Matematyka 2020 — poziom rozszerzony — Formuła 2015

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Punktowanie: rozwiązań zadań

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Punktowanie: 2 pkt – poprawna odpowiedź. 0 pkt – odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi. Uwaga: Akceptowane są wszystkie rozwiązania merytorycznie poprawne i spełniające warunki zadania.

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Punktowanie: I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania 1p. Zdający naszkicuje wykres funkcji f określonej wzorem: • f  x  x – 5 albo • f  x  x – 5  4 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p. Zdający zapisze układ nierówności 0   a –1 – 4  5 oraz rozwiąże poprawnie jedną z nierówności tego układu 2 • albo 4   a – 1  9 oraz rozwiąże poprawnie jedną z nierówności tego układu 2 • i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne 3p. Zdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że a   –2, – 1   3, 4 . Zasady oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania 1p. Zdający zapisze, że podane równanie ma dwa rozwiązania dodatnie, gdy spełniona jest nierówność 0  x –5  5 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p. Zdający zapisze układ nierówności 0   a – 1 – 4  5 oraz rozwiąże poprawnie jedną 2 z dwóch nierówności tego układu i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne 3p. Zdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że a   –2, – 1   3, 4 . Zasady oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania 1p. Zdający: • zapisze, że podane równanie ma więcej niż jedno rozwiązanie wtedy, gdy spełniona jest nierówność  a –12 – 4  0 , albo • zapisze podane równanie w postaci alternatywy równań x – 5   a – 1 – 4 x – 5  –  a –1  4 2 2 lub i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p. Zdający: • zapisze, że podane równanie ma więcej niż jedno rozwiązanie wtedy, gdy spełniona jest nierówność  a –12 – 4  0 i • zapisze podane równanie w postaci alternatywy równań x – 5   a – 1 – 4 lub x – 5  –  a –1  4 2 2 i • rozwiąże poprawnie przynajmniej jedną z trzech nierówności:  a –12 – 4  0 ,  a –12  1  0 , 9 –  a –12  0 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne 3p. Zdający zapisze, że a   –2, – 1   3, 4 . Zasady oceniania IV sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania 1p. Zdający zapisze warunek istnienia rozwiązań rzeczywistych równania x – 5   a – 1 – 4 : 2 •  a –12 – 4  0 albo • zdający zapisze układ nierówności: – –10  –10 2 – 4  25 –   a – 12 – 4    0 i    2 2 i 25 –  a – 1 – 4  0 2 1  0   i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p. Zdający zapisze układ nierówności – –10  a –12 – 4  0 i  –102 – 4  25 –   a – 12 – 4    0 i   2 2 i 25 –  a – 1 – 4  0 2 1  0   i poprawnie rozwiąże drugą lub czwartą z nich i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne 3p. Zdający rozwiąże układ nierówności i zapisze, że a   –2, – 1   3, 4 . Zasady oceniania V sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania 1p. Zdający zastosuje definicję wartości bezwzględnej i zapisze równanie w każdym z dwóch przypadków: gdy x – 5  0 , to x – 5   a – 1 – 4 , 2 gdy x – 5  0 , to 5 – x   a – 1 – 4 2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p. Zdający zapisze warunki na to, żeby rozwiązaniem równania była liczba dodatnia w każdym z dwóch rozpatrywanych przypadków i wyznaczy wszystkie wartości parametru a, dla których rozwiązaniem równania jest liczba dodatnia w jednym z tych przypadków: gdy x – 5  0 , to  a – 1  1  0 i  a – 1  1  5 , skąd a   –, –1  3,   2 2 • albo gdy x – 5  0 , to 9 –  a – 1  0 i 9 –  a – 1  5 , skąd a   –2, –1   3, 4 2 2 • i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne 3p. Zdający wyznaczy wszystkie wartości parametru a, dla których równanie x – 5   a – 1 – 4 2 ma dwa rozwiązania dodatnie: a   –2, – 1   3, 4 . Uwaga Jeżeli zdający rozpatrzy oba przypadki, ale w pierwszym przypadku nie skomentuje, że nierówność  a –12  1  0 jest prawdziwa dla każdej liczby rzeczywistej a, to może otrzymać 3 punkty za całe rozwiązanie. Uwagi 1. Jeśli zdający rozwiązuje zadanie sposobem II lub III zapisze nierówność  a –12 – 4  0 i konsekwentnie do tego błędu rozwiąże zadanie do końca, otrzymując w odpowiedzi zbiór  –2, –1  3, 4  , to otrzymuje 2 punkty. 2. Jeżeli zdający rozwiązuje zadanie I sposobem i naszkicowany wykres zawiera usterki, ale dalsze rozumowanie jest prawidłowe, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty. 3. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji f  x   x – 5  4 , błędnie przesunie wykres funkcji y  x –5 o 4 jednostki w dół i konsekwentnie przeprowadzi rozumowanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie. 4. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji f  x   x – 5  4 , zamieni miejscami współrzędne wektora przesunięcia, otrzyma wykres funkcji, dla której istnieją dwa f  x    a – 1 2 rozwiązania dodatnie równania i konsekwentnie przeprowadzi rozumowanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie. 5. Jeżeli zdający, sporządzając wykres funkcji f  x   x – 5 , błędnie przesunie wykres funkcji y  x , i otrzyma wykres funkcji g takiej, że nie istnieją dwa dodatnie g  x    a – 1 – 4 , to otrzymuje 0 punktów za całe 2 rozwiązania równania rozwiązanie.

