Przykładowy arkusz E8 grudzień 2017 z matematyki – odpowiedzi i rozwiązania

Odpowiedź: A

1. Krok 1 — na którym poziomie skończyła Asia. Sumujemy poziomy od najniższego, aż uzbieramy $\textcolor{#E0453A}{32\%}$:
2. poziom I: $\textcolor{#16A06A}{4\%}$  →  I + II: $\textcolor{#16A06A}{4} + \textcolor{#16A06A}{12} = 16\%$  →  I + II + III: $16 + \textcolor{#16A06A}{16} = \textcolor{#E0453A}{32\%}$ ✓
3. Poniżej Asi są więc poziomy I, II i III, co znaczy, że Asia skończyła na poziomie IV.
4. Krok 2 — poziomy wyższe niż IV. To poziomy V i VI:
5. $\textcolor{#16A06A}{32\%} + \textcolor{#16A06A}{8\%} = 40\%$.
6. Odpowiedź A.
7. Kontrola: niżej $32\%$, na poziomie Asi $\textcolor{#16A06A}{28\%}$, wyżej $40\%$ — razem $100\%$ ✓

💡 Wskazówka: Kontrola przez sumę do stu jest tu darmowa i wyłapuje każdą pomyłkę: „niżej + poziom Asi + wyżej” musi dać dokładnie $100\%$.

⚠ Najczęstszy błąd: uznanie, że skoro poziom V też ma $32\%$, to Asia jest na poziomie V. Podane $32\%$ dotyczy sumy poziomów poniżej Asi, a nie jej własnego poziomu — zbieżność liczb jest tu pułapką.

Odpowiedź: A, D

1. Iloraz się nie zmienia, gdy dzielną i dzielnik pomnożymy przez 100: $4,5:0,75=450:75=\frac{450}{75}$ — odpowiedź A.
2. $1,25=\frac{125}{100}$ i $0,4=\frac{4}{10}$, więc $1,25\cdot 0,4=\frac{125\cdot 4}{100\cdot 10}=\frac{125\cdot 4}{1000}$ — odpowiedź D.

⚠ Błąd: przesunięcie przecinka tylko w jednej liczbie, np. $4,5:0,75=45:75$.

Odpowiedź: P, P

1. Tabela podaje godziny, ale nie czasy przejazdu — musimy je policzyć sami dla każdego wiersza.
2. Autobus: $1\!:\!35 \to 6\!:\!30$ — do $6\!:\!35$ byłoby równe 5 godzin, więc jest $\textcolor{#16A06A}{4\text{ h }55\text{ min}}$.
3. Pociąg 1: $2\!:\!32 \to 5\!:\!12$ — to $\textcolor{#16A06A}{2\text{ h }40\text{ min}}$.
4. Pociąg 2: $5\!:\!00 \to 8\!:\!48$ — to $\textcolor{#16A06A}{3\text{ h }48\text{ min}}$.
5. Pociąg 3: $5\!:\!53 \to 8\!:\!10$ — to $\textcolor{#16A06A}{2\text{ h }17\text{ min}}$.
6. Zdanie 1. Najkrótszy czas to $\textcolor{#16A06A}{2\text{ h }17\text{ min}}$ — ostatni wiersz, gdzie bilet kosztuje $\textcolor{#E0453A}{49}$ zł ✓ — prawda.
7. Zdanie 2. Ponad 4 godziny trwa tylko autobus ($4$ h $55$ min); wszystkie pociągi mieszczą się poniżej ✓ — prawda.
8. Odpowiedzi: P, P.

💡 Wskazówka: Kolumny „długość trasy” i „cena” są tu częściowo rozpraszaczami — do obu zdań potrzebne są przede wszystkim czasy przejazdu. Policz je najpierw dla wszystkich wierszy, dopiero potem czytaj zdania.

⚠ Najczęstszy błąd: wybór najtańszego biletu (27 zł, autobus) jako „najszybszego” albo mylenie najdłuższej trasy (364 km) z najdłuższym czasem. Najdłuższy czas ma autobus, mimo że jego trasa nie jest najdłuższa.

