Matematika emelt szint 113 ÉRETTSÉGI VIZSGA 015. május 5. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA
Formai előírások: Fontos tudnivalók 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 maximális pontszám van, a javító által adott pontszám a mellette levő téglalapba kerül. 3. 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: 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. 3. 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. 10. 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 113 / 14 015. május 5.
I. 1. első megoldás Az érintési pontokat a g-re merőleges, a k kör középpontján átmenő egyenes metszi ki a körből. A k kör középpontja az origó, az origón átmenő, g-re merőleges egyenes egyenlete: 3x y = 0. pont Az érintési pontok koordinátáit tehát a 3x y = 0 4x + 4y = 90 egyenletrendszer megoldásai adják. Az első egyenletből: y = 3x, amit a második egyenletbe helyettesítve kapjuk, hogy 40x = 90. Ebből adódik, hogy az egyenletrendszernek két megoldása van: (1,5; 4,5) és ( 1,5; 4,5). A megadott egyenessel párhuzamos érintők egy normálvektora (1; 3). Az érintők egyenlete: x + 3y = 15, x + 3y = 15. Összesen: 1 pont Ez a pont akkor is jár, ha ezek a gondolatok csak a megoldásból derülnek ki. 1. második megoldás A keresett érintő egyenlete felírható x + 3y = c alakban is. Az x + 3y = c egyenes pontosan akkor érinti a megadott kört, ha az alábbi egyenletrendszernek egy megoldása van: 4x x + 3y = c + 4y = 90 Az első egyenletből x = c 3y amit a második egyenletbe helyettesítve: 4( c 3y) + 4y = 90. A négyzetre emeléseket elvégezve és rendezve: 40y 4cy + 4c 90 = 0. Egy megoldás van, ha a diszkrimináns 0. c x y = 3 c x 4x + 4 = 90 3 pont 40x 8cx + 4c 810 = 0 írásbeli vizsga 113 3 / 14 015. május 5.
576c 4 40 (4c 90) = 0, 64c 160 (4c 810) = 0 ahonnan c = 5. Innen c = 15 vagy c = 15. Az érintők egyenlete: x + 3y = 15, x + 3y = 15. Összesen: 1 pont. a) I: 6 darab II: darab III: 500 0, 08 = = 41 alkalommal Összesen: 4 pont. b) 40 Az összes kiválasztási lehetőség száma:. 10 Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a 8 3 Kedvező esetek száma:. megoldásból 8 8 3 A keresett valószínűség: 8 40 10 0,3474. A relatív gyakoriság a kiszámított valószínűségnek 0,33 100 95,6% -a. 0,3474 Összesen: 5 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó nem a megfelelő modellt használja (például binomiális eloszlást használ), akkor erre a részre nem kaphat pontot.. c) A selejtes gyöngy kiválasztásának valószínűsége 8 1 = = 0,, a hibátlané 0,8. 40 5 A keresett valószínűség: 10 0, 0,8 8 pont Nem bontható. 0,30. Összesen: 4 pont Más helyesen kerekített érték (pl. 0,3) is elfogadható. írásbeli vizsga 113 4 / 14 015. május 5.
3. a) első megoldás pont Ha a vizsgázó ábra nélkül is jól használja az adatokat a megoldása során, akkor is jár ez a pont. Jó ábra, amely a feladat szövegében szereplő adatokat tartalmazza. (A kilátótoronynak a mező síkjára eső merőleges vetülete legyen H.) Ezekkel a jelölésekkel (BPH = 9 o, tehát) BPQ = 151 o, (BQP = 7 o, míg) PBQ = o. (A BPQ háromszögben felírva a szinusztételt:) BP sin 7 pont =, 30 sin sin 7 s ebből BP = 30 390 méter. sin A BHP derékszögű háromszögből: Ez a pont jár akkor is, ha a két szög nagysága egy jó ábráról BH = BP sin 9. A hegy magassága kb. 189 méter. Összesen: 8 pont Megjegyzés: A többi távolság: HP 341 m; PA 407 m; QB 417 m; QA 433 m. 3. a) második megoldás pont Ha a vizsgázó ábra nélkül is jól használja az adatokat a megoldása során, akkor is jár ez a pont. Jó ábra, amely a feladat szövegében szereplő adatokat tartalmazza. (A kilátótoronynak a mező síkjára eső merőleges vetülete legyen H.) Legyen HP = d, HB = h (a hegy magassága). Ekkor h = d tg 9, továbbá h = (d + 30) tg 7. írásbeli vizsga 113 5 / 14 015. május 5.