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Punktowanie: I i II sposobu Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania 1p. Zdający: • skorzysta z podobieństwa trójkątów i zapisze, np.: AD  3 KP lub CP  x i DP  2 x albo • skorzysta z twierdzenia o odcinkach stycznych i zapisze, np.: KM  KP i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p. Zdający: • skorzysta z podobieństwa trójkątów CPK i CMD i zapisze poprawne równanie PK 2x pozwalające obliczyć długość odcinka PK:  2 3x albo • skorzysta z podobieństwa trójkątów ADM i ACD i zapisze poprawne równanie z jedną 4 – t 3t niewiadomą, np.  , gdzie t  KM  KP 3t 6 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne 3p. Zdający rozwiąże powyższe równanie i uzasadni, że AM : MC  4 : 5 .

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Punktowanie: I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania 1p. Zdający zapisze równanie (a  1) 2  (2b  1) 2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p. Zdający zapisze wniosek a  2b (bez uzasadnienia lub z niepełnym uzasadnieniem) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne 3p. Zdający zapisze pełne uzasadnienie. Zasady oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania 1p. Zdający zapisze równanie (a – 2b)( a  2b)  –2(a – 2b) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p. Zdający zapisze wniosek a  2b (bez uzasadnienia lub z niepełnym uzasadnieniem) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne 3p. Zdający zapisze pełne uzasadnienie. Zasady oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania 1p. Zdający obliczy wyróżnik trójmianu kwadratowego a 2  2a – 4b 2 – 4b np. zmiennej a,    4b  2  i zapisze, że jest on nieujemny dla każdej wartości b albo, że jest on dodatni 2 dla każdej wartości b  0 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2p. Zdający obliczy pierwiastki trójmianu a 2  2a – 4b 2 – 4b : a  –2 – 2b lub a  2b i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne 3p. Zdający zapisze pełne uzasadnienie. Uwaga Jeżeli zdający sprawdza prawdziwość równania jedynie dla wybranych wartości a i b, to otrzymuje 0 punktów.

