Pobierz odpowiedzi
Transkrypt
Pobierz odpowiedzi
KRYTERIA OCENIANIA ODPOWIEDZI Próbna Matura z OPERONEM Matematyka Poziom rozszerzony Listopad 2014 Zadania zamknięte Za każdą poprawną odpowiedź zdający otrzymuje 1 punkt. Numer zadania Poprawna odpowiedź 1. A 3 x + 6 > 6 ⇔ 3 x + 6 < −6 ∨ 3 x + 6 > 6 ⇔ x < −4 ∨ x > 0 2. A W(−3) = −54 − 36 + 45 − 12 = −57 3. B 4. A W = 8 x 3 + 12 x 2 + 6 x + 1− ( x 3 − 3 x 2 + 3 x − 1) = 7 x 3 + 15 x 2 + 3 x + 2 5. D 2 2 ( x + 5) + (y − 2) = 4 ⇒ S = (−5,2), r = 2 Wskazówki do rozwiązania zadania log2 7 + log2 7 log2 7 4 log2 7 = log2 7 + = log2 8 3 3 Zadania otwarte – kodowane Numer zadania Poprawna odpowiedź 6. 419 7. 565 8. 760 9. 899 Jeśli ABCD jest podstawą dolną sześcianu, BDE – przekrojem, OE = h – wysokością przekroju, O – punktem przecięcia przekątnych kwadratu ABCD, to: OC BD = 6 2, OC = 3 2, = cos 30° ⇒ h = 2 6 = 4,898979.... ≈ h ≈ 4,899 0–2 10. 273 4 1 1 + 3 − 2 3 n n lim = lim = = 0,(27) ≈ 0,273 n→+∞ 11n3 + 5 n + 2 n→+∞ 5 2 11 11 + 2 + 3 n n 0–2 w w w. o p e r o n . p l Wskazówki do rozwiązania zadania 32 46 46 144 +2 = , a3 = +2 = 7 7 49 49 144 830 +2 = = 2, 419825... ≈ 2, 4198 a4 = 343 343 4 b = ⇒ b = 4 2 = 5,656854... ≈ 5,657 sin 30° sin 45° a2 = l : 2 x − y + 1 = 0, d ( A, l ) = (n + 4)(3n2 − 1) 10 + 6 + 1 5 = 17 5 = 7,602631... ≈ 7,60 5 Liczba punktów 0–2 0–2 0–2 1 Matematyka. Poziom rozszerzony Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą” Zadania otwarte Numer zadania 11. Modelowe etapy rozwiązywania zadania Rozwiązanie: sin 3 x + sin 9 x = 0 ⇒ 2 sin 6 x cos 3 x = 0 ⇒ sin 6 x = 0 ∨ cos 3 x = 0 kp p kp p p p 2p 5p ⇒x= ∨x= + ∧ k ∈ C ∧ x ∈ 0, p ⇒ x ∈ 0, , , , , , p 6 3 2 3 6 6 6 3 0–3 Istotny postęp: Przekształcenie równania do alternatywy dwóch równań: sin 6 x = 0 ∨ cos 3 x = 0 1 Pokonanie zasadniczych trudności: 2 kp p kp Zapisanie rozwiązań w postaci ogólnej: x = ∨x= + , gdzie k Î C 6 6 3 Rozwiązanie pełne: p p p 2p 5p , , p Zapisanie odpowiedzi uwzględniającej założenie: x ∈ 0, , , , 6 3 2 3 6 12. Liczba punktów Rozwiązanie: x ( x 2 − 4 x − 5) < 0 3 0–3 x1 = 0, x2 = −1, x3 = 5 x ( x 2 − 4 x − 5) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, − 1) ∪ (0, 5) 13. Istotny postęp: Zapisanie nierówności w postaci: x ( x 2 − 4 x − 5) < 0 1 Pokonanie zasadniczych trudności: Wyznaczenie pierwiastków: x1 = 0, x2 = −1, x3 = 5 2 Rozwiązanie pełne: Rozwiązanie nierówności: x ( x 2 − 4 x − 5) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, − 1) ∪ (0, 5) 3 0–3 Rozwiązanie: −16 x −16 x f '( x ) = , f '( x ) = 0, =0⇒ x =0 2 2 2 x − 1 x ( ) ( 2 − 1) Badamy znaki pochodnej i zapisujemy