Zadanie 19. (0-1)
Punkt
(
)
6,
8
P
, przekształcono najpierw w symetrii względem osi Ox, a potem
w symetrii względem osi Oy. W wyniku tych przekształceń otrzymano punkt Q . Zatem
A.
(
)
6,8
Q
B.
(
)
6, 8
Q
C.
(
)
8,6
Q
D.
(
)
8,
6
Q
Rozwiązanie zadania. Punkt P=(-6,-8), przekształcono najpierw w symetrii względem osi Ox, a potem w symetrii względem osi Oy. W wyniku tych przekształceń otrzymano punkt Q. Zatem A. Q=(6,8) B. Q=(-6,-8) C. Q=(8,6) D. Q=(-8,-6)
19 2
20
1340
2
⋅
⋅
a
r
a
r
r
Z kolei suma wyrazów o numerach nieparzystych rozważanego w treści zadania ciągu to
suma dwudziestu początkowych wyrazów innego ciągu arytmetycznego o pierwszym wyrazie
1a i różnicy 2r.
Stąd możemy zapisać równanie:
1
1
19 2
20
1400
2
⋅
⋅
a
a
r
Rozwiążemy układ równań:
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
1
1
1
1
19 2
20
1340
2
19 2
20
1400.
2
⋅
⋅
⋅
⋅
a
r
a
r
r
a
a
r
Po przekształceniach otrzymujemy:
(
)
(
)
1
1
20
20
1340
19
20
1400,
⋅
⋅
a
r
a
r
1
1
20
67
19
70.
a
r
a
r
Po odjęciu stronami drugiego równania od pierwszego otrzymujemy:
3,
r
a następnie:
1
127
a
Obliczamy ostatni wyraz rozważanego ciągu:
(
)
40
127
39
3
10
⋅-
a
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze
do pełnego rozwiązania 1 p.
Zdający zapisze jedno równanie z dwiema niewiadomymi, wynikające z treści zadania, np.:
1
1
19 2
20
1340
2
⋅
⋅
a
r
a
r
r
lub
1
1
19 2
20
1400
2
⋅
⋅
a
a
r
, lub
1
2
39
40
2740
2
a
r
⋅
,
lub
2
40 20
1340
2
a
a
⋅
, lub
1
39 20
1400
2
a
a
⋅
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający zapisze dwa nierównoważne równania z tymi samymi dwiema niewiadomymi,
wynikające z treści zadania, np.:
1
1
19 2
20
1340
2
⋅
⋅
a
r
a
r
r
oraz
1
1
19 2
20
1400
2
⋅
⋅
a
a
r
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający obliczy wyraz
1a i różnicę r rozważanego w zadaniu ciągu arytmetycznego:
1
127
a
,
3,
r
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający obliczy czterdziesty wyraz rozważanego ciągu:
40
10
a
Uwagi
to może otrzymać 3 punkty, o ile popełnione błędy nie ułatwiają rozważanego
zagadnienia na żadnym etapie rozwiązania.
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
odpowiednich składników, że wybrany ciąg spełnia warunki zadania, i wyznaczy
40
10
a
, to otrzymuje 4 punkty.
1
127
a
,
3
r
i
40
10
a
, to otrzymuje 0 punktów.
równa 1400, a suma wyrazów o numerach nieparzystych jest równa 1340
i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje co najwyżej 2 punkty.
wszystkie 20 wyrazów i pominie w równaniu jeden lub dwa wyrazy ciągu, ale
konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca to może otrzymać co najwyżej 3 punkty.
Zadanie 33. (0-4)
Środek okręgu leży w odległości 10 cm od cięciwy tego okręgu. Długość tej cięciwy jest
o 22 cm większa od promienia tego okręgu. Oblicz promień tego okręgu.
Przykładowe rozwiązanie
Niech A i B oznaczają końce rozpatrywanej cięciwy, niech S i r będą odpowiednio środkiem
i promieniem okręgu, oraz niech x oznacza długość cięciwy AB.
Odległość środka S okręgu od cięciwy AB jest długością odcinka łączącego punkt S
z środkiem M tej cięciwy. Zatem
2
x
AM =
Odcinek MS jest prostopadły do cięciwy AB. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta
prostokątnego AMS otrzymujemy
2
2
2
AS
AM
MS
,
( )
2
2
2
2
10
x
r =
Z treści zadania wynika, że
22
x
r
. Otrzymujemy więc równanie z jedną niewiadomą r
(
)
2
2
2
22
2
10
r
r
,
2
2
1
4
11
121 100
r
r
r
,
2
3
4
11
221
0
r
r
Rozwiązujemy
równanie
kwadratowe.
Możemy
wyznaczyć
wyróżnik
trójmianu
kwadratowego, a następnie obliczyć rozwiązania.
Obliczamy wyróżnik Δ:
(
)
(
)
2
2
3
4
11
4
221
121
663
784
28
Δ = -
-⋅
⋅-
Obliczamy dwie wartości r:
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
1
3
3
4
4
11 28
17
0
2
2
r
<
⋅
⋅
, ta wartość jest ujemna i nie może być długością odcinka,
oraz 2
3
3
4
4
11
28
39
39 2
26
3
2
r
⋅
⋅
Zatem promień okręgu jest równy 26.
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
całkowitego rozwiązania zadania 1 p.
Zdający
• rozważa trójkąt prostokątny, w którym przeciwprostokątną jest promień r okręgu,
a przyprostokątnymi są: odcinek o długości 10 i odcinek o długości połowy
rozważanej cięciwy (zdający może przedstawić sytuację na rysunku pomocniczym)
albo
• zapisze zależność między promieniem i długością rozważanej cięciwy, np.:
22
x
r
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający zapisze zależność, wynikającą z twierdzenia Pitagorasa, np.:
2
2
2
10
2
x
r
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, np. r (r oznacza promień okręgu):
2
2
2
10
11
2
r
r
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający stwierdzi, że zadanie ma jedno rozwiązanie i poprawnie obliczy promień
okręgu:
26
r
Uwagi
rozumowania i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać za całe
rozwiązanie co najwyżej 3 punkty.
np. pomylenie przyprostokątnej z przeciwprostokątną, to zdający może otrzymać co
najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie.
Zadanie 34. (0-5)
Długość krawędzi bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ABCDS jest równa 12.
(zobacz rysunek). Krawędź boczna tworzy z wysokością tego ostrosłupa kąt α taki, że
2
tg
5
α =
. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Wprowadzamy oznaczenia: AB
BC
CD
DA
a
, SO
H
Trójkąt AOS jest prostokątny, zatem
1
2
2
2
2
tg
a
a
H
H
α =
, czyli
2
2
2
5
a
H =
Stąd
4
10
H
a =
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AOS dostajemy
(
)
2
2
2
1
2
2
12
H
a
,
2
2
1
2
144
H
a
Otrzymujemy więc równanie z jedną niewiadomą H
(
)
2
2
1 4
2
10
144
H
H +
,
2
2
4
5
144
H
H
,
2
9
5
144
H =
2
5
9 144
16 5
H =
⋅
⋅.
Stąd
4 5
H =
oraz
16 5
4
10
10
8 2
H
a =
Objętość ostrosłupa jest równa
(
)
2
2
512 5
1
1
3
3
3
8 2
4 5
V
a H
⋅
II sposób
Wprowadzamy oznaczenia AB
BC
CD
DA
a
, SO
H
Z treści zadania wiemy że,
2
5
tgα =
, zatem sin
2
cos
5
αα =
. Stąd
2
5
sin
cos
α
α
Wykorzystując tę zależność oraz tożsamość
2
2
sin
cos
1
α
α
= otrzymujemy
(
)
2
2
2
5 cos
cos
1
α
α
2
2
4
5 cos
cos
1
α
α
= ,
2
9
5 cos
1
α = ,
2
5
9
cos α =
Stąd
5
3
cosα =
, gdyż α jest kątem ostrym. Zatem
5
2
2
2
3
3
5
5
sin
cos
α
α
⋅
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
Z trójkąta prostokątnego AOS otrzymujemy
1
2
2
2
12
12
24
sin
a
AO
a
α =
oraz
12
12
cos
AO
H
α =
Zatem
2
2
24
3
a
oraz
5
12
3
H =
8 2
a =
oraz
4 5
H =
Objętość ostrosłupa jest równa
(
)
2
2
512 5
1
1
3
3
3
8 2
4 5
V
a H
⋅
III sposób
Z treści zadania wiemy że,
2
tg
5
α =
Wprowadzamy oznaczenia w trójkącie AOS:
2
AO
x ,
5
SO
x
i zapisujemy równanie
(
)
(
)
2
2
2
2
5
12
x
x
. Rozwiązaniem tego równania jest
4
x =
Stąd otrzymujemy
5
4 5
SO
x
H (wysokość ostrosłupa) i
4
16
AC
x
Objętość ostrosłupa jest równa
2
2
512 5
1 1
1
3 2
6
3
16
4 5
V
AC
H
⋅
⋅
⋅
⋅
⋅
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający:
• zapisze zależność pomiędzy długością krawędzi a podstawy oraz wysokością H
ostrosłupa:
2
2
2
5
a
H =
albo
• zapisze zależność pomiędzy długością krawędzi a podstawy oraz wysokością H
ostrosłupa:
(
)
2
2
2
1
2
2
12
H
a
,
albo
• zapisze zależność sin
2
cos
5
αα =
,
albo
• zapisze zależność |
2
5
AO
SO =
,
albo
• zapisze zależność
2
2
2
12
AO
SO
,
albo
• wprowadzi oznaczenia:
2
AO
x ,
5
SO
x
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający:
• zapisze dwa równania z niewiadomymi a oraz H, np.:
(
)
2
2
2
1
2
2
12
H
a
oraz
2
2
2
5
a
H =
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
albo
• zapisze równanie trygonometryczne, w którym wystąpi jedna funkcja
trygonometryczna, np.: (
)
2
2
2
5 cos
cos
1
α
α
= ,
albo
• zapisze równanie (
)
(
)
2
2
2
2
5
12
x
x
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający obliczy
• wysokość ostrosłupa:
4 5
H =
albo
• długość krawędzi podstawy ostrosłupa:
8 2
a =
,
albo
• długość przekątnej podstawy ostrosłupa:
16
AC =
,
albo
• współczynnik proporcjonalności:
4
x =
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie prawie pełne 4 p.
Zdający obliczy wysokość ostrosłupa:
4 5
H =
oraz długość
• krawędzi podstawy ostrosłupa:
8 2
a =
lub
• przekątnej podstawy ostrosłupa:
16
AC =
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 5 p.
Zdający obliczy objętość ostrosłupa:
512 5
3
V =
Uwagi
poprawności rozumowania i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może
otrzymać za całe rozwiązanie co najwyżej 4 punkty.
ostrosłupa, to otrzymuje 0 punktów.
\notrzymać co najwyżej 1 punkt.
\na) niepoprawne
wyznaczenie
długości
przekątnej
kwadratu,
ale
niebędące
skutkiem ujawnionego błędu rachunkowego,
b) niepoprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa,
to zdający może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie, o ile nie popełnia
innych błędów i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca.
rachunkowe, ale poprawnie realizuje strategię rozwiązania, to otrzymuje co najwyżej
2 punkty.