Ebből d tg 9 = ( d + 30) tg 7, h h = 30 tg 9 tg 7 30 tg 7 így d = ( 341 m), 30 tg 9 tg 7 tg 9 tg 7 pont h = tg 9 tg 7 és h ( = d tg 9 ) 189 m a hegy magassága. Összesen: 8 pont 3. b) első megoldás Az ABP háromszögben BPA = 4 o és BAP = 57 o. (A szinusztételt alkalmazva:) AB sin 4 pont =, BP sin57 sin 4 s ebből AB 390. sin57 A kilátótorony 3 méter magas. Összesen: 5 pont Következetes kerekítések esetén a 33 méter is elfogadható. 3. b) második megoldás Mivel HA = d tg33, HA 1(m). pont AB = HA HB A d felhasználásáért vagy kiszámításáért jár. A kilátótorony 3 méter magas. Következetes kerekítések esetén a 33 méter is elfogadható. Összesen: 5 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó valamelyik válaszában nem kerekít vagy rosszul kerekít, akkor ezért a feladatban összesen ot veszítsen. 4. első megoldás A 4x 19x + = 0 egyenlet gyökei: x =, 11 pont 1 x =. 4 Mivel a 4x 19x + < 0 egyenlőtlenség bal oldalán álló polinom főegyütthatója pozitív, 11 ezért A = ; 4. pont Ez a pont jár más helyes indoklás (pl. jó ábra) esetén. Ha valamelyik végpontban nyitott helyett zárt jelet használ, akkor legfeljebb ot kaphat. írásbeli vizsga 113 6 / 14 015. május 5.
sin x < 0 miatt pont x ] π + kπ ;π + kπ [ π + kπ < x < π + kπ. π π + k π < x < π + kπ, B = + kπ; π + kπ ahol k Z. π 11 π Mivel k = 0 esetén < x < π, A = ; ; π 4 π és mivel < 11 π és < π, pont ;π B 4 ezért A B valóban teljesül. Összesen: 13 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó a trigonometrikus egyenlőtlenség megoldásakor nem veszi figyelembe a periodicitást, akkor összesen legfeljebb 9 pontot kaphat. Ha a vizsgázó a trigonometrikus egyenlőtlenséget fokokban oldja meg, akkor az egyenlőtlenség megoldásáért járó 4 pontot megkaphatja, de az A B vizsgálatáért járó 4 pontot nem. 4. második megoldás A 4x 19x + = 0 egyenlet gyökei: x =, 11 1 x =. 4 Mivel a 4x 19x + < 0 egyenlőtlenség bal oldalán álló polinom főegyütthatója pozitív, ezért pont 11 A = ; 4. pont Azt kell bizonyítanunk, hogy ha akkor sin x < 0. 11 Ha < x <, akkor 4 Mivel π < 4 és π továbbá a ] π π [ 11 x ;, 4 pont 11 4 < x <. Ez a pont jár más helyes indoklás (pl. jó ábra) esetén. Ha valamelyik végpontban nyitott helyett zárt jelet használ, akkor legfeljebb ot kaphat. Ez a pont akkor is jár, ha Ha 11 x ;, 4 11 akkor x 4;. 11 11 <, pont 4; ] π; π [ ; intervallumon a szinuszfüggvény negatív értékeket vesz fel, pont ezért az állítás ( A B ) valóban teljesül. Összesen: 13 pont írásbeli vizsga 113 7 / 14 015. május 5.
