MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMELT SZINT% ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA. É R E T T S É G I V I Z S G A október 13.

Hasonló dokumentumok
MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI MATEMATIKA ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA KÖZÉPSZINT% ÍRÁSBELI. ÉRETTSÉGI VIZSGA február 21. OKTATÁSI MINISZTÉRIUM

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI MATEMATIKA ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA KÖZÉPSZINT% ÍRÁSBELI. ÉRETTSÉGI VIZSGA május 6. MINISZTÉRIUMA EMBERI ERFORRÁSOK

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2015.október 13. EMELT SZINT

ÉRETTSÉGI VIZSGA KÖZÉPSZINT% ÍRÁSBELI. ÉRETTSÉGI VIZSGA május 7. jár pont. 2 pont

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI 2. FELADATSORHOZ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI 1. FELADATSORHOZ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI MATEMATIKA ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA EMELT SZINT% ÍRÁSBELI. ÉRETTSÉGI VIZSGA május 6. MINISZTÉRIUMA EMBERI ERFORRÁSOK

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

P R Ó B A É R E T T S É G I m á j u s KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ A MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI 1. FELADATSORHOZ

MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

PRÓBAÉRETTSÉGI MATEMATIKA május-június KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ. Vizsgafejlesztő Központ

MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Matematika. Emelt szintű feladatsor pontozási útmutatója

MATEMATIKA KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

7. 17 éves 2 pont Összesen: 2 pont

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

2. MINTAFELADATSOR KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

PRÓBAÉRETTSÉGI MATEMATIKA május-június EMELT SZINT JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ. Vizsgafejlesztő Központ

MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Próbaérettségi P R Ó B A É R E T T S É G I m á j u s EMELT SZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

1. MINTAFELADATSOR KÖZÉPSZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

4. A kézfogások száma pont Összesen: 2 pont

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

1. tétel. 1. Egy derékszögű háromszög egyik szöge 50, a szög melletti befogója 7 cm. Mekkora a háromszög átfogója? (4 pont)

P R Ó B A É R E T T S É G I m á j u s EMELT SZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

ÍRÁSBELI VIZSGA május 7. 8:00 II. Idtartam: 135 perc. ÉRETTSÉGI VIZSGA május 7. pontszám. pontszám. II. rész 70. I.

Függvények Megoldások

6. Függvények. 1. Az alábbi függvények közül melyik szigorúan monoton növekvő a 0;1 intervallumban?

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

ÍRÁSBELI VIZSGA május 5. 8:00 II. Idtartam: 135 perc. ÉRETTSÉGI VIZSGA május 5. dátum javító tanár. II. rész 70

Az egyenes egyenlete: 2 pont. Az összevont alak: 1 pont. Melyik ábrán látható e függvény grafikonjának egy részlete?

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI KÖZÉPSZINT Függvények

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

MATEMATIKA ÍRÁSBELI VIZSGA május 5.

3. A megoldóképletből a gyökök: x 1 = 7 és x 2 = Egy óra 30, így a mutatók szöge: 150º. 3 pont. Az éves kamat: 6,5%-os. Összesen: 2 pont.

MATEMATIKA ÉRETTSÉGI TÍPUSFELADATOK MEGOLDÁSAI EMELT SZINT Paraméter

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Egyenletek, egyenletrendszerek, egyenlőtlenségek Megoldások

MATEMATIKA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Átírás:

Matematika emelt szint 151 É R E T T S É G I V I Z S G A 015. október 1. MATEMATIKA EMELT SZINT% ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA

Fontos tudnivalók Formai elírások: 1. Kérjük, hogy a dolgozatot a vizsgázó által használt szín&tl eltér szín& tollal, olvashatóan javítsa ki.. A feladatok mellett található szürke téglalapok közül az elsben a feladatra adható maximális pontszám van, a javító által adott pontszám a mellette lev téglalapba kerüljön.. Kifogástalan megoldás esetén kérjük, hogy a maximális pontszám feltüntetése mellett kipipálással jelezze, hogy az adott gondolati egységet látta, és jónak minsítette. 4. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy a hiba jelzése mellett az egyes részpontszámokat is írja rá a dolgozatra. Ha a dolgozat javítását jobban követhetvé teszi, akkor a vizsgázó által elvesztett részpontszámok jelzése is elfogadható. Ne maradjon olyan részlet a megoldásban, amelyrl a javítás után nem nyilvánvaló, hogy helyes, hibás vagy fölösleges. 5. A javítás során alkalmazza az alábbi jelöléseket. helyes lépés: kipipálás elvi hiba: kétszeres aláhúzás számolási hiba vagy más, nem elvi hiba: egyszeres aláhúzás rossz kiinduló adattal végzett helyes lépés: szaggatott vagy áthúzott kipipálás hiányos indoklás, hiányos felsorolás vagy más hiány: hiányjel nem érthet rész: kérdjel és/vagy hullámvonal 6. Az ábrán kívül ceruzával írt részeket ne értékelje. Tartalmi kérések: 1. Egyes feladatoknál több megoldás pontozását is megadtuk. Amennyiben azoktól eltér megoldás születik, keresse meg ezen megoldásoknak az útmutató egyes részleteivel egyenérték& 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.. 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 következ részpontszámokat meg kell adni. 4. Elvi hibát követen egy gondolati egységen belül (ezeket az útmutatóban ketts 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 következ gondolati egységekben vagy részkérdésekben, akkor ezekre a részekre kapja meg a maximális pontot, ha a megoldandó probléma lényegében nem változott meg. 5. Ha a megoldási útmutatóban zárójelben szerepel egy megjegyzés vagy mértékegység, akkor ennek hiánya esetén is teljes érték& a megoldás. írásbeli vizsga 151 / 015. október 1.

9. c) második megoldás Helyezzük el a derékszög& háromszöget és a két kört az ábra szerint derékszög& koordináta-rendszerben. (Az egység legyen 1 cm hosszú.) A két kör sugara: ab 48 R a, b + c 16 ab 48 8 R b. a + c 18 A körök egyenlete: x + y 6x 0, illetve 16 x + y y 0. A két kör egyenletébl alkotott egyenletrendszer 84 4 megoldása megadja az M pontot: M ;. pont 145 145 ¹ A CM távolság: 84 + 4 145 48,99 (cm). 145 ¹ Két tizedesjegyre kerekítve: M(,65;,98). A CM távolság: (,65 +,98 ),99 (cm). 6. Egy feladatra adott többféle megoldási próbálkozás közül a vizsgázó által megjelölt változat értékelhet. A javítás során egyértelm&en jelezze, hogy melyik változatot értékelte, és melyiket nem. 7. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre elírt maximális pontszámot meghaladó pont) nem adható. 8. Egy feladatra vagy részfeladatra adott összpontszám nem lehet negatív. 9. Az olyan részszámításokért, részlépésekért nem jár pontlevonás, melyek hibásak, de amelyeket a feladat megoldásához a vizsgázó ténylegesen nem használ fel. 10. Az ábrák bizonyító erej& felhasználása (például adatok leolvasása méréssel) nem elfogadható. 11. Valószín&ségek megadásánál (ha a feladat szövege másképp nem rendelkezik) a százalékban megadott helyes válasz is elfogadható. 1. Ha egy feladat szövege nem ír el kerekítési kötelezettséget, akkor az útmutatóban megadottól eltér, ésszer& és helyes kerekítésekkel kapott rész- és végeredmény is elfogadható. 1. A vizsgafeladatsor II. részében kit&zött 5 feladat közül csak 4 feladat megoldása értékelhet. A vizsgázó az erre a célra szolgáló négyzetben feltehetleg megjelölte annak a feladatnak a sorszámát, amelynek értékelése nem fog beszámítani az összpontszámába. Ennek megfelelen a megjelölt feladatra esetlegesen adott megoldást nem is kell javítani. Ha a vizsgázó nem jelölte meg, hogy melyik feladat értékelését nem kéri, és a választás ténye a dolgozatból sem derül ki egyértelm&en, akkor a nem értékelend feladat automatikusan a kit&zött sorrend szerinti utolsó feladat lesz. írásbeli vizsga 151 / 015. október 1. írásbeli vizsga 151 / 015. október 1.

