Materiał ćwiczeniowy z matematyki
Poziom podstawowy
Styczeń 2011
Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych
oraz
schemat oceniania
2 Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
KLUCZ ODPOWIEDZI DO ZADAC ZAMKNITYCH
Nr zadania 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22
Odpowiedz A D C B D C A A D B A B A B C C A A B B B D
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu 3
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
MODEL OCENIANIA ZADAC OTWARTYCH
Zadanie 23. (2 pkt)
Rzucamy dwa razy kostką do gry. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego
na tym, \e w drugim rzucie wypadnie parzysta liczba oczek.
I sposób rozwiązania
Oznaczamy: A zdarzenie losowe polegajÄ…ce na wyrzuceniu w drugim rzucie parzystej
liczby oczek.
Obliczamy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych tego doświadczenia &! = 36 .
Obliczamy liczbę zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu losowemu A:
A = 6 Å" 3 = 18 .
18 1
Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia losowego A: P(A) = = .
36 2
1
Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe P(A) = .
2
II sposób rozwiązania
Oznaczamy: A zdarzenie losowe polegajÄ…ce na wyrzuceniu w drugim rzucie parzystej
liczby oczek.
Wypisujemy wszystkie mo\liwe wyniki doświadczenia i zaznaczamy zdarzenia elementarne
sprzyjajÄ…ce zdarzaniu A.
(1, 1) (2, 1) (3, 1) (4, 1) (5, 1) (6, 1)
(1, 2) (2, 2) (3, 2) (4, 2) (5, 2) (6, 2)
(1, 3) (2, 3) (3, 3) (4, 3) (5, 3) (6, 3)
(1, 4) (2, 4) (3, 4 ) (4, 4) (5, 4) (6, 4)
(1, 5) (2, 5) (3, 5) (4, 5) (5, 5) (6, 5)
(1, 6) (2, 6) (3, 6) (4, 6) (5, 6) (6, 6)
Zliczamy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych oraz zdarzeń sprzyjających zdarzeniu A:
&! = 36 i A = 18.
18 1
Obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia losowego A: P(A) = = .
36 2
1
Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest równe P(A) = .
2
4 Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
Schemat oceniania
ZdajÄ…cy otrzymuje .................................................................................................................... 1 pkt
gdy:
" poprawnie obliczy &! = 36 i A = 18 i na tym poprzestanie lub dalej popełni błąd
albo
" poprawnie wypisze wszystkie zdarzenia elementarne oraz poprawnie zaznaczy
wszystkie zdarzenia elementarne sprzyjajÄ…ce zdarzeniu polegajÄ…cemu na wyrzuceniu
w drugim rzucie parzystej liczby oczek i na tym poprzestanie lub dalej popełni błąd.
ZdajÄ…cy otrzymuje .................................................................................................................... 2 pkt
1
gdy poda prawdopodobieństwo zdarzenia losowego A: P(A) = .
2
Uwaga
1. Je\eli zdający błędnie wyznaczy &! (np. &! = 6 ) lub A (np. A = 3), to
przyznajemy 0 punktów za całe zadanie.
2. Je\eli zdający wyznaczy P(A) > 1 lub P(A) < 0 , to przyznajemy 0 punktów za całe
zadanie.
3. Je\eli zdający popełni błąd rachunkowy przy obliczaniu &! lub A i konsekwentnie
do popełnionego błędu rozwią\e zadanie, to przyznajemy 1 punkt.
Zadanie 24. (2 pkt)
Rozwią\ nierówność x2 + x + 6 > 0 .
RozwiÄ…zanie
Wyznaczamy wyró\nik trójmianu kwadratowego x2 + x + 6 : " = b2 - 4ac = 1- 4 Å"1Å" 6 = -23.
" < 0 , zatem trójmian kwadratowy x2 + x + 6 nie ma pierwiastków. Szkicujemy wykres
paraboli y = x2 + x + 6 i odczytujemy rozwiÄ…zanie.
x " R
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu 5
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
Schemat oceniania
ZdajÄ…cy otrzymuje .................................................................................................................... 1 pkt
gdy obliczy wyró\nik trójmianu kwadratowego " = -23 i zauwa\y, \e trójmian nie ma
pierwiastków.
