{"id":"matematyka-2018-czerwiec-matura-podstawowa/zad/6","paper_id":"matematyka-2018-czerwiec-matura-podstawowa","number":"6","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2018,"month":"czerwiec","level":"podstawowa","text":"Zadanie 6. (0-1)\nRównanie\n0\n1\n2\n1\nx\nx\nA. ma dokładnie dwa rozwiązania rzeczywiste.\nB. ma dokładnie trzy rozwiązania rzeczywiste.\nC. ma dokładnie jedno rozwiązanie rzeczywiste.\nD. nie ma rozwiązań.\nRównanie x - 1 / 2x+1 = 0 A. ma dokładnie dwa rozwiązania rzeczywiste. B. ma dokładnie trzy rozwiązania rzeczywiste. C. ma dokładnie jedno rozwiązanie rzeczywiste. D. nie ma rozwiązań.","answer":"A","answer_text":"6 2\n20\nh +\n, stąd\n2 82\nh =\n. Obliczamy wreszcie pole powierzchni bocznej ostrosłupa:\n1\n4\n48 164\n96 41\n2\nbP\nah\n⋅\nRozwiązanie (II sposób)\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku w I sposobie rozwiązania. Obliczamy długości dwóch\nboków trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej b oraz przyprostokątnych długości 16\noraz x. Tym razem obliczymy sinus kąta α ,\n4\nsin\n5\nα =\n, a następnie zapisujemy zależność\n4\n16\n5\nb\n, z której otrzymujemy\n20\nb =\n. Następnie, korzystając z twierdzenia Pitagorasa,\nzapisujemy równanie\n2\n2\n2\n16\n20\nx +\n, a stąd\n12\nx =\n. Teraz obliczamy długość krawędzi\npodstawy ostrosłupa:\n2\n24\na\n, stąd\n12 2\na =\n. Korzystając ponownie\nz twierdzenia Pitagorasa obliczamy wysokość ściany bocznej:\n(\n)\n2\n2\n2\n6 2\n20\nh +\n, stąd\n2 82\nh =\n. Obliczamy pole powierzchni bocznej ostrosłupa\n1\n4\n48 164\n96 41\n2\nbP\nah\n⋅\nRozwiązanie (III sposób)\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku w I sposobie rozwiązania. Najpierw obliczymy\ndługość boku x trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej b oraz przyprostokątnych\ndługości x i 16. Korzystamy z faktu, że\n3\ncos\n5\nα =\ni obliczamy najpierw sinus, a następnie\ntangens kąta α ,\n4\ntg\n3\nα =\n. Teraz zapisujemy zależność\n16\ntg\nH\nx\nx\nα =\n, z której wynika, że\n16\n4\n3\nx =\n, czyli\n12\nx =\n. Następnie z równości\n2\n24\na\nobliczamy długość krawędzi podstawy\n12 2\na =\n. Wreszcie z twierdzenia Pitagorasa obliczamy wysokość ściany bocznej ostrosłupa:\n2\n2\n2\n2 \n\n\n\n\n\na\nH\nh\ni stąd\n2 82\nh =\n. Szukane pole powierzchni bocznej ostrosłupa jest zatem\nrówne\n1\n4\n48 164\n96 41\n2\nbP\nah\n⋅\nSchemat oceniania I, II i III sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze\ndo pełnego rozwiązania 1 p.\nZdający:\n• zapisze równość wynikającą z treści zadania oraz z definicji cosinusa kąta ostrego, np.\n3\n5\nx\nb =\nalbo\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\n• zapisze równość wynikającą z treści zadania oraz twierdzenia Pitagorasa\n2\n2\n2\n16\nx\nb\n,\nalbo\n• obliczy sinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy tego\nostrosłupa,\n4\n5\nsinα =\nalbo\n• obliczy tangens kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy tego\nostrosłupa,\n4\n3\ntgα =\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający zapisze równanie z jedną niewiadomą:\n2\n2\n2\n3\n16\n5 b\nb\n\n+\n\n\n\n\nalbo\n4\n16\n5\nb\nalbo\n16\n4\n3\nx =\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający obliczy długość krawędzi podstawy tego ostrosłupa\n12 2\na =\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie prawie pełne 4 p.\nZdający obliczy wysokość ściany bocznej tego ostrosłupa\n2 82\nh =\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nRozwiązanie pełne 5 p.\nZdający obliczy i zapisze, że pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa jest równe\n1\n4\n48 164\n96 41\n2\nbP\nah\n⋅\nUwagi:\n1. Akceptujemy poprawnie zastosowane zaokrąglenia liczb rzeczywistych.\n2. Jeżeli zdający założy, że\n3\nx =\noraz\n5\nb =\ni doprowadzi rozwiązanie do końca otrzymując\n1\n4\n2 3 2\n7\n6 14\n2\nbP\nah\n⋅\n⋅\n⋅\n,\nto za całe rozwiązanie otrzymuje 1 punkt.","solution":null,"image":"img/matematyka-2018-czerwiec-matura-podstawowa/zad-6.webp","solution_image":"img/matematyka-2018-czerwiec-matura-podstawowa/sol-6.svg","topics":"rownania_i_nierownosci","page_from":4,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2018 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 6. (0-1)
Równanie
0
1
2
1
x
x
A. ma dokładnie dwa rozwiązania rzeczywiste.
B. ma dokładnie trzy rozwiązania rzeczywiste.
C. ma dokładnie jedno rozwiązanie rzeczywiste.
D. nie ma rozwiązań.
Równanie x - 1 / 2x+1 = 0 A. ma dokładnie dwa rozwiązania rzeczywiste. B. ma dokładnie trzy rozwiązania rzeczywiste. C. ma dokładnie jedno rozwiązanie rzeczywiste. D. nie ma rozwiązań.

