Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 1 z 14

Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych

i schemat oceniania zadań otwartych

Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych

1

2

3

4

5

6

7

8

9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

D C D A

A

B

D C C

D

B

C

A

B

B

D

B

C

A

A

Schemat oceniania zadań otwartych

Zadanie 21. (2pkt)
Rozwiąż nierówność

2

2

3

2

0

x

x





 

.

Rozwiązanie
Obliczamy wyróżnik i pierwiastki trójmianu kwadratowego

2

2

3

2

x

x







 

9 4

2 2

25

      

,

5

 

,

1

3 5

2

4

x

 







,

2

3 5

1

4

2

x

 



 



.

Szkicujemy wykres trójmianu kwadratowego

2

2

3

2

y

x

x

 





,

-1

1

2

3

-1

1

2

3

y

0

x

1

2

_ _

z którego odczytujemy zbiór rozwiązań rozwiązywanej nierówności





1
2

,

2,

x

   



.

Schemat oceniania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................1 pkt
gdy:



obliczy lub poda pierwiastki trójmianu kwadratowego

1

2

x



,

2

1

2

x

 

i na tym

poprzestanie lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności

albo



rozłoży trójmian kwadratowy na czynniki liniowe, np.





1

2

2

2

x

x



















i na tym

poprzestanie lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności

albo



zapisze nierówność w postaci równoważnej

3

5

4

4

x

 

i na tym poprzestanie lub błędnie

zapisze zbiór rozwiązań nierówności

albo

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 2 z 14



popełni błąd rachunkowy przy obliczaniu wyróżnika lub pierwiastków trójmianu
kwadratowego (ale otrzyma dwa różne pierwiastki) i konsekwentnie do popełnionego
błędu rozwiąże nierówność

albo



błędnie przekształci nierówność do postaci równoważnej, np. zapisze

3

5

4

4

x

 

i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże nierówność.

Zdający otrzymuje ............................................................................................................2 pkt
gdy:



poda zbiór rozwiązań nierówności:





1
2

,

2,

  



lub





1
2

,

2,

x

   



lub

(

1
2

x

 

lub

2

x



)

albo



sporządzi ilustrację geometryczną (oś liczbowa, wykres) i zapisze zbiór rozwiązań
nierówności w postaci:

1
2

x

 

,

2

x



albo



poda zbiór rozwiązań nierówności w postaci graficznej z poprawnie zaznaczonymi
końcami przedziałów.

Zadanie 22. (2 pkt)
Oblicz największą wartość funkcji kwadratowej

2

( )

2

16

15

f x

x

x

 





w przedziale

2,3



.

Rozwiązanie
Pierwsza współrzędna wierzchołka paraboli będącej wykresem funkcji f jest równa

 

16

4

2

2

2

w

b

x

a

 

 



 

.

Stąd i z ujemnego znaku współczynnika stojącego przy

2

x wnioskujemy, że w przedziale

2,3



funkcja f jest rosnąca. Zatem największa wartość funkcji f w tym przedziale jest

równa

 

2

3

2 3

16 3 15

18 48 15 15

f

     

  





.

Odpowiedź: Największa wartość funkcji f w przedziale

2,3



jest równa 15.

Schemat punktowania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................1 pkt
gdy:



obliczy pierwszą współrzędną wierzchołka paraboli będącej wykresem funkcji f

albo



zapisze wzór funkcji f w postaci kanonicznej i stwierdzi, że w przedziale

2,3



funkcja

jest rosnąca (wystarczy, że stwierdzi, że jest monotoniczna, o ile w dalszej części
rozwiązania oblicza wartości na obu krańcach przedziału

2,3



)

i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje ............................................................................................................2 pkt
gdy obliczy największą wartość funkcji w przedziale

2,3



: 15.

x

1
2



2

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 3 z 14

Zadanie 23. (2pkt)
Powierzchnia boczna stożka po rozwinięciu na płaszczyznę jest ćwiartką koła o promieniu 8 cm.
Oblicz wysokość tego stożka.
Rozwiązanie

Ponieważ powierzchnia boczna stożka po rozwinięciu na płaszczyznę jest ćwiartką koła

o promieniu 8 cm, więc pole powierzchni bocznej stożka jest równe

2

1

8

16

4





 

.

Zatem ze wzoru na pole powierzchni bocznej stożka otrzymujemy

8 16

r





 

. Stąd

2

r



.

Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

2

2

2

2

8

8

2

60

2 15

h

r













.