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Punktowanie: Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1p. Zdający doprowadzi równanie do postaci równoważnej, w której występuje tylko jedna funkcja trygonometryczna tego samego kąta, np.: 3 – 6sin 2 x  10 – 10sin 2 x  24sin x – 3 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2p. 1 Zdający rozwiąże równanie kwadratowe 2t 2  3t – 2  0 : t  –2 oraz t  2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p. Zdający • zapisze, że równanie sin x  –2 nie ma rozwiązań i poda co najmniej jedną serię 1 rozwiązań równania sin x  w zbiorze liczb rzeczywistych: 2  5 x  2 k lub x   2k , gdzie k jest liczbą całkowitą 6 6 albo • zapisze, że równanie sin x  –2 nie ma rozwiązań i poda jedno rozwiązanie równania 1 sin x  w przedziale 0, 2π 2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy Rozwiązanie pełne 4 p. π 5π Zdający wyznaczy oba rozwiązania równania: x1  oraz x2  . 6 6 Uwagi 1. Akceptujemy przybliżone rozwiązania elementarnych równań trygonometrycznych. 1 2. Jeżeli zdający wyznaczy poprawnie obydwa rozwiązania równania sin x  należące 2 do przedziału  0, 2  i nie zapisze komentarza dotyczącego równania sin x  –2 , to otrzymuje 4 punkty. 3. Jeżeli zdający przed uzyskaniem trygonometrycznych równań elementarnych popełni błędy rachunkowe i otrzyma równania elementarne, z których co najmniej jedno ma dwie serie rozwiązań w zbiorze liczb rzeczywistych, to otrzymuje co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie. 4. Jeżeli zdający przed uzyskaniem elementarnych równań trygonometrycznych popełni błąd polegający na niepoprawnym zastosowaniu wzoru na cosinus kąta podwojonego lub błąd polegający na podstawieniu w miejsce sin x wyrażenia 1 – cos2 x , ale otrzyma co najmniej jedno równanie typu sin x  a , gdzie a   –1,0   0,1 , i konsekwentnie to równanie rozwiąże, to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 2 punkty. Jeżeli jednak zdający otrzyma co najmniej jedno równanie typu sin x  a , gdzie a–1, 0, 1 , i to równanie konsekwentnie rozwiąże, to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 1 punkt. 2 5. Jeżeli zdający zapisze równanie sin x  cos 2 x , równoważne równaniu 3 4 3cos 2 x  10 cos 2 x  24sin x – 3 , a następnie rozwiąże równanie cos 4 x  cos 2 x – 1  0 , 9  otrzymując 4 rozwiązania tego równania należące do przedziału 0, 2 : x  , 6 5 7 11 7 11 x   , x   , x   i nie odrzuci „obcych” rozwiązań: x   , x   , to za 6 6 6 6 6 całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 2 punkty.

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Punktowanie: I, II i III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania 1p. Zdający • wykorzysta wzór na n-ty wyraz ciągu geometrycznego lub własność ciągu geometrycznego i zapisze np.: a2  a1q i a3  a1q2 lub a1  a1q  a1q 2  21 4 lub a22  a1  a3 albo • wykorzysta wzór na n-ty wyraz ciągu arytmetycznego lub własność ciągu arytmetycznego i zapisze np.: o ( a2  a3  r i a1  a3  3r ) lub ( b2  a3  r i b4  a3  3r ) lub ( b2  b1  r i b4  b1  3r ) lub o a1 – a2  2  a2 – a3  lub b4 – b2  2  b2 – b1  lub b4  b2 b b o b3  i b2  1 3 2 2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2p. Zdający • zapisze układ równań, z którego można otrzymać równanie z jedną niewiadomą, np.: o a1  a1q  a1q  21 2 4 i a1  a1q  3 a1q – a1q 2 2   lub a1a1q  a1q 2 o a1  a1q  a1q  21 2 i a1q  2 4 2 albo • zapisze równanie pozwalające wyznaczyć związek między a3 i r , np.:  a3  r 2   a3  3r   a3 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3p. Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, np.: 2q – 3q  1  0 2 • albo • zapisze r  a3 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie prawie pełne 4p. Zdający rozwiąże równanie z jedną niewiadomą, np. 2q – 3q  1  0 : q  1 lub q  12 2 • albo • obliczy trzeci wyraz ciągu geometrycznego  an  : a3  34 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne 5 p. Zdający obliczy pierwszy wyraz ciągu geometrycznego a1  3 . Uwagi 1. Jeżeli zdający rozwiąże równanie z jedną niewiadomą, np. 2q – 3q  1  0 : q  1 lub 2 q  12 oraz obliczy dwie wartości a1 : a1  3 , a1  74 i nie odrzuci a1  74 , to otrzymuje 4 punkty. 2. Jeśli zdający stosuje poprawną strategię rozwiązania zadania, a jedynymi błędami w rozwiązaniu są błędy rachunkowe, to otrzymuje maksymalnie 4 punkty. 3. Jeśli zdający błędnie stosuje wzór na n-ty wyraz ciągu geometrycznego (np. zapisuje a3  a1q3 ) lub ciągu arytmetycznego i korzysta z tego w rozwiązaniu, to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 3 punkty. 4. Jeśli zdający odgadnie iloraz ciągu geometrycznego, a następnie obliczy na tej podstawie pierwszy wyraz tego ciągu, to otrzymuje 1 punkt za całe rozwiązanie. 5. Jeśli zdający zamienia (myli) własności ciągu geometrycznego z własnościami ciągu arytmetycznego, to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów. 6. Jeśli zdający zapisuje tylko odpowiedź a1  3 , to otrzymuje 0 punktów. 7. Akceptujemy sytuacje, w których zdający dzieli obie strony zbudowanych przez siebie równań przez a1 albo przez r , albo też przez q – 1 bez zapisania jakiegokolwiek komentarza.