Figyelem! Az útmutató elején olvasható Fontos tudnivalók cím& rész 015 májusában lényegesen megváltozott. Kérjük, hogy a javítás megkezdése eltt figyelmesen tanulmányozza! I. A *-gal jelölt 4 pontot az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó. A K a K b átló a deltoid szögfelezje (mert szimmetriaátló), amely az F pontban merlegesen felezi a CM szakaszt. 1. a) Óránként 4, egy nap alatt tehát ( 4 4 ) 96 alkalommal történik meg a %-os növekedés. Az olajfolt területe 15 perc alatt 1,0-szorosára n, 96 tehát egy nap múlva 400 1,0 677 m lett. Ezek a pontok akkor is járnak, ha ezek a gondolatok csak a megoldásból derülnek ki. A pont az ábra megrajzolása nélkül is jár. 1. b) A naponta eltávolított olajfoltterületek (m -ben mérve) egy olyan számtani sorozat szomszédos tagjai, amelynek els tagja 10, az els 1 tagjának összege pont pedig 1 400. A napi növekedés legyen d (m ). Ekkor (60+ 0d) 1 1 400. Ebbl d 18 (m ). A napi növekedés tehát 18 m volt. Ellenrzés. (A 1. napon 670 m -rel csökkentették az olajfolt területét, tehát a 1 nap alatt (10+ 670) 1 400 1 1 400 m -rel csökkent az olajfolt mérete, vagyis valóban megsz&nt.) Összesen: 6 pont Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból MK C )< Legyen ϕ a. Például a K a CK b derékszög& háromszögbl szögfüggvénnyel: tg ϕ, amibl ϕ 41,6 Rb 8 R 9 A CFK a derékszög& háromszögben x CF R a sinϕ sin 41,6. Tehát a CM távolság: x 6 sin 41,6,99 (cm). a. a) Az eredeti papírlap rövidebb oldala legyen x hosszúságú, ekkor a hosszabb oldala x hosszúságú. A félbevágással kapott papírlap egyik oldalának hossza x, a másik oldalának hossza pedig x lesz. (Mivel < 1, ezért) x a rövidebb oldal hoszszúsága. A félbevágással kapott papír méretaránya x : x, ez valóban megegyezik az eredetivel. írásbeli vizsga 151 4 / 015. október 1. írásbeli vizsga 151 1 / 015. október 1.

A *-gal jelzett pontot az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó. Az AKP derékszög& háromszögben a Pitagorasztételt felírva: R + ( c a) ( b R). Ebbl rendezés, majd b-vel való osztás után ac a R adódik, tehát igaz Petra képlete, de ekkor (az a) feladat szerint) Andrea képlete is. (Ezt kel- b lett bizonyítanunk.) 9. c) els megoldás (Az ábra jelöléseit használjuk.) A CK a MK b négyszög egy (derékszög&) deltoid. A deltoid két oldalának hossza: ab 48 8 R b (cm), a + c 18 másik két oldalának hossza: ab 48 R a (cm). b + c 16 A derékszög& deltoid területe: R R 8 (cm ). * a b Ezt a területet kiszámíthatjuk az átlók segítségével is: x K a K b * 8. A K a CK b derékszög& háromszögbl Pitagorasztétellel: 8 145 K ak b + 4,01 (cm). * ¹ ¹ A CM távolság: 16 48 x K a K,99 (cm). * b 145¹ Megjegyzés: Ha a vizsgázó konkrét és megfelel oldalméretekkel számol, de nem említi, hogy ez nem megy az általánosság rovására, akkor ezért legfeljebb pontot kaphat.. b) els megoldás (Ha a rövidebb oldal hossza x méter, akkor) a papír területe: x x 1 (m ). A papír rövidebb oldala x 1 1 0,841 (m), x azaz 841 (mm), hosszabb oldala x 1189 (mm) hosszúságú.. b) második megoldás Az A0-s papírlap területe 1 000 000 mm. (Ha a rövidebb oldal hossza x milliméter, akkor) a papír területe: x x 1 000 000 (mm ). 1000 000 A papír rövidebb oldala x 841 (mm), hosszabb oldala x 1189 (mm) hosszúságú. Megjegyzés: Ha a vizsgázó a b) kérdésre adott válaszában kerekítési hibát vét, akkor ezért összesen ot veszítsen.. c) els megoldás Egy A4-es lap az 1 m -es A0-s lap négyszeri félbevágásával kapható (A0:A1:A:A:A4), ezért az A4-es lap 16 1 m terület&. Egy darab A4-es lap (80: 16 ) 5 g tömeg&, tehát 1 csomag tömege: 500 5 + 0 50 gramm, azaz,5 kg.. c) második megoldás Egy A4-es lap az 1 m -es A0-s lap négyszeri félbevágásával kapható (A0:A1:A:A:A4), tehát 16 darab A4-es lap együttes területe 1 m. Az 500 darab A4-es lap területe összesen 1,5 m. Ezért 1 csomag tömege 1,5 80 + 0 50 gramm, azaz,5 kg. írásbeli vizsga 151 0 / 015. október 1. írásbeli vizsga 151 5 / 015. október 1.

