Egzamin ósmoklasisty – Matematyka – Przykładowy arkusz CKE 2017 – Odpowiedzi

A

Krok 1. Ustalenie na którym poziomie ukończyła quiz Asia.
Skoro \(32\%\) uczniów napisało quiz gorzej od Asi, to znaczy że Asia musi być na IV poziomie. Skąd to wiemy? Wynika to z tego, że \(32\%\) to dokładnie tyle ile procent uczniów zakończyło quiz na poziomach I-III:
$$4\%+12\%+16\%=32\%$$

Krok 2. Obliczenie ile procent uczniów napisało quiz lepiej od Asi.
Od Asi napisali lepiej wszyscy ci, którzy osiągnęli poziom V oraz VI, a takich osób jest:
$$32\%+8\%=40\%$$

A, D

Krok 1. Rozwiązanie pierwszej części zadania.
$$4,5:0,75=\frac{4,5}{0,75}=\frac{4,5\cdot100}{0,75\cdot100}=\frac{450}{75}$$

Krok 2. Rozwiązanie drugiej części zadania.
$$1,25\cdot0,4=\frac{1,25\cdot100}{100}\cdot\frac{0,4\cdot10}{10}=\frac{125}{100}\cdot\frac{4}{10}=\frac{125\cdot4}{1000}$$

1) PRAWDA

2) PRAWDA

Krok 1. Obliczenie czasu jazdy w każdym z połączeń.
Aby ocenić prawdziwość każdego ze zdań musimy obliczyć czas jazdy dla każdego połączenia:
I połączenie: \(4godz. 55min.\)
II połączenie: \(2godz. 40min.\)
III połączenie: \(3godz. 48min.\)
IV połączenie: \(2godz. 17min.\)

Krok 2. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Zgodnie z obliczeniami z poprzedniego kroku widzimy, że najkrótsze jest IV połączenie i faktycznie bilet kosztuje tutaj \(49zł\). Zdanie jest więc prawdą.

Krok 3. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Zgodnie z tym co obliczyliśmy w pierwszym kroku możemy stwierdzić, że faktycznie tylko przejazd autobusem trwa dłużej niż \(4\) godziny.

C

Krok 1. Obliczenie długości boku kwadratu \(EFCD\).
Wiemy, że kwadrat \(EFCD\) ma obwód równy \(32cm\). Kwadrat ma wszystkie boki równej długości, zatem każdy bok tego kwadratu ma długość:
$$32cm:4=8cm$$

Krok 2. Obliczenie obwodu prostokąta \(ABFE\).
Wiemy, że prostokąt \(ABFE\) ma obwód o \(6cm\) mniejszy od kwadratu, zatem:
$$Obw_{ABFE}=32cm-6cm=26cm$$

Krok 3. Obliczenie długości odcinka \(AE\).
Spójrzmy na prostokąt \(ABFE\). Z kroku pierwszego wiemy, że \(EF=8cm\), zatem także \(AB=8cm\). Te dwa boki prostokąta mają więc razem \(8cm+8cm=16cm\). To oznacza, że na pozostałe boki prostokąta \(ABFE\), czyli na boki \(AE\) oraz \(BF\), zostaje nam \(26cm-16cm=10cm\). Te dwa boki prostokąta są oczywiście równej miary, zatem każdy z nich ma długość \(10cm:2=5cm\).

1) PRAWDA

2) PRAWDA

Krok 1. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Na przekątnej kwadratu iloczyn potęg wynosi:
$$5^2\cdot5^5\cdot5^8=5^{2+5+8}=5^{15}$$

Zdanie jest więc prawdą.

Krok 2. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
W każdej kolumnie musimy mieć iloczyn równy \(5^{15}\) (wyliczyliśmy to tak naprawdę w pierwszym kroku). Skoro w interesującej nas kolumnie znajduje się już wartość \(5\) oraz \(5^5\), to możemy obliczyć że w zacienionym polu (które możemy oznaczyć sobie symbolem ■) znajdzie się wartość:
$$5\cdot5^5\cdot■=5^{15} \\
5^1\cdot5^5\cdot■=5^{15} \\
5^{1+5}\cdot■=5^{15} \\
5^6\cdot■=5^{15} \\
■=5^{15}:5^6 \\
■=5^{15-6} \\
■=5^9$$

Zdanie jest więc prawdą.

