Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych i schemat oceniania zadań otwartych

(1)

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 -2x²+3x+ £ . 2 0 Rozwiązanie

Obliczamy wyróżnik i pierwiastki trójmianu kwadratowego -2x²+3x+2

( )

9 4 2 2 25

D = - × - × = , D =5,

1

3 5 2 x - -4

= =

- , ₂ 3 5 1

4 2

x - +

= = -

- .

Szkicujemy wykres trójmianu kwadratowego y= -2x²+3x+2,

-1 1 2 3

y

0 x

1 2 _ _

z którego odczytujemy zbiór rozwiązań rozwiązywanej nierówności

(

, ¹2 2,

)

x Î -¥ - È + ¥ _. Schemat oceniania

Zdający otrzymuje ...1 pkt gdy:

· obliczy lub poda pierwiastki trójmianu kwadratowego x =1 2, ₂ 1

x = - i na tym 2 poprzestanie lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności

albo

· rozłoży trójmian kwadratowy na czynniki liniowe, np. ²

(

²

)

¹

x æx 2ö

- - çè + ÷ø^{i na tym} poprzestanie lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności

albo

· zapisze nierówność w postaci równoważnej 3 5 4 4

x - ³ i na tym poprzestanie lub błędnie zapisze zbiór rozwiązań nierówności

albo

(2)

· 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.

· poda zbiór rozwiązań nierówności:

(

-¥ - È, ¹2 2,+¥

)

lub x Î -¥ -

(

, ¹2 È 2,+¥

)

lub (x £ -¹₂ lubx ³ ) 2

albo

· sporządzi ilustrację geometryczną (oś liczbowa, wykres) i zapisze zbiór rozwiązań nierówności w postaci: x £ -¹₂, x ³ 2

albo

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

Zadanie 22. (2 pkt)

Oblicz największą wartość funkcji kwadratowej f x( )= -2x²+16x-15 w przedziale -2,3 . Rozwiązanie

Pierwsza współrzędna wierzchołka paraboli będącej wykresem funkcji f jest równa

( )

16 4

2 2 2

w

x b

= - a= - =

× - ^.

Stąd i z ujemnego znaku współczynnika stojącego przy x²wnioskujemy, że w przedziale -2,3 funkcja f jest rosnąca. Zatem największa wartość funkcji f w tym przedziale jest równa

( )

³ ^{2 3}² ^{16 3 15} 18 48 15 15 f = - × + × - = - + - = .

Odpowiedź: Największa wartość funkcji f w przedziale 2,3- jest równa 15.

Schemat punktowania

· 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

(3)

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 1 ²

8 16 4p× = p .

Zatem ze wzoru na pole powierzchni bocznej stożka otrzymujemy pr× =8 16p. Stąd r = . 2 Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy h= 8²-r² = 8²-2² = 60=2 15.

Odpowiedź: Wysokość stożka jest równa 2 15 cm.

Zdający otrzymuje ...1 pkt gdy zapisze związek pozwalający obliczyć promień podstawy stożka, np. wykorzysta wzór na pole powierzchni bocznej stożka i zapisze równanie 1 ²

8 8

r 4

p × = p× .

Zdający otrzymuje ...2 pkt gdy obliczy wysokość stożka: h =2 15.

2 2

3 2 3 9 4 4 3 3 16 4 3 4 4 3

- - + = - - + + = - - = - - .

Zatem liczba ^{- -}³²

(

- - + = .

r 8 h 8

8 .

r

(4)

Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y, z takich, że x+ + = prawdziwa y z 3 jest nierówność x²+y²+z² ³3.

Dowód

I sposób rozwiązania

Z założenia x+ + =y z 3 otrzymujemy ^z^{= -}³

(

^x⁺^y

)

. Wobec tego tezę możemy zapisać w sposób równoważny

( )

²

2 2

3 3

x +y + - x+y ³ ,

( ) ( )

²

2 2

9 6 3

x +y + - x+y + x+y ³ ,

2 2 2 2

9 6 6 2 3

x +y + - x- y+x + xy+y ³ ,

2 2

2x +2xy+2y -6x-6y+ ³6 0

2 2

3 3 3 0 x +xy+y - x- y+ ³ ,

( ) ( )

2 2

3 3 3 0

x + y- x+ y - y+ ³ .

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

(

^y ³

)

² ^{4 1}

(

^y² ³^y ³

)

^y² ⁶^y ^{9 4}^y² ¹²^y ¹²

D = - - × × - + = - + - + - =

( ) ⁽ ⁾

²

2 2

3y 6y 3 3 y 2y 1 3 y 1 0

= - + - = - - + = - - £ dla każdej yÎ . R To, wraz z dodatnim współczynnikiem przy x²oznacza, że nierówność kwadratowa jest prawdziwa dla dowolnej liczby xÎ . R

Uwaga

² ⁰

2 4

x y y

æ - + - ö + × - ³

ç ÷

è ø .

