PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY Z NOWĄ ERĄ 2018/2019 MATEMATYKA

(1)

Z NOWĄ ERĄ 2018/2019

MATEMATYKA

POZIOM PODSTAWOWY

ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ

Więcej arkuszy znajdziesz na stronie: arkusze.pl

(2)

Zadania zamknięte

Punkt przyznaje się za wskazanie poprawnej odpowiedzi (zaznaczenie właściwego pola na karcie odpowiedzi).

Zadanie 1. (0–1)

Wymagania ogólne Wymagania szczegółowe Poprawna

odpowiedź I. Wykorzystanie i tworzenie

informacji. 1.1. Liczby rzeczywiste.

Zdający przedstawia liczby rzeczywiste w różnych postaciach (np. ułamka zwykłego, ułamka dziesiętnego okresowego, z użyciem symboli pierwiastków, potęg).

2.1. Wyrażenia algebraiczne.

Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na a b_^ ! _h² oraz a²-b²_.

D

Zadanie 2. (0–1)

I. Wykorzystanie i tworzenie

Zdający oblicza potęgi o wykładnikach wymiernych i stosuje prawa działań na potęgach o wykładnikach wymiernych.

C

Zadanie 3. (0–1)

Zdający przedstawia liczby rzeczywiste w różnych postaciach (np. ułamka zwykłego, ułamka dziesiętnego okresowego, z użyciem symboli pierwiastków, potęg).

SZKOŁA PODSTAWOWA 3.4. Liczby całkowite.

Zdający wyznacza wartość bezwzględną liczby całkowitej.

B

Zadanie 4. (0–1) III. Modelowanie

matematyczne. 1.9. Liczby rzeczywiste.

Zdający wykonuje obliczenia procentowe, oblicza podatki, zysk z lokat (również złożonych na procent składany i na okres krótszy niż rok).

D

(3)

Zadanie 5. (0–1) II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.

3.5. Równania i nierówności.

Zdający rozwiązuje nierówności

kwadratowe z jedną niewiadomą. B

Zadanie 6. (0–1)

informacji. 2.1. Wyrażenia algebraiczne.

Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na _^a b! _h² oraz a²-b²_. GIMNAZJUM

6.3. Wyrażenia algebraiczne.

Zdający redukuje wyrazy podobne w sumie algebraicznej.

A

Zdający wykorzystuje interpretację geometryczną układu równań pierwszego stopnia z dwiema niewiadomymi.

GIMNAZJUM 7.6. Równania.

Zdający rozwiązuje układy równań stopnia pierwszego z dwiema niewiadomymi.

A

Zdający korzysta z własności iloczynu przy rozwiązywaniu równań typu x(x + 1)(x – 7)= 0.

B

Zadanie 9. (0–1)

informacji. 6.1. Trygonometria.

Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów o miarach od 0° do 180°.

A

1.6. Liczby rzeczywiste.

Zdający wykorzystuje definicję logarytmu i stosuje w obliczeniach wzory na

logarytm iloczynu, logarytm ilorazu B

(4)

4.4. Funkcje.

Zdający na podstawie wykresu funkcji y = f(x) szkicuje wykresy funkcji y = f(x + a), y = f(x) + a, y = –f(x), y = f(–x).

A

4.7. Funkcje.

Zdający interpretuje współczynniki

występujące we wzorze funkcji liniowej. D

4.10. Funkcje.

Zdający interpretuje współczynniki występujące we wzorze funkcji kwadratowej w postaci kanonicznej, w postaci ogólnej i w postaci iloczynowej (o ile istnieje).

C

4.2. Funkcje.

Zdający oblicza ze wzoru wartość funkcji dla danego argumentu. Posługuje się poznanymi metodami rozwiązywania równań do obliczenia, dla jakiego argumentu funkcja przyjmuje daną wartość.

C

4.3. Funkcje.

Zdający odczytuje z wykresu własności funkcji (dziedzinę, zbiór wartości, miejsca zerowe, maksymalne przedziały, w któ- rych funkcja maleje, rośnie, ma stały znak;

punkty, w których funkcja przyjmuje w podanym przedziale wartość największą lub najmniejszą).

A

(5)

matematyczne. 5.3. Ciągi.

Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu geometrycznego.

B

5.3. Ciągi.

Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz […]

ciągu arytmetycznego. D

Zadanie 18. (0–1)

IV. Użycie i tworzenie strategii. 8.6. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej.

Zdający oblicza odległość dwóch punktów.

GIMNAZJUM 10.2. Figury płaskie.

Zdający rozpoznaje wzajemne położenie prostej i okręgu, rozpoznaje styczną do okręgu.

C

8.3. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej.

Zdający wyznacza równanie prostej, która jest równoległa […] do prostej danej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt.

D

Zadanie 20. (0–1)

IV. Użycie i tworzenie strategii. 7.4. Planimetria.

Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych, w tym ze wzoru na pole trójkąta ostrokątnego o danych dwóch bokach i kącie między nimi.

GIMNAZJUM

10.2. Figury płaskie.

Zdający oblicza pola i obwody trójkątów i czworokątów.

A

(6)

Zadanie 21. (0–1)

IV. Użycie i tworzenie strategii. 7.1. Planimetria.

Zdający stosuje zależności między kątem

środkowym i kątem wpisanym. B

Zadanie 22. (0–1)

IV. Użycie i tworzenie strategii. GIMNAZJUM 11.2. Bryły.

Zdający oblicza pole powierzchni i objętość […] stożka […] (także w zadaniach osadzonych w kontekście praktycznym).

B

Zadanie 23. (0–1)

IV. Użycie i tworzenie strategii. GIMNAZJUM

11.1. Bryły.

Zdający rozpoznaje graniastosłupy i ostrosłupy.

C

matematyczne. 10.3. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka.

Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

D

(7)

Ogólne zasady oceniania zadań otwartych

Uwaga: Akceptowane są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprawne i spełniające warunki zadania.

Zadanie 25. (0–2)

Rozwiąż nierówność _^2x-3_h²-4 0H _.

Wymaganie ogólne Wymaganie szczegółowe

II. Wykorzystanie

i interpretowanie reprezentacji. 3.5. Równania i nierówności.

Zdający rozwiązuje nierówności kwadratowe z jedną niewiadomą.

Przykładowe rozwiązania I sposób

Porządkujemy nierówność kwadratową i otrzymujemy 4x²-12x+5 0H _. Obliczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego 4x²-12x+5_:

12 ² 4 4 5 144 80 64$ $

T= -_^ _h - = - = , a następnie jego pierwiastki:

x 12 88 21

1= - = _{i x}₂= ^{12 8}₈+ = ₂⁵_.

Szkicujemy wykres trójmianu kwadratowego, uwzględniając obliczone pierwiastki i odpowiedni zwrot ramion paraboli:

Podajemy zbiór rozwiązań nierówności na jeden z podanych sposobów:

• x , 21 ,

25 ,

3 3

!_`- + _j

• xG 21 lub xH 25

• graficznie z poprawnie zaznaczonymi końcami przedziałów:

II sposób

Przekształcamy nierówność kwadratową do postaci równoważnej x_^2 -3_h²H4_{i dalej} do postaci alternatywy dwóch nierówności liniowych: 2x-3 2H _lub₂_x-₃G-₂ (lub nierówności |2x −3| H 2). Rozwiązujemy każdą z nierówności i otrzymujemy rozwiązanie, np.

w postaci: xH 25 lub xG 21. III sposób

Korzystamy ze wzoru na różnicę kwadratów:

x x x x x

2 3 4 2 3 2 2 3 2 4 25

21 - 2- = - - - + = - -

^ h ^ h^ h ` j` j. Zatem nierówność

x

2 -3 ²-4 0H

^ h zachodzi dla xH 25 oraz dla xG 21.

12 5

2

0 ₁ 1 x

2 5

2

(8)

Schemat oceniania

Zdający otrzymuje 1 pkt

gdy:

• obliczy pierwiastki trójmianu y=4x²-12x+5_{: x}₁= ₂¹_{i x}₂= ₂⁵ i na tym poprzestanie lub błędnie zapisze rozwiązanie nierówności

albo

• obliczy dwa różne pierwiastki trójmianu z błędami i konsekwentnie rozwiąże nierówność kwadratową

albo

• przekształci nierówność do postaci alternatywy: 2x-3 2H _lub₂_x-₃G-₂, a następnie rozwiąże poprawnie jedną z nich xH 25 lub xG 21

albo

• przekształci nierówność do postaci |2x −3| H 2 albo

• skorzysta ze wzoru na różnicę kwadratów _^2x-3_h²-2² i przekształci nierówność do postaci:

x x

4 25

21 H0

- -

` j` j .

gdy wyznaczy bezbłędnie zbiór rozwiązań nierówności.

