MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Átírás

1 Matematika emelt szint 11 ÉRETTSÉGI VIZSGA 014. május 6. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA

2 Fontos tudnivalók Formai előírások: 1. A dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal kell javítani, a tanári gyakorlatnak megfelelően jelölve a hibákat és a hiányokat.. A feladatok mellett található szürke téglalapok közül az elsőben a feladatra adható maximális pontszám van, a javító által adott pontszám a mellette levő téglalapba kerül.. Kifogástalan megoldás esetén elég a maximális pontszám beírása a megfelelő téglalapokba. 4. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy az egyes részpontszámokat is írja rá a dolgozatra. 5. Az ábrán kívül a ceruzával írt részeket a javító tanár nem értékelheti. Tartalmi kérések: 1. Egyes feladatoknál több megoldás pontozását is megadtuk. Amennyiben azoktól eltérő megoldás születik, keresse meg ezen megoldásoknak az útmutató egyes részleteivel egyenértékű részeit, és ennek alapján pontozzon.. A pontozási útmutató pontjai tovább bonthatók, hacsak az útmutató másképp nem rendelkezik. Az adható pontszámok azonban csak egész pontok lehetnek.. Ha a megoldásban számolási hiba, pontatlanság van, akkor csak arra a részre nem jár pont, ahol a tanuló a hibát elkövette. Ha a hibás részeredménnyel helyes gondolatmenet alapján tovább dolgozik, és a megoldandó probléma lényegében nem változik meg, akkor a következő részpontszámokat meg kell adni. 4. Elvi hibát követően egy gondolati egységen belül (ezeket az útmutatóban kettős vonal jelzi) a formálisan helyes matematikai lépésekre sem jár pont. Ha azonban a tanuló az elvi hibával kapott rossz eredménnyel, mint kiinduló adattal helyesen számol tovább a következő gondolati egységben vagy részkérdésben, akkor erre a részre kapja meg a maximális pontot, ha a megoldandó probléma lényegében nem változik meg. 5. Ha a megoldási útmutatóban zárójelben szerepel egy megjegyzés vagy mértékegység, akkor ennek hiánya esetén is teljes értékű a megoldás. 6. Egy feladatra adott többféle megoldási próbálkozás közül csak egy, a vizsgázó által megjelölt változat értékelhető. 7. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre előírt maximális pontszámot meghaladó pont) nem adható. 8. Az olyan részszámításokért, részlépésekért nem jár pontlevonás, melyek hibásak, de amelyeket a feladat megoldásához a vizsgázó ténylegesen nem használ fel. 9. A vizsgafeladatsor II. részében kitűzött 5 feladat közül csak 4 feladat megoldása értékelhető. A vizsgázó az erre a célra szolgáló négyzetben feltehetőleg megjelölte annak a feladatnak a sorszámát, amelynek értékelése nem fog beszámítani az összpontszámába. Ennek megfelelően a megjelölt feladatra esetlegesen adott megoldást nem is kell javítani. Ha mégsem derül ki egyértelműen, hogy a vizsgázó melyik feladat értékelését nem kéri, akkor automatikusan a kitűzött sorrend szerinti legutolsó feladat lesz az, amelyet nem kell értékelni. írásbeli vizsga 11 / május 6.

3 1. a) π π x = kπ 6 +, ahol k Z. pont π Azaz x = + kπ ( k Z). pont Ellenőrzés. I. Ha a vizsgázó a periódust nem osztja -vel, akkor legfeljebb ot kaphat. Ez a pont akkor jár, ha a vizsgázó egy perióduson belül behelyettesítéssel ellenőriz, vagy az átalakítások ekvivalenciájára hivatkozik. Megjegyzések: 1. Ha a k Z feltétel sehol nem szerepel, akkor összesen legfeljebb 4 pont adható.. Ha a vizsgázó fokokban számol, akkor összesen legfeljebb pontot kaphat.. Ha a vizsgázó sehol nem ír periódust, akkor összesen legfeljebb pontot kaphat ( az π x = -ért, az ellenőrzésért). 1. b) A két logaritmus csak akkor értelmezhető, ha x > 0. log 9 log x x = = log 9 log x = Az eredeti egyenletből ezzel log x ( log x + = 6, azaz) log x = 4. Tehát x = 81. Ellenőrzés. Összesen: 6 pont a vizsgázó behelyettesítéssel ellenőrzi a megoldást. Ez a pont akkor jár, ha a vizsgázó behelyettesítéssel ellenőriz, vagy az átalakítások ekvivalenciájára hivatkozik. írásbeli vizsga 11 / május 6.

