MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Átírás

1 Matematika emelt szint 062 É RETTSÉGI VIZSGA 2006 október 25 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 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 / október 25

3 I a) A logaritmus azonosságait és a 0-es alapú logaritmus-függvény szigorú monotonitását felhasználva, megoldandó az ( x + 7)(x + ) = 00 másodfokú egyenlet Ennek gyökei: x = ; 2 Mivel a bal oldal értelmezése alapján x >, ezért az x = nem gyöke az egyenletnek Az x = kielégíti az eredeti egyenletet Összesen: 5 pont b) első megoldás A jobb oldalon alkalmazva a hatványozás azonosságait, megoldandó az alábbi egyenlet: x x 2 = 9 x Ebből rendezéssel kapjuk, hogy: ( 4,5) = lg Innen x = log ( 4, 5 = 0,704) lg 4,5 A kapott gyök kielégíti az eredeti egyenletet, mert ekvivalens átalakításokat végeztünk Összesen: 6 pont b) második megoldás Mivel = 2 log 2, a hatványozás azonosságait x 2x (2 + ) log2 alkalmazva 2 = + x = 2 A 2-es alapú exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt x = 2x + )log ( 2 Az egyenlet megoldása log2 log2 lg x = = ( = 0,704) log2 9 log2 4,5 lg4,5 A kapott gyök kielégíti az eredeti egyenletet, mert ekvivalens átalakításokat végeztünk Összesen: 6 pont A monotonitásra való hivatkozás nélkül is jár az Az indoklással együtt adható A hamis gyök kizárása történhet behelyettesítéssel is Az exponenciális egyenlet gyökeként fogadjuk el a helyes közelítő értéket Az ellenőrzést fogadjuk el közelítő értékkel is A monotonitásra való hivatkozás nélkül is jár az Az exponenciális egyenlet gyökeként fogadjuk el a helyes közelítő értéket Az ellenőrzést fogadjuk el közelítő értékkel is írásbeli vizsga 062 / október 25

4 2 a) Mivel a dobások során bármelyik helyen háromféle számot (0; 2; 4) dobhatunk, a rendezett számötösök * 5 száma = 24 Összesen: 2 b) Ha a dobott pontok összegét tekintjük csak, és a dobások sorrendjét nem, akkor 0-et összegként * háromféleképpen dobhattunk: eset: = 0 ; 2 eset: = 0 ; eset: = 0 5! Az esetben ezt az 5 számot = 0 -féle 2!2! sorrendben dobhattuk 5! A 2 esetben ezt az 5 számot = 20 -féle sorrendben! dobhattuk A esetben ezt az 5 számot csak egyféle sorrendben dobhattuk * A 0-es összeg tehát összesen 5-féleképpen állhatott elő Összesen: 0 pont A *-gal jelölt részpontszámok akkor is adhatók, ha nem ennyire részletezők, de a leírásból világosan követhető a közölt gondolatmenet írásbeli vizsga / október 25

5 Mivel a háromszög szögeinek összege 80, α + γ = 80 β, valamint β + γ = 80 α, és cos( 80 β ) = cos β cos( 80 α ) = cosα, valamint A megadott egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha sin α : sin β = cosβ : cosα Ebből a sinα cosα = sin β cos β egyenlőség következik A kétszeres szög szinuszára vonatkozó azonosságot használva kapjuk, hogy sin 2α = sin 2β pont Egy háromszögben bármely szög kétszeresének értéke 0 és 60 közé esik, ezért a fenti egyenlőség pont két esetben állhat fenn: 2 α = 2β vagy 2α + 2β = 80 Az első esetben α = β, a háromszög két szöge egyenlő, a háromszög egyenlő szárú A második esetben α + β = 90, a háromszögben γ = 90, a háromszög derékszögű Összesen: 4 pont 4 a) első megoldás Mivel hét pénzt dobtunk fel, akkor lesz több fej, mint írás, ha 4; 5; 6 vagy 7 fejet dobtunk Ekkor éppen ; 2; vagy 0 írás lesz Szimmetria okokból ennek ugyanannyi az esélye, mint ha ; 2; vagy 0 fejet dobtunk volna Tehát a keresett valószínűség: 0,5 Összesen: 7 pont A részpontszámok akkor is adhatók, ha csak a későbbiek során derül ki, hogy ezeket az összefüggéseket helyesen használja a vizsgázó A részpontszámok akkor is adhatók, ha nem ennyire részletezők, de a leírásból világosan követhető a közölt gondolatmenet írásbeli vizsga / október 25