Zadanie 26. (0–2)

Dla kąta ostrego a dany jest cosa= 32. Oblicz wartość wyrażenia tg²a+1_. II. Wykorzystanie

i interpretowanie reprezentacji. 6.4. Trygonometria.

Zdający stosuje proste zależności między funkcjami trygonometrycznymi: sin²a+cos²a=1_,_tga= _cos^sin^a_a_, sin_^90c a- _h=cosa_.

6.5. Trygonometria.

Zdający, znając wartość jednej z funkcji: sinus lub cosinus, wyznacza wartości pozostałych funkcji tego samego kąta ostrego.

Obliczamy wartość sin a, korzystając z jedynki trygonometrycznej oraz z informacji o tym, że kąt a jest ostry. Otrzymujemy sin 1 cos 1 94

35

a= - 2a = - = _.

Obliczamy cossin

32 35

25

tga= aa = = _.

Wartość wyrażenia tg²a+1 jest zatem równa 25 1 45 1 23 49

2

+ = + = =

c m .

(9)

II sposób

Wykorzystujemy trójkąt prostokątny, w którym występuje taki kąt ostry a, że cosa= 32_{, np.}

Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy a²+2²=3²_{, a stąd a}= _{9 4}- = ₅_. Obliczamy a

2 5

tga= = 2 _,

a następnie wartość wyrażenia tg²a+ =1 c 25m²+ =1 5 1 49 234 + = = . III sposób

Przekształcamy wyrażenie tg²a+1 do postaci cossin

sin cos cos

cos cos

1 1 1

2 2

2

2 2

a 2

a

a a

+ = + = = _.

cos a jest dodatni, więc cos1 cos1

32 1 23

a = a = = _.

gdy:

• obliczy sina= 35_oraz_tga= ₂⁵ i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy albo

• obliczy sina= 35, popełni błąd przy obliczaniu wartości tga= 25 i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca

albo

• obliczy długość przyprostokątnej a oraz tga= 25 i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy albo

• popełni błąd rachunkowy przy obliczaniu długości przyprostokątnej a i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca

albo

• przekształci wyrażenie tg²a+1 do postaci cos1

2a i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy.

gdy obliczy wartość wyrażenia tg²a+1_{równą 2}_{3 .}

2 a 3

(10)

Zadanie 27. (0–2)

Ze zbioru liczb naturalnych dwucyfrowych mniejszych od 30 losujemy dwa razy po jednej liczbie bez zwracania. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia A polegającego na tym, że obie wylosowane liczby są podzielne przez 3.

III. Modelowanie matematyczne. 10.3. Elementy statystyki opisowej. Teoria prawdopodobieństwa i kombinatoryka.

Zdający oblicza prawdopodobieństwa w prostych sytuacjach, stosując klasyczną definicję prawdopodobieństwa.

Przykładowe rozwiązanie

W zbiorze liczb naturalnych dwucyfrowych mniejszych od 30 znajduje się 29 9 20- = liczb. Wśród nich liczby podzielne przez 3 to: 12, 15, 18, 21, 24, 27. Jest ich 6.

Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych w doświadczeniu polegającym na dwukrotnym losowaniu liczb bez zwracania ze zbioru 20-elementowego jest równa X =20 19 380$ = . Liczba wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A to A =6 5 30$ = _.

W doświadczeniu mamy do czynienia z modelem klasycznym (zdarzenia elementarne są jednakowo prawdopodobne), a więc obliczamy prawdopodobieństwo zdarzenia A, korzystając z definicji klasycznej: P A A

38030 383

= X = =

^ h .