4 . a) első megoldás A 16 pontú teljes gráf éleinek száma: 16 ( = 10). A feladat feltételei szerint a piros élek száma: 16 pont Nem bontható. ( = 4). (Két pont véletlenszerű kiválasztása ekvivalens egy él véletlenszerű kiválasztásával.) Így annak a valószínűsége, hogy éppen piros élt választottunk: 4 1 p = = = 0, Összesen: 4 pont. a) második megoldás (A gráf pontjai egyenértékűek, ezért) tekintsük a két kiválasztott pont közül az egyiket. Ebből összesen 15 él indul ki, melyek közül piros. Annak a valószínűsége, hogy a másik kiválasztott pontba éppen piros él indul: 1 p = = = 0, Összesen: 4 pont. b) Az n pontú fagráf éleinek száma n 1. n( n 1) Az n pontú teljes gráf éleinek száma. A feladat szövege szerint ekkor n( n 1) 45 = n 1, ahonnan n n 88 = 0. Megoldva: n = 11 vagy n = 8. (Mivel n pozitív egész, ezért) n = 8 nem megoldása a feladatnak. A gráfnak 1ja van. Ellenőrzés: A 1ú teljes gráf 55 élű, a 1ú fagráf 10 élű, ezért az = 10 egyenlőség miatt ez valóban megoldás. Összesen: 8 pont Ez a pont akkor is jár, ha a vizsgázó ezeket az összefüggéseket a feladat feltételeinek megfelelően helyesen alkalmazza. írásbeli vizsga 11 4 / május 6.

5 . A bronzplasztika akkor fér bele a dobozba, ha a magassága (m) nem haladja meg az 1,5 cm-t. A háromszöglap α szögére felírva a koszinusztételt: = cosα. * 11 Ebből cos α = ( = 0,6875), 16 * α 46,57. * A háromszöglap 4 cm-es oldalához tartozó magasságának kiszámítása: sin46,57 =. m * Ebből m 1,45 (cm). * 1,45 cm < 1,5 cm, tehát a bronzplasztika belefér a dobozba. A testet az egyik háromszöglapjára állítva egy olyan háromszög alapú egyenes hasábot kapunk, amelynek pont magassága M = 4 (cm), 4 1,45 térfogata pedig V = T M 4 = = 11,6 cm = = 0,0116 dm. Az emléktárgy tömege 0,0116 8, = 0,0951 (kg). Ez kb. 9,5 dkg, tehát valóban nem haladja meg a 10 dkg-ot. Összesen: 14 pont Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból írásbeli vizsga 11 5 / május 6.

6 Megjegyzés: A *-gal jelölt 5 pontot az alábbi gondolatmenetek bármelyikéért is megkaphatja a vizsgázó: (A háromszöglapot az m magasság két derékszögű háromszögre bontja. Ezekre felírva a Pitagorasztételt:) m + x =, m + ( 4 x) =. A második egyenletből zárójelfelbontás és rendezés után kapjuk: m = 7 + 8x x. Ezt az első egyenletbe behelyettesítve és rendezve 11 kapjuk: x = Visszahelyettesítve: m = 1, 45 8 (cm). (A háromszög három oldalából Héron-képlettel kiszámolható a háromszög területe.) A kerület fele: s = 4,5. Így T = 4,5 0,5 1,5, 5,9 (cm ). Ebből egy másik területképlettel a háromszög magassága kiszámolható: 4m,9. m 1,45 (cm) írásbeli vizsga 11 6 / május 6.