ZdajÄ…cy otrzymuje .................................................................................................................... 2 pkt
gdy poda rozwiązanie nierówności: x " R (lub inny równowa\ny zapis).
Uwaga
1. Przyznajemy 0 punktów zdającemu, który rozwiązuje nierówność inną ni\ w treści
zadania.
2. Je\eli zdający popełni błąd rachunkowy przy obliczaniu wyró\nika trójmianu
kwadratowego i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwią\e nierówność,
to przyznajemy 1 punkt.
Zadanie 25. (2 pkt)
sinÄ…
Kąt ą jest kątem ostrym. Wiedząc, \e tgą = 2 , oblicz wartość wyra\enia .
cos2 Ä…
I sposób rozwiązania
Rysujemy trójkąt prostokątny i wprowadzamy oznaczenia:
c
a długość przyprostokątnej le\ącej przy kącie ą ,
2a
2a długość przyprostokątnej le\ącej naprzeciw kąta ą ,
c długość przeciwprostokątnej.
Ä…
2a
tgÄ… = = 2
a
a
Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy
2
(2a) + a2 = c2
4a2 + a2 = c2
5a2 = c2
c = a 5
Z definicji funkcji trygonometrycznych kąta ostrego w trójkącie prostokątnym
otrzymujemy
2a 2a 2 2 5
sinÄ… = = = =
c 5
a 5 5
a a 1 5
cosÄ… = = = =
c 5
a 5 5
6 Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
2 5 2 5
sinÄ…
5 5
StÄ…d = = = 2 5 .
2
1
cos2 Ä…
ëÅ‚ öÅ‚
5
ìÅ‚ ÷Å‚
5
ìÅ‚ ÷Å‚
5
íÅ‚ Å‚Å‚
II sposób rozwiązania
sinÄ…
Å„Å‚
= 2
ôÅ‚
òÅ‚cosÄ…
ôÅ‚sin 2 Ä… + cos2 Ä… = 1
ół
sinÄ… = 2cosÄ… sinÄ…
Å„Å‚ Å„Å‚cosÄ… =
òÅ‚ ôÅ‚
2
2
ôÅ‚
(2cosÄ… ) + cos2 Ä… = 1
ół
òÅ‚ 2
ôÅ‚sin 2 Ä… + ëÅ‚ sinÄ… öÅ‚ = 1
ìÅ‚ ÷Å‚
4cos2 Ä… + cos2 Ä… = 1
ôÅ‚
2
íÅ‚ Å‚Å‚
ół
1
cos2 Ä… = i cosÄ… > 0 1
2 2
sin Ä… + sin Ä… = 1
5
4
5
5
cosÄ… = 2
sin Ä… = 1
5
4
2 5
4
2
StÄ…d sinÄ… = .
sin Ä… = i sinÄ… > 0
5
5
2 5 2 5
2 5
sinÄ… =
sinÄ…
5 5
5
Zatem = = = 2 5
2
1
cos2 Ä…
ëÅ‚ öÅ‚
5
ìÅ‚ ÷Å‚
2 5
5
ìÅ‚ ÷Å‚
5
íÅ‚ Å‚Å‚
5
5
StÄ…d cosÄ… = = .
2 5
2 5 2 5
sinÄ…
5 5
Zatem = = = 2 5 .
2
1
cos2 Ä…
ëÅ‚ öÅ‚
5
ìÅ‚ ÷Å‚
5
ìÅ‚ ÷Å‚
5
íÅ‚ Å‚Å‚
III sposób rozwiązania
Dla tgÄ… = 2 odczytujemy z tablic trygonometrycznych: Ä… H" 63° .
StÄ…d sin 63° H" 0,891 oraz cos 63° H" 0,454 .
sin 63° 0,891 0,891
Zatem H" = H" 4,321.