Uwaga

Obliczanie iloczynów 20 19$ oraz 6 5$ jest zbędne – ułamki można skracać:

P A 20 196 5

2 193 383

$$

= = $ =

^ h .

gdy wyznaczy liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych doświadczenia X =20 19 380$ = albo liczbę wszystkich zdarzeń elementarnych sprzyjających zdarzeniu A: A =6 5 30$ = (przy czym może je zostawić w postaci iloczynów).

gdy obliczy prawdopodobieństwo zdarzenia A: P A_{^ h}= 383 _.

Zadanie 28. (0–2)

W ciągu arytmetycznym ^ han , określonym dla n 1H , dane są wyrazy a2= -2_i a₅=₇. Oblicz sumę wyrazów tego ciągu od piątego do dwudziestego.

IV. Użycie i tworzenie strategii. 5.3. Ciągi.

Zdający stosuje wzór na n-ty wyraz i na sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego.

Dane wyrazy ciągu arytmetycznego i zastosowanie wzoru na n-ty wyraz tego ciągu daje układ równań a₁+ =-r 2

a₁+4r=7

( , z którego, po odjęciu równań stronami, otrzymujemy 3r = 9. Rozwiązanie tego układu

(11)

Sumę wyrazów tego ciągu od piątego do dwudziestego obliczamy, korzystając ze wzoru na sumę n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego.

Suma ta jest równa:

S20 S4 2$ 52 19 3 20$ 2 52 3 3 4 47 10 1 2 470 2 472

$ $ $

- = - +

- - +

= - - = + =

^ h ^ h ^ h .

II sposób

Dla ciągu arytmetycznego możemy zapisać równanie a2+3r a= 5_{, czyli}- +_{2 3}_r=₇ i dalej r 3= _. Wyrazy od piątego do dwudziestego ciągu ^ han , których sumę należy obliczyć, można potraktować jako kolejne wyrazy ciągu arytmetycznego ^ hbn , w którym b₁=a₅=7_{i b}₁₆=_a₂₀=_a₅+₁₅_r=

7 15 3 52$

= + = _.

Dla ciągu b_{^ h}_n obliczamy sumę S₁₆= 7 52 16 59 8 472+2 $ = $ = _. III sposób

Możemy zapisać równanie a2+3r a= 5_{, czyli}- +_{2 3}_r=₇ i dalej r 3= _. Mamy obliczyć sumę: a₅+a₆+...+a₂₀=a₅+_^a₅+r_h+...+_^a₅+15r_h=

a ... r

16 ₅ 1 2 15 16 7$ 15 16 3 112 45 8 4722$

$ $

= +_^ + + + _h = + = + = _. Schemat oceniania

gdy:

• obliczy r 3= _i a₁=₅ i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy albo

• popełni błąd rachunkowy przy obliczaniu a1 i r i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca.

albo

• obliczy r 3= _{i poda b}₁=_a₅= ₇ albo

• popełni błąd rachunkowy przy obliczaniu r i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca.

gdy:

• obliczy sumę wyrazów tego ciągu (an) od piątego do dwudziestego (472) albo

• obliczy sumę wyrazów ciągu (b_n) od pierwszego do szesnastego (472).

Zadania 29. (0–2)

Udowodnij, że dla dowolnej liczby rzeczywistej ujemnej x prawdziwa jest nierówność x x

9 + 1 G-6_. V. Rozumowanie i argumentacja. 2.1. Wyrażenia algebraiczne.

Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na _^a b! _h² oraz a²-b²_.

(12)

Niech x oznacza dowolna liczbę rzeczywistą ujemną. Mamy wykazać, że x x9 + 1 G-6. Przekształcamy tezę do postaci równoważnej.

x x

9 + 1 6 0+ G

x x x

9 ²+ +1 6 G0 xx

3 +1 ² G0

^ h

Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla dowolnej liczby rzeczywistej ujemnej, bo kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny, a iloraz liczby nieujemnej i liczby ujemnej jest liczbą rzeczywistą niedodatnią. A zatem równoważna jej teza też jest prawdziwa. To kończy dowód.

II sposób

Niech x oznacza dowolna liczbę rzeczywistą ujemną. Mamy wykazać, że x x9 + 1 G-6. Przekształcamy tezę do postaci równoważnej.

x x

9 + 1 6 0+ G

x x x

9 ²+ +1 6 G0 x ,

x x x

3 +1 ² G0 ;$ 10

^ h (z założenia)

x

3 +1 ²H0

^ h .