. a) els megoldás x 0 (és y 0) A második egyenletbl y x -et behelyettesítve az els egyenletbe: x 1 x. ( x -re nézve másodfokú egyenletet kapunk.) x + x 1 0 Az egyenlet gyökei: ( x ) 1 és ( x ). x nem lehetséges. Ha x, akkor x 4, és így y 4, Ellenrzés (például mindkét egyenletbe történ behelyettesítéssel). a vizsgázó behelyettesítéssel ellenriz. 9. b) negyedik megoldás Tükrözzük az ABC derékszög& háromszöget a b befogó egyenesére! Az R sugarú kör a BAB háromszög beírt köre.. a) második megoldás x 0 (és y 0) A két egyenlet összeadásával: x + x 1. x 6 x, amibl (négyzetre emelés és rendezés után) x 1x + 6 0 adódik. Az egyenlet gyökei: 4 és 9. A 9 nem megoldása a x 6 x egyenletnek. Tehát x 4, és így y 4. Ellenrzés mindkét egyenletbe történ behelyettesítéssel.. a) harmadik megoldás x 0 (és y 0) A második egyenletbl négyzetre emelés, majd y 4-gyel való osztás után kapjuk: x. 4 Az els egyenletbe helyettesítve és rendezve: y + y 4 0. Az egyenlet gyökei: 4 és 6. a vizsgázó behelyettesítéssel ellenriz. a vizsgázó behelyettesítéssel ellenriz. A BAB háromszög területe egyrészt ab, másrészt (a T Rs képletbl) R(a + c). Tehát R(a + c) ab, ami ekvivalens az eredeti állítással. (Ezt kellett bizonyítanunk.) 9. b) ötödik megoldás Ha P-vel jelöljük az átfogón a félkör érintési pontját, akkor a szögek egyenlsége miatt ABC ~ AKP. Az AP szakasz hossza c a, így igaz a következ c a b * egyenlség:. R a ac a Ebbl R, tehát igaz Petra képlete, de ekkor b * (az a) feladat szerint) Andrea képlete is. (Ezt kellett bizonyítanunk.) írásbeli vizsga 151 6 / 015. október 1. írásbeli vizsga 151 19 / 015. október 1.

9. b) második megoldás y 6 esetén nincs megoldása az egyenletrendszernek. y 4 és így x 4 adódik egyetlen megoldásként. Ellenrzés mindkét egyenletbe történ behelyettesítéssel. Ha y 6, akkor ( x y miatt) x, ami nem lehetséges. Ha P-vel jelöljük az átfogón a félkör érintési pontját, akkor a szögek egyenlsége miatt ABC ~ AKP. Tehát (a megfelel oldalak arányának egyenlsége b R c miatt). R a Ebbl R(a + c) ab, ami ekvivalens az állítással. (Ezt kellett bizonyítani.) 9. b) harmadik megoldás A félkör K középpontját a B csúcshoz tartozó bels szögfelez félegyenes metszi ki a b befogóból. b R c A szögfelez tétel szerint. R a Átalakítva: R(a + c) ab, ami ekvivalens az eredeti állítással. (Ezt kellett bizonyítanunk.). b) els megoldás Értelmezési tartomány: x és y. a vizsgázó behelyettesítéssel ellenriz. Az els egyenletbl: 4x y 19. A második egyenletbl: x y 11. Behelyettesítve: 4(y 11) y 19. Az egyenl együtthatók módszerével: x 0. y 7 x 10 x 10 y 7 Ellenrzés (például mindkét egyenletbe történ behelyettesítéssel).. b) második megoldás Értelmezési tartomány: x és y. a vizsgázó behelyettesítéssel ellenriz. x + A második egyenletbl y. y Behelyettesítve az els egyenletbe: y. 4 4y 1 (y ) 1 ( y ) 4 y 9 1 y 7 x 10 Ellenrzés (például mindkét egyenletbe történ behelyettesítéssel). írásbeli vizsga 151 18 / 015. október 1. írásbeli vizsga 151 7 / 015. október 1.