Odpowiedź: Wysokość stożka jest równa 2 15 cm.

Schemat punktowania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................1 pkt
gdy zapisze związek pozwalający obliczyć promień podstawy stożka, np. wykorzysta wzór na

pole powierzchni bocznej stożka i zapisze równanie

2

1

8

8

4

r





 



.

Zdający otrzymuje ............................................................................................................2 pkt
gdy obliczy wysokość stożka:

2 15

h



.

Zadanie 24. (2pkt)

Ciąg

 

n

a

jest określony dla

1

n



wzorem

2

4 3

n

a

n

  

. Sprawdź, którym wyrazem tego

ciągu jest liczba





2

2

3

2

3

  

.

Rozwiązanie
Po zastosowaniu wzoru na kwadrat sumy i wykonaniu redukcji otrzymujemy









2

2

2

3

2

3

9

4 4 3 3

16 4 3

4

4 3

  

   

   

  

.

Zatem liczba





2

2

3

2

3

  

jest czwartym wyrazem ciągu

 

n

a

.

Odpowiedź:





2

2

4

3

2

3

a

  



.

Schemat punktowania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................1 pkt
gdy poprawnie zastosuje wzór skróconego mnożenia na kwadrat sumy i na tym zakończy lub

dalej popełnia błędy:









2

2

3

2

3

9

4 4 3 3

  

   



.

Zdający otrzymuje ............................................................................................................2 pkt

gdy doprowadzi wyrażenie





2

2

3

2

3

  

do postaci 16 4 3

 

i zapisze, że





2

2

4

3

2

3

a

  



.

r

8

h

8

8

.

r

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 4 z 14

Zadanie 25. (2pkt)
Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y, z takich, że

3

x

y

z

  

prawdziwa

jest nierówność

2

2

2

3

x

y

z







.

Dowód
I sposób rozwiązania
Z założenia

3

x

y

z

  

otrzymujemy





3

z

x

y

  

. Wobec tego tezę możemy zapisać

w sposób równoważny









2

2

2

3

3

x

y

x

y



  



,



 



2

2

2

9 6

3

x

y

x

y

x

y



 



 



,

2

2

2

2

9 6

6

2

3

x

y

x

y

x

xy

y



 











,

2

2

2

2

2

6

6

6

0

x

xy

y

x

y









 

2

2

3

3

3

0

x

xy

y

x

y









 

,









2

2

3

3

3

0

x

y

x

y

y









 

.

Otrzymaliśmy w ten sposób nierówność kwadratową z niewiadomą x. Wyróżnik trójmianu
stojącego po lewej stronie tej nierówności jest równy









2

2

2

2

3

4 1

3

3

6

9 4

12

12

y

y

y

y

y

y

y

 



  



 



 















2

2

2

3

6

3

3

2

1

3

1

0

y

y

y

y

y

 



  



  





dla każdej

y

R



.

To, wraz z dodatnim współczynnikiem przy

2

x oznacza, że nierówność kwadratowa jest

prawdziwa dla dowolnej liczby

x

R



.

Uwaga
Prawdziwość otrzymanej nierówności

2

2

3

3

3

0

x

xy

y

x

y









 

możemy też udowodnić

zapisując ją w postaci równoważnej jej nierówności prawdziwej w sposób oczywisty.
Pokażemy dwa takie sposoby:
a)

2

2

3

3

3

0

x

xy

y

x

y









 

,



 



2

2

2

1

2

1

1 0

x

x

y

y

xy

x

y



 



 

   

,



 





 



2

2

1

1

1

1

0

x

y

x y

y









 

 

,



 

 





2

2

1

1

1

1

0

x

y

x

y







 

 

,



















2

2

2

1

1

3

1

2

1

1

1

1

0

2

4

4

x

x

y

y

y



   

  



 





,













2

2

1

3

1

1

1

0

2

4

x

y

y





 



 













.

Nierówność ta jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y.

b)



 

 





2

2

1

1

1

1

0

x

y

x

y







 

 

,



 

















2

2

2

2

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

0

2

2

2

2

x

x

y

y

x

y







 













,









 















2

2

2

2

1

1

1

1

2

1

1

1

1

1

0

2

2

2

x

x

y

y

x

y







 

























2

2

2

1

1

1

1

1

1

1

0

2

2

2

x

y

x

y

  











.

Podobnie jak poprzednio uzyskujemy nierówność prawdziwą w sposób oczywisty.