Odpowiedź: C

1. Krok 1 — bok kwadratu. Obwód kwadratu to 32 cm, więc jego bok: $32 : 4 = \textcolor{#16A06A}{8}$ cm.
2. To zarazem szerokość całego prostokąta $ABCD$, a więc również szerokość prostokąta $ABFE$: $EF = \textcolor{#16A06A}{8}$ cm.
3. Krok 2 — obwód mniejszego prostokąta. Jest o 6 cm mniejszy: $32 - 6 = \textcolor{#E0453A}{26}$ cm.
4. Krok 3 — szukany odcinek. Prostokąt $ABFE$ ma boki $\textcolor{#16A06A}{8}$ cm i $AE$:
5. $2 \cdot (\textcolor{#16A06A}{8} + AE) = \textcolor{#E0453A}{26}$, czyli $\textcolor{#16A06A}{8} + AE = 13$, więc $AE = 5$ cm.
6. Odpowiedź C.

💡 Wskazówka: Obie części mają wspólny bok $EF$ — to on przenosi informację z kwadratu na prostokąt. W zadaniach o podziale figury zawsze szukaj tego wspólnego odcinka.

⚠ Najczęstszy błąd: potraktowanie różnicy 6 cm jako różnicy boków, a nie obwodów. Wtedy $AE$ wyszłoby $8 - 6 = 2$ cm — kusząca odpowiedź A.

Odpowiedź: P, P

1. Z pierwszego wiersza wyliczamy stałą: $\textcolor{#16A06A}{5}^{\textcolor{#E0453A}{6}} \cdot \textcolor{#16A06A}{5}^{\textcolor{#2F80D8}{1}} \cdot \textcolor{#16A06A}{5}^{\textcolor{#8B5CF6}{8}} = \textcolor{#16A06A}{5}^{\textcolor{#E0453A}{6}+\textcolor{#2F80D8}{1}+\textcolor{#8B5CF6}{8}} = 5^{15}$.
2. Skoro każdy wiersz, kolumna i przekątna dają ten sam iloczyn, to jest on równy $5^{15}$ — pierwsze zdanie prawdziwe.
3. Sprawdzamy środkową kolumnę: $\textcolor{#16A06A}{5}^{\textcolor{#E0453A}{1}} \cdot \textcolor{#16A06A}{5}^{\textcolor{#2F80D8}{5}} \cdot x = 5^{15}$.
4. Zatem $\textcolor{#16A06A}{5}^{\textcolor{#E0453A}{1}+\textcolor{#2F80D8}{5}} \cdot x = 5^{15}$, czyli $x = \textcolor{#16A06A}{5}^{15-6} = 5^{9}$ — drugie zdanie prawdziwe.

💡 Wskazówka: W kwadracie magicznym „na potęgach” wystarczy dodawać i odejmować wykładniki — to zwykły kwadrat magiczny na wykładnikach.

⚠ Częsty błąd: zapomnienie, że samo $5$ to $5^1$ przy sumowaniu wykładników.

Odpowiedź: B

1. Liczymy obie prędkości w metrach na sekundę.
2. Ola: $\dfrac{\textcolor{#16A06A}{400}}{\textcolor{#E0453A}{160}} = 2{,}5\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.   Jacek: $\dfrac{\textcolor{#16A06A}{400}}{\textcolor{#E0453A}{100}} = 4\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.
3. Różnica: $4 - 2{,}5 = 1{,}5\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.
4. Ale odpowiedzi są w $\tfrac{\text{km}}{\text{h}}$ — trzeba jeszcze przeliczyć.
5. W ciągu godziny (3600 s) przy $1{,}5\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ pokonuje się $1{,}5 \cdot 3600 = 5400$ m, czyli $5{,}4$ km.
6. Różnica wynosi $5{,}4\ \tfrac{\text{km}}{\text{h}}$ — odpowiedź B.

💡 Wskazówka: Zapamiętaj mnożnik: $\tfrac{\text{m}}{\text{s}} \to \tfrac{\text{km}}{\text{h}}$ mnożymy przez 3,6, a w drugą stronę dzielimy przez 3,6. Tu $1{,}5 \cdot 3{,}6 = 5{,}4$.

⚠ Najczęstszy błąd: zatrzymanie się na $1{,}5\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ i zaznaczenie odpowiedzi A — bo liczba się zgadza. Ale jednostka jest inna! Zawsze sprawdzaj, w czym mają być wyrażone odpowiedzi.

