MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Átírás

1 Matematia emelt szint 1711 ÉRETTSÉGI VIZSGA 017. május 9. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA

2 Fontos tudnivaló Formai előíráso: 1. Kérjü, hogy a dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal, olvashatóan javítsa i.. A feladato mellett található szüre téglalapo özül az elsőben a feladatra adható maximális pontszám van, a javító által adott pontszám a mellette levő téglalapba erüljön.. Kifogástalan megoldás esetén érjü, hogy a maximális pontszám feltüntetése mellett ipipálással jelezze, hogy az adott gondolati egységet látta, és jóna minősítette. 4. Hiányos/hibás megoldás esetén érjü, hogy a hiba jelzése mellett az egyes részpontszámoat is írja rá a dolgozatra. Ha a dolgozat javítását jobban övethetővé teszi, aor a vizsgázó által elvesztett részpontszámo jelzése is elfogadható. Ne maradjon olyan részlet a megoldásban, amelyről a javítás után nem nyilvánvaló, hogy helyes, hibás vagy fölösleges. 5. A javítás során alalmazza az alábbi jelöléseet. helyes lépés: ipipálás elvi hiba: étszeres aláhúzás számolási hiba vagy más, nem elvi hiba: egyszeres aláhúzás rossz iinduló adattal végzett helyes lépés: szaggatott vagy áthúzott ipipálás hiányos indolás, hiányos felsorolás vagy más hiány: hiányjel nem érthető rész: érdőjel és/vagy hullámvonal 6. Az ábrán ívül ceruzával írt részeet ne értéelje. Tartalmi érése: 1. Egyes feladatonál több megoldás pontozását is megadtu. Amennyiben azotól eltérő megoldás születi, eresse meg ezen megoldásona az útmutató egyes részleteivel egyenértéű részeit, és enne alapján pontozzon.. A pontozási útmutató pontjai tovább bontható, hacsa az útmutató másépp nem rendelezi. Az adható pontszámo azonban csa egész ponto lehetne.. Ha a megoldásban számolási hiba, pontatlanság van, aor csa arra a részre nem jár pont, ahol a tanuló a hibát elövette. Ha a hibás részeredménnyel helyes gondolatmenet alapján tovább dolgozi, és a megoldandó probléma lényegében nem változi meg, aor a övetező részpontszámoat meg ell adni. 4. Elvi hibát övetően egy gondolati egységen belül (ezeet az útmutatóban ettős vonal jelzi) a formálisan helyes matematiai lépésere sem jár pont. Ha azonban a tanuló az elvi hibával apott rossz eredménnyel mint iinduló adattal helyesen számol tovább a övetező gondolati egységeben vagy részérdéseben, aor ezere a részere apja meg a maximális pontot, ha a megoldandó probléma lényegében nem változott meg. 5. Ha a megoldási útmutatóban zárójelben szerepel egy megjegyzés vagy mértéegység, aor enne hiánya esetén is teljes értéű a megoldás írásbeli vizsga / május 9.

3 6. Egy feladatra adott többféle megoldási próbálozás özül a vizsgázó által megjelölt változat értéelhető. A javítás során egyértelműen jelezze, hogy melyi változatot értéelte, és melyiet nem. 7. A megoldásoért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre előírt maximális pontszámot meghaladó pont) nem adható. 8. Egy feladatra vagy részfeladatra adott összpontszám nem lehet negatív. 9. Az olyan részszámításoért, részlépéseért nem jár pontlevonás, melye hibása, de amelyeet a feladat megoldásához a vizsgázó ténylegesen nem használ fel. 10. A gondolatmenet ifejtése során a zsebszámológép használata további matematiai indolás nélül a övetező művelete elvégzésére fogadható el: összeadás, n ivonás, szorzás, osztás, hatványozás, gyövonás, n!, iszámítása, a függvénytáblázatban fellelhető táblázato helyettesítése (sin, cos, tg, log és eze inverzei), a π és az e szám özelítő értééne megadása, nullára rendezett másodfoú egyenlet gyöeine meghatározása. További matematiai indolás nélül használható a számológépe az átlag és a szórás iszámítására abban az esetben, ha a feladat szövege ifejezetten nem öveteli meg az ezzel apcsolatos részletszámításo bemutatását is. Egyéb eseteben a géppel elvégzett számításo indolás nélüli lépésene számítana, így azoért nem jár pont. 11. Az ábrá bizonyító erejű felhasználása (például adato leolvasása méréssel) nem elfogadható. 1. Valószínűsége megadásánál (ha a feladat szövege másépp nem rendelezi) a százaléban megadott helyes válasz is elfogadható. 1. Ha egy feladat szövege nem ír elő ereítési ötelezettséget, aor az útmutatóban megadottól eltérő, észszerű és helyes ereítéseel apott rész- és végeredmény is elfogadható. 14. A vizsgafeladatsor II. részében itűzött 5 feladat özül csa 4 feladat megoldása értéelhető. A vizsgázó az erre a célra szolgáló négyzetben feltehetőleg megjelölte anna a feladatna a sorszámát, amelyne értéelése nem fog beszámítani az összpontszámába. Enne megfelelően a megjelölt feladatra esetlegesen adott megoldást nem is ell javítani. Ha a vizsgázó nem jelölte meg, hogy melyi feladat értéelését nem éri, és a választás ténye a dolgozatból sem derül i egyértelműen, aor a nem értéelendő feladat automatiusan a itűzött sorrend szerinti utolsó feladat lesz írásbeli vizsga / május 9.

