Matematika emelt szint ÉRETTSÉGI VIZSGA 0. október 8. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM
Formai előírások: Fontos tudnivalók. 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.. 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:. 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.. 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. 0. 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 / 6 0. október 8.
I.. első megoldás A havi zsebpénzek értékei (forintban számolva) egy számtani sorozat tagjai, ahol d = 50, a n = 850, S n = 500. 850 = a + (n ) 50, azaz a = 900 50n. S n a + an 900 50n + 850 = 500 = n = n, pont (7000 = 750n 50n ) rendezve: n 75n + 404 = 0. pont Megoldva: n = 6 vagy 9. n = 9 nem megoldás, mert ekkor a negatív. Ha n = 6, akkor a = 900 50 6 = 00. Kinga induló zsebpénze 00 Ft volt, és a 0. születésnapja óta 5 hónap telt el. (Vagy más megfogalmazással: a 6. hónapban volt 850 Ft a havi zsebpénze.) Összesen: pont Ha ez a gondolat a megoldás során derül ki, akkor is jár ez a pont. Az összegképlet felírásáért önmagában nem jár pont. A pont nem jár, ha a válasz: 6 hónap telt el a 0. születésnap óta.. második megoldás A havi zsebpénzek értékei (forintban számolva) egy számtani sorozat tagjai, ahol d = 50, a n = 850, S n = 500. 850 = a + (n ) 50, 900 a azaz n =. 50 S n ( a + 850) ( 900 ) a + an a = 500 = n =, pont 00 Ha ez a gondolat a megoldás során derül ki, akkor is jár ez a pont. Az összegképlet felírásáért önmagában nem jár pont. ( 50000 = a + 50a + 55000 ) rendezve: a 50a 5000 = 0. pont Megoldva: a = 00 vagy a = 50. Mivel a csak pozitív lehet, ezért 00 Ekkor n = 6. Kinga induló zsebpénze 00 Ft volt, és a 0. születésnapja óta 5 hónap telt el. A pont nem jár, ha a válasz: 6 hónap telt el (Vagy más megfogalmazással: a 6. hónapban volt a 0. születésnap óta. 850 Ft a havi zsebpénze.) Összesen: pont Megjegyzés: Jár a teljes pontszám akkor is, ha a vizsgázó nem a megfelelő összefüggések alkalmazásával jut el a jó eredményig, hanem a sorozat tagjainak egyenkénti felírásával. írásbeli vizsga / 6 0. október 8.
. a) Pakisztán lakosságszáma az előrejelzés alapján 47 millióról 57 millióra nő 6 év alatt. Így ha az évi növekedés p százalékos, akkor 6 p 57 = 47 +, 00 57 ahonnan p = 00. 47 Kiszámolva (a kért kerekítéssel) p,44%. A vizsgált növekedési időszak év, így a feltételezés és az előrejelzés alapján 00-ban Pakisztán lakossága 47,044 (millió fő). Összesen: 7 pont. b) Hat ország szerepel mindkét oszlopban: Kína, India, Egyesült Államok, Indonézia, Pakisztán, Brazília. Erre a hat országra nézve a népesség átlaga (millió főben) 988-ban: 55 + 976 + 74 + 07 + 65 + 47 = 504, 6 és 050-ben: 5+ 57 + 57 + 48 + 8 + 4 79,. 6 Az átlagos népességszám közelítőleg 5, (millió fő)-vel nő. (Mivel a minta hatelemű, ezért a medián a rendezett adatsokaság két középső elemének átlaga.) 74 + 07 Így a medián 988-ban: = 40, 5, 57 + 48 és 050-ben: = 5, 5. A medián is nő, (millió fő)-vel. Összesen: 5 pont Ha ez a gondolat a megoldás menetéből derül ki, akkor is jár ez a pont. Ha valamelyik adat hiányzik, vagy hibás, ez az nem jár. Ha valamelyik adat hiányzik, vagy hibás, ez az nem jár. írásbeli vizsga 4 / 6 0. október 8.
