KRYTERIA OCENIANIA ODPOWIEDZI Próbna

KRYTERIA OCENIANIA ODPOWIEDZI
Próbna Matura z OPERONEM
Matematyka
Poziom rozszerzony
Listopad 2015
Zadania zamknięte
Za każdą poprawną odpowiedź zdający otrzymuje 1 punkt.
Numer
zadania
Poprawna
odpowiedź
1.
D
2.
D
3.
D
f ′( x ) = x 4 − 2 x 3 + x 2 = x 2( x 2 − 2 x + 1) = x 2 ( x − 1)
Funkcja f ¢( x ) przyjmuje tylko wartości nieujemne, zatem funkcja stale
rośnie, nie ma więc ekstremów.
4.
C
ABCS, BCD – odpowiednio ostrosłup i przekrój
Wskazówki do rozwiązania zadania
Funkcja ma wszystkie wartości dodatnie.
sin(60° − 45°) = sin 60° cos 45° − sin 45° cos 60° =
6− 2
3 2 1 2
⋅
− ⋅
=
2 2
2 2
4
2
h – wysokość przekroju
2
2
 a 3 
 a 2 
a
 − 
 =
h = 
 2 
 2 
2
a
a2 2
1
a 2⋅ ⇒P=
2
2
4
33
87
−2
−3
11
29
75
2
a2 =
, a3 =
=
, a4 = 4
=
2
2
4
2
8
P=
5.
D
Zadania otwarte – kodowane
Numer
zadania
Poprawna
odpowiedź
6.
857
661
25 − 6 − 14
176
25 + 9
=
5
34
=
5 34
= 0, 857492...
34
64 = 100 + 144 − 240 cos a ⇒ cos a =
⇒ sin a =
8.
0–2
l : 5 x − 3y − 14 = 0
d( A, l ) =
7.
Liczba
punktów
Wskazówki do rozwiązania zadania
f ′( x ) =
3
9
⇒ sin a = 1−
⇒
4
16
0–2
7
= 0,66143782...
4
2 x ( x 2 − 4) − ( x 2 − 1)2 x
(x
2
2
− 4)
=
−6 x
(x
2
2
− 4)
⇒ f ′(− 7 ) =
2 7
=
3
0–2
= 1,763834...
w w w. o p e r o n . p l
1
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą”
Numer
zadania
Poprawna
odpowiedź
9.
090
10.
259
Wskazówki do rozwiązania zadania
2 + 2n
n
1
n2 + n
2 + 4 + 6 + ... + 2n
2
lim
=
=
= lim
= lim
2
2
n→+∞
n→+∞ 11n − 1
n→+∞ 11n2 − 1
11
11n − 1
= 0, 090909...
3
x13 + x23 = ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) =
−b3
c  b
− 3 ⋅ −  =
3
a
a  a 
Liczba
punktów
0–2
0–2
= −73 − 12 (−7) = −343 + 84 = −259
Zadania otwarte
Numer
zadania
11.
Modelowe etapy rozwiązywania zadania
Rozwiązanie:
1
log24 6 = a ⇒ log6 24 =
a
log6 256 = log6 44 = 4 log6 4
4 log6 4 = 4 ⋅ log6
12.
Liczba
punktów
0–3
1
 4 (1 − a)
24
= 4 (log6 24 − log6 6) = 4  − 1 =
 a

a
6
Istotny postęp:
1
Zapisanie równości: log24 6 = a ⇒ log6 24 =
a
Pokonanie zasadniczych trudności:
24
Zapisanie równości: log6 256 = log6 44 = 4 log6 4 = 4 ⋅ log6
6
1
Rozwiązanie pełne:
Wykazanie tezy zadania:
 4 (1 − a)
1
4 (log6 24 − log6 6) = 4  − 1 =
 a

