Matematika emelt szint 1313 ÉRETTSÉGI VIZSGA 013. május. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA
Fontos tudnivalók Formai előírások: 1. A dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal kell javítani, a tanári gyakorlatnak megfelelően jelölve a hibákat és a hiányokat.. 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. 5. Az ábrán kívül a ceruzával írt részeket a javító tanár nem értékelheti. 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, hacsak az útmutató másképp nem rendelkezik. Az adható pontszámok azonban csak egész pontok lehetnek. 3. 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. 4. 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. 5. Ha a megoldási útmutatóban zárójelben szerepel egy megjegyzés vagy mértékegység, akkor ennek hiánya esetén is teljes értékű a megoldás. 6. Egy feladatra adott többféle megoldási próbálkozás közül csak egy, a vizsgázó által megjelölt változat értékelhető.. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre előírt maximális pontszámot meghaladó pont) nem adható. 8. Az olyan részszámításokért, részlépésekért nem jár pontlevonás, melyek hibásak, de amelyeket a feladat megoldásához a vizsgázó ténylegesen nem használ fel. 9. 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 1313 / 16 013. május.
1. Egy tört nempozitív, ha vagy a számlálója és nevezője ellentétes előjelű, vagy a számlálója nulla, de a nevezője nem. Első eset: x 3 > 0 és x + 4 0. Ebből: x > 3 és x 4. Ebben az esetben nem kapunk megoldást. Második eset: x 3 < 0 és x + 4 0. Ebből: x < 3 és x 4. Ezért az A halmaz elemei: { 4; 3; ; 1; 0, 1; }. Ez az abszolútértékes egyenlőtlenség akkor teljesül, pont I. ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. ha 4 < x + 3 < 4, azaz < x < 1. Ezért a B halmaz elemei: { 6; 5; 4; 3; ; 1; 0}. A B = { 4, 3; ; 1; 0}. A \ B = {1; }. A B = { 6; 5; 4; 3; ; 1; 0; 1; }. Összesen: 1 Megjegyzés: Ha a vizsgázó az egyenlőtlenségeknek egész helyett a valós megoldásaival dolgozik, akkor legfeljebb 8 pontot kaphat.. a vizsgázó ábra nélkül helyesen modellezi és számolja ki a hajtószíj hosszát. Jó ábra. A keresett hajtószíjhossz az egymással egyenlő hosszú E 1 E és E 3 E 4 érintőszakaszokból, valamint a (rövidebb) E 1 E 3 körívből és a (hosszabb) E E 4 körívből áll. Az O 1 -en keresztül az E 1 E érintőszakasszal húzott párhuzamos metszéspontja O E -vel legyen M. Az O 1 MO derékszögű háromszögből E1 E = O1M = 46 19 = 155 41,9 (cm). (Az O 1 O M szöget α-val jelölve:) 19 cos α = ( 0,4130), 46 Ez a pont akkor is jár, ha ezek a gondolatok csak a megoldásból derülnek ki. írásbeli vizsga 1313 3 / 16 013. május.
ahonnan α 65,6. A hosszabb E E 4 körívhez tartozó középponti szög 360 α 8,8. 8,8 A hosszabb E E 4 körív hossza így 0π 360 9,9 (cm). A rövidebb E 1 E 3 körívhez tartozó középponti szög α 131,. 131, A rövidebb E 1 E 3 körív hossza így 1π 360,3 (cm). Innen a feszes hajtószíj hossza megközelítőleg 41,9 + 9,9 +,3 = 166 cm. Összesen: 13 pont 3. a) Az állítás hamis. Bármilyen jó ellenpélda (nem összefüggő, egyszerű gráf, amelyben minden pont fokszáma legalább ), például: Összesen: pont 3. b) Az állítás megfordítása: Ha a gráf összefüggő, akkor minden pontjának fok- pont száma legalább. Az állítás hamis. Bármilyen jó ellenpélda (összefüggő, egyszerű gráf, amelynek van elsőfokú pontja), például: Összesen: 4 pont írásbeli vizsga 1313 4 / 16 013. május.
3. c) 1- Összesen: 4 pont 3. d) Bármilyen jó 6 pontú fa, például: pont Az 5-ös sorszám elhelyezése a (P Q) \ R halmazba. Összesen: 3 pont 4. a) első megoldás A március 1-jén felvett hitel (365 31 8 =) 306 napig, az október 1-jén felvett hitel pedig (31 + 30 + 31 =) 9 napig kamatozik. 8 A napi kamatláb %. 365 Az első hitel kamata 8 40 000 306 ( 683) (Ft), 365 100 a második hitel kamata pedig 8 40 000 9 ( 80) (Ft). 365 100 Összesen (683 + 80 =) 3490 Ft kamatot tőkésít a bank december 31-én. Összesen: 5 pont írásbeli vizsga 1313 5 / 16 013. május.