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Punktowanie: I i II sposobu Rozwiązanie zadania składa się z dwóch części. Pierwsza z nich polega na: • rozwiązaniu nierówności   0 : m  R \ 8 albo • sprawdzeniu, że dla każdej obliczonej wartości parametru m równanie x – 3m  2 x  2m  7m –15  0 ma dwa rozwiązania rzeczywiste. 2 2 Za poprawne rozwiązanie tej części zdający otrzymuje 1 punkt. Druga część polega na wyznaczeniu tych wartości parametru m, dla których jest spełniony warunek 2 x1  5 x1 x2  2 x2  2 . Za tę część rozwiązania zdający otrzymuje 3 punkty. 2 2 Podział punktów za drugą część rozwiązania: 1 punkt zdający otrzymuje za: • obliczenie dwóch pierwiastków trójmianu x –  3m  2 x  2m  7m –15 : 2 2 x1  m  5 oraz x2  2m – 3. albo przekształcenie wyrażenia 2 x1  5 x1 x2  2 x2 do postaci: 2  x1  x2   x1 x2 2 2 2 • lub równoważnej, ale zawierającej jedynie zmienne x1  x2 oraz x1  x2 . 2 punkty zdający otrzymuje za: zapisanie równania 2 x1  5 x1 x2  2 x2  2 w postaci równania z jedną niewiadomą m, np.: 2 2 • 2  m  5  5  m  5  2m – 3  2  2m – 3  2 2 2 albo • zapisanie równania 2  x1  x2   x1 x2  2 w postaci równania z jedną niewiadomą m, 2 np.: 2  3m  2   2 m  7 m –15  2 . 2 2 3 punkty zdający otrzymuje za rozwiązanie równania 20m2  31m – 9  0 : 9 1 m1  – oraz m2  . 5 4 Uwagi 1. Jeżeli zdający zamienia wzory Viète'a przy przekształcaniu lewej strony równania 2 x12  5 x1 x2  2 x22  2 , to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 2 punkty. 2. Jeżeli zdający rozpatruje warunek   0 i nie sprawdzi, że dla każdej z otrzymanych wartości parametru m równanie ma dwa rozwiązania rzeczywiste, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie. 3. Jeżeli zdający przekształci warunek 2 x1  5 x1 x2  2 x2  2 , otrzyma 2  x1  x2   3 x1 x2  2 2 2 2 i rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to za drugą część rozwiązania może otrzymać co najwyżej 2 punkty. 4. Jeżeli zdający wykorzystuje niepoprawny wzór „kwadrat sumy dwóch wyrażeń jest równy sumie kwadratów tych wyrażeń”, przekształci warunek 2 x1  5 x1 x2  2 x2  2 do postaci 2 2 2  x1  x2   5 x1 x2  2 , i rozwiąże zadanie konsekwentnie do końca, to za drugą część 2 rozwiązania może otrzymać co najwyżej 1 punkt. 5. Jeżeli zdający rozpatrując równość 2 x1  5 x1 x2  2 x2  2 zmieni liczbę po prawej stronie 2 2 i zapisze równanie, wynikające ze wzorów Viete’a, w postaci 2  3m  2  2m  7m –15  0 , 2 pomijając wykładnik 2 potęgi o podstawie  3m  2 , to za drugą część rozwiązania zadania może otrzymać co najwyżej 1 punkt.