a
3
Rozwiązanie:
S = (3, − 5), r = 34
2
0–3
l : 4 x + 3y + C = 0
d( S, l ) = r ⇔
12 − 15 + C
16 + 9
= 34 ⇒ C = 5 34 + 3 ∨ C = −5 34 + 3
Styczne mają wzory: 4 x + 3y + 5 34 + 3 = 0, 4 x + 3 x − 5 34 + 3
Istotny postęp:
Wyznaczenie środka i promienia okręgu: S = (3, − 5), r = 34
1
Pokonanie zasadniczych trudności:
Zapisanie stycznej w postaci l : 4 x + 3y + C = 0 i warunku styczności:
2
d( S, l ) = r ⇔
12 − 15 + C
16 + 9
= 34
Rozwiązanie pełne:
Rozwiązanie równania i zapisanie odpowiedzi: C = 5 34 + 3 ∨ C = −5 34 + 3
Styczne mają wzory: 4 x + 3y + 5 34 + 3 = 0, 4 x + 3 x − 5 34 + 3
w w w. o p e r o n . p l
3
2
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą”
Numer
zadania
13.
Modelowe etapy rozwiązywania zadania
Rozwiązanie:
a ≠ 0 ∧ ∆ > 0 ⇒ m ∈ (−∞, − 6) ∪ (2, + ∞)
Liczba
punktów
0–4
2
2
(m + 5) = x1 x2 ⇒ (m + 5) = 4 ⇒ m + 5 = 2 ∨ m + 5 = −2
m = −3 ∨ m = −7 – pierwsza liczba nie spełnia warunku ∆ > 0
m = −7
14.
Postęp:
Zapisanie i rozwiązanie warunków: a ≠ 0 ∧ ∆ > 0 ⇒ m ∈ (−∞,−6) ∪ (2, +∞)
1
Istotny postęp:
2
Zapisanie trzeciego warunku w postaci: ( m + 5) = x1 x2
2
Pokonanie zasadniczych trudności:
Zapisanie trzeciego warunku w postaci:
2
(m + 5) = 4 ⇒ m + 5 = 2 ∨ m + 5 = −2
3
Rozwiązanie pełne:
Wyznaczenie części wspólnej rozwiązań wszystkich warunków: m = −7
4
Rozwiązanie:
h = EF – wysokość trójkąta BDE
a2 3 1 a
a 3
P∆BDE =
= ⋅ ⋅h⇒h=
32
2 2
8
a 3
FB
a
3a
= 8 ⇒ FB = ⇒ DF =
a
8
8
a 3
2
2
a 3
3
tga = 8 ⇒ tga =
⇒ a = 30°
3a
3
8
Postęp:
Wprowadzenie oznaczeń:
h = EF – wysokość trójkąta BDE
a2 3 1 a
a 3
P∆BDE =
= ⋅ ⋅h⇒h=
32
2 2
8
Istotny postęp:
a 3
FB
a
= 8 ⇒ FB =
Obliczenie długości odcinka FB :
a
8
a 3
2
2
Pokonanie zasadniczych trudności:
a a 3a
Obliczenie długości odcinka DF : DF = − =
2 8
8
Rozwiązanie pełne:
a 3
3
⇒ a = 30°
Wyznaczenie kąta a : tga = 8 ⇒ tga =
3a
3
8
w w w. o p e r o n . p l
0–4
1
2
3
4
3
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą”
Numer
zadania
15.
Modelowe etapy rozwiązywania zadania
Rozwiązanie:
p

sin 2 x + cos 4 x = 0 ⇒ sin 2 x + sin  − 4 x  = 0
 2

p
p
2x + − 4x
2x − + 4x


p
p
2
2
2 sin
cos
= 0 ⇒ sin − x +  = 0 ∨ cos 3 x −  = 0 ⇒


2
2
4 
4 


p
p p
p
p kp
⇒ − x +  = k p ∨ 3 x −  = + k p ⇒ x = − k p ∨ x = +
,k ∈C







4
4
2
4
4
3
Istotny postęp:
16.
p

Zapisanie równania w postaci: sin 2 x + cos 4 x = 0 ⇒ sin 2 x + sin  − 4 x  = 0
 2

p
p
2x + − 4x
2x − + 4x
2
2
2 sin
cos
=0
2
2
Pokonanie zasadniczych trudności:
p
p
2x + − 4x
2x − + 4x
2
2
= 0 ∨ cos
=0
Zapisanie alternatywy równań: sin
2
2
Rozwiązanie prawie pełne:
Zapisanie rozwiązań w postaci:


