MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

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

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 / 0 009. május 5.

. 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 + 4 8 6 ( 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 / 0 009. május 5.

. 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 0 6 64 + 4 7,5 0 64 + 45 509. 0 0 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 / 0 009. május 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 / 0 009. május 5.

. 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 / 0 009. május 5.

. 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 / 0 009. május 5.

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 / 0 009. május 5.

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 / 0 009. május 5.

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 / 0 009. május 5.

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 + 6 + x 9 ezért az f minimumértéke () 9 5 f függvény szigorúan növő, f. Így az egyenlet egyetlen megoldása az x 9. 5. b) második megoldás A rendezés után kapott x + 6 5 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 / 0 009. május 5.

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 / 0 009. május 5.

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: 6. 4 5 6 4 5 6 7 8 9 7 8 9 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 pont Legalább három, de hatnál kevesebb helyes ábráért adható. 4 5 6 4 5 6 7 8 9 7 8 9 6. 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 / 0 009. május 5.

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 / 0 009. május 5.

7. a) Jelölje a n az n-edik napon leúszott hosszat, méterben mérve. a 0000, ( 000). a a 0,9 0000, 0,9 9900. 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, 0,9. 6 5 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 / 0 009. május 5.

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 000 + 000 0,99 + 000 0,99 +K megoldás során jelenik 9 K + 000 0,99 csak meg. 0 0,99 000 ( 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 * 9900 + 9900 0,99 + 9900 0,99 +K megoldás során jelenik 9 K + 9900 0,99 csak meg. 0 0,99 9900 ( 94 66,7 ). 0,99 * Az első 0 napon kb. 99 84 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 0900 + 0900 0,99 + 0900 0,99 + K + 0900 0,99 0900 ( 99 84) 0,99 ( pont), szöveges válasz ()..) A *-gal jelzett pontokat a következő lépésekért is megkaphatja: S 0, 9 (), S 0,9 0580 9466 () ps S ptl ps írásbeli vizsga 08 6 / 0 009. május 5.

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 0 000 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+. 000 0900. 9900 0790. 0890 069 4. 980 058 5. 078 0484 6. 970 076 7. 067 079 8. 9606 07 9. 0566 0076 0. 950 997. 046 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 9 0 076 és b 0 9 97, így pontosan 9 esetben lesz a kétnapi teljesítmény legalább 0 000 m. Miután bármely két szomszédos napot azonos eséllyel választhatjuk, így a keresett valószínűség: 9 ( 0,474). 9 Összesen: 6 pont írásbeli vizsga 08 7 / 0 009. május 5.

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 / 0 009. május 5.

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 45. 8. 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 / 0 009. május 5.

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 000. 9. b) A három fiú az öt helyre összesen Összesen: 7 pont 5 4 60-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: 60 70 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 / 0 009. május 5.