Matematika emelt szint 080 É RETTSÉGI VIZSGA 009. któber 0. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM
Fnts tudnivalók Frmai előírásk:. A dlgzatt a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tllal kell javítani, és a tanári gyakrlatnak megfelelően jelölni a hibákat, hiánykat stb.. A feladatk mellett található szürke téglalapk közül az elsőben a feladatra adható maximális pntszám van, a javító által adtt pntszám a mellette levő téglalapba kerül.. Kifgástalan megldás esetén elég a maximális pntszám beírása a megfelelő téglalapkba. 4. Hiánys/hibás megldás esetén kérjük, hgy az egyes részpntszámkat is írja rá a dlgzatra. Tartalmi kérések:. Egyes feladatknál több megldás pntzását is megadtuk. Amennyiben azktól eltérő megldás születik, keresse meg ezen megldásknak az útmutató egyes részleteivel egyenértékű részeit, és ennek alapján pntzzn.. A pntzási útmutató pntjai tvább bnthatók. Az adható pntszámk aznban csak egész pntk lehetnek.. Nyilvánvalóan helyes gndlatmenet és végeredmény esetén maximális pntszám adható akkr is, ha a leírás az útmutatóban szereplőnél kevésbé részletezett. 4. Ha a megldásban számlási hiba, pntatlanság van, akkr csak arra a részre nem jár pnt, ahl a tanuló a hibát elkövette. Ha a hibás részeredménnyel helyes gndlatmenet alapján tvább dlgzik, és a megldandó prbléma lényegében nem váltzik meg, akkr a következő részpntszámkat meg kell adni. 5. Elvi hibát követően egy gndlati egységen belül (ezeket az útmutatóban kettős vnal jelzi) a frmálisan helyes matematikai lépésekre sem jár pnt. Ha aznban a tanuló az elvi hibával kaptt rssz eredménnyel, mint kiinduló adattal helyesen száml tvább a következő gndlati egységben vagy részkérdésben, akkr erre a részre kapja meg a maximális pntt, ha a megldandó prbléma lényegében nem váltzik meg. 6. Ha a megldási útmutatóban zárójelben szerepel egy megjegyzés vagy mértékegység, akkr ennek hiánya esetén is teljes értékű a megldás. 7. Egy feladatra adtt többféle helyes megldási próbálkzás közül a vizsgázó által megjelölt váltzat értékelhető. 8. A megldáskért jutalmpnt (az adtt feladatra vagy feladatrészre előírt maximális pntszámt meghaladó pnt) nem adható. 9. Az lyan részszámításkért, részlépésekért nem jár pntlevnás, melyek hibásak, de amelyeket a feladat megldásáhz a vizsgázó ténylegesen nem használ fel. 0. A vizsgafeladatsr II. részében kitűzött 5 feladat közül csak 4 feladat megldása értékelhető. A vizsgázó az erre a célra szlgáló négyzetben feltehetőleg megjelölte annak a feladatnak a srszámát, amelynek értékelése nem fg beszámítani az összpntszámába. Ennek megfelelően a megjelölt feladatra esetlegesen adtt megldást nem is kell javítani. Ha mégsem derül ki egyértelműen, hgy a vizsgázó melyik feladat értékelését nem kéri, akkr autmatikusan a kitűzött srrend szerinti legutlsó feladat lesz az, amelyet nem kell értékelni. írásbeli vizsga 080 / 7 009. któber 0.
. a) lg 0, x 5 Az 0,5 = egyenletben a hatványzás 0,5 megfelelő aznsságát alkalmazva, az lg 0,5 0,5 = x egyenlethez jutunk. I. 0,5 Innen (a lgaritmus definíciója szerint) a = x pnt egyenlet adódik. Ebből x =. Összesen: 4 pnt. b) Mivel lg x lg = =, lg x lg x így a megldandó egyenlet: 6 7 = lg x. lg x Mindkét ldalt lg x -szel szrzva, és az egyenletet nullára redukálva: lg x 7lg x + 6 = 0. A lg x -re másdfkú egyenlet megldásai: lg x = 6 vagy lg x =. x = 64 vagy x =. Mivel < x, a 64 nem megldás. A megadtt halmazn az egyenletnek egy megldása van, a. Összesen: 7 pnt Ha az alaphalmazt nem veszi figyelembe, akkr t veszít. írásbeli vizsga 080 / 7 009. któber 0.