6 4 a) második megoldás A hét elemű fej-írás jelsorozat minden helyén előfordulhat a fej és írás is, ezért az egyenlő esélyű jelsorozatok száma: = Több fejet dobtunk, mint írást, tehát a fejek száma 4; 5; 6 vagy 7 A kedvező jelsorozatok száma tehát: = = A részpontszámok akkor is adhatók, ha nem ennyire részletezők, de a leírásból világosan követhető a közölt gondolatmenet A keresett valószínűség: 64 = 0, 5 28 Összesen: 7 pont 4 b) Akkor nagyobb a különbség -nál, ha 6 fej és írás vagy 7 fej és 0 írás van pont A kedvező esetek száma a szimmetria okok miatt: = 8 A keresett valószínűség: 0, ( = = ) 28 6 Összesen: 7 pont A pontszám akkor is adható, ha nem ennyire részletező, de a leírásból világosan követhető a közölt gondolatmenet Ha a fordított esetet is tekintetbe veszi a kedvező eseteknél, ot kaphat II 5 a) A lecsiszolt testnek 24 csúcsa van, mert a 8 kockacsúcs helyett minden csúcsnál - új csúcs keletkezik (a negyedelő pontoknál) A lecsiszolt testnek 6 éle van, mert a 2 kocka élen maradnak élek, és a lemetszett háromszögek oldalai is élek: 8 = 24, és = 6 A lapok száma 4, mert a kockalapokból marad egyegy nyolcszög, és a lemetszett háromszögek száma 8, = 4 Összesen: pont A részpontszámok akkor is adhatók, ha nem ennyire részletezők, de a leírásból világosan követhető a közölt gondolatmenet 2 A végeredmények puszta közléséért legfeljebb adható írásbeli vizsga / október 25

7 5 b) A talapzat felszínét kiszámíthatjuk, ha a 6 db nyolcszög területéhez hozzáadjuk a 8 db szabályos háromszög területét A nyolcszög területe: a 2 dm oldalú négyzet területéből kivonjuk a 4 db egyenlő szárú derékszögű háromszög területét, vagyis 2 db dm oldalú négyzet területét: 2 2 T = 2 2 = 26 (dm 2 ) nyolcszög A szabályos háromszög oldala T = a háromszög = (dm 2 ) 4 2 A 6 T nyolcszög + 8 T = = háromszög ( 88,5 dm 2 ), ezért 5 c) Legyen m az ajándéktárgy megrendelt tömege Az összes tömeg 20m Foglaljuk táblázatba a csiszolt ajándéktárgyakról tudott információkat anyag achát hematit zöld jade gránát gyakoriság db 6 db 7db 4db tömeg 0,99 m 0,995 m,05 m Jelöljük ( x m) Összesen: 6 pont -mel a gránátból készített ajándéktárgy valódi tömegét Tudjuk, hogy a tényleges össztömeg 20m, innen 20 m = 0,99m + 6 0,995m + 7,05m + 4 xm Ebből következik, hogy x = 0,98875 A gránát ajándéktárgyak tömege,25%-kal kisebb a megrendeltnél Összesen: 7 pont A részpontszámok akkor is adhatók, ha nem ennyire részletezők, de a számolásból világosan követhető a közölt gondolatmenet A 2+ akkor is jár, ha a helyes egyenletet világosan rögzített jelölésekkel írja fel a vizsgázó írásbeli vizsga / október 25