4 1. a) első megoldás Az első egyenletből x = 0, y, ezt a másodiba helyettesítve lg(0, y) + lg y = lg 0,1. lg(( 0, y ) y) = lg (0, y ) y = 1 (A logaritmus definíciója miatt) (0, y)y = 0,01, azaz y 0, y + 0,01 = 0. Innen y = 0,1 és (visszahelyettesítve) x = 0,1. Ellenőrzés például behelyettesítéssel: (az első egyenlet nyilván igaz) a másodi egyenlet bal oldala: lg 0,1 0,1 = 1, jobb oldala: lg = 1. 6 pont I. 1. a) másodi megoldás A másodi egyenlet bal oldalát átalaítju: lg x + lg y lg xy = = lg xy. (A logaritmusfüggvény ölcsönösen egyértelmű, x + y ezért) xy =. A (pozitív) x és y számora vonatozó mértani és számtani özepe özötti egyenlőtlenség miatt egyenlőség csa x = y = 0,1 esetén lehetséges. Ellenőrzés például behelyettesítéssel: (az első egyenlet nyilván igaz) a másodi egyenlet bal oldala: lg 0,1 0,1 = 1, jobb oldala: lg = 1. pont 6 pont 1711 írásbeli vizsga 4 / május 9.

5 1. b) (1 cos x) cos x = cos x + cos x = 0 1 cos x = 0 vagy cos x = cos x = 0 a [ π; π] alaphalmazon pontosan aor teljesül, ha x = vagy x =. π π 1 cos x = a [ π; π] alaphalmazon pontosan aor π π teljesül, ha x = vagy x =. Ellenőrzés behelyettesítéssel vagy evivalens átalaításora hivatozással. 6 pont Megjegyzése: 1. Ha a vizsgázó a valós számo halmazán oldja meg az egyenletet, aor legfeljebb 5 pontot aphat. 1. Ha a vizsgázó a cos x = 0, illetve a cos x = egyenletne csa a pozitív megoldását adja meg, aor legfeljebb 4 pontot aphat.. Ha a vizsgázó a [ 180; 180] halmazon (fooban) oldja meg az egyenletet, aor legfeljebb 4 pontot aphat.. a) első megoldás Ha (m/h-ban mérve) a személyvonat átlagsebessége v, aor a gyorsvonat átlagsebessége v + 18 (v > 0). 195 A személyvonat menetideje (órában mérve), v 195 a gyorsvonat menetideje. v A feladat szövege szerint: = + 0, 75. v v v = 195v + 0,75v 1, 5v 0,75v + 1,5v 510 = 0 v + 18v 4680 = 0 v = 60 (vagy v = 78, de) a negatív gyö nem megoldása a feladatna. A személyvonat átlagsebessége 60 m/h, a gyorsvonat átlagsebessége ( =) 78 m/h. Ellenőrzés: A gyorsvonat menetideje (195 : 78 =),5 óra, a személyvonat menetideje (195: 60 =),5 óra. Ez valóban 45 perccel több, mint a,5 óra. 7 pont 1711 írásbeli vizsga 5 / május 9.

