1 Odpowiedzi i schematy oceniania Arkusz 19 Zadania zamknięte
Transkrypt
1 Odpowiedzi i schematy oceniania Arkusz 19 Zadania zamknięte
Odpowiedzi i schematy oceniania Arkusz 19 Zadania zamknięte Numer Poprawna zadania odpowiedź 1. D. Wskazówki do rozwiązania 4 ⋅ ( − 2) + 2 m − 6 = 0 2m = 14 m=7 2 C. Funkcja kwadratowa ma jedno miejsce zerowe, gdy wyróŜnik trójmianu jest równy 0. ∆ = m 2 − 4(−1)(−9) = m 2 − 36 m = 6 ∪ m = −6 dla m = 6 f ( x) = − x 2 + 6 x − 9 Największą wartość funkcja przyjmuje dla argumentu x = x= −b . 2a −6 =3 −2 dla m = −6 f ( x) = − x 2 − 6 x − 9 x= 3. A. 4. C. −1 6 = −3 −2 4 +4 − 1 2 2 2 1 1 1 1 = + − = = 2−1 − 4 2 4 2 2 W (−1) = 2a + 2b − a − b − 5 = a + b − 5 a+b−5= 0 a+b=5 Suma dwóch liczb dodatnich jest liczbą nieparzystą, jeŜeli jedna z tych liczb jest parzysta, a druga nieparzysta. 5. C. h – wysokość walca 1 4 3 πr = πr 2 h 3 4 h= r 3 6. B. − x2 + x 5 + 9 − x − 3 = − ( 5 )2 + 5 ⋅ 5 + 9 − 5 − 3 = = − 5 + 5 + 9 − (− 5 + 3) = 9 + 5 − 3 = 3 + 5 − 3 = 5 7. D. Dla x > 0 x Dla x < 0 x x x <1⇔ x < 1 ⇔ 1 < 1 – sprzeczność. x <1⇔ −x < 1 ⇔ −1 < 1 – nierówność jest spełniona x przez kaŜdą liczbę całkowitą mniejszą od 0 , jest nieskończenie wiele takich liczb. 8. A. Z podobieństwa odpowiednich trójkątów. x = CD 4 2 = ⇒ x=3 10 2 + x 9. C. h – wysokość trójkąta 2a – długość podstawy trójkąta h = tg303 a h 1 a = ⇒h= a 3 3 1 4 3 ⋅ 2ah = 2 3 ah = a⋅ 4 3 3 a 3 a =4 = 4 3 3 2 a=2 2a = 4 4 – liczba całkowita większa od 2 10. C. a – długość boku sześcianu 2 a 3 – długość przekątnej sześcianu o boku a a 3=3 a= 3 a 2 – długość przekątnej podstawy sześcianu a 2 = 3⋅ 2 = 6 11. C. Wykresem jest parabola o wierzchołku (0, b). Jeśli a > 0 to b < 0 – ramiona paraboli skierowane są ku górze, wierzchołek paraboli leŜy pod prostą y = 0 . Jeśli a < 0 to b > 0 – ramiona paraboli są skierowane do dołu, wierzchołek paraboli leŜy nad prostą y = 0 . W kaŜdym przypadku są dwa punkty wspólne paraboli i prostej y = 0 . 12. B. log 3 m = w 3w = m log 9 m = x 9x = m 9 x = 3w 32 x = 3w x= 13. A. 14. D. w 2 P( A) = 10 80 8 4 ⋅ = = 100 100 100 50 5x − y − 1 = 0 − x − 5y + 5 = 0 − y = −5 x + 1 y = 5x − 1 − 5y = x − 5 1 y = − x +1 5 1 Współczynnik kierunkowy jednej prostej jest równy − , a drugiej 5 5 – proste są więc prostopadłe, czyli przecinają się pod kątem o mierze 90 . 15. D. y= 9 x + 32 5 3 5 y = 9 x + 160 9 x = 5 y − 160 5 y − 160 x= 9 x= 16. B. 5 ⋅ 122 − 160 = 50 9 x 2 − 4x + y 2 − 2 y + 1 = 0 ( x 2 − 4 x + 4) + ( y 2 − 2 y + 1) − 4 = 0 ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 2 2 Środek okręgu: (2, 1) , promień: 2 . Punkt A leŜy wewnątrz koła ograniczonego okręgiem. 17. B. Trójkąty AEC i AEB są równoramienne. ∠EAC = ∠ACE = α ∠EBA = ∠BAE = β ∠BAC = α + β = 90 – trójkąt prostokątny 18. C. a n+1 − a n = (−1) n +1 − (−1) n dla n nieparzystych a n+1 − a n = 1 − (−1) = 2 dla n parzystych a n+1 − a n = −1 − 1 = −2 19. D. K ( x) = 2( x 5 − 1) + (− x 5 + 1) = 2 x 5 − 2 − x 5 + 1 = x 5 − 1 – wielomian piątego stopnia. 20. A. sin 2 α + cos 2 α = 1 sin 2 α = 1 − a 2 tgα = sin α cos α 1 − a2 1 a2 1 tg α = = 2 − 2 = 2 −1 2 a a a a 2 21. B. 1 + 100 ⋅ 100 5050 1 + 2 + 3 + ... + 99 + 100 2 = = = 5050 5 4 0, (5) + 0, (4) 1 + 9 9 4 22. D. 5, x, 15 – ciąg arytmetyczny Z własności ciągu arytmetycznego: x= 15 + 5 = 10 . 