Matematika emelt szint 091 ÉRETTSÉGI VIZSGA 010. május. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM
Fontos tudnivalók Formai előírások: 1. 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 maimális pontszám van, a javító által adott pontszám a mellette levő téglalapba kerül.. Kifogástalan megoldás esetén elég a maimális pontszám beírása a megfelelő téglalapokba.. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy az egyes részpontszámokat is írja rá a dolgozatra. Tartalmi kérések: 1. 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 maimális 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. 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 maimális 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 maimális 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. 10. 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, 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 091 / 1 010. május.
1. a) Az értelmezési tartományon minden esetén sin cos f = tg + ctg sin = + sin cos sin ( ) ( ) = I. sin + cos = sin cos = sin cos =. Összesen: pont 1. b) első megoldás A g függvény páros függvény, mivel g( ) = g( ) minden D g esetén. Az ( 7 ) 0 esetén vizsgáljuk a g zérushelyeit. Ekkor g ( ) = 6 = ( 6). Ezen a tartományon a zérushelyek: 0 és 6. A g függvénynek három zérushelye van: 6; 0; 6. Összesen: pont 1. b) második megoldás ( 6) ( + 6) 6 = g ( ) =, ha + 6 = ( 7 ) 0 ( 7 ) 0 ezért a g függvénynek három zérushelye van: 6; 0; 6., pont Összesen: pont Az esetszétválasztás, megfelelő tartományok megjelölése. (Ha csak az egyik esetet írja tartománnyal együtt, ot kap.) Elvi hiba miatt nem kap pontot, ha g() helyett a h()= -6-et vizsgálja. írásbeli vizsga 091 / 1 010. május.
1. c) A ( ) g kifejezést átalakíthatjuk: Teljes értékű megoldás a 6 = ( ) ( ) 9 0 ( 7) grafikus módszer is, de g =, ha, pont + 6 = ( + ) 9 ( 7 ) 0 indoklás nélküli rajz esetén jár. innen következik, hogy a legkisebb függvényérték g () = g( ) = 9, a legnagyobb függvényérték g ( 7 ) = g( 7) = 7. A g (folytonos) függvény értékkészlete: Jó tartalom hibás R g = [ 9;7]. pont jelöléssel ot ér. Összesen: 6 pont Megjegyzések: 1. Maimum pontot kaphat, ha a) nem veszi figyelembe az értelmezési tartományt, vagy b) grafikus megoldást ad, és a grafikonja nem függvénygrafikon (pl. mindkét képlettel megadott másodfokú függvényt a teljes értelmezési tartományra felvázolja).. Ha a b) kérdésnél említett h()-szel dolgozik, a c) részre legfeljebb pontot kaphat.. a) Az 1, a, a és a 8 külön csoportba kell, hogy kerüljön. Az 1-es mellett nem lehet más szám. Egy lehetséges beosztás: (1), (, ), (, 5, 6, 7), (8, 9) egy másik: (1), (,, 5), (, 6, 7), (8, 9) Összesen: pont Ha ez a gondolat mind a csoportosításban helyesen jelenik meg, az jár. Ha ez a gondolat mind a csoportosításban helyesen jelenik meg, az jár. Ha csak egy beosztás jó, pontot kap. írásbeli vizsga 091 / 1 010. május.
. b) Berci minden számot összekötött minden számmal, kivéve a szomszédos számokat: 1-, -, -,, 8-9. (Egy 9-csúcsú teljes gráf éleiből hagyunk el nyolcat.) 9 8 = 9 8 8 = 8 vonalat húzott be Berci. Összesen: pont Binomiális együttható nélkül is elfogadható. Ha ábra segítségével helyesen adja meg a gráf éleinek számát, a megoldás teljes értékű. Megjegyzés: Ha a kilencszög átlóit számolja össze (7), és nem veszi figyelembe, hogy az 1-9 oldalél is szükséges, pontot kap.. c) első megoldás A számok egy permutációja hármas bontásban egy duót ad. Ha számítana a két háromjegyű szám sorrendje a duón belül, akkor annyi duó lenne, ahány permutációja van a 6 számnak (6!). pont Ha ezek a gondolatok megjelennek a megoldás során, járnak a pontok. Így az eseteket duplán számoltuk, 6! Hibás válasz esetén ez a tehát = 60 darab duó van. pont nem jár. Összesen: 5 pont. c) második megoldás 6 Az egyik hármast kiválaszthatjuk -féle módon, a másik hármas ezzel meghatározott. Mindkét hármasból! féle számot képezhetünk. 6 Összesen!!( = 70) duót képeztünk. Így minden esetet kétszer számoltunk, tehát 60- féle duó van. Összesen: 5 pont Hibás válasz esetén ez a pont nem jár. írásbeli vizsga 091 5 / 1 010. május.
