013
1 2013


jest dzielnikiem liczby
2
7
1 2013
2013
2013




Schemat oceniania
Poziom podstawowy
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy zapisze liczbę
2
7
1 2013 2013
2013




w postaci 


4
2
3
1 2013
1 2013
2013
2013




i nie zauważy, że liczbę 

2
3
1 2013 2013
2013



można zapisać w postaci 


2
1 2013
1 2013


Zdający otrzymuje 2 pkt
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Zadania 31. (2 pkt)
Nieskończony ciąg geometryczny 
na
jest określony wzorem
1
7 3n
na


, dla
1
n . Oblicz
iloraz q tego ciągu.
Rozwiązanie (I sposób)
Ponieważ ciąg 
na
jest geometryczny, więc wystarczy obliczyć dwa kolejne wyrazy tego
ciągu, np.
1 1
1
7 3
7 9
a


 oraz
2 1
2
7 3
7 27
a



. Iloraz ciągu 
na
jest więc równy
2
1
7 27
3
7 9
a
q
a





Rozwiązanie (II sposób)
Pierwszy wyraz ciągu 
na
jest równy
1 1
1
7 3
63
a



. Ponieważ ciąg 
na
jest
geometryczny oraz
1
1
1
1
1
7 3
7 3
3
21 3
63 3
3
n
n
n
n
n
n
a
a












, więc ze wzoru na n-ty
wyraz ciągu geometrycznego wynika, że iloraz tego ciągu jest równy
3
q 
Rozwiązanie (III sposób)
Ponieważ wszystkie wyraz ciągu 
na
są różne od zera, więc iloraz q tego ciągu jest równy
1
7
n
n
a
q
a




1
1
3
7
n

1
3
3n


dla
1
n .
Rozwiązanie (IV sposób)
Dla każdego
1
n  mamy


1
1
1
1
1
1
7 3
7 3
3
3 7 3
3
n
n
n
n
n
a
a










, więc ciąg 
na
jest geometryczny, a jego iloraz jest równy 3.
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy
 obliczy dwa kolejne wyrazy ciągu 
na
, np.:
1 1
1
7 3
7 9
a


 oraz
2 1
2
7 3
7 27
a



oraz poprawnie zapisze relację między tymi wyrazami, np.:
2
1
a
a q

 i na tym
poprzestanie lub błędnie obliczy iloraz ciągu
albo
 obliczy pierwszy wyraz ciągu i zapisze n-ty wyraz ciągu w postaci
1
63 3n
na



i na
tym poprzestanie lub błędnie poda iloraz ciągu.
albo
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
 wyznaczy
1
n  wyraz ciągu 
na
oraz poprawnie zapisze relację między wyrazami,
np.:
1
n
n
a
q
a


lub
1
n
n
a
a
q


i na tym poprzestanie lub błędnie obliczy iloraz ciągu.
Zdający otrzymuje 2 pkt
gdy obliczy iloraz q:
3
q 
Uwaga
Jeżeli zdający poda od razu iloraz ciągu
3
q 
, to otrzymuje 2 punkty.
Zadanie 32. (4 pkt)
Podstawą graniastosłupa ABCDEFGH jest prostokąt ABCD (zobacz rysunek), którego
krótszy bok ma długość 3. Przekątna prostokąta ABCD tworzy z jego dłuższym bokiem kąt
30. Przekątna HB graniastosłupa tworzy z płaszczyzną jego podstawy kąt 60.Oblicz
objętość tego graniastosłupa.
Rozwiązanie (krawędź podstawy AB, przekątna BD i wysokość DH graniastosłupa)
Uwaga
Strategia rozwiązania tego zadania sprowadza się do realizacji następujących etapów
rozwiązania:
 obliczenie długości dłuższej krawędzi podstawy graniastosłupa, ew. długości
przekątnej podstawy i wysokości tego graniastosłupa
 obliczenie pola podstawy graniastosłupa
 obliczenie objętości ostrosłupa.
A
B
C
D
E
F
G
H
A
B
C
D
E
F
G
H
30
60
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
Niech
3
AD 
. Z definicji tangensa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym ABD wynika, że
tg30
AD
AB 
, stąd
3 3
AB 
Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta ABD otrzymujemy


2
23
3 3
6
BD 


Pole P podstawy graniastosłupa (pole prostokąta ABCD) jest równe:
9 3
P 
A teraz z definicji tangensa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym BDH otrzymujemy, że
tg60
DH
BD 
, stąd
6 3
DH 
Obliczamy zatem objętość graniastosłupa ABCDEFGH:
9 3 6 3
162
V 


Schemat oceniania rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 pkt
Obliczenie
 długości dłuższej krawędzi podstawy graniastosłupa:
3 3
AB 
albo
 długości przekątnej podstawy graniastosłupa:
6
BD 
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt
Obliczenie
 długości dłuższej krawędzi podstawy graniastosłupa i długości przekątnej podstawy
graniastosłupa:
3 3
AB 
,
6
BD 
albo
 pola podstawy graniastosłupa:
3
sin60
3 6
9 3
2
ABCD
P
BC
BD





Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt
Obliczenie
 długości dłuższej krawędzi podstawy graniastosłupa i długości przekątnej podstawy
graniastosłupa i wysokości graniastosłupa:
3 3
AB 
,
6
BD 
,
6 3
DH 
albo
 pola
podstawy
graniastosłupa
i
wysokości
graniastosłupa:

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2013-czerwiec-matura-podstawowa/sol-2.svg"}]}