B

Odpowiedzi mamy podane w \(\frac{km}{h}\), dlatego też dobrym pomysłem jest od razu zapisanie, że:
\(400m=0,4km\)
\(160s=\frac{160}{3600}h\)
\(100s=\frac{100}{3600}h\)
(te ułamki można jeszcze uprościć, ale nie jest to konieczne na tym etapie)

Krok 1. Obliczenie prędkości jazdy Oli.
Korzystając ze wzoru na prędkość \(v=\frac{s}{t}\) możemy obliczyć prędkość jazdy Oli:
$$v=\frac{0,4}{\frac{160}{3600}} \\
v=0,4:\frac{160}{3600} \\
v=0,4\cdot\frac{3600}{160} \\
v=9[\frac{km}{h}]$$

Krok 2. Obliczenie prędkości jazdy Jacka.
$$v=\frac{0,4}{\frac{100}{3600}} \\
v=0,4:\frac{100}{3600} \\
v=0,4\cdot\frac{3600}{100} \\
v=14,4[\frac{km}{h}]$$

Krok 3. Obliczenie różnicy prędkości.
Z obliczeń z kroku pierwszego i drugiego wynika, że różnica prędkości wyniosła:
$$14,4\frac{km}{h}-9\frac{km}{h}=5,4\frac{km}{h}$$

1) PRAWDA

2) FAŁSZ

Krok 1. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
To zdanie jest prawdą. Gdybyśmy rzucali kostką sześciokrotnie i za każdym razem wynik rzutu byłby inny to otrzymalibyśmy sumę:
$$1+2+3+4+5+6=21$$

Skoro rzucamy pięciokrotnie, to widzimy wyraźnie, że wystarczy się pozbyć jedynki i otrzymamy dokładnie \(20\) oczek:
$$2+3+4+5+6=20$$

Krok 2. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Maksymalnie możemy wyrzucić szóstkę. Nawet jak \(16\) razy wyrzucimy tę szóstkę to otrzymamy łącznie:
$$16\cdot6=96\text{ oczek}$$

Zdanie jest więc nieprawdą.

C

Korzystając z podanego wzoru możemy zapisać, że:
$$P=5+\frac{1}{2}\cdot6-1 \\
P=5+3-1 \\
P=7$$

B, D

Krok 1. Rozwiązanie pierwszej części zadania.
Spójrzmy na podany w treści zadania wzór, a konkretnie na zawarty w nim jednomian \(\frac{1}{2}B\). Gdybyśmy na brzegu wielokąta mieli \(7\) punktów, to z tego jednomianu wyszedłby nam ułamek \(\frac{1}{2}\cdot7=3,5\) i właśnie przez tę "połówkę" nie byłoby możliwości uzyskania w jakikolwiek sposób wyniku równego \(15\). Kiedy na brzegu będzie \(8\) wierzchołków (lub jakaś inna liczba parzysta), wtedy wynik \(15\) będzie możliwy do osiągnięcia, bo otrzymamy wartość całkowitą - w tym przypadku \(\frac{1}{2}\cdot8=4\).

Dlatego też nasz poszukiwany wielokąt nie może mieć \(7\) punktów kratowych na brzegu, ale może mieć tych punktów \(8\).

Krok 2. Rozwiązanie drugiej części zadania.
Załóżmy sobie, że punktów wewnętrznych mamy \(W=n\) natomiast punktów brzegowych mamy \(B=2n\) (bo ma być ich dwa razy więcej niż wewnętrznych). Podstawiając to do wzoru otrzymamy:
$$P=n+\frac{1}{2}2n-1 \\
P=n+n-1 \\
P=2n-1$$

Jakiejkolwiek liczby nie podstawimy pod \(n\) to otrzymane wyrażenie da nam liczbę nieparzystą.