4. a) második megoldás Március 1-től szeptember 30-ig, azaz (31 + 30 + 31 + 30 + 31 + 31 + 30 =) 14 napig 40 000 Ft hitel után, október 1-től december 31-ig, azaz (31 + 30 + 31 =) 9 napig pedig 80 000 Ft hitel után számít fel a bank kamatot. 8 A napi kamatláb %. 365 Az első periódusban 8 40 000 14 ( 186) (Ft), 365 100 a második periódusban pedig 8 80 000 9 ( 1613) (Ft) kamatot számít fel 365 100 a bank. Összesen (186 + 1613 =) 3489 Ft kamatot tőkésít a bank december 31-én. 3490 Ft is elfogadható (az eltérés a kerekítésekből adódik). Összesen: 5 pont Megjegyzés: Más, ésszerű és helyes kerekítésekkel például ha a vizsgázó a napi kamatlábat 0,0%-nak vagy 0,0%-nak veszi kapott eredmények is elfogadhatók. Rossz vagy ésszerűtlen kerekítés(ek) esetén a vizsgázó ezért összesen ot veszítsen. 4. b) (Ha x Ft volt az évi törlesztőrészlet, akkor) (...((1 000 000 1,08 x ) 1,08 x)...) 1,08 x = 0. 144444 44444 3 pont 10 szer Rendezve: 10 9 8 1 000 000 1,08 x (1,08 + 1,08 +... + 1) = 0. A zárójelben egy mértani sorozat első 10 tagjának összege van (a 1 = 1, q = 1,08). pont 10 1,08 1 S 10 = ( 14,48) 1,08 1 Az egyenletből: 10 1 000 000 1,08 158 95 x = S10 14,48 149 05. Tehát (ezresekre kerekítve) 149 000 Ft az éves törlesztőrészlet. ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. Ez a pont nem jár, ha a vizsgázó nem kerekít vagy rosszul kerekít. Összesen: 9 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó a függvénytáblázatban található megfelelő képletbe jól helyettesít és így határozza meg az éves törlesztőrészletet, akkor maximális pontszámot kapjon. írásbeli vizsga 1313 6 / 16 013. május.
II. 5. első megoldás (A szimmetriatengely egy normálvektora a (; 1) vektor, így) a trapéz alapjának egy normálvektora az (1; ) vektor. A P( 5; 1) ponton áthaladó AB alap egyenesének egyenlete x + y = 3. Ennek a trapéz köré írt körrel való metszéspontjait, tehát a trapéz két csúcsának koordinátáit az ( x 3) + ( y ) = 100 x + y = 3 egyenletrendszer megoldásai adják. Az x = y 3 kifejezést behelyettesítve a kör egyenletébe az y + 4y 1 = 0 másodfokú egyenletet kapjuk. Ennek megoldásai y = és y = 6, így a trapéz AB alapjának két végpontja A( ; ) és B(9; 6). A B középpontú és 10 sugarú kör egyenlete ( x 9) + ( y + 6) = 00. Ennek és a trapéz köré írható körnek (az egyik) metszéspontját, tehát a C csúcs koordinátáit az ( x 3) + ( y ) = 100 * ( x 9) + ( y + 6) = 00 egyenletrendszer (valamelyik) megoldása adja. A műveletek elvégzése és a két egyenlet kivonása után x-et kifejezve y-nal: 3 1 4 1 pont* y = x x = y +. 4 4 3 3 Ezt visszahelyettesítve valamelyik kör egyenletébe, majd egyszerűsítve az y 4y 3 = 0 másodfokú * x 6x 55 = 0 egyenletet kapjuk. Ennek megoldásai y = 8 és y = 4, így a metszéspontok koordinátái (11; 8) és ( 5; 4). * x = 11 és x = 5 (A ( 5; 4) pont a trapéz szimmetriatengelyének B- vel ellentétes oldalán van, így nem lehet a BC szár másik végpontja, tehát) C(11; 8). A CD alap egyik normálvektora szintén az (1; ) vektor, valamint áthalad a C(11; 8) csúcson, így egyenlete x + y =. Ennek a trapéz köré írt körrel való metszéspontjait az ( x 3) + ( y ) = 100 x + y = egyenletrendszer megoldásai adják. írásbeli vizsga 1313 / 16 013. május.