8 6 a) Táblázatba foglaljuk a képletek által kiszámított magasságokat az eltelt évek függvényében: t 2 m(t) 7,2,5,7 h(t) 6, 2,0 5,7 8,7 Helyes ábrázolások: méter 8,7 5 5,7,2 2,5, , év mandzsu fűz: hegyi mamutfenyő: Összesen: 6 pont Ha a vizsgázó függvénytranszformáció lépéseire támaszkodva vagy bármely más függvényábrázolási módszerrel jó megoldást ad, m(t) ábrájára pontot, h(t) grafikonjára pontot kaphat A helyettesítési értékeket ekkor is fel kell tüntetnie írásbeli vizsga / október 25

9 6 b) Megoldandó a 0,5 = 5 0,4t + + 0, 4 egyenlet Rendezés után kapjuk, hogy t 7, 7 A kívánt magasságot a mamutfenyő a 8 évben, vagyis ( = ) 977-ben érte el Összesen: 4 pont Az bármelyik formában megadott jó válasz esetén jár 6 c) A megadott függvény menetét a derivált előjelvizsgálatával állapítjuk meg A derivált: g () t = t 2 t + 72 A derivált értéke 0, ha t = vagy t = 8 A derivált mindkét nullhelyénél előjelet vált, a két nullhely közötti t értékekre a derivált negatív, ezért a g(t) függvény ezen a tartományon ( < t < 8) szigorúan monoton csökkenő A fa magassága nem csökkenhet az arborétumban, ezért a g(t) függvény egyetlen fa növekedését sem írhatja le Összesen: 6 pont Minden jó érvelés elfogadható megoldásként Ha a vizsgázó pl megfelelő helyettesítési értékek összevetésével utal arra, hogy g(t) függvény értéke nagyobb t értéknél kisebb lett, megoldása teljes értékű lehet 2 Megadjuk néhány egész t értékénél g(t) értékét: évek száma t magasság (cm) g(t) 6,6 54,5 2, ,5 802,5 556,6 Ha a táblázatos módszerrel nem találja meg a csökkenő tartományt, és próbálkozásából nem derül ki, hogy a monotonitást vizsgálja, megoldására legfeljebb ot kapjon 4 Ha a táblázatos módszerrel nem találja meg a csökkenő tartományt, de a próbálkozásából kiderül, hogy a monotonitást vizsgálja, megoldására legfeljebb ot kapjon írásbeli vizsga / október 25

10 7 a) A húrnégyszögben a szemközti szögeinek összege 80 A megadott arányszámok nem feltétlenül követik a szögek sorrendjét a négyszögben, ezért három esetet különböztetünk meg aszerint, hogy a három arányszám közül melyik két szög van egymással szemben A feltételben szereplő három szög legyen α, β, γ, a negyedik δ α + γ = 80º, így a három lehetőség: pont A részpontszámok akkor is adhatók, ha nem ennyire részletezők, de a leírásból világosan követhető a közölt gondolatmenet α β γ egység δ négyszög 7e 6e 8e e= négyszög négyszög 90 6f 7f 8f f= = 77, = 02, g 8g 7g g= 080 = 8, = 0, = 92, = 69,2 A helyesen megadott húrnégyszögenként - pont Összesen: pont A pont bontása: az egység helyes kiszámítása: a szemközti szögpárok helyes kiszámítása: + írásbeli vizsga / október 25

11 7 b) Látható tehát, hogy vannak olyan húrnégyszögek, amelyekre rendre igaz a tanórán elhangzott három állítás közül egy-egy: Zsófi állítása az, Peti állítása a 2, Kata állítása a négyszögre igaz Az elhangzott három állítás viszont nem igaz egyszerre a probléma megoldását jelentő három húrnégyszög mindegyikére pont Összesen: pont Ha a vizsgázó megadja mind a három típusú húrnégyszöget, és közvetlenül arra utal, hogy a három állítás egyszerre nem igaz mindhárom típusra, az utolsó pontot kapja meg Ha a vizsgázó egy húrnégyszöget vizsgál csak, és ennek megfelelően választja ki az igaz állítást, megoldására legfeljebb 5 pontot kaphat írásbeli vizsga 062 / október 25