Oczywiście można też wykorzystać fakt, że jest to zadanie zamknięte i podstawić sobie jakieś przykładowe liczby i sprawdzić jaki otrzymamy wynik. Przykładowo:
Gdy \(W=5\) oraz \(B=10\), to:
$$P=5+\frac{1}{2}\cdot10-1 \\
P=5+5-1 \\
P=9$$

Otrzymany wynik jest nieparzysty.

Nie ponieważ opcja B

To zadanie sprawdza naszą wyobraźnię. Pola całkowite pierwszej i drugiej bryły są jednakowe i są równe początkowemu sześcianowi (czyli temu przed wycięciem poszczególnych elementów).

Poprawną odpowiedzią jest więc, że "Nie, ponieważ całkowite pole powierzchni każdej z otrzymanych brył jest
równe całkowitemu polu powierzchni początkowej kostki".

C

Krok 1. Obliczenie długości odcinka \(AC\).
Spójrzmy na duży trójkąt \(ABC\). Skorzystamy tutaj z własności trójkątów o kątach \(30°, 60°, 90°\). Z tych własności wynika, że przyprostokątna leżąca przy kącie \(30°\) (czyli nasz odcinek \(AB\)) ma długość \(a\sqrt{3}\), druga przyprostokątna (czyli nasz odcinek \(BC\)) ma długość \(a\), natomiast przeciwprostokątna (czyli nasz odcinek \(AC\)) ma długość \(2a\).

Skoro odcinek \(AB\) ma długość \(4\sqrt{3}cm\), to możemy zapisać że:
$$a\sqrt{3}cm=4\sqrt{3}cm \\
a=4cm$$

W związku z tym przeciwprostokątna \(AC\) ma długość:
$$|AC|=2a \\
|AC|=2\cdot4cm \\
|AC|=8cm$$

Krok 2. Obliczenie długości odcinka \(AE\).
Teraz spójrzmy na trójkąt \(ADE\). Tutaj także skorzystamy z własności trójkątów \(30°, 60°, 90°\). Tym razem znamy długość krótszej przyprostokątnej \(DE\), czyli możemy zapisać że \(a=3cm\). Nas interesuje długość odcinka \(AE\), czyli:
$$|AE|=2a \\
|AE|=2\cdot3cm \\
|AE|=6cm$$

Krok 3. Obliczenie długości odcinka \(EC\).
Odcinek \(EC\) jest różnicą między odcinkiem \(AC\) oraz odcinkiem \(AE\):
$$|EC|=8cm-6cm \\
|EC|=2cm$$

B

Nieruchomość podrożała o:
$$280tys.-56tys.=224tys.$$

To oznacza, że w ujęciu procentowym wartość wzrosła o:
$$\frac{224tys.}{56tys.}\cdot100\%=4\cdot100\%=400\%$$

1) FAŁSZ

2) PRAWDA

Oznaczmy sobie miejsce przecięcia się przekątnych jako punkt \(S\).
Krok 1. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Spójrzmy na trójkąt \(DCS\). Jest to trójkąt równoramienny o podstawie \(DC\). W trójkącie równoramiennym kąty przy podstawie mają równą miarę, zatem kąt \(DCA\) (lub też \(DCS\)) ma miarę:
$$|\sphericalangle DCA|=(180°-140°):2 \\
|\sphericalangle DCA|=40°:2 \\
|\sphericalangle DCA|=20°$$

Zdanie jest więc fałszem.

Krok 2. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Korzystając z własności kątów przyległych możemy zapisać, że:
$$|\sphericalangle ASD|=180°-140°=40°$$

Trójkąt \(ADS\) jest także trójkątem równoramiennym o podstawie \(AD\), zatem kąty przy podstawie (w tym intresujący nas kąt \(DAC\)) ma miarę:
$$|\sphericalangle DAC|=(180°-40°):2 \\
|\sphericalangle DAC|=140°:2 \\
|\sphericalangle DAC|=70°$$

Zdanie jest więc prawdą.

B, C

Krok 1. Rozwiązanie pierwszej części zadania.
Wiemy, że \(\sqrt{121}=11\). To oznacza, że\( \sqrt{125}\gt11\), czyli wartość wyrażenia \(\sqrt{125}-1\) jest nieco większa od \(10\).

