Próbaérettségi P R Ó B A É R E T T S É G I m á j u s EMELT SZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Átírás

1 P R Ó B A É R E T T S É G I 0 0. m á j u s MATEMATIKA EMELT SZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Próbaérettségi 00

2 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 téglalapok közül az elsőben a feladatra adható pontszám van, a javító által adott pontszám a második téglalapba kerül. Kifogástalan megoldás esetén elég a megfelelő maximális pontszám beírása a téglalapba. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy az egyes jól megoldott részekre adott pontszámokat is tüntesse fel a dolgozatban az adott helyen. 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, 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. Egy feladatra adott megoldások közül csak egy (a magasabb pontszámú) értékelhető. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre előírt maximális pontszámot meghaladó pont) nem adható. Az olyan részszámításokat, részlépéseket, amelyek hibásak, de amelyeket a feladat megoldásához a vizsgázó ténylegesen nem használ fel, az elbíráláskor nem kell figyelembe venni. Ha a pontozási útmutató a feladat ellenőrzéséért pontot ad, akkor az csak abban az esetben adható meg, ha a vizsgázó valamilyen formában írásban rögzíti az ellenőrzés tényét. (Itt minden elvileg helyes módszer elfogadható.) A vizsgafeladatsor II. részében kitűzött 5 feladat közül csak feladat megoldása értékelhető. A vizsgázó az erre a célra szolgáló négyzetben feltehetőleg megjelölte annak a feladatnak a sorszámát, melynek értékelése nem fog beszámítani az összpontszámába. Ennek megfelelően a megjelölt feladatra esetlegesen adott megoldást nem is kell javítani, csak a többi feladatot. Ha mégsem derül ki egyértelműen, hogy a vizsgázó melyik feladat értékelését nem kéri, akkor a nem értékelendő feladat automatikusan a kitűzött sorrend szerinti legutolsó feladat lesz. Próbaérettségi 00

3 Próbaérettségi 00 Matematika. A megoldást a két függvény közös értelmezési tartományán, az x 0 számhalmazon keressük. * x x a grafikonja pont x a x grafikonja x a x grafikonja x a x +grafikonja Próbaérettségi 00 Ez a pont akkor is jár, ha az ért. tart. nincs ugyan külön feltüntetve, de a vizsgázó helyesen olvassa le a megoldáshalmazt. Az x a x + függvény grafikonjáért összesen pont jár. Ennyit kap akkor is a vizsgázó, ha nem lépésenként ábrázolja a függvényt. A metszéspontok leolvasása: x 0 és x Az egyenlőtlenség megoldása: 0 < x < * * Az egyenlőtlenség megoldáshalmazáért összesen jár. Ha a válasz x <, de külön feltüntette a közös értelmezési tartományt, akkor ot kap, ha az x < válasz e nélkül szerepel, akkor nem kap pontot. Összesen Ha a vizsgázó mindkét grafikont rosszul rajzolja fel, és a megoldáshalmazt annak megfelelően olvassa le, pontot kapjon!

4 Próbaérettségi 00 Matematika. a) Az első és az ötödik dobás kivételével mindegyik dobás 6-féle kimenetelű lehet, ez összesen 6 96 lehetőség. Az első dobás csak egyféle, az ötödik azonban kétféle lehet, így összesen 6 59 lehetőség van. Összesen pont b) Mivel most nem ismétlődhet egyik dobás sem, csak! 8 lehetőség van. pont c) Az első dobás eldönti, hogy mit keresünk. A. dobás 6 valószínűséggel lesz ugyanaz. Összesen pont Két egymást követő dobásnak féle egyenlően valószínű kimenetele van, ezek közül csak 6 kedvező, amelyben a 6 különböző jel közül valamelyik 6 megismétlődik. A keresett valószínűség tehát. 6 6 Összesen pont. A játék előtt x, 5x, 6x tallérjuk volt. A játék után 5y, 6y, 7y. Az összes pénzmennyiség nem változott, ezért 5 5 x 8y, ahonnan y x 6 A játék utáni pénzek x-szel kifejezve: x x, 6 x 5x és 7 x x Csak az első játékos nyert, nyereménye x tallér, 6 így x 7 tallér. A játék elején 88, 60, tallérjuk volt. pont Ezek aránya valóban :5:6, a játék végén pedig 00, 60 és 0 tallér, ezek aránya 5:6:7. Próbaérettségi 00 A kijelölt művelet elvégzése nélkül is. A kijelölt művelet elvégzése nélkül is. Jó gondolatmenetet tükröző helyes válasz esetén szöveges részletezés nélkül is pont jár.