","answer_text_html":"

6 2
20
h +
, stąd
2 82
h =
. Obliczamy wreszcie pole powierzchni bocznej ostrosłupa:
1
4
48 164
96 41
2
bP
ah
⋅
Rozwiązanie (II sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku w I sposobie rozwiązania. Obliczamy długości dwóch
boków trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej b oraz przyprostokątnych długości 16
oraz x. Tym razem obliczymy sinus kąta α ,
4
sin
5
α =
, a następnie zapisujemy zależność
4
16
5
b
, z której otrzymujemy
20
b =
. Następnie, korzystając z twierdzenia Pitagorasa,
zapisujemy równanie
2
2
2
16
20
x +
, a stąd
12
x =
. Teraz obliczamy długość krawędzi
podstawy ostrosłupa:
2
24
a
, stąd
12 2
a =
. Korzystając ponownie
z twierdzenia Pitagorasa obliczamy wysokość ściany bocznej:
(
)
2
2
2
6 2
20
h +
, stąd
2 82
h =
. Obliczamy pole powierzchni bocznej ostrosłupa
1
4
48 164
96 41
2
bP
ah
⋅
Rozwiązanie (III sposób)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku w I sposobie rozwiązania. Najpierw obliczymy
długość boku x trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej b oraz przyprostokątnych
długości x i 16. Korzystamy z faktu, że
3
cos
5
α =
i obliczamy najpierw sinus, a następnie
tangens kąta α ,
4
tg
3
α =
. Teraz zapisujemy zależność
16
tg
H
x
x
α =
, z której wynika, że
16
4
3
x =
, czyli
12
x =
. Następnie z równości
2
24
a
obliczamy długość krawędzi podstawy
12 2
a =
. Wreszcie z twierdzenia Pitagorasa obliczamy wysokość ściany bocznej ostrosłupa:
2
2
2
2 





a
H
h
i stąd
2 82
h =
. Szukane pole powierzchni bocznej ostrosłupa jest zatem
równe
1
4
48 164
96 41
2
bP
ah
⋅
Schemat oceniania I, II i III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze
do pełnego rozwiązania 1 p.
Zdający:
• zapisze równość wynikającą z treści zadania oraz z definicji cosinusa kąta ostrego, np.
3
5
x
b =
albo
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
• zapisze równość wynikającą z treści zadania oraz twierdzenia Pitagorasa
2
2
2
16
x
b
,
albo
• obliczy sinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy tego
ostrosłupa,
4
5
sinα =
albo
• obliczy tangens kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy tego
ostrosłupa,
4
3
tgα =
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą:
2
2
2
3
16
5 b
b

+




albo
4
16
5
b
albo
16
4
3
x =
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający obliczy długość krawędzi podstawy tego ostrosłupa
12 2
a =
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie prawie pełne 4 p.
Zdający obliczy wysokość ściany bocznej tego ostrosłupa
2 82
h =
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 5 p.
Zdający obliczy i zapisze, że pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa jest równe
1
4
48 164
96 41
2
bP
ah
⋅
Uwagi:

\n
  1. Akceptujemy poprawnie zastosowane zaokrąglenia liczb rzeczywistych.
  2. Jeżeli zdający założy, że
\n

3
x =
oraz
5
b =
i doprowadzi rozwiązanie do końca otrzymując
1
4
2 3 2
7
6 14
2
bP
ah
⋅
⋅
⋅
,
to za całe rozwiązanie otrzymuje 1 punkt.

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2018-czerwiec-matura-podstawowa/sol-6.svg"}]}