. a) első megldás Jelöljük az ABCD négyszög derékszögű csúcsát A- val, és legyen a BCD = 0. Ekkr AB = AD = 0. Pitagrasz tételét alkalmazva az ABD derékszögű hármszögre, BD = 0. A BCD hármszög BD ldalára alkalmazva a kszinusztételt ( BC = CD = b jelölés mellett), 800 = b b cs0. 800 = b + b. A b = 800 egyenlet egyetlen pzitív megldása: 800 b = ( 6, m). Tehát a kerítés hssza: 40 + 800 7, 7 (m). Összesen: 4 pnt. a) másdik megldás BD = 0 A BDC egyenlő szárú hármszögben a BDC = 0. A hármszög C csúcsából húztt magasság felezi a DB alapt (Jelölje F a DB ldal felezőpntját.). DF A DFC derékszögű hármszögben cs 0 =. DC Így 0 0 =, azaz b =. b 40 Tehát a kerítés hssza: 40 + 7, 7 (m). Összesen: 4 pnt írásbeli vizsga 080 4 / 7 009. któber 0.
. b) István knvex négyszög alakú telket láttt. D C A B Péter knkáv négyszögre gndlt. D C A B Összesen: pnt A pnt a knvex, illetve knkáv négyszög rajzlásáért jár. Ne vnjunk le pntt, ha egyéb feltételeknek (pl. két-két ldala nem egyenlő) nem tesz eleget a vizsgázó rajza. írásbeli vizsga 080 5 / 7 009. któber 0.
. c) első megldás A négyzet alapú ház alapterülete akkr a lehető legnagybb, ha a négyzet A-val szembeni csúcsa a C pnt. D C pnt A B A B Az ABCD négyszögbe berajzlva a négyzetet, az a négyszögben két egybevágó derékszögű hármszöget hz létre. Jelölje T a C csúcsból húztt, AD ldalra merőleges egyenesnek és az AD ldalnak a metszéspntját. Ekkr TC a keresett négyzet ldala. István knvex négyszögében TCD = 5. CT A TCD derékszögű hármszögben: cs 5 =. b 0 Mivel b =, így 0 CT = cs5 5,77 (m). Ekkr a ház alapterülete: kb. 49 m lenne. Péter knkáv négyszöge esetében TCD = 75. CT Mivel ekkr cs 75 =, b 0 így CT = cs75 4, (m). Ekkr a ház alapterülete: kb. 8 m lenne. D C Összesen: 7 pnt Ezt a megállapítást indklás nélkül el kell fgadni. Ha csak a vizsgázó ábráján jelenik meg ez a gndlat, akkr is jár a pnt. A lehető legnagybb négyzetek megtalálása. írásbeli vizsga 080 6 / 7 009. któber 0.