2
cos2 63° 0,2062
(0,454)
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu 7
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
Schemat oceniania I, II i III sposobu oceniania
ZdajÄ…cy otrzymuje ............................................................................................................1 pkt
gdy:
" przekształci dane wyra\enie do postaci wyra\enia zawierającego tylko siną
sinÄ… 1
2 2
i wykorzysta jedynkÄ™ trygonometrycznÄ… , np. cosÄ… = , sin Ä… + sin Ä… = 1
2 4
i na tym poprzestanie lub dalej popełni błąd
albo
" przekształci dane wyra\enie do postaci wyra\enia zawierającego tylko cosą
i wykorzysta jedynkÄ™ trygonometrycznÄ… , np. sinÄ… = 2cosÄ… , 4cos2 Ä… + cos2 Ä… = 1
i na tym poprzestanie lub dalej popełni błąd
albo
" obliczy długość przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych
długości 1 i 2 (lub ich wielokrotności) nawet z błędem rachunkowym oraz zapisze
2a 2a 2 2 5
siną = = = = i na tym zakończy
c 5
a 5 5
albo
" obliczy długość przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych
długości 1 i 2 (lub ich wielokrotności) z błędem rachunkowym oraz zapisze
a a 1 5
cosą = = = = i na tym zakończy
c 5
a 5 5
albo
" narysuje trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości 1 i 2 (lub ich
wielokrotności), obliczy długość przeciwprostokątnej i zaznaczy w tym trójkącie
poprawnie kÄ…t Ä…
albo
" odczyta z tablic przybli\onÄ… wartość kÄ…ta Ä… : Ä… H" 63° (akceptujemy wynik Ä… H" 64° )
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
ZdajÄ…cy otrzymuje ............................................................................................................2 pkt
gdy:
2 5 2 5
sinÄ… sinÄ…
5 5
" obliczy wartość : = = = 2 5
2
1
cos2 Ä… cos2 Ä…
ëÅ‚ öÅ‚
5
ìÅ‚ ÷Å‚
5
ìÅ‚ ÷Å‚
5
íÅ‚ Å‚Å‚
albo
sinÄ… sin 63°
" obliczy przybli\oną wartość : H" 4,321.
cos2 Ä… cos2 63°
8 Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
Uwaga
1. Jeśli zdający przyjmie, \e siną = 5 i cosą = 12 , to otrzymuje 0 punktów.
2. Jeśli zdający nie odrzuci odpowiedzi ujemnej, to otrzymuje 1 punkt.
3. Za rozwiązanie, w którym zdający błędnie zaznaczy kąt ą na rysunku i z tego korzysta
oceniamy na 0 punktów.
Zadanie 26. (2 pkt)
Punkty A , B , C są środkami boków trójkąta ABC. Pole trójkąta A B C jest równe 4. Oblicz
pole trójkąta ABC.
C
C B
A A B
RozwiÄ…zanie
Trójkąty ABC i A B C są podobne (cecha kkk). Poniewa\ odcinek C B łączy środki boków
AC i BC, to AB = 2 C' B' . Zatem skala podobieństwa przekształcającego trójkąt A B C
na trójkąt ABC jest równa 2.
Obliczamy pole trójkąta ABC
PABC = 4PA'B'C ' = 16 .
Schemat oceniania
ZdajÄ…cy otrzymuje .................................................................................................................... 1 pkt
gdy zauwa\y podobieństwo trójkątów i wyznaczy skalę podobieństwa: 2.
ZdajÄ…cy otrzymuje .................................................................................................................... 2 pkt
gdy poprawnie obliczy pole trójkąta ABC: PABC = 16 .
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu 9
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
Zadanie 27. (2 pkt)
Wyka\, \e ró\nica kwadratów dwóch kolejnych liczb parzystych jest liczbą podzielną przez 4.
RozwiÄ…zanie
Wprowadzamy oznaczenia: 2n, 2n+2 kolejne liczby parzyste
2 2
(2n + 2) - (2n) = 4n2 + 8n + 4 - 4n2 = 8n + 4 = 4(2n +1)
2 2
Zatem ró\nica (2n + 2) - (2n) = 4(2n +1) jest liczbą podzielną przez 4.