II. 5. a) első megoldás (x = cm) A téglatest alaplapjának egyik éle: z = 5 = 1 (cm). = y összefüg- A másik éle kiszámítható a gésből: 40 x + y = 18 (cm). A téglatest felszíne: A ( = ( 1+ 18 + 1 18) ) = 91 cm. Összesen: 4 pont 5. a) második megoldás (x = cm) A 40 = x + y összefüggésből y = 18 (cm). A kivágott téglalap másik oldala x + y = (cm). A téglatest felszíne: A = 40 5 = 91 cm. Összesen: 4 pont 5. b) (A téglatest éleinek cm-ben mért hosszát jelölje az a) feladat megoldásának ábrája szerint x, y és z.) 0 < x < 1,5, y = 0 x, és z = 5 x. A téglatest térfogata: V ( x) = x ( 0 x) ( 5 x). A zárójelek felbontása és az összevonás után: 3 V ( x) = x 65x + 500x (0 < x < 1,5). A V térfogatfüggvény deriváltja: V x = 6x 130x +. ( ) 500 írásbeli vizsga 113 8 / 14 015. május 5.
(A V függvénynek ott lehet szélsőértéke, ahol a deriváltja nulla,) 6x 130x + 500 = 0 50 Ennek megoldásai x 1 = 5 és x =. 3 Ez utóbbi nem megoldása a feladatnak a V függvény értelmezési tartománya miatt. A térfogatfüggvény második deriváltja: V ( x) = 1x 130. V 5 <, tehát az x = 5 valóban maximumhely. () 0 A kivágott téglalap rövidebb oldala 5 cm. A téglatest élei 5 cm, 15 cm és 15 cm, így a maximális térfogat: V ( = 5 15 15) = 115 cm 3. Összesen: 1 pont a vizsgázó az első derivált előjelváltására hivatkozik. 6. a) A 9 pontú fagráfnak 8 éle van. A fokszámok összege (az élek számának kétszerese, tehát) 16. pont A megadott fokszámok összege 15. A hiányzó fokszám tehát 1. Összesen: 5 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó felrajzol egy lehetséges fagráfot és abból leolvassa, hogy a hiányzó fokszám 1, de nem bizonyítja, hogy más lehetőség nincs, akkor pontot kap. 6. b) A 9 pontú egyszerű gráfban a fokszámok értéke 0-tól 8-ig terjedhet. pont A 0 és a 8 egyszerre nem fordulhat elő, ezért csak 8 lehetőségünk marad, így (a skatulya elv miatt) biztos van egy ismétlődő fokszám. Tehát nincs olyan 9 pontú egyszerű gráf, amelyben minden pontnak más a fokszáma. Összesen: 5 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó pontosan hivatkozik arra a tételre, mely szerint egy (legalább két pontú) egyszerű gráfban létezik két azonos fokszámú pont, akkor megkapja az erre a részre járó 5 pontot. írásbeli vizsga 113 9 / 14 015. május 5.
6. c) első megoldás 9 A 9 ember közül kettőt -féleképpen, 7 a maradék 7 emberből kettőt -féleképpen, 5 a maradék 5 ember közül kettőt -féleképpen, 3 a maradék 3 ember közül kettőt -féleképpen lehet kiválasztani. A fentiek szorzata adja a kiválasztási lehetőségek számát a párok sorrendjét is figyelembe véve. pont (A kiválasztott négy pár sorrendje nem számít, ezért) a szorzatot osztani kell a négy pár permutációinak számával, azaz (4!)-sal. 9 7 5 3 A lehetőségek száma: = 945. 4! Összesen: 6 pont 6. c) második megoldás 9 A kilenc ember közül négyet -féleképpen választhatunk ki. 4 A maradék öt ember közül minden kiválasztott emberhez kiválasztunk egyet-egyet, ezt 5 4 3 - féleképpen tehetjük meg. A fentiek szorzata adja a kiválasztási lehetőségek számát, ha az egyes párokon belüli sorrendre is tekintettel vagyunk. Minden kiválasztott páron belül a két ember kiválasztásának sorrendje felcserélhető, ezért a szorzatot osztani kell 4 -nel. 9 5 4 3 4 A lehetőségek száma: = 945. 4 Összesen: 6 pont Kevésbé részletezett, de egyértelmű indoklás esetén is járnak ezek a pontok. Kevésbé részletezett, de egyértelmű indoklás esetén is járnak ezek a pontok. írásbeli vizsga 113 10 / 14 015. május 5.
