PRÓBAÉRETTSÉGI MATEMATIKA május-június EMELT SZINT JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ. Vizsgafejlesztő Központ

Átírás

1 PRÓBAÉRETTSÉGI 003. május-június MATEMATIKA EMELT SZINT JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ Vizsgafejlesztő Központ

2 PRÓBAÉRETTSÉGI 003 MATEMATIKA Kedves Kolléga! Kérjük, hogy a dolgozatok javítását a javítási útmutató alapján végezze, a következők figyelembevételével: Formai kérdések: Az 1. javító tanár piros tollal javítson, és a tanári gyakorlatnak megfelelően jelölje a hibákat, hiányokat stb. A. javító tanár zöld tollat használjon, és az első javítótól függetlenül a tanári gyakorlatnak megfelelően ő is jelölje a hibákat, hiányokat stb. A feladatok mellett található üres négyzetek közül az 1. javító mindig az elsőt, a. javító mindig a másodikat töltse ki. Kifogástalan megoldás esetén elég a megfelelő maximális pontszám beírása a szürke négyzetekbe. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük az egyes részpontszámokat is írja rá a dolgozatra. Kérjük, a dolgozat javítása után a füzetek belső borítóján található szürke táblázatot is töltse ki. Tartalmi kérdések: Egyes feladatoknál több megoldás pontozását is megadtuk. Amennyiben azoktól eltérő megoldás születik, kérjük, hogy keresse meg ezen megoldásoknak az útmutató egyes részleteivel egyenértékű részeit és ennek alapján pontozzon. A pontozási útmutató pontjai további részpontokra bonthatók. 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, akkor a következő részpontszámokat meg kell adni. Elvi hiba esetén, egy gondolati egységen belül a formálisan helyes matematikai lépésekre sem jár pont. Ha azonban az elhibázott részt egy újabb részkérdés követi, és a tanuló az elvi hibával kapott rossz eredménnyel mint kiinduló adattal helyesen számol tovább, akkor erre a részre kapja meg a maximális pontot. Munkájukat, együttműködésüket előre is köszönjük.

3 PRÓBAÉRETTSÉGI 003 MATEMATIKA 1. feladat I. rész y = 3x x + 3(3x ) = 6 x = 0 y = M(0; ) pont Bármilyen rendezéssel eljuthat az x és y értékéig. Pontos rajz és annak leolvasása esetén adható. Összesen: pont n e (3; 1) n f (1; 3) ( 1) 10 n e = 3 + = n = = 10 f 3 3 = cosα cosα = 0 α = 90 Összesen: 5 pont c) Az origón átmenő, az e egyenesre merőleges egyenes egyenlete: x + 3y = 0 pont A vektorok hosszának meghatározásáért. A skalárszorzat kétféle felírásáért. Ha a normálvektorok vagy az irányvektorok skaláris szorzatából vagy a meredekségekből veszi észre, hogy a két egyenes egymásra merőleges, természetesen akkor is jár az 5 pont. Ha a pontos rajzról olvassa le a szöget, akkor jár. Ennek metszéspontja az e egyenessel: 3 1 T ; pont 5 5 Ennek távolsága az origótól: 10 0, 63 5 Összesen: 5 pont Ha a pont egyenes távolságképletével vagy más módon számol, akkor is jár az 5 pont. 3

4 PRÓBAÉRETTSÉGI 003 MATEMATIKA. feladat Súlyozott számtani átlaggal kell számolni. 1930: 53 40, , , , , ,7 = ,8 Tehát 1930-ban gyerek született. 1995: , , , , , = ,7 Tehát 1995-ban gyerek született. Összesen: 4 pont A születések számának változása: Ha a számolásban korábban kerekít, és ezzel az értékkel jól számol, akkor is jár a 4 pont. (Ez a megjegyzés a feladat során végig érvényes.) Tehát 6%-os a növekedés. Összesen: pont c) Az 1000 nőre jutó szülések számának változása: 1930-ban a nők száma összesen 13 ezer, tehát, 1000 nőre ,8 = 89, szülés jutott ben a nők száma összesen 5 ezer, tehát 1000 nőre = 5,0 szülés jutott. 5 A második adat az elsőnek 5,0 100 = 58,3% -a. 89, Tehát 41,7%-os a csökkenés. Összesen: 4 pont d) Az adott korosztályba (0 4) tartozó nőknek 113,9 ezreléke szült gyereket, ami 11,39%-os valószínűséget jelent. Összesen: 4

5 PRÓBAÉRETTSÉGI 003 MATEMATIKA 3. feladat x 80-x x 80 cm Legyen a felhajtott rész szélessége x. Többféle megoldást is megadunk, a pontszámot az alábbiak szerint bontjuk: A függvény felírásáért. pont A szélsőérték helyének jó meghatározásáért. 8 pont Ha a függvény felírása után a maximum helyét a lépések részletezése nélkül állapítja meg, akkor is kapja meg a teljes pontszámot. Mértékegységgel megadott válaszért. 1. megoldás: A keresztmetszet területe, amelynek a maximumát keressük: T(x) = x (80 x) T(x) = x + 80x Teljes négyzetté alakítva: T(x) = (x 0) pont pont A negatív előjel miatt a függvénynek maximuma van. pont A maximum helye: x max = 0 Tehát a felhajtott rész szélessége 0 cm. A mértékegység helyes feltüntetéséért.. megoldás A keresztmetszet területe, amelynek a maximumát keressük: T(x) = x (80 x) T(x) = x + 80x pont pont 5