6 . a) másodi megoldás Ha (órában mérve) a gyorsvonat menetideje t, aor a személyvonat menetideje t + 0,75 (t > 0). 195 A gyorsvonat átlagsebessége (m/h-ban mérve), t 195 a személyvonat átlagsebessége. t + 0, A feladat szövege szerint: = t t + 0,75 195t + 146,5 = 195t + 18t + 1, 5t 18t + 1,5t 146,5 = 0 8t + 6t 65 = 0 t =,5 (vagy t =,5, de) a negatív gyö nem megoldása a feladatna. A gyorsvonat átlagsebessége (195:,5 =) 78 m/h, a személyvonat átlagsebessége (78 18 =) 60 m/h. Ellenőrzés: A személyvonat (195 : 60 =),5 óra alatt teszi meg a 195 m-es távolságot. Ez valóban 45 perccel több, mint a,5 óra. 7 pont. a) harmadi megoldás (Ha a menetidőt órában, az átlagsebességet m/h-ban mérjü, és) a gyorsvonat menetideje t, átlagsebessége pedig v, aor a személyvonat menetideje t + 0,75, átlagsebessége pedig v 18 (t > 0 és v > 18). vt = 195 A feladat szövege szerint:. ( v 18)( t + 0,75) = 195 vt = 195 vt = t + 0,75v = 1,5 4t + v = 18 Behelyettesítő módszerrel: 4t + 18t 195 = 0. v 18v 4680 = 0 t =,5 és v = 78 (vagy t =,5 és v = 60, de) a negatív gyö nem megoldása a feladatna. A gyorsvonat átlagsebessége 78 m/h, a személyvonat átlagsebessége (78 18 =) 60 m/h. Ellenőrzés: A személyvonat (195 : 60 =),5 óra alatt teszi meg a 195 m-es távolságot. Ez valóban 45 perccel több, mint a,5 óra. 7 pont. b) első megoldás Mivel az öt adatna egyetlen módusza van, ezért az ötödi adat csa a négy ismert adat valamelyie lehet (90, 150, 160 vagy 00) írásbeli vizsga 6 / május 9.

7 Az ötödi adat nem lehet 150 vagy 160, mert aor a módusz és a medián megegyezne. Az ötödi adat nem lehet a 90 sem, mert aor az átlag (690: 5 = 18) nem szerepelne az adato özött. Ha az ötödi adat (a péntei utaso száma) a 00, aor az öt adat átlaga (800: 5 =) 160, ami minden feltételne megfelel: a módusz 00, a medián pedig 160 (ami egyben az öt adat átlaga is). (Pénteen tehát 00 utast számlálta.) 5 pont. b) másodi megoldás Mivel az öt adatna egyetlen módusza van, ezért az ötödi adat csa a négy ismert adat valamelyie lehet (90, 150, 160 vagy 00). Az öt adat átlaga nagyobb 90-nél és isebb 00-nál, tehát az átlag 150 vagy 160 lehet. Az átlag nem lehet 150, mert aor az ötödi adat ( =) 150 lenne, eor pedig a módusz és a medián megegyezne. Ha az átlag 160, aor az ötödi adat (a péntei utaso száma) ( =) 00, ami minden feltételne megfelel: a módusz 00, a medián pedig 160. (Pénteen tehát 00 utast számlálta.) 5 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó helyesen válaszol a feladat érdésére, és válaszát a feladat szövege alapján ellenőrzi, de nem mutatja meg, hogy más megoldás nincs, aor legfeljebb pontot aphat.. a) (AC, illetve BD a ör egyegy átmérője, ezért) a Thalész-tétel miatt APC = 90 és BPD = 90. pont (A örülírt ör sugarát r-rel jelölve, a Pitagorasz-tétel miatt) AP + CP = AC = ( r) és BP + DP = BD = ( r). Tehát AP + CP = BP + DP, ami a bizonyítandó volt. 4 pont 1711 írásbeli vizsga 7 / május 9.

