Próbny egzamin ósmoklasisty – Matematyka – Nowa Era 2020 – Odpowiedzi

C

Nasze zadanie polega tak naprawdę na obliczeniu wartości podanego wyrażenia. Pamiętając o tym, że kreska ułamkowa jest formą dzielenia, całość możemy rozpisać w następujący sposób:
$$\frac{10+5}{\frac{1}{5}+\frac{1}{10}}=\frac{15}{\frac{2}{10}+\frac{1}{10}}=\frac{15}{\frac{3}{10}}=15:\frac{3}{10}=15\cdot\frac{10}{3}=\frac{150}{3}=50$$

D

Obliczmy wartość każdej z podanych liczb, korzystając z działań na potęgach.

I liczba:
$$\frac{3^5}{3}=3^5:3=3^5:3^1=3^{5-1}=3^4$$

II liczba:
$$3\cdot3^3=3^1\cdot3^3=3^{1+3}=3^4$$

III liczba:
$$\frac{(3^3)^2}{3^2}=\frac{3^{3\cdot2}}{3^2}=\frac{3^6}{3^2}=3^6:3^2=3^{6-2}=3^4$$

IV liczba:
$$9^4:3^4=(3^2)^4:3^4=3^{2\cdot4}:3^4=3^8:3^4=3^{8-4}=3^4$$

To oznacza, że wszystkie cztery liczby są równe \(3^4\).

A, C

Krok 1. Rozwiązanie pierwszej części zadania.
Naszym zadaniem jest wykonanie poprawnego pierwiastkowania liczby \(a\). W tym celu musimy najpierw zamienić liczbę mieszaną (znajdującą się pod pierwiastkiem) na ułamek niewłaściwy, a dopiero potem będziemy mogli wykonać poprawne pierwiastkowanie:
$$\sqrt{1\frac{9}{16}}=\sqrt{\frac{25}{16}}=\frac{5}{4}=1\frac{1}{4}$$

To oznacza, że liczba \(a\) jest mniejsza od \(1\frac{3}{4}\).

Krok 2. Rozwiązanie drugiej części zadania.
Zanim wykonamy odejmowanie, to obliczmy wartość każdej z tych liczb z osobna:
$$b=9\cdot\sqrt[3]{\frac{1}{27}}=9\cdot\frac{1}{3}=3 \\
c=\sqrt{2^3+1}=\sqrt{8+1}=\sqrt{9}=3$$

Wykonanie samego odejmowania jest już tylko formalnością:
$$b-c=3-3=0$$

1) FAŁSZ

2) PRAWDA

Krok 1. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Aby ocenić, czy zdanie jest prawdą, czy fałszem, musimy obliczyć obwód tej figury. Nasz prostokąt ma dwa boki o długości \(3\cdot10^{10}\) oraz dwa o długości \(1,5\cdot10^{10}\), zatem:
$$Obw=2\cdot3\cdot10^{10}+2\cdot1,5\cdot10^{10}=6\cdot10^{10}+3\cdot10^{10}=9\cdot10^{10}$$

To oznacza, że zdanie jest fałszem.

Krok 2. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Analogicznie musimy policzyć pole naszej figury. Pamiętając o tym, że mnożenie jest przemienne, możemy sobie to wszystko rozpisać w następujący sposób:
$$P=3\cdot10^{10}\cdot1,5\cdot10^{10}=3\cdot1,5\cdot10^{10}\cdot10^{10}= \\
=4,5\cdot10^{10+10}=4,5\cdot10^{20}$$

To oznacza, że drugie zdanie jest prawdą.