. b) harmadik megoldás Értelmezési tartomány: x és y. Vezessünk be új ismeretleneket: a x +, b y, 4 a b melyekkel az egyenletrendszer: 1 1 0 a 4b (és a feltételek miatt a 0 és b 0 is teljesül). A második egyenletbl a 4b. Ezt az els egyenletbe írva kapjuk: b 1. Ebbl y 7, majd (a 4 miatt) x 10 adódik. Ellenrzés (például mindkét egyenletbe történ behelyettesítéssel). 4. a) Az y 4 x egyenlet& parabola a ( ; 0), illetve a (; 0) pontban metszi az abszcisszatengelyt (és az emblémát határoló parabolaív az x tengely fölött van). a vizsgázó behelyettesítéssel ellenriz. A parabolaszelet területe: ³ ( 4 x ) dx ³ (4 x ) dx ª x º ª x º «4x» * «4x» ¼ ¼ 8 8 8 8 +. ¹ ¹ A kör egyenletét átalakítva: x + ( y 1,) 1,, ebbl a kör sugara 1,, területe pedig 1,69π ( 5,1). A kör és a parabolaszelet területének aránya: 1,69π : ( 0,4977). A kör területe (a kért kerekítéssel) a parabolaszelet területének 50%-a. 0 8 8 0 ¹ ¹ Kerekített értékekkel: 5,1 : 10,67 ( 0,4977) Ez a pont nem jár, ha a vizsgázó nem kerekít, vagy rosszul kerekít. Összesen 8 pont *Megjegyzés: a vizsgázó a határozott integrál értékét számológéppel számítja ki. 0 9. a) ab ac a Azt állítjuk, hogy a + c b igaz (a, b, c > 0). Mindkét oldalt a-val osztva, majd b(c + a)-val szorozva: b ( c a)( c + a). Átalakítva: a + b c, ami a Pitagorasz-tétel miatt minden derékszög& háromszögre igaz. Az alkalmazott átalakítások ekvivalensek voltak, ab ac a ezért az eredeti a + c b (tehát R R ). A 9. b) els megoldás P állítás is igaz A derékszög& háromszög területét kétféleképpen is felírhatjuk: ab ar cr T, illetve T TKCB + TKAB +. Tehát ab ar + cr, ab vagyis R. a + c (Ezt kellett bizonyítani.) írásbeli vizsga 151 8 / 015. október 1. írásbeli vizsga 151 17 / 015. október 1.