12 8 a) y=2 y=-2 y B K (; -2) 4 y = x 6 A x 4 Az A halmaz pontjai az y = x 6 egyenletű egyenes alatti zárt félsík pontjai Az A halmaz ábrájáért 2 2 A B halmaz pontjai az ( x ) + ( y + 2) = 25 egyenletű kör és a kör belső pontjai A kör középpontja K ( ; 2), sugara r = 5 A B halmaz ábrájáért A C halmaz pontjai az y = 2 és az y = 2 egyenletű párhuzamos egyenesek pontjai A C halmaz ábrájáért Összesen: 8 pont A teljes pontszámot az A és B halmaz leírása esetén akkor kaphatja meg, ha a ponthalmazok határoló vonalaira is világos az utalás írásbeli vizsga / október 25

13 8 b) y 4 y = x 6 E x K (; -2) D A B \ A halmaz ábrázolása: A B \ A halmaz pontjai egy félkörlemez pontjai, amihez a félkörív és a belső pontok hozzá tartoznak, de a kör DE átmérője nem (Az átmérő végpontjai: ; 6 E 6 ; 2 ) D ( 0 ) és ( ) A ponthalmaz pontjai a DE átmérő fölött vannak Összesen: 4 pont A teljes pontszámot megkaphatja akkor is, ha nem adja meg a D és E koordinátáit Bármilyen egyértelmű szöveges utalás arra, hogy melyik félkörlemezről van szó, írásbeli vizsga 062 / október 25

14 8 c) y B (0; 2) (6; 2) (-2; -2) (8; -2) K (; -2) x A B I C halmaz a B ponthalmaz határoló körének két párhuzamos húrja: A húrok végpontjai: ( 0 ; 2) és ( 6 ; 2), valamint ( 2 ; 2) és ( 8 ; 2) (Ez utóbbi húr egyben átmérő is) A B I C halmaz ábrázolása: Az origótól a legmesszebb a ( 8 ; 2) pont, legközelebb a ( 0 ; 2) és a ( 0 ; 2) pont van Összesen: 4 pont A vonatkozó pontszámokat rendezett és világos ábráért is megkaphatja 2 A világos és rendezett ábrázolás elfogadható indoklásként is A nem világos ábra esetén a vonatkozó pontszámok akkor adhatók, ha pl numerikus behelyettesítéssel meggyőződik arról, hogy a közölt pontja illeszkedik a vizsgált ponthalmazra írásbeli vizsga / október 25

15 9 A megadott feltételeket a következő alakban használjuk: () a n = an + 2an 2, ha n (2) 2a2 = a + ( a 9a) () a + a2 + a + a4 + a5 = 682 A sorozat harmadik tagja az () alapján: a = a2 + 2a Behelyettesítve a (2) összefüggésbe ezt az a helyére, rendezés után kapjuk, hogy a 2 = 4a Ebből az a = a2 + 2a = 4a + 2a = 6a A negyedik tagot felírva az () alapján: a 4 = a + 2a2 A jobb oldalon behelyettesítve az a és az a 2 az a -gyel kifejezett értékét kapjuk, hogy a 4 = 6a + 2(4a) = 64a Hasonlóan fejezhetjük ki a 5 értékét a segítségével: a 5 = a4 + 2a = 64a + 2(6a) = 256a A () egyenlőség bal oldalán a sorozat tagjait rendre az a -gyel kifejezett értékkel helyettesítve kapjuk, hogy a + a2 + a + a4 + a5 = a + 4a + 6a + 64a + 256a Összevonás után: 4 a = 682 Ebből: 2 A hatodik tagot felírva az () alapján: a 6 = a5 + 2a4 Az a 5 és az a 4 értékét a -gyel kifejezve kapjuk, hogy: a 6 = 256a a = 024a = = 2048 A kapott 2; 8; 2; 28; 52; 2048, számsorozat elemei kielégítik az ( a n ) sorozat elemeiről megadott összes feltételt A sorozat hatodik tagja: 2048 Összesen: 6 pont A a (2) egyenlet helyes felírásáért jár Ha a vizsgázó csak megsejti (pl a második és harmadik tag a -gyel történő kifejezése után), hogy ez a sorozat egy q = 4 hányadosú mértani sorozat, de ezt nem igazolja, akkor megoldására legfeljebb 8 pontot kaphat írásbeli vizsga / október 25