Schemat oceniania - Zadania.info

Materiały diagnostyczne z matematyki
poziom podstawowy
czerwiec 2011
Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych
oraz
schemat oceniania
Materiały diagnostyczne przygotowała Agata Siwik we współpracy z nauczycielami
matematyki szkół ponadgimnazjalnych:
Ewa Ziętek
Nauczyciel V Liceum Ogólnokształcącego im. Wspólnej Europy w Olsztynie
Nauczyciel Technikum nr 6 w Zespole Szkół Elektronicznych i Telekomunikacyjnych w Olsztynie
Irena Jakóbowska
Nauczyciel VI Liceum Ogólnokształcącego im. G. Narutowicza w Olsztynie
Wicedyrektor VI Liceum Ogólnokształcącego im. G. Narutowicza w Olsztynie
Elżbieta Guziejko
Nauczyciel Liceum Ogólnokształcącego im. Jana Kochanowskiego w Olecku
Ewa Olszewska
Nauczyciel Technikum w Zespole Szkół Handlowo-Ekonomicznych im. M. Kopernika w Białymstoku
Dyrektor Liceum Ogólnokształcącego Wschodnioeuropejskiego Instytutu Gospodarki w Białymstoku
Andrzej Gołota
Nauczyciel Technikum w Zespole Szkół Mechanicznych w Elblągu
Konsultant ds. matematyki Warmińsko-Mazurskiego Ośrodka Doskonalenia Nauczycieli w Elblągu
Jan Żukowski
Nauczyciel I Liceum Ogólnokształcące im. M. Konopnickiej w Suwałkach
Doradca metodyczny Centrum Doskonalenia Nauczycieli i Kształcenia Ustawicznego w Suwałkach

Odpowiedzi do zadań zamkniętych
Nr zadania 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
odpowiedź A A D C B B B C C C A B B
Schemat punktowania zadań otwartych
Zadanie 14. (2 pkt)
Dwa okręgi o środkach 1
B
C
S i S 2 są styczne zewnętrznie w punkcie A. Poprowadzono prostą
styczną do obu okręgów odpowiednio w punktach B i C (patrz rysunek). Wykaż, że kąt BAC
jest prosty.
I sposób rozwiązania
Odcinki 1
S 1
2 S
B
A
S 1
2 S
A
S B i S2C są równoległe, bo styczna do obu okręgów jest prostopadła do promieni
poprowadzonych do punktów styczności, stąd BS1A AS2C 180
C
.
Miara kąta środkowego w okręgu jest dwukrotnie większa od miary kąta dopisanego opartego
na tym samym łuku, więc
1
CBA BS1A oraz
2
1
BCA CS2 A stąd wynika, że
2
CBA BCA 90.
Suma miar kątów wewnętrznych trójkąta jest równa 180 , zatem BAC 90.
2

Schemat oceniania I sposób rozwiązania
Zdający otrzymuje ……………………………………………………………………1 punkt
gdy:
zauważy, że odcinki 1 S B i S2C są równoległe oraz wykorzysta twierdzenie, że miara
kąta środkowego w okręgu jest dwukrotnie większa od miary kąta dopisanego
opartego na tym samym łuku. Wystarczy, że zapisze np.: BS1A AS2C 180
1
1
CBA BS A oraz BCA CS2 A .
2
2
i
1
B
A
C
S 1
2 S
Zdający otrzymuje ………………………………………………………………......2 punkty
gdy:
przeprowadzi pełne rozumowanie np.: zapisze że, CBA BCA 90,
więc
BAC 90.
II sposób rozwiązania
Trójkąty BS1A i CS2 A są równoramienne. Zatem S1BA S1AB oraz
CAS ACS .
Odcinki 1
2 2
S B i S2C są prostopadłe do stycznej, stąd ABC 90
, BCA 90
.
Niech BAC .
Kąty ABC, BCA i BAC są kątami wewnętrznymi trójkąta BAC,
więc 90 90 180
, stąd .
S AS jest półpełny, więc S1AS 2 180 , stąd 2 180 czyli
Kąt 1 2
BAC 90
.
3