7 4. a) Ha x-szel jelöljük az ismeretlen hetedik adatot, akkor 5 + x a hét adat átlaga:. 7 A módusz értéke bármely x érték esetén. A medián értéke háromféle lehet az ismeretlen adat értékétől függően: I. Ha x értéke -nál kisebb (1 vagy ), akkor a medián értéke. Ez nem lehetséges, mert a módusz is, így a sorozat nem lenne szigorúan monoton növekvő. II. Ha x értéke, akkor a medián értéke is, az átlag pedig 4. Mivel a ; ; 4 számok (szigorúan monoton növekvő) számtani sorozatot alkotnak, ezért az x = megoldása a feladatnak. III. Ha x értéke -nál nagyobb, akkor a medián értéke 4, az átlag pedig nagyobb, mint 4. Ekkor a három tag növekvő sorrendje: ; 4; Ezek számtani sorozatot alkotnak, 5 + x ha = 6, azaz x = x. 7 Összesen: 9 pont 4. b) Mivel páros számokat képezünk, a szám csak 0-ra, -re vagy 4-re végződhet. Ha a szám 0-ra végződik, akkor az első három helyiértéken rendre 5, 4, illetve választási lehetőségünk van, ilyen számból tehát 5 4 (= 60) darab van. Ha a szám -re vagy 4-re végződik, akkor az első három helyiértéken (mivel 0-val nem kezdődhet szám) pont rendre 4, 4, illetve választási lehetőségünk van, ilyen számból tehát 4 4 (= 96) darab van. Azaz összesen 156, a feltételeknek megfelelő négyjegyű szám van. írásbeli vizsga 11 7 / május 6.

8 II. 5. a) Ha n jelöli a részlegen dolgozó nők, f pedig a férfiak számát, akkor a feltétel alapján a nők életkorának összege 40n, a férfiak életkorának összege pedig 44f. 40n + 44 f A szöveg szerint n + f = 41, 5. pont Ebből kapjuk, hogy f = 0,6n. pont Azaz 0,6-szer annyi férfi dolgozik ebben a részlegben, mint nő. Összesen: 6 pont 5. b) Az átszervezés után a feltétel alapján: f 7 1 =. n 9 Az eredeti létszámra vonatkozóan n = 1,5f. f 7 1 Ezt beírva a fenti egyenletbe: =. 1,5 f 9 Innen f = 10, majd visszahelyettesítve n = 15 adódik. Az átszervezés után (15 9 =) 6 nő és (10 7 =) férfi maradt a részlegben. 5. c) első megoldás Az első munkacsoport tagjainak kiválasztására a lehetőségek száma: ( = 45). 6 1 A második csoport kiválasztási lehetőségeinek száma: ( = 1). 4 1 Az első két csoport kiválasztása után a harmadik csoport már egyértelmű. Az összes lehetőségek száma (a csoportok sorrendjét is figyelembe véve) a fentiek szorzata: 6 4 ( = 540). 1 1 Mivel azonban a csoportok sorrendje nem számít, 540 ezért a lehetőségek száma = 90.! írásbeli vizsga 11 8 / május 6.

9 5. c) második megoldás Legyen a három férfi A, B és C. A csoportjába 6 ( = 15) -féleképpen választhatunk két nőt. B csoportjába a négy megmaradt nő közül 4 ( = 6) - féleképpen választhatunk kettőt. C csoportjába kerül a megmaradt két nő. 6 4 Összesen tehát = 90 lehetőség van a három fős csoportok létrehozására. 5. c) harmadik megoldás A nők három csoportba osztására a lehetőségek száma (a csoportok sorrendjét is figyelembe véve): 6! pont ( = 90). (! ) Mivel azonban a csoportok sorrendje nem számít, ezért a lehetőségek száma 90 ( 15) =.! A nők által létrehozott három csoporthoz az egy-egy férfi!(= 6)-féleképpen csatlakozhat. Az összes lehetőségek száma a fentiek szorzata: 15! = 90. írásbeli vizsga 11 9 / május 6.