8 . b) első megoldás (A forgásszimmetria miatt) a négy pohár alapöréne négy özéppontja egy négyzet négy csúcsa. (Az érintező örö özéppontjai és az érintési pont egy egyenesre esne, így) a négyzet oldala ugyanaora, mint egy pohár átmérője: r. Ez a pont aor is jár, ha ez a gondolat csa a megoldásból derül i. A négyzet AC átlójána hossza r. A PQ átmérőre igaz, hogy 0 = r + r, 10 ahonnan r = = 10( 1) > 4,1 (cm), 1+ tehát az állítás igaz. 5 pont. b) másodi megoldás Helyezzün el négy darab 4,1 cm alapör sugarú poharat egy négyzet csúcsaiban úgy, hogy az alapörö özéppontja négyzetcsúcs legyen, és a szomszédos csúcsoban elhelyezett pohara érintsé egymást. A négyzet oldala ( 4,1 =) 8, cm, átlója pedig ( 8, 11,597 <) 11,6 cm hosszú. 11,6 + 4,1 = 19,8, ezért a négyzet özéppontja örül 9,9 cm-es sugárral megrajzolt örön belül lesz mind a négy pohár alapöre. Ezért ha a 4,1 cm sugarú poharaat egy 0 cm átmérőjű tálcára helyezzü, aor azo nem érintheti egymást és a tálca oldalfalát is a feladat szövegében leírt módon. Ehhez a pohara alapöréne sugarát növelni ell, tehát az állítás igaz. 5 pont Ez a pont egy megfelelő ábra esetén is jár.. c) Mivel a pohár fala,5 mm vastag, így a belső sugara nagyobb, mint (4,1 0,5 =),85 cm. A pohár térfogata: Vpohár >,85 π cm. 1 dl = 100 cm, 51 cm = 5,1 dl tehát igaz, hogy belefér 5 dl üdítő a pohárba. 4 pont Megjegyzése: 1. A sugárra a b) részben apott pontos értéet használva Vpohár > 5 cm adódi.. Ha a vizsgázó egyenlőtlenség helyett egyenlőséggel számol, aor teljes pontszámot aphat írásbeli vizsga 8 / május 9.

9 4. a) A függvény zérushelyeine iszámítása: x 1x + 7 = 0, innen x 1 =, x = 9. (A függvényértée a ét zérushely özött negatíva, ezért a érdezett T területre fennáll:) 9 T = ( x 1x + 7)dx = x x = 1 + 7x 9 = = = = (0 6 =) 6. A érdezett terület nagysága tehát 6 (területegység). 5 pont 4. b) Az E-ben húzott érintő meredeségét az f deriváltfüggvényéne az x = 5 helyen felvett helyettesítési értée adja meg. f ( x) = x 1 f (5) = Az érintő egyenlete: y + 8 = (x 5). pont y = x + Ez a pont aor is jár, ha ez a gondolat csa a megoldásból derül i. 5 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó az érintő egyenletét oordinátageometriai módszerrel határozza meg, aor ot apjon anna megállapításáért, hogy a eresett érintő egyenlete felírható y = m(x 5) 8 alaban (mert az x = 5 egyenes nem érintő). További pontot apjon azért, ha az egyenes és a parabola egyenletéből alotott egyenletrend- szerből eljut anna megállapításáig, hogy az x (1 + m) x + 5m + 5 = 0 egyenlet diszriminánsa, az m + 4m + 4 összeg, nullával egyenlő. Ebből az m = meghatározásáért ot, a eresett érintő egyenleténe felírásáért pedig további ot apjon. 4. c) A parabola y = x 1x + 7 alaú egyenletét y = ( x 6) 9 alaban írva adódi, hogy a tengelypontja T(6; 9), paramétere p = 0,5. p (Mivel = 0,5, ezért) a fóuszpont: F(6; 8,75). 4 pont y + 9 = ( x 6) 1711 írásbeli vizsga 9 / május 9.

10 5. a) II. c ezdőszámjegy (a cc5 -ben), ezért c 0. c {1; ; ; 4; 5; 6; 7; 8; 9} 1c 8 (mindig páros, ezért) 6-tal aor nem osztható, ha -mal nem osztható, tehát ha a számjegyeine öszszege nem osztható -mal: c {1; 4; 7}. c {; ; 5; 6; 8; 9} 9c 6 aor osztható 6-tal, ha 4-gyel és 9-cel is osztható. 9-cel aor osztható, ha a számjegye összege osztható 9-cel, ez (c = 0 izárása után csa) c = 9 esetén teljesül. Eor azonban 996 osztható 4-gyel is, ezért c 9. c {; ; 5; 6; 8} c c5 mindig osztható 5-tel, ezért 15-tel aor nem osztható, ha -mal nem osztható, tehát ha a számjegyeine összege nem osztható -mal: c {; 5; 8}. Így a megfelelő értée: c = és c = 6. c {; 6} 7 pont Megjegyzése: 1. Ha a vizsgázó a megoldásában nem említi a -mal, illetve a 9-cel való oszthatóság szabályát, aor ezért összesen ot veszítsen.. Ha a vizsgázó a c számjegy 10 lehetséges értéét szisztematiusan végigpróbálja, és ezt doumentálja, aor a ét helyes érté (a és a 6) azonosításáért 1-ot, a 0 számjegy izárásáért pedig további ot apjon. Összesen 4 pont jár a maradé hét számjegy izárásáért. Ha ebben egy hibát övet el, aor ebből a 4 pontból pontot, ha egynél több hibát övet el, aor pedig 0 pontot apjon. 5. b) n A 4 + 6n 1 összeg minden pozitív egész n esetén páratlan (mert az összegne egy páratlan tagja van), tehát sohasem osztható 8-cal. pont 1711 írásbeli vizsga 10 / május 9.