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Punktowanie: I, II, III, IV i V sposobu rozwiązania Rozwiązanie składa się z dwóch etapów. Pierwszy etap polega na wyznaczeniu współrzędnych środka danego okręgu. Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. Drugi etap polega na wyznaczeniu równania/układu równań prowadzących do wyznaczenia współrzędnych środka jednokładności oraz współrzędnych środka obrazu danego okręgu w tej jednokładności. Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 4 punkty. Podział punktów za pierwszy etap rozwiązania Zdający otrzymuje 1 punkt, gdy • zapisze współrzędne środka: P   4,3 lub zapisze równanie okręgu x  y – 8 x – 6 y  8  0 w postaci  x – 4   y – 3  17 . 2 2 2 2 • Podział punktów za drugi etap rozwiązania Zdający otrzymuje 1 punkt, gdy • obliczy i zapisze współrzędne punktów K i L : K   3,7  i L  8, 2  albo • obliczy odległość punktu P od prostej o równaniu x  y – 10  0 : d  SP  3 2 2 albo • zapisze równanie prostej przechodzącej przez punkt P   4,3 prostopadłej do prostej x  y – 10  0 : x – y – 1  0 albo • poda tylko promień obrazu okręgu: R  3 17 , i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Zdający otrzymuje 2 punkty, gdy  11 9  • zapisze współrzędne środka jednokładności: S   ,   2 2 albo 9 2 • zapisze P   x, x –1 i zapisze SP  3  SP  2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Zdający otrzymuje 3 punkty, gdy   • zapisze równanie, wynikające z równości SP  –3  SP , prowadzące do wyznaczenia współrzędnych środka P   a, b  okręgu, będącego obrazem punktu P   4,3 w jednokładności:  11 9  11 9  a – 2 , b – 2   –3   4 – 2 ,3 – 2  albo • wykona poprawne podstawienie do odpowiedniego wzoru w zestawie Wybranych wzorów matematycznych i zapisze: a  –3  4  1 –  –3   oraz b  –3  3  1 –  –3   11 9 2 2 albo   • zapisze równanie, wynikające z równości PP  –4  SP , prowadzące do wyznaczenia współrzędnych środka P   a, b  okręgu, będącego obrazem punktu P   4,3 w tej jednokładności:  a – 4, b – 3  –4  4 – 11 9 ,3 –   2 2 albo  a – 4   a –1 – 3  6 2 2 2 • zapisze równanie albo a  a – 1 – 10 9 2 • zapisze równanie  2 2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Zdający otrzymuje 4 punkty, gdy zapisze równanie szukanego okręgu  x –102   y – 92  153 . Uwagi: 1. Jeśli zdający realizuje poprawną strategię rozwiązania zadania, a jedynymi błędami w rozwiązaniu są błędy rachunkowe, to za takie rozwiązanie otrzymuje co najwyżej 4 punkty. 2. Jeśli zdający zakłada błędnie, że środkiem jednokładności jest środek danego okręgu, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za drugą część rozwiązania. 3. Jeśli zdający podczas obliczania współrzędnych punktów K, L lub S popełnia błąd polegający na zamianie współrzędnych i konsekwentnie do tego błędu rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje co najwyżej 4 punkty.   4. Jeśli zdający stosuje błędne równanie SP  –3  SP i konsekwentnie do tego błędu rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje co najwyżej 2 punkty za drugą część rozwiązania. 5. Jeśli zdający zakłada błędnie, że trójkąt KLP jest trójkątem prostokątnym i w rozwiązaniu stosuje tę własność, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za drugą część rozwiązania. 6. Jeżeli zdający narysuje w układzie współrzędnych dany okrąg i daną prostą, a następnie wyznaczy graficznie obraz środka P  danego okręgu w jednokładności o środku S i skali k  –3 oraz zapisze równanie tego otrzymanego okręgu, to może otrzymać 4 punkty za drugą część rozwiązania.