Odpowiedź: P, F

1. Zdanie 1: pięć różnych wyników o największej sumie to 6, 5, 4, 3, 2, a ich suma to $6+5+4+3+2=20$. Wynik 20 jest możliwy — prawda.
2. Zdanie 2: w jednym rzucie można wyrzucić najwyżej 6 oczek, więc w 16 rzutach najwyżej $16\cdot 6=96$. To mniej niż 100 — fałsz.
3. Odpowiedzi: P, F.

💡 Wskazówka: Przy pytaniach „czy można otrzymać” sprawdź najpierw wartość największą (albo najmniejszą) możliwą.

Odpowiedź: C

1. Podstawiamy do wzoru: $\textcolor{#16A06A}{W} = 5$ (punkty wewnątrz) oraz $\textcolor{#E0453A}{B} = 6$ (punkty na brzegu).
2. $P = \textcolor{#16A06A}{5} + \dfrac{1}{2} \cdot \textcolor{#E0453A}{6} - 1$
3. $P = \textcolor{#16A06A}{5} + 3 - 1 = 7$
4. Odpowiedź C.

💡 Wskazówka: Uważnie przypisz liczby do liter — $W$ to punkty wewnątrz (od słowa „wewnątrz”), a $B$ to punkty na brzegu. Zamiana ich miejscami daje inny wynik.

⚠ Najczęstszy błąd: zamiana $W$ i $B$ miejscami — wtedy $6 + 2{,}5 - 1 = 7{,}5$, czyli kusząca odpowiedź D. Drugi błąd: pominięcie odjęcia jedynki na końcu.

Odpowiedź: B, D

1. Pierwsze zdanie. Podstawiamy $P = 15$: $15 = \textcolor{#16A06A}{W} + \dfrac{1}{2}\textcolor{#E0453A}{B} - 1$, czyli $\textcolor{#16A06A}{W} + \dfrac{1}{2}\textcolor{#E0453A}{B} = 16$.
2. Kluczowa obserwacja: $\textcolor{#16A06A}{W}$ musi być liczbą całkowitą (to liczba punktów), więc $\dfrac12 \textcolor{#E0453A}{B}$ też musi być całkowite — a to znaczy, że $\textcolor{#E0453A}{B}$ jest parzyste.
3. Spośród podanych liczb parzysta jest tylko $\textcolor{#E0453A}{8}$ — odpowiedź B. (Wtedy $\textcolor{#16A06A}{W} = 16 - 4 = 12$ ✓)
4. Drugie zdanie. Warunek „dwa razy więcej na brzegu niż wewnątrz” zapisujemy jako $\textcolor{#E0453A}{B} = 2\textcolor{#16A06A}{W}$.
5. Podstawiamy do wzoru: $P = \textcolor{#16A06A}{W} + \dfrac{1}{2} \cdot \textcolor{#E0453A}{2W} - 1 = \textcolor{#16A06A}{W} + \textcolor{#16A06A}{W} - 1 = 2\textcolor{#16A06A}{W} - 1$.
6. Wyrażenie $2\textcolor{#16A06A}{W} - 1$ to zawsze liczba nieparzysta (parzysta minus jeden) — odpowiedź D. Razem: B, D.

💡 Wskazówka: Wzór Picka ma ukryte ograniczenie: skoro $W$ jest liczbą całkowitą, to $B$ musi być parzyste, jeśli pole ma być liczbą całkowitą (przy nieparzystym $B$ pole wychodzi „połówkowe”, np. 7,5). Warto to zapamiętać jako szybki filtr.

⚠ Najczęstszy błąd w drugim zdaniu: podstawienie konkretnych liczb (np. $W = 3$, $B = 6$) i uznanie, że jeden przykład wystarczy. Trzeba pokazać ogólnie, że wynik ma postać $2W - 1$.

