MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Átírás

1 Matematika emelt szint 08 ÉRETTSÉGI VIZSGA 009. május 5. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM

2 Formai előírások: Fontos tudnivalók. 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. 4. 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. 4. 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. 5. 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. 6. Ha a megoldási útmutatóban zárójelben szerepel egy megjegyzés vagy mértékegység, akkor ennek hiánya esetén is teljes értékű a megoldás. 7. Egy feladatra adott többféle helyes megoldási próbálkozás közül a vizsgázó által megjelölt változat értékelhető. 8. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre előírt maximális pontszámot meghaladó pont) nem adható. 9. Az olyan részszámításokért, részlépésekért nem jár pontlevonás, melyek hibásak, de amelyeket a feladat megoldásához a vizsgázó ténylegesen nem használ fel. 0. 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 08 / május 5.

3 . a) H I. G E 6 F D α. C A 8 Az ACG derékszögű háromszögben a GAC α szöget keressük. ( ) Az ABC derékszögű háromszögben: AC 8 ; AC o o így cos α, (és 0 < α < 90 ), AG o ahonnan α 60.. b) A négyzetes hasáb alapéle a 8, magassága m CG 8 6, felszíne: A a + 4a m ( 8,5). A hasáb felszíne 8,5 (területegység). Összesen: pont. c) Ha a mértani sorozat első tagja a, hányadosa q, akkor a AB 8 és a q AG 6. Innen q, B azaz q. A mértani sorozat második tagja tehát: a q 8, és ez éppen az alaplap AC átlójának hossza..) Ha a vizsgázó feltételezi, hogy az állítás igaz, tehát abból indul ki, hogy a mértani sorozat első két tagja 8 és 8, és megmutatja, hogy ennek a sorozatnak a negyedik tagja 6, akkor maximum pontot kaphat..) Ha a vizsgázó megmutatja, hogy a 8, 8 és 6 rendre egy mértani sorozat első, második és negyedik tagja, de nem igazolja, hogy a sorozatnak más szám nem lehet a második tagja, maximum pontot kaphat..) Ha a vizsgázó a bizonyítást közelítő értékekkel végzi, megoldására legfeljebb pontot kaphat. írásbeli vizsga 08 / május 5.

4 . a) 64 A lányok testmagasságának átlaga: 6 64 (cm). Az osztály tanulóinak átlagmagasságát ( t ) a 6 lány átlagmagassága ( l ) és a 4 fiú átlagmagassága ( f ) 6 l + 4 f segítségével számíthatjuk ki: t , Az osztály tanulóinak átlagmagassága 68,0 cm.. b) első megoldás A Összesen: 5 pont Ha ez a gondolat csak a megoldás során derül ki, az akkor is jár. Ha nem egy tizedesjegyre kerekít például 68-at ír, a pont nem jár. Ha nem súlyozott átlagot számol, az utolsó 4 pontot elveszíti. y N z x t F Ha az osztály 0 tanulóját a három tanult nyelv alapján Venn-diagramon ábrázoljuk, csak négy tartományba jut tanuló, az ábra alapján jelöljük az egyes tartományokba jutó tanulók számát x-szel, y-nal, z-vel és t-vel. () alapján x + y + z + t 0. () alapján z + t y. () alapján x + y + z 7. (4) alapján x + t 5. pont Ezekből: x ; y 9 ; z 6 ; t. pont Csak a rajz alapján is jár a pont. Két helyes egyenlet felírásáért jár. Két helyes érték kiszámításáért jár. Mindhárom nyelvet -en tanulják, és 9-en nem pont tanulnak franciául. Összesen: 7 pont A jól felrajzolt, négy halmazos (osztály, és az egyes nyelvet tanulók halmaza) Venn-diagramba szöveges magyarázat nélkül, de jól beírt elemszámból leolvasott helyes válasz esetén a 7 pont helyett 4 pont adható. írásbeli vizsga 08 4 / május 5.

