MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Átírás

1 Matematika emelt szint 0 ÉRETTSÉGI VIZSGA 00. február. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM

2 Matematika emelt szint Fontos tudnivalók Formai előírások: A dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal kell javítani, és a tanári gyakorlatnak megfelelően jelölni a hibákat, hiányokat stb. 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. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy az egyes részpontszámokat is írja rá a dolgozatra. Tartalmi kérések: 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. Az adható pontszámok azonban csak egész pontok lehetnek. Nyilvánvalóan helyes gondolatmenet és végeredmény esetén maximális pontszám adható akkor is, ha a leírás az útmutatóban szereplőnél kevésbé részletezett. 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. 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. Ha a megoldási útmutatóban zárójelben szerepel egy mértékegység, akkor ennek hiánya esetén is teljes értékű a megoldás. Egy feladatra adott többféle megoldási próbálkozás közül csak egy (a magasabb pontszámú) értékelhető. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre előírt maximális pontszámot meghaladó pont) nem adható. Az olyan részszámításokért, részlépésekért nem jár pontlevonás, melyek hibásak, de amelyeket a feladat megoldásához a vizsgázó ténylegesen nem használ fel. 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 0 / február.

3 I.. cos x = sin x felhasználásával a megoldandó egyenlet: sin x 5sin x 3 = 0. A sin x -re másodfokú egyenlet megoldásai: és 3. A sin x = 3 egyenletnek nincs megoldása, hiszen a sin x maximális értéke. A sin x = egyenlet megoldásai: π x = kπ +, ahol k Z, vagy 7 π x = + nπ, ahol n Z. A kapott számok megoldásai az eredeti egyenletnek is. Ha fokokban adja meg a helyes eredményt, erre a részre összesen 3 pontot kap. Ha a periódus hiányzik, vagy hibás periódussal adja meg, vagy keveri a fokot és a radiánt stb., akkor legfeljebb - adható.. a) = 0, ezért 0 db ötjegyű számot kapunk. Egy egész szám -vel pontosan akkor osztható, ha osztható 3-mal és 4-gyel. Az ötjegyű számok mindegyike osztható 3-mal, mert a számjegyeinek összege mindegyiknél, ami osztható 3-mal. 4-gyel ezen ötjegyű számok közül azok és csak azok oszthatóak, amelyek utolsó két számjegye a következő:, 5, 9, 4. Az ötjegyű számban az első három számjegyből álló szám hatféle lehet, ha a két utolsó számjegyet rögzítettük, így az ötjegyű számok között 4 = 4 db -vel osztható szám lesz. pont Ha a vizsgázó nem adja meg mindegyiket, az pont nem adható. írásbeli vizsga 0 3 / február.

4 c) Az ötjegyű számok mindegyikében a számjegyek összege. Tehát a számok oszthatók 3-mal. 9-cel viszont nem oszthatók, így egyik szám sem lehet négyzetszám. 4 pont 3. a) Pénzt visszaadja Pénzt elnyeli Italt is ad Italt nem ad Italt nem ad Italt ad ,875 = 30 A 8,75 % kiszámítása. 0 esetben működik jól, a pénzt elnyeli, és ad italt. Annak az esélye, hogy jól működik: 0 = = 0, pont 0 esetből 30-ban az ital mellé visszakapjuk a pénzt is, tehát 30 = 0, 875 valószínűséggel ingyen juthatunk italhoz. 0 Ráfizetünk, ha nem kapjuk vissza pénzt és italt sem kapunk. Ennek valószínűsége: 30 = 0, Kedvező esetek összehasonlításával is indokolhat. Tehát a kérdéses valószínűségek egyenlők. c) A 0 esetből 0 esetben visszaadja a pénzt. Mivel pontosan 40 esetben kapok italt, így a ráfizetés 0 Ft, azaz nincs ráfizetés. 5 pont 4 pont írásbeli vizsga 0 4 / február.