1) PRAWDA

2) PRAWDA

Krok 1. Obliczenie średniej arytmetycznej ocen.
Policzmy średnią arytmetyczną ocen dla każdej z klas. Aby tego dokonać, musimy podzielić zdobyte oceny przez liczbę wszystkich uczniów, zatem:

Klasa 7a:
$$\frac{2\cdot2+4\cdot3+6\cdot4+8\cdot5+0\cdot6}{2+4+6+8+0}=\frac{4+12+24+40+0}{20}=\frac{80}{20}=4$$

Klasa 7b:
$$\frac{2\cdot2+6\cdot3+6\cdot4+6\cdot5+2\cdot6}{2+6+6+6+2}=\frac{4+18+24+30+12}{22}=\frac{88}{22}=4$$

Krok 2. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Z obliczeń wykonanych w pierwszym kroku wynika, że to zdanie jest prawdą, bo faktycznie średnia ocen w obydwu klasach jest jednakowa.

Krok 3. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Drugie zdanie też jest prawdą, bo z obliczeń wyszło, że w obydwu klasach średnia ocen z kartkówki była równa \(4\).

C

Krok 1. Obliczenie liczby białych kul w drugim pojemniku
Punktem wyjścia będzie II pojemnik. Stosunek kul w tym pojemniku jest równy \(2:3\), zatem możemy powiedzieć, że białych kul jest \(2x\), a czarnych \(3x\). Z treści zadania wynika, że w II pojemniku mamy \(15\) czarnych kul, zatem:
$$3x=15 \\
x=5$$

Skoro białych kul jest \(2x\), to będzie ich:
$$2\cdot5=10$$

Krok 2. Obliczenie liczby białych kul w pierwszym pojemniku.
Wiemy, że w obydwu pojemnikach jest taka sama liczba kul. W II pojemniku mieliśmy łącznie \(15+10=25\) kul, zatem i tutaj będziemy mieć ich \(25\). Wiemy, że stosunek kul białych do czarnych wynosi \(4:1\), czyli że białych kul jest \(4x\), a czarnych \(x\). Skoro tak, to otrzymujemy równanie:
$$4x+x=25 \\
5x=25 \\
x=5$$

Białych kul jest \(4x\), zatem jest ich:
$$4\cdot5=20$$

Krok 3. Obliczenie liczby białych kul w I i II pojemniku.
Na koniec jest już tylko formalność, bowiem musimy zsumować liczbę białych kul z obydwu pojemników, zatem:
$$10+20=30$$

C

Krok 1. Ustalenie, ile jest liczb pierwszych.
Aby rozwiązać to zadanie, musimy najpierw ustalić ile jest liczb pierwszych w zakresie od \(1\) do \(30\). Wypiszmy sobie może te liczby (pamiętaj, że wszystkie liczby pierwsze, oprócz dwójki, będą nieparzyste):
$$2,3,5,7,11,13,17,19,23,29$$

Łącznie jest to \(10\) liczb.

Krok 2. Obliczenie prawdopodobieństwa.
Dzień bez pracy domowej będzie wtedy, gdy wylosowana liczba będzie liczbą pierwszą. Wylosować możemy jedną z \(30\) kartek, a liczb pierwszych jest łącznie \(10\), zatem prawdopodobieństwo wylosowania liczby pierwszej będzie równe:
$$p=\frac{10}{30}=\frac{1}{3}$$

B, D

Krok 1. Obliczenie wartości liczby \(x\)
Z treści zadania wynika, że \(x-3\) jest równe \(95\%\) liczby \(x\), czyli \(0,95x\). Otrzymamy zatem następujące równanie:
$$x-3=0,95x \\
0,05x=3 \quad\bigg/\cdot20 \\
x=60$$

To oznacza, że naszą liczbą \(x\) jest \(60\).

Krok 2. Rozwiązanie pierwszej części zadania.
Na początek dodajmy \(3\) do naszej liczby \(x\), dzięki czemu otrzymamy:
$$x+3=60+3=63$$

Ustalmy teraz jakim procentem liczby \(60\) jest otrzymana liczba \(63\), zatem:
$$\frac{63}{60}=1\frac{3}{60}=1\frac{1}{20}=1,05=105\%$$

To oznacza, że otrzymana liczba stanowi \(105\%\) liczby \(x\).