. c) másdik megldás A négyzet alapú ház alapterülete akkr a lehető legnagybb, ha a négyzet A-val szembeni csúcsa a C pnt. D C D pnt A B A B Az ABCD négyszögbe berajzlva a négyzetet, az a négyszögben két egybevágó derékszögű hármszöget hz létre. A ház négyzet alapjának ldalhsszát x-szel jelölve, Pitagrasz tétele szerint mindkét esetben 800 (0 x ) + x =. A kijelölt műveletek elvégzése után a 400 00 x 40x + = 0, azaz x 0x + = 0 egyenlethez jutunk. Az egyenlet két pzitív megldása: 0 x = 0 + 5,77 és 0 x = 0 4,. A knvex négyszög esetében x > 0 x, azaz x > 0, így ekkr a négyzet ldala 5,77 m, ekkr a ház alapterülete: kb. 49 m lenne. A knkáv négyszög esetében x < 0 x, azaz x < 0, így ekkr a négyzet ldala 4, m, ekkr a ház alapterülete: kb. 8 m lenne. Összesen: 7 pnt C Ezt a megállapítást indklás nélkül el kell fgadni. Ha csak a vizsgázó ábráján jelenik meg ez a gndlat, akkr is jár a pnt. A lehető legnagybb négyzetek megtalálása -. Ezek a pntk, akkr is járnak, ha indklás nélkül adja meg egyik és másik esetben a négyzet ldalát, illetve területét. írásbeli vizsga 080 7 / 7 009. któber 0.
. a) 5π 5π a cs ;sin = a ; 6 6. 5π 5π b sin ;cs = b ;. 6 6 4 4 Összesen: pnt. b) első megldás Jelöljük a két vektr által bezárt szöget α -val. A krdinátáival adtt vektrk skaláris szrzata kétféleképpen is kiszámítható: ab = + =, 4 4 8 illetve ab = a b csα. Mivel a = és Ezért 0 csα =, 4 8 ebből csα = 0, 005. 0 0 0 b = =, 6 4 Innen α 78,4. Tehát a két vektr ebben az esetben kb. 78 -s szöget zár be.. b) másdik megldás Az a vektr az i bázisvektr Összesen: 5 pnt + 50 -s elfrgatttja. tg β = 4 =. pnt 4 A b ; vektr irányszöge β, 4 4 Ebből β 7,57. Így a két vektr által bezárt α szögre α = 50 β 78,4 adódik. A két vektr tehát kb. 78 -s szöget zár be. Összesen: 5 pnt Ezt a pntt csak akkr adjuk meg, ha a vizsgázó a kért szöget egészre kerekítve is megadja. Ezt a pntt csak akkr adjuk meg, ha a vizsgázó a kért szöget egészre kerekítve is megadja. írásbeli vizsga 080 8 / 7 009. któber 0.
. c) A két vektr akkr és csak akkr merőleges egymásra, ha ab = 0. A keresett t ismeretlent a szkássabb módn x jelöli. Mivel ab = cs xsin x + sin x cs x, így a cs x sin x + sin x cs x = 0 egyenlet megldása a feladat. Azns átalakítással adódik: cs x sin x (sin x + cs x) = 0. Ez a szrzat pntsan akkr nulla, ha cs x = 0 vagy sin x = 0 vagy sin x + cs x = 0. π () x = + nπ, ahl n Z vagy * () x = kπ, ahl k Z vagy * () sin x + cs x = 0. A () alatti egyenletnek nem megldásai azk az x számk, amelyek kszinusza 0, így az egyenlet megldáshalmaza azns a tg x = egyenletével. π Azaz x = + mπ, ahl m Z. 4 * A két vektr tehát pntsan akkr merőleges π π A megldásk összevnt egymásra, ha t = n vagy t = + mπ, ahl alakjának megadását nem 4 várjuk el. n, m Z. Összesen: 7 pnt. A *-gal jelölt pntk abban az esetben is járnak, ha a megldáskat a vizsgázó fkban adja meg. Ha hiányzik, vagy rssz a periódus, ezek a pntk nem adhatók.. A *-gal jelölt pntból csak -et vnjunk le, ha az n, m és k lehetséges értékére a vizsgázó nem ad utalást.. Ha a vizsgázó elveszti az () vagy () alatti megldáskat, a c) részre maximum 4 pntt kaphat. 4. a) Felírva a hatdik elemeket az első elem és a kvóciens (q), illetve a differencia (d) segítségével kapjuk, hgy q = ; d =. 5 A mértani srzat első öt eleme: ; ; ; ;. A számtani srzat első öt eleme: ; ; ; ;. 5 5 5 5 Összesen: 4 pnt írásbeli vizsga 080 9 / 7 009. któber 0.
