odpowiedzi

KRYTERIA OCENIANIA ODPOWIEDZI
Próbna Matura z OPERONEM
II edycja – Marzec 2016
Matematyka
Poziom podstawowy
Zadania zamknięte
Za każdą poprawną odpowiedź zdający otrzymuje 1 punkt.
Numer
zadania
Poprawna
odpowiedź
1.
D
log 7 + 2 log 3 = log 7 + log 9 = log 7 ⋅ 9 = log 63
2.
D
3
Wskazówki do rozwiązania zadania
3
3.
A
2
3
=
3
23 9
3
3⋅ 9
3− 5
3+ 5
=
3
18
3
2
(3 − 5 )
=
9−5
=
14 − 6 5 7 − 3 5
=
4
2
4.
B
1
1
x + 1 = 0 ⇒ x = −1 ⇒ x = −2
2
2
5.
D
6.
D

sin a = 3 13
 sin a
3

=−

13
⇒ 
2
 cos a
 2

2 13
2
sin a + cos a = 1 cos a = −
13

Odsetki są kapitalizowane dwa razy w roku, więc należy podzielić odpowiednio procent i pomnożyć wykładnik potęgi.
7.
B
8.
D
25
5
5
⇒ x −1= ∨ x −1= −
4
2
2
7
3
⇒ x1 = , x 2 = −
2
2
2
( x − 1) =
− x 2 − 2 x > 0 ⇒ x (− x − 2) = 0
x1 = 0, x2 = −2
Ramiona paraboli są skierowane do dołu.
9.
A
10.
C
11.
D
12.
A
13.
B
w w w. o p e r o n . p l
∠AOB = 2 ⋅ 38° = 76° ⇒ ∠ABO = 52° ⇒ a = 90° − 52° = 38°
an =
(n + 1)(−n + 4)
= −n + 4
n +1
−n + 4 > 0 ⇒ n < 4 ⇒ n ∈ {1,2,3}
f( x ) = 23 ⋅ 2 x = 2 x +3
∆ = 16 − 40 = −24,yw =
24
= 6 , ramiona paraboli są skierowane do góry
4
a1 + 10r = 13
a1 = −7
⇒ 

a1 + 14r = 21 r = 2
1
Matematyka. Poziom podstawowy
Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą” – II edycja – Marzec 2016
Numer
zadania
Poprawna
odpowiedź
14.
A
15.
B
16.
A
17.
C
18.
C
19.
B
Jedynie prosta z przykładu B ma ten sam współczynnik kierunkowy co
prosta l i punkt A spełnia równanie tej prostej.
20.
A
−
21.
B
22.
C
23.
D
24.
A
25.
C
Wskazówki do rozwiązania zadania
y = 5 x + 3
 x = −1
⇒ 