Odpowiedź: B, 2

1. Przyjrzyjmy się, co dokładnie dzieje się z powierzchnią przy wycinaniu narożnika.
2. Wycięty sześcianik ma bok $\textcolor{#16A06A}{x}$ i styka się z narożnikiem trzema ścianami. Usuwając go:
3. tracimy trzy kwadraty $\textcolor{#16A06A}{x} \times \textcolor{#16A06A}{x}$ z zewnętrznych ścian kostki — razem $\textcolor{#E0453A}{3x^2}$,
4. zyskujemy trzy nowe kwadraty $\textcolor{#16A06A}{x} \times \textcolor{#16A06A}{x}$ na ściankach powstałej wnęki — też $\textcolor{#E0453A}{3x^2}$.
5. Zysk i strata są identyczne, więc pole powierzchni w ogóle się nie zmienia — i to niezależnie od tego, jak duży sześcianik wycięliśmy.
6. Obie bryły mają zatem takie samo pole, równe polu wyjściowej kostki. Odpowiedź: B, 2.

💡 Wskazówka: Rozróżniaj objętość od pola powierzchni. Objętość przy wycinaniu zawsze maleje, ale pole potrafi zostać bez zmian (narożnik), zmaleć albo wzrosnąć.

⚠ Najczęstszy błąd: automatyczne „wycięliśmy więcej, więc pole mniejsze” (odpowiedź A, 1). Zmiana pola zależy od kształtu wycięcia, a nie od jego objętości.

Odpowiedź: C

1. Odcinek $EC$ policzymy jako różnicę: $EC = AC - AE$. Wyznaczamy więc obie przeciwprostokątne.
2. Mały trójkąt $ADE$ — prostokątny (kąt prosty przy $D$) z kątem $30°$ przy $A$. Bok $\textcolor{#16A06A}{DE} = \textcolor{#16A06A}{3}$ cm leży naprzeciw kąta $30°$, więc jest połową przeciwprostokątnej:
3. $\textcolor{#E0453A}{AE} = 2 \cdot \textcolor{#16A06A}{3} = \textcolor{#E0453A}{6}$ cm.
4. Duży trójkąt $ABC$ — prostokątny przy $B$, kąt $30°$ przy $A$. Znamy przyprostokątną $\textcolor{#16A06A}{AB} = \textcolor{#16A06A}{4\sqrt3}$ cm, leżącą naprzeciw kąta $60°$.
5. W trójkącie $30°$–$60°$–$90°$ ten bok równa się $\dfrac{\textcolor{#E0453A}{c}\sqrt3}{2}$, więc $\dfrac{\textcolor{#E0453A}{AC}\sqrt3}{2} = \textcolor{#16A06A}{4\sqrt3}$, skąd $\textcolor{#E0453A}{AC} = \textcolor{#E0453A}{8}$ cm.
6. Różnica: $EC = \textcolor{#E0453A}{8} - \textcolor{#E0453A}{6} = 2$ cm — odpowiedź C.

💡 Wskazówka: Oba trójkąty mają te same kąty ($30°$, $60°$, $90°$), więc są podobne. Można było też skorzystać ze skali: $AB : DE = 4\sqrt3 : 3$… ale prościej policzyć każdy osobno z własności kąta $30°$.

⚠ Najczęstszy błąd: potraktowanie $DE$ jako boku naprzeciw kąta $60°$. Odcinek $DE$ jest prostopadły do $AB$, więc w trójkącie $ADE$ leży naprzeciw kąta przy $A$, czyli $30°$.

Odpowiedź: B

1. Pytanie brzmi „o ile procent wzrosła”, więc interesuje nas sam przyrost, a nie cała nowa wartość.
2. Przyrost: $280 - 56 = \textcolor{#E0453A}{224}$ tys. gambitów.
3. Ten przyrost odnosimy do wartości początkowej (56 tys.): $\dfrac{\textcolor{#E0453A}{224}}{56} = 4$.
4. Zamieniamy na procenty: $4 = 400\%$ — odpowiedź B.
5. Kontrola: wartość wzrosła 5-krotnie ($280 : 56 = \textcolor{#16A06A}{5}$), czyli do $\textcolor{#16A06A}{500\%}$ wartości początkowej. Ale wzrosła o $\textcolor{#16A06A}{500\%} - 100\% = 400\%$.

💡 Wskazówka: Rozróżniaj dwa pytania: „wzrosła o ile procent” (liczymy sam przyrost) i „stanowi ile procent” (liczymy całą nową wartość). Różnią się dokładnie o 100 punktów procentowych.