Schemat oceniania
ZdajÄ…cy otrzymuje .................................................................................................................... 1 pkt
gdy poprawnie zapisze ró\nicę kwadratów dwóch kolejnych liczb parzystych i poprawnie
2 2
zastosuje wzór skróconego mno\enia: (2n + 2) - (2n) = 4n2 + 8n + 4 - 4n2 .
ZdajÄ…cy otrzymuje .................................................................................................................... 2 pkt
gdy wyka\e, \e ró\nica kwadratów dwóch kolejnych liczb parzystych jest liczbą podzielną
2 2
przez 4: (2n + 2) - (2n) = 4(2n +1).
Zadanie 28. (2 pkt)
Proste o równaniach y = - 9x -1 i y = a2 x + 5 są prostopadłe. Wyznacz liczbę a.
RozwiÄ…zanie
Proste o równaniach y = - 9x -1 i y = a2 x + 5 są prostopadłe, zatem ich współczynniki
kierunkowe speÅ‚niajÄ… warunek a1 Å" a2 = -1.
Poniewa\ a1 = -9, a2 = a2 , to a1 Å" a2 = -9 Å" a2 .
StÄ…d - 9 Å" a2 = -1
-1
a2 =
- 9
1
a2 =
9
1 1
Zatem a = lub a = - .
3 3
Schemat oceniania
ZdajÄ…cy otrzymuje .................................................................................................................... 1 pkt
1
gdy poprawnie zapisze warunek prostopadÅ‚oÅ›ci prostych: - 9 Å" a2 = -1 lub a2 = .
9
ZdajÄ…cy otrzymuje .................................................................................................................... 2 pkt
1 1
gdy obliczy i poda obie wartości a: , - .
3 3
10 Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
Zadanie 29. (2 pkt)
Prosta przechodząca przez wierzchołek A równoległoboku ABCD przecina jego przekątną BD
w punkcie E i bok BC w punkcie F, a prostÄ… DC w punkcie G.
2
Udowodnij, \e EA = EF Å" EG .
RozwiÄ…zanie
Rysujemy równoległobok ABCD i wprowadzamy oznaczenia
A B
E F
D C G
EB EA
Trójkąty AEB i DEG są podobne (cecha kkk), więc = .
ED EG
EB EF
Trójkąty BEF i ADE równie\ są podobne, więc = .
ED EA
EA EF
2
Zatem = . StÄ…d EA = EF Å" EG .
EG EA
Schemat oceniania
ZdajÄ…cy otrzymuje .................................................................................................................... 1 pkt
gdy:
" zauwa\y podobieństwo trójkątów AEB i DEG i zapisze poprawny stosunek boków:
EB EA
=
ED EG
albo
" zauwa\y podobieństwo trójkątów BEF i ADE i zapisze poprawny stosunek boków:
EB EF
=
ED EA
ZdajÄ…cy otrzymuje .................................................................................................................... 2 pkt
EA EF
2
gdy zapisze, \e = i przeksztaÅ‚ci proporcjÄ™ do postaci EA = EF Å" EG .
EG EA
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu 11
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
Zadanie 30. (4 pkt)
W trapezie równoramiennym ABCD ramię ma długość 10. Obwód tego trapezu jest równy 40.
3
Wiedząc, \e tangens kąta ostrego w trapezie ABCD jest równy , oblicz długości jego
4
podstaw.
RozwiÄ…zanie
Rysujemy trapez i wprowadzamy oznaczenia
a, b długości podstaw trapezu
d długość ramienia trapezu
b
h wysokość trapezu
d
h
Ä…
y a y
3
tgÄ… =
4
a = b + 2y
Obwód trapezu jest równy a + b + 2d = 40 . Stąd a + b = 20 .
Korzystając z twierdzenia Pitagorasa wyznaczamy długość odcinka y.
2 2
2
(h) + (y) = d
2 2
2
(3x) + (4x) = d
9x2 +16x2 = 102
25x2 = 100 / : 25
x2 = 4
x = 2
StÄ…d 4x = 8 .