Otrzymana nierówność jest prawdziwa dla dowolnej liczby rzeczywistej, bo kwadrat każdej liczby rzeczywistej jest nieujemny. A zatem teza twierdzenia jest prawdziwa dla dowolnej liczby rzeczywistej ujemnej.

III sposób

Niech x oznacza dowolna liczbę rzeczywistą ujemną. Mamy wykazać, że 9x x+ 1 G-6. Przekształcamy tezę do postaci równoważnej.

x x

9 + 1 6 0+ G x ,

x x x x

9 ²+ +1 6 G0 ;$ 10 (z założenia)

x x

9 ²+6 +1 0H Rozwiązujemy otrzymaną nierówność kwadratową.

Obliczamy wyróżnik T=6²-4 9 1 36 36 0$ $ = - = trójmianu 9x²+6x+1 i pierwiastek podwójny:

x 2 96 31

0=- $ =- . Najmniejsza wartość tej funkcji jest równa 0, a zatem nierówność jest prawdziwa dla dowolnej liczby rzeczywistej. A zatem teza twierdzenia jest prawdziwa dla dowolnej liczby rzeczywistej ujemnej.

IV sposób

Przekształcamy lewą stronę danej nierówności:

x x xx

xx

9 1 9 1 9 1 6 6 3 1 6 0 6 6

L= + = ²+ = ²+ + - = + ² G P - - =- =

a k ^{^} ^h

Po przekształceniu otrzymujemy prawą stronę danej nierówności; znak nierówności możemy wstawić,

(13)

gdy:

• zapisze nierówność w postaci równoważnej x x_^3 +1_h² G0

albo _^3x+1_h²H0 albo

• zapisze nierówność w postaci równoważnej 9x²+6x+1 0H i obliczy wyróżnik T=0_{lub poda} współrzędne wierzchołka paraboli.

gdy przeprowadzi pełny dowód, uwzględniając informację o równoważnym przekształceniu tezy oraz wniosek wynikający z równoważności otrzymanego wyrażenia oraz tezy.

Zadanie 30. (0–3)

W kwadracie ABCD, w którym punkt E jest środkiem boku CD, poprowadzono przekątną BD i odcinek AE, które przecięły się w punkcie P. Uzasadnij, że suma pól trójkątów ABP i DEP stanowi

125 pola kwadratu ABCD.

V. Rozumowanie i argumentacja. 7.3. Planimetria.

Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) cechy podobieństwa trójkątów.

GIMNAZJUM 10.9. Figury płaskie.

Zdający oblicza pola i obwody trójkątów i czworokątów.

Przyjmujemy oznaczenia a − długość boku kwadratu, h₁− odległość punktu P od boku AB, h2 − odległość punktu P od boku CD.

Możemy zapisać pola trójkątów ABP i DEP w postaci, P 21a h

ABP = $ 1_{, P}_DEP= ₂¹ $ ₂¹_{a h}$ ₂ oraz pole kwadratu PABCD= a2_.

A B

D E C

P

A B

D E C

P h1

h2

(14)

Trójkąty ABP i DEP są podobne (na podstawie cechy kkk) w skali k 2= (lub w skali k = 21_{), czyli} hh 2

2

1 = , a stąd mamy h 32a

1= _i h₂= ₃¹_a_. Suma pól trójkątów ABP i DEP jest więc równa

P P 21a a a a a a a a a P

32 21

21 31

31

121

124

121

125

ABP+ DEP= $ + $ $ = 2+ 2= 2+ 2= 2= $ ABCD

A zatem suma pól trójkątów ABP i DEP stanowi 125 pola kwadratu.