11 5. c) első megoldás (Teljes induciót alalmazun.) Ha n = 1, aor az állítás igaz, mert a 9 osztható 9-cel. Tegyü fel, hogy az állítás igaz egy pozitív egész számra, azaz osztható 9-cel. Eor igazolnun ell, hogy az állítás igaz + 1-re + is, azaz ( + 1) 1 is osztható 9-cel ( + 1) 1 = = = 4 ( ) ( ) az induciós feltevés szerint, a 18, illetve a 9 pedig nyilvánvalóan osztható 9-cel, + ezért eze összege (azaz a ( + 1) 1) is osztható 9-cel. (Ezzel az állítást igazoltu.) pont* * * 7 pont Megjegyzés: A *-gal jelölt 4 pontot az alábbi gondolatmenetért is megaphatja a vizsgázó: Teintsü a ét szám ülönbségét: + 1 (4 + 6( + 1) 1) ( ) = = = (4 + ). 4 maradéa -mal osztva 1, ezért 4 + osztható -mal, így (4 + ) osztható 9-cel. + Ha ( + 1) 1 és számo ülönbsége is és (az induciós feltevés miatt) is + osztható 9-cel, aor ( + 1) 1 is osztható 9-cel. (Ezzel az állítást igazoltu.) pont 5. c) másodi megoldás (Esetszétválasztást végzün az n -mal való osztási maradéa alapján.) Ha n maradéa -mal osztva 0 (n =, N + ), aor 9-cel osztva ( 4 = 64 = ( ) miatt) n 4 maradéa 1; 6n maradéa 0. Ha n maradéa -mal osztva 1 (n = + 1, N), + 1 aor 9-cel osztva ( 4 = 4 64 miatt) n 4 maradéa 4; 6n maradéa 6. Ha n maradéa -mal osztva (n = +, N), aor 9-cel osztva ( 4 + = = (9 + 7) 64 miatt) n 4 maradéa 7; 6n maradéa. n Mindhárom esetben 4 + 6n 1 maradéa 9-cel osztva 0. (Ezzel az állítást beláttu.) pont pont pont 7 pont 1711 írásbeli vizsga 11 / május 9.

12 5. c) harmadi megoldás A binomiális tételt alalmazzu: n n n n n 1 n 4 = ( + 1) = pont 1 n 1 A felírásban az utolsó ét tag ivételével mindegyi tag osztható 9-cel, n elegendő tehát az n 1 ifejezés 9-cel n 1 való oszthatóságát vizsgálni. n n 1 = n + 6n = 9n, n 1 ez a ifejezés tehát mindig osztható 9-cel. n Tehát 4 + 6n 1 maradéa 9-cel osztva 0. (Ezzel az állítást beláttu.) 7 pont 5. c) negyedi megoldás n n n 4 1 = 4 1 = (4 1)(4 n 1 n = ( ). + 4 n 1 n ) = n n 1 n Mivel 4 + 6n 1 = ( ) + 6n = n 1 n = ( n), ezért elegendő bizonyítani, hogy n 1 n n osztható -mal. q q A 4 = ( + 1) (q N) hatvány -mal való osztási maradéa mindig 1 (hatvány maradéa megegyezi a maradé hatványával, illetve anna a maradéával), n 1 n ezért a (n tagú) ifejezés -mal való osztási maradéa n. (Összeg maradéa megegyezi a maradéo összegével, illetve anna a maradéával.) n 1 n n maradéa tehát n + n = n maradéával egyezi meg (vagyis 0). n 1 n Tehát n osztható -mal. (Ezzel az állítást beláttu.) 7 pont 1711 írásbeli vizsga 1 / május 9.