Az x = y kifejezést behelyettesítve a kör egyenletébe az y 0y + 96 = 0 másodfokú egyenletet kapjuk. Ennek megoldásai y = 1 és y = 8. A (11; 8) pontot már korábban megkaptuk, így a negyedik csúcs D(3; 1). Összesen: 16 pont Megjegyzés: A *-gal jelölt 5 pont akkor is jár, ha a vizsgázó az A középpontú és 10 sugarú ( x 3) + ( y ) = 100 kör felírásával és így a egyenletrendszer megoldásával először ( x + ) + ( y ) = 00 a D csúcs koordinátáit határozza meg. 5. második megoldás (A szimmetriatengely egy normálvektora a (; 1) vektor, így) a trapéz alapjának egy normálvektora az (1; ) vektor. A P( 5; 1) ponton áthaladó AB alap egyenlete x + y = 3. Ennek a trapéz köré írt körrel való metszéspontjait, tehát a trapéz két csúcsának koordinátáit az ( x 3) + ( y ) = 100 x + y = 3 egyenletrendszer megoldásai adják. Az x = y 3 kifejezést behelyettesítve a kör egyenletébe az y + 4y 1 = 0 másodfokú egyenletet kapjuk. Ennek megoldásai y = és y = 6, így a trapéz AB alapjának két végpontja A( ; ) és B(9; 6). Jelölje a trapéz köré írt kör középpontját K. Mivel a kör sugara 10 egység, a trapéz szárai pedig 10 egység hosszúak, (a Pitagorasz-tétel megfordítása miatt) az AKD és a CKB háromszögek derékszögűek. pont írásbeli vizsga 1313 8 / 16 013. május.
Ezért a KA ( 10; 0) vektor 90 -os elforgatottja a KD vektor, a KB (6; 8) vektor 90 -os elforgatottja pedig a KC vektor. Ezért vagy KD (0; 10) vagy KD (0; 10), pont azaz vagy D(3; 1) vagy D(3; 8). (A (3; 8) pont a trapéz szimmetriatengelyének A-val ellentétes oldalán van, így nem lehet az AD szár másik végpontja, tehát) D(3; 1). Hasonlóan vagy KC (8; 6) vagy KC ( 8; 6), pont azaz vagy C(11; 8) vagy C( 5; 4). (A ( 5; 4) pont a trapéz szimmetriatengelyének B-vel ellentétes oldalán van, így nem lehet a BC szár másik végpontja, tehát) C(11; 8). Összesen: 16 pont ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. Megjegyzés: Ha a vizsgázó a KA és KB vektorok két-két lehetséges 90 -os elforgatottja közül csak az egyik lehetőséggel foglalkozik, akkor ezért összesen pontot veszítsen. 6. a) a vizsgázó ábra nélkül helyesen számol. A belső négyzet oldala 5 méter. A belső négyzet a külső négyzet oldalait x és 1 x hosszú szakaszokra bontja. (A 90 -os forgásszimmetria miatt) ez a felosztás mind a négy oldalon megismétlődik. (A Pitagorasz-tételt alkalmazva) 5 x + ( 1 x) =, Ez a pont akkor is jár, ha ezek a gondolatok csak a megoldásból derülnek ki. ahonnan x 4 x + = 0. 49 Ennek megoldásai x 1 = 4 és x = 3, pont ahonnan 1 x 1 = 3 és 1 x = 4. A belső négyzet a külső négyzet oldalait 3 : 4 (vagy 4 : 3) arányban osztja. Összesen: 10 pont írásbeli vizsga 1313 9 / 16 013. május.
6. b) első megoldás 5 K 1 = 4 (m), K = 4 (m), és (hasonlósági megfontolások miatt) minden további négyzet kerülete 5 -szerese a megelőzőnek. A négyzetek kerületének összege egy végtelen mértani sor összege, melynek hányadosa q =. 5 ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. Mivel q < 1, ezért a sor konvergens. A végtelen mértani sor összege: 1 S = K 1 + K +... = K 1 = 1 q 4 = = 14. 5 1 Tehát a négyzetek kerületének összege 14 méter. Összesen: 6 pont írásbeli vizsga 1313 10 / 16 013. május.