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 5 z 14

II sposób rozwiązania
Podstawiając

1

x

a

 

,

1

y

b

 

,

1

z

c

 

możemy zapisać założenie w postaci



 

 



1

1

1

3

a

b

c

     

, czyli

0

a b c

  

, zaś tezę możemy zapisać w sposób

równoważny w postaci kolejno:



 

 



2

2

2

1

1

1

3

a

b

c



 

 



,

2

2

2

2

2

2

0

a

a b

b c

c



 

 



,





2

2

2

2

a

b

c

a b c





 

 

.

Ostatnia nierówność jest, wobec założenia

0

a b c

  

, równoważna nierówności

2

2

2

0

a

b

c







,

która jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych.

III sposób rozwiązania
Dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y, z prawdziwe są nierówności





2

0

x

y





,





2

0

y

z





,





2

0

z

x





,

czyli

2

2

2

x

y

xy





,

2

2

2

y

z

yz





,

2

2

2

z

x

zx





.

Dodając te nierówności stronami otrzymujemy

2

2

2

2

2

2

2

2

2

x

y

z

xy

yz

zx











.

Ponieważ z założenia

3

x

y

z

  

, więc

2

2

2

2

2

2

9

x

y

z

xy

yz

zx













.

Stąd





2

2

2

2

2

2

9

xy

yz

zx

x

y

z





 





.

Otrzymujemy zatem





2

2

2

2

2

2

2

2

2

9

x

y

z

x

y

z





 





,

2

2

2

3

3

3

9

x

y

z







,

2

2

2

3

x

y

z







,

co należało udowodnić.

IV sposób rozwiązania
Dla liczb nieujemnych x, y, z prawdziwa jest nierówność między średnią arytmetyczną
i średnią kwadratową

2

2

2

3

3

x

y

z

x

y

z

 







.

Jeżeli natomiast któraś z liczb x, y, z jest ujemna, to ta nierówność również jest prawdziwa.
Stąd i z założenia, że

3

x

y

z

  

dostajemy

2

2

2

1

3

x

y

z







.

Podnosząc obie strony te nierówności do kwadratu, a następnie mnożąc je przez 3 dostajemy
tezę.

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 6 z 14

Schemat punktowania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................1 pkt
gdy



zapisze nierówność w postaci równoważnej jej nierówności kwadratowej









2

2

3

3

3

0

x

y

x

y

y









 

i zapisze, że otrzymana nierówność to nierówność

kwadratowa lub obliczy wyróżnik trójmianu kwadratowego









2

2

3

3

3

x

y

x

y

y

 







albo



zapisze nierówność w postaci równoważnej



 

 





2

2

1

1

1

1

0

x

y

x

y







 

 

albo



zastosuje podstawienie

1

x

a

 

,

1

y

b

 

,

1

z

c

 

i zapisze założenie w postaci

0

a b c

  

oraz tezę w postaci



 

 



2

2

2

1

1

1

3

a

b

c



 

 



albo



zapisze równość





2

2

2

2

2

2

9

xy

yz

zx

x

y

z





 





wynikająca z założenia oraz

wykaże prawdziwość nierówności

2

2

2

2

2

2

2

2

2

x

y

z

xy

yz

zx











(wystarczy, że powoła się na znaną nierówność , prawdziwą dla dowolnych liczb
rzeczywistych x, y, z)

albo



zastosuje nierówność między średnią arytmetyczną i średnią kwadratową i zapisze

nierówność

2

2

2

3

3

x

y

z

x

y

z

 







(nawet bez rozpatrywania znaków liczb x, y, z)

i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.

Zdający otrzymuje ............................................................................................................2 pkt
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.

Zadanie 26. (2pkt)
Wykaż, że jeżeli ramiona AD i BC trapezu ABCD o podstawach AB i CD zawierają się

w prostych prostopadłych (zobacz rysunek), to

2

2

2

2

AB

CD

AC

BD







.

Rozwiązanie
Niech E oznacza punkt przecięcia prostych AD i BC (przyjęliśmy za rysunkiem, że

AB

CD



. Gdyby AB

CD



, to punkt E leżałby po drugiej stronie prostej CD, zaś

rozumowanie nie zmieniłoby się).

Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego kolejno do trójkątów ABE, DCE, ACE, BED
otrzymujemy równości

A

B

C

D

E

.

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 7 z 14

(1)

2

2

2

AB

AE

BE





,

(2)

2

2

2

CD

DE

CE





,

(3)

2

2

2

AC

AE

CE





,

(4)

2

2

2

BD

DE

BE





.