5 . b) második megoldás Mivel az osztályból mindenki tanul legalább két nyelvet, az angolt nem tanulók száma 0-7. Az angolt nem tanulókat ( fő) kihagyva a németet is és franciát is tanulók 5 fős halmazából: megkapjuk a mindhárom nyelvet tanulók részhalmazát. (Ennek elemszáma.) Ha az osztályból kihagyjuk a mindhárom nyelvet tanulókat, kapjuk, hogy 0-8 tanuló tanul pontosan két nyelvet. A feladat feltételei közül a ()-esből következik, hogy a pontosan két nyelvet tanulókra nézve is igaz a megadott feltétel. Vagyis a 8 elemű halmazt két azonos elemű részhalmazra kell bontanunk. E két részhalmaz elemszáma 9-9. Mindezekből következik, hogy a pontosan két nyelvet tanulók közül angolt és németet 9-en, (angolt és franciát 6-an, mivel németet és franciát -an) tanulnak. Mindhárom nyelvet -en tanulják, és 9-en nem tanulnak franciául. pont Összesen: 7 pont írásbeli vizsga 08 5 / május 5.

6 . a) y B(0 ; 0) x+y0 O D(4 ; ) A(5 ; 0) x A megadott x + y 0 egyenletű egyenes az A ( 5 ; 0) és a B ( 0 ; 0) pontban metszi a tengelyeket. Az origóból az egyenesre bocsátott, rá merőleges egyenes egyenlete: x y 0. A két egyenes D metszéspontjának koordinátái: D 4 ;. ( ) A megadott feltételeknek három derékszögű háromszög felel meg: A 5 ; 0, (0;0) B 0 ;0 ) AOB háromszög (ahol ( ) O és ( ) ADO háromszög (ahol A ( 5 ; 0), D ( 4 ; ) és (0;0) BDO háromszög (ahol B ( 0 ;0), D ( 4 ; ) és O ) Csak a kiszámolt vagy leolvasott és behelyettesített értékekért jár az. O (0;0) ) Összesen: 6 pont.) Ha csak az AOB háromszöget adja meg, pontot kaphat..) A válaszhoz nem szükséges újból felírni a csúcsok koordinátáit..) Az A és B pontok koordinátáinak megadása történhet leolvasással is. 4.) Ha csak annyit állapít meg, hogy három megfelelő derékszögű háromszög van, akkor az utolsó pontból ot kap. írásbeli vizsga 08 6 / május 5.

7 . b) első megoldás Az egyenesnek és a körnek akkor és csak akkor van közös pontja, ha az egyenes és a kör egyenletéből álló egyenletrendszernek van megoldása. A kör egyenlete: x + y 6. Az egyenes egyenletéből y b x. Behelyettesítés után kapjuk, hogy + ( b x) 6 x. 5x 4bx + b 6 0. A kapott másodfokú egyenletnek van megoldása, ha a D diszkriminánsa nem negatív. (D )0 4b 0, * ahonnan b 4 5. A b paraméter lehetséges értékei tehát a [ 4 5 ; 4 5 ] elemei.. b) második megoldás Mivel az e egyenesek egymással párhuzamosak, az Összesen: 8 pont egyenesekre az origóból állított merőleges f egyenes egyenlete x y 0. Az e egyenesek és f metszéspontja b E ; b. pont 5 5 Az e egyenesnek és a megadott körnek akkor és csak akkor van közös pontja, ha az E pont az origótól legfeljebb 4 egység távolságra van. OE b 4, pont* 5 ahonnan b 80. A b paraméter lehetséges értékei: 80 b 80. Összesen: 8 pont Ha ez a gondolat csak a megoldás során derül ki, az akkor is jár. Ha ez a gondolat csak a megoldás során derül ki, az akkor is jár. A helyes válasz tizedes tört alakban megadva is ot ér. Ha ez a gondolat csak a megoldás során derül ki, az akkor is jár. A helyes válasz tizedes tört alakban megadva is ot ér. *: Ha az egyenlőség nem szerepel, akkor a *-gal jelölt pont (pontok) helyett tal kevesebb jár. írásbeli vizsga 08 7 / május 5.

8 4. a) y g f x A függvények ábrázolása. x egyenlet megoldása az x feltétel esetén az x. x + x egyenletnek nincs megoldása az ; 0 intervallumon. ] [ x egyenlet megoldása az x 0 feltétel esetén az x. Az ( x) g( x) f egyenletnek két megoldása van: x és x. pont Összesen: 6 pont Függvényenként - jár. Egység jelölése nélkül legfeljebb adható. Ha az x megoldást a grafikonról olvassa le, jár érte az. írásbeli vizsga 08 8 / május 5.

