{"id":"matematyka-2016-nowa-era-probna-podstawowa/zad/5","paper_id":"matematyka-2016-nowa-era-probna-podstawowa","number":"5","points":0,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"probna","year":2016,"month":null,"level":"podstawowa","text":"Zadanie 5. (0-1)\nIloraz liczby 8\n4\n10\n14\nprzez liczbę 6\n4\n4\n3\n6$\njest równy\nA. 3\n1\nB. 6\n1\nC. 226\nD. 230","answer":"C","answer_text":"5 4 3\n4 6\n5\n2\n$\n$\n$\nX\n^ h\nSchemat oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania\n1 pkt\nZdający\n• zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych: |X| = 5 ∙ 4 ∙ 3 = 60.\nalbo\n• zauważy, że liczby sprzyjające zdarzeniu A muszą się składać z następujących trójek cyfr: {1, 2, 3},\n{1, 2, 6}, {1, 2, 9}, {3, 6, 9}.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp\n2 pkt\nZdający\n• zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych oraz zauważy, że liczby sprzyjające zdarzeniu A\nmuszą się składać z następujących trójek cyfr: {1, 2, 3}, {1, 2, 6}, {1, 2, 9}, {3, 6, 9}.\nalbo\n• wypisze wyniki sprzyjające zdarzeniu A.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania\n3 pkt\nZdający zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych oraz liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych\nsprzyjających zdarzeniu A:\n|X| = 5 ∙ 4 ∙ 3 (lub |X| = 60), |A| = 4 ∙ 6 (lub |A| = 24).\nRozwiązanie pełne\n4 pkt\nZdający obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia i poda wynik w postaci ułamka nieskracalnego lub\ndzisiętnego: P A\n5\n2\n^ h\n14 z 18\nPróbny egzamin maturalny z Nową Erą\nMatematyka - poziom podstawowy\nUwagi\n1. Jeżeli zdający stosuje różne modele probabilistyczne do obliczenia |X| i |A|, to otrzymuje 0 punktów.\n2. Jeżeli z zapisu rozwiązania nie wynika jasno, że zdający rozróżnia pojęcia przestrzeni zdarzeń\nelementarnych oraz zbioru zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A (np. pojawi się\njedynie zapis 5 ∙ 4 ∙ 3 = 60 albo 4 ∙ 6 = 24 bez żadnego opisu czy powszechnie używanej symboliki),\nto otrzymuje 0 punktów.\nII sposób (metoda drzewa)\nLosowanie z koszyka kolejno bez zwracania trzech ponumerowanych kul możemy zilustrować za\npomocą drzewa. Na rysunku uwzględniamy jedynie gałęzie sprzyjające zdarzeniu A\nZatem prawdopodobieństwo zdarzenia A:\nP A\n24 5\n1\n4\n1\n3\n1\n5\n2\n$\n$\n$\n^ h\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania\n1 pkt\nZdający narysuje drzewo ze wszystkimi istotnymi gałęziami.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp\n2 pkt\nZdający poprawnie zaznaczy prawdopodobieństwo przynajmniej na jednym odcinku gałęzi\nodpowiadającej zdarzeniu A.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania\n3 pkt\nZdający poprawnie zaznaczy prawdopodobieństwa na wszystkich odcinkach przynajmniej jednej\ngałęzi sprzyjającej zdarzeniu A.\nRozwiązanie pełne\n4 pkt\nZdający obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A i poda wynik w postaci ułamka nieskracalnego lub\ndzisiętnego: P A\n5\n2\n^ h\n2\n3\n6\n9\n1\n3\n6\n9\n3\n6\n9\n1\n1\n1\n3\n6\n9\n2\n2\n2\n1\n2\n6\n9\n2\n1\n9\n6\n1\n2\n3\n9\n2\n1\n9\n3\n1\n2\n3\n6\n2\n1\n6\n3\n3\n1\n4\n1\n5\n1\n1\n2\n3\n6\n9\n15 z 18\nPróbny egzamin maturalny z Nową Erą\nMatematyka - poziom podstawowy\nZadanie 32. (0-4)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie\nstrategii.\n8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający:\n1) wyznacza równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty\n(w postaci kierunkowej lub ogólnej);\n3) wyznacza równanie prostej, która jest równoległa lub prostopadła do\nprostej danej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt;\n4) oblicza współrzędne punktu przecięcia dwóch prostych;\n5) wyznacza współrzędne środka odcinka.\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nUstalamy (np. przez podstawienie współrzędnych punktu A), że prosta y\nx\n3\n1\n3\n7\nzawiera\nprzyprostokątną AC tego trójkąta. Prosta BC jest prostopadła do prostej AC i przechodzi przez\npunkt B = (7, -2), więc jej równanie ma postać: y = -3x + b, zatem -2 = (-3) ∙ 7 + b, stąd b = 19.\nOstatecznie prosta BC: y = -3x + 19.