{"id":"matematyka-2019-sierpien-poprawkowa-podstawowa/zad/4","paper_id":"matematyka-2019-sierpien-poprawkowa-podstawowa","number":"4","points":1,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"inne","year":2019,"month":"sierpien","level":"podstawowa","text":"Zadanie 4. (0-1)\nRównanie\nma dokładnie\nA. jedno rozwiązanie:\nB. dwa rozwiązania:\ni\nC. dwa rozwiązania:\ni\nD. dwa rozwiązania:\ni\nRozwiązanie zadania. Równanie x(5x+1)=5x+1 ma dokładnie A. jedno rozwiązanie: x=1. B. dwa rozwiązania: x=1 i x=-1. C. dwa rozwiązania: x=-1/5 i x=1. D. dwa rozwiązania: x=1/5 i x=-1.","answer":"C","answer_text":"4. Jeżeli zdający poprawnie obliczy pierwiastki trójmianu\n1\n1\nx\noraz\n2\n3\n2\nx\ni błędnie\nzapisze odpowiedź, np.\n3\n2\n1,\n∈-\nx\n, popełniając tym samym błąd przy przepisywaniu\njednego z pierwiastków, to otrzymuje 2 punkty.\nKryteria uwzględniające specyficzne trudności w uczeniu się matematyki\nJeśli zdający pomyli porządek liczb na osi liczbowej, np. zapisze zbiór rozwiązań nierówności\nw postaci\n3\n2 ,1\n∈\nx\n, to przyznajemy 2 punkty.\nZadanie 28. (0-2)\nWykaż, że dla każdej liczby dodatniej x prawdziwa jest nierówność\n1\n1\n≥\nx\nx\nx\nPrzykładowe rozwiązanie\nPrzekształcamy równoważnie nierówność\n1\n1\n≥\nx\nx\nx\nZ założenia wiemy, że\n0\nx >\n, zatem możemy pomnożyć nierówność obustronnie przez x\ni kolejno otrzymujemy:\\\n2\n1\n≥\nx\nx\nx ,\n2\n2\n1\n0\n+ ≥\nx\nx\n,\n(\n)\n2\n1\n0.\n≥\nx\nZ lewej strony nierówności występuje wyrażenie przyjmujące wartość nieujemną, bo jest ono\nkwadratem liczby rzeczywistej. Zatem nierówność\n1\n1\n≥\nx\nx\nx\njest prawdziwa.\nSchemat punktowania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy zapisze nierówność równoważną w postaci\n• zawierającej po jednej stronie 0, a po drugiej sumę jednomianów lub iloraz\nwielomianów, np.:\n2\n2\n1\n0\n+ ≥\nx\nx\nlub\n2\n2\n1\n0\nx\nx\nx\n+ ≥\nalbo\n1\n1 1\nx\nx\n-≥.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy przeprowadzi pełne rozumowanie.\nUwagi\n1. Jeżeli zdający sprawdza prawdziwość nierówności jedynie dla wybranych wartości x, to\notrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\n2. Jeżeli zdający zapisze nierówność (\n)\n2\n1\n0\nx -\n≥\ni stwierdzi zakończenie dowodu, to\notrzymuje 2 punkty.\n3. Jeżeli zdający zapisze (\n)\n2\n1\n0\nx\nx\n≥\ni nie zapisze uzasadnienia jej prawdziwości, to\notrzymuje 1 punkt za całe rozwiązanie.\nZadanie 29. (0-2)\nWierzchołki A i C trójkąta ABC leżą na okręgu o promieniu r, a środek S tego okręgu leży na\nboku AB trójkąta (zobacz rysunek). Prosta BC jest styczna do tego okręgu w punkcie C,\na ponadto\n3\nAC\nr\n. Wykaż, że kąt ACB ma miarę 120°.\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nZauważmy, że prosta BC, jako styczna do okręgu, jest prostopadła do odcinka SC, tj. do\npromienia okręgu. W trójkącie równoramiennym ACS prowadzimy wysokość SD.\nObliczamy cosinus kąta ostrego ACS:\n3\n2\n3\ncos\n2\nr\nr\nα =\nStąd wynika, że\n30\nACS\nα\n°\n\nKąt ACB jest sumą kątów ACS i BCS, zatem ma miarę 30\n90\n°+\n°, czyli 120°.\nTo kończy dowód.\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\nII sposób\nPoprowadźmy promień SC i odcinek CE, gdzie E jest punktem przecięcia okręgu z odcinkiem AB.\nProsta BC, jako styczna do okręgu, jest prostopadła do odcinka SC.