⚠ Najczęstszy błąd w tym zadaniu: wybór 500% — czyli policzenie, ile procent wartości początkowej stanowi nowa cena, zamiast o ile wzrosła.

Odpowiedź: F, P

1. Kluczowa własność: przekątne prostokąta są równe i dzielą się na połowy. Punkt przecięcia $O$ jest więc jednakowo oddalony od wszystkich czterech wierzchołków, przez co powstają cztery trójkąty równoramienne.
2. Zdanie 1 — trójkąt $DOC$. Kąt przy $O$ to $\textcolor{#16A06A}{140°}$, a boki $OD$ i $OC$ są równe.
3. Kąty przy podstawie $DC$: $(\textcolor{#E0453A}{180°} - \textcolor{#16A06A}{140°}) : 2 = \textcolor{#16A06A}{20°}$.
4. Kąt $DCA$ to właśnie kąt $DCO$, czyli $\textcolor{#16A06A}{20°}$ — a nie $40°$ — fałsz.
5. Zdanie 2 — trójkąt $AOD$. Kąt $AOD$ jest przyległy do kąta $DOC$: $\textcolor{#E0453A}{180°} - \textcolor{#16A06A}{140°} = \textcolor{#16A06A}{40°}$.
6. Boki $OA$ i $OD$ też są równe, więc kąty przy podstawie $AD$: $(\textcolor{#E0453A}{180°} - \textcolor{#16A06A}{40°}) : 2 = \textcolor{#16A06A}{70°}$.
7. Kąt $DAC$ to kąt $DAO$, czyli $\textcolor{#16A06A}{70°}$ ✓ — prawda.
8. Odpowiedzi: F, P. Kontrola: $\textcolor{#16A06A}{20°} + \textcolor{#16A06A}{70°} = 90°$ — i rzeczywiście kąt $DCB$ prostokąta jest prosty ✓

💡 Wskazówka: Przekątne prostokąta dzielą go na cztery trójkąty równoramienne — to najważniejsza własność w takich zadaniach. W kwadracie byłyby to dodatkowo trójkąty prostokątne.

⚠ Najczęstszy błąd w zdaniu 1: policzenie $180° - 140° = 40°$ i uznanie tego za szukany kąt. To kąt przy punkcie przecięcia w sąsiednim trójkącie, a nie kąt przy wierzchołku $C$.

Odpowiedź: B, C

1. $\sqrt{125}>\sqrt{121}=11$, więc $a=\sqrt{125}-1>11-1=10$ — odpowiedź B.
2. $4\sqrt{6}=\sqrt{16\cdot 6}=\sqrt{96}<\sqrt{100}=10$, więc $b=4\sqrt{6}-10<0$ — odpowiedź C.

💡 Wskazówka: Pierwiastek porównuj z najbliższymi kwadratami liczb naturalnych: 121 = 11², 100 = 10².

Odpowiedź: D

1. Krok 1 — przesunięcie z $A$ do $S$.
2. w poziomie: $\textcolor{#16A06A}{3} - \textcolor{#16A06A}{5} = \textcolor{#E0453A}{-2}$    w pionie: $\textcolor{#16A06A}{2} - \textcolor{#16A06A}{5} = \textcolor{#E0453A}{-3}$
3. Idziemy więc dwie kratki w lewo i trzy w dół.
4. Krok 2 — z $S$ powtarzamy to samo przesunięcie.
5. $x_B = \textcolor{#16A06A}{3} + (\textcolor{#E0453A}{-2}) = 1$    $y_B = \textcolor{#16A06A}{2} + (\textcolor{#E0453A}{-3}) = -1$
6. Zatem $B = (1, -1)$ — odpowiedź D.
7. Sprawdzenie: $\left(\tfrac{5+1}{2}, \tfrac{5-1}{2}\right) = (3, 2)$ ✓

💡 Wskazówka: Środek zawsze leży pomiędzy końcami, więc jego współrzędne muszą być pomiędzy współrzędnymi $A$ i $B$. Tu $3$ jest między $5$ a $1$ ✓ i $2$ jest między $5$ a $-1$ ✓

⚠ Najczęstszy błąd: przesunięcie w odwrotną stronę i odpowiedź $(7,8)$ — czyli punkt po tej samej stronie co $A$. Wtedy $S$ nie leży już pomiędzy końcami, co od razu widać na rysunku.