5 4. a) A csoportokban lévő számok számát megadó sorozat: ; ; 3; 4; ;n; A 99-edik csoportban lévő utolsó szám: , + 99 amely 99 = Tehát a 00-adik csoport első eleme pont Ha az 85 az n + -edik csoportban van, akkor + n + ( n + ) n < 85 ( n + ), ahol n pozitív 3 pont egész számot jelöl. Tehát azt a pozitív egész n-et keressük, amelyre n + n 370 < 0 és n + 3n Az első egyenlőtlenség pozitív egész megoldásai: a 0-nál nem nagyobb pozitív egész számok. A második egyenlőtlenség pozitív egész megoldásai: a 0-nál nem kisebb egész számok. Az egyenlőtlenségrendszernek egyetlen egész megoldása van, a A 0-adik csoport utolsó eleme: 0 = 830. A -edik csoport első eleme 83. Mivel ennek a csoportnak eleme van, így ennek eleme az 85 is, mégpedig -edik eleme. Tehát az 85 a -edik csoport -edik eleme. 9 pont Teljes megoldásnak fogadható el, és maximális pontszám adható, ha a vizsgázó csak az egyik egyenlőtlenséget írja fel, majd oldja meg, ezzel kideríti például azt, hogy az n kisebb vagy egyenlő 0-nál. Mivel a legnagyobb lehetséges n ebből a 0, és a 0. blokk utolsó eleme 830, továbbá a. blokkban elem van, ezért a keresett 85-es szám a. blokknak a. eleme. írásbeli vizsga 0 5 / február.

6 II. 5. D C m T K m A Jelöljük a CDK háromszög CD oldalához tartozó magasságát m-mel. Ekkor az ABK háromszög AB oldalához tartozó magassága m. T ABD = T ABC, mert a két háromszög közös AB oldalához tartozó magasságuk egyenlő hosszú. Az ABC és az ABD háromszöglapoknak közös része az ABK háromszöglap, így T ADK = TBKC, azaz mindkettő T területű. A CDK háromszög hasonló az ABK háromszöghöz, (mivel szögeik páronként egyenlők), m és a hasonlóság aránya =. m Mivel a hasonló síkidomok területének aránya a hasonlóság arányának négyzetével egyezik meg, ezért t CDK : t ABK = : 4. A CDK háromszög területét t-vel jelölve: t ACD = t + T, és t ABC = 4 t + T. Mivel az ABC és a ACD háromszög AB illetve CD oldalához tartozó magassága megegyezik, és AB = CD, ezért t ABC = t ACD. Így 4t + T = ( t + T ). T Ebből t = adódik. B Jó ábrába beírt helyes összefüggések esetén a szöveges indoklástól eltekinthetünk. írásbeli vizsga 0 / február.

7 Ezért 3 t ACD = t + T = T, és t ABC = 4 t + T = 3T. Mivel t ABCD = t ABC + t ACD, ezért az ABCD trapéz területe 4,5-szerese T-nek. pont. a) A tyúkok számát 4%-kal csökkentve: , 9,,0 0 az tojóra jutó tojástermelés, 08 lett. 0000,0 0 Tehát az évi termelés: ,9, Kiszámítva: 8090,8 0 Tehát az évi termelés kb.,8 millió darab tojás. 5 pont A keresett százalékot p-vel jelölve ( p < 30 ), a tyúkok számát p %-kal csökkentve adódik, hogy számuk p ,0 0 p Az tojóra jutó tojástermelés + lett A szöveg szerint p,0 0 p = =,0 0,08. Azaz p =, p + 00 Az egyenlet mindkét oldalát rel szorozva: ( 00 p )(00 + p) = A kijelölt szorzás elvégzése után: p p = Az egyenlet rendezése után a p 50 p = 0 másodfokú egyenlethez jutunk. Ennek megoldásai: 40 és 0. Ha a megoldás során számolási hibát ejt, ez az egy pont nem jár. Ha a szöveg alapján azonnal ezt az egyenletet írja fel, akkor is megkapja az előző pontokat. írásbeli vizsga 0 7 / február.