\nKąt ACE jest prosty, gdyż jest kątem wpisanym w okrąg opartym na półokręgu. Zatem trójkąt\nACE jest prostokątny, w którym\n3\nAC\nr\noraz\n2\nAE\nr\n. Z twierdzenia Pitagorasa dla\ntrójkąta ACE otrzymujemy\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n3\nCE\nAE\nAC\nr\nr\nr\n,\nstąd\nCE\nr\nTo oznacza, że trójkąt SCE jest równoboczny, więc kąt CSE jest równy 60°. Zatem kąt\nwpisany CAE, oparty na tym samym łuku co kąt środkowy CSE jest równy α = 30°.\nTrójkąt ACS jest równoramienny, więc\n30\nACS\nCAS\n°\n\n\nKąt ACB jest sumą kątów ACS i BCS, zatem ma miarę 30\n90\n°+\n°, czyli 120°.\nTo kończy dowód.\nUwaga\nMiarę kąta ACS (lub kąta ASC) możemy też obliczyć, wykorzystując twierdzenie cosinusów\nw trójkącie ACS. Wtedy otrzymujemy\n2\n2\n2\n2\ncos\nAS\nAC\nCS\nAC\nCS\nα\n⋅\n⋅\n,\n(\n)\n2\n2\n2\n3\n2\n3\ncos\nr\nr\nr\nr\nr\nα\n-⋅\n⋅⋅\nStąd\n2\n2\n3\n3\n2\n2\n3\ncos\nr\nr\nα =\nZatem\n30\nα =\n°.\nSchemat punktowania\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy\n• wyznaczy miarę jednego z kątów ACS, CAS, ASC, SCE, wykorzystując związki\nmiarowe w trójkącie prostokątnym CDS lub ADS lub ACE lub twierdzenie Pitagorasa\nalbo\n• obliczy cosinus jednego z kątów ACS, CAS, ASC\nna tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy przeprowadzi pełne rozumowanie.\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\nUwaga\nJeżeli zdający zapisze lub zaznaczy na rysunku, że kąt BCS jest prosty oraz zapisze bez\nuzasadnienia, że kąt ACS jest równy 30°, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.\nZadanie 30. (0-2)\nZe zbioru wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych losujemy jedną liczbę. Oblicz\nprawdopodobieństwo zdarzenia A polegającego na tym, że wylosowana liczba w zapisie\ndziesiętnym ma cyfrę dziesiątek, która należy do zbioru {\n}\n1, 3, 5, 7, 9 i jednocześnie cyfrę\njedności, która należy do zbioru {\n}\n0, 2, 4, 6, 8 .\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób (klasyczna definicja prawdopodobieństwa)\nZdarzeniami elementarnymi są wszystkie pary liczb (\n)\n,a b , gdzie\n{\n}\n1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\n∈\na\ni\n{\n}\n1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0\n∈\nb\n. Jest to model klasyczny. Liczba wszystkich zdarzeń\nelementarnych jest równa\n9 10\n90\nΩ =\n⋅\nLiczba zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A polegającemu na otrzymaniu\nw wyniku\nlosowania\npar\nliczb\n(\n)\n,a b ,\nspełniających\nwarunki:\n{\n}\n1, 3, 5, 7, 9\n∈\na\ni\n{\n}\n0, 2, 4, 6, 8\n∈\nb\nLiczba zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A jest więc równa\n5 5\n25\n= ⋅=\nA\nPrawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe:\n( )\n25\n5\n90\n18\nP A =\nII sposób (metoda tabeli)\nWszystkie zdarzenia elementarne możemy przedstawić w prostokątnej tablicy. Zdarzenia\nelementarne sprzyjające zdarzeniu zaznaczamy symbolem x\na\nb\n1\n2\n3\n4\n5\n6\n7\n8\n9\n0 x\nx\nx\nx\nx\n1\n2 x\nx\nx\nx\nx\n3\n4 x\nx\nx\nx\nx\n5\n6 x\nx\nx\nx\nx\n7\n8 x\nx\nx\nx\nx\n9\nStąd","solution":null,"image":"img/matematyka-2019-sierpien-poprawkowa-podstawowa/zad-4.webp","solution_image":"img/matematyka-2019-sierpien-poprawkowa-podstawowa/sol-4.svg","topics":"rownania_i_nierownosci","page_from":2,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"site","source_label":"Matematyka · Inne · sierpień 2019 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Inne","text_html":"