10 6. a) első megoldás Jó ábra (amelyen a vizsgázó jól tünteti fel a kör középpontját, az e egyenest és a tükrözést). a vizsgázó ábra nélkül helyesen számol. A kör középpontja O(; 1). A kör egyenletébe y = -t helyettesítve az ( x ) = 6 egyenletet kapjuk, aminek pozitív megoldása x = 8, így az M pont koordinátái (8; ). Az OM egyenes irányvektora (6; ), 1 így meredeksége (irányszögének tangense) =. 6 Ha az OM egyenes irányszöge α, akkor a tükrözés miatt a tükörkép egyenesének irányszöge α. A tükörkép egyenesének meredeksége így tgα α 6,565º tg α = = α 5,1º 1 tg α 1 4 = = tg α 1, Az y = mx + b egyenes egyenletbe behelyettesítve az M pont koordinátáit és a tükörkép egyenes meredekségét ( = 6 pont b 8,664 8 b =. 4 6 A tükörkép egyenes egyenlete y = x. y = 1,x 8,664 Összesen: 1 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó közelítő értékekkel és helyes kerekítést alkalmazva jól írja fel az egyenes egyenletét, akkor teljes pontszámot kaphat. írásbeli vizsga / május 6.

11 6. a) második megoldás Jó ábra (amelyen a vizsgázó jól tünteti fel a kör középpontját, az e egyenest és a tükrözést). a vizsgázó ábra nélkül helyesen számol. A kör középpontja O(; 1). A kör egyenletébe y = -t helyettesítve az ( x ) = 6 egyenletet kapjuk, aminek pozitív megoldása x = 8, így M(8; ). Az OM egyenes irányvektora (6; ), így egyenlete x y = 4. Az e egyenes egy tetszőleges A pontjának OM egyenesre vett tükörképe legyen B. Az e egyenes OM egyenesre vett tükörképe ekkor a BM egyenes lesz. Az y = egyenesen ezért kiválasztunk egy tetszőleges pontot, koordinátái legyenek például A(; ). Az OM egyenesre merőlegest állítunk az A pontban, ennek egyenlete x + y = 8. Kiszámoljuk ennek és az OM egyenesnek az F metszéspontját, azaz megoldjuk a következő egyenletrendszert:. x + y = 8 x y = 4 Ennek megoldása x = 4 és y = 0, így F(4; 0). Az A pont F-re vonatkozó tükörképe B(5; ). Az M és B pontokon áthaladó egyenes egyenlete 4x + y = 6. Összesen: 1 pont 6. b) A parabola egyenletébe y = -t helyettesítve kapjuk, hogy az egyenes a parabolát az első síknegyedben a P(; ) pontban metszi. A keresett egyenes a parabolához a P(; ) pontba húzott érintő, amelynek meredeksége az + f : R R, f ( x) = x + x + 5 függvény deriváltfüggvényének az x = helyen felvett értéke. f (x) = x +, a keresett meredekség így m = f () = 4. Összesen: 4 pont írásbeli vizsga / május 6.

12 7. a) (x = 1-et és x = 1-et behelyettesítve) pont 1 + a + b + c = 1 + a b + c + 4, ahonnan kapjuk, hogy b = 1. f (x) = x + ax + 1, pont f () = 7 + 6a + 1 = 10. Ebből a =. f ( x) dx = ( x x + x + c) dx = 0 0 pont 4 x x x = + + cx = 4 0 = c. (A feltétel alapján) c = 8, ahonnan kapjuk, hogy c =. Összesen: 1 7. b) x x + x = x ( x ) + x = = ( x ) ( x + 1) g ( x) = ( x ) ( x + 1) = 0 (Egy szorzat értéke pontosan akkor nulla, ha valamelyik tényezője nulla,) így x =. Mivel x + 1 > 0 bármilyen valós x esetén, így más zérushelye nincs a függvénynek. írásbeli vizsga 11 1 / május 6.