13 6. a) 00 liter = 00 dm 00 A hordó alapterülete = 5 dm, 8 5 a sugara pedig,8 dm. π A palást területe (π,8 8 ) 14 dm, a hordó örülbelül 167 dm területű lemezből áll. A hordó gyártásához szüség dm lemezre van 0,88 6 pont 6. b) (Minden hosszúságot dm-ben mérün, r a henger sugara, m pedig a magassága.) A felül nyitott henger térfogata: r πm = 00, felszíne: r π + rπm. 00 m = r, ezzel a 00 literes henger felszíne π pont A( r) = r π + rπ = r π +. r π r 400 Az A( r) = r π + (r > 0) függvény deriválható, r * és ott lehet minimuma, ahol a deriváltja A ( r) = rπ * r Ez a pont aor is jár, ha ez a gondolat csa a megoldásból derül i. 400 πr = 0, amiből r = 00 (,99). pont* r π Az A függvény másodi deriváltja mindenhol pozitív, tehát a enne a függvényne (abszolút) minimumhelye. * A ( r) = π + π r A legisebb felszínű, felül nyitott forgáshenger sugara örülbelül,99 dm, magassága,99 dm. m = = = r, r π 00 π π (A legisebb felszín 40000π 150 dm.) π tehát m = r. 10 pont 1711 írásbeli vizsga 1 / május 9.

14 Megjegyzés: A *-gal jelölt 5 pontot az alábbi gondolatmenetért is megaphatja a vizsgázó: A( r) = r π + = r π + +. r r r A számtani és mértani özép özötti egyenlőtlenség alapján: pont A ( r) r π = 40000π. r r 00 Egyenlőség pontosan aor lehet, ha r π =, r vagyis r = 00 (,99). π 7. a) első megoldás A megfigyelt szabályszerűség azt jelenti, hogy a harmadi órától ezdve minden órában megduplázódi az addigi összes megfertőződött cellá száma. Így (mivel a másodi órában 7 fertőzött cella van) az n-edi órában (n ) az összes fertőzött cella száma n 7. Megoldandó ezért a n 7 > egyenlőtlenség. pont A lg függvény szigorúan monoton növeedő, ezért (a 7-tel való osztás után az egyenlőtlenség mindét oldalána 10-es alapú logaritmusát véve) ( n ) lg > lg lg n > 7 +,4 lg Azaz a fertőzött cellá száma a. órában haladná meg a tízmilliót. 8 pont Ez a pont aor is jár, ha ez a gondolat csa a megoldásból derül i. n log 7 > 1711 írásbeli vizsga 14 / május 9.

15 7. a) másodi megoldás A megfigyelt szabályszerűség azt jelenti, hogy a negyedi órától ezdve minden órában étszer annyi Ez a pont aor is jár, ha ez a gondolat csa a megoldásból derül i. cella fertőződi meg, mint a megelőző órában. Megoldandó ezért az alábbi egyenlőtlenség: > (ahol a harmadi óra után eltelt órá számát jelöli). A mértani sorozat összegépletét alalmazva: > Rendezve: > 7. A -es alapú exponenciális függvény szigorúan monoton növeedő, ezért lg > 7 0,4. +1> log lg 7 + >,4 Azaz a fertőzött cellá száma a. órában haladná meg a tízmilliót. 8 pont Megjegyzése: 1. Ha a vizsgázó egyenlőtlenség helyett egyenletet old meg, majd a batériumo számána monoton növeedésére hivatozva jó választ ad, aor teljes pontszámot apjon. Ha egyenletet old meg, de a megoldás után indolás nélül ad választ a feladat érdésére, aor legfeljebb 7 pontot aphat.. Ha a vizsgázó óráról órára jól iszámítja a fertőzött cellá számát, ezt doumentálja, és ez alapján helyes választ ad, aor teljes pontszámot apjon. 7. b) A modell szerint mindegyi dobásnál vagy 1 valószínűséggel elpusztul egymillió batérium, vagy 6 1 valószínűséggel egymillióval nő, vagy 1 valószínűséggel változatlan marad a batériumo száma. Legfeljebb ötmillió batérium aor marad a hetedi dobás után, ha a hét dobás özül legalább öt alalommal 1-et, -t vagy -at dobta (azaz csöent a batériumo száma). pont Eze a ponto aor is járna, ha ez a gondolat csa a megoldásból derül i írásbeli vizsga 15 / május 9.