Krok 3. Rozwiązanie drugiej części zadania.
Wiemy już, że \(x=60\), zatem \(40\%\) liczby \(60\) będzie równe:
$$0,4\cdot60=24$$

C

Kluczem do sukcesu jest dostrzeżenie prawidłowości, według której dokładane są szare płytki. Można do tego podejść na wiele różnych sposobów, więc jest tutaj spora dowolność. Najprościej będzie chyba zauważyć, że pierwszy etap ma wymiary \(3\times3\), drugi etap ma wymiary \(7\times7\), a każdy kolejny będzie miał o \(4\) płytki wzdłuż i wszerz więcej, czyli trzeci etap będzie miał \(11\times11\), a czwarty \(15\times15\).

To teraz ustalmy ile szarych płytek zostanie dołożonych na tym czwartym etapie. Zostaną tam dołożone wszystkie te szare zewnętrzne płytki - czyli \(15\) płytek na dole, \(15\) na górze, \(15\) po lewej stronie i \(15\) po lewej. Licząc jednak w ten sposób, dublujemy płytki w narożnikach, więc te \(4\) zdublowane płytki musimy odjąć. To oznacza, że na \(IV\) etapie tworzenia mozaiki, liczba dołożonych płytek będzie równa:
$$4\cdot15-4=60-4=56$$

1) PRAWDA

2) FAŁSZ

Krok 1. Obliczenie wieku Kaliny i Kajetana.
Wprowadźmy do zadania proste oznaczenia:
\(x\) - wiek Kaliny
\(y\) - wiek Kajetana

Skoro tak, to:
\(x-4\) - wiek Kaliny \(4\) lata temu
\(y-4\) - wiek Kajetana \(4\) lata temu

Z treści zadania wynika, że rodzeństwo ma obecnie razem \(16\) lat, więc:
$$x+y=16$$

Dodatkowo wiemy, że cztery lata temu Kalina była trzy razy starsza od Kajetana, zatem:
$$x-4=3\cdot(y-4) \\
x-4=3y-12 \\
x=3y-8$$

Z tych dwóch równań możemy ułożyć następujący układ równań:
\begin{cases}
x+y=16 \\
x=3y-8
\end{cases}

\begin{cases}
x=16-y \\
x=3y-8
\end{cases}

Korzystając z metody podstawiania, możemy zapisać, że:
$$16-y=3y-8 \\
-4y=-24 \\
y=6$$

Wiemy już, że \(y=6\). Aby obliczyć brakującą niewiadomą \(x\), wystarczy podstawić \(y=6\) do wybranego równania z układu (np. pierwszego), zatem:
$$x+y=16 \\
x+6=16 \\
x=10$$

Wyszło nam więc, że Kalina ma \(10\) lat, a Kajetan ma \(6\) lat.

Krok 2. Ocena prawdziwości pierwszego zdania.
Skoro Kalina ma \(10\) lat, a Kajetan \(6\) lat, to pierwsze zdanie jest jak najbardziej prawdą, ponieważ \(10-6=4\).

Krok 3. Ocena prawdziwości drugiego zdania.
Aby Kalina była dwa razy starsza od Kajetana, musiałaby mieć lat \(12\), a nie \(10\). To oznacza, że drugie zdanie jest fałszem.

B

Krok 1. Obliczenie długości krótszej podstawy trapezu.
Do obliczenia pola powierzchni trapezu potrzebujemy znać długości obydwu podstaw oraz wysokość figury. Spoglądając na rysunek widzimy, że nasz trapez jest tak jakby przekręcony o \(90°\), ale to nie przeszkadza nam w poznaniu dwóch kluczowych długości. Zwróćmy uwagę, że odcinek \(KL\) ma długość \(6\) jednostek, czyli że \(a=6\). Widzimy też, że jak z punktu \(M\) poprowadzimy prostą prostopadłą, to będzie miała ona długość równą \(3\) jednostki, zatem wysokość \(h=3\).