Schemat oceniania II sposób rozwiązania
Zdający otrzymuje ……………………………………………………………………1 punkt
gdy:
zauważy, że odcinki 1 S B i 2 S C są prostopadłe do stycznej, trójkąty BS1A i CS2 A są
równoramienne i zapisze zależność 90 90 180 .
Zdający otrzymuje ………………………………………………………………......2 punkty
gdy:
zapisze, że 1 2 180
III sposób rozwiązania
S AS i obliczy miarę kąta BAC: BAC 90
.
B
A
C
S 1
2 S
Trójkąty 1 S AB i AS2C są równoramienne. Zatem S1AB S1BA oraz
S AC ACS .
2 2
Kąty S1AB, S1BA, BS1A są kątami wewnętrznymi trójkąta 1 S AB , więc BS1A 180 2
.
Czworokąt 1 2
S S CB jest trapezem więc AS2C 2
.
Suma miar kątów trójkąta AS2C jest równa:
AS2C S2 AC ACS2 2 180 , stąd 2 2 180
, więc 90
.
Kąt 1 2
S AS jest półpełny więc BAC 180
, zatem BAC 90.
4

Schemat oceniania III sposób rozwiązania
Zdający otrzymuje ……………………………………………………………………1 punkt
gdy:
zauważy, że trójkąty 1 S AB i AS2C są równoramienne, zapisze S1AB S1BA i S2 AC ACS2
i BS1A 180 2
trapezem więc 2 2
AS C .
oraz zauważy, że czworokąt 1 2
S S CB jest
Zdający otrzymuje ………………………………………………………………......2 punkty
gdy:
zapisze, że suma kątów trójkąta AS2C jest równa: 2 2 180
, więc 90
i kąt S1AS 2 jest półpełny więc , zatem BAC 90.
5

Zadanie 15. (2 pkt)
Trójkąt ABC jest prostokątny. W trójkącie tym miara kąta BAC jest równa 90 ,
AB a 3, AC a 4, BC 2a 5 . Oblicz długości boków tego trójkąta.
Rozwiązanie
Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równanie
a 3 a 4 2a 5
Po przekształceniach otrzymujemy równanie
Wtedy 1
2 2 2
i a 2,5
2
2a 34a 0 .
a 0 (sprzeczne z założeniem) oraz a2 17 .
Obliczamy długości boków tego trójkąta: AB 20 , AC 21,
BC 29 .
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje ……………………………………………………………………1 punkt
gdy:
a 3 a 4 2a
5 : a 17 i na tym poprzestanie lub
rozwiąże równanie 2 2
2
dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje ………………………………………………………………......2 punkty
gdy:
C
a 4
A
a 3
2a 5
obliczy długości boków AB 20 , AC 21,
BC 29 .
B
Uwagi
1. Jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy przy rozwiązywaniu równania kwadratowego
i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy długości boków tego trójkąta, to za całe
rozwiązanie otrzymuje 1 punkt.
2. Jeżeli zdający błędnie zapisze równanie kwadratowe, to za całe zadanie otrzymuje
0 punktów.
6

Zadanie 16. (2 pkt)
Zbadaj, czy istnieje taki kąt ostry , dla którego
uzasadnij.
I sposób rozwiązania
Rysujemy trójkąt prostokątny i wprowadzamy oznaczenia np.:
2 6x - długość przyprostokątnej leżącej przy kącie
7x - długość przeciwprostokątnej
c - długość przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta
c
x
7x
2 6x
2x
c
2 6
cos
i
7
2
Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równanie: 2 6x c 7x
2 2
.
1
tg
. Odpowiedź
2
Wtedy c 5x
.
Z definicji funkcji trygonometrycznych kąta ostrego w trójkącie prostokątnym otrzymujemy:
5x 5
tg
.
2 6x 2 6
1
Z treści zadania wynika, że tg
.
2
Otrzymujemy sprzeczność, zatem nie istnieje taki kąt .
II sposób rozwiązania
Rysujemy trójkąt prostokątny i wprowadzamy oznaczenia np.:
x - długość przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta
2x - długość przyprostokątnej leżącej przy kącie
c - długość przeciwprostokątnej
7

Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równanie: 2 2 2
2x x c
. Wtedy c 5x
.
Z definicji funkcji trygonometrycznych kąta ostrego w trójkącie prostokątnym otrzymujemy:
2x 2 5
cos x
5x
5
2 6
Z treści zadania wynika, że cos x .
7
Otrzymaliśmy sprzeczność, zatem nie istnieje taki kąt .
Schemat oceniania I i II sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje ……………………………………………………………………1 punkt
gdy:
Uwaga
zaznaczy kąt w trójkącie prostokątnym i wyznaczy długości jego boków
w zależności od współczynnika proporcjonalności np.: 5 x, 2 6 x, 7x
lub
x, 2 x, 5x
i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający może przyjąć współczynnik proporcjonalności równy 1.
Zdający otrzymuje ………………………………………………………………......2 punkty
gdy:
albo
5
obliczy tg
, porówna z wartością podaną w treści zadania i stwierdzi, że
2 6
taki kąt nie istnieje.
2 5
obliczy cos
, porówna z wartością podaną w treści zadania i stwierdzi, że
5
taki kąt nie istnieje.
8

III sposób rozwiązania
Korzystamy z tożsamości
5
sin
. ( kąt ostry (sin 0 )).
7
2 2
sin cos 1
, otrzymujemy:
2 6
7
2
sin 1
2
, a stąd
Korzystamy ze związku między funkcjami trygonometrycznymi tego samego kąta
5
sin
5 5 6
tg
, otrzymujemy tg
7 .
cos
2 6 2 6 12
7
Z treści zadania wynika, że
1
tg
.
2
Otrzymujemy sprzeczność, zatem nie istnieje taki kąt .
IV sposób rozwiązania
Korzystamy ze związku między funkcjami trygonometrycznymi tego samego kąta
sin
6
tg
, otrzymujemy sin
.
cos
7
2 2
2 2
Korzystamy z tożsamości sin cos 1,
otrzymujemy:
Otrzymujemy sprzeczność, zatem nie istnieje taki kąt .
6
7
2 6
7
30
1.
49
Schemat oceniania III i IV sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje ……………………………………………………………………1 punkt
gdy:
albo
5
2 2
obliczy wartość sin
korzystając ze związku sin cos 1 i na tym
7
poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
obliczy wartość sin
6
sin
korzystając ze związku tg
i na tym
7
cos
poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
9

Zdający otrzymuje ………………………………………………………………......2 punkty
gdy:
albo
5
5
obliczy tg
(gdy sin
), porówna z wartością podaną w treści zadania
2 6
7
i stwierdzi, że taki kąt nie istnieje.
podstawi wartość sin
kąt nie istnieje.
6
do związku
7
2 2
sin cos 1
i stwierdzi, że taki
V sposób rozwiązania
2 6
Dla cos
odczytujemy z tablic trygonometrycznych przybliżoną miarę kąta: 46
7
(akceptujemy 45).
1
Dla tg
odczytujemy z tablic trygonometrycznych przybliżoną miarę kąta: 27
2
(akceptujemy 26).
Otrzymane wyniki (różne miary kąta w tym samym trójkącie) pozwalają stwierdzić, że
taki kąt nie istnieje.
Schemat oceniania V sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje ……………………………………………………………………1 punkt
gdy:
albo
2 6
odczyta z tablic przybliżoną wartość kąta dla cos
: 46
(akceptujemy
7
45)
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy
1
odczyta z tablic przybliżoną wartość kąta dla tg
: 27
(akceptujemy
2
26)
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje ………………………………………………………………......2 punkty
gdy:
albo
2 6
dla wyznaczonej wartości kąta (gdy cos
) odczyta z tablic wartość
7
tg , porówna ją z wartością podaną w treści zadania i stwierdzi, że taki kąt nie
istnieje.
10

1
dla wyznaczonej wartości kąta (gdy tg
) odczyta z tablic wartość cos ,
2
porówna ją z wartością podaną w treści zadania i stwierdzi, że taki kąt nie istnieje.
Uwagi
1. Wszystkie rozwiązania, w których zdający błędnie zaznaczy kąt w przedstawionym
przez siebie rysunku i z tego korzysta oceniamy na 0 punktów.
2. Jeśli zdający narysuje dwa trójkąty prostokątne, oznaczy długości boków odpowiednio:
5, 2 6, 7 i 1, 2, 5 (lub na jednym z nich zaznaczy długości boków obu trójkątów) bez
współczynnika proporcjonalności i stwierdzi, że boki mają różną długość, zatem nie
istnieje taki kąt, to otrzymuje 0 punktów. W takim przypadku wymagamy udowodnienia,
że boki takich trójkątów nie są proporcjonalne.
3. Jeśli zdający nie odrzuci odpowiedzi ujemnej, to otrzymuje 1 punkt.
11