5 Próbaérettségi 00 Matematika Az összesen [( 5 + 6) ;( ) ] 90 pénzből, a játék előtt játékosnál, ; 90 a játék után pedig + egységnyi 0 ; 90 5 ; ; 90 egységnyi volt egy egy 5 egységnyi. 90 Az első játékos nyert tallért, ami 90 egységnyi, ezért az összes pénz tallér, és így a játék előtt rendre 88; 60; tallérjuk volt. pont Ellenőrzés a szöveggel. Összesen pont. a) Az r sugarú kör P középpontja illeszkedik az O középpontot az E érintési ponttal összekötő sugárra. Az OPT egyenlőszárú derékszögű háromszögben OP r. Az OPE szakaszon r + r. Innen Próbaérettségi 00 + r. Összesen 7 pont b) Az O,S, Q, F pontok egy egyenesbe esnek, így QS OF OS r + r. A PQS derékszögű háromszögben PQ r + r. A PQS derékszögű háromszögre felírva a Pitagorasztételt: + ( r ) ( + r ). Ha csak a rajzon jelöli, akkor is jár a. Gyöktelenítés nélkül is Az egyenletet rendezve: r. + pont. Összesen 7 pont 5

6 Próbaérettségi 00 Matematika 5. Az értelmezési tartomány: * x > 0, x, x 9 Térjünk át alapú aritmusra: + 6, x 9x azaz + 6. x 9x A szorzat aritmusára vonatkozó azonosságot alkalmazva x 9 + x Azaz x + x Rendezve x + x Innen így x vagy x. x. 9 vagy x. 7 Mivel minden lépés ekvivalens átalakítás volt a lehetséges értelmezési tartományon és a kapott gyökök elemei az értelmezési tartománynak, mindkettő kielégíti az egyenletet. * Ha x alapú aritmusra tér át, akkor x x + 6 x 9x x x x x x 6 0 x vagy x x 9 vagy x 7 Ellenőrzés, ért. tart. vizsgálat. Próbaérettségi 00 pont pont * 6

7 Próbaérettségi 00 Matematika Ha 0 alapú aritmusra tér át, akkor lg lg + 6 lg + lg x lg 9 + lg x lg lg + 6 lg + lg x lg + lg x 6 lg x + lg lg x + 6 lg 0 lg x lg vagy lg x lg x 9 pont pont vagy x 7 Ellenőrzés, ért. tart. vizsgálat. * Összesen 6 pont *Az értelmezési tartomány vizsgálatáért és az ellenőrzésért összesen adható. Hiányos értelmezési tartomány és ellenőrzésként azzal való összehasonlítás esetén:. Ha jól állapítja meg az értelmezési tartományt, de az eredményt nem veti össze vele:. Hiányos értelmezési tartomány és behelyettesítéssel való ellenőrzés esetén:. Ha nem vizsgálja az értelmezési tartományt, de behelyettesítéssel ellenőriz:. 6. a) Koszinusztétellel a cos, 66 A legnagyobb oldal c, így a legnagyobb szög γ. A γ lehet hegyes- vagy tompaszög, β azonban mindenképpen hegyesszög, ezért először ezt számítjuk ki szinusztétellel, mert 0 90 között a szinuszfüggvény kölcsönösen egyértelmű. b sin β sin α sin 0,7967 β 5, 8 a,66 γ 80 ( α + β ) 95, 8 Koszinusztétellel a, 66 A legnagyobb szög γ, +,66 5 ami koszinusztétellel cosγ,66 Tehát γ 95, 8. pont Összesen 8 pont Próbaérettségi 00 7

8 Próbaérettségi 00 Matematika b) A BTM derékszögű háromszögben MBT 90 α és MT BT tg( 90 α ). A BTC derékszögű háromszögben BT a cos β,66 cos5,8,6 és így MT,6 tg58, 57. Az ATC derékszögű háromszögből x sin,. A DCB derékszögű háromszögben DCB 80 γ 8, 8 és így DC,66 cos8, 8. A DCM derékszögű háromszögben DCM 90 α 58 és így DC x cos58. DC két kifejezésének egyenlőségéből,66 cos8,8 x 0,5. cos58 A keresett távolság TM x + x, 57. Próbaérettségi 00 Az ABC háromszög magasságpontja egyúttal azon A B C háromszög köré írható körének a középpontja, amelynek az ABC háromszög a középvonal-háromszöge. 8