8. a) második megoldás 8 P( találat) 0,5 0,75 ¹ P(4 találat) 0,0865, P(5 találat) 0,01, P(6 találat) 0,008, P(7 találat) 0,0004, P(8 találat) 0,0000 5 0,076 pont A legalább találat valószín&sége a fenti számok összege (0,14, ami három tizedesjegyre kerekítve): 0,1. pont Ha a vizsgázó egy hibát vét, akkor ot veszítsen, több hiba esetén erre a részre nem kap pontot. Ez a pont nem jár, ha a vizsgázó nem kerekít, vagy rosszul kerekít. Megjegyzés: Ha a vizsgázó az a) feladat megoldása során az egyes valószín&ségek három tizedesjegyre kerekített értékével jól számol, akkor 0, is elfogadható. 8. b) P(legalább 1 találat) 1 P(0 találat) n 1 í 0,75 0,95 rendezve n 0,75 0,05. n lg 0,75 lg 0,05 A 0,75 alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökken, ezért n log 0, 75 0,05. lg0,05 (Mivel lg 0,75 < 0, így) n 10,41. lg0,75 Daninak legalább 11 lövésre van szüksége. Összesen: 6 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó egyenltlenség helyett egyenlettel dolgozik, s azt jól megoldva helyes következtetésre jut, akkor maximális pontszámot kap. 8. c) (Ha a második félév végén Dani egy lövésbl p valószín&séggel ért el találatot, akkor három lövésbl a pontosan egy vagy pontosan két találat valószín&sége) P(1 találat) + P( találat) p (1 p) + p(1 p) p(1 p) 0,7. 0 p p + 0, 7 Ebbl p 0,4 vagy p 0,6. A második félév végén tehát egy lövésbl Dani 0,4 8 vagy 0,6 valószín&séggel (azaz 0 1 vagy esély- 0 lyel) ért el találatot. Komplementer eseménynyel számolva a keresett valószín&ség: 1 P( találat) P(0 találat) 1 p (1 p) 1 p 1 + p p + + p 0,7 4. b) els megoldás 18 A lejátszott mérkzések száma 15, ¹ 1 tehát a Zöld Iskola teniszezinek összesen 15 pont 51 megnyert mérkzése volt. Ennek a 8 tanulónak az egymás közötti mérkzései mindig a 8 tanuló valamelyikének gyzelmével végzdtek, 8 ez ( 8) gyzelmet jelent. ¹ A Zöld Iskola tanulói az 51 gyztes mérkzésük közül tehát (51 8 ) -at nyertek a Piros Iskola tanulói ellen. Összesen 6 pont 4. b) második megoldás 18 A lejátszott mérkzések száma 15. ¹ A Zöld Iskola 8 tanulójának egymás közötti mérkzései mindig a 8 tanuló valamelyikének gyzelmével * végzdtek, 8 ez ( 8) gyzelmet jelent. ¹ * Ha a Zöld Iskola tanulói x mérkzést nyertek a Piros Iskola tanulói ellen, akkor megnyert mérkzéseik száma összesen x + 8, a Piros Iskola tanulói által nyert * mérkzések száma pedig (15 (x + 8) ) 15 x. A szöveg szerint 15 x (x + 8), amibl x. A Zöld Iskola tanulói mérkzést nyertek a Piros Iskola tanulói ellen. Összesen 6 pont A *-gal jelölt pontot az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: A Piros Iskola 10 tanulójának egymás közötti mérkzései mindig a 10 tanuló valamelyikének gyzelmével végzdtek, 10 ez ( 45) gyzelmet jelent. ¹ A két iskola tanulói egymás ellen (8 10 ) 80 mérkzést játszottak. Ha ebbl a Zöld Iskola tanulói x mérkzést nyertek, akkor megnyert mérkzéseik száma összesen x + 8, a Piros Iskola tanulói által nyert mérkzések száma pedig 45 + (80 x) 15 x. írásbeli vizsga 151 16 / 015. október 1. írásbeli vizsga 151 9 / 015. október 1.

II. 5. a) els megoldás A B futószalagra került darabok tömege 49 g, 48 g, 5 g és 54 g. A 4-4 tömeg átlaga: 51+ 5+ 47+ 46 196 49(g), illetve 4 4 49+ 48+ 5+ 54 04 51 (g). 4 4 A 4-4 tömeg szórása: (49 51) + (49 5) 6,5 (g), illetve (51 49) 6,5 (g). + (51 48) + (49 47) 4 + (51 5) 4 + (49 46) + (51 54) A két átlag tehát valóban különböz, a két szórás pedig egyenl. pont Ezek a pontok akkor is járnak, ha a vizsgázó az átlagot és a szórást (vagy annak közelít értékét) számológéppel helyesen határozza meg. Ha a szórások pontos értéke nem szerepel, akkor ez a pont nem jár. Megjegyzés: Ha a vizsgázó a szórásnégyzetek egyenlségét látja be, de nem említi, hogy ekkor a szórások is megegyeznek, akkor ezért ot veszítsen. 5. a) második megoldás A B futószalagra került darabok tömege 49 g, 48 g, 5 g és 54 g. (Az A futószalagra került darabok tömege csökken sorrendben 5 g, 51 g, 47 g és 46 g, a B futószalagra került darabok tömege pedig 54 g, 5 g, 49 g, 48 g, tehát) a B futószalagra került darabok tömege rendre grammal nagyobb, mint a megfelel, A futószalagra került darabé. Ha egy adatsokaság minden adatához c-t hozzáadunk, akkor a sokaság átlaga c-vel változik, a szórása pedig változatlan marad. pont Tehát a két futószalagra került darabok tömegének átlaga különböz (a különbség c gramm), szórása pedig egyenl. 7. b) f ''( x) 1 x + 48x 540 (x R) Az f ''( x) 0 egyenletnek két gyöke van: 9 és 5. Az f '' grafikonja egy felfelé nyíló parabola, ezért a két zérushely között az f '' negatív. Mivel az f '' függvény a ] 9; 5[ intervallumon negatív, ezért az f függvény itt konkáv. Megjegyzés: Az f grafikonjának egy részletét mutatja az ábra. 7. c) 5 5 ª x 4 º ³ f ( x) dx «+ x 90x + 75x» 0 5 ¼ 0 (65 + 150 11 50 + 175) 0 8000 Összesen: pont Megjegyzés: A végeredmény indoklás nélküli közléséért nem jár pont. 8. a) els megoldás P(legalább találat) 1 [P(0 találat) + P(1 találat) + P( találat)] 8 P(0 találat) 0,75 ( 0,1001) 8 7 P(1 találat) 0,5 0,75 ( 0,670) 1¹ 8 6 P( találat) 0,5 0,75 ( 0,115) ¹ P(legalább találat) 0,1. 5 pont Ez a pont nem jár, ha a vizsgázó nem kerekít, vagy rosszul kerekít. írásbeli vizsga 151 10 / 015. október 1. írásbeli vizsga 151 15 / 015. október 1.