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

b)

(

^x^-¹

) (

²⁺ ^y^-¹

) (

²⁺ ^x^-¹

)(

^y^{- ³ ,}¹

)

⁰

( ) (

²

)( ) ( )

²

( )

²

( )

²

1 1 1 1

1 1 1 1 1 1 0

2 x- + x- y- +2 y- +2 x- +2 y- ³ ,

( ) ( )( ) ( )

(

² ²

) ⁽ ⁾

²

⁽ ⁾

²

1 1 1

1 2 1 1 1 1 1 0

2 x- + x- y- + y- +2 x- +2 y- ³

( )

²

( )

²

( )

²

1 1 1

1 1 1 1 0

2 x- + -y +2 x- +2 y- ³ .

Podobnie jak poprzednio uzyskujemy nierówność prawdziwą w sposób oczywisty.

(5)

II sposób rozwiązania

² ^{³ ,}³

2 2 2

2 2 2 0

a + a b+ + b c+ + c³ ,

( )

2 2 2

a +b +c ³ -2 a b c+ + .

Ostatnia nierówność jest, wobec założenia a b c+ + = , równoważna nierówności 0

2 2 2

0 a +b +c ³ , która jest prawdziwa dla dowolnych liczb rzeczywistych.

III sposób rozwiązania

² ^{³ ,}⁰

czyli

2 2

2 x +y ³ xy,

2 2

2 y +z ³ yz,

2 2

2 z +x ³ zx. Dodając te nierówności stronami otrzymujemy

2 2 2

2x +2y +2z ³2xy+2yz+2zx. Ponieważ z założenia x+ + = , więc y z 3

2 2 2

2 2 2 9

x +y +z + xy+ yz+ zx= . Stąd

(

² ² ²

)

2xy+2yz+2zx= -9 x +y +z . Otrzymujemy zatem

( )

2 2 2 2 2 2

2x +2y +2z ³ -9 x +y +z ,

2 2 2

3x +3y +3z ³9,

2 2 2

x +y +z ³3, 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 x+ + = dostajemy y z 3

2 2 2

3 1 x +y +z

³ .

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

(6)

Zdający otrzymuje ...1 pkt gdy

· zapisze nierówność w postaci równoważnej jej nierówności kwadratowej

( ) ( )

albo

· zapisze równość ²^xy⁺²^yz⁺²^zx^{= -}⁹

(

^x²⁺^y²⁺^z²

)

wynikająca z założenia oraz wykaże prawdziwość nierówności 2x²+2y²+2z² ³2xy+2yz+2zx

(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.

Wykaż, że jeżeli ramiona AD i BC trapezu ABCD o podstawach AB i CD zawierają się w prostych prostopadłych (zobacz rysunek), to AB²+ CD² = AC²+ BD².

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

D C E .

(7)

(1) AB² = AE²+ BE²,

(2) CD² = DE²+CE²,

(3) AC² = AE²+CE²,

(4) BD² = DE²+ BE².

Zatem

( ) ( )

(1),(2)

2 2 2 2 2 2

AB + CD = AE + BE + DE + CE =

(

^AE² ^CE²

) (

^DE² ^BE²

)

^(3),(4) ^AC² ^BD²

= + + + = + .

To kończy dowód.

Zdający otrzymuje ...1 pkt gdy zapisze równości wynikające z twierdzenia Pitagorasa pozwalające udowodnić tezę, np.: AB² = AE²+ BE², CD² = DE²+ CE², AC² = AE²+CE², BD² = DE² + BE² i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.

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

(8)

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 W =

{

1000,1001,1002, ,9999^,9999

} }

^{. Liczba}

wszystkich liczb w tym zbiorze jest równa

9999 999 9000

W = - = .

Niech A oznacza zdarzenie, że wylosowana liczba ze zbioru W 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 A = ×9 5.

Prawdopodobieństwo zdarzenia A jest zatem równe

( )

^{9 5} ¹

9000 200 P A = A = × =

W ^.

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

rozwiązania ...1 pkt

· Obliczenie liczby wszystkich zdarzeń elementarnych: W =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: A = ×9 5.

Rozwiązanie pełne ...4 pkt Obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia A:

( )

¹

P A =200.

(9)

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

EB =7,5-x, FB = -d 1,5.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AED i dla trójkąta EBF otrzymujmy

2 2 2

DE = AE + AD oraz FB² = EB² + EF²,

2 2 2

3, 6

d = +x oraz

(

^d^-^1,5

) (

² ⁼ ^7,5^-^x

)

²⁺^{3, 6}²^.

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+ , 15x-3d=54,

5x d- =18, 5 18 d = x- .

Podstawiając w miejsce d w pierwszym równaniu 5x -18 otrzymujemy równanie z jedną niewiadomą

(

⁵^x^-¹⁸

)

² ⁼^{3, 6}²⁺^x²^,

2 2

25x -180x+324 12,96= +x , 24x2-180x+311, 04=0.