Skoro \(a=6\) oraz \(h=3\) i wiemy, że \(P=12\), to możemy obliczyć długość drugiej podstawy tego trapezu:
$$P=\frac{1}{2}(a+b)\cdot h \\
12=\frac{1}{2}(6+b)\cdot3 \\
4=\frac{1}{2}(6+b) \\
4=3+\frac{1}{2}b \\
1=\frac{1}{2}b \\
b=2$$

Krok 2. Wyznaczenie współrzędnych wierzchołka \(N\).
Skoro \(b=2\), to wierzchołek \(N\) musi być oddalony o \(2\) jednostki od wierzchołka \(N\). Aby powstał trapez, to ten wierzchołek \(N\) musi być w linii prostej nad \(M\). Skoro więc \(M=(2;-3)\), to \(N=(2;-1)\).

B

Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Kluczowym problemem w tym zadaniu jest obliczenie długości "ukośnych" odcinków. Pomoże nam w tym jednak Twierdzenie Pitagorasa:


Krok 2. Obliczenie długości poszczególnych odcinków.
Zacznijmy od odcinka \(AB\). Tutaj powinniśmy dostrzec, że jest to po prostu klasyczny trójkąt prostokątny o bokach \(3, 4, 5\), zatem odcinek \(|AB|=5\). Jeśli tego nie dostrzegamy, to możemy oczywiście skorzystać z Twierdzenia Pitagorasa.

Teraz przejdźmy do odcinka \(BC\). Tym razem nie obejdzie się bez Twierdzenia Pitagorasa, zatem:
$$2^2+4^2=|BC|^2 \\
4+16=|BC|^2 \\
|BC|^2=20 \\
|BC|=\sqrt{20} \quad\lor\quad |BC|=-\sqrt{20}$$

Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(|BC|=\sqrt{20}\) i w takiej postaci możemy to zostawić.

Odcinek \(CD\) jest najprostszy, bowiem wystarczy policzyć jego długość po kratkach. Tutaj możemy wprost zapisać, że \(|CD|=4\).

Na koniec został odcinek \(DE\) i tak jak w przypadku odcinka \(BC\), musimy skorzystać z Twierdzenia Pitagorasa:
$$5^2+1^2=|DE|^2 \\
25+1=|DE|^2 \\
|DE|^2=26 \\
|DE|=\sqrt{26} \quad\lor\quad |DE|=-\sqrt{26}$$

Interesuje nas tylko dodatni wynik, zatem \(|DE|=\sqrt{26}\).

Krok 3. Ustalenie, który chłopiec miał racje.
Długości boków są następujące:
\(|AB|=5\)
\(|BC|=\sqrt{20}\) (czyli więcej niż \(4\), ale mniej niż \(5\))
\(|CD|=4\)
\(|DE|=\sqrt{26}\) (czyli więcej niż \(5\))

To oznacza, że:
$$|CD|\lt|BC|\lt|AB|\lt|DE|$$

Rację miał więc Bernard.

A

Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Korzystając z własności kątów odpowiadających oraz przyległych, całość będzie wyglądać następująco:


Kąt \(AED\) ma miarę \(80°\), ponieważ jest to kąt przyległy do kąta o mierze \(100°\), a suma kątów przyległych jest zawsze równa \(180°\).

Analogicznie kąt \(ADE\) ma miarę \(65°\), ponieważ jest to kąt przyległy do kąta o mierze \(115°\).