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Punktowanie: I sposobu rozwiązania Rozwiązanie składa się z następujących części. Pierwsza polega na wyróżnieniu trzech przypadków i dodaniu – w końcowej fazie rozwiązania – otrzymanych trzech wyników. Druga część polega na zapisaniu liczby rozważanych w każdym przypadku liczb i obliczeniu liczby tych liczb. Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1 p. Zdający • poprawnie wskaże trzy przypadki albo • pominie jeden z przypadków, ale zapisze liczbę liczb rozważanych w jednym 6  4  6   3  6 3  przypadku, np.:       8 lub       8 lub 7        8 2 2  2  2  3  1  3  2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p. Zdający poprawnie wskaże trzy przypadki oraz zapisze liczbę liczb rozważanych w jednym przypadku lub pominie jeden przypadek, zapisze liczbę liczb w dwóch wskazanych przez siebie przypadkach. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p. Zdający poprawnie wskaże trzy przypadki i zapisze liczbę liczb rozważanych w dwóch przypadkach. Rozwiązanie pełne 4 p. Zdający poprawnie wskaże trzy przypadki i poprawnie obliczy liczbę rozważanych liczb: Uwagi 1. Rozwiązanie uznajemy za pełne, jeżeli zdający zapisze liczbę rozpatrywanych liczb siedmiocyfrowych bez użycia symbolu Newtona oraz symbolu silni. 2. Jeśli zdający w każdym z trzech rozpatrywanych przypadków poprawnie zapisze jedynie liczbę sposobów rozmieszczenia: • cyfry 1 oraz liczbę sposobów rozmieszczenia cyfry 2 lub • cyfry 1 oraz liczbę sposobów rozmieszczenia cyfry innej niż 1 i 2 lub • cyfry 2 oraz liczbę sposobów rozmieszczenia cyfry innej niż 1 i 2, to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 2 punkty. Zasady oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie składa się z dwóch części. Pierwsza polega na obliczeniu liczby wszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} oraz liczby tych spośród nich, których pierwszą cyfrą jest 0. Druga część polega na obliczeniu liczby szukanych liczb. Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1p. Zdający zapisze, że • liczbę wszystkich szukanych liczb można obliczyć, odejmując od liczby wszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} liczbę tych spośród nich, których pierwszą cyfrą jest 0 lub z rozwiązania wynika, że zdający w ten sposób ustala liczbę szukanych liczb albo • wszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru 7  4 {0,3,4,5,6,7,8,9} jest       8 2 3   2 albo • wszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, których pierwszą cyfrą jest 0 oraz w których zapisie występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie jedna cyfra  6 3  ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} jest       8 3  2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p. Zdający zapisze, że • liczbę wszystkich szukanych liczb można obliczyć, odejmując od liczby wszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} liczbę tych spośród nich, których pierwszą cyfrą jest 0 lub z rozwiązania wynika, że zdający w ten sposób ustala liczbę szukanych liczb oraz wszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru 7  4 {0,3,4,5,6,7,8,9} jest       8 2 3   2 albo • liczbę wszystkich szukanych liczb można obliczyć, odejmując od liczby wszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} liczbę tych spośród nich, których pierwszą cyfrą jest 0 lub z rozwiązania wynika, że zdający w ten sposób ustala liczbę szukanych liczb oraz wszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, których pierwszą cyfrą jest 0 oraz w których zapisie występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2 i dokładnie jedna cyfra  6 3  ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} jest       8 3  2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p. Zdający zapisze, że wszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występują dokładnie: trzy cyfry 1, 7  4 dokładnie dwie cyfry 2, dokładnie dwie cyfry ze zbioru {0,3,4,5,6,7,8,9} jest       8 2 3   2 oraz wszystkich „liczb” siedmiocyfrowych, których pierwszą cyfrą jest 0 oraz w których zapisie występują dokładnie: trzy cyfry 1, dokładnie dwie cyfry 2 i dokładnie jedna cyfra ze zbioru  6 3  {0,3,4,5,6,7,8,9} jest       8 3  2 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie pełne 4 p. Zdający poprawnie obliczy liczbę rozważanych liczb: 12960. Uwagi 1. Rozwiązanie uznajemy za pełne, jeżeli zdający zapisze liczbę rozpatrywanych liczb siedmiocyfrowych bez użycia symbolu Newtona oraz symbolu silni. 2. Jeśli zdający, obliczając liczbę wszystkich szukanych liczb metodą opisaną w II sposobie rozwiązania, poprawnie zapisze jedynie liczbę sposobów rozmieszczenia w całej I części rozwiązania: • cyfry 1 oraz liczbę sposobów rozmieszczenia cyfry 2 lub • cyfry 1 oraz liczbę sposobów rozmieszczenia cyfry innej niż 1 i 2 lub • cyfry 2 oraz liczbę sposobów rozmieszczenia cyfry innej niż 1 i 2, to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 2 punkty.