Zadanie 17. (2 pkt)
Ciąg geometryczny
n
a określony jest wzorem
sumę czterech początkowych wyrazów tego ciągu.
Rozwiązanie
Obliczamy iloraz ciągu a n :
Obliczamy pierwszy wyraz ciągu
n
q
a
2 3
n2
n1
n1
an
2 3
a :
an
3
2
a1 2 3 18.
1
2 3 n
. Oblicz iloraz tego ciągu oraz
Obliczamy sumę czterech początkowych wyrazów tego ciągu wykorzystując wzór na sumę
n
1
q
n początkowych wyrazów ciągu geometrycznego Sn a1
:
1
q
S
4
4
3 1
18 18 40 720
.
3 1
Uwaga
Zdający może obliczyć sumę ciągu geometrycznego wykorzystując wzór:
2 3 2 3
S4 a1 a1 q a1 q a1 q 18 1 3 3 3 720 lub
S4 a1 a2 a3 a4
, gdzie
5
a4 2 3 486 .
Schemat oceniania
2
a1 2 3 18,
3
a2 2 3 54,
4
a3 2 3 162,
Zdający otrzymuje ……………………………………………………………………1 punkt
gdy:
albo
obliczy 1 18
popełnia błędy.
a i obliczy iloraz ciągu
a : q 3 i na tym zakończy lub dalej
obliczy a1 18 , a2 54 , a3 162 , a4 486 i na tym zakończy lub dalej
popełnia błędy.
Zdający otrzymuje ………………………………………………………………......2 punkty
gdy:
iloraz tego ciągu oraz sumę czterech początkowych wyrazów tego ciągu.
Uwagi
1. Jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy przy obliczaniu pierwszego wyrazu lub
ilorazu tego ciągu i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to za całe rozwiązanie
otrzymuje 1 punkt.
2. Jeżeli zdający popełni jeden błąd rachunkowy przy obliczaniu czterech pierwszych
wyrazów tego ciągu i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to za całe
rozwiązanie otrzymuje 1 punkt.
n
12

Zadanie 18. (4 pkt)
Dany jest trójkąt równoboczny ABC, w którym wysokości przecinają się w punkcie
1,3
A 1,5 .
o współrzędnych S . Jeden z wierzchołków tego trójkąta ma współrzędne
Oblicz pole i obwód tego trójkąta.
I sposób rozwiązania
Rysujemy trójkąt równoboczny ABC i wprowadzamy oznaczenia np.:
C
D
a
A
a
B
1, 5
a
h
S
1, 3
2
Korzystamy z własności trójkąta równobocznego i zapisujemy : AS AD ,
3
a 3
AD h .
2
Obliczamy AS
2
( 1
1)
2
( 3 5)
8 2
2 3
2 , zatem 2
3 2
2
a
stąd a 2 6 .
2
3 ( 2
Obliczamy pole trójkąta:
4
2
6)
4
3
6 3
a
P .
Obliczamy obwód trójkąta: O 3a 3 2 6 6 6 .
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
całkowitego rozwiązania zadania………………………………………………….... 1 punkt
obliczenie długości odcinka AS 2 2.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp…………………………………………2 punkty
albo
zauważenie, że
2
AS h i zapisanie równości
3
a 3
obliczenie wysokości h 3 2 .
2
a 3
2 2.
3
13