6 PRÓBAÉRETTSÉGI 003 MATEMATIKA Deriváltja: T`(x) = 4x + 80 T`(x) = 0 pont 4x + 80 = 0 x = 0 T``(0) = 4 < 0, azaz maximuma van. Tehát a felhajtott rész szélessége 0 cm. A mértékegység helyes feltüntetéséért. 3. megoldás: Számtani és mértani közép segítségével: 80 x maximumát keressük. pont ( ) x Nézzük a függvény kétszeresét, annak ugyanott van a maximuma: ( 80 ) ( 80 x) + x x x ( 80 ) x 40 = 1600 x Maximum ott van, ahol a két tényező egyenlő: pont 80 x = x x = 0 Tehát a felhajtott rész szélessége 0 cm. A mértékegység helyes feltüntetéséért. 4. megoldás: T(x) = x (80 x) pont A kapott konkáv parabola zérushelyei: 0 és 40. A maximum helye tehát x = 0. pont Tehát a felhajtott rész szélessége 0 cm. A mértékegység helyes feltüntetéséért. Összesen: 1 Értéke: T max = 800 cm. pont Összesen: pont 6

7 PRÓBAÉRETTSÉGI 003 MATEMATIKA 4. feladat Az eredetileg tervezett sebesség: v. 400 Az eredetileg tervezett menetidő: t = v Az út első harmada: 800 km. Ezen a részen az átlagsebessége: 0,75v. 800 A menetidő: t 1 = 0,75v Az út másik része: 1600 km. Ezen a részen az átlagsebessége: x 1600 A menetidő: t = x t = t 1 + t = + v 0,75v x Az egyenlet felírásáért. x = 1,v pont Az egyenlet megoldásáért. Tehát 0%-os sebességnövelésre van szükség. A % megállapításáért. Összesen: 6 pont km A sebesség 160 -val csökken, ezért az út h második részén az átlagsebesség: v A menetidő: t ' = v 160 t + 1 = t 1 + t ' = + v 0,75v v 160 Az egyenlet felírásáért. Az egyenletrendezés után a következő másodfokú egyenletet kapjuk: 0,75v 30v = 0 pont Az egyenlet rendezéséért. Ennek pozitív gyöke: v = 7,1 Tehát az eredeti sebesség 7,1 km/h. A gyök kiszámításáért és értelmezéséért. 400 A tervezett menetidő: t = 3, 3 7,1 A tervezett menetidő 3,3 óra. A menetidő meghatározásáért. Összesen: 7 pont Ha az eredeti sebesség helyett az -ban kiszámolt értéket csökkenti 160-nal (szövegértési hib és ezzel az értékkel mindent jól kiszámol, akkor 5 pont jár. 7

8 PRÓBAÉRETTSÉGI 003 MATEMATIKA II. rész Az alábbi öt feladat (5. 9.) közül a tanulónak tetszés szerint választott négyet kellett megoldani és négyet kell értékelni! 5. feladat 1. megoldás A másodfokú egyenletnek akkor és csak akkor van megoldása, ha a diszkrimináns nemnegatív: 64cos y 64 0 cos y 1 Ez csak akkor teljesülhet, ha cos y = ± 1. Ha csak az egyiket írja, akkor jár. A cos y lehetséges értékeinek a meghatározásáért összesen 7 pont. Ha cos y = 1, akkor y = kπ ahol k Z 16x 8x + 1 = 0 1 x = 4 Az egyik megoldás: ; kπ felírásáért összesen 4 pont. 4 ahol k Z Ha cos y = 1, akkor y = π + kπ ahol k Z 16x + 8x + 1 = 0 1 x = 4 A másik megoldás: 1 ; π + kπ A másik gyöksorozat felírásáért összesen 4 pont. 4 ahol k Z Ellenőrzés: - ekvivalens átalakításokat hajtottunk végre, tehát a kapott gyökök kielégítik az egyenletet. - behelyettesítéssel. Ha csak az egyik gyöksorozatot találja meg és azt ellenőrzi, akkor is megkapja az ot. 8