6. b) második megoldás 5 K 1 = 4 (m), K = 4 (m), és (hasonlósági megfontolások miatt) minden további négyzet kerülete 5 -szerese a megelőzőének. A négyzetek kerülete egy olyan mértani sorozatot alkot, melynek első tagja a 1 = 4, hányadosa q =. 5 ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. A mértani sorozat első n tagjának összege: S n = n 5 1 4. 5 1 n 5 Mivel 0, ha n, 0 1 ezért S = lim S = 4 = 14. n n 5 1 Tehát a négyzetek kerületének összege 14 méter. Összesen: 6 pont. a) (Ha r a doboz alapkörének sugara, m pedig a doboz magassága cm-ben mérve, akkor) V = r πm, V 1000 ahonnan m = = (cm). r π r π Az alap- és a fedőlap együttes anyagköltsége r függvényében 0, r π (Ft). A palást anyagköltsége r függvényében V 0,V 00 0,1 rπ = = (Ft). r π r r A teljes anyagköltség r függvényében (r > 0) 00 f ( r) = 0,4r π + (Ft). r Ez a pont akkor is jár, ha a vizsgázó részletezés nélkül írja fel helyesen a teljes anyagköltséget. pont írásbeli vizsga 1313 11 / 16 013. május.
Az f függvénynek a pozitív számok halmazán ott lehet minimuma, ahol a deriváltja 0. * 00 f ( r) = 0,8rπ pont* r f ( r) = 0, ha r = 3 00 0,8π 4,3 cm. * ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 400 Mivel f ( r) = 0,8π + > 0, ezért itt valóban minimális f értéke. dokol helyesen. a vizsgázó az első derivált előjelváltásával in- 3 r * A minimális anyagköltséghez tartozó magasság m = 1000 1, cm. r π A minimális anyagköltség forintra kerekítve 0 Ft. pont Összesen: 13 pont Megjegyzések: 1. Ha a vizsgázó válaszaiban nem kerekít vagy rosszul kerekít, akkor ezért a feladatban összesen ot veszítsen.. Ha a vizsgázó válaszaiban nem ad meg mértékegységet, akkor ezért a feladatban összesen ot veszítsen. 3. A *-gal jelölt 5 pontot az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség alkalmazásával: 00 100 100 f () r = 0,4r π + = 0,4π r + + r r r 3 pont 3 100 3 3 0,4π r = 3 4000π. r Az egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha 100 0,4 r π =, r 100 ahonnan r = 3 4,3 cm. 0,4π. b) Az adatok átlaga 0,. A minta átlagtól mért átlagos abszolút eltérése 6 0, + 0,3 + 1,3 +,3 pont = 0,84. 10 Összesen: 3 pont írásbeli vizsga 1313 1 / 16 013. május.
8. a) első megoldás Jó ábra: az érintkező hengerek egy alkalmas síkmetszetének ábrázolása. a vizsgázó ábra nélkül helyesen számol. A nagy kör középpontját a négy kis kör középpontjával összekötő négy szakasz által meghatározott szögek (az ábra forgásszimmetriája miatt) derékszögek. (A Pitagorasz-tételt alkalmazva pl. az OAB háromszögben:) ( 3 + R ) + (3 + R) = 1 (= 144). (Mivel 3 + R > 0, ezért) 3 = ( = 6 ) ebből (a kért pontossággal) d = R = ( 1 6 ) 10,9 mm. + R, Összesen: 5 pont a vizsgázó a derékszöget az ábráján tüntette fel. R + 1R 16 = 0 R 1 5,485; R negatív. Ez a pont nem jár, ha a vizsgázó nem kerekít vagy rosszul kerekít. 8. a) második megoldás Jó ábra: az érintkező hengerek egy alkalmas síkmetszetének ábrázolása. a vizsgázó ábra nélkül helyesen számol. A négy kis kör középpontja egy 1 mm oldalú négyzetet alkot. Ennek a négyzetnek az átlója 1 (mm). Mivel ez éppen R + 6, ebből (a kért pontossággal) d = R = ( 1 6 ) 10,9 mm. 8. b) első megoldás Összesen: 5 pont A piros elemek száma 5, 6, vagy 8 lehet. Ha a piros elemek száma k, akkor (mivel a piros elemek helye a toronyban már egyértelműen meghatározza a tornyot) az építhető tornyok száma. 8 k Ez a pont nem jár, ha a vizsgázó nem kerekít vagy rosszul kerekít. Ez a pont akkor is jár, ha ezek a gondolatok csak a megoldásból derülnek ki. írásbeli vizsga 1313 13 / 16 013. május.