Krok 2. Obliczenie miary kąta \(\alpha\).
Spoglądamy na trójkąt \(ADE\). Znamy już miary dwóch kątów w tym trójkącie, zatem:
$$\alpha=180°-80°-65°=35°$$

D

Krok 1. Obliczenie pola powierzchni trapezu.
Zacznijmy od obliczenia pola powierzchni trapezu. Korzystając ze wzoru na pole tej figury, możemy zapisać, że:
$$P_{t}=\frac{1}{2}(a+3+a)\cdot a \\
P_{t}=\frac{1}{2}(2a+3)\cdot a \\
P_{t}=\frac{1}{2}(2a^2+3a) \\
P_{t}=a^2+1,5a$$

Krok 2. Obliczenie pola powierzchni prostokąta.
Do rozwiązania zadania potrzebne nam jest jeszcze obliczenie pola prostokąta, zatem:
$$P_{p}=(a+2)\cdot a \\
P_{p}=a^2+2a$$

Krok 3. Wybór właściwej odpowiedzi.
Przyglądając się otrzymanym wynikom widzimy, że jedynym prawdziwym zdaniem jest to ostatnie, czyli że pole trapezu jest o \(0,5a\) mniejsze od pola prostokąta, ponieważ:
$$a^2+2a-(a^2+1,5a)=a^2+2a-a^2-1,5a=0,5a$$

B

Krok 1. Obliczenie objętości potrzebnego wypełnienia.
Na początek obliczmy objętość, jaką zajmuje całe wypełnienie. Mamy podane wszystkie interesujące nas wymiary, zatem:
$$V=20cm\cdot15cm\cdot5cm \\
V=1500cm^3$$

Krok 2. Ustalenie ilości potrzebnych torebek.
Z treści zadania wynika, że jedna torebka pozwala wypełnić naczynie o pojemności \(500ml\), czyli \(500cm^3\). Nas interesuje wypełnienie \(1500cm^3\), zatem:
$$1500ml:500ml=3$$

To oznacza, że trzeba kupić przynajmniej trzy torebki z kamyczkami.

W piłkę nożną gra \(14\) osób.

Krok 1. Obliczenie ile procent uczniów gra w koszykówkę.
Sumując udział procentowy wszystkich sportów (poza koszykówką), otrzymamy:
$$20\%+5\%+35\%+5\%+20\%=85\%$$

To oznacza, że koszykówkę uprawia
$$100\%-85\%=15\%$$

Krok 2. Obliczenie ilu uczniów gra w piłkę nożną.
Wiemy, że w koszykówkę gra \(6\) ankietowanych i obliczyliśmy sobie przed chwilą, że stanowią oni \(15\%\) osób. Chcemy poznać liczbę uczniów grających w piłkę nożną (którzy stanowią \(35\%\) ankietowanych), zatem najprościej będzie tutaj skorzystać z proporcji i zapisać, że:
Skoro \(15\%\) ankietowanych to \(6\) osób
To \(5\%\) ankietowanych to \(2\) osoby
Więc \(35\%\) ankietowanych to \(14\) osób

To oznacza, że w piłkę nożną gra \(14\) osób.

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy obliczysz ile procent uczniów gra w koszykówkę (patrz: Krok 1.).
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Niedziela

Krok 1. Obliczenie liczby dni do piątych urodzin.
Spróbujmy obliczyć ile dni dzieli 5 stycznia 2009 roku oraz 5 stycznia 2014 roku.

Od 05.01.2009 do 05.01.2010 mamy \(365\) dni
Od 05.01.2010 do 05.01.2011 mamy \(365\) dni
Od 05.01.2011 do 05.01.2012 mamy \(365\) dni
Od 05.01.2012 do 05.01.2013 mamy \(366\) dni (bo rok 2012 jest przestępny, więc dojdzie nam tutaj 29 luty)
Od 05.01.2013 do 05.01.2014 mamy \(365\) dni

Łączna liczba dni jest więc równa:
$$365+365+365+366+365=1826$$

Krok 2. Ustalenie jaki jest dzień tygodnia piątych urodzin.
Dzieląc \(1826\) dni przez \(7\), otrzymamy:
$$1826:7=260\;r.6$$

Taki wynik oznacza, że piąte urodziny Mateusza nastąpiły po \(260\) tygodniach i \(6\) dniach. Ta reszta równa \(6\) oznacza, że do poniedziałku musimy dodać jeszcze \(6\) dni tygodnia, zatem piąte urodziny wypadną dokładnie w niedzielę.