odpowiedź: w punkcie x = 0 funkcja osiąga maksimum. Istotny postęp: Wyznaczenie pochodnej funkcji: f '( x ) = 1 −16 x 2 ( x 2 − 1) Pokonanie zasadniczych trudności: Wyznaczenie miejsc zerowych pochodnej i określenie znaków pochodnej: −16 x = 0 ⇒ x = 0, pochodna dodatnia dla x ∈ (−∞,−1) ∪ (−1, 0), pochodna 2 x ( 2 − 1) 2 ujemna dla x ∈ (0, 1) ∪ (1, + ∞) Rozwiązanie pełne: Zapisanie odpowiedzi: w punkcie x = 0 funkcja osiąga maksimum. 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 14. Modelowe etapy rozwiązywania zadania Rozwiązanie: Niech ABC będzie danym trójkątem, CD – środkową trójkąta i E Î CD, P Î BC . Rysujemy prostą równoległą do odcinka BC przechodzącą przez punkt A oraz prostą równoległą do odcinka AC przechodzącą przez punkt B. Punkt przecięcia prostych – punkt F. Wtedy CE = x , ED = 3 x , DF = 4 x . Oznaczamy ponadto: CP = y , PB = z , więc AF = BC = y + z Zauważamy, że trójkąty CEP i EAF są podobne, zatem: y x y 1 = ⇒ 6y = z ⇒ = y + z 7x z 6 Postęp: Wykonanie rysunku z oznaczeniami: ABC – dany trójkąt, CD – środkowa trójkąta, E Î CD, P Î BC . Narysowanie odcinka AF równoległego do BC oraz odcinka BF równoległego do AC. Istotny postęp: Zapisanie, że CE = x , ED = 3 x , DF = 4 x , CP = y , PB = z , AF = BC = y + z 0–5 1 3 (2 pkt, jeśli nie zapisano, że AF = = BC = y + +z) Pokonanie zasadniczych trudności: Zauważenie, że trójkąty CEP i EAF są podobne. 4 Rozwiązanie pełne: 5 y x y 1 Wykazanie tezy zadania: = ⇒ 6y = z ⇒ = , co należało dowieść. y + z 7x z 6 15. Liczba punktów Rozwiązanie: a1 =8 1− q ∧ q < 1, po jego rozwiązaniu otrzymujemy: Zapisujemy układ: a13 512 = 3 7 1− q 1 q = q = 2 . Drugi układ jest sprzeczny z warunkiem q < 1. 2 lub a1 = −8 a1 = 4 Istotny postęp: a1 =8 1− q ∧ q <1 Zapisanie układu równań: a13 512 = 3 7 1− q Pokonanie zasadniczych trudności: Przekształcenie układu do równania kwadratowego, np.: 2q2 − 5q + 2 = 0 0–5 2 (1 pkt, gdy zapisano tylko jedno równanie) 3 Rozwiązanie prawie całkowite: 1 q= q = 2 Rozwiązanie układu równań: 2 lub a1 = −8 a1 = 4 4 Rozwiązanie pełne: 5 1 q = Wybór rozwiązania i odpowiedzi: 2 a1 = 4 w w w. o p e r o n . p l 3 Matematyka. Poziom rozszerzony Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą” Numer zadania 16. Modelowe etapy rozwiązywania zadania Rozwiązanie: Liczba punktów 0–4 5 Liczba liczb z „1” na pierwszym miejscu: ⋅ 83 2 Liczba liczb z „2” na pierwszym miejscu: 5 × 4 × 83 5 Liczba liczb z cyfrą inną niż „1”, „2” na pierwszym miejscu: 7 ⋅ ⋅ 3 ⋅ 82 2 5 5 Suma: ⋅ 83 + 5 ⋅ 4 ⋅ 83 + 7 ⋅ ⋅ 3 ⋅ 82 = 28800 2 2 Istotny postęp: 5 Zapisanie liczby możliwości z cyfrą „1” na