. Legyen a sorozat első tagja a, hányadosa q. a + aq + aq = 91 5 6 7 aq + aq + aq = 91 ( a + aq + aq ) = 91 5 q 5 91 q = ( = ) 91 Ebből q =. Visszahelyettesítve az első egyenletbe: 7a = 91, ahonnan a = 1. (Ezek szerint a mértani sorozat: a = 1, q =, n 1 = 1.) a n 1 n 1 A kérdés: hány n-re igaz, hogy10 1 < 10 1. * pont Ezzel ekvivalens (az lg függvény szigorúan 1* pont monoton növekvő), 1 lg1 + ( n 1) lg < 1. 1* pont A kitevők eltévesztése esetén ez a pont nem jár. Helyes irányú, de nem pontosan felírt relációs jelek esetén jár. 7,16 < n < 0,8 1* pont Ennek egész megoldása a 8, a 9 és a 0. 1* pont A sorozatnak tagja tizenhárom jegyű. Összesen: 1 pont Megjegyzések: 1. A *-gal jelölt pontok számológépes megoldás esetén akkor járnak, ha megállapítja, hogy a sorozat szigorúan monoton növekvő pont; n=7 még nem megfelelő ; n=1 már nem megfelelő ; a 8., 9. és 0. tag valóban megfelel pont.. Megfelelő magyarázat nélküli próbálkozások esetén a *-gal jelölt 6 pontból legfeljebb pont adható. írásbeli vizsga 091 6 / 1 010. május.
. a) A kördiagramok alapján: 1. üzlet. üzlet. üzlet Összesített forgalom Arany János 119 90 7 81 Márai Sándor 119 16 117 6 József Attila 170 16 7 1 Összesen 08 16 helyes oszloponként 1-. pont A legtöbb példányt József Attila műveiből adták el. Összesen: 5 pont A negyedik pont az első három oszlop adatainak helyes összegezéséért jár.. b) eladott könyvek 50 00 50 6 1 00 81 50 00 150 100 50 0 AJ MS JA Jó adatokat tüntet fel. Arányos a diagram. Célszerűen választ egységet. Rendezett az ábrája, világosan látni, mi-mit jelöl. Összesen: pont Ezen kívül csak olyan diagram fogadható el, amelyiken a két tengely fel van cserélve. írásbeli vizsga 091 7 / 1 010. május.
. c) A vizsgált időszakban a sorsoláson résztvevő sorsjegyek száma: 08++16 = 1056. 1056 Ezek közül a nyerő sorsjegyet összesen féleképpen lehet kisorsolni. A. üzletben 16 Márai-könyvhöz adtak sorsjegyet, 16 ezek közül féleképpen lehet nyerőt kiválasztani. 16 A keresett valószínűség: 1056 7875 ennek értéke: p = 0,01. 55700 Összesen: 5 pont Az 1056 megjelenéséért (akár a táblázatban is). Az összes esetek száma, a kedvező eseteké. Ha a kedvező és az összes esetek számát is a sorrend figyelembevételével helyesen számolja össze, akkor is jár az 1-., Ha a k/n képletet előzmény nélkül használja, nem jár pont. írásbeli vizsga 091 8 / 1 010. május.