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy obliczysz ile dni upływa do piątych urodzin (patrz: Krok 1.).
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Drugi prostokąt ma obwód większy o \(6\) jednostek.

Krok 1. Ustalenie zależności między "linią" i "jednostką".
Licząc po kratkach widzimy wyraźnie, że pierwszy prostokąt ma obwód równy \(12\) liniom. Z treści zadania wiemy, że obwód tego prostokąta to \(36\) jednostek, zatem możemy powiedzieć, że skoro \(12\) linii to \(36\) jednostek, to \(1\) kratka to \(3\) jednostki.

Krok 2. Obliczenie obwodu \(II\) prostokąta.
II prostokąt ma obwód składający się z \(14\) linii. Skoro więc każda linia to \(3\) jednostki, to obwód \(II\) prostokąta będzie równy \(3\cdot14=42\) jednostki.

Krok 3. Obliczenie o ile jednostek jest dłuższy obwód \(II\) prostokąta.
W zadaniu pytają się nas, o ile jednostek jest dłuższy obwód \(II\) prostokąta, zatem musimy jeszcze na koniec wykonać odejmowanie:
$$42-36=6$$

To oznacza, że drugi prostokąt ma obwód większy o \(6\) jednostek.

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy ustalisz, że jedna kratka do trzy jednostki (patrz: Krok 1.).
2 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Tak, \(1,5m\) taśmy wystarczy na oklejenie latawca.

Krok 1. Sporządzenie rysunku pomocniczego.
Na rysunku mamy deltoid, który możemy podzielić na dwa następujące trójkąty:


Na górze mamy trójkąt prostokątny o kątach \(45°, 45°, 90°\). Na dole powstał nam trójkąt równoboczny (możemy być pewni, że ten trójkąt jest równoboczny, bo kąt między ramionami o jednakowej długości ma miarę \(60°\), więc dwa kąty przy podstawie muszą mieć także po \(60°\)).

Krok 2. Obliczenie długości dwóch pozostałych ramion latawca.
Z własności trójkątów o kątach \(45°, 45°, 90°\) wynika, że gdy przyprostokątne mają długość \(a\), to przeciwprostokątna ma długość \(a\sqrt{2}\). W naszym przypadku przeciwprostokątna ma długość \(40cm\), zatem:
$$a\sqrt{2}=40 \\
a=\frac{40}{\sqrt{2}} \\
a=\frac{40\cdot\sqrt{2}}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}} \\
a=\frac{40\sqrt{2}}{2} \\
a=20\sqrt{2}$$

To oznacza, że górne ramiona latawca mają po \(20\sqrt{2}cm\).

Krok 3. Obliczenie obwodu latawca.
Zgodnie z obliczeniami, obwód latawca będzie równy:
$$Obw=2\cdot20\sqrt{2}+2\cdot40=40\sqrt{2}+80$$

Krok 4. Ustalenie, czy starczy taśmy.
Musimy jeszcze ustalić, czy \(1,5m\) taśmy wystarczy na oklejenie wszystkich krawędzi latawca. Mówiąc wprost, musimy ustalić, czy \(40\sqrt{2}cm+80cm\) to więcej, czy mniej niż \(1,5m\).

Wiedząc, że \(\sqrt{2}\approx1,41\) wyjdzie nam, że:
$$40\sqrt{2}+80\approx40\cdot1,41+80\approx56,4+80\approx136,4[cm]$$

To oznacza, że \(1,5m\) (czyli \(150cm\)) jak najbardziej wystarczy na oklejenie wszystkich krawędzi latawca.