\nWspółrzędne punktu C obliczamy, rozwiązując układ zbudowany z równań prostych AC oraz BC:\ny\nx\ny\nx\n3\n1\n3\n7\n3\n19\nPo zastosowaniu metody podstawiania otrzymujemy równanie:\nx\nx\n3\n1\n3\n7\n3\n19\nx\n3\n10\n3\n50\nx = 5\nPodstawiamy wyznaczony x np. do pierwszego równania układu:\ny\n3\n1 5\n3\n7\n4\n$\nZatem rozwiązaniem układu jest para liczb x\ny\n5\n4\n(\n, stąd wierzchołek C = (5, 4).\nKorzystając ze wzoru na środek odcinka, wyznaczamy współrzędne punktu S będącego środkiem\nodcinka AC:\n,\nS\n2\n1\n2\n5\nj.\nZe wzoru na długość odcinka obliczamy długość środkowej BS:\nBS\n7\n2\n1\n2\n2\n5\n2\n5 10\n2\n2\nj\nj\nx\ny\n0\n2\n1\n-1\n-2\n-3\n-4\n3\n4\n5\n6\n7\n1\n-1\n-2\n-3\n2\n3\n4\n5\nA\nB\nC\nS\n16 z 18\nPróbny egzamin maturalny z Nową Erą\nMatematyka - poziom podstawowy\nSchemat oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania\n1 pkt\nZdający wyznaczy równanie prostej BC: y = -3x + 19.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp\n2 pkt\nZdający obliczy współrzędne wierzchołka C = (5, 4).\nPokonanie zasadniczych trudności zadania\n3 pkt\nZdający wyznaczy współrzędne punktu\n,\nS\n2\n1\n2\n5\nj - środka odcinka AC.\nRozwiązanie pełne\n4 pkt\nZdający obliczy długość środkowej BS: BS\n2\n5 10\nII sposób\nUstalamy (np. przez podstawienie współrzędnych punktu A), że prosta y\nx\n3\n1\n3\n7\nzawiera\nprzyprostokątną AC tego trójkąta. Równanie ogólne tej prostej to: x - 3y + 7 = 0.\nObliczamy długość boku BC, korzystając ze wzoru na odległość punktu od prostej:\n,\nBC\nd B AC\n10\n7\n6\n7\n2 10\nh\nNastępnie wyznaczamy długość przeciwprostokątnej AB ze wzoru na długość odcinka: AB\n130\noraz długość boku AC z twierdzenia Pitagorasa: AC\n3 10\n. Z definicji środkowej CS\n2\n3 10\n,\nwięc z twierdzenia Pitagorasa BS\n2\n3 10\n2 10\n2\n5 10\n2\n2\nc\nm\nh\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania\n1 pkt\nZdający\n• obliczy długość boku BC: BC\n2 10\nalbo\n• wyznaczy długość przeciwprostokątnej AB: AB\n130\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp\n2 pkt\nZdający obliczy długość boku BC: BC\n2 10\ni długość przeciwprostokątnej AB: AB\n130\nPokonanie zasadniczych trudności zadania\n3 pkt\nZdający obliczy długość odcinka CS: CS\n2\n3 10\nx\ny\n0\n2\n1\n-1\n-2\n-3\n-4\n3\n4\n5\n6\n7\n1\n-1\n-2\n-3\n2\n3\n4\n5\nA\nB\nC\nS\n17 z 18\nPróbny egzamin maturalny z Nową Erą\nMatematyka - poziom podstawowy\nRozwiązanie pełne\n4 pkt\nZdający obliczy długość środkowej BS: BS\n2\n5 10\nZadanie 33. (0-5)\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie\nstrategii.\n9.5. Stereometria.\nZdający określa, jaką figurą jest dany przekrój prostopadłościanu\npłaszczyzną.\nGimnazjum\n11.2. Bryły.\nZdający oblicza pole powierzchni i objętość graniastosłupa prostego,\nostrosłupa, walca, stożka, kuli (także w zadaniach osadzonych\nw kontekście praktycznym).\nPrzykładowe rozwiązanie\nW przekroju otrzymujemy trójkąt DBC', w którym wysokość OC' jest o 4 dłuższa od przekątnej BD.\nPrzyjmijmy oznaczenie: |BD| = d, d > 0. Z informacji o polu przekroju zapisujemy równanie:\nd d\n2\n1\n4\n48\nh\nd\nd\n4\n96\n0\n2 +\n= . Stąd d\n12\n1 =-\n, d\n8\n2 = .\nPonieważ długość odcinka jest dodatnia, więc |BD| = 8, czyli |OC'| = 12, |OC| = 4.\nZ twierdzenia Pitagorasa w trójkącie OCC' obliczamy |CC'| - wysokość graniastosłupa:\nCC\n12\n4\n8 2\n2\n2\nl\nPole podstawy graniastosłupa:\nd\nP\n2\n1\n32\np\n2\nObjętość graniastosłupa: V\n32 8 2\n256 2\n$\nSchemat oceniania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania\n1 pkt\nZdający zaznaczy w graniastosłupie przekrój DBC'.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp\n2 pkt\nZdający zinterpretuje przekrój jako trójkąt o wysokości OC' i podstawie BD oraz zapisze równanie\nd d\n2\n1\n4\n48\nh\nwynikające ze wzoru na pole trójkąta.\nA\nB\nC\nC\nD\nA\nD\nO\nB","solution":null,"image":"img/matematyka-2016-nowa-era-probna-podstawowa/zad-5.webp","solution_image":null,"topics":"algebra","page_from":2,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura próbna · 2016 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura próbna","text_html":"