y = −2
y = 3 x + 1
xW = 3 ⇒ m = 6
yW = −8 i ramiona paraboli są skierowane do góry
16
16
⇒ sin2 a + 2 sin a cos a + cos2 a =
⇒
10
10
3
6
⇒ sin a cos a =
⇒ 2 sin a cos a =
10
0
10
12
13 x , 12 x , 5 x – boki trójkąta, więc tga =
5
a + 40°
a + 40°, a,
– kąty trójkąta
5
a + 40°
a + 40° + a +
= 180° ⇒ a = 60°, zatem kąty trójkąta mają miary:
5
100°, 60°, 20°
2
(sin a + cos a) =
xw =
1 ⋅ 0, 3 + 2 ⋅ 0, 7 + 3 ⋅ 0, 3 + 2 ⋅ 4 ⋅ 0, 7 + 5 ⋅ 0, 3
≈ 3, 23
3 ⋅ 0, 3 + 3 ⋅ 0, 7
r =2 3 ⇒V =
a=6⇒k =
1
⋅ p ⋅ 12 ⋅ 6 = 24p
3
9 3
P
9
= ⇒ ∆DEF = ⇒ P∆DEF = 54
6 2
P∆ABC
4
1
m +1= 4 ⇒ m = 6
2
Rozpatrz wszystkie przypadki cyfr parzystych i nieparzystych takie, że na
końcu jest cyfra nieparzysta.
a2
1
a 2h = 12 ∧ h = a2 +
⇒ a2 = 8 3 ⇒ P = 48 3
2
2
Zadania otwarte
Numer
zadania
26.
27.
Modelowe etapy rozwiązywania zadania
Liczba
punktów
Postęp:
Zapisanie równania: an = Sn − Sn−1
1
Rozwiązanie bezbłędne
Przekształcenie równania do postaci wykazującej tezę zadania: an = 5n + 13
2
Postęp:
Zapisanie, że jedną z wyrzuconych liczb musi być 3 lub 6 i zapisanie liczebności zbioru zdarzeń elementarnych: Ω = 36
1
Rozwiązanie bezbłędne:
Wyznaczenie liczebności zdarzenia A : A = 20 i obliczenie prawdopodobień-
2
stwa: P( A) =
w w w. o p e r o n . p l
20 5
=
36 9
2
Matematyka. Poziom podstawowy
Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą” – II edycja – Marzec 2016
Numer
zadania
28.
Modelowe etapy rozwiązywania zadania
Postęp:
Wyznaczenie odciętej wierzchołka paraboli: xw = −2 i zapisanie, że nie należy
Liczba
punktów
1
do danego przedziału.
29.
30.
Rozwiązanie bezbłędne:
Obliczenie wartości funkcji na krańcach przedziału: f(0) = 0, f (2) = −12 i zapisanie odpowiedzi: Wartość najmniejsza jest równa (-12), wartość największa
jest równa 0.
2
Postęp:
 1

Zapisanie ciągu w postaci:  x , , 27
 x

1
Rozwiązanie bezbłędne:
1
1
Zapisanie i rozwiązanie równania, co wykazuje tezę zadania: 2 = 27 x ⇒ x =
x
3
Postęp:
12
6 3
Zapisanie proporcji:
=
, x – bok kwadratu
x
6 3− x
Rozwiązanie bezbłędne:
Rozwiązanie równania: x = 12 2 3 − 3
2
Postęp:
Zapisanie szukanych liczb w postaci: 2 x , x , x + 3
1
Istotny postęp:
2
Zapisanie równania: (2 x ) + x 2 + ( x + 3)2 = 945
2
Pokonanie zasadniczych trudności:
Doprowadzenie równania do postaci: 6 x 2 + 6 x − 936 = 0
3
Rozwiązanie bezbłędne:
Rozwiązanie równania: x = −13 ∨ x = 12 i zapisanie odpowiedzi: są to liczby:
(−26,−13,−10) ∨ (24,12,15)
4
Postęp:
1
Zapisanie równania: ⋅ 12 ⋅ 10 sina = 36
2
Istotny postęp:
3
Rozwiązanie równania: sina =
5
Pokonanie zasadniczych trudności:
Wyznaczenie długości odcinków CD, DB : CD = 6, DB = 8
1
Rozwiązanie bezbłędne:
Obliczenie długości odcinka: AC : AC = 2 13
4
(
31.
32.
w w w. o p e r o n . p l
)
1
2
2
3
3
Matematyka. Poziom podstawowy
Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą” – II edycja – Marzec 2016
Numer
zadania
33.
Liczba
punktów
Modelowe etapy rozwiązywania zadania
Postęp:
Wprowadzenie dokładnych oznaczeń lub wykonanie rysunku z oznaczeniami:
ABCD – podstawa ostrosłupa
S – wierzchołek ostrosłupa
SD – wysokość ostrosłupa
ADS, CDS – ściany boczne prostopadłe do podstawy
1
Istotny postęp:
Obliczenie długości wysokości ostrosłupa: SD = 4 3
2
4
Pokonanie zasadniczych trudności
Obliczenie długości krawędzi bocznych ostrosłupa:
AS = CS = 8, BS = 4 5
(3 pkt,
gdy
wyznaczono tylko
jedną
długość)
Rozwiązanie bezbłędne:
Obliczenie pola powierzchni bocznej ostrosłupa: Pb = 16 2 + 3
(
34.
)
5
Postęp:
Wyznaczenie środka odcinka AB: D = (−2, 2)
1
Rozwiązanie bezbłędne:
Wyznaczenie długości środkowej CD: CD = 50 = 5 2
2
w w w. o p e r o n . p l
4