Krok 2. Rozwiązanie drugiej części zadania.
Warto zauważyć, że \(2,5\cdot2,5=6,25\)/ Skoro tak, to \(\sqrt{6}\) jest nieco mniejsze od \(2,5\), a to oznacza, że \(4\sqrt{6}\) jest nieco mniejsze od \(10\). Wynika z tego, że wyrażenie \(4\sqrt{6}-10\) daje ujemny wynik.

D

Skorzystamy ze wzorów na współrzędne środka odcinka:
$$x_{S}=\frac{x_{A}+x_{B}}{2} \\
y_{S}=\frac{y_{A}+y_{B}}{2}$$

Z treści zadania wiemy, że:
\(x_{S}=3\)
\(y_{S}=2\)
\(x_{A}=5\)
\(y_{A}=5\)

Podstawiając te dane do wzorów wyznaczymy współrzędne punktu \(B=(x_{B};y_{B})\).
$$3=\frac{5+x_{B}}{2} \\
6=5+x_{B} \\
x_{B}=1$$

$$2=\frac{5+y_{B}}{2} \\
4=5+y_{B} \\
y_{B}=-1$$

Zatem nasz punkt \(B\) ma współrzędne \(B=(1;-1)\).

1) FAŁSZ

2) PRAWDA

Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Sześcian po pomalowaniu i rozcięciu będzie wyglądał mniej więcej w ten sposób:


Krok 2. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.


Przyglądając się rysunkowi widzimy, że to zdanie jest nieprawdą. Takich sześcianów jest dokładnie dziewięć. Pięć z nich (ponumerowanych od 1 do 5) to środkowe sześcianiki na każdej ze ścian. Cztery kolejne (z numerami od 6 do 9) to sześciany ze środkowych linii, które stykają się z czerwoną ścianą.

Krok 3. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
To zdanie jest prawdą i będą to cztery sześciany znajdujące się w rogach, które nie mają czerwonej ściany:

Suma długości wszystkich krawędzi wynosi \(52cm\).

Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Spróbujmy sobie naszkicować nasz prostopadłościan, łatwiej nam będzie wtedy wykonać obliczenia:


Krok 2. Obliczenie długości wszystkich krawędzi prostopadłościanu.
W naszym prostopadłościanie mamy \(8\) krawędzi po \(5cm\) (podstawa dolna i górna) oraz \(4\) krawędzie po \(3cm\) (krawędzie boczne), zatem suma długości wszystkich krawędzi wyniesie:
$$8\cdot5cm+4\cdot3cm=40cm+12cm=52cm$$

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy ustalisz ile ścian jest kwadratami \(5cm\times5cm\), a ile prostokątami 5cm\times3cm.
LUB
• Gdy poprawnie ustalisz ile jest krawędzi o długości \(5cm\) lub ile jest takich krawędzi o długości \(3cm\).
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Uzasadniono pokazując wszystkie możliwe warianty zakończenia rozgrywki.

Krok 1. Omówienie zwycięskiej strategii.
Zasady zabawy można streścić w jednym zdaniu - wygrywa osoba, która weźmie ostatni kamień. Kiedy Ania weźmie dwa kamienie z drugiego stosu to doprowadzi do sytuacji w której w pierwszym i drugim stosie będzie dokładnie jeden kamień. Skoro tak, to Jarek zgodnie z regułami gry nie będzie miał wyjścia i będzie musiał wziąć jeden kamień (z pierwszego lub drugiego stosu). To sprawi, że przed ruchem Ani zostanie wtedy tylko jeden ostatni kamień w grze i to ona zabierając go wygra tę rywalizację.

Krok 2. Omówienie pozostałych wariantów rozgrywki.
Opisana powyżej strategia jest jedyną wygrywającą (albo inaczej ujmując: jedyną w której Ania nie musi liczyć na błąd Jarka). Jak wyglądałaby gra w innych przypadkach?

Gdyby Ania wzięła jeden (ostatni) kamień z pierwszego stosu, to przed swoim ruchem Jacek miałby trzy kamienie na stosie drugim i wtedy to on zabierając trzy kamienie wygrałby grę.

