{"id":"matematyka-2017-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/10","paper_id":"matematyka-2017-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"10","points":6,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2017,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 10. (6 pkt)\nPrzekątne sąsiednich ścian bocznych prostopadłościanu wychodzące z jednego wierzchołka\ntworzą z jego podstawą kąty o miarach 3\nπ i α . Cosinus kąta między tymi przekątnymi jest\nrówny 4\n6 . Wyznacz miarę kąta α .\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n10.\nMaks. liczba pkt\n6\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"10. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa\ni kombinatoryka. Zdający wykorzystuje własności\nprawdopodobieństwa i stosuje twierdzenie znane jako klasyczna\ndefinicja prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństw\nzdarzeń (10.d).\nPrzykładowe rozwiązanie\nRysujemy drzewo odzwierciedlające etapy doświadczenia.\nPrawdopodobieństwo zdarzenia A (wylosowanie kuli białej z drugiego pudełka) jest więc\nrówne\n( )\n30\n7\n30\n3\n30\n4\n6\n1\n5\n3\n6\n2\n5\n2\n⋅\n⋅\nA\nP\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1p.\nZdający narysuje drzewo wraz z opisem prawdopodobieństw na pierwszym etapie\ndoświadczenia i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.\nZdający narysuje drzewo wraz z opisem prawdopodobieństw na wszystkich istotnych\ngałęziach i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nC\nB\nB\nB\nC\nC\n5\n2\n5\n3\n6\n2\n6\n4\n6\n1\n6\n5\nE\nD\nC\nB\nA\nS\nRozwiązanie pełne 3 p.\nZdający obliczy prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z drugiego pudełka: 30\n7 .\nUwaga\nJeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma\n1\n)\n(\n>\nA\nP\nlub\n0\n)\n(\n<\nA\nP\n, to za całe\nrozwiązanie otrzymuje 0 punktów.\nZadanie 9. (0-6)\nIV. Użycie i tworzenie\nstrategii.\n7. Planimetria. Zdający stosuje własności figur podobnych\ni jednokładnych w zadaniach, także umieszczonych w kontekście\npraktycznym (R7.c).\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nOznaczmy przez S środek okręgu wpisanego w trójkąt, wysokość\n36\nCE =\noraz promień\nokręgu wpisanego\n10\nES\nDS\nZ twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość odcinka DC:\n2\n2\n24\nDC\nCS\nDS\nTrójkąty AEC i SDC są podobne. Obydwa są prostokątne i mają jeden kąt wspólny.\nOtrzymujemy równanie 36\n24\n10\nAE =\n. Stąd\n15\nAE =\n. Z twierdzenia o odcinkach stycznych\nwiemy, że\n15\nAD\nAE\n. Długości boków tego trójkąta są zatem równe:\n30\nAB =\n,\n39\nAC\nBC\nNastępnie obliczmy pole trójkąta.\n1\n1 30 36\n540\n2\n2\nP\nAB\nCE\n⋅\n⋅\n⋅\n⋅\nPromień okręgu opisanego na trójkącie obliczymy korzystając ze wzoru\n4\nAB\nBC\nCA\nP\nR\n⋅\n⋅\n⋅\n:","solution":null,"image":"img/matematyka-2017-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-10.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":16,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2017 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 10. (6 pkt)
Przekątne sąsiednich ścian bocznych prostopadłościanu wychodzące z jednego wierzchołka
tworzą z jego podstawą kąty o miarach 3
π i α . Cosinus kąta między tymi przekątnymi jest
równy 4
6 . Wyznacz miarę kąta α .

\n

Poziom rozszerzony
MMA_1R
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
10.
Maks. liczba pkt
6
Uzyskana liczba pkt

\n

Poziom rozszerzony
MMA_1R

","answer_text_html":"
  1. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa
\n

i kombinatoryka. Zdający wykorzystuje własności
prawdopodobieństwa i stosuje twierdzenie znane jako klasyczna
definicja prawdopodobieństwa do obliczania prawdopodobieństw
zdarzeń (10.d).
Przykładowe rozwiązanie
Rysujemy drzewo odzwierciedlające etapy doświadczenia.
Prawdopodobieństwo zdarzenia A (wylosowanie kuli białej z drugiego pudełka) jest więc
równe
( )
30
7
30
3
30
4
6
1
5
3
6
2
5
2
⋅
⋅
A
P
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest istotny 1p.
Zdający narysuje drzewo wraz z opisem prawdopodobieństw na pierwszym etapie
doświadczenia i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający narysuje drzewo wraz z opisem prawdopodobieństw na wszystkich istotnych
gałęziach i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
C
B
B
B
C
C
5
2
5
3
6
2
6
4
6
1
6
5
E
D
C
B
A
S
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający obliczy prawdopodobieństwo wylosowania kuli białej z drugiego pudełka: 30
7 .
Uwaga
Jeśli zdający rozwiąże zadanie do końca i otrzyma
1
)
(

\n
\n

A
P
lub
0
)
(
<
A
P
, to za całe
rozwiązanie otrzymuje 0 punktów.
Zadanie 9. (0-6)
IV. Użycie i tworzenie
strategii.

\n
  1. Planimetria. Zdający stosuje własności figur podobnych
\n

i jednokładnych w zadaniach, także umieszczonych w kontekście
praktycznym (R7.c).
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Oznaczmy przez S środek okręgu wpisanego w trójkąt, wysokość
36
CE =
oraz promień
okręgu wpisanego
10
ES
DS
Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość odcinka DC:
2
2
24
DC
CS
DS
Trójkąty AEC i SDC są podobne. Obydwa są prostokątne i mają jeden kąt wspólny.
Otrzymujemy równanie 36
24
10
AE =
. Stąd
15
AE =
. Z twierdzenia o odcinkach stycznych
wiemy, że
15
AD
AE
. Długości boków tego trójkąta są zatem równe:
30
AB =
,
39
AC
BC
Następnie obliczmy pole trójkąta.
1
1 30 36
540
2
2
P
AB
CE
⋅
⋅
⋅
⋅
Promień okręgu opisanego na trójkącie obliczymy korzystając ze wzoru
4
AB
BC
CA
P
R
⋅
⋅
⋅
:

","solutions":[]}