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