Gdyby Ania wzięła jeden kamień z drugiego stosu, to Jarek biorąc kolejny kamień z drugiego stosu doprowadzi do sytuacji w której mamy po jednym kamieniu na obu stosach i ruch Ani. Wtedy Ania weźmie jeden kamień (nie ma wyjścia), a Jarek weźmie ostatni kamień.

Gdyby Ania wzięła trzy (czyli wszystkie) kamienie z drugiego stosu, to Jarek weźmie ostatni kamień z pierwszego stosu zapewniając sobie tym samym zwycięstwo.

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy omówisz jedynie zwycięską strategię (Krok 1.).
2 pkt
• Gdy przeprowadzisz pełne dowodzenie.

Wojtek zapłacił \(216zł\).

Krok 1. Ustalenie liczby dni z bezpłatnymi wyjściami na basen.
Marzec ma \(31\) dni. Skoro co czwarty dzień Wojtek pływał za darmo, to takich bezpłatnych wyjść na basen miał dokładnie \(7\):
4 marca
8 marca
12 marca
16 marca
20 marca
24 marca
28 marca

Krok 2. Ustalenie liczby płatnych wyjść na basen.
Wojtek był na basenie \(31\) razy, z czego \(7\) wejść miał bezpłatnych. To oznacza, że płatnych wejść miał:
$$31-7=24$$

Krok 3. Obliczenie wydatków.
Skoro każde płatne wejście kosztuje \(9zł\), a Wojtek miał takich wejść \(24\), to przez cały marzec zapłacił za nie:
$$24\cdot9zł=216zł$$

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy obliczysz liczbę płatnych wejść na basen (Krok 2.).
LUB
• Gdy obliczysz ile dni Wojtek wchodził na basen za darmo i jaką miał w związku z tym oszczędność (\(7\cdot9zł=63zł\)).
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Trener powinien zamówić \(3\) małe opakowania oraz \(4\) duże lub \(7\) małych opakowań oraz \(1\) duże.

Możemy sobie rozpisać wszystkie możliwości i sprawdzić które rozwiązania będą spełniać warunki naszego zadania:
Jeżeli kupimy \(0\) małych opakowań, to dużych musimy kupić \(25:4=6,25\).
Jeżeli kupimy \(1\) małe opakowanie (\(3\) piłki), to dużych musimy kupić \(22:4=5,5\).
Jeżeli kupimy \(2\) małe opakowania (\(6\) piłek), to dużych musimy kupić \(19:4=4,75\).
Jeżeli kupimy \(3\) małe opakowania (\(9\) piłek), to dużych musimy kupić \(16:4=4\).
Jeżeli kupimy \(4\) małe opakowania (\(12\) piłek), to dużych musimy kupić \(13:4=3,25\).
Jeżeli kupimy \(5\) małe opakowania (\(15\) piłek), to dużych musimy kupić \(10:4=2,5\).
Jeżeli kupimy \(6\) małe opakowania (\(18\) piłek), to dużych musimy kupić \(7:4=1,75\).
Jeżeli kupimy \(7\) małe opakowania (\(21\) piłek), to dużych musimy kupić \(4:4=1\).
Jeżeli kupimy \(8\) małe opakowania (\(24\) piłki), to dużych musimy kupić \(1:4=\frac{1}{4}\).

Interesują nas tylko te przypadki w których otrzymaliśmy całkowitą liczbę dużych opakowań, czyli są dwie możliwości zakupu \(25\) piłek:
\(3\) małe opakowania oraz \(4\) duże
\(7\) małych opakowań oraz \(1\) duże

Do zadania można też było podejść nieco sprytniej. Wystarczyło zauważyć, że małych opakowań musi być nieparzysta ilość, bo tylko wtedy uda nam się zakupić łącznie nieparzystą ilość piłek. Dostrzegając tę rzecz mogliśmy pominąć sprawdzanie przypadków z parzystą ilością małych opakowań.

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy zapiszesz równanie z dwoma niewiadomymi np. \(3m+4d=25\).
LUB
• Gdy podejmiesz minimum trzy próby (np. zakup dwóch, czterech i sześciu małych opakowań) i żadna z nich nie będzie dobrym rozwiązaniem.
2 pkt
• Gdy podasz tylko jedną możliwość zakupu piłek.
3 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Pole widocznej białej części paska jest równe \(14cm^2\).