Zadanie 5. (0-1)
Iloraz liczby 8
4
10
14
przez liczbę 6
4
4
3
6$
jest równy
A. 3
1
B. 6
1
C. 226
D. 230

","answer_text_html":"

5 4 3
4 6
5
2
$
$
$
X
^ h
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania
1 pkt
Zdający
• zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych: |X| = 5 ∙ 4 ∙ 3 = 60.
albo
• zauważy, że liczby sprzyjające zdarzeniu A muszą się składać z następujących trójek cyfr: {1, 2, 3},
{1, 2, 6}, {1, 2, 9}, {3, 6, 9}.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp
2 pkt
Zdający
• zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych oraz zauważy, że liczby sprzyjające zdarzeniu A
muszą się składać z następujących trójek cyfr: {1, 2, 3}, {1, 2, 6}, {1, 2, 9}, {3, 6, 9}.
albo
• wypisze wyniki sprzyjające zdarzeniu A.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania
3 pkt
Zdający zapisze liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych oraz liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych
sprzyjających zdarzeniu A:
|X| = 5 ∙ 4 ∙ 3 (lub |X| = 60), |A| = 4 ∙ 6 (lub |A| = 24).
Rozwiązanie pełne
4 pkt
Zdający obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia i poda wynik w postaci ułamka nieskracalnego lub
dzisiętnego: P A
5
2
^ h
14 z 18
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom podstawowy
Uwagi