pierwszym miejscu: ⋅ 83 2 1 Pokonanie zasadniczych trudności: Zapisanie liczby możliwości z cyfrą „2” na pierwszym miejscu: 5 × 4 × 83 2 Rozwiązanie prawie całkowite: Zapisanie liczby możliwości z cyfrą inną niż „1” lub „2” na pierwszym miejscu: 5 7 ⋅ ⋅ 3 ⋅ 82 2 3 Rozwiązanie pełne: 4 5 5 Wyznaczenie sumy wszystkich liczb: ⋅ 83 + 5 ⋅ 4 ⋅ 83 + 7 ⋅ ⋅ 3 ⋅ 82 = 28800 2 2 17. Rozwiązanie: 0–7 3 a2 3 18 = 6a + 3h ⇒ h = 6 − 2a, V = ⋅ h, V = (6a2 − 2a3 ), a ∈ (0,3) 4 4 3 V '( h) = (12a − 6a2 ), V ' = 0 ⇔ a = 0 ∨ a = 2. Analizując znaki pochodnej, 4 otrzymujemy: w punkcie a = 2 funkcja osiąga maksimum. I część Wyznaczenie wzoru funkcji określającej objętość ostrosłupa: Zapisanie związku między krawędzią boczną i krawędzią podstawy: h = 6 − 2a Wyznaczenie wzoru na objętość ostrosłupa: V( a) = 3 (6a2 − 2a3 ) 4 Wyznaczenie dziedziny funkcji: a ∈ (0,3) 1 2 3 (za I część przyznaje się 3 pkt) II część – Zbadanie pochodnej i wyznaczenie ekstremum 3 Wyznaczenie wzoru pochodnej funkcji: V '( a) = (12a − 6a2 ) 4 4 Wyznaczenie miejsc zerowych pochodnej: V ' = 0 ⇔ a = 0 ∨ a = 2 5 Zbadanie znaków pochodnej i zapisanie wniosku dotyczącego maksimum funkcji: V ' ( a) > 0 dla a ∈ (0, 2), V ' ( a) < 0 dla a ∈ (2, 3), zatem funkcja rośnie w przedziale (0, 2), maleje w (2, 3), stąd w punkcie a = 2 funkcja osiąga maksimum będące jednocześnie największą wartością funkcji. III część – Wyznaczenie największej wartości funkcji V (2) = 2 3 w w w. o p e r o n . p l 6 (za II część przyznaje się 3 pkt) 1 (za III część przyznaje się 1 pkt) 4 Matematyka. Poziom rozszerzony Próbna Matura z OPERONEM i „Gazetą Wyborczą” Numer zadania 18. Modelowe etapy rozwiązywania zadania Rozwiązanie: Badamy sytuację, gdy funkcja jest liniowa: m = 1 ⇒ f( x ) = −1, zatem nie ma miejsc zerowych. Badamy sytuację, gdy funkcja jest kwadratowa: m ¹ 1 Wyznaczamy zbiór, dla którego istnieją dwa różne pierwiastki trójmianu kwadratowego: 11 ∆ < 0 ⇔ m ∈ (−∞, 1) ∪ , + ∞ 7 11 ∆=0⇔ m= 7 11 ∆ > 0 ⇔ m ∈ 1, 7 11 0 dla m ∈ (−∞, 1 ∪ , + ∞ 7 11 Zapisujemy wzór funkcji: g( m) = 1 dla m ∈ 7 2 dlla m ∈ 1, 11 7 i rysujemy wykres. Postęp: Zapisanie i rozwiązanie warunku: a = 0 ⇒ m = 1 – nie ma miejsc zerowych. Pokonanie zasadniczych trudności: Zapisanie i rozwiązanie warunku dla m ¹ 1: 11 ∆ < 0 ⇔ m ∈ (−∞, 1) ∪ , + ∞ 7 11 ∆=0⇔ m= 7 11 ∆ > 0 ⇔ m ∈ 1, 7 Liczba punktów 0–5 1 3 (2 pkt, jeśli popełniono błąd rachunkowy) Rozwiązanie prawie całkowite: 4 Rozwiązanie pełne: Narysowanie wykresu funkcji g. 5 0 dla m ∈ (−∞,1 ∪ 11, + ∞ 7 11 Zapisanie wzoru funkcji g : g( m) = 1 dla m ∈ 7 2 dlla m ∈ 1, 11 7 w w w. o p e r o n . p l 5