9 Próbaérettségi 00 Matematika Az ABC háromszög köré írható körének középpontja a a R sin α miatt R, 5, sin α az A B C háromszög köré írható köré R 5, 0. Az ABC háromszög területét kétféleképpen felírva 5 sin 5m T. Innen m,. Az MCB derékszögű háromszögből Pitagorasz-tétellel: x R 5 0,5. A keresett távolság MT, 57. Összesen 8 pont Megjegyzések:. A b) résznek koordináta-geometriai megoldása is lehetséges.. Ha a vizsgázó nem veszi észre, hogy a háromszög tompaszögű, de egyébként helyes összefüggésekkel számol, legfeljebb ot kaphat. 7. a) Koordináta-rendszer a megfelelő egységekkel A f függvény grafikonja parabolaív. A g függvény grafikonja egyenes szakasz. Próbaérettségi 00 Értelmezési tartományon túli ábrázolásért pontot vonjunk le! Összesen pont b) Az indulás után,5 perccel t 90 s. f ( 90) 900 ( 90 60) 675 méterre 0 90 g ( 90 ) 600 méterre Összesen pont A mértékegység jelölése nélkül is jár a pont. 9

10 Próbaérettségi 00 Matematika c) A f g függvény jelentése: a két kocsi távolsága az indulástól eltelt idő függvényében. pont Összesen pont d) 0t f () t g() t 900 ( t 60) 70 t + t 70 Az d() t t + tfüggvény maximumhelyét keressük. Mivel az x a ax + bx + c függvény szélsőértékének b helye, pont a 0 d függvénynek t 6, 7 másodpercnél van a maximuma, ami beleesik a [ 0;90] intervallumba. 0t f () t g() t 900 ( t 60) 70 t + t az ( t) t +. 9 pont 0 Ez az érték maximális, ha t 6, 7 s. 0t d () t f () t g() t 900 ( t 60) 70 t + t 70 d '() t t + 0 d '( t) 0, ha t, és itt d' ( t) előjelet vált ( + ), tehát t 6,7 s maximumhely. Összesen 6 pont Próbaérettségi 00 Ha nem írja, hogy az eltelt idő függvényében, akkor is pont. Ha a szélsőérték helyét az f és g függvény grafikonjáról olvassa le, akkor csak. Ha nem írja le, hogy a 6,7 s eleme az ért. tart.- nak, akkor is. 0

11 Próbaérettségi 00 Matematika 8. a) pont a tengelyek helyes feliratozásáért, a két oszlopsorért Házasságkötések száma Megszűnt házasságok száma Összesen pont b) 980-ban 80 házasságkötésre válás jutott, házasságkötésre tehát 6, 0. 80, pont Hasonló számítással 990-ben 7,8, 000-ben pedig 560,. Összesen 5 pont c) Ha 980-ban x ezer házasság volt érvényben, akkor erre x 9,9 válás jutott, tehát x 9, Innen x 807, 7&. Ezresekre kerekítve tehát 980-ban 808 ezer fennálló házasság volt. Hasonló számítással 990-ben 5 ezer, 000-ban 57 ezer házasság volt Próbaérettségi Házasságok száma Összesen 7 pont

12 Próbaérettségi 00 Matematika 9. a) pont Összesen pont b) Ha nem ismerték egymást, akkor mindkettőjüknek ismernie kellett a brit, a magyar és a francia vezetőt is, ami ellentmondás, hiszen a brit és a magyar vezetőnek csak egy-egy ismerőse volt. A német és az olasz vezető tehát biztosan ismerte egymást. Mivel csak ez a kétféle ismeretségi rendszer lehetséges, a német és az olasz vezető biztosan ismerte egymást. Összesen c) Próbaérettségi 00

13 Próbaérettségi 00 Matematika A halmazábrán az egyes részhalmazok számosságát a beleírt betű, illetve betűpár jelenti. Az adatok szerint a + n + f + an + nf + af továbbá a + an + af n + an + nf f + af + nf Az utóbbi három egyenletet összeadva a + n + f + ( an + nf + af ) Ebből a legelső egyenletet kivonva: an + nf + af + 0 8, azaz an + nf + af 8, vagyis 8-an beszéltek pontosan nyelvet. A ikaiszita-formula szerint A N F A + N + F ( A N + N F + F A ) + A N F Az ismert adatokat beírva A N + N F + F A + ( ) 5 Azaz ( N + N F + F A ) A Ebben a számosságban a mindhárom nyelvet beszélők számossága háromszorosan szerepel, a pontosan két nyelvet beszélők száma tehát 5 8. Összesen 5 pont d) Rendeljük hozzá minden résztvevőhöz az általa kötött új ismeretségek számát! Ha van akihez 0 tartozik, akkor a további 5 résztvevőhöz az,, 5 számok valamelyikét kell hozzárendelni, hiszen saját magát mindenki ismeri, és a 0 új ismeretséget kötő résztvevővel senki sem kötött új ismeret séget. Így valamelyik szám két résztvevőhöz is tartozik majd. Ha a 0 senkihez sem tartozik, akkor az,, 5 számokat kell kiosztanunk 55 résztvevő között, tehát megint csak lesz két azonos számot kapó résztvevő. Összesen 6 pont Próbaérettségi 00 A vizsgázó a skatulyaelv alkalmazása helyett indirekt módon is bizonyíthat.