2 y, 10, 20 – ciąg geometryczny Z własności ciągu geometrycznego: 10 2 = 20 y, 100 = 20 y, y = 5. 23. C. P ( A) = 24. D. Np. dla n = 1 kaŜda z liczb 7 n + 1 , n n + 1 , 9 n − 1 jest parzysta 2 3 , P( B) = a<b 36 36 10 n − 1 – cyfrą jedności tej liczby, dla kaŜdego n ∈ N + jest 9 – zatem jest to liczba nieparzysta. 25. A. r – promień stoŜka h – wysokość stoŜka Wysokość trójkąta będącego przekrojem osiowym stoŜka dzieli go na dwa trójkąty przystające prostokątne. Wysokość podzieliła teŜ kąt o mierze 120 na dwa kąty – kaŜdy o mierze 60 . Kąt o mierze 60 leŜy naprzeciw boku odpowiadającego promieniowi. r = sin 60 0 10 r 3 = 10 2 r =5 3 cos 60 = h 10 1 h = 2 10 h=5 r 5 3 = = 3 h 5 Zadania otwarte 5 Numer zadania 26. 27. punktów Określenie promienia okręgu: 6 i przekątnej kwadratu: 2 6 . 1 Obliczenie pola kwadratu: P = 1 ⋅ 2 6 ⋅ 2 6 = 12 . 2 1 Określenie liczby sukienek niebieskich: 70% ⋅ 20 = 14. Obliczenie prawdopodobieństwa: 28. Liczba Modelowe etapy rozwiązania 1 1 14 . 20 UłoŜenie nierówności: 1 s km – odległość, w jakiej naleŜy wybudować hotele, s s + ≤ 30 . 1 + 0,2 1 − 0,2 Rozwiązanie nierówności i podanie odpowiedzi: 1 s s + ≤ 30, 1,2 0,8 s ≤ 14,4. Hotele będzie dzieliła odległość nie większa niŜ 14,4 km. 29. Zapisanie odpowiedniego wzoru na obliczenie pola powierzchni 1 blatu: Blat stołu składa się z części prostokątnej o wymiarach 2 m na 1 m i dwóch części w kształcie półkoli o promieniu 0,5 m (czyli koła o promieniu 0,5 m). P = 2 ⋅ 1 + π (0,5) 2 . Obliczenie pola: 1 P = 2 + 0,25π ≈ 2 + 0,25 ⋅ 3,14 = 2 + 0,785 = 2,785 (m 2 ). Pole powierzchni serwetki wynosi ok. 2,785 m2. 30. Przekształcenie wyraŜenia wymiernego: 1 1 1 − sin 2 α sin 2 α + cos 2 α − sin 2 α cos α − 1 = = = . sin 2 α sin 2 α sin 2 α sin α 2 Wykorzystanie związku między sinusem, cosinusem i tangensem 1 2 cos α 1 = tg − 2α . tego samego kąta ostrego: = sin α tgα 2 6 31. Obliczenie promienia koła: 2πr = 12π , r = 6 . 1 Obliczenie miar kątów trójkąta i zauwaŜenie, Ŝe jest to trójkąt 1 prostokątny: x + 2 x + 3 x = 180, x = 30. Miary kątów: 30 , 60 , 90 . ZauwaŜenie, Ŝe środek okręgu leŜy na połowie 1 przeciwprostokątnej i obliczenie długości przeciwprostokątnej: 12 . Obliczenie długości przyprostokątnych: 6, 6 3 . 1 Obliczenie pola trójkąta: 1 P= 32. 1 ⋅ 6 ⋅ 6 3 = 18 3 . 2 Obliczenie długości krawędzi a podstawy: 3 a = 6, a = 4 (cm). 2 Określenie kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny 1 1 podstawy: kąt między wysokością ściany bocznej a wysokością h jednego z sześciu trójkątów równobocznych, na które moŜna podzielić podstawę. Obliczenie wysokości h trójkąta leŜącego w podstawie: h= a 3 4 3 = = 2 3 (cm). 2 2 Obliczenie tangensa kąta: tgα = 6 2 3 = 3 = 3. 3 1 Obliczenie miary kąta: α = 60 . 1 Obliczenie objętości ostrosłupa: 1 V= 33. 1 1 3 2 ⋅6⋅ ⋅ 4 ⋅ 6 = 48 3 (cm3). 3 4 Zilustrowanie sytuacji przedstawionej w zadaniu za pomocą 1 drzewka lub skorzystanie z reguły mnoŜenia oraz określenie liczby zdarzeń sprzyjających zdarzeniu A ' : A – wśród wybranych kwiatów jest przynajmniej jedna Ŝółta róŜa A ' – wśród wybranych kwiatów nie ma ani jednej Ŝółtej róŜy 20 ⋅ 19 = 380 . 7 Określenie liczby zdarzeń sprzyjających zdarzeniu A' : 1 12 ⋅ 11 = 132 . Obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego do A : P( A ' ) = 1 132 33 = . 380 95 Obliczenie prawdopodobieństwa zdarzenia A : P( A) = 1 − 1 33 62 = . 95 95 8