Odpowiedź: F, P

1. Rozcięcie na 27 daje układ $3 \times 3 \times 3$. Małe sześciany dzielą się na cztery rodzaje: $\textcolor{#16A06A}{8}$ narożnych (3 ściany na zewnątrz), $\textcolor{#16A06A}{12}$ krawędziowych (2 ściany), $\textcolor{#16A06A}{6}$ środkowych na ścianach (1 ściana) i $\textcolor{#16A06A}{1}$ całkiem wewnętrzny (0 ścian).
2. Czerwona jest jedna ściana dużego sześcianu, czyli dziewięć małych kwadratów.
3. Zdanie 1 — dokładnie jedna ściana biała. Trzeba policzyć dwie grupy:
4. — środkowe sześciany pięciu białych ścian: $\textcolor{#E0453A}{5}$ sztuk (ten na ścianie czerwonej ma jedną ścianę, ale czerwoną),
5. — sześciany na środkach czterech krawędzi ściany czerwonej: mają po dwie ściany na zewnątrz — jedną czerwoną i jedną białą, czyli dokładnie jedną białą: $\textcolor{#E0453A}{4}$ sztuki.
6. Razem $\textcolor{#E0453A}{5} + \textcolor{#E0453A}{4} = 9$, a nie cztery — fałsz.
7. Zdanie 2 — trzy ściany białe. Trzy zewnętrzne ściany mają tylko narożniki. Cztery narożniki leżą na ścianie czerwonej (mają po jednej ścianie czerwonej), a pozostałe $\textcolor{#E0453A}{4}$ — na przeciwległym końcu bryły — mają wszystkie trzy ściany białe ✓ — prawda.
8. Odpowiedzi: F, P.

💡 Wskazówka: W sześcianie $3 \times 3 \times 3$ zawsze jest 8 narożnych, 12 krawędziowych, 6 środkowych na ścianach i 1 ukryty w środku: $8+12+6+1 = 27$ ✓ Ta czwórka liczb wraca w każdym takim zadaniu.

⚠ Najczęstszy błąd w zdaniu 1: policzenie tylko sześcianów mających w ogóle jedną ścianę na zewnątrz. Sześcian ze ściany czerwonej i ściany białej też ma „dokładnie jedną białą” — trzeba go doliczyć.

Odpowiedź: 52 cm

1. Krok 1 — odtworzenie wymiarów. Prostopadłościan ma trzy wymiary; każda ściana pokazuje dwa z nich.
2. Ściana kwadratowa daje dwa wymiary: $\textcolor{#16A06A}{5}$ cm i $\textcolor{#16A06A}{5}$ cm.
3. Ściana prostokątna ma bok $5$ cm wspólny z poprzednią, więc dokłada trzeci wymiar: $\textcolor{#16A06A}{3}$ cm.
4. Wymiary bryły: $\textcolor{#16A06A}{5} \times \textcolor{#16A06A}{5} \times \textcolor{#16A06A}{3}$ cm.
5. Krok 2 — suma krawędzi. Krawędzi jest 12 — po cztery każdego kierunku:
6. $4 \cdot (\textcolor{#16A06A}{5} + \textcolor{#16A06A}{5} + \textcolor{#16A06A}{3}) = 4 \cdot \textcolor{#E0453A}{13} = 52$ cm.
7. Odpowiedź: suma długości wszystkich krawędzi wynosi 52 cm.

💡 Wskazówka: Dwie sąsiednie ściany zawsze mają wspólną krawędź — czyli jeden wspólny wymiar. To dzięki temu z dwóch ścian da się odczytać wszystkie trzy wymiary bryły.

⚠ Najczęstszy błąd: potraktowanie czterech liczb z rysunków ($5$, $5$, $3$, $5$) jako czterech różnych wymiarów. Bok $5$ cm powtarza się na obu ścianach, bo to ta sama krawędź bryły.