9 4. b) első megoldás y g B C f x A D Tekintsük az f és g grafikonját, ahol A( ; ), B(0; ), C( ; ) és D(0; ). A vizsgálandó síkidomot az AB; a BC szakaszok és az ADC parabolaív határolja. Vágjuk ketté a síkidomot az y tengellyel! T T + T. ABCD T ABD 0 ABD DBC ( f ( x) g( x) ) dx ( x + x + ) dx 0 Ha ezek a gondolatok csak a megoldás során derülnek ki, a vonatkozó pontok akkor is járnak. x + x + x 0 5 ( f x) g( x) ) dx ( x ) T DBC ( dx 0 0 x x. 0 A keresett terület nagysága: ( 5,) 5 + Összesen: 8 pont írásbeli vizsga 08 9 / május 5.

10 4. b) második megoldás Tekintsük az f és g grafikonját, ahol A( ; ), B(0; ), C( ; ) és D(0; ). A vizsgálandó síkidomot az AB; a BC szakaszok és az ADC parabolaív határolja. y g Ez a pont a rajz alapján is jár. Q L M f K P N x Toljuk el mind a két grafikont y tengellyel párhuzamosan + egységgel! A vizsgált síkidom területét (T) megkaphatjuk, ha a T kivonjuk a KLMNP ötszög területéből ( ) ötszög parabola KM íve alatti területet ( T KM ). T T ötszög T KM. T ötszög TPNMQ TKQL ( + ) + ( 7,96). pont x T KM x dx + (,065). 5 A keresett terület nagysága: + ( 5,). Összesen: 8 pont Ez a pont akkor is jár, ha a számításaiból derül ki, hogy helyes értékekkel dolgozik, de az eltolt pontok koordinátáit nem jelöli a rajzán. Ezek a pontok bármilyen jó számításért járnak. írásbeli vizsga 08 0 / május 5.

11 5. a) II. x A nevező nem lehet 0, ezért 0, ahonnan x. A továbbiakban a tört akkor 0, ha a számlálója 0, tehát x + x 0 0, azaz x 5,. Így az egyenletnek egyetlen valós megoldása van, az x, 5. Ha a vizsgázó nem szűkíti az alaphalmazt, és a másodfokú egyenlet mindkét megoldását az eredeti egyenlet gyökeként adja meg, maximum ot kaphat. Ha viszont a két számot behelyettesítéssel ellenőrzi, és így zárja ki a -t mint megoldást, a teljes pontszám jár. 5. b) első megoldás Mivel x 6 és x 9 lehet csak, így az egyenlet azon x valós számokra értelmezett, amelyekre x 9 teljesül. 9 ;+ halmazon értelmezett A [ [ ( x) x x 9 ezért az f minimumértéke () 9 5 f függvény szigorúan növő, f. Így az egyenlet egyetlen megoldása az x b) második megoldás A rendezés után kapott x x 9 egyenlet mindkét oldalát négyzetre emelve, rendezés után kapjuk, hogy 0 x 9 0. Innen x 9, Behelyettesítéssel ellenőrizve adódik, hogy az x 9 gyöke az eredeti egyenletnek is..) Ha a vizsgázó nem ellenőriz behelyettesítéssel, csak arra hivatkozik, hogy az egyenlet gyökeit a [ 9 ;+ [ alaphalmazon keresi, az utolsó ot nem kaphatja meg..) Ha viszont az alaphalmaz szűkítésén túl a négyzetre emelés előtt az egyenlet bal oldalán álló kifejezés értékkészletét is vizsgálja ( 5 x 9 0, azaz x 4 ), ellenőrzés nélkül is maximális pontot kaphat. írásbeli vizsga 08 / május 5.

12 5. c) A logaritmus értelmezése szerint: x + x 6 > 0 és x > 0. Az első egyenlőtlenség megoldásai azon x valós számok, amelyekre x < vagy x >, a másodiké: < x <. A két egyenlőtlenség megoldáshalmazának nincs közös eleme, így az egyenletnek nincs megoldása. Ha a vizsgázó az értelmezési tartomány vizsgálata nélkül oldja meg a feladatot, az értékelés a következő: A logaritmus függvény egy-egy értelmű hozzárendelésére (vagy annak szigorú monotonitására) hivatkozás (), az x + x 6 x, azaz x + x 7 0 egyenlet ± 57 gyökeinek meghatározása: x, (), indoklás, hogy egyik sem gyöke az 4 eredeti egyenletnek (akár a közelítő értékek behelyettesítésével vagy grafikus úton) ( pont). 5. d) A jobb oldali kifejezés értéke az értelmezési tartományán csak nemnegatív lehet, így sin x 0. π Ez csak x kπ + k Z ) esetén teljesül. π De mivel cos + k π 0, minden k Z esetén és nullára a logaritmus nincs értelmezve, így nincs olyan valós szám, amelyre az egyenlet értelmezve lenne, tehát nincs megoldása. írásbeli vizsga 08 / május 5.