Így az ilyen tornyok száma összesen 8 8 8 8 + + + = (56 + 8 + 8 + 1 =) 5 6 8 = 93. Összesen: 4 pont 8. b) második megoldás Szimmetria okokból azon tornyok száma, amelyek több piros elemet tartalmaznak, megegyezik azon tornyok számával, amelyek több kéket. Ugyanannyi (4-4) piros és kék elemet tartalmaz 8 (= 0) torony. 4 (Mivel a torony minden eleme kétféle lehet,) az öszszes lehetséges különböző tornyok száma 8 (= 56). 56 0 A megfelelő tornyok száma tehát = 93. Összesen: 4 pont Megjegyzés: A megfelelő pontok járnak, ha a vizsgázó kombináció helyett ismétléses permutációra hivatkozik. 8. c) Annak a valószínűsége, hogy egy kiválasztott kocka 1000000 0 nem selejtes, = 0,99998. 1000000 Annak a valószínűsége, hogy egy n kockát tartalmazó dobozban egyik kocka sem selejtes, 0,99998. n Ha annak a valószínűsége, hogy a dobozban van selejtes, kisebb 0,01-nál, akkor annak a valószínűsége, hogy a dobozban nincs selejtes, legalább 0,99. ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. n Megoldandó a 0,99998 0,99 egyenlőtlenség (n N). (Az lg x függvény szigorúan monoton növekedése miatt) n lg 0,99998 lg 0,99. Ebből (lg 0,99998 < 0 miatt) lg 0,99 n 50,5. lg0,99998 tehát András legfeljebb 50 darabos készletet vehet. Összesen: pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó egyenlőtlenség helyett egyenletet old meg, de nem indokolja, hogy az egyenlet megoldásából hogyan következik az egyenlőtlenség megoldása, akkor legfeljebb 5 pontot kaphat (egyenlet felírása 3 pont, jó megoldása, jó válasz ). írásbeli vizsga 1313 14 / 16 013. május.
9. a) Az összes kihúzási lehetőségek száma ( = 680). 3 Három sárga golyót ( = 56) -féleképpen, három zöld golyót ( = 84) -féleképpen húzhatunk ki, 8 9 a kedvező esetek száma így + ( = 140). 8 9 + 3 3 A keresett valószínűség p = = 0,06. 1 34 3 Összesen: 4 pont 9. b) első megoldás Sárga golyó húzásának valószínűsége 1 8, zöld golyó húzásának valószínűsége 1 9. A kérdéses valószínűség binomiális eloszlást követ, 3 5 8 9 ezért p = 1 1 0,9. Összesen: 4 pont 9. b) második megoldás (Mivel minden egyes húzás alkalmával mind a 1 golyót húzhatjuk, ezért) az összes esetek száma 1 5. Mivel három sárga golyó húzására 8 3, két zöld golyó húzására 9 lehetőségünk van, a golyók kihúzásának 5 színsorrendje pedig -féle lehet, 5 ezért a kedvező esetek száma 8 3 9. 5 3 8 9 3 A keresett valószínűség p = 0,9. 5 1 Összesen: 4 pont Ez a pont akkor is jár, ha ezek a gondolatok csak a megoldásból derülnek ki. ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. írásbeli vizsga 1313 15 / 16 013. május.
9. c) A kihúzott három szám összege pontosan akkor osztható 3-mal, ha vagy mindhárom ugyanazt a maradékot adja 3-mal osztva, vagy 3-as maradékaik páronként különbözők. 0 maradékot a 3, 6, 9, 1, 15 számok adnak, közülük három szám húzása 5 ( = 10) -féleképpen lehetséges. 1 maradékot az 1, 4,, 10, 13, 16 számok adnak, közülük három szám húzása 6 ( = 0) -féleképpen lehetséges. maradékot a, 5, 8, 11, 14, 1 számok adnak, közülük három szám húzása 6 ( = 0) -féleképpen lehetséges. A páronként különböző maradékot adó húzások száma 5 6 ( = 180). Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. A kedvező esetek száma: 5 6 + + 5 6 ( 30) 3 3 =. Mivel az összes esetek száma 1 ( = 680), ezért 3 30 a keresett valószínűség p = 0,338. 680 Összesen: 8 pont Megjegyzések: 1. Ha a vizsgázó valamelyik válaszában nem kerekít vagy rosszul kerekít, akkor ezért a teljes feladatban összesen ot veszítsen.. Százalékban megadott helyes válaszok is elfogadhatók. 3. Ha a vizsgázó megoldásában rossz modellt használ (a visszatevéses és a visszatevés nélküli mintavételt felcseréli), akkor az a) és b) feladatokban 0 pontot, a c) feladatban legfeljebb 4 pontot kaphat. írásbeli vizsga 1313 16 / 16 013. május.