{"id":"matematyka-2026-czerwiec-matura-stara-podstawowa/zad/33","paper_id":"matematyka-2026-czerwiec-matura-stara-podstawowa","number":"33","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2026,"month":"czerwiec","level":"podstawowa","text":"Zadanie 33. (0-4)\nOdcinek 𝐴𝐷 jest wysokością walca, a odcinek 𝐴𝐵 jest średnicą podstawy walca.\nOdcinek 𝐵𝐷 ma długość 4√3. Miara kąta 𝐴𝐵𝐷 jest równa 30° (zobacz rysunek).\nOblicz objętość i pole powierzchni całkowitej tego walca.\n𝐷\n𝐵\n𝐴\n30°\n4ξ3\n\nEMAP-P0_100\n\nEMAP-P0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 33. (0-4)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\n9.6) stosuje trygonometrię do obliczeń\ndługości odcinków, miar kątów, pól\npowierzchni i objętości.\nZasady oceniania\n4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawne wyniki: 𝑉= 18𝜋√3,\n𝑃𝑐= 18𝜋+ 12𝜋√3.\n3 pkt - obliczenie objętości walca: 𝑉= 18𝜋√3\nALBO\n- obliczenie pola powierzchni całkowitej walca: 𝑃𝑐= 18𝜋+ 12𝜋√3.\n2 pkt - zapisanie promienia podstawy walca (lub średnicy podstawy walca): 𝑟= 3\n(lub 2𝑟= 6) oraz zapisanie wysokości walca: 𝐻= 2√3\nALBO\n- obliczenie kwadratu promienia podstawy walca (lub kwadratu średnicy podstawy\nwalca): 𝑟2 = 9 (lub (2𝑟)2 = 36) oraz zapisanie wysokości walca: 𝐻= 2√3.\n1 pkt - zapisanie promienia podstawy walca (lub średnicy podstawy walca): 𝑟= 3\n(lub 2𝑟= 6)\nALBO\n- zapisanie wysokości walca: 𝐻= 2√3,\nALBO\n- zapisanie układu równań pozwalającego obliczyć 𝑟 oraz 𝐻, np.:\n𝐻= 𝑥 oraz 2𝑟= 𝑥√3 oraz 2𝑥= 4√3,\n𝐻\n4√3\n= sin 30° oraz 2𝑟\n4√3\n= cos 30° .\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwaga:\nJeżeli jedynym błędem zdającego jest:\na) zastosowanie niepoprawnej definicji jednej funkcji trygonometrycznej,\nb) błędne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa,\nc) zastosowanie niepoprawnej tożsamości √𝑥2 + 𝑦2 = 𝑥+ 𝑦,\nd) błędne zastosowanie własności trójkąta o kątach 30°, 60°, 90° (tzn. zapisanie,\nże średnica podstawy walca jest równa 2√3 i wysokość walca jest równa 6),\ni rozwiązanie zostanie doprowadzone konsekwentnie do końca, to zdający może otrzymać\nco najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (za konsekwentne obliczenie objętości i pola\npowierzchni całkowitej walca).\nJeżeli zdający popełni więcej niż jeden z wymienionych błędów a)-d), to otrzymuje\n0 punktów za całe rozwiązanie, o ile nie nabył prawa do innej liczby punktów.\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nPrzyjmujemy oznaczenia jak na rysunku:\n𝑟 - promień podstawy walca,\n𝐻 - wysokość walca.\nZauważamy, że kąt 𝐷𝐴𝐵 jest prosty\noraz 𝑟> 0 i 𝐻> 0.\nW trójkącie prostokątnym 𝐴𝐵𝐷 mamy:\nsin 30° =\n|𝐴𝐷|\n|𝐵𝐷| = 𝐻\n4√3\nZatem:\n𝐻= 4√3 ⋅sin 30° = 4√3 ⋅1\n2 = 2√3\nPonadto:\ncos 30° =\n|𝐴𝐵|\n|𝐵𝐷| = 2𝑟\n4√3\n= 𝑟\n2√3\nStąd:\n𝑟= 2√3 ⋅cos 30° = 2√3 ⋅√3\n2 = 3\nObliczamy objętość 𝑉 walca:\n𝑉= 𝜋𝑟2𝐻= 𝜋⋅32 ⋅2√3 = 18𝜋√3\nObliczamy pole powierzchni całkowitej 𝑃𝑐 walca:\n𝑃𝑐= 2𝜋𝑟2 + 2𝜋𝑟𝐻= 2𝜋⋅32 + 2𝜋⋅3 ⋅2√3 = 18𝜋+ 12𝜋√3\n𝐷\n𝐵\n𝐴\n30°\n4ξ3\n𝐻\n2𝑟\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2026-czerwiec-matura-stara-podstawowa/zad-33.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":28,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2026 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 33. (0-4)
Odcinek 𝐴𝐷 jest wysokością walca, a odcinek 𝐴𝐵 jest średnicą podstawy walca.
Odcinek 𝐵𝐷 ma długość 4√3. Miara kąta 𝐴𝐵𝐷 jest równa 30° (zobacz rysunek).
Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej tego walca.
𝐷
𝐵
𝐴
30°
4ξ3