Odpowiedź: dowód — jedyny ruch prowadzący do pozycji (1,1)

1. Kluczowa obserwacja: pozycja z dwoma równymi stosami jest przegrywająca dla tego, kto ma ruch. Cokolwiek zabierze z jednego stosu, przeciwnik zabierze tyle samo z drugiego — i tak aż do końca.
2. Ania powinna więc zostawić Jarkowi pozycję $\textcolor{#16A06A}{(1, 1)}$. Z układu $(1, 3)$ osiąga to, biorąc $\textcolor{#E0453A}{2}$ kamienie z drugiego stosu.
3. Dlaczego to działa? Po ruchu Ani zostaje $\textcolor{#16A06A}{(1,1)}$. Jarek musi wziąć jeden kamień (innego ruchu nie ma), zostaje $(1,0)$. Ania bierze ostatni kamień, zostaje $(0,0)$ — Jarek nie może wykonać ruchu i przegrywa ✓
4. Dlaczego żaden inny ruch nie wystarczy? Sprawdźmy wszystkie pozostałe możliwości:
5. $(1,3) \to (0,3)$: Jarek bierze wszystkie 3 i Ania nie ma ruchu — przegrywa.
6. $(1,3) \to (1,2)$: Jarek doprowadza do $\textcolor{#16A06A}{(1,1)}$ i teraz to Ania jest w przegrywającej pozycji.
7. $(1,3) \to (1,0)$: Jarek bierze ostatni kamień — Ania przegrywa.
8. Odpowiedź: jedynym ruchem gwarantującym wygraną jest zabranie dwóch kamieni z drugiego stosu — co należało uzasadnić.

💡 Wskazówka: W takich grach szukaj pozycji przegrywającej i staraj się zostawić ją przeciwnikowi. Przy dwóch stosach jest to zawsze układ o równej liczbie kamieni.

⚠ Najczęstszy błąd: pokazanie tylko, że ruch Ani prowadzi do wygranej, bez sprawdzenia pozostałych. Słowo „musiała” w poleceniu wymaga wykazania, że inne ruchy przegrywają.

Odpowiedź: 216 zł

1. Marzec ma 31 dni, a Wojtek chodził codziennie — czyli miał $\textcolor{#16A06A}{31}$ wejść.
2. Promocja „co czwarte gratis” oznacza, że wejścia dzielą się na czwórki: w każdej 3 płatne i 1 darmowe.
3. Sprawdzamy, ile pełnych czwórek mieści się w 31 wejściach: $\textcolor{#16A06A}{31} : \textcolor{#E0453A}{4} = 7$ reszty $3$.
4. Mamy więc $\textcolor{#E0453A}{7}$ pełnych czwórek (czyli 7 darmowych wejść) i jeszcze 3 wejścia poza nimi — te są płatne.
5. Liczba płatnych wejść: $\textcolor{#16A06A}{31} - \textcolor{#E0453A}{7} = \textcolor{#16A06A}{24}$.
6. Koszt: $\textcolor{#16A06A}{24} \cdot 9 = 216$ zł.
7. Odpowiedź: korzystanie z pływalni kosztowało Wojtka 216 zł.

💡 Wskazówka: Liczba darmowych wejść to iloraz całkowity z dzielenia przez 4 — a nie wynik zaokrąglony. Reszta 3 oznacza trzy wejścia, które nie utworzyły pełnej czwórki, więc trzeba za nie zapłacić.

⚠ Dwa typowe błędy: (1) przyjęcie, że marzec ma 30 dni — wtedy wychodzi 210 zł; (2) zaokrąglenie $31 : 4 = 7{,}75$ do 8 darmowych wejść. Ósme wejście gratis należałoby się dopiero przy 32 wizytach.