Zadanie 4. (0-1)
Równanie
ma dokładnie
A. jedno rozwiązanie:
B. dwa rozwiązania:
i
C. dwa rozwiązania:
i
D. dwa rozwiązania:
i
Rozwiązanie zadania. Równanie x(5x+1)=5x+1 ma dokładnie A. jedno rozwiązanie: x=1. B. dwa rozwiązania: x=1 i x=-1. C. dwa rozwiązania: x=-1/5 i x=1. D. dwa rozwiązania: x=1/5 i x=-1.

","answer_text_html":"
  1. Jeżeli zdający poprawnie obliczy pierwiastki trójmianu
\n

1
1
x
oraz
2
3
2
x
i błędnie
zapisze odpowiedź, np.
3
2
1,
∈-
x
, popełniając tym samym błąd przy przepisywaniu
jednego z pierwiastków, to otrzymuje 2 punkty.
Kryteria uwzględniające specyficzne trudności w uczeniu się matematyki
Jeśli zdający pomyli porządek liczb na osi liczbowej, np. zapisze zbiór rozwiązań nierówności
w postaci
3
2 ,1
∈
x
, to przyznajemy 2 punkty.
Zadanie 28. (0-2)
Wykaż, że dla każdej liczby dodatniej x prawdziwa jest nierówność
1
1
≥
x
x
x
Przykładowe rozwiązanie
Przekształcamy równoważnie nierówność
1
1
≥
x
x
x
Z założenia wiemy, że
0
x >
, zatem możemy pomnożyć nierówność obustronnie przez x
i kolejno otrzymujemy:\\
2
1
≥
x
x
x ,
2
2
1
0

\n\n

x
x
,
(
)
2
1
0.
≥
x
Z lewej strony nierówności występuje wyrażenie przyjmujące wartość nieujemną, bo jest ono
kwadratem liczby rzeczywistej. Zatem nierówność
1
1
≥
x
x
x
jest prawdziwa.
Schemat punktowania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zapisze nierówność równoważną w postaci
• zawierającej po jednej stronie 0, a po drugiej sumę jednomianów lub iloraz
wielomianów, np.:
2
2
1
0

\n\n

x
x
lub
2
2
1
0
x
x
x

\n\n

albo
1
1 1
x
x
-≥.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Uwagi

\n
  1. Jeżeli zdający sprawdza prawdziwość nierówności jedynie dla wybranych wartości x, to
\n

otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.
Schemat oceniania
Poziom podstawowy

\n
  1. Jeżeli zdający zapisze nierówność (
\n

)
2
1
0
x -
≥
i stwierdzi zakończenie dowodu, to
otrzymuje 2 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający zapisze (
\n

)
2
1
0
x
x
≥
i nie zapisze uzasadnienia jej prawdziwości, to
otrzymuje 1 punkt za całe rozwiązanie.
Zadanie 29. (0-2)
Wierzchołki A i C trójkąta ABC leżą na okręgu o promieniu r, a środek S tego okręgu leży na
boku AB trójkąta (zobacz rysunek). Prosta BC jest styczna do tego okręgu w punkcie C,
a ponadto
3
AC
r
. Wykaż, że kąt ACB ma miarę 120°.
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Zauważmy, że prosta BC, jako styczna do okręgu, jest prostopadła do odcinka SC, tj. do
promienia okręgu. W trójkącie równoramiennym ACS prowadzimy wysokość SD.
Obliczamy cosinus kąta ostrego ACS:
3
2
3
cos
2
r
r
α =
Stąd wynika, że
30
ACS
α
°