p
p p
p
p kp
,k ∈C
− x +  = k p ∨ 3 x −  = + k p ⇒ x = − k p ∨ x = +




4
4
2
4
4
3
Rozwiązanie pełne:
Zapisanie rozwiązań w postaci:
p
p kp
x = − kp ∨ x = +
,k ∈C
4
4
3
Rozwiązanie:
1
pr2h = p ⇒ h = 2
r
2p r
1 + r3
P ( x ) = 2p rh + 2p r 2 = 2 + 2p r 2 , P( x ) = 2p
,r >0
r
r
2r 3 − 1
1
P′( x ) = 2p
, P′ ( x ) = 0 ⇔ r = 3
2
r
2
1
Po przeanalizowaniu znaków pochodnej otrzymujemy: w punkcie r = 3 funk2
cja osiąga minimum, które jest jednocześnie najmniejszą wartością funkcji.
I część: Wyznaczenie wzoru funkcji określającej pole walca
Wyznaczenie zależności między promieniem podstawy i wysokością walca:
1
pr2h = p ⇒ h = 2
r
Wyznaczenie wzoru na pole całkowite walca:
2p r
1 + r3
P ( r, h) = 2p rh + 2p r 2 = 2 + 2p r 2 , P( r ) = 2p
r
r
Wyznaczenie dziedziny funkcji: r ∈ (0, + ∞)
II część: Zbadanie pochodnej i wyznaczenie ekstremum
Wyznaczenie wzoru pochodnej funkcji:
2r 3 − 1
P′( r ) = 2p
r2
w w w. o p e r o n . p l
Liczba
punktów
0–4
1
2
3
4
0–7
1
2
3 (za
I część
przyznaje
się 3 pkt)
4
4
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą”
Numer
zadania
Modelowe etapy rozwiązywania zadania
1
2
Zbadanie znaków pochodnej i zapisanie wniosku dotyczącego maksimum
funkcji:
 1


1
P′ ( r ) > 0 dla r ∈  3 , + ∞, P′ ( r ) < 0 dla r ∈ 0, 3 , zatem funkcja rośnie
2 
 2


Liczba
punktów
5
Wyznaczenie miejsca zerowego pochodnej: P′ ( r ) = 0 ⇔ r = 3
6
(za II
część
przyznaje
się 3 pkt)
 1


1
1
w przedziale  3 , + ∞, a maleje w przedziale 0, 3 , stąd w punkcie r = 3

 2

2
2 
funkcja osiąga minimum będące jednocześnie najmniejszą wartością funkcji,
1
więc wymiary walca: r = 3 , h = 3 4 .
2
III część
 1
Wyznaczenie najmniejszej wartości funkcji: P  3  = 3p 3 2
 2 
17.
Rozwiązanie:
A – wylosowanie dwóch kul białych z drugiej urny w drugim losowaniu
B1, B2 – odpowiednio wylosowanie białej kuli z pierwszej urny w pierwszym
7
(za III
część
przyznaje
się 1 pkt)
0–5
losowaniu i wylosowanie czarnej kuli z pierwszej urny w pierwszym losowa3
7
niu P (B1 ) =
, P (B2 ) =
10
10
6
5
 
 
15
10
2
2
P( A / B1 ) =
=
, P( A / B2 ) =
=
10 45
10 45
 
 
2 
2 
3 15
7 10 23
⋅
+
⋅
=
10 45 10 45 90
Postęp:
Wprowadzenie oznaczeń:
A – wylosowanie dwóch kul białych z drugiej urny w drugim losowaniu
B1, B2 – odpowiednio wylosowanie białej kuli z pierwszej urny w pierwszym
P( A) =
1
losowaniu i wylosowanie czarnej kuli z pierwszej urny w pierwszym losowaniu
Istotny postęp:
3
7
Obliczenie prawdopodobieństw: P (B1 ) =
, P (B2 ) =
10
10
Pokonanie zasadniczych trudności:
Zapisanie prawdopodobieństw:
6
5
 
 
2
2
P( A / B1 ) =
, P( A / B2 ) =
10
10
 
 
2 
2 
2
3
Rozwiązanie prawie pełne:
6
5
 
 
3 2
7 2
⋅
+
⋅
Zapisanie prawdopodobieństwa zdarzenia w postaci: P( A) =
0
10 10 10 10
 
 
2 
2 
4
Rozwiązanie pełne:
23
Obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia A : P( A) =
90
5
w w w. o p e r o n . p l
5
Matematyka. Poziom rozszerzony
Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą”
Numer
zadania
18.
Modelowe etapy rozwiązywania zadania
Liczba
punktów
Rozwiązanie:

 x + y + z = 63

Zapisujemy układ: (y + 15)2 = ( x − 1)( z + 37), po rozwiązaniu otrzymujemy:


x+z
y =
2

 x = 25
 x = 55


y = 21 lub y = 21


z = 17
z = −13
Istotny postęp:


 x + y + z = 63
Zapisanie układu równań: (y + 15)2 = ( x − 1)( z + 37)


x+z
y =
2

Pokonanie zasadniczych trudności:
Przekształcenie układu do równania kwadratowego, np.: x 2 − 80 x + 1375 = 0
Rozwiązanie pełne:
 x = 25
 x = 55


Rozwiązanie równania i zapisanie odpowiedzi: y = 21 lub y = 21


z = 17
z = −13
w w w. o p e r o n . p l
0–5
2 (1 pkt,
gdy zapisano tylko
dwa równania)
3
5
(4 pkt,
gdy popełniono
błąd rachunkowy)
6