\n
  1. Jeżeli zdający stosuje różne modele probabilistyczne do obliczenia |X| i |A|, to otrzymuje 0 punktów.
  2. Jeżeli z zapisu rozwiązania nie wynika jasno, że zdający rozróżnia pojęcia przestrzeni zdarzeń
\n

elementarnych oraz zbioru zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A (np. pojawi się
jedynie zapis 5 ∙ 4 ∙ 3 = 60 albo 4 ∙ 6 = 24 bez żadnego opisu czy powszechnie używanej symboliki),
to otrzymuje 0 punktów.
II sposób (metoda drzewa)
Losowanie z koszyka kolejno bez zwracania trzech ponumerowanych kul możemy zilustrować za
pomocą drzewa. Na rysunku uwzględniamy jedynie gałęzie sprzyjające zdarzeniu A
Zatem prawdopodobieństwo zdarzenia A:
P A
24 5
1
4
1
3
1
5
2
$
$
$
^ h
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania
1 pkt
Zdający narysuje drzewo ze wszystkimi istotnymi gałęziami.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp
2 pkt
Zdający poprawnie zaznaczy prawdopodobieństwo przynajmniej na jednym odcinku gałęzi
odpowiadającej zdarzeniu A.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania
3 pkt
Zdający poprawnie zaznaczy prawdopodobieństwa na wszystkich odcinkach przynajmniej jednej
gałęzi sprzyjającej zdarzeniu A.
Rozwiązanie pełne
4 pkt
Zdający obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A i poda wynik w postaci ułamka nieskracalnego lub
dzisiętnego: P A
5
2
^ h
2
3
6
9
1
3
6
9
3
6
9
1
1
1
3
6
9
2
2
2
1
2
6
9
2
1
9
6
1
2
3
9
2
1
9
3
1
2
3
6
2
1
6
3
3
1
4
1
5
1
1
2
3
6
9
15 z 18
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom podstawowy
Zadanie 32. (0-4)
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Użycie i tworzenie
strategii.

\n
  1. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający:
  2. wyznacza równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty
\n

(w postaci kierunkowej lub ogólnej);

\n
  1. wyznacza równanie prostej, która jest równoległa lub prostopadła do
\n

prostej danej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt;

\n
  1. oblicza współrzędne punktu przecięcia dwóch prostych;
  2. wyznacza współrzędne środka odcinka.
\n