8 Mivel p < 30, így csak 0 lehet a megoldás. Valóban, ha a 9000-re csökkentett létszám esetén 0%- kal nő az egy tyúkra jutó tojásmennyiség, azaz,0 0, lesz, 0000 akkor az évi termés,0 0, 08. Tehát 0%-kal kell csökkenteni a tyúkok számát. 7. a) Nyolc olyan dominó van, amelynek mind a két térfelén ugyanannyi a pöttyök száma. Az olyan dominók száma, amelyeknek a két térfelén különböző számú pötty áll, annyi van, ahányféleképpen kiválasztható két szám a 0,,,,7 számok közül, a 8 7 sorrendet nem véve figyelembe, tehát, azaz 8- féleképpen. Tehát összesen = 3 kőből áll a dominókészlet. 5 pont Egy kő két térfelén lévő pöttyök számának összege 8 a következőképpen lehet: (; 7), (; ), (3; 5) és (4; 4), tehát négyféleképpen. 4 A keresett valószínűség: p = = pont c) I. megoldás Két eset különböztethető meg:. eset: Ugyanannyi pötty van az első kő mindkét térfelén. Ekkor a második kő pontosan akkor illeszthető hozzá, ha ennek a kőnek az egyik térfelén ugyanannyi pötty van, mint az elsőén. Annak a valószínűsége, hogy (n; n) típusú követ húzunk 8 ki p = =, hiszen n értéke 8-féle lehet. 3 9 A második kő egyik térfelén n pötty van, a másikon 7 hétféle lehet a pöttyök száma, így p = = A két kő kihúzásának valószínűsége: p = p p = = írásbeli vizsga 0 8 / február.

9 . eset: A kihúzott első kő két térfelén különböző a pöttyök száma (n; k), ahol n k. A 3 kőből 8 ilyen típusú van, így egy ilyen kő 8 7 kihúzásának valószínűsége: q = =. 3 9 Hozzáilleszthető a második kő, ha annak egyik térfelén n vagy k pötty van. Mindkét fajtából hét-hét darab van a készletben, ezért ezen eset bekövetkezésének 4 valószínűsége: q = = Tehát a. esetben annak valószínűsége, hogy a két kő 7 4 egymáshoz illeszthető: q = q q = = Az egymáshoz illeszthető két kő kihúzása az. vagy a. módon következhet be, így a keresett valószínűség: 4 P = p + q = + = 0, pont c) II. megoldás 8 olyan dominó van, amelynek egyik térfelén nincs 8 pötty. Ezek közül db -féleképpen választható ki. A 8 olyan dominó közül, amelyiknek az egyik térfelén 8 pötty van -féleképpen választható ki db. 8 Ezt a gondolatmenetet folytatva, -féleképpen választható ki db azon 8 dominó közül, amelyiknek az egyik térfelén 7 pötty van. 8 A kedvező esetek száma tehát 8. 3 Az összes esetek száma:. 8 8 A keresett valószínűség: = pont Az eredmény elfogadható akkor is, ha a binomiális együtthatókat nem számolja ki. írásbeli vizsga 0 9 / február.

10 8. a) Az ABC szabályos háromszög oldalhossza: a = 3. Az ABC súlypontja 0,5 dm távolságra van a háromszög oldalegyeneseitől, s mivel x < 0, 5, így ez a súlypont az A B háromszög az ABC háromszög belsejében van. C A A A pontszám a szöveg helyes értelmezéséért jár, amit vagy egy ábra vagy a leírt gondolatmenet és a számítás tanúsít. B C B x b x T 30º y C Az A, B, C pontok rendre az ABC háromszög A-ból, B-ből és C-ből induló belső szögfelezőjének egy-egy pontja. Jelöljük b-vel az A BC háromszög oldalának hosszát. Az ábra szerinti C C T derékszögű háromszögben legyen x = CT és y = TC. o y Ekkor ctg 30 =, így y = x 3. x A tengelyes szimmetria figyelembe vételével: b = 3 x 3. T A B C b 3 3 3( x) = = (dm ) 4 4 pont Az A BC háromszög oldalhosszának megállapításáért összesen 3 pont adható. A számszorzó közelítő értékkel való megadása is elfogadható. írásbeli vizsga 0 0 / február.