Zatem a = b + 2 Å" 4x = b +16 .
a + b = 20
b +16 + b = 20
2b = 20 -16
StÄ…d b = 2 i a = 18.
Podstawy trapezu ABCD mają długości a = 18 i b = 2 .
12 Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiÄ…zania .........................................................................................................................1 pkt
Zapisanie równania wynikającego z obwodu: a + b = 20 .
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ......................................................................2 pkt
Obliczenie długości odcinka y: y = 8 .
Pokonanie zasadniczych trudności zadania.....................................................................3 pkt
Obliczenie długości jednej z podstaw trapezu: a = 18 lub b = 2 .
Rozwiązanie pełne ..............................................................................................................4 pkt
Obliczenie długości obu podstaw trapezu: a = 18 i b = 2 .
Uwaga
1. Je\eli zdajÄ…cy przyjmie, \e h = 3 oraz y = 4 i konsekwentnie rozwiÄ…\e zadanie,
to za całe rozwiązanie przyznajemy 1 punkt.
2. Je\eli zdający popełni błąd rachunkowy i konsekwentnie do popełnionego błędu
rozwiÄ…\e zadanie, to przyznajemy 3 punkty.
Zadanie 31. (6 pkt)
Trzy liczby tworzą ciąg arytmetyczny. Ich suma jest równa 15. Je\eli pierwszą i trzecią liczbę
pozostawimy bez zmian, a drugÄ… pomniejszymy o jeden, to otrzymamy trzy kolejne wyrazy
ciÄ…gu geometrycznego. Oblicz wyrazy ciÄ…gu arytmetycznego.
I sposób rozwiązania
CiÄ…g (a1, a1 + r, a1 + 2r) jest ciÄ…giem arytmetycznym.
Z treści zadania wynika, \e a1 + a1 + r + a1 + 2r = 15.
StÄ…d 3a1 + 3r = 15 .
a1 + r = 5
2
CiÄ…g (a1, a1 + r -1, a1 + 2r) jest ciÄ…giem geometrycznym Zatem (a1 + r -1) = a1(a1 + 2r).
a1 + r = 5
Å„Å‚
Rozwiązujemy układ równań
òÅ‚
2
(a1 + r -1) = a1(a1 + 2r)
ół
a1 + r = 5 r = 5
Å„Å‚ Å„Å‚ - a1 r = 5
r = 5
Å„Å‚ - a1 Å„Å‚ - a1
òÅ‚ òÅ‚ òÅ‚16 = a1(10 - a1) òÅ‚
2 2 2
(5 -1) = a1(a1 + 2r) (5 -1) = a1(10 - a1) -10a1 +16 = 0
ół
ół ół óła1
Rozwiązując równanie a12 -10a1 +16 = 0 otrzymujemy a1 = 2 lub a1 = 8 .
a1 = 2 a1 = 8
Å„Å‚ Å„Å‚
Zatem
òÅ‚r = 3 lub òÅ‚r = -3.
ół ół
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu 13
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
a1 = 2 a1 = 8
Å„Å‚ Å„Å‚
ôÅ‚a ôÅ‚a
Obliczamy wyrazy ciÄ…gu arytmetycznego: = 5 lub = 5 .
òÅ‚ òÅ‚
2 2
ôÅ‚a = 8 ôÅ‚a = 2
ół 3 ół 3
II sposób rozwiązania
CiÄ…g (a, b, c) jest ciÄ…giem arytmetycznym.
a + c
Z treści zadania i własności ciągu arytmetycznego wynika, \e a + b + c = 15 i b = .
2
2
CiÄ…g (a, b -1, c) jest ciÄ…giem geometrycznym. Zatem (b -1) = a Å"c .