II sposób

Trójkąty ABP i EDP są podobne, bo mają takie same kąty. Skala podobieństwa to EDAB =2_{, więc} BP =2 DP_,_AP =₂_PE. Niech S będzie polem ∆EDP. Wtedy:

PAPD=2PEDP= 2S − ta sama wysokość z wierzchołka D, podstawa 2 razy dłuższa, P_ABP=4S − skala podobieństwa,

P_ABCD=2_^P_APD+P_ABP_h=12S_{i P}_EDP+_P_ABP =₅_S_. Stąd teza.

gdy zauważy podobieństwo trójkątów ABP i DEP i obliczy skalę podobieństwa.

gdy:

• zapisze pola trójkątów ABP i DEP w zależności od długości boku kwadratu a: P 21a a 32

ABP= $

i P 21 a a

21 31

DEP= $ $ albo

• zapisze pola trójkąta ABP oraz kwadratu ABCD jako wielokrotności pola trójkąta DEP.

gdy uzasadni tezę.

Zadania 31. (0–4)

Wyznacz wzór funkcji kwadratowej w postaci ogólnej, jeżeli wierzchołek paraboli, która jest jej wykresem, znajduje się w punkcie W= -_^ 1,5_h oraz funkcja ta w przedziale -2 2, _osiąga najmniejszą wartość równą 4- _.

II. Wykorzystanie

i interpretowanie reprezentacji. 4. Funkcje. Zdający:

9) wyznacza wzór funkcji kwadratowej na podstawie pewnych informacji o tej funkcji lub o jej wykresie;

10) interpretuje współczynniki występujące we wzorze

funkcji kwadratowej w postaci kanonicznej, w postaci ogólnej i w postaci iloczynowej (o ile istnieje);

11) wyznacza wartość najmniejszą i wartość największą funkcji kwadratowej w przedziale domkniętym.

(15)

Ponieważ wierzchołek paraboli znajduje się w punkcie W= -_^ 1,5_h, to wzór funkcji kwadratowej możemy zapisać w postaci kanonicznej y a x 1= $_^ + _h²+5_.

Z informacji o wartości najmniejszej tej funkcji w przedziale -2 2, wynika (np. na podstawie wykresu i analizy własności funkcji kwadratowej), że do wykresu funkcji należy punkt P=_^2 4,- _h_. Jego współrzędne spełniają więc powyższe równanie, a zatem otrzymujemy - =4 a$_^2 1+ _h²+5_, które doprowadzamy do postaci - =9 9a_.

Jego rozwiązaniem jest a= -1. Szukany wzór funkcji kwadratowej to _y= -_^_{x 1}+ _h²+5_. Po przekształceniu go do postaci ogólnej otrzymujemy _y= -x²-2x+4_.

Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze

do całkowitego rozwiązania zadania 1 pkt

• Zdający zapisze wzór funkcji kwadratowej w postaci y a x 1= $_^ + _h²+5 albo

• zauważy, że do wykresu funkcji należy punkt P=_^2 4,- _h_.

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt

• Zdający zapisze wzór funkcji kwadratowej w postaci y a x 1= $_^ + _h²+5 i zauważy, że do wykresu funkcji należy punkt P=_^2 4,- _h_.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt

• Zdający wykorzysta punkt P=_^2 4,- _h i zapisze równanie - =4 a 2 1$_^ + _h²+5_.

Rozwiązanie pełne 4 pkt

• Zdający wyznaczy z równania a= -1 i przekształci wzór funkcji do postaci ogólnej x -2x+4

y= - ² _.

Zadanie 32. (0–5)

W trójkącie równoramiennym ABC dane są wierzchołki podstawy A = (2, 1) i B = (6, 5) oraz wysokość CD = 7 22 . Oblicz współrzędne wierzchołka C, jeżeli wiadomo, że obie te współrzędne są dodatnie.

IV. Użycie i tworzenie strategii. 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający:

1) wyznacza równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty (w postaci kierunkowej lub ogólnej);

3) wyznacza równanie prostej, która jest równoległa lub prostopadła do prostej danej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt;

5) wyznacza współrzędne środka odcinka;

6) oblicza odległość dwóch punktów.

y

1 x 0 1

P = (2, –4) W = (–1, 5)

(16)

Spodek wysokości D jest środkiem boku AB, a zatem jego współrzędne to: D 2 62 , , 1 52 4 3

=_` + + _j=_^ _h_. Współczynnik kierunkowy prostej AB jest równy a 6 25 1 1

1= -- = . Prosta CD jest do niej prostopadła, a więc jej współczynnik kierunkowy jest równy a2=-1 i przechodzi przez punkt D=_^4 3, _h_. Równanie tej prostej możemy zapisać w postaci kierunkowej y=- +x b_i dalej₃=- +₄ _b_{, b 7}= _, a stąd otrzymujemy y=- +x 7_.