Zatem



 



(1),(2)

2

2

2

2

2

2

AB

CD

AE

BE

DE

CE















 



(3),(4)

2

2

2

2

2

2

AE

CE

DE

BE

AC

BD













.

To kończy dowód.

Schemat punktowania
Zdający otrzymuje ............................................................................................................1 pkt
gdy zapisze równości wynikające z twierdzenia Pitagorasa pozwalające udowodnić tezę,

np.:

2

2

2

AB

AE

BE





,

2

2

2

CD

DE

CE





,

2

2

2

AC

AE

CE





,

2

2

2

BD

DE

BE





i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.

Zdający otrzymuje ............................................................................................................2 pkt
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 8 z 14

Zadanie 27. (4pkt)
Ze zbioru wszystkich liczb naturalnych czterocyfrowych losujemy jedną liczbę. Oblicz
prawdopodobieństwo zdarzenia, że otrzymamy liczbę spełniającą jednocześnie trzy
następujące warunki:
(1)

liczba jest podzielna przez 25,

(2)

cyfry dziesiątek i setek są nieparzyste,

(3)

cyfra dziesiątek jest nie większa niż cyfra setek.

Rozwiązanie
Zdarzeniem elementarnym jest wylosowanie liczby naturalnej czterocyfrowej, więc zbiór
wszystkich zdarzeń elementarnych ma postać





1000,1001,1002,

,9999

 

. Liczba

wszystkich liczb w tym zbiorze jest równa

9999 999

9000

 





.

Niech A oznacza zdarzenie, że wylosowana liczba ze zbioru



spełnia jednocześnie warunki

(1), (2) i (3). Liczba jest podzielna przez 25, więc jej dwucyfrowa końcówka to 00, 25, 50 lub
75. Ponieważ z (2) warunku wynika, że cyfra dziesiątek jest nieparzysta, więc końcówką
może być jedynie 50 lub 75. Cyfra setek jest nieparzysta i cyfra dziesiątek jest od niej nie
większa. Mamy zatem następujące trzycyfrowe końcówki liczby: 550, 750, 950, 775, 975.
Cyfrą tysięcy jest dowolną cyfrą spośród dziewięciu cyfr: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Zatem

9 5

A

 

.

Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest zatem równe

 

9 5

1

9000

200

A

P A











.

Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania .........................................................................................................................1 pkt



Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych:

9000

 

albo



poprawne rozpatrzenie jednego z podanych warunków, np. obliczenie liczby
wszystkich końcówek dwucyfrowych liczb naturalnych podzielnych przez 25 lub ich
wypisanie.

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp .....................................................................2 pkt



Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych oraz poprawne rozpatrzenie
jednego z podanych warunków, np. obliczenie liczby wszystkich końcówek
dwucyfrowych liczb naturalnych podzielnych przez 25 lub ich wypisanie

albo



poprawne rozpatrzenie co najmniej dwóch warunków ale nie obliczenie liczby
wszystkich zdarzeń elementarnych lub obliczenie jej z błędem.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ....................................................................3 pkt
Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych oraz obliczenie liczby zdarzeń
elementarnych sprzyjających zdarzeniu A:

9 5

A

 

.

Rozwiązanie pełne ..............................................................................................................4 pkt

Obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia A:

 

1

200

P A



.

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 9 z 14

Zadanie 28. (5pkt)
Prostokątny pas wykładziny dywanowej o wymiarach 3,6 m na 7,5 m należy przeciąć
prostopadle do dłuższego boku tak, aby przekątne otrzymanych dwóch prostokątnych
kawałków różniły się o 1,5 m. Oblicz wymiary większego z otrzymanych kawałków.

Rozwiązanie:
Oznaczmy przez x nieznany wymiar większego z kawałków. Przekątna tego kawałka jest
dłuższa od przekątnej mniejszego z kawałków.

Nieznany wymiar mniejszego kawałka i długość przekątnej tego kawałka są równe
odpowiednio

7,5

EB

x





,

1,5

FB

d

 

.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AED i dla trójkąta EBF otrzymujmy

2

2

2

DE

AE

AD





oraz

2

2

2

FB

EB

EF





,

2

2

2

3, 6

d

x





oraz



 



2

2

2

1,5

7,5

3, 6

d

x









.

Drugie równanie zapisujemy w postaci

2

2

2

3

2, 25

56, 25 15

3, 6

d

d

x

x













.