11 A hasáb alaplapja A BC háromszög, magassága x. 3 3( x) V ( x) = T x = x = (4x 4x + x), 4 4 ahol 0 < x <. A V függvény differenciálható az értelmezési tartományán és 3 3 V '( x) = (x 8x + ) (x 8x + ) = 0. 4 Megoldásai: illetve. 0 < x < x = < x < V (x) pozitív = 0 negatív V növő max. csökkenő A hasáb térfogata maximális, ha az x távolságot dm hosszúnak választjuk. *Megjegyzés: A 3 pont az alábbi módokon is bontható: A V függvény az helyen előjelet vált, () 3 pont* Oszloponként - adható. Az jár a mértékegységgel megadott végeredményért, közelítő értékkel való megadás esetén is. mégpedig pozitívból negatívba (). A V függvénynek az helyen lokális maximuma van. () vagy,, 3 3 V ( x) = ( 4x 8) () 4,, V < 0 () A V függvénynek az helyen lokális maximuma van. () 0 pont írásbeli vizsga 0 / február.

12 9. a) b Mivel lg ab = lg a + lgb, és lg = lgb lg a, a így B( lg a + lgb;lgb lg a). Bizonyítandó tehát, hogy lg a < lg a + lgb és lgb < lgb lg a. rendezés után kapjuk, hogy lg b > 0 és lg a < 0. A feltételek szerint 0 < a <, illetve < b, és a tízes alapú logaritmus függvény szigorúan növő a pozitív számok halmazán valamint lg = 0, tehát mindkét egyenlőtlenség igaz. ( OA OB) = BA( lgb; lg a) 3 pont Mivel az OA és az OA OB vektorok skaláris szorzata a megfelelő koordináták szorzatának összege, vagyis OA ( OA OB) = lg a lgb + lgb lg a = 0, tehát a két vektor merőleges egymásra. c) (. megoldás) OA, OB és OA OB egyike sem nullvektor. Mivel OA = lg a + lg b = OA OB, tehát az OAB háromszög egyenlő szárú és derékszögű o ( OAB = 90 ), így ( = 3 pont o OA, OB) 45. c) (. megoldás) OA = lg a + lg b és OB = (lg a + lg + (lgb lg a) = (lg a + lg 4 pont Nem adható az, ha nem utal a függvény monotonitására. Mivel OA OB = lg a + lg b és OA OB = OA OB cosα = (lg a + lg cosα, ahol AOB = α. Innen cos α =, és α hegyesszög, így ( = o OA, OB) pont írásbeli vizsga 0 / február.

13 d) A( ; lg. A tízes alapú logaritmus függvény szigorúan növő, folytonos, felülről nem korlátos függvény, így lg b tetszőleges pozitív értéket vehet fel. Ezért az A pontok halmaza azon nyílt kezdőpontú félegyenes, amelynek (x; y) koordinátái kielégítik az x = egyenletet és az 0 < y egyenlőtlenséget. O y x A pont akkor is jár, ha csak ábrán rajzolja meg helyesen a keresett ponthalmazt. B (lg b ; lgb + ) A B pont második koordinátája -vel nagyobb az első koordinátájánál ( lg b + = (lgb ) + ). lgb tetszőleges, ( )-nél nagyobb szám lehet, így lg b + tetszőleges -nél nagyobb értéket vesz föl. Így a B pontok halmaza azon nyílt kezdőpontú félegyenes, amelynek (x; y) koordinátái kielégítik az y = x + egyenletet és az < x egyenlőtlenséget. y º - x A pontok akkor is járnak, ha csak ábrán rajzolja meg helyesen a keresett ponthalmazt. A karika hiánya, vagy nem egyértelmű koordináta-rendszer esetén - levonás. pont írásbeli vizsga 0 3 / február.