13 6. a) Minden sorban kell lyukasztásnak lenni. Az első sorban lehetőségünk van a lyuk kiválasztására, a második sorban már csak, a harmadik sorbeli lyukat pedig az előző kettő egyértelműen meghatározza. A megfelelő lyukasztások száma: pont Legalább három, de hatnál kevesebb helyes ábráért adható b) (Néhány példa a helyes megoldásra.) Helyes ábra. pont A szimmetriatengely berajzolása. Összesen: pont Ha az ábra nem csak egyetlen szimmetriatengelyt tartalmaz, a pontot nem kaphatja meg. írásbeli vizsga 08 / május 5.

14 6. c) Az első kilenc pozitív egész között 4 prímszám van. Kedvező esetek száma: 4. 9 Az összes lehetséges lyukasztások száma: 84. pont 4 Áron kívánsága P ( 0,048) valószínűséggel 84 teljesül. Zita kívánságának 7 számhármas felel meg: (; ; 9), (; 4; 8), (; 5; 7), (; ; 8), (; 4; 7), (; 5; 6), (; 4; 6). A keresett valószínűség: ( ) 84 Összesen: 9 pont P..) Ötnél kevesebb eset felsorolása esetén nem jár pont..) 5 jó eset ; 6 jó eset pont; 7 jó eset pont, ha egy vagy több hibás pont számhármast is megad, akkor tal kevesebb jár..) A pont megadható minden olyan megoldásrészletre, amellyel a vizsgázó helyesen indokolja a kedvező kiválasztások számát. 7 0,08 közli a kért valószínű- Ha csupán eredményként séget, csak az utolsó ot kapja meg. írásbeli vizsga 08 4 / május 5.

15 7. a) Jelölje a n az n-edik napon leúszott hosszat, méterben mérve. a 0000, ( 000). a a 0,9 0000, 0, a, 0000, 0,9 ( ) ( 0890) ( 980) ( 078) ( 970) a. a 4 a 0,9 0000, 0,9. a 5 a4, 0000, 0,9. a a 0,9 0000, 0, A hatodik napon kb. 970 métert úszott. Ezek a pontok akkor is járnak, ha a 6. tagot ezek felírása nélkül is helyesen határozta meg. írásbeli vizsga 08 5 / május 5.

16 7. b) A páratlan és a páros sorszámú napokon leúszott hosszak is egy-egy mértani sorozat első 0 tagját alkotják. A páratlan sorszámúaknak az első tagja 000, hányadosa 0,99, a páros sorszámúak első Ez az akkor is jár, ha ez a gondolat a megoldás során jelenik csak meg. tagja 9 900, a hányadosa 0,99. A páratlan sorszámú napokon: Ez az akkor is jár, S ptl a + a + a5 + K+ a9 ha ez a gondolat a , ,99 +K megoldás során jelenik 9 K ,99 csak meg. 0 0, ( 05 79,7). 0,99 A páros sorszámú napokon: Ez az akkor is jár, S ps a + a4 + a6 + K + a0 ha ez a gondolat a * , ,99 +K megoldás során jelenik 9 K ,99 csak meg. 0 0, ( 94 66,7 ). 0,99 * Az első 0 napon kb métert úszott összesen. A tízesekre kerekített jó eredményt is fogadjuk el. Összesen: 6 pont.) A teljes pontszám akkor is jár, ha a vizsgázó valamennyi napra kiszámította a leúszott métereket, és ezek után összegzett, függetlenül attól, hogy a napi teljesítményeket kerekítette egész méterekre, vagy az összeadás után kerekített helyesen..) Ha a vizsgázó úgy oldja meg, hogy az ( a n ) sorozat két szomszédos tagjának összegéből képzett mértani sorozat első 0 tagját összegzi, akkor a következőképpen értékeljünk: Az a + a, a + a4, sorozat is mértani sorozat, amelynek az első tagja 000,9 0900, hányadosa 0,99 ( pont). A sorozat első 0 tagjának összege: 0 9 0, , ,99 + K , ( 99 84) 0,99 ( pont), szöveges válasz ()..) A *-gal jelzett pontokat a következő lépésekért is megkaphatja: S 0, 9 (), S 0, () ps S ptl ps írásbeli vizsga 08 6 / május 5.