16 Ha pontosan öt alalommal dobta 1-et, -t vagy -at, aor a mási ét alalommal 4-et vagy 5-öt dobta (azaz mindétszer változatlan maradt a batériumszám). Enne a valószínűsége: ( 0,07). 5 Ha pontosan hat alalommal dobta 1-et, -t vagy -at, aor a maradé egy alalommal 4-et vagy 5-öt dobta (azaz nem történt változás), vagy egy alalommal 6-ot dobta (azaz növeedett a batériumo száma). Enne a valószínűsége: ( 0,055) Anna a valószínűsége, hogy pontosan hétszer dobta 1-et, -t vagy -at: ( 0,008). 7 1 A érdezett valószínűség (a három egymást páronént izáró lehetőség valószínűségéne összege, azaz) örülbelül (0,07 + 0, ,008 =) 0, a) első megoldás Az állítás megfordítása: Ha egy háromszög örülírt öréne özéppontja megegyezi a beírt öréne özéppontjával, aor a háromszög szabályos. A beírt ör özéppontja (a háromszög belső pontja) a belső szögfelező özös pontja, amely most egyenlő távolságra van a háromszög csúcsaitól (mert a örülírt örne is özéppontja), pont 8 pont Ha pontosan hat alalommal dobta 1-et, -t vagy -at, aor a maradé egy alalommal 4-et, 5-öt vagy 6-ot dobta. Enne a valószínűsége: A valószínűség pontos értée ( 0,15) ezért a ét ör özös özéppontját a háromszög csúcsaival összeötő szaaszo három egyenlő szárú háromszögre bontjá az eredeti háromszöget. A szögfelező miatt ezene a háromszögene az alapon fevő szögei mind ugyanaorá. Ezért az eredeti háromszög három belső szöge egyenlő nagyságú, tehát az eredeti háromszög szabályos. Összesen 4 pont 1711 írásbeli vizsga 16 / május 9.

17 8. a) másodi megoldás Az állítás megfordítása: Ha egy háromszög örülírt öréne özéppontja megegyezi a beírt öréne özéppontjával, aor a háromszög szabályos. A beírt ör özéppontja (a háromszög belső pontja) a örülírt örne is özéppontja, ezért egyenlő távolságra van a háromszög csúcsaitól. Tehát (az ábra jelölései szerint) az AOB háromszög egyenlő szárú (ezért OAB = OBA = ε). A beírt ör özéppontja az AO és BO belső szögfelező özös pontja, ezért az ABC háromszög AB oldalán fevő ét belső szöge egyenlő (ε). Az ABC háromszög tehát egyenlő szárú: AC = BC. A gondolatmenetet (pl. a BOC háromszögre) megismételve apju, hogy AB = BC = CA, tehát a háromszög szabályos. Összesen 4 pont 8. b) első megoldás Az ABQ háromszög szögei 0, 40 és 10. (Az ABQ háromszögből szinusztétellel:) BQ sin 0 =, 1 sin10 ahonnan BQ 0,95. AQ sin 40 = 1 sin10, ahonnan AQ 0,74. BQ = AP (mert az ábra forgásszimmetrius) Így PQ = AQ AP 0,47. Összesen 7 pont 1711 írásbeli vizsga 17 / május 9.

18 8. b) másodi megoldás Az ABQ háromszög szögei 0, 40 és 10. (Az ABQ háromszögből szinusztétellel:) AQ sin 40 = 1 sin10 ahonnan AQ 0,74. AB AQ sin 0 Az ABQ háromszög területe: = 1 sin40 sin0 = 0,17. sin10 (Az ABQ, BCR és CAP háromszöge egybevágó, ezért) a PQR szabályos háromszög területe TPQR = TABC TABQ = sin 40 sin 0 = 0,4 0,81 = 0,05. 4 sin 10 4 PQR Így PQ = T 0,47. 0,08 1,7 8. b) harmadi megoldás Összesen Az ábra szerinti jelöléseet alalmazzu: a PQR szabályos háromszög oldalána hossza a, az APD háromszög oldalai b, c és d. CR = AP = c (mert az ábra forgásszimmetrius). Az ADC háromszög szögei 0, 100 és 60. (Ebből a háromszögből szinusztétellel:) CD sin60 sin 60 =, azaz CD =, 1 sin100 sin100 7 pont Ez a pont jár, ha a vizsgázó (az AQ szaasz hosszána iszámítása nélül) az AB sin 0 sin 40 sin10 éplet alalmazásával számítja i az ABQ háromszög területét írásbeli vizsga 18 / május 9.