Å„Å‚a + b + c = 15
ôÅ‚
a + c
ôÅ‚b
Rozwiązujemy układ równań =
òÅ‚
2
ôÅ‚
2
ôÅ‚
(b -1) = a Å" c
ół
a + c
Å„Å‚a + + c = 15
ôÅ‚
Å„Å‚3a + 3c = 30 Å„Å‚a + c = 10 Å„Å‚a + c = 10
2
Å„Å‚ - c
a = 10
ôÅ‚
ôÅ‚ ôÅ‚ ôÅ‚
a + c a + c a + c 10 ôÅ‚
ôÅ‚b = ôÅ‚b ôÅ‚b ôÅ‚b
= = = = 5
òÅ‚ òÅ‚ òÅ‚ òÅ‚ òÅ‚b
2 2 2 2
ôÅ‚ ôÅ‚ ôÅ‚ ôÅ‚ ôÅ‚
2
2 2 2 2 (5 -1) = (10 - c)Å" c
ół
ôÅ‚ ôÅ‚ ôÅ‚ ôÅ‚
(b -1) = a Å" c (b -1) = a Å" c (b -1) = a Å" c (b -1) = a Å" c
ół ół ół
ôÅ‚
ół
Å„Å‚ - c
a = 10
ôÅ‚
òÅ‚b = 5
ôÅ‚16 = 10c - c2
ół
Rozwiązując równanie c2 -10c +16 = 0 otrzymujemy c1 = 2 lub c2 = 8 .
a = 8 a = 2
Å„Å‚ Å„Å‚
ôÅ‚b ôÅ‚b
Po podstawieniu otrzymujemy ciÄ…g arytmetyczny = 5 lub = 5 .
òÅ‚ òÅ‚
ôÅ‚c = 2 ôÅ‚c = 8
ół ół
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze
do całkowitego rozwiązania zadania ....................................................................................... 1 pkt
" Wykorzystanie wzoru na n-ty wyraz ciągu arytmetycznego do zapisania wyrazów
ciÄ…gu: a1, a1 + r , a1 + 2r i zapisanie warunku a1 + r = 5.
albo
a + c
" Wykorzystanie własności ciągu arytmetycznego oraz zapisanie: b =
2
i a + b + c = 15.
14 Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ............................................................................. 2 pkt
2
" Zapisanie układu równań (a1 + r -1) = a1(a1 + 2r) i a1 + r = 5 .
albo
Å„Å‚a + b + c = 15
ôÅ‚
a + c
ôÅ‚
" Zapisanie układu równań = .
òÅ‚b
2
ôÅ‚
2
ôÅ‚
(b -1) = a Å" c
ół
Pokonanie zasadniczych trudności zadania ............................................................................ 4 pkt
Zapisanie i rozwiązanie równania z jedną niewiadomą:
2
" a1 -10a1 +16 = 0 , a1 = 2 , r = 3lub a1 = 8 , r = -3,
albo
" c2 -10c +16 = 0 ,. c1 = 2 lub c2 = 8 .
Uwaga
Jeśli zdający obliczy tylko jedną wartość, to otrzymuje 3 punkty.
Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają
poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) ................................................................ 5 pkt
Rozwiązanie pełne ..................................................................................................................... 6 pkt
Obliczenie wszystkich wyrazów ciągu: 2, 5, 8 lub 8, 5, 2.
Zadanie 32. (4 pkt)
Oblicz pole czworokąta ABCD, którego wierzchołki mają współrzędne A = (- 2,1),
B = (-1,- 3), C = (2,1), D = (0,5).
I sposób rozwiązania
Zaznaczamy punkty A = (- 2,1), B = (-1,- 3), C = (2,1), D = (0,5) w układzie
współrzędnych i rysujemy czworokąt ABCD.
h1
h2
Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu 15
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
Przekątna AC dzieli czworokąt ABCD na dwa trójkąty: ACD i ABC. Wysokość w trójkącie
ACD jest równa h1 = 4 i jest jednocześnie odległością punktu D od prostej AC o równaniu
1
y = 1. Zatem pole trójkÄ…ta ACD jest równe P1 = AC Å" h1.
2
1
1
Poniewa\ AC = 4 i h1 = 4 , to P1 = AC Å" h1 = Å" 4 Å" 4 = 8 .