9 PRÓBAÉRETTSÉGI 003 MATEMATIKA. megoldás A megoldóképletet alkalmazva: 8cos y ± 64cos y 64 x = pont 3 y cos y ± sin x = 4 Ez akkor értelmezhető, ha sin y = 0. Ekkor cos y = ±1. Ha csak az egyiket írja, akkor jár. Eddig összesen 7 pont. Innen kezdve ld. az 1. megoldást. Összesen: 16 pont 3 6. feladat ( n 1) n n = n = n n + 1 n 1 = ( )( ) Három szomszédos szám közül az egyik biztosan páros, ezért osztható -vel, és van közöttük biztosan hárommal osztható is, ezért a szorzatuk osztható 6-tal. 1. megoldás A feltétel szerint k 3k = p, ahol p prímszám. Összesen 5 pont A fenti egyenlet k (k 3) = p alakban írható fel. Átírás szorzat alakba. A jobboldal: 1 p (1) vagy p p () vagy ( p) ( p) (3) vagy ( 1) ( p ) (4) lehet. Az esetek szétválasztásáért összesen 4 pont jár. (1) Ha a k = 1 és k 3 = p, akkor p =, ami nem lehet. Ha k 3 = 1, és k = p, akkor k = 4, tehát p = 4, Az (1) eset vizsgálatáért azaz p =. összesen pont jár. 9

10 PRÓBAÉRETTSÉGI 003 MATEMATIKA () és (3) k = k 3 ami nem lehetséges. A () és (3) eset vizsgálatáért jár. (4) Ha k = 1 és k 3 = p, akkor p = 4, tehát p = Ha k 3 = 1 és k = p akkor k =, tehát p =, ami nem lehet. A feladat feltételeinek a k = 4 és az k = 1 felel meg. Ez esetekben lesz a k 3k kifejezés egy prímszám, a négyzetével egyenlő.. megoldás A feltétel szerint k 3k = p, ahol p prímszám. k 3k kifejezés mindenképpen páros, mert pont A (4) eset vizsgálatáért összesen pont jár. - ha k páros, akkor két páros szám különbsége páros, pont - ha k páratlan, akkor két páratlan szám különbsége szintén páros. pont Így tehát p is páros. Ha p páros, akkor p csak lehet. pont Így k 3k = 4 ahonnan k = 4 vagy k = 1 Összesen: 1 7. feladat 366 különböző születésnap lehet. 365 nap esetén is jár a pont. Ha minden napra legfeljebb születésnap esik, akkor legfeljebb 366 = 73 tanulója van az iskolának. 365 nap esetén 730. A 733. tanulónak már biztosan van azonos napon született társa. Tehát legalább 733-an járnak az iskolába. Összesen: 4 pont 365 nap esetén 731. Ha nincs részletes szöveges magyarázat, de a gondolatmenet egyértelműen jó, akkor is megadható a 4 pont. 10

11 PRÓBAÉRETTSÉGI 003 MATEMATIKA Mindhárom helyre lehetőségünk van, így = 8 lehetséges számhármas van. A 000 nem lehet, ezért összesen 7 marad. Összesen: Ha módszeresen összeszámlálja a lehetséges eseteket, akkor az. Ha az összeszámlálásban téved, akkor legfeljebb 1 pont adható. c) 7 különböző lehetőség van. Ha mindegyikbe 3 tanuló tartozik, akkor 7 3 = 1 tanuló lenne. De van, ezért valamelyik csoportban 4 tanuló lesz. pont Összesen: 6 pont Ez halmazábrán is megmutatható. d) = x pont x = 3 Összesen: 8. feladat x + x 4 = x Ha x < 0, akkor: x x + 4 = x x =, és ez benne van a vizsgált intervallumban. Szöveges indoklás helyett más jelölés is megfelelő. Ha 0 x 4, akkor: x x + 4 = x x = 1, de ez nincs benne a vizsgált intervallumban. Ha x 4, akkor: x + x 4 = x x =, és ez benne van a vizsgált intervallumban. 8 Összesen: 9 pont A három eset vizsgálatáért 3 jár. 11

12 PRÓBAÉRETTSÉGI 003 MATEMATIKA f ábrázolása g ábrázolása h ábrázolása Összesen: 7 pont 9. feladat Az első pont A, a második B, a harmadik C, a kilátó teteje H. A térbeli viszonyok jó elképzelését tükröző ábráért az adatok feltüntetése nélkül is adható. A hegy magasságát jelölje a HT = m szakasz. Az ATH, BTH és CTH derékszögű háromszögekből rendre: AT = m 3 BT = m CT = m 3 AT; BT és CT ugyanazzal a paraméterrel való kifejezéséért 1- jár. 1

13 PRÓBAÉRETTSÉGI 003 MATEMATIKA Ha ABT szöget α-val jelöljük, akkor a TBC = 180 α. Az ABT és TBC háromszögekben a koszinusztételt az AT, illetve a CT oldalakra felírva: (1) 3m = m 500 m cosα pont m o () = m 500 m cos ( 180 α) 3 m () = m m cosα 3 pont pont Az (1) és () egyenleteket összeadva: 1 m 3 + = (500 + m ) pont 3 m = ,4 A hegy magassága körülbelül 61 méter. Összesen: 16 pont Vagy pl. az ACT háromszögben a CT és az ABTben a BT oldalakra felírva a koszinusztételt: 3. A kétismeretlenes egyenletrendszer felírásáért összesen 6 pont. A kapott végeredményhez még a megfigyelő magasságát kellene hozzáadnunk, de ettől a megoldás értékelésénél eltekinthetünk. 13