19 d sin 0 sin0 illetve =, azaz d =. 1 sin100 sin100 (Az ADP háromszögből szinusztétellel:) c sin100 sin100 sin 0 =, azaz c = d =, és d sin60 sin 60 sin 60 b sin 0 sin 0 sin 0 =, azaz b = d =. d sin 60 sin60 sin60 sin100 A PQR szabályos háromszög oldala (a = CD c b): = sin60 sin 0 sin 0 a sin100 sin60 sin60 sin100 0,47. Összesen 7 pont Megjegyzése: 1. Az ábra jelöléseivel: CD 0,879, d 0,47, c 0,95, b 0,17.. Addíciós tétele felhasználásával bizonyítható, hogy a = d = sin c) első megoldás A iválasztott három színnel a páronént szomszédos CQR, CAP és PQR háromszögeet (!) = 6-féleéppen színezhetjü. ABQ és CQR háromszög színe megegyezi (mert az ABQ háromszög színe a CAP és a PQR háromszög színétől is ülönbözi). BCQ háromszöget étféle színnel is színezhetjü (úgy mint CAP-t, vagy úgy mint PQR-t), tehát a iválasztott három színnel (6 =) 1 színezés lehetséges. Mivel a három színt a négy özül négyféleéppen választhatju i, ezért ( 4 6 =) 48 ülönböző színezés van. Összesen 5 pont 1711 írásbeli vizsga 19 / május 9.

20 8. c) másodi megoldás A PQR háromszöget négyféleéppen színezhetjü, és minden egyes színezéshez az RQC háromszög színét háromféleéppen választhatju. Ez (4 =) 1 lehetőség. Ezután a CAP háromszög színe étféle lehet, tehát eddig 4 ülönböző színezést adhattun meg. Csa három színt használhatun a színezéshez, ezért az ABQ háromszög színe csa a már iszínezett RQC háromszög színével egyező lehet (vagyis nem változi a lehetséges színezése száma). A BQC háromszög színe ismét étféle lehet (vagy a PQR vagy az APC háromszög színével megegyező). Összesen tehát (4 =) 48 ülönböző színezés van. Összesen 5 pont 9. a) Az első árcsöentés után az új ár az eredeti árna az p 1 -szorosa, 100 a másodi árcsöentés után az eredeti árna az + p p 4, szorosa lett. Ez az eredeti ár 81,4%-a, tehát p p + 4,5 1 1 = 0, p A q = 1 jelölést 100 használva az egyenlet: q ( q 0,045) = 0,814. p 195,5 p = 0 pont q 0,045q 0,814 = 0 q = 0,95 p = 7,5 vagy p = 188, de ez utóbbi (p > 100 miatt) (vagy q = 0,88, de) a negatív gyö nem felel meg nem felel meg a feladat szövegéne. a feladat szövegéne. Az első árcsöentés 7,5%-os, a másodi 1%-os volt. Ellenőrzés: A ét árcsöentés után az új ár az eredetine 0,95 0, 88 -szorosa lett. 0,95 0,88 = 0, 814, tehát az új ár valóban 18,6%-al alacsonyabb az eredeti árnál. 8 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó próbálgatással megtalálja, hogy p = 7,5 megoldás, ezt igazolja, majd ez alapján helyes választ ad, de nem mutatja meg, hogy más megoldása nem lehet a feladatna, aor ezért pontot apjon írásbeli vizsga 0 / május 9.

21 9. b) Anna a valószínűsége, hogy pontosan egy húzás szüséges: P(1) = 0. Legfeljebb 4 húzás szüséges ahhoz, hogy legyen ét azonos színű esztyű a ihúzotta özött, ezért a pontosan 5, illetve pontosan 6 szüséges húzás valószínűsége: P(5) = P(6) = 0. A pontosan húzás szüségességéne valószínűsége: P() = 5 1 (a másodina ihúzott esztyű színe megegyezi az elsőével). Pontosan húzás aor szüséges, ha a másodi ihúzott esztyű színe nem egyezi meg az elsőne ihúzottéval, de a harmadira húzott esztyű színe megegyezi az első ettő özül valamelyine a színével: P() = = Pontosan 4 húzás aor szüséges, ha az első három szín mind ülönböző (eor a negyedine ihúzott esztyű színe már biztosan megegyezi valamelyi orábban ihúzott esztyű színével): 4 P(4) = 1 = A szüséges húzáso számána várható értée tehát: 1 ( 0 1+ ) + + 4( ) = =,. 8 pont Ez a pont aor is jár, ha ez a gondolat csa a megoldásból derül i. P(4) = 1 (P() + P()) = = 1 5 = írásbeli vizsga 1 / május 9.