Przykładowe rozwiązania
I sposób
Ustalamy (np. przez podstawienie współrzędnych punktu A), że prosta y
x
3
1
3
7
zawiera
przyprostokątną AC tego trójkąta. Prosta BC jest prostopadła do prostej AC i przechodzi przez
punkt B = (7, -2), więc jej równanie ma postać: y = -3x + b, zatem -2 = (-3) ∙ 7 + b, stąd b = 19.
Ostatecznie prosta BC: y = -3x + 19.
Współrzędne punktu C obliczamy, rozwiązując układ zbudowany z równań prostych AC oraz BC:
y
x
y
x
3
1
3
7
3
19
Po zastosowaniu metody podstawiania otrzymujemy równanie:
x
x
3
1
3
7
3
19
x
3
10
3
50
x = 5
Podstawiamy wyznaczony x np. do pierwszego równania układu:
y
3
1 5
3
7
4
$
Zatem rozwiązaniem układu jest para liczb x
y
5
4
(
, stąd wierzchołek C = (5, 4).
Korzystając ze wzoru na środek odcinka, wyznaczamy współrzędne punktu S będącego środkiem
odcinka AC:
,
S
2
1
2
5
j.
Ze wzoru na długość odcinka obliczamy długość środkowej BS:
BS
7
2
1
2
2
5
2
5 10
2
2
j
j
x
y
0
2
1
-1
-2
-3
-4
3
4
5
6
7
1
-1
-2
-3
2
3
4
5
A
B
C
S
16 z 18
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom podstawowy
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania
1 pkt
Zdający wyznaczy równanie prostej BC: y = -3x + 19.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp
2 pkt
Zdający obliczy współrzędne wierzchołka C = (5, 4).
Pokonanie zasadniczych trudności zadania
3 pkt
Zdający wyznaczy współrzędne punktu
,
S
2
1
2
5
j - środka odcinka AC.
Rozwiązanie pełne
4 pkt
Zdający obliczy długość środkowej BS: BS
2
5 10
II sposób
Ustalamy (np. przez podstawienie współrzędnych punktu A), że prosta y
x
3
1
3
7
zawiera
przyprostokątną AC tego trójkąta. Równanie ogólne tej prostej to: x - 3y + 7 = 0.
Obliczamy długość boku BC, korzystając ze wzoru na odległość punktu od prostej:
,
BC
d B AC
10
7
6
7
2 10
h
Następnie wyznaczamy długość przeciwprostokątnej AB ze wzoru na długość odcinka: AB
130
oraz długość boku AC z twierdzenia Pitagorasa: AC
3 10
. Z definicji środkowej CS
2
3 10
,
więc z twierdzenia Pitagorasa BS
2
3 10
2 10
2
5 10
2
2
c
m
h
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania
1 pkt
Zdający
• obliczy długość boku BC: BC
2 10
albo
• wyznaczy długość przeciwprostokątnej AB: AB
130
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp
2 pkt
Zdający obliczy długość boku BC: BC
2 10
i długość przeciwprostokątnej AB: AB
130
Pokonanie zasadniczych trudności zadania
3 pkt
Zdający obliczy długość odcinka CS: CS
2
3 10
x
y
0
2
1
-1
-2
-3
-4
3
4
5
6
7
1
-1
-2
-3
2
3
4
5
A
B
C
S
17 z 18
Próbny egzamin maturalny z Nową Erą
Matematyka - poziom podstawowy
Rozwiązanie pełne
4 pkt
Zdający obliczy długość środkowej BS: BS
2
5 10
Zadanie 33. (0-5)
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Użycie i tworzenie
strategii.
9.5. Stereometria.
Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój prostopadłościanu
płaszczyzną.
Gimnazjum
11.2. Bryły.
Zdający oblicza pole powierzchni i objętość graniastosłupa prostego,
ostrosłupa, walca, stożka, kuli (także w zadaniach osadzonych
w kontekście praktycznym).
Przykładowe rozwiązanie
W przekroju otrzymujemy trójkąt DBC', w którym wysokość OC' jest o 4 dłuższa od przekątnej BD.
Przyjmijmy oznaczenie: |BD| = d, d > 0. Z informacji o polu przekroju zapisujemy równanie:
d d
2
1
4
48
h
d
d
4
96
0
2 +
= . Stąd d
12
1 =-
, d
8
2 = .
Ponieważ długość odcinka jest dodatnia, więc |BD| = 8, czyli |OC'| = 12, |OC| = 4.
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie OCC' obliczamy |CC'| - wysokość graniastosłupa:
CC
12
4
8 2
2
2
l
Pole podstawy graniastosłupa:
d
P
2
1
32
p
2
Objętość graniastosłupa: V
32 8 2
256 2
$
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania
1 pkt
Zdający zaznaczy w graniastosłupie przekrój DBC'.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp
2 pkt
Zdający zinterpretuje przekrój jako trójkąt o wysokości OC' i podstawie BD oraz zapisze równanie
d d
2
1
4
48
h
wynikające ze wzoru na pole trójkąta.
A
B
C
C
D
A
D
O
B

","solutions":[]}