4. b) első megldás A mértani srzat első n tagjának összege: n ( ) 0, ha n párs S = = pnt n ( ), ha n páratlan. A számtani srzat n-edik tagja: b n = ( n ). 5 A számtani srzat első n tagjának összege: ( n ) s n = 5 n, 6 azaz s n = n n. 5 5 s n = 0, azaz a 6 n n = 0 egyenletnek pntsan 5 5 pnt egy pzitív egész megldása van, az n = 6. s n =, tehát 6 n n =, azaz n 6 n + 5 = 0 5 5 pnt egyenlet megldásai: n = vagy n = 5. Tehát a két srzat első, vagy első 5, vagy első 6 tagjának összege ugyanakkra. Összesen: 9 pnt A képlet felírásáért, a szétválasztásáért. 4. b) másdik megldás Az a) rész megldása alapján észrevehető, hgy S = ; azaz n =. s 5 s 5 S = ; azaz n = 5. pnt S = ; azaz n = 6. pnt 6 s 6 Az első hat tagnál több tag összege nem lehet egyenlő a két srzatnál, mivel a számtani srzat csökkenő (már a negyedik tag negatív), és az első hat tag összege 0. Így s n < 0, ha 6 < n, ugyanakkr Sn = 0 vagy, tehát nem lehet s = S. n n pnt pnt Összesen: 9 pnt írásbeli vizsga 080 0 / 7 009. któber 0.
5. a) első megldás B betűsök II. Balázs Bri Barbara Bea X T Balázs Bri X T Barbara Bea K Zli Y K Zli Y Jelölje T a teniszezők, K a kerékpárzók halmazát a Kvács családn belül. A vizsgázó a halmazk Venn-diagramjába jól helyezi el Barbarát, Balázst, Beát, Brit. Zli elhelyezése. A vizsgázó a T halmazban jól jelöl ki egy újabb családtagt; a K halmazban is bejelöl egy újabb családtagt. A Kvács családnak tehát legalább 7 tagja van. Hibás válasz esetén ez a pnt nem jár. Összesen: 5 pnt 5. a) másdik megldás Jelöljük B-vel a család azn tagjainak halmazát, akiknek a keresztneve B betűvel kezdődik, T-vel a teniszezők, K-val a kerékpárzók halmazát. A szöveg szerint: B = { Barbara, Bea, Bri, Balázs}. Balázs nem eleme T-nek és K-nak sem. B T K = { Barbara, Bea}. T K = { Barbara, Bea}. Bri B T, és Zli K. T = K = 4. Vagyis a T halmazban a hárm B betűs családtagn kívül van a szövegben nem nevesített családtag, jelöljük őt X-szel. T = { Barbara, Bea, Bri, X}. A K halmazban is van még egy családtag a hárm a szövegben is nevesített családtagn kívül, jelöljük K = Barbara, Bea, Zli, Y. őt Y-nal: { } A Kvács családnak tehát legalább 7 tagja van. Összesen: 5 pnt Hibás válasz esetén ez a pnt nem jár. írásbeli vizsga 080 / 7 009. któber 0.