II. 5. a) első megoldás 1... ár 1,5 tömeg 1,5 0,8 y = = 1,y 1,5 1,5 = = 1,875 1,5 1,875 egységár = = = 1, y 1,5 y ár = tömeg = 1,5 = 1,5 y y Tehát a harmadik kiszerelés egységára a legalacsonyabb. pont 1,5y y pont 5. a) második megoldás 1... ár 1,5 tömeg egységár = ár = tömeg y 0,8 y y y = 0,8 y = 1,5 y 1,5 y Tehát a harmadik kiszerelés egységára a legalacsonyabb. Az 1. ára a.-hoz képest pont. A. ára a.-hoz képest pont. Az 1. tömege a.-hoz képest pont. A. tömege a.-hoz képest pont. pont Cellánként 1-. Összesen: 1 pont y pont pont Az. ára a 1.-höz képest pont. A. ára az 1.-höz képest pont. Az 1. tömege a.-hoz képest pont. A. tömege a.-hoz képest pont. pont Cellánként 1-. Összesen: 1 pont írásbeli vizsga 091 9 / 1 010. május.
5. a) harmadik megoldás 1. kiszerelés. kiszerelés. kiszerelés tömeg egységár ár = egységár és a tömeg szorzata 1, m 1,5 m m 1,5 e 1,5 e e 1,5 em 1,875 em em -- pont oszloponként vagy soronként Tehát a harmadik kiszerelés egységára a legalacsonyabb. Összesen: 1 pont Az 1. tömege a.-hoz képest pont. A. tömege a.-hoz képest pont. Az 1. ára a.-hoz képest pont. A. ára a.-hoz képest pont. 5. b) Ha a legolcsóbb kiszerelés egységára 600 Ft, a másik kettőé ennek 15%-a, azaz 750-750 Ft. A három kiszerelés átlagos egységára: 600 + 750 + 750 ( = 700). A negyedik kiszerelésen 700 Ft egységár szerepelt. Összesen: pont írásbeli vizsga 091 10 / 1 010. május.
6. a) (Az f integrálható függvény.) a 0 a + a + a d = a a + a + a a a 0 = pont Tagonként 1- jár. a a a = + + a = a a a = a + a. Összesen: 6 pont 6. b) Megoldandó (az a R + feltétel mellett) a a + a 0 egyenlőtlenség. ( a + 1) a ( 1 a) 0 Mivel a > 0, így az első két tényező pozitív, ezért 1 a 0. Az a lehetséges értékeinek figyelembe vételével: 0 < a 1. Összesen: pont Ha az egyenlőtlenséget a harmadfokú függvény grafikonjának vázlata alapján helyesen oldja meg, megoldása teljes értékű. 6. c) (A nyílt intervallumon értelmezett ( R + ) g függvény differenciálható.) g = +. ( ) 1 A lehetséges szélsőértékhely keresése: + 1 = 0 A lehetséges szélsőértékhely: 1 = (ez van benne az értelmezési tartományban); g ( ) = 6 1 6 g = < 0 1 Tehát az = lokális maimumhely. Összesen: 6 pont Ha a lokális szélsőértékhelyek létezéséről az első derivált előjelváltásával ad elégséges feltételt, teljes pontszámot kap. írásbeli vizsga 091 11 / 1 010. május.
7. a) az egyenes tengelyen lévő pontja y tengelyen lévő pontja DA : y 0 = 0 0 ;0 ( 0; 5) 0 AB : + 5y 0 = 0 ;0 ( 0 ;) BC : y + 1 = 0 ( ;0) ( 0 ;) : 5 + y + 15 = 0 ;0 0; 5 CD ( ) ( ) Az DA és az AB egyenesek metszéspontja az - 0 tengely A = ; 0 pontja. Az AB és az BC egyenesek metszéspontja az y- tengely B = ( 0 ; ) pontja. Az BC és az CD egyenesek metszéspontja az - tengely C = ( ; 0) pontja. Az CD és az DA egyenesek metszéspontja az y- D = 0; 5 pontja. tengely ( ) Indoklás nélkül felírt csúcspontok megadásáért nem jár pont. A csúcspontok alapján beláttuk, hogy az ABCD négyszög AC átlója az -, BD átlója az y-tengelyre illeszkedik. Felírjuk az oldalegyenesek egy-egy normálvektorát (irányvektorát vagy iránytangensét). az egyenes egy normálvektor (egy irányvektor) (iránytangens) DA : y 0 = 0 ( ; ) ( ;) AB : + 5y 0 = 0 ( ; 5) ( 5 ; ) 5 BC : y + 1 = 0 ( ; ) ( ; ) CD : 5 + y + 15 = 0 ( 5 ; ) ( ; 5) 5 pont A normálvektorok között és ezért az egyenesek közt sincs két egymásra merőleges, (skalárszorzat nem 0), ezért az ABCD négyszögnek nincs derékszöge. Összesen: 8 pont Egy hiba esetén, kettő, vagy több hiba esetén 0 pont adható. írásbeli vizsga 091 1 / 1 010. május.