Pokonanie zasadniczych trudności zadania ………………………..……………...3 punkty
obliczenie długości boku trójkąta równobocznego: a 2 6 .
Rozwiązanie pełne ……………………………….…………………………………..4 punkty
2
3
Obliczenie pola i obwodu trójkąta równobocznego: 6 3
4
a
P , O 6 6 .
II sposób rozwiązania
D
a
30
A 1, 5 a F
B
a
h
C
S
Obliczamy długość odcinka AS 4 4 2 2 .
1, 3
AF
Z trójkąta AFS obliczamy długość boku AF: cos30
, stąd
AS
Obliczamy długość boku trójkąta: a 2 AF 2 6 .
2
3 ( 2
Obliczamy pole trójkąta:
4
2
6)
4
3
6 3
a
P
Obliczamy obwód trójkąta: O 3a 3 2 6 6 6 .
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
3
AF 2 2 6 .
2
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
całkowitego rozwiązania zadania……………………………………………………..1punkt
obliczenie długości odcinka AS 2 2 .
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp………………………………………….2punkty
AF
zauważenie, że trójkąt SAF 30
i zapisanie cos30
.
AS
Pokonanie zasadniczych trudności zadania………………………………………...3punkty
obliczenie długości boku trójkąta równobocznego: a 2 AF 2 6 .
14

Rozwiązanie pełne……………………………………………………………………4 punkty
2
3
Obliczenie pola i obwodu trójkąta równobocznego: 6 3
4
a
P , O 6 6 .
III sposób rozwiązania
Punkt S jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie równobocznym. Punkt A należy do tego
okręgu.
2 2 2
11 5 3 r , stąd
Korzystamy z równania okręgu i otrzymujemy:
r 2 2 .
2 2 a 3
Obliczamy długość boku trójkąta: r AS h , zatem a 2 6 .
3 3 2
2
2
3 ( 2 6)
3
Obliczamy pole trójkąta: 6 3
4 4
a
P .
Obliczamy obwód trójkąta: O 3a 3 2 6 6 6 .
2
r 8 , zatem
Uwaga
Zdający może obliczyć wysokość trójkąta równobocznego h 3 2 , następnie obliczyć
długość boku trójkąta z twierdzenia Pitagorasa lub z własności trójkąta prostokątnego
o kątach ostrych 30 i 60.
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
całkowitego rozwiązania zadania……………………………………………………..1punkt
Uwaga
obliczenie długości promienia okręgu opisanego na trójkącie równobocznym:
r 2 2 .
60
A a
B
1, 5
Zdający może przedstawić wynik w postaci r 8 .
a
h
C
30
S
1, 3
a
15

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp………………………………………….2punkty
Zauważenie, że
2
r h i zapisanie równości
3
a 3
2 2.
3
Pokonanie zasadniczych trudności zadania………………………………………...3punkty
Obliczenie długości boku trójkąta równobocznego: a 2 6.
Rozwiązanie pełne……………………………………………………………………4 punkty
2
3
Obliczenie pola i obwodu trójkąta równobocznego: 6 3
4
a
P , O 6 6 .
Uwagi
1. Jeśli zdający popełni błąd rachunkowy i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże
zadanie, to przyznajemy 3 punkty.
2. Jeśli zdający przyjmie, że S jest środkiem wysokości trójkąta równobocznego
1
AS h
, to za całe rozwiązanie przyznajemy 1 punkt (za obliczenie AS ).
2
16