13 8. a) első megoldás Összesen (= 496)-féleképpen lehet lapot kiválasztani. A különböző színű lappárok (azaz a kedvező esetek) száma: (= 84) pont 1 1 A keresett valószínűség: p = = = 0, Összesen: 4 pont 8. a) második megoldás Képzeljük el úgy az osztást, hogy először a talonba teszünk egymás után két lapot! A talonba kerülő első lap bármelyik lehet. A másodikra kihúzható 1 lap közül 4-nek a színe különbözik az első kihúzott lap színétől. 4 A keresett valószínűség: p = 0, Összesen: 4 pont 8. b) Elemér összesen -féleképpen kaphat 10 lapot. 10 (Mivel négyféle szín van és minden esetben a maradék 4 lapból kell választanunk még két lapot, ezért) 8 4 részeredmény pont 8 a kedvező esetek száma: 4 = 4. 8 esetén jár. A keresett valószínűség: p = = 0, Összesen: 4 pont írásbeli vizsga 11 1 / május 6.

14 8. c) (Jelölje A azt eseményt, hogy van Fanninál ász. Az A esemény valószínűségét komplementer módszerrel számoljuk ki:) P A = P(A) = 1 ( ) 8 10 = 1 = = 1 0,7966 annak az esélye, hogy van ász Fanni kezében. Összesen: pont 8. d) (Jelölje B azt az eseményt, hogy mind a négy ász Fannihoz került, A pedig azt, hogy van nála ász.) A feltételes valószínűség definíciója szerint P( BA) P ( B A) =. P( A) (Ha minden ász Fanninál van, akkor van nála ász, ezért) P(BA) = P(B). 4 8 A négy ász -féleképpen kerülhet Fannihoz, 4 6 ezért 48 P(B) = = 0, Így a kérdéses valószínűség: 0,00584 P ( B A) 0,007. 0,7966 Megjegyzések: 1. A közönséges tört alakban, a tizedestört alakban és a százalékban megadott helyes válaszok is elfogadhatók.. Más, ésszerű és helyes kerekítéssel kapott válaszok is elfogadhatók. írásbeli vizsga / május 6.

15 9. Ha Rita pontszáma játékról játékra k-szorosára, Péter pontszáma pedig játékról játékra n-szeresére nőtt (n > k > 1), akkor (a kezdő pontszámot x-szel jelölve) Rita pontszámai fordulóról fordulóra x; kx; k x;k x, míg Péter pontszámai fordulóról fordulóra x; nx; n x; n x. pont A pontszámkülönbségek fordulóról fordulóra: nx kx = 0; n x k x = 70 ; pont n x k x = 185. x(n k) = 0 és x ( n k ) = x( n k)( n + k) = = 0 ( n + k) = 70. Ez alapján n + k =,5, tehát k =,5 n. x ( n k ) = x( n k)( n + nk + k ) = 185 Az egyenletbe az előzőeket behelyettesítve: 0 ( n + n(,5 n) + (,5 n) =. [ ] 185 Rendezve: n 7n + 6 = 0. pont Ennek a gyökei n 1 = és n = 1,5. (n + k =,5 miatt) k 1 = 1,5 és k =. (n > k miatt) csak n = és k = 1,5 a megoldás. A kezdő pontszám értéke x 0 0 = = = n k 0,5 40 volt. Ellenőrzés: Rita pontszámai rendre 40, 60, 90 és 15; Péter pontszámai rendre 40, 80, 160 és 0; a kettő közti különbség fordulóról fordulóra 0, 0, 70 és 185. Összesen: 16 pont írásbeli vizsga / május 6.