Stąd i z pierwszego równania mamy

2

2

3

2, 25

56, 25 15

d

d

x d











,

15

3

54

x

d





,

5

18

x d

 

,

5

18

d

x





.

Podstawiając w miejsce d w pierwszym równaniu

5

18

x



otrzymujemy równanie z jedną

niewiadomą





2

2

2

5

18

3, 6

x

x







,

2

2

25

180

324 12,96

x

x

x









,

2

24

180

311, 04

0

x

x







.





2

180

4 24 311, 04 180 180 4 4 6 311, 04

  

 







   







4 45 4 45 4 4 6 311, 04 16 45 45 6 311, 04

16 158, 76

   

   

 



 

 

,

16

158, 76

4 12, 6

50, 4

 



 



180 50, 4

129, 6

2, 7

48

48

x









lub

180 50, 4

230, 4

4,8

48

48

x









.

Pierwsze z otrzymanych rozwiązań nie spełnia warunków zadania, gdyż wówczas mielibyśmy

5

18

5 2, 7 18

4,5

0

d

x





 



 



.

Zatem wymiary większego z otrzymanych kawałków są równe 3,6 m na 4,8 m.

A

C

B

D

F

E

3,6

7,5

x

d

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 10 z 14

Schemat punktowania

Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania ..............................................................................................................................

1 pkt

Przyjęcie oznaczeń i zapisanie jednego z równań wynikających z treści zadania, np.:

2

2

2

3, 6

d

x





, gdzie x oznacza nieznany wymiar większego z kawałków, zaś d długość

przekątnej tego kawałka.

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................... 2

pkt

Zapisanie układu równań pozwalającego obliczyć wymiary większego z kawałków, np.:









2

2

2

2

2

2

3, 6

1,5

3, 6

7,5

d

x

d

x





















.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania .......................................................................... 3

pkt

Doprowadzenie układu do równania z jedną niewiadomą (x albo d), np.:





2

2

2

5

18

3, 6

x

x







.

Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają
poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) ........................................................4 pkt

Doprowadzenie do równania kwadratowego z jedną niewiadomą (x albo d), np.:

2

24

180

311, 04

0

x

x







.

Rozwiązanie bezbłędne ........................................................................................................... 5

pkt

Obliczenie nieznanego wymiaru większego kawałka: 4,8 m.

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 11 z 14

Zadanie 29. (4pkt)
Prosta o równaniu

2

y

x

 

przecina okrąg o równaniu



 



2

2

3

5

25

x

y









w punktach

A i B. Oblicz współrzędne punktów A i B oraz wyznacz równanie stycznej do danego okręgu,

przechodzącej przez jeden z tych punktów.

Rozwiązanie

Środkiem okręgu o równaniu



 



2

2

3

5

25

x

y









jest punkt

 

3,5

S



, a promień tego

okręgu jest równy

5

r



. Narysujmy ten okrąg wraz z prostą k o równaniu

2

y

x

 

.

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

x

y

A

B

S

k

Współrzędne punktów przecięcia prostej k z okręgiem obliczmy rozwiązując układ równań



 



2

2

3

5

25

2

x

y

y

x

 











 



.

Stąd otrzymujemy równanie



 



2

2

3

2 5

25

x

x





 



,



 



2

2

3

3

25

x

x









,





2

2

3

25

0

x







,





2

25

3

0

2

x







,

5

5

3

3

0

2

2

x

x







 

 















,

5

3

2

x

 

lub

5

3

2

x

 

Gdy

5

3

2

x

 

, to wtedy

5

2 5

2

y

x

   

, a gdy

5

3

2

x

 

, to wówczas

5

2 5

2

y

x

   

.

Zatem prosta k przecina okrąg w punktach

5

5

3

,5

2

2

A



















,

5

5

3

,5

2

2

B



















.

Zauważmy, że środek S okręgu leży na prostej k, gdyż

3 2

5

 

. Oznacza to, że styczna do

okręgu przechodząca przez punkt A lub przez punkt B jest prostopadła do prostej k.
Równanie stycznej do okręgu przechodzącej przez A ma zatem postać

5

5

3

5

2

2

y

x









 





 

















, czyli

8 5 2

y

x

   

.

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 12 z 14

Równanie stycznej do okręgu przechodzącej przez B ma postać

5

5

3

5

2

2

y

x









 





 

















, czyli

8 5 2

y

x

   

.

Odpowiedź.