6. d) 4 Egy négypontú teljes gráfnak 6 éle van. ¹ 6 Ezek közül 4 élt 15-féleképpen lehet kiválasztani. (Ez az összes esetek száma.) 4¹ Ha a zöld élek kört alkotnak, akkor a nem zöld él a gráf két-két különböz pontját köti össze. A két nem zöld él kiválasztása -féleképpen történhet; ez a kedvez esetek száma. (Ha a gráf csúcsai A, B, C, D, akkor a megfelel kiválasztások: AB-CD, AC-BD, AD-BC.) A keresett valószín&ség: p 0,. 15 7. a) (Az f egy nyílt intervallumon deriválható függvény, ezért) az f függvénynek ott lehet szélsérték-helye, ahol az els deriváltfüggvényének zérushelye van. f '( x) 4x + 4x 540 x (Mivel 4x + 4x 540 x x(4x + 4 x 540), ezért) az f ' egyik zérushelye a 0, további két zérushelyét a 4x + 4x 540 0 egyenlet gyökei adják: 9 és 15. A (harmadfokú) deriváltfüggvény 15-ben és 9-ben negatívból pozitívba megy át, ezért ezek lokális minimumhelyei, 0-ban pedig pozitívból negatívba megy pont át, ezért ez lokális maximumhelye a függvénynek. Mivel f( 15) 6 850 < f(9) 90, továbbá a ] ; 15[ intervallumon szigorúan monoton csökken, a ]9; + [ intervallumon pedig szigorúan monoton növeked az f függvény, ezért a 15 valóban abszolút minimumhelye f-nek. pont Összesen: 9 pont Ha a gráf csúcsai A, B, C és D, akkor a kör csúcsai egy körüljárás szerint ABCDA, ABDCA, ACBDA lehetnek. A kedvez esetek száma tehát. Ez a pont akkor is jár, ha a vizsgázó a második derivált eljelével indokol. Ez a pont jár annak bármilyen helyes indoklásáért, hogy a két lokális minimumhely egyike egyben abszolút minimumhely is. 5. b) A 0 -os szög helyes értelmezése (például a szög jelölése az ábrán). Az ABC egyenlszárú háromszög AB oldalához tartozó magassága (Pitagorasz-tétellel): TC. Az S sík a CC élt a H pontban metszi. CH A TCH derékszög& háromszögbl: tg 0, TC ahonnan CH ( TC tg0 ). Az ABC lapot tartalmazó rész egy tetraéder, melynek ABC lapjához tartozó magassága CH. TABC CH (T ABC 6, ezért) VABCH (,46). A másik rész térfogatát megkapjuk, ha az els rész térfogatát levonjuk az eredeti hasáb térfogatából. VABCA ' B' C' TABC CC' 1 ( 0,78) V 1 10 ( 17,) ABHAB ' ' C' V V ABCH ABHA' B' C ' 1 10 5 Összesen: 1 6. a) Az állítás hamis. Ez a pont jár, ha a vizsgázó ábra nélkül vagy kevésbé részletezett ábrával helyesen számol. a vizsgázó az arányt közelít értékekkel írja fel helyesen. Ellenpélda: a nyolcpontú egyszer& gráf két négypontú teljes gráf egyesítése. pont Összesen: pont írásbeli vizsga 151 14 / 015. október 1. írásbeli vizsga 151 11 / 015. október 1.