7. b) első megoldás y B C 1 CDB 1 CAB A D Megvizsgáljuk, hogy pl. a CB szakaszt az A és D csúcsokból azonos szög alatt látjuk-e. Ha a szögek nem azonos nagyságúak, akkor az ABCD nem húrnégyszög. Ha a szögek azonos nagyságúak, akkor a CB szakasz látókörív alakzatán van az A és a D pont is. Mivel a CB egyenes azonos partján van az A és a D pont is, ez azt jelenti, hogy az ABCD pontok egy körív pontjai, vagyis az ABCD négyszög húrnégyszög. Mivel az ABCD négyszög átlóinak metszéspontja az origó, ezért a CDB és a CAB szögeket a COD, illetve a BOA derékszögű háromszögekben vizsgálhatjuk. Ezek a derékszögű háromszögek hasonlóak, mert befogóik aránya egyenlő: CO OB 1 =, illetve = = =. DO 5 OA 0 0 5 A két vizsgált szög tehát egyenlő. Az ABCD négyszög tehát húrnégyszög. Összesen: 8 pont Ha az indoklás nem ennyire részletes, akkor is járnak a megfelelő pontok. írásbeli vizsga 091 1 / 1 010. május.
7. b) második megoldás y B C γ 1 1 α A D Legyen γ = BCD és α = DAB Vektorok skalár-szorzatával fogjuk kiszámítani két szemközti szög koszinuszát. CB CD cos γ =, CB CD ahol CB = ( ; ) és = ( ; 5) CD, CB CD = 11, CB = 5 és CD =. 11 cosγ =. 5 AB AD 0 cos α =, ahol AB = ; és AB AD 0 AD = ; 5 ; 0 5 5 AB AD =, AB = és AD =. 9 11 cos α =. 5 A γ és az α szögek tehát kiegészítő szögek, az ABCD négyszög húrnégyszög. Összesen: 8 pont írásbeli vizsga 091 1 / 1 010. május.
Megjegyzések: 1. Ha a b) állítás vizsgálatakor közelítő értékekkel dolgozik, legfeljebb pontot kaphat a 8 pont helyett.. Addíciós képlettel is dolgozhatunk. A koordináta- rendszer tengelyei (a négyszög átlói) négy derékszögű háromszögre bontják a négyszöget. Ezekből a háromszögekből a hegyesszögek tangensét számoljuk ki.() Ha α = α 1 + α, akkor tgα 1 = () 5 7 és tgα = (), innen tg α = tg( α1 + α ) =. () Ha γ = γ 1 + γ, akkor 11 5 7 tgγ 1 = () és tgγ = (), innen tg γ = tg( γ1 + γ ) =. () 11 Ebből az következik, hogy α + γ = 180.(). A bizonyítás történhet úgy is, hogy felírja pl. az ABC háromszög körülírt körét (összesen 6 pont), és bizonyítja, hogy a D pont illeszkedik erre a körre.( pont) 11 1 5 A kör egyenlete: + y + =. 6 18 Az oldalfelező merőleges egyenesek egyenletei: AB felezőmerőlegese: 15 9y = ; () BC felezőmerőlegese: 6 + 8y = 7 (), metszéspont pont, sugár, CD felezőmerőlegese: 5y = 8, DA felezőmerőlegese: + 18y = 5. írásbeli vizsga 091 15 / 1 010. május.