5

5

3

,5

2

2

A



















,

5

5

3

,5

2

2

B



















, styczna do danego okręgu

poprowadzona przez punkt A ma równanie

8 5 2

y

x

   

, a styczna poprowadzona przez

punkt B ma równanie

8 5 2

y

x

   

.

Schemat punktowania

Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania ..............................................................................................................................

1 pkt

Doprowadzenie układu równań



 



2

2

3

5

25

x

y









i

2

y

x

 

do równania

kwadratowego z jedną niewiadomą, np.:



 



2

2

3

2 5

25

x

x





 



.

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................... 2

pkt

Rozwiązanie układu równań i zapisanie współrzędnych punktów A i B:

5

5

3

,5

2

2

A



















,

5

5

3

,5

2

2

B



















.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania .......................................................................... 3

pkt

Obliczenie współczynnika kierunkowego stycznej do danego okręgu przechodzącej przez punkt
A lub przez punkt B:

1



.

Rozwiązanie pełne ................................................................................................................... 4

pkt

Wyznaczenie równania

stycznej do danego okręgu przechodzącej przez punkt A

(lub przez punkt B):

8 5 2

y

x

   

( lub

8 5 2

y

x

   

).

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 13 z 14

Zadanie 30. (5pkt)
Podstawą ostrosłupa ABCDS jest kwadrat ABCD. Wysokość SE ściany bocznej ADS jest
jednocześnie wysokością ostrosłupa, a punkt E jest środkiem krawędzi AD (zobacz rysunek).
Pole ściany ADS jest równe 12 cm

2

, a objętość ostrosłupa jest równa 48 cm

3

. Oblicz miarę kąta

nachylenia krawędzi bocznej CS do płaszczyzny podstawy ostrosłupa. Wynik zaokrąglij do

1



.

Rozwiązanie
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Zaznaczmy też kąt



między krawędzią boczną CS

ostrosłupa a płaszczyzną jego podstawy. Jest to kąt ostry w trójkącie prostokątnym ECS
o kącie prostym przy wierzchołku E.

Pole ściany bocznej ADS jest równe 12, więc możemy zapisać równanie

1

12

2

ah



.

Wykorzystując podaną objętość ostrosłupa zapisujemy drugie równanie z tymi samymi
niewiadomymi a i h

2

1

48

3

a h



.

Z pierwszego równania otrzymujemy

24

ah



, więc stąd i z drugiego równania dostajemy

1

24

48

3

a

 



,

6

a



.

Zatem

6

24

h



, czyli

4

h



.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego EDC otrzymujemy

2

2

2

EC

ED

CD





,

2

2

2

3

6

45

p







.

Stąd

3 5

p



.

Obliczmy tangens kąta



w trójkącie ECS

4

4 5

tg

0,5963

15

3 5

h

p











.

Z tablic odczytujemy miarę kąta



zaokrągloną do

1



31



 

.

Odpowiedź:

31



 

.

A

B

C

D

S

E

.



a

a

b

h

p

Rozwiązania zadań otwartych i schematy punktowania

Strona 14 z 14

Schemat punktowania

Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania ..............................................................................................................................

1 pkt

Zapisanie jednego z równań:

1

12

2

ah



,

2

1

48

3

a h



, gdzie a oznacza długość krawędzi

podstawy ostrosłupa, zaś h wysokość ostrosłupa i jednocześnie wysokość ściany bocznej
ADS.

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ........................................................................... 2

pkt

Zapisanie układu równań pozwalającego obliczyć

długość krawędzi podstawy ostrosłupa oraz

wysokość ostrosłupa

:

1

12

2

ah



oraz

2

1

48

3

a h



.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania .......................................................................... 3

pkt

Zaznaczenie kąta nachylenia

krawędzi bocznej CS do płaszczyzny podstawy ostrosłupa

oraz

obliczenie

długości krawędzi podstawy ostrosłupa i wysokości ostrosłupa:

6

a



,

4

h



.

Uwaga
Jeżeli zdający zaznaczy zły kąt

nachylenia

krawędzi bocznej CS do płaszczyzny podstawy

ostrosłupa, to za całe rozwiązanie zadania może otrzymać co najwyżej 2 punkty.

Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają
poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) ........................................................4 pkt



Obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta



i błędne odczytanie miary kąta

albo



obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta



z błędem rachunkowym

i konsekwentne podanie miary kąta



.

Rozwiązanie bezbłędne ........................................................................................................... 5

pkt

Odczytanie miary kąta



:

31



 

.