5. b) A hármjegyű szám minden számjegye 5 vagy 6 lehet csak. Minden számjegy -féleképpen választható meg, tehát = 8 ilyen különböző hármjegyű szám van. Mivel a társaság minden tagja különböző számt mndtt, így legfeljebb 8 tagú lehet a társaság. Összesen: pnt 5. c) A feladat szerint Barbara, Bea, Bri és Balázs vagy az,, 5 és 7-es számú székeken, vagy a, 4, 6 és 8- as számú székeken fglalnak helyet, és mindkét esetben a maradék 4 helyre a 4 barát ül le. Az első esetben az adtt 4 helyre Barbara, Bea, Bri és Balázs 4!-féleképpen helyezkedhet el. Barbara, Bea, Bri és Balázs bármelyik elhelyezkedése esetén a maradék 4 helyre a 4 barát szintén 4!-féleképpen fglalhat helyet. Így az első esetben a 8 embernek 4!4! ( = 576) -féle ülésrendje alakulhat ki. A másdik esetben is ugyanennyi, ezért a 8 embernek összesen 4!4! ( = 5) ülésrendje alakulhat ki. Összesen: 5 pnt 5. d) A 8 ember összes ülésrendjének száma: 8! ( = 400). Mivel bármelyik ülésrend egyenlően valószínű, a kérdéses valószínűség: 4!4! 5 pnt p = = = ( 0,086). 8! 400 5 Összesen: pnt Ha a c) rész rssz eredményével jól száml, akkr is jár a pnt. 6. a) A liter 0%-s ecet tömény tartalma:, liter; a 8 liter 5%-s eceté is, liter, az 5 liter 0%-s eceté pedig liter. Az összeöntés utáni 5 liter keverékben a tömény ecet:,4 liter.,4,6 Ezért a keverék = =,6% -s. 5 00 Összesen: pnt írásbeli vizsga 080 / 7 009. któber 0.
6. b) Ha a palackban a tömény ecet mennyisége a, a tiszta vízé b (liter), Kázmér kalkulációja alapján egy palack pnt ára:, ( 500a + 0b + 0 ) frint, ami a 0%-s palack esetében, (500 0, + 0 0,9 + 0) 07 Ft; a 5%-s palack esetében, (500 0,5 + 0 0,85 + 0) 6 Ft; a 0%-s palack esetében, (500 0, + 0 0,8 + 0) 66 Ft. Összesen: 5 pnt 6. c) Kázmér kalkulációja alapján a kereskedelmi árrés nélkül megállapíttt árak a 0%-s palack esetében 0 Ft, a 5%-s palackra 5 Ft a 0%-ra pedig 0 Ft. Jelölje a palack árát frintban p, a tömény ecet literjének árát t és a víz literjének árát v. Felírhatók az alábbi egyenletek: () p + 0, t + 0,9 v = 0 () p + 0,5 t + 0,85 v = 5 () p + 0, t + 0,8 v = 0 A ()-() egyenletekből kaphatjuk, hgy: 0,05 t 0,05 v = 5 (vagy pl. t v = 00 ). Ugyanezt az összefüggést kaphatjuk a ()-() egyenletekből is. A hárm egyenlet tehát nem független egymástól. A p, t és v egyértelmű értékének megállapítása ezekből az adatkból nem lehetséges. pnt pnt pnt Két helyes egyenlet felírásáért jár. Ha a helyes következtetés levnása elmarad, ez a pnt nem jár. Összesen: 8 pnt Ha megad két lyan pzitív számkból álló különböző számhármast, amelyből ezek az árak kalkulálhatók és ezt be is mutatja, akkr is jár a teljes pntszám. írásbeli vizsga 080 / 7 009. któber 0.
7. a) első megldás Ha a 8 fős társaság minden tagja mindenkivel beszélt vlna egy alkalmmal, akkr 8 7 = 8 telefnbeszélgetést flytattak vlna le csütörtökön. Az azns nemzetiségűek egymással nem beszéltek, tehát a hárm német összesen -mal kevesebb, pnt 4 míg a négy magyar meghívtt összesen = 6 -tal kevesebb beszélgetést flytattt le. Mindezek alapján a csütörtöki beszélgetések száma 8 ( + 6) = 9. Összesen: 5 pnt 7. a) másdik megldás A házigazda 7 beszélgetést flytattt. Mind a német vendég 5-5 alkalmmal telefnált, mert a német társával nem beszélt. Mind a 4 magyar meghívtt 4-4 beszélgetést flytattt, mert magyar társával nem beszélt. Az egyénenként összeszámlt beszélgetések összege a társaság beszélgetései számának kétszerese, mert minden beszélgetést - embernél számltunk meg. Mindezek alapján a csütörtöki beszélgetések száma 7 + 5 + 4 4 8 = = 9. Összesen: 5 pnt Ezek a pntk akkr is járnak, ha a gndlat nem ennyire részletező, és pl. csak egy rajzban fkszámként jelenik meg 7. b) Legyen p az a valószínűség, amit mindannyian mndtak. Mivel egymástól függetlenül döntöttek, annak a valószínűsége, hgy mindenki elmegy p 7 = 0,08. pnt 7 Innen p = 0,08 0, 600. pnt Annak a valószínűsége, hgy valaki nem megy el: p. Annak a valószínűsége, hgy senki sem megy el: p ( 0,4 7 0,006). ( ) 7 pnt Tehát annak a valószínűsége, hgy legalább egy elmegy ( p) 7, pnt ami közelítőleg 0,998. Összesen: írásbeli vizsga 080 4 / 7 009. któber 0.