8. a) első megoldás Jelöljük a négy fényképre írt neveket A, B, C, D-vel, a neveknek megfelelő borítékon lévő címzéseket a, b, c, d-vel. a1) Andris kapott csak megfelelő fényképet. Ez csakis úgy lehetséges, ha az abcd sorrendben elhelyezett borítékokba az A, B, C és D jelű fotók közül Peti az elsőbe helyezte A-t, a másodikban nem tehette B-t, csak C-t vagy D-t. Ha az első két borítékba már elhelyezte a fotókat, a cd borítékokba maradó fotó között pontosan az egyik borítékhoz tartozó megfelelő fénykép van még a kezében. Ezért a befejező lépése már csak egyféle lehet. Tehát a kívánt elhelyezés kétféleképpen valósítható meg. a) A fényképeket Peti -féleképpen helyezhette volna el a borítékokba, ezen elhelyezések mindegyikének azonos a valószínűsége. (Jelölje S azt az eseményt, hogy senki sem kapott nevével ellátott fényképet.) Az S esemény pontosan akkor következik be, ha az első borítékba, B, C vagy D jelű fotó kerül. Bármelyiket is helyezte ezek közül az első borítékba, a maradék hármat úgy, hogy senki se kapja a sajátját háromféleképpen lehet elhelyezni, (például: BADC, BCDA, BDAC). Hasonlóan - megfelelő elhelyezés lehetséges, ha az első helyre C-t vagy D-t teszi. Az S esemény tehát 9-féle elhelyezés esetén valósítható meg: 9 p ( S ) =. (Jelölje E azt az eseményt, hogy pontosan egyikük kapott nevével ellátott fényképet.) Az E esemény pontosan akkor következik be, ha az A, a B, a C vagy a D fénykép kerül csak a megfelelő betűjelű borítékba. pont Ezek közül bármelyik kétféleképpen lehetséges (lásd a1 megoldását). Így az E eseményt 8-féle elhelyezés valósítja meg: 8 p ( E) =. 9 8 = p ( S ) > p( E) =. Összesen: 1 Az összes (elemi) események számáért. A kedvező esetek számáért összesen pont jár. A kedvező esetek számáért összesen pont jár. írásbeli vizsga 091 16 / 1 010. május.
8. a) második megoldás Jelöljük a fényképekre írt neveket A, B, C, D-vel, a neveknek megfelelő borítékon lévő címzéseket a, b, c, d-vel. a1) Andris kapott csak megfelelő fényképet. Ez csakis úgy lehetséges, ha az abcd sorrendben elhelyezett borítékokba az ACDB vagy ADBC sorrendben kerültek a fényképek. Tehát a kívánt elhelyezés kétféleképpen valósítható meg. a) (Jelölje S azt az eseményt, hogy senki sem kapott nevével ellátott fényképet.) Az S esemény pontosan akkor következik be, ha az abcd sorrendben elhelyezett borítékokba BADC, BCDA, BDAC, CADB, CDAB, CDBA, DABC, DCAB, DCBA sorrendben kerülhettek a fényképek. Ez 9 kedvező eset. (Jelölje E azt az eseményt, hogy pontosan egyikük kapott nevével ellátott fényképet.) Az E esemény pontosan akkor következik be, ha az abcd sorrendben elhelyezett borítékokba ACDB, ADBC, BCAD, BDCA, CABD, CBDA, DACB, DBAC sorrendben kerülhettek a fényképek. Ez 8 kedvező eset. A fényképeket Peti -féleképpen helyezhette volna el a borítékokba, ezen elhelyezések mindegyikének azonos a valószínűsége. 9 = p > ( S ) p( E) pont pont pont 8 =. Összesen: 1 A felsorolásban elkövethető hibák: kimarad eset, hibás esetet is hozzávesz, egy esetet többször szerepeltet. Hibánként 1-ot vonjunk le. Ez az a1)-beli esetek számának négyszerese. Ha csak ezt írja, ezért is jár a pont. Lásd: előző megjegyzés. Az összes események egyezőségéért. Az alábbi táblázatokban felsoroljuk az S és az E eseményeket megvalósító elhelyezéseket. S esemény A boríték címe A B C D 1. lehetőség b a d c. lehetőség b c d a. lehetőség b d a c. lehetőség c a d b 5. lehetőség c d a b 6. lehetőség c d b a 7. lehetőség d a b c 8. lehetőség d c a b 9. lehetőség d c b a E esemény A boríték címe A B C D 1. lehetőség a c d b. lehetőség a d b c. lehetőség c b d a. lehetőség d b a c 5. lehetőség b d c a 6. lehetőség d a c b 7. lehetőség b c a d 8. lehetőség c a b d írásbeli vizsga 091 17 / 1 010. május.