. a) Mivel minden fiú legfeljebb egy táncban lépett fel, ezért a fiúk száma a táblázat alapján 5, a lányok száma pedig 7. A 7 lányból kettőt 7 = 6 -féleképpen lehet kiválasztani. 6 lány táncolt kán-kánt, közülük kettőt 6 = 5 -féleképpen lehet kiválasztani. A keresett valószínűség: 5 P = ( 0,). 6 Összesen: 5 pont. b) A pontosan két táncban fellépő diák csak lány lehet. Mivel lány egyik táncban sem lépett fel, ezért 5 lány között kell keresnünk a pontosan kétszer táncolókat. Ha a pontosan kétszer táncolók közül x a keringőző és kán-kánozó, y a kán-kánozó és hip-hopozó, z pedig a keringőző és hip-hopozó lányok száma, akkor a csak keringőző lányok száma 9 x z, a csak kán-kánozó lányok száma 6 x y, csak hip-hopozó lányok száma 0 y z. A logikai szita formula alapján (9 x z ) + (6 x y ) + (0 y z ) + + x + y + z + = 5. ahonnan x + y + z = 6. Az osztály tanulói közül egy diák kiválasztására lehetőségünk van, 6 így a keresett valószínűség: P = ( = = 0,875). 6 Összesen: 9 pont Ha ez a gondolat a megoldás során derül ki, akkor is jár ez a pont. Ha jól kitöltött Venn-diagramm alapján, vagy más logikai úton jut el a helyes részeredményhez, akkor is jár az 5 pont. írásbeli vizsga 5 / 6 0. október 8.
4. (Azonos alapú logaritmusra áttérve:) log x y + =. pont log x y Mivel egy (pozitív) számnak és a szám reciprokának pont összege pontosan akkor, ha a szám, ezért log x y =, azaz x = y. Behelyettesítve a második egyenletbe: sin 5x =, azaz sin 5x =. π Innen 5x = + kπ, 6 5π vagy 5x = + lπ, 6 ahol k N és l N. A megoldások így: π x = y = + k π ( k N), 0 5 x π = y = + l l 6 5 π ( N). A kapott értékek (melyek egyike sem ) kielégítik az eredeti egyenleteket. Összesen: pont Ez a 4 pont akkor is jár, ha a másodfokúra visszavezethető egyenletet írja fel, és oldja meg jól a vizsgázó. Ez a pont nem jár, ha a vizsgázó fokban vagy vegyesen írja fel a megoldásokat, vagy nem veszi figyelembe a periódust. Ha k N szerepel mindkét helyen, akkor is jár a pont. Ez a pont jár akkor is, ha a vizsgázó fokban vagy vegyesen írja fel a megoldásokat, de figyelembe veszi a periódust. Periódus nélküli megoldások esetén nem jár a pont. Ez az akkor jár, ha a vizsgázó behelyettesítéssel ellenőriz, vagy ekvivalens átalakításokra hivatkozik. írásbeli vizsga 6 / 6 0. október 8.
II. 5. első megoldás A feltételek és az adatok alapján a keresett egyenes nem lehet párhuzamos az y tengellyel, ezért egyenletét kereshetjük y = mx + b alakban. Mivel a P(; 5) pont illeszkedik az egyenesre, ezért 5 = m + b, ahonnan b = 5 m, és így a keresett egyenes egyenlete y = mx + 5 m. Az adott egyenletű egyenesek és a keresett egyenes metszéspontjának első koordinátáját a megfelelő egyenletekből álló paraméteres egyenletrendszerekből határozhatjuk meg. x + y = 4 y = mx + 5 m y-t az első egyenletbe helyettesítve és rendezve: ( m + ) x = m. Mivel m = esetén a két adott egyenessel párhuzamos egyenest kapunk, ezért m, és m x =. m + Az x + y = 6 y = mx + 5 m egyenletrendszerből az előzőhöz m + hasonló módon kapjuk, hogy x =. m + Ez a pont nem jár, ha indoklás nélkül használja az y = mx + b alakot. Ha ez a gondolat a megoldás során derül ki, akkor is jár ez a pont. Ha a vizsgázó az előző egyenletrendszert rosszul oldja meg, ez utóbbit pedig helyesen, akkor a megfelelő 4xot itt kapja meg. A feltétel szerint x x =, vagy x x =. 5 Az első esetben m =, a második esetben m =. A kapott értékeket behelyettesítve kapjuk, hogy 5 7 b =, illetve b =. A feltételeknek eleget tevő egyenesek egyenlete: 5 5 y = x + ( 5 x + y = 5), 7 y = x + ( x + y = 7 ). Összesen: 6 pont Megjegyzés: Ha a két első koordináta különbségeként csak az egyik esettel foglalkozik, akkor legfeljebb pontot kaphat. írásbeli vizsga 7 / 6 0. október 8.
5. második megoldás A feltételek és az adatok alapján a keresett egyenes nem lehet párhuzamos az y tengellyel, ezért egyenletét keressük y = mx + b alakban. A meredekség meghatározása végett keressünk olyan egyenest, amely nem feltétlenül megy át a (; 5) ponton, de a második feltételt teljesíti, azaz az adott egyeneseket olyan pontokban metszi, amelyek abszcisszáinak különbsége. Ha a keresett egyenes az x + y = 4 egyenletű egyenesnek például a (4; 0) pontján megy át, akkor az x + y = 6 egyenletű egyenesnek az vagy 7 abszