Matematika emelt szint 051 ÉRETTSÉGI VIZSGA 005.október 5. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI MINISZTÉRIUM
Fontos tudnivalók Formai előírások: A dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal kell javítani, és a tanári gakorlatnak megfelelően jelölni a hibákat, hiánokat 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. Hiános/hibás megoldás esetén kérjük, hog az eges részpontszámokat is írja rá a dolgozatra. Tartalmi kérések: Eges feladatoknál több megoldás pontozását is megadtuk. Amenniben azoktól eltérő megoldás születik, keresse meg ezen megoldásoknak az útmutató eges részleteivel egenértékű részeit, és ennek alapján pontozzon. A pontozási útmutató pontjai tovább bonthatók. Az adható pontszámok azonban csak egész pontok lehetnek. Nilvánvalóan heles gondolatmenet és végeredmén 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 részeredménnel heles gondolatmenet alapján tovább dolgozik, akkor a következő részpontszámokat meg kell adni. Elvi hibát követően eg gondolati egségen belül (ezeket az útmutatóban kettős vonal jelzi) a formálisan heles matematikai lépésekre sem jár pont. Ha azonban a tanuló az elvi hibával kapott rossz eredménnel mint kiinduló adattal helesen számol tovább a következő gondolati egségben vag részkérdésben, akkor erre a részre kapja meg a maimális pontot. Ha a megoldási útmutatóban zárójelben szerepel eg mértékegség, akkor ennek hiána esetén is teljes értékű a megoldás. Eg feladatra adott többféle megoldási próbálkozás közül csak eg (a magasabb pontszámú) értékelhető. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vag feladatrészre előírt maimális pontszámot meghaladó pont) nem adható. Az olan részszámításokért, részlépésekért nem jár pontlevonás, melek hibásak, de ameleket a feladat megoldásához a vizsgázó ténlegesen nem használ fel. A vizsgafeladatsor II. részében kitűzött 5 feladat közül csak feladat megoldása értékelhető. A vizsgázó az erre a célra szolgáló négzetben feltehetőleg megjelölte annak a feladatnak a sorszámát, amelnek értékelése nem fog beszámítani az összpontszámába. Ennek megfelelően a megjelölt feladatra esetlegesen adott megoldást nem is kell javítani. Ha mégsem derül ki egértelműen, hog a vizsgázó melik feladat értékelését nem kéri, akkor automatikusan a kitűzött sorrend szerinti legutolsó feladat lesz az, amelet nem kell értékelni. írásbeli vizsga 051 / 11
1. Az oldalfelező merőlegesek metszéspontja a köré írt kör középpontja. A köré írt kör egenlete átalakítva: ( ) + ( ) = 5. Ebből az oldalfelező merőlegesek metszéspontja: O(; ). A C pont illeszkedik az tengelre, ezért ha c jelöli a C pont második koordinátáját, akkor C(0; c). C illeszkedik a körre, ezért ( ) + ( c ) = 5, tehát ( c ) = 16. I. Ebből c 1 = 6, c =, azaz a C csúcsra két lehetőség van: C 0; 6), C (0; ). pont 1( Az ABC 1 háromszög súlpontja: 8 1+ 0 + 5 + 6 7 1 S 1 ; = S 1 ;. Az ABC háromszög súlpontja: 8 1+ 0 + 5 7 5 S ; = S ;. pont pont 8 pont Eg megoldás megtalálása esetén összesen legfeljebb 5 pont adható.. 5 A kézfogások száma: = 10. Mivel Dani és Ernő egütt érkezett, ezért nég különböző időpontban érkezhettek. A lehetséges érkezési sorrendek száma:!(=). c) Minden mérkőzés során eg fiú pihen, ezért a pálán levő nég játékosra 5 lehetőség van. A pálán lévő nég fiúból kettő kiválasztására = 6 lehetőség van. pont Ez a pontszám nem bontható. 5! válasz esetén adható. írásbeli vizsga 051 / 11
Viszont ekkor minden mérkőzést kétszer számolunk, íg rögzített pihenő fiú esetén három különböző teniszparti lehetséges. Ezek alapján a különböző lehetséges páros mérkőzések száma: 5 = 15. pont 6 pont. A nagpapa kilenc alkalommal tett pénzt a perselbe. A Péter által kapott összeg eg olan pont számtani sorozat első 9 elemének összege, amelnek első eleme 5000, differenciája 1000. A kérdéses összeg: 9 ( 5000 + ( 9 1) 1000) = 81000. Péter 81000 Ft-ot kapott. 5 pont n n t 0 = 60000, tn = t0 1,0 = 60000 1, 0, pont ahol n Z +. n A feltétel szerint 60000 1,0 100000. pont Osszuk mindkét oldalt 60000-rel, majd vegük mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát: n 5 lg1,0 lg. 5 lg Innen n 1,0 > 1, ami azt jelenti, hog lg1,0 legalább 1 évet kell Péternek várnia. pont 9 pont Az utolsó pont helett jár, ha 1 évet írt a vizsgázó. írásbeli vizsga 051 / 11
. f ( ) = 6 + 5 = ( ). 1 5 1 0 1 5 Ábrázolás. pont f értékkészlete: [ 0 ;1] pont c) A lehetséges megoldások száma a grafikonról leolvasható. pont Ha a vizsgázó nem jól veszi figelembe az értelmezési tartománt, akkor legfeljebb pont adható az ábrázolásra. Ha hibás grafikonról, annak megfelelően heles értékkészletet ad meg a vizsgázó, akkor is jár a pont. Annak a felismeréséért, hog a megoldások száma p és a függvén értékkészletének viszonától függ. írásbeli vizsga 051 5 / 11
Ha p < 0, akkor nincs megoldás. Ha p = 0, akkor megoldás van. Ha 0 < p <, akkor megoldás van. Ha p =, akkor megoldás van. Ha < p 5, akkor megoldás van. Ha 5 < p 1, akkor 1 megoldás van. Ha 1 < p, akkor nincs megoldás. Ha algebrai megoldás során adódnak a jó megoldások, a megfelelő pontszámok akkor is járnak. Ha rossz grafikon alapján eg másik egenletet vizsgál jól a vizsgázó, akkor legfeljebb pont adható. 8 pont írásbeli vizsga 051 6 / 11
II. 5. A logaritmus miatt és 1-től különböző pozitív számok lehetnek. Az első egenlet bal oldalát alakítsuk a logaritmus azonosságainak felhasználásával. log + log = ( ) ( ) = + log = + log + log ( + log ) + 1 = Íg az első egenlet: log + log =. A log és a log egmás reciprokai, és összegük. Ez pontosan akkor teljesül, ha mindkettő 1-gel egenlő, amiből kapjuk, hog =. Beírva ezt a második egenletbe: cos + cos 0 = 0, ahonnan cos = 1. Ez akkor és csak akkor teljesül, ha azaz π = + kπ, ahol k Z. Összevetve az, >0, 1 feltétellel, π = = + kπ, k N. = π + kπ, pont pont pont pont 16 pont Ha a kapott egenletben közös alapra hoz a vizsgázó, és eg másodfokúra visszavezethető egenletből kapja, hog =, a pont természetesen akkor is jár. Ha megfelelő értékeit fokokban vag periódus nélkül vag rossz periódussal adja meg a vizsgázó, akkor legfeljebb adható. írásbeli vizsga 051 7 / 11
6. A tanulók száma 9 8 7 1 5 1 érdemjeg Mindeg melik érdemjeg oszlopával kezdi a vizsgázó az ábrázolást, és természetesen a diagramon az eges oszlopok százalékos megjelenítése is jó. Jó ábrázolás oszlopdiagramon. 5 + 7 + 9 + 8 + 1 A jegek átlaga: =, 1. pont 0 pont c) Legalább -ast + 7 + 9 = 0 tanuló kapott, íg a kérdéses valószínűség: 0 P = =. 0 d) 0 Az osztálból tanuló kiválasztására = 5 pont lehetőségünk van. A kiválasztott tanulók osztálzatainak összege -mal osztható, ha az osztálzatok: pont (1; ), (1; 5), (; ), (; ), (; 5). A kedvező esetek száma íg: 9 8 + + 8 7 + + 7 = 1. pont írásbeli vizsga 051 8 / 11
1 8 A keresett valószínűség: P = = 0,. 5 15 pont 8 pont 7. (azaz, a feladatlap 1. oldalán lévő 6. feladat) A kapott alakzat eg csonkakúp, magassága LM, az alapkörök sugarai KL és MN. A csonkakúp térfogata: m π V = ( R + r + Rr) 16, 7térfogategség. pont Legen AB = a, BC = b, CD = c, DA = d. A beírt kör sugara r, középpontja O, az AD oldallal vett érintési pontja E. A D-ből induló magasság talppontja az AB oldalon T. 1 d E D r c C d O b A T B a A feltételek alapján a + c = b + d = 0 és b = r. pont Mivel a trapéz szárain fekvő szögek összege 180º, és O a belső szögfelezők metszéspontja, ezért az AOD pont háromszög derékszögű, a derékszög O-ban van. Ennek a derékszögű háromszögnek az átfogóhoz tartozó magassága éppen az OE sugár, ezért a magasságtétel és a feltétel alapján pont d d r =, ahonnan r =. 16 d Íg viszont b = r =, amiből adódik, hog a TDA háromszög eg szabálos háromszög fele. Ebből következik, hog d =. a c + pont d d + = 0, ahonnan írásbeli vizsga 051 9 / 11
( ) 10,7 0 d = = 0 -. + ( ) 9, 8 b = d = 0. d a + c = c + = 0, ebből c = 10( 1) 7,. a = 0 c = 10( ) 1, 68. 8. Ha az első kiránduláson az osztál 60%-a vett részt, akkor csak a második és harmadik kiránduláson az osztál 0%-a. Hasonlóan adódik, hog csak az első és harmadik kiránduláson az osztál 0%-a, csak az első és második kiránduláson az osztál 0%-a vett részt. Mivel nem volt olan tanuló, aki csak eg kiránduláson vett volna részt, ezért az osztál 10%-a vett részt minden kiránduláson. Az előző megállapítás és a feltétel alapján az osztál létszáma 0. Algebrai megoldás: I. II. 0 z 0 0 III. ++=0,6 (+++z) +z+=0,7 (+++z) z++=0,8 (+++z) + 6z= 1 7++z= 9 8+z= 6 pont 6 pont Az egenletrendszer felállításáért = =0 =9; =6; z=1 Az osztállétszám 6+9+1+=0 fő Ha minden tanuló legfeljebb két mérkőzést játszott volna, akkor eddig 10 mérkőzés zajlott volna le. Mivel 11 mérkőzés volt, ezért a skatula-elv alapján lennie kell olan tanulónak, aki három mérkőzést játszott 6 pont pont pont pont Kétismeretlenes egenletrendszerért írásbeli vizsga 051 10 / 11
c) A második kiránduláson 1 tanuló volt. Jelölje a kiránduláson résztvevők átlagmagasságát h. Ezzel a feltételek alapján: 1 h + 9 18 17, =, 0 ahonnan h = 171cm. pont 6 pont 9. (1. megoldás) Jelölje a az eredeti kocka élhosszát, b pedig a 99., nem egségkocka élhosszát centiméterben mérve. A feltételek alapján a és b pozitív egészek, és 98 = a b = a b a + ab + b. ( )( ) Mivel 98 = 7 és a b < a + ab + b, ezért három eset lehetséges: I. a b = 1 és a + ab + b = 98. Ekkor a = b + 1 helettesítéssel a második egenletből adódik, hog b + b = 97, ami nem lehet, hiszen a nem osztója a 97-nek. II. a b = és a + ab + b = 9. Ekkor b + b = 15, ahonnan a feltételeknek megfelelő megoldás b =, a = 5. III. a b = 7 és a + ab + b = 1. Ekkor b + 1b = 5, ami nem lehetséges, uganis a b pozitív egész szám. Azt kaptuk, hog az eredeti kocka éle 5 cm, íg a térfogata 15 cm. 9. (. megoldás) a b b > 1 = 98 pont pont 16 pont pont Ebből következik, hog < a Tehát 5 a. pont a a 1 98, pont Mivel a b + 1, ezért ( ) és mivel 7 6 = 17 > 98 miatt a < 7, pont íg a = 5 vag a = 6. a = 5 esetén b =, ami megfelel a feltételeknek. a = 6 esetén b = 118, ami nem köbszám, nem megoldás. Tehát a kocka térfogata: 15 cm. pont 16 pont Jó indoklás az is, hog - 5 nem osztható -mal. A másodfokú egenlőtlenség megoldásával is eljuthat a heles értékekhez. írásbeli vizsga 051 11 / 11