8. b) első megoldás Mivel minden dobás kétféle lehet, ezért a négy dobás összes lehetséges egyenlően valószínű sorrendje = 16 lehet. A négy dobáshoz tartozó összegek lehetnek: 6+6+6+6=, ( A ) 6+6+6+=, ( A ) 6+6++=0, ( A 0 ) A A 6+++=18, ( ) 18 +++=16. ( ) 16 Az ( A ) és az (A 16 ) esemény is egyféleképpen valósulhat meg, ezért 1 p ( A ) = p( A16 ) =. 16 A és az (A 18 ) esemény is -féleképpen valósulhat meg, ezért p ( A ) = p( A18 ) =. 16 A esemény = 6 -féleképpen valósulhat 6 meg, ezért p ( A 0 ) =. 16 Összesen: 5 pont Az ( ) Az ( ) 0 írásbeli vizsga 091 18 / 1 010. május.
8. b) második megoldás A négy dobáshoz tartozó összegek lehetnek: 6+6+6+6=, ( B 0 ) B B 6+++=18, ( B ) B 6+6+6+=, ( ) 1 6+6++=0, ( ) +++=16. ( ) 1 Bármelyik dobásnál a 6-os és -es is valószínűséggel következik be. 1 Az B k események valószínűségét a p = ; n = paraméterű binomiális eloszlás írja le. Ezért: 1 1 p ( B0 ) = = 16 1 p ( B1 ) = = 16 1 6 pont p ( B ) = = 16 1 p ( B ) = = 1 16 1 1 p ( B ) = =. 0 16 Összesen: 5 pont Egy vagy két rossz (vagy hiányzó) érték esetén adható. írásbeli vizsga 091 19 / 1 010. május.
9. a) (A teljes beültetéshez 50 90 = 500 db virágra van szükség. A különböző színű virágok darabszáma a megfelelő területek arányából számolható. Kiszámítjuk a megfelelő területeket. Jelölje az MCD háromszög területét t, az MBA háromszög területét T, az MBC háromszögét t 1 és az MAD háromszögét t.) Az MBA és a MCD háromszögek hasonlóak, hiszen szögeik páronként egyenlő nagyságúak (M-nél csúcsszögek, A és C-nél, ill. B és D-nél váltószögek). A hasonlóság aránya alapján AM BM = =. MC MD Az MBA háromszög területe T = t, (mert a hasonló háromszögek területének aránya a hasonlóság arányának négyzete). Az ADC háromszög területét a DM szakasz MA: MC = : arányban osztja (a két háromszög D-csúcsból induló magassága azonos), ezért t1 = t. Ugyanilyen gondolatmenettel t = t. A trapéz területe 90 = t + t1 + T = t + t +,5t = 6, 5t, Ha ez a gondolat megjelenik a megoldás során, jár az. t = 1, ( m ). A fehér virágok száma 1, 50 = 70. a pirosaké 70 = 160, a sárgáké pedig 160. Összesen: 9 pont írásbeli vizsga 091 0 / 1 010. május.
9. b) (A teljes beültetéshez 50 90 = 500 db virágra van szükség. A különböző színű virágok darabszáma a megfelelő területek arányából számolható. Kiszámítjuk a megfelelő területeket.) Az EFGH négyszög paralelogramma, mert két szemközti oldala pl. EF és HG párhuzamosak az AC átlóval, és egyenlők az AC felével (középvonal). Az EFGH paralelogramma területe fele az ABCD trapéz területének, T = 5m², EFGH pont mert pl. AB + DC m T ABCD = m = HF m = HF. Egy paralelogrammát két átlója négy egyenlő területű háromszögre bontja, ezért 50 a piros és sárga virágokból egyaránt = 115 tövet ültettek. A fehér virágokkal beültetett terület a trapéz területének fele, tehát fehér virágból 5 50 = 50 tövet ültettek. Összesen: 7 pont Ezért a gondolatért a teljes feladat megoldása során csak egyszer jár pont. Összesítés fehér piros sárga tavasszal 70 160 160 ősszel 50 115 115 írásbeli vizsga 091 1 / 1 010. május.