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Punktowanie: Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania 1p. Zdający: • zapisze, że spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego w trapez ABCD lub z rozwiązania wynika, że zdający tę własność stosuje, np.: zapisze AB  CD  10  16 albo • obliczy wysokość trapezu ABCD : h  CE  8 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2p. Zdający: • zapisze, że spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego w trapez ABCD lub z rozwiązania wynika, że zdający tę własność stosuje, np.: zapisze AB  CD  10  16 i obliczy wysokość trapezu ABCD : h  CE  8 albo • obliczy wysokość trapezu ABCD : h  CE  8 i wysokość tego ostrosłupa H  18 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie, w którym dokonano istotnego postępu, ale nie zostały pokonane zasadnicze trudności zadania 3p. Zdający: • zapisze, że spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego w trapez ABCD lub z rozwiązania wynika, że zdający tę własność stosuje, np.: zapisze AB  CD  10  16 oraz obliczy wysokość tego ostrosłupa H  18 albo • obliczy pole podstawy tego ostrosłupa: PABCD  104 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Pokonanie zasadniczych trudności zadania 4p. Zdający obliczy wysokość ostrosłupa H  18 i pole jego podstawy: PABCD  104 i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Rozwiązanie zadania do końca z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozumowania (np. błędy rachunkowe, błędy w przepisaniu, itp.) 5p. Rozwiązanie pełne 6p. Zdający obliczy objętość ostrosłupa: V  624 . Uwagi 1 1. Jeżeli zdający we wzorze na objętość ostrosłupa pominie czynnik , to za całe 3 rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 5 punktów. 2. Jeżeli zdający popełni błąd polegający na niepoprawnym zastosowaniu definicji funkcji tangens, np.: przyjmie, że jest to stosunek długości przyprostokątnej leżącej przy kącie do przyprostokątnej leżącej naprzeciw tego kąta, to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 4 punkty. 3. Jeżeli zdający popełni błąd polegający na tym, że niepoprawnie ustali związki między długościami boków trójkąta prostokątnego o kątach ostrych 30 i 60 , np. przyjmie, że wysokość trapezu to 8 3 , to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 4 punkty. 4. Jeżeli zdający błędnie przyjmuje, że trapez ABCD jest równoramienny lub przyjmie, że podstawy tego trapezu mają długości 16 i 10, to za całe rozwiązanie może trzymać co najwyżej 1 punkt.

Odpowiedź i kryteria punktowania pochodzą z oficjalnych zasad oceniania CKE.

Punktowanie: I sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części: • przyjęcia jednego z wymiarów ekranu (długość, szerokość) za zmienną x i obliczenie 6000 drugiego wymiaru y: y  . x • wyrażenia pola powierzchni całego ekranu z obramowaniem jako funkcji jednej zmiennej x: 60000 P  x   6x   6060 x • wyznaczenia dziedziny funkcji P: 2 1501 – 2,  .  Za poprawne wykonanie każdej z tych części zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednie kroki też były wykonane poprawnie. Drugi etap składa się z trzech części: 60000 • wyznaczenie pochodnej funkcji P lub funkcji f  x   6 x  określonej np. dla x 60000 6 x 2 – 60000 6  x – 10000  2 x  0 : f  x  6 –   . x2 x2 x2 • obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji f : x  100 • zbadanie znaku pochodnej funkcji f : jeśli 0  x  100 , to f   x   0 oraz jeśli x  100 , to f   x   0 i uzasadnienie, że dla x  100 funkcja P przyjmuje wartość najmniejszą, na przykład: w przedziale  2 1501 – 2,100 funkcja P jest malejąca, w przedziale 100,  funkcja P jest rosnąca, więc najmniejszą wartość funkcja P przyjmuje dla x  100 . Za poprawne wykonanie każdego z tych kroków zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednie kroki też były wykonane poprawnie. Trzeci etap polega na obliczeniu obu wymiarów ekranu: x  100 oraz y  60 . Za poprawne wykonanie trzeciego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. Zasady oceniania II sposobu rozwiązania Ten sposób rozwiązania składa się z następujących czterech kroków: Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1p. Jeżeli zdający przyjmie oznaczenia (na przykład x i y) na długość i szerokość ekranu, zapisze pole powierzchni całego ekranu z obramowaniem P   x  10 y  6 Uwaga Zdający, gdy przyjmie oznaczenia (na przykład x i y) na długość i szerokość ekranu, zapisze równość P  6060  6 x  10 y to otrzymuje 2 punkty. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 3 p. Zdający zapisze nierówność między średnimi: 6 x  10 y  6 x 10 y . 2 Uwaga Jeżeli zdający zapisze, że x i y są liczbami dodatnimi, a więc wolno skorzystać z nierówności między średnimi i zapisze nierówność między średnimi: 6 x  10 y  6 x 10 y , to otrzymuje 4 punkty. 2 Pokonanie zasadniczych trudności zadania 5 p. Zdający wykaże nierówność P  7260 . Rozwiązanie prawie pełne 6 p. Zdający znajdzie wartości x  100 mm, y  60 mm. Rozwiązanie pełne 7 p. Zdający wyciągnie wniosek, że dla x= 100 i y=60 smartfon ma najmniejszą powierzchnię. Zasady oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części: • przyjęcia jednego z wymiarów całego smartfona (długość, szerokość) za zmienną x 6000 i obliczenie drugiego wymiaru całego smarfona y: y  6. x – 10 • wyrażenia pola powierzchni całego ekranu z obramowaniem jako funkcji jednej zmiennej x:  6000  6000 x P  x  x   6   6x .  x – 10  x – 10 •  wyznaczenia dziedziny funkcji P: 2 1501  8,  .  Za poprawne wykonanie każdego z tych etapów zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednie kroki też były wykonane poprawnie. Drugi etap składa się z trzech części: 6000 x • wyznaczenie pochodnej funkcji P lub funkcji f  x    6 x określonej np. dla x – 10 x 0: f  x  6000  x – 10  – 6000 x 6   6  x – 10  – 10000 2   6  x –110 x  90 .  x – 10   x – 10   x – 10  2 2 2 • obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji f : x  110 • zbadanie znaku pochodnej funkcji f : jeśli 0  x  110 , to f   x   0 oraz jeśli x  110 , to f   x   0 i uzasadnienie, że dla x  110 funkcja P przyjmuje wartość najmniejszą, na przykład: w przedziale  2 1501  8, 110 funkcja P jest malejąca, w przedziale 110,  funkcja P jest rosnąca, więc najmniejszą wartość funkcja P przyjmuje dla x  110 . Za poprawne wykonanie każdego z tych etapów zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednie kroki też były wykonane poprawnie. Trzeci etap polega na obliczeniu obu wymiarów ekranu: x  100 oraz y  60 . Za poprawne wykonanie trzeciego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. Uwagi 1. Jeżeli zdający rozpatruje funkcję P przy założeniu, że x  10  y  6  0 , obliczy wymiary ekranu 100 mm i 60 mm oraz obliczy wymiary smartfona 110 mm i 66 mm, i sprawdzi, że wymiary ekranu spełniają założenie x  10  y  6 , to może otrzymać 7 punktów za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli zdający nie wyznaczy dziedziny funkcji P, ale z rozwiązania wynika, że rozważa funkcję P na zbiorze, w którym co najmniej jeden z wymiarów ekranu przyjmuje wartości ujemne, to za całe rozwiązanie może otrzymać co najwyżej 5 punktów. 3. Jeżeli zdający przyjmuje błędnie, że powierzchnia smartfona jest równa 60 cm2 i bada powierzchnię ekranu smartfona jako funkcję jednej zmiennej, to nie otrzymuje 1 punktu za 1. część I etapu rozwiązania, a w konsekwencji może otrzymać co najwyżej 6 punktów za całe rozwiązanie. 4. Jeżeli zdający nie ujednolici jednostek, ale przeprowadzi pełne rozumowanie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (3 punkty wyłącznie za II etap rozwiązania). 5. Jeżeli zdający popełni błąd w zamianie 60 cm2 zapisując 600 mm2 i rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 5 punktów. 6. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak. 7. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja posiada wartość najmniejszą dla wyznaczonej wartości x, przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuacje, gdy zdający: a) opisuje słownie lub graficznie (np. przy użyciu strzałek), monotoniczność funkcji P; lub b) zapisuje, że dla wyznaczonej wartości x funkcja P ma minimum lokalne i jest to jednocześnie jej najmniejsza wartość. Jeżeli zdający nie przedstawi takiego uzasadnienia, to za II etap może otrzymać co najwyżej 2 punkty. 8. Jeżeli zdający przyjmie, że dziedziną funkcji P jest przedział  0,  , to może otrzymać 1 punkt za 3. część II etapu, o ile otrzymane miejsce zerowe pochodnej należy do właściwej dziedziny funkcji P. 9. Jeżeli zdający rozpatruje inną wielkość niż pole, np. bada obwód, to za całe rozwiązanie zadania może otrzymać co najwyżej 1 punkt za 1. część I etapu.