8. a) A keresett két csúcs rajta van a C középpntú 5 egység sugarú körön. A kör egyenlete: x + ( y 7) = 5. A keresett pntkat a következő egyenletrendszer megldása adja: y = x + 4 x + y 7 = 5 ( ) Az első egyenlet átalakításával: x = 4y + 4. Az x kifejezését behelyettesítve a másdik egyenletbe, kapjuk, hgy y 8y = 0. Innen y 0 és y 8. = = Ezek közül csak az y 0 ad megldást. = Behelyettesítve az első egyenletbe: x = 4. Innen x = és x =. A keresett két pnt: A ( ; 0) és B ( ; 0 ). Összesen: 6 pnt 8. b) A BC egyenes egyenlete: 7 x + y = 4. A D pnt krdinátáit a 7 x + y = 4 és a Az AC egyenes egyenlete 7x y = 4. y = x + görbék B-től különböző 4 metszéspntjai adják. 7x x = gyökei: x = ; x =. 7x + x = x = ; x =. D ( ; 5 ). D ( ; 5 ) Összesen: 4 pnt írásbeli vizsga 080 5 / 7 009. któber 0.
8. c) y C A B x AB m 4 7 Az ABC hármszög területe: c = = 4. A parabla két készre sztja a hármszöget. A kisebbik rész területének fele a szimmetria miatt: 4 x + dx =. pnt 4 0 8 A hármszögnek a parablaív alá eső területe: (területegység). A hármszögnek a parablaív fölé eső területe: 8 4 4 = (,) (területegység). Összesen: 6 pnt Ha a gndlatt jól használja, jár a pnt. írásbeli vizsga 080 6 / 7 009. któber 0.
9. A m C r 0 K m B A KBC derékszögű hármszög befgóinak hssza m 0 és r, átfgója 0 cm. Alkalmazzuk Pitagrasz tételét a KBC hármszögre: ( m 0) + r = 00 pnt pnt Ebből r = 0m m. A váza térfgata: V π = m (r + m ) + r πm. 6 A váza térfgata m függvényében: π pnt V ( m) = m [ (0m m ) + m ] + π (0m m ) m, 6 azaz 4 π V ( m) = π m + 0m = ( 45m m ), ahl 0 < m < 0. A V függvény differenciálható a ] 0 ;0[ nyílt intervallumn, s a deriváltja:, V ( m) = π ( 4m + 60m) = 4π ( 5 m)m pnt 0 nyílt intervallumn ( m) = 0 pntsan akkr, ha m = 5. A ] ;0[ V, 0 < m < 5 m = 5 5 < m < 0, V ( m) pzitív = 0 negatív V Szigrúan Helyi Szigrúan növő maximum csökkenő pnt Az m = 5 a V függvény abszlút maximum helye is, így ekkr lesz a váza térfgata a lehető legnagybb. ( V max = 50π 7069 (cm ) ) Összesen: 6 pnt írásbeli vizsga 080 7 / 7 009. któber 0.