6. b) A megfordítás: Ha egy (nyolcpontú egyszer&) gráf összefügg, akkor a gráf minden pontjának fokszáma legalább. A megfordított állítás hamis. Bármilyen jó ellenpélda. Összesen: pont 6. c) els megoldás Rögzítsük A és B színét, például pirosra és kékre. Például: Ekkor C, D és E (ebben a sorrendben) a következképpen színezhet: pkz, pzk, zpz, zpk, zkz. pont* Mivel A és B színe ( ) 6-féleképpen választható meg, ezért összesen (5 6 ) 0 különböz színezés lehetséges. Összesen 5 pont Megjegyzés: Hibának számít, ha a felsorolt esetek között rossz is szerepel, egy lehetséges esetet többször felsorol vagy egy lehetséges esetet nem ad meg a vizsgázó. Egy hiba esetén a *-gal jelölt pontból ot veszítsen, egynél több hiba esetén nem jár pont erre a részre. 6. c) második megoldás Az A csúcsot pirosnak választva a B csúcsig, a C-ig 4, a D-ig 8-féle színezés lehetséges. pont Az E csúcsnál csak akkor van két színezési lehetség, ha a D csúcs piros volt, így az E-ig 10-féle színezés van. Az A csúcs színe háromféleképpen választható meg, tehát az ötszögnek ( 10 ) 0 megfelel színezése van. Összesen 5 pont 6. c) harmadik megoldás Színezzük az A csúcsot például pirosra és a vele szomszédos B és E csúcsot például kékre. Ekkor a C és D színezése piros-zöld vagy zöld-piros lehet. Tehát ilyen színezés van. Ha tehát olyan színezést választunk, amelyben az A- val szomszédos B és E csúcsok színe azonos, akkor ennek a három csúcsnak a színezését 6-féleképpen választhatjuk meg. Ezért ilyen színezésbl 1 darab van. Ha az A csúcs például piros, a B és az E pedig különböz szín&ek, például a B csúcs kék, és az E csúcs zöld, akkor a C és a D színe (ebben a sorrendben) lehet piros-kék, zöld-kék vagy zöld-piros. Vagyis le- hetség van a színezésre. Az A, B, E csúcsok színezését különböz színnel! 6 különböz módon választhatjuk meg, tehát ilyen színezésbl 6 18 darab van. A lehetséges színezések száma tehát 1 + 18 0. Összesen 5 pont 6. c) negyedik megoldás Egy adott színt legfeljebb kétszer használhatunk színezésre (mert nem tudunk az öt csúcsból három, páronként nem szomszédos csúcsot kiválasztani). Az öt csúcs színezésére tehát mindhárom színt fel kell használnunk: így biztosan (lesz olyan szín, amivel éppen csúcsot és) lesz 1 olyan szín, amivel 1 csúcsot színezünk, tehát ennek a csúcsnak egyedi színe lesz. Az egyedi szín -féle lehet, és az 5 csúcs bármelyike lehet egyedi szín&, tehát 15 választási lehetség van az egyedi színnel színezésre. Ha az egyedi színt rögzítettük (például az A csúcs piros), akkor a másik két színt csak felváltva használhatjuk, de kétféle sorrendben (B kék, C zöld, D kék, E zöld, vagy fordítva: B zöld, C kék, D zöld, E kék). Összesen (15 ) 0 lehetség van. Összesen 5 pont Megjegyzés: A vizsgázó teljes pontszámot kap, ha a 0 lehetséges színezést hibátlanul megadja (például felsorolja). Hibának számít, ha a felsorolt színezések között rossz is szerepel, egy lehetséges színezést többször ad meg, vagy egy lehetséges színezést kihagy a vizsgázó: minden hibáért ot veszítsen. írásbeli vizsga 151 1 / 015. október 1. írásbeli vizsga 151 1 / 015. október 1.