6. c) harmadik megoldás A kilenc ember közül lesz egy, aki még senkivel nem fogott kezet, őt 9-féleképpen választhatjuk ki. A maradék nyolc ember közül egyet kiválasztva 7-féleképpen választhatjuk ki a többiek közül azt, akivel ő kezet fogott. A maradék hat ember közül egyet kiválasztva 5-féleképpen választhatjuk ki a többiek közül azt, akivel ő kezet fogott. A maradék négy ember közül egyet kiválasztva 3-féleképpen választhatjuk ki a többiek közül azt, akivel ő kezet fogott. A maradék két ember egymással fogott kezet. A fentiek szorzata adja a kiválasztási lehetőségek számát. pont pont A lehetőségek száma: 9 7 5 3 = 945. Összesen: 6 pont 7. első megoldás Jelölje n a döntőbe jutott versenyzők számát (n > 1). A versenyzők pontszámai az utolsótól az elsőig egy olyan szigorúan növekvő számtani sorozat szomszédos tagjai, amelynek első tagja 1, differenciája d > 0. Mivel minden mérkőzésen ot osztanak szét, ezért a számtani sorozat első n tagjának (a versenyzők pontszámainak) összege egyenlő a mérkőzések számával. n Az első n tag összege: ( + ( n 1) d ), n( n 1) a mérkőzések száma, n n tehát ( ( ) ) ( n 1) + n 1 d =. Innen (n 0-val osztva) + ( n 1) d = n 1. Zárójelfelbontás és rendezés után: d ( n 1) = n 3. n 3 (Tudjuk, hogy n 1, ezért) d = = 1. n 1 n 1 Ebből adódik, hogy d < 1. A d biztosan 0,5 pozitív egész számú többszöröse, ami csak úgy lehet, ha d = 0,5. Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból ( n 1) ( d ) = 1, s mivel n 1 > 0, ezért 1 d > 0 is teljesül. írásbeli vizsga 113 11 / 14 015. május 5.
Ekkor viszont n 1 = 4, azaz 5 versenyző jutott a döntőbe. A győztes 3 pontot ért el. Ellenőrzés: a versenyzők pontszámai 1; 1,5; ;,5 és 3, s ez megfelel a feltételeknek. Összesen: 16 pont Megjegyzés: A bajnokság egy lehetséges eredménytáblázatát mutatja az alábbi ábra. A B C D E pont A 1-0 1-0 dönt dönt 3 B 0-1 1-0 1-0 dönt,5 C 0-1 0-1 1-0 1-0 D dönt 0-1 0-1 1-0 1,5 E dönt dönt 0-1 0-1 1 7. második megoldás Jelölje n a döntőbe jutott versenyzők számát (n > 1). A versenyzők pontszámai az utolsótól az elsőig egy olyan szigorúan növekvő számtani sorozat szomszédos tagjai, amelynek első tagja 1, differenciája d > 0. A győztes versenyzőnek 1+ ( n 1) d pontja van, ahol (mivel egy mérkőzésén legfeljebb ot szerezhetett, ezért pontjainak száma legfeljebb n 1 lehet) 1+ ( n 1) d n 1. n 1 Innen (n > 1 miatt) d = 1. n 1 n 1 Ebből adódik, hogy d < 1. A d biztosan 0,5 pozitív egész számú többszöröse, ami csak úgy lehet, ha d = 0,5. Mivel minden mérkőzésen ot osztanak szét, ezért a számtani sorozat első n tagjának (a versenyzők pontszámainak) összege egyenlő a mérkőzések számával. + ( n 1) 0,5 Az első n tag összege n, n( n 1) a mérkőzések száma, + ( n 1) 0,5 n( n 1) tehát n =. Innen (n > 1 miatt) n = 5 adódik. A versenyen 5-en vettek részt. A győztes 3 pontot ért el. Ellenőrzés: a versenyzők pontszámai 1; 1,5; ;,5 és 3, s ez megfelel a feltételeknek. Összesen: 16 pont Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból írásbeli vizsga 113 1 / 14 015. május 5.