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy na rysunku pomocniczym zaznaczysz trójkąt równoboczny (patrz: Krok 1.).
2 pkt
• Gdy obliczysz, że dwa pozostałe ramiona mają długość \(20\sqrt{2}cm\) każdy (patrz: Krok 2.).
3 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

a) \(1130km\) b) 542,40zł

Krok 1. Obliczenie liczby kilometrów przejechanych przez Pana Kowalskiego.
Dzienny koszt wynajmu auta to \(90zł\), a do tego trzeba doliczyć \(30zł\) ubezpieczenia, zatem dziennie auto generuje \(90zł+30zł=120zł\) kosztów. To oznacza, że w ciągu \(12\) dni Pan Kowalski wydał na te opłaty:
$$12\cdot120zł=1440zł$$

Wiemy, że łączny koszt wypożyczenia wyniósł \(2430zł\), zatem za przejechane kilometry Pan Kowalski wydał:
$$2430zł-1440zł=990zł$$

Wiemy, że stawka wynosi \(3żł\) za kilometr, więc przejechanych kilometrów (które były płatne) mamy:
$$990:3=330$$

Z obliczeń wynika więc, że Pan Kowalski przejechał \(800km\) (bezpłatnie) oraz \(330km\) za dodatkową opłatą. Łącznie przejechał więc:
$$800km+330km=1130km$$

Krok 2. Obliczenie wydatków na paliwo.
Skoro Pan Kowalski przejechał \(1130km\), a samochód pali \(10l\) na \(100km\), to zużycie paliwo wyniosło:
$$1130km\cdot\frac{10l}{100km}=113l$$

Cena \(1l\) paliwa wynosi \(4,80zł\), zatem za paliwo trzeba było zapłacić:
$$113\cdot4,80zł=542,40zł$$

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy obliczysz ile złotych Pan Kowalski wydał na paliwo i ubezpieczenie. (patrz: Krok 1.).
2 pkt
• Gdy obliczysz liczbę kilometrów przejechanych przez Pana Kowalskiego. (patrz: Krok 1.).
3 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.

Karton wystarczy do napełnienia tych szklanek.

Krok 1. Ustalenie zależności między dużą i małą szklanką.
Wprowadźmy do treści zadania następujące oznaczenia:
\(d\) - szklanka (duża)
\(m\) - szklaneczka (mała)

Z zadania wynika, że jednym kartonem można napełnić \(5\) szklanek oraz \(2\) szklaneczki lub też \(3\) szklanki oraz \(6\) szklaneczek. Możemy więc zapisać, że:
$$5d+2m=3d+6m \\
2d=4m \\
d=2m$$

To oznacza, że tak naprawdę duża szklanka jest równa dwóm małym szklaneczkom.

Krok 2. Sprawdzenie, czy karton wystarczy do napełnienia \(2\) szklanek i \(8\) szklaneczek.
Z treści zadania wynika, że karton starczy na napełnienie \(5\) dużych szklanek i \(2\) małych szklaneczek. Przeliczając tę objętość na szklaneczki (czyli podstawiając \(d=2m\)) możemy zapisać, że:
$$5d+2m=5\cdot2m+2m=12m$$

Identyczny wynik otrzymamy przeliczając napełnienie z drugiego kartonu:
$$3d+6m=3\cdot2m+6m=6m+6m=12m$$

Wszystkie kartony są jednakowe, więc i ten trzeci musi wystarczyć do napełnienia \(12\) szklaneczek. Przeliczmy zatem \(2\) szklanki i \(8\) szklaneczek na małe szklaneczki:
$$2d+8m=2\cdot2m+8m=12m$$

Otrzymaliśmy dokładnie ten sam wynik, czyli \(12\) szklaneczek. To oznacza, że karton jak najbardziej wystarczy do napełnienia tych szklanek.

Przyznaj sobie:
0 pkt
• Gdy brakuje jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania.
1 pkt
• Gdy wprowadzisz oznaczenia i zapiszesz równanie typu \(5d+2m=3d+6m\). (patrz: Krok 1.).
2 pkt
• Gdy przeliczysz objętość pierwszego lub drugiego kartonu na objętość w małych lub dużych szklankach. (patrz: Krok 2.).
3 pkt
• Gdy otrzymasz oczekiwany wynik.