17 7. c) első megoldás Az edzések húsz napja közül két szomszédos nap 9- féleképpen választható ki. Ha két szomszédos nap során összességében nem teljesül a tervezett méter, később sem fog, mert a kétnaponkénti összteljesítmény csökken. napok sorszáma (n) naponta leúszott táv (méterben) (a n ) kétnapi össztáv b a + a ) ( n n n pont Egy vagy két számítási hiba esetén jár. Következetes kerekítési értékekkel elkészített táblázat teljes pontszámot ér. A kedvező nappárok száma 9. A keresett valószínűség: ( 0,474) 9 Összesen: 6 pont 7. c) második megoldás, b a + a,..., b n an + an+ (ahol n,,...,9 ) összegeket kell vizsgálni. A b a + a ( b n ) szigorúan csökkenő, hiszen k paritásától függetlenül igaz, hogy a k+ 0, 99 ak és a k > 0, így a k + ak > ak + ak+ (ahol k és k + 0 ). b és b , így pontosan 9 esetben lesz a kétnapi teljesítmény legalább m. Miután bármely két szomszédos napot azonos eséllyel választhatjuk, így a keresett valószínűség: 9 ( 0,474). 9 Összesen: 6 pont írásbeli vizsga 08 7 / május 5.

18 8. a) C K α E O D A B Jó ábra. Thalész tételéből adódóan: o ABE DCE 90. Mivel AB és CD merőleges a BC egyenesre, ezért az ABDC négyszögnek van párhuzamos oldalpárja, azaz pont trapéz. Összesen: 5 pont 8. b) Az ABE derékszögű háromszögben BE R cosα, és AB R sinα. A DCE derékszögű háromszögben EC r cosα. Így BC R cosα + r cosα ( r + R) cosα. Mivel az ABC derékszög, AB BC AB ( BE + EC) így T ABC. Így T ABC R( r + R) sinα cosα R( r + R) sin α. Összesen: 7 pont írásbeli vizsga 08 8 / május 5.

19 8. c) első megoldás Mivel ( ) sin α T ABC R r + R (és R ( r + R) pozitív), ezért T ABC akkor maximális, ha sin α, pont o azaz α c) második megoldás (Mivel T ABC TABE + TAEC, a terület maximumát tagonként fogjuk keresni.) T ABE akkor maximális, ha az adott hosszúságú AE pont átfogóhoz tartozó magasság a legnagyobb, azaz mikor KB merőleges AE-re. T AEC akkor maximális, ha az adott AE-hez tartozó magasság a legnagyobb, azaz ha OC merőleges ED-re. o Mindkét esetben α 45 esetén valósul meg a maximum, (ekkor a B, E és C pontok egy egyenesre esnek), így az ABC háromszög területe is ekkor lesz maximális. 8. c) harmadik megoldás Adott r és R esetén a T ABC ( α) R( r + R) sinα cosα π ( 0 < α < ) függvény deriváltja: T ABC ( α) R r + R (cos α sin α. ( ) ) ( r + R) (cos α sin α) 0 R megoldását keressük. Mivel α hegyesszög, így cos α sinα, π azaz α. 4 π Mivel 0 < α < esetén a derivált függvény értéke 4 π π pozitív, míg < α < esetén negatív, 4 π ezért α esetén maximális a terület. 4 írásbeli vizsga 08 9 / május 5.

20 9. a) Minden fiú öt lehetőség közül választhat, ez együtt 5 lehetőség; minden lány négy lehetőség közül választhat, ez együtt 4 lehetőség. (A választásuk független egymástól, így) az elhelyezkedési lehetőségek száma: 5 pont b) A három fiú az öt helyre összesen Összesen: 7 pont féleképpen helyezkedhet el. A két lány a négy helyre 4 -féleképpen helyezkedhet el. (A fiúk és a lányok választása független egymástól, így) az összes elhelyezkedések száma: pont Ha az a) és b) kérdés bármelyikénél hibás modellt használ (például felcseréli az ismétléses és az ismétlés nélküli variációt), akkor annak a kérdésnek a megoldására nem kaphat pontot. 9. c) A körmérkőzésen két mérkőzést játszók kiválasztása 4 6-féleképpen lehet. pont A két-két mérkőzést játszó bármelyik diák két személy közül választhatja az egy mérkőzést játszó pont társát. Ezért összesen 6 párosítás lehetséges. Összesen: 5 pont A feltételeknek megfelelő partik gráfja. (A megoldásban a gráf felrajzolását nem követeljük meg.) írásbeli vizsga 08 0 / május 5.