\n

EMAP-P0_100

\n

EMAP-P0_100

","answer_text_html":"

Zadanie 33. (0-4)
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający:
9.6) stosuje trygonometrię do obliczeń
długości odcinków, miar kątów, pól
powierzchni i objętości.
Zasady oceniania
4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawne wyniki: 𝑉= 18𝜋√3,
𝑃𝑐= 18𝜋+ 12𝜋√3.
3 pkt - obliczenie objętości walca: 𝑉= 18𝜋√3
ALBO

\n\n

2 pkt - zapisanie promienia podstawy walca (lub średnicy podstawy walca): 𝑟= 3
(lub 2𝑟= 6) oraz zapisanie wysokości walca: 𝐻= 2√3
ALBO

\n\n

walca): 𝑟2 = 9 (lub (2𝑟)2 = 36) oraz zapisanie wysokości walca: 𝐻= 2√3.
1 pkt - zapisanie promienia podstawy walca (lub średnicy podstawy walca): 𝑟= 3
(lub 2𝑟= 6)
ALBO

\n\n

ALBO

\n\n

𝐻= 𝑥 oraz 2𝑟= 𝑥√3 oraz 2𝑥= 4√3,
𝐻
4√3
= sin 30° oraz 2𝑟
4√3
= cos 30° .
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwaga:
Jeżeli jedynym błędem zdającego jest:
a) zastosowanie niepoprawnej definicji jednej funkcji trygonometrycznej,
b) błędne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa,
c) zastosowanie niepoprawnej tożsamości √𝑥2 + 𝑦2 = 𝑥+ 𝑦,
d) błędne zastosowanie własności trójkąta o kątach 30°, 60°, 90° (tzn. zapisanie,
że średnica podstawy walca jest równa 2√3 i wysokość walca jest równa 6),
i rozwiązanie zostanie doprowadzone konsekwentnie do końca, to zdający może otrzymać
co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (za konsekwentne obliczenie objętości i pola
powierzchni całkowitej walca).
Jeżeli zdający popełni więcej niż jeden z wymienionych błędów a)-d), to otrzymuje
0 punktów za całe rozwiązanie, o ile nie nabył prawa do innej liczby punktów.
Przykładowe pełne rozwiązanie
Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku:
𝑟 - promień podstawy walca,
𝐻 - wysokość walca.
Zauważamy, że kąt 𝐷𝐴𝐵 jest prosty
oraz 𝑟> 0 i 𝐻> 0.
W trójkącie prostokątnym 𝐴𝐵𝐷 mamy:
sin 30° =
|𝐴𝐷|
|𝐵𝐷| = 𝐻
4√3
Zatem:
𝐻= 4√3 ⋅sin 30° = 4√3 ⋅1
2 = 2√3
Ponadto:
cos 30° =
|𝐴𝐵|
|𝐵𝐷| = 2𝑟
4√3
= 𝑟
2√3
Stąd:
𝑟= 2√3 ⋅cos 30° = 2√3 ⋅√3
2 = 3
Obliczamy objętość 𝑉 walca:
𝑉= 𝜋𝑟2𝐻= 𝜋⋅32 ⋅2√3 = 18𝜋√3
Obliczamy pole powierzchni całkowitej 𝑃𝑐 walca:
𝑃𝑐= 2𝜋𝑟2 + 2𝜋𝑟𝐻= 2𝜋⋅32 + 2𝜋⋅3 ⋅2√3 = 18𝜋+ 12𝜋√3
𝐷
𝐵
𝐴
30°
4ξ3
𝐻
2𝑟
Zasady oceniania rozwiązań zadań

","solutions":[]}