2
2
Wysokość w trójkącie ABC jest równa h2 = 4 i jest jednocześnie odległością punktu B
1
od prostej AC o równaniu y = 1. Zatem pole trójkÄ…ta ABC jest równe P2 = AC Å" h2 .
2
1
1
Poniewa\ AC = 4 i h2 = 4 , to P2 = AC Å" h2 = Å" 4 Å" 4 = 8.
2
2
Pole czworokąta ABCD jest równe sumie pól trójkątów ACD i ABC.
Zatem PABCD = P1 + P2 = 8 + 8 = 16 .
Pole czworokąta ABCD jest równe 16.
II sposób rozwiązania
Zaznaczamy punkty A = (- 2,1), B = (-1,- 3), C = (2,1), D = (0,5) w układzie
współrzędnych i rysujemy czworokąt ABCD.
h1 h2
Przekątna BD dzieli czworokąt ABCD na dwa trójkąty: ABD i BDC. Wysokość h1 w trójkącie
ABD jest równa odległości punktu A od prostej BD, a wysokość h2 w trójkącie BDC jest
1
równa odlegÅ‚oÅ›ci punktu C od prostej BD. Zatem pole trójkÄ…ta ABD jest równe P1 = BD Å" h1 ,
2
1
a pole trójkÄ…ta BDC jest równe P2 = BD Å" h2 .
2
16 Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Poznaniu
Model oceniania
Materiał ćwiczeniowy z matematyki - poziom podstawowy
5 + 3
Wyznaczamy równanie prostej BD: y + 3 = (x +1)
0 +1
y + 3 = 8(x +1)
y = 8x + 5
Postać ogólna równania prostej BD: 8x - y + 5 = 0 .
Obliczamy długości wysokości h1 i h2 , korzystając ze wzoru na odległość punktu od prostej.
8 Å"(- 2)-1Å"1+ 5 -16 -1+ 5
12
h1 = = =
65 65
82 +12
8 Å" 2 -1Å"1+ 5 16 -1+ 5
20
h2 = = =
65 65
82 +12
2
2
Obliczamy długość odcinka BD: BD = (0 +1) +(5 + 3) = 1+ 64 = 65
Pole czworokąta ABCD jest równe sumie pól trójkątów ABD i BDC.
12 1 12
1
Poniewa\ BD = 65 i h1 = , to P1 = BD Å" h1 = Å" 65 Å" = 6 .
2
2
65 65
20 1 20
1
Poniewa\ BD = 65 i h2 = , to P2 = BD Å" h2 = Å" 65 Å" = 10 .
2
2
65 65
Zatem PABCD = P1 + P2 = 6 +10 = 16 .
Pole czworokąta ABCD jest równe 16.
Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiÄ…zania .........................................................................................................................1 pkt
Podział czworokąta na dwa trójkąty i wyznaczenie równania prostej AC: y = 1 lub prostej
BD: y = 8x + 5 .
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ......................................................................2 pkt
Obliczenie odległości punktów B i D od prostej AC: 4
12 20
lub odległości punktów A i C od prostej BD: i .
65 65
Pokonanie zasadniczych trudności zadania.....................................................................3 pkt
Obliczenie pól trójkątów ACD i ABC: P1 = P2 = 8 lub pól trójkątów ABD i BDC: P1 = 6
i P2 = 10 .
Rozwiązanie pełne ..............................................................................................................4 pkt
Obliczenie pola powierzchni czworokÄ…ta ABDC: 16.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
2011 styczeń matma II klucz2011 styczeń matma2011 styczeń OKE Poznań fizyka rozszerzona klucz2011 styczen mat cw klucz2011 styczeń OKE Poznań biologia podstawowa arkusz2010 styczen matma id 2061844 Nieznany2011 styczeń OKE Poznań fizyka rozszerzona arkusz2011 styczeńid 2452010 2011 rejon test klucz2011 2012 wojewódzki klucz2011 styczeń OKE Poznań Materiał Ćwiczeniowy2011 styczeń OKE Poznań (2)2009 listopad matma klucz2009 listopad matma kluczwięcej podobnych podstron