Krok 1. Wyznaczenie wymiarów szarej części paska.
Szara część jest prostokątem. O tym prostokącie wiemy, że ma wysokość \(2cm\) i że ma pole \(8cm^2\), czyli długość tego prostokąta wynosi:
$$a\cdot2cm=8cm^2 \\
a=4cm$$

Krok 2. Obliczenie pola powierzchni białej części paska.
Biała część paska jest trapezem, w którym wysokość ma miarę \(h=2cm\), dłuższa podstawa ma miarę \(a=12cm-4cm=8cm\), natomiast krótsza podstawa ma \(b=8cm-2cm=6cm\).


Pole tej figury będzie zatem równe:
$$P=\frac{1}{2}(a+b)\cdot h \\
P=\frac{1}{2}\cdot(8cm+6cm)\cdot2cm \\
P=\frac{1}{2}\cdot14cm\cdot2cm \\
P=14cm^2$$

Jeżeli nie dostrzegliśmy tego, że jest to trapez to mogliśmy też zauważyć że nasza biała część ma pole powierzchni równe powierzchni prostokąta o wymiarach \(8cm\times2cm\), pomniejszonego o trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(2cm\) i \(2cm\) (patrz rysunek):


Wtedy:
$$P=P_{prostokąta}-P_{trójkąta} \\
P=8cm\cdot2cm-\frac{1}{2}\cdot2cm\cdot2cm \\
P=16cm^2-2cm^2 \\
P=14cm^2$$

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy poprawnie zapiszesz wymiary widocznego białego trapezu (Krok 2.) i na tym zakończysz zadanie lub np. użyjesz złego wzoru na pole trapezu.
2 pkt
• Gdy otrzymane pole białej części paska jest błędne w wyniku błędu rachunkowego.
3 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Koszt wypożyczenia tej gry w obu wypożyczalniach jest jednakowy przy wypożyczeniu gry na \(11\) dni.

Możemy dojść do rozwiązania obliczając koszty wypożyczenia dla każdego poszczególnego dnia, natomiast najlepiej jest rozwiązać to zadanie układając proste równanie.

Krok 1. Wprowadzenie oznaczeń i ułożenie równania.
\(x\) - liczba dni powyżej trzeciego dnia
\(8+2,5x\) - łączna kwota za wypożyczenie gry w Gierce
\(12+2x\) - łączna kwota za wypożyczenie gry w Planszówce

Naszym zadaniem jest sprawdzenie kiedy koszt wypożyczenia gry będzie jednakowy, czyli kiedy wartości \(8+2,5x\) oraz \(12+2x\) się zrównają, czyli kiedy:
$$8+2,5x=12+2x$$

Krok 2. Rozwiązanie powstałego równania.
$$8+2,5x=12+2x \\
0,5x=4 \\
x=8$$

Krok 3. Interpretacja otrzymanego wyniku.
Patrząc się na oznaczenia nasz \(x\) oznacza, że koszty wypożyczenia zrównają się po ośmiu dniach powyżej trzeciego dnia, czyli będzie to dzień jedenasty.

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy obliczysz różnicę w opłacie stałej (\(4zł\)) oraz różnicę w kosztach wypożyczenia gry za każdy dzień powyżej trzeciego (\(0,5zł\)).
LUB
• Gdy zapiszesz w postaci wyrażenia algebraicznego kwotę za wypożyczenie gry w jednej z wypożyczalni (Krok 1.).
2 pkt
• Gdy zapiszesz w postaci wyrażenia algebraicznego kwotę za wypożyczenie gry w jednej i drugiej wypożyczalni i ułożyć poprawne równanie (Krok 1.).
LUB
• Gdy obliczysz w jakikolwiek sposób, że koszt wypożyczenia tej gry jest jednakowy przy wypożyczeniu gry na \(8\) dni (bo nie uwzględnisz trzech dni ze stałą opłatą).
3 pkt
• Gdy otrzymany wynik jest nieprawidłowy w wyniku błędu rachunkowego.
4 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.