Odpowiedź: 7 opakowań po 3 i 1 po 4, albo 3 opakowania po 3 i 4 po 4

1. Oznaczmy: $a$ — liczba opakowań po 3 sztuki, $b$ — po 4 sztuki. Szukamy rozwiązań równania $3a + 4b = 25$ w liczbach całkowitych nieujemnych.
2. Najwygodniej podstawiać kolejne wartości $\textcolor{#E0453A}{b}$ i sprawdzać, czy $a$ wychodzi całkowite.
3. $\textcolor{#E0453A}{b}=0 \to 3a = 25$ ✗  ·  $\textcolor{#E0453A}{b}=1 \to 3a = 21$, czyli $\textcolor{#16A06A}{a}=7$ ✓  ·  $\textcolor{#E0453A}{b}=2 \to 3a = 17$ ✗  ·  $\textcolor{#E0453A}{b}=3 \to 3a = 13$ ✗
4. $\textcolor{#E0453A}{b}=4 \to 3a = 9$, czyli $\textcolor{#16A06A}{a}=3$ ✓  ·  $\textcolor{#E0453A}{b}=5 \to 3a = 5$ ✗  ·  $\textcolor{#E0453A}{b}=6 \to 3a = 1$ ✗  ·  dla $\textcolor{#E0453A}{b} \ge 7$ mielibyśmy już ponad 25 piłek.
5. Odpowiedź: są dwie możliwości — $\textcolor{#16A06A}{7}$ opakowań po 3 sztuki i $\textcolor{#E0453A}{1}$ po 4 sztuki, albo $\textcolor{#16A06A}{3}$ opakowania po 3 sztuki i $\textcolor{#E0453A}{4}$ po 4 sztuki.
6. Sprawdzenie: $7 \cdot 3 + 1 \cdot 4 = 25$ ✓ oraz $3 \cdot 3 + 4 \cdot 4 = 9 + 16 = 25$ ✓

💡 Wskazówka: Podstawiaj za tę zmienną, której współczynnik jest większy (tu $b$ przy czwórce) — możliwości jest wtedy mniej do sprawdzenia i praca idzie szybciej.

⚠ Najczęstszy błąd: znalezienie jednej możliwości i zakończenie zadania. Polecenie mówi „podaj wszystkie możliwości”, więc trzeba przejrzeć cały zakres i pokazać, że innych nie ma.

Odpowiedź: $14{\text{cm}}^2$

1. Krok 1 — szara część. To prostokąt o szerokości 2 cm, więc jego długość to $8:2=4$ cm.
2. Krok 2 — biała część. Zgięcie pod kątem 45° sprawia, że biała część jest trapezem o wysokości 2 cm. Dłuższa podstawa: $12-4=8$ cm, krótsza: $8-2=6$ cm.
3. Krok 3 — pole trapezu. $P=\frac{(8+6)\cdot 2}{2}=14$ cm².

💡 Wskazówka: Pasek ma stałą szerokość 2 cm, więc z pola szarego prostokąta od razu odczytasz jego długość.

⚠ Błąd: odjęcie pola szarej części od pola całego paska (24 − 8 = 16). Przy zgięciu fragment paska się zakrywa, więc widoczne pole jest mniejsze niż 24 cm².

Odpowiedź: 11 dni

1. Oznaczamy przez $\textcolor{#16A06A}{d}$ całkowitą liczbę dni wypożyczenia. Pierwsze 3 dni są w cenie podstawowej, więc dni dodatkowych jest $\textcolor{#E0453A}{d - 3}$.
2. Gierka: $8 + 2{,}50 \cdot \textcolor{#E0453A}{(d - 3)}$.   Planszówka: $12 + 2 \cdot \textcolor{#E0453A}{(d - 3)}$.
3. Przyrównujemy koszty: $8 + 2{,}50\textcolor{#E0453A}{(d-3)} = 12 + 2\textcolor{#E0453A}{(d-3)}$.
4. Przenosimy wyrazy z nawiasem na jedną stronę: $0{,}50 \cdot \textcolor{#E0453A}{(d-3)} = 4$.
5. Stąd $\textcolor{#E0453A}{d - 3} = 8$, czyli $\textcolor{#16A06A}{d} = 11$ dni.
6. Odpowiedź: koszty zrównują się przy 11 dniach wypożyczenia.
7. Sprawdzenie: Gierka $8 + 8 \cdot 2{,}50 = 28$ zł, Planszówka $12 + 8 \cdot 2 = 28$ zł ✓

💡 Wskazówka: Rozumowanie bez równania: Planszówka startuje o 4 zł drożej, ale każdy dodatkowy dzień jest u niej tańszy o 0,50 zł. Nadrabia więc różnicę po $4 : 0{,}50 = 8$ dodatkowych dniach, czyli w 11. dniu.

⚠ Najczęstszy błąd: podanie odpowiedzi 8 dni — czyli liczby dni dodatkowych zamiast wszystkich. Trzeba doliczyć trzy dni z opłaty podstawowej.