Zadanie 19. (5 pkt)
2
Dwie prostokątne działki rekreacyjne mają taką samą powierzchnię równą 310m . Długość
drugiej działki jest o 4,8 m krótsza od długości pierwszej, a szerokość o 3 m dłuższa od
szerokości pierwszej. Podaj wymiary działki o mniejszym obwodzie.
Rozwiązanie
Przyjmujemy oznaczenia np.: x, y - wymiary I działki: x - długość, y – szerokość
Zapisujemy układ równań:
x y 310
x 4,8 y 3 310
Przekształcamy drugie równanie w sposób równoważny: x y 3x 4,8 y 14, 4 310 ,
podstawiamy do tego równania x y 310 i wyznaczamy z tego równania niewiadomą x:
x 1,6 y 4,8 .
Wyznaczoną wartość x podstawiamy do pierwszego równania
i doprowadzamy to równanie do postaci:
1
2
1,6 y 4,8 y 310 0
y 15,5 (nie spełnia warunków zadania) i y2 12,5 .
1,6 y 4,8 y 310
, które ma dwa rozwiązania
Zatem, jeżeli y 12,5 , to x 24,8 i wtedy działka I ma wymiary: 24,8 m x 12,5 m , zaś
działka II: 20 m x 15,5 m .
Obliczamy obwód I działki: 2 24,8 212,5 74,6 m .
Obliczamy obwód II działki: 2 20 215,5 71 m .
Zapisujemy odpowiedź: Działka o mniejszym obwodzie ma wymiary: 20 m x 15,5 m .
albo
Przyjmujemy oznaczenia np.: x, y - wymiary II działki: x - długość, y – szerokość
Zapisujemy układ równań:
x y 310
x 4,8 y 3 310
Przekształcamy drugie równanie w sposób równoważny: x y 3x 4,8 y 14, 4 310 ,
podstawiamy do tego równania x y 310 i wyznaczamy z tego równania niewiadomą x:
x 1,6 y 4,8 .
Wyznaczoną wartość x podstawiamy do pierwszego równania
i doprowadzamy to równanie do postaci:
2
1,6 y 4,8 y 310 0
15,5 y i y2 12,5 (nie spełnia warunków zadania).
1
1,6 y 4,8 y 310
, które ma dwa rozwiązania
Zatem, jeżeli y 15,5 , to x 20 i wtedy działka II ma wymiary: 20 m x 15,5 m , zaś działka
II: 24,8 m x 12,5 m .
Obliczamy obwód II działki: 2 20 215,5 71 m .
Obliczamy obwód I działki: 2 24,8 212,5 74,6 m .
Zapisujemy odpowiedź: Działka o mniejszym obwodzie ma wymiary: 20 m x 15,5 m .
17

Schemat oceniania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania zadania .................................................................................................... 1 pkt
albo
Uwaga
wprowadzenie oznaczeń, np.: x, y - wymiary I działki i zapisanie równania
x y
4,8 3 310 .
wprowadzenie oznaczeń, np.: x, y - wymiary II działki i zapisanie równania
x y
4,8 3 310 .
Nie wymagamy opisania oznaczeń literowych, jeżeli z rozwiązania można wywnioskować,
że zdający poprawnie je stosuje.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp ................................................................. 2 pkt
Zapisanie układu równań z niewiadomymi x i y , np.:
albo
Uwaga
x y 310
, gdzie x, y - wymiary I działki
x 4,8 y 3 310
x y 310
, gdzie x, y - wymiary II działki
x 4,8 y 3 310
Zdający nie musi zapisywać układu równań, może od razu zapisać równanie z jedną
niewiadomą.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania ................................................................. 3 pkt
Zapisanie równania z jedną niewiadomą x lub y , np:
albo
albo
albo
2
1,6 y 4,8 y 310 0
, gdzie y – szerokość I działki
2
x 4,8x 496 0 , gdzie x, - długość I działki
2
1,6 y 4,8 y 310 0
, gdzie y - szerokość II działki
18

2
x 4,8x 496 0 , gdzie x, - długość II działki
Rozwiązanie prawie całkowite ..................................................................................... 4 pkt
albo
albo
albo
rozwiązanie równania kwadratowego z niewiadomą y: y 12,5 i obliczenie długości
I działki: x 24,8 .
rozwiązanie równania kwadratowego z niewiadomą x: x 24,8 i obliczenie szerokości
I działki: y 12,5 .
rozwiązanie równania kwadratowego z niewiadomą y: y 15,5 i obliczenie długości
II działki: x 20 .
rozwiązanie równania kwadratowego z niewiadomą x: x 20 i obliczenie szerokości
II działki: y 15,5 .
Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają
poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe) .................................................... 4 pkt
Rozwiązanie równania z niewiadomą x lub y z błędem rachunkowym i konsekwentne
rozwiązanie zadania do końca.
Rozwiązanie pełne ....................................................................................................... 5 pkt
Podanie wymiarów działki o mniejszym obwodzie: 20 m x 15,5 m .
Uwagi
1. Jeżeli zdający podaje (bez obliczeń) odpowiedź: wymiary działki o mniejszym
obwodzie, to: 20 m x 15,5 m , otrzymuje 0 punktów.
2. Jeżeli zdający od razu zapisze i uzasadni, że obwód drugiej działki jest mniejszy i na
tym poprzestanie, otrzymuje 1 punkt. np.:
O1 2
x y
i O2 2 x 3 y 4,8 2 x y 1,8
, zatem O1 O2
.
19