8. a) A megadott parabolaív tengelytől legtávolabbi pontjának első koordinátája a zérushelyek számtani köze- pe, tehát x = 6. A megadott ábra alapján igaz, hogy a legtávolabbi pont a harmadfokú íven ott van, ahol az ívet leíró függvény deriváltja nulla. 0,03x 1,44 = 0, ahonnan (felhasználva, hogy x > 0) x = 48 ( 6,93). Összesen: 5 pont 8. b) (A területet az íveket leíró két függvény integráljának különbségéből kapjuk.) 1 3 T= ( 0,5x + 3x) dx (0,01x 1,44x) dx = 0 1 = 1 0 3 ( 0,01x 0,5x + 4,44x) dx = 0 1 4 0,5 3 x x +, pont = 0,005 x 3 0 3096 T = = 13, 84. 5 Összesen: 5 pont 1 1 3 196 Megjegyzés: ( 0,5x + 3x) dx = 7 és (0,01x 1,44x) dx = = 51, 84. 5 0 0 8. c) 0,5x( x 1) f ( x) = 0,01x( x 1)( x + 1) pont 1 Egyszerűsítés után: f ( x) = 5 = g( x). x + 1 A deriváltfüggvény hozzárendelési szabálya: 5 g '( x) =. ( x + 1) Ez minden x ]0;1[ esetén pozitív, ezért a g szigorúan monoton növekedő függvény. Összesen: 6 pont Ha a vizsgázó ábrájáról kiderül, hogy a g grafikonját tartalmazó hiperbola aszimptotái az y = 0 és az x = 1 egyenesek, akkor, a megfelelő hiperbolaív megrajzolásért további jár. írásbeli vizsga 113 13 / 14 015. május 5.
9. a) Ha x jelöli a csak az első feladatot megoldók számát, akkor mindhárom feladatot helyesen megoldó tanulók száma 3x. Helyes Venn-diagramért is jár ez a pont. A csak az első és a harmadik feladatot megoldók száma legyen y. Ekkor,5y azoknak a tanulóknak a száma, akik csak az első két feladatot oldották meg. A kapott adatokból: 4x + 3,5y = pont 3x +,5y = 16 Az egyenletrendszer megoldása x =, y = 4. Mindhárom feladatot tehát (3x =) 6 tanuló tudta megoldani. Ellenőrzés a feladat szövege alapján. Összesen: 7 pont 9. b) Ha az osztályzatok átlaga 3,4, akkor összegük 3,4 30 = 10. A hiányzó hat osztályzat összege tehát 10 (35 + 0 + 18 + 8 + ) = 19. Ha az osztályzatok mediánja 3,5, akkor a nagyság szerint sorrendbe állított osztályzatok között a két középső hármas és négyes, tehát összesen 15 legalább négyes és 15 legfeljebb hármas osztályzat született. (Ha az osztályzatok módusza 4, akkor négyesből volt a legtöbb, tehát) a hiányzó osztályzatok között legalább 3 négyes volt. Több nem is lehetett, mert ezzel megvan a 15 hármasnál jobb osztályzat. A másik három hiányzó osztályzat tehát legfeljebb hármas, összegük pedig 19 1 = 7. Két hármas nem lehetett köztük, mert akkor a 3 is módusz lenne, (és mindhárom nem lehet hármasnál rosszabb, így) az egyik hármas a másik kettő kettes. A hiányzó hat osztályzat tehát: 4, 4, 4, 3,,. Összesen: 9 pont Ez a pont jár, ha a vizsgázó kijelenti, hogy a nagyság szerint sorba rendezett osztályzatok között a 15. osztályzat hármas és a 16. osztályzat négyes. Kevésbé részletezett, de egyértelmű indoklás esetén is teljes pontszám adható. írásbeli vizsga 113 14 / 14 015. május 5.