(

¹⁸⁰

)

² 4 24 311, 04 180 180 4 4 6 311, 04

D = - - × × = × - × × × =

( )

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

D = × = × =

180 50, 4 129, 6 48 48 2, 7

x= - = = lub 180 50, 4 230, 4

48 48 4,8

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

(10)

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

3, 6

1,5 3, 6 7,5

d x

ì = +

ïí

- = + -

ïî ^.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ... 3 pkt Doprowadzenie układu do równania z jedną niewiadomą (x albo d), np.:

(

⁵^x^-¹⁸

)

² ⁼^{3, 6}²⁺^x²^.

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.:

24x2-180x+311, 04=0.

Rozwiązanie bezbłędne ... 5 pkt Obliczenie nieznanego wymiaru większego kawałka: 4,8 m.

(11)

Prosta o równaniu y= + przecina okrąg o równaniu x 2

(

^x^-³

) (

²⁺ ^y^-⁵

)

² ⁼²⁵ 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

(

^x^-³

) (

²⁺ ^y^-⁵

)

² ⁼²⁵ jest punkt ^{S =}

( )

^3,5 , a promień tego okręgu jest równy r = . Narysujmy ten okrąg wraz z prostą k o równaniu 5 y= + . x 2

-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

(

³

) (

² ⁵

)

² ²⁵

2

x y

y x

ì - + - =

ïí

ïî = + ^.

Stąd otrzymujemy równanie

(

^x^-³

) (

²⁺ ^x^{+ -}^{2 5}

)

² ⁼²⁵^,

(

^x^-³

) (

²⁺ ^x^-³

)

² ⁼²⁵^,

( )

²

2 x -3 -25= , 0

(

³

)

² ²⁵ ⁰

x - - 2 = ,

5 5

3 3 0

2 2

x x

æ - - öæ - + ö=

ç ÷ç ÷

è øè ø ,

3 5

x = + 2 lub 5 3 x = - 2

Gdy 5

3

x = + 2 , to wtedy 5 2 5

y= + = +x 2, a gdy 5 3

x = - 2 , to wówczas 5 2 5 y= + = -x 2. Zatem prosta k przecina okrąg w punktach

5 5

3 ,5

2 2

A=æçè - - ö÷ø, 5 5

3 ,5

2 2

B=æçè + + ö÷ø.

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= -çæèx-èçæ - ö÷ø÷öø+ - ^{, czyli}^y^{= - + -}^x ^{8 5 2}^.

(12)

Równanie stycznej do okręgu przechodzącej przez B ma postać

5 5

3 5

2 2

y= -çæèx-èçæ + ö÷ø÷öø+ + ^{, czyli}^y^{= - + +}^x ^{8 5 2}^.

Odpowiedź. 5 5

3 ,5

2 2

A=æçè - - ö÷ø, 5 5

3 ,5

2 2

B=æçè + + ö÷ø, styczna do danego okręgu poprowadzona przez punkt A ma równanie y= - + -x 8 5 2, a styczna poprowadzona przez punkt B ma równanie y= - + +x 8 5 2 .

rozwiązania ... 1 pkt Doprowadzenie układu równań

(

^x^-³

) (

²⁺ ^y^-⁵

)

² ⁼²⁵ⁱ^y= + do równania ^x ²

kwadratowego z jedną niewiadomą, np.:

(

^x^-³

) (

²⁺ ^x^{+ -}^{2 5}

)

² ⁼²⁵^.

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=æçè - - ö÷ø, 5 5

3 ,5

2 2

B=æçè + + ö÷ø.

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): y= - + -x 8 5 2 ( lub y= - + +x 8 5 2).

(13)

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 cm², a objętość ostrosłupa jest równa 48 cm³. Oblicz miarę kąta nachylenia krawędzi bocznej CS do płaszczyzny podstawy ostrosłupa. Wynik zaokrąglij do 1° . Rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Zaznaczmy też kąt a 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

2ah = .

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

1 2

3a h =48.

Z pierwszego równania otrzymujemy ah =24, więc stąd i z drugiego równania dostajemy

1 24 48

3× ×a = , 6 a = . Zatem 6h =24, czyli h = . 4

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego EDC otrzymujemy

2 2 2

EC = ED +CD ,

2 2 2

3 6 45 p = + = . Stąd p =3 5.

Obliczmy tangens kąta a w trójkącie ECS

4 4 5

tg 0,5963

3 5 15 h

a= p = = » . Z tablic odczytujemy miarę kąta azaokrągloną do 1°

a»31° . Odpowiedź: a»31° .

A B

D C S

E .

a

a b

h

p

(14)

rozwiązania ... 1 pkt Zapisanie jednego z równań: 1

2ah =12, 1 ²

3a h =48, 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

2ah =12 oraz 1 ²

3a h =48.

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: a = , 6 h = . 4 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 a i błędne odczytanie miary kąta albo

· obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta a z błędem rachunkowym i konsekwentne podanie miary kąta a.

Rozwiązanie bezbłędne ... 5 pkt Odczytanie miary kąta a: a »31° .