Do obliczenia współrzędnych wierzchołka C wykorzystujemy fakt, że leży on na prostej CD i jego odległość od punktu D jest dana.

Możemy oznaczyć współrzędne wierzchołka C=_^x x 7,- + _h i wyznaczyć wysokość CD = _^x-4_h²+ - + -_^ x 7 3_h²_.

Rozwiązujemy równanie 72 = _^x-4_h²+ - + -_^ x 7 3_h²_: 492 =2$_^x-4_h²

4 x

49 =_^ -4_h² x 4- = 27_{lub x 4}- =-₂⁷

x 7 2= 1_{lub x}= ₂¹ Wierzchołek C ma zatem współrzędne: C 7 21,

21

=_` - _{j lub}_C =_`₂¹_,₆₂¹_j.

Warunek zadania spełnia tylko punkt C 21, 21 6

=_` j, a zatem jest on jedynym rozwiązaniem zadania.

• Zdający wyznaczy współrzędne punktu D=_^4 3, _h albo

• obliczy współczynnik kierunkowy prostej AB: a₁= 6 25 1-- =1 i wyznaczy równanie prostej CD:

x 7+ y= - _.

• Zdający wyznaczy współrzędne punktu D=_^4 3, _h oraz obliczy współczynnik kierunkowy prostej A: a = 5 1- =1 i wyznaczy równanie prostej CD: _y= -x 7+ _.

A = (2, 1) D

B = (6, 5) C

(17)

• Zdający zapisze współrzędne wierzchołka C =_^x x 7,- + _h i zapisze równanie z jedną niewiadomą, np. 72 = _^x-4_h²+ - + -_^ x 7 3_h²_.

Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności

rozwiązania 4 pkt

• Zdający rozwiąże równanie 492 =2$_^x-4_h² i otrzyma dwa rozwiązania x 7 27

1= _{lub x}₂= ₂¹ albo

• rozwiąże zadanie do końca z usterkami rachunkowymi (także na wcześniejszych etapach).

• Zdający wyznaczy współrzędne wierzchołka C 7 21, 21

=_` - _{j lub}_C=_`₂¹_,₆₂¹j oraz uwzględni, że warunki zadania spełnia tylko wierzchołek C 21,

21 6

=_` _j.

Zadanie 33. (0–4)

W ostrosłupie czworokątnym prawidłowym pole jednej ściany bocznej jest równe 12, a cosinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy jest równy 31 . Oblicz objętość tego ostrosłupa.

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający:

4) rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami;

6) stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości.

Wprowadzamy oznaczenia: a – długość krawędzi podstawy ostrosłupa, H – wysokość ostrosłupa, h − wysokość ściany bocznej i α − kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy.

Rysunek:

W 3ABS wyznaczamy cos 21ha

a= , a następnie zapisujemy równanie h21a 31

= _{, skąd} otrzymujemy h= 23a_.

Wykorzystujemy wzór na pole ściany bocznej: 21a h$ =12, z którego po podstawieniu h= 23a_, otrzymujemy a21 a

23 12

$ = i dalej a43 2=12_{, a stąd a}²=₁₆, czyli a 4= . Ponieważ h= 23a_{, więc} h 6= _.

B S

A

H h

a

(18)

Aby obliczyć wysokość H ostrosłupa, korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego ABS. Otrzymujemy: H2+_{` j}21a 2=h2_.

I dalej: H²+2²=6² H²=32

H 4 2=

Obliczamy objętość ostrosłupa: V 31a H

31 16 4 2 364 2

2$ $ $

= = = _.

Zdający zapisze zależność pomiędzy długościami dwóch odcinków, wynikającą z podanej wartości cosinusa.

Zdający obliczy długość krawędzi podstawy a 4= lub wysokość ściany bocznej h 6= _.

Zdający zapisze twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta ABS: H2+_{` j}21a 2=h2_i obliczy wysokość ostrosłupa H 4 2= _.

Zdający obliczy objętość ostrosłupa V= 64 23 _.