Kąt ACB jest sumą kątów ACS i BCS, zatem ma miarę 30
90
°+
°, czyli 120°.
To kończy dowód.
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
II sposób
Poprowadźmy promień SC i odcinek CE, gdzie E jest punktem przecięcia okręgu z odcinkiem AB.
Prosta BC, jako styczna do okręgu, jest prostopadła do odcinka SC.
Kąt ACE jest prosty, gdyż jest kątem wpisanym w okrąg opartym na półokręgu. Zatem trójkąt
ACE jest prostokątny, w którym
3
AC
r
oraz
2
AE
r
. Z twierdzenia Pitagorasa dla
trójkąta ACE otrzymujemy
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
2
3
CE
AE
AC
r
r
r
,
stąd
CE
r
To oznacza, że trójkąt SCE jest równoboczny, więc kąt CSE jest równy 60°. Zatem kąt
wpisany CAE, oparty na tym samym łuku co kąt środkowy CSE jest równy α = 30°.
Trójkąt ACS jest równoramienny, więc
30
ACS
CAS
°


Kąt ACB jest sumą kątów ACS i BCS, zatem ma miarę 30
90
°+
°, czyli 120°.
To kończy dowód.
Uwaga
Miarę kąta ACS (lub kąta ASC) możemy też obliczyć, wykorzystując twierdzenie cosinusów
w trójkącie ACS. Wtedy otrzymujemy
2
2
2
2
cos
AS
AC
CS
AC
CS
α
⋅
⋅
,
(
)
2
2
2
3
2
3
cos
r
r
r
r
r
α
-⋅
⋅⋅
Stąd
2
2
3
3
2
2
3
cos
r
r
α =
Zatem
30
α =
°.
Schemat punktowania
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy
• wyznaczy miarę jednego z kątów ACS, CAS, ASC, SCE, wykorzystując związki
miarowe w trójkącie prostokątnym CDS lub ADS lub ACE lub twierdzenie Pitagorasa
albo
• obliczy cosinus jednego z kątów ACS, CAS, ASC
na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
Uwaga
Jeżeli zdający zapisze lub zaznaczy na rysunku, że kąt BCS jest prosty oraz zapisze bez
uzasadnienia, że kąt ACS jest równy 30°, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.
Zadanie 30. (0-2)
Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych dwucyfrowych losujemy jedną liczbę. Oblicz
prawdopodobieństwo zdarzenia A polegającego na tym, że wylosowana liczba w zapisie
dziesiętnym ma cyfrę dziesiątek, która należy do zbioru {
}
1, 3, 5, 7, 9 i jednocześnie cyfrę
jedności, która należy do zbioru {
}
0, 2, 4, 6, 8 .
Przykładowe rozwiązania
I sposób (klasyczna definicja prawdopodobieństwa)
Zdarzeniami elementarnymi są wszystkie pary liczb (
)
,a b , gdzie
{
}
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9
∈
a
i
{
}
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 0
∈
b
. Jest to model klasyczny. Liczba wszystkich zdarzeń
elementarnych jest równa
9 10
90
Ω =
⋅
Liczba zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A polegającemu na otrzymaniu
w wyniku
losowania
par
liczb
(
)
,a b ,
spełniających
warunki:
{
}
1, 3, 5, 7, 9
∈
a
i
{
}
0, 2, 4, 6, 8
∈
b
Liczba zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A jest więc równa
5 5
25
= ⋅=
A
Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe:
( )
25
5
90
18
P A =
II sposób (metoda tabeli)
Wszystkie zdarzenia elementarne możemy przedstawić w prostokątnej tablicy. Zdarzenia
elementarne sprzyjające zdarzeniu zaznaczamy symbolem x
a
b
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0 x
x
x
x
x
1
2 x
x
x
x
x
3
4 x
x
x
x
x
5
6 x
x
x
x
x
7
8 x
x
x
x
x
9
Stąd

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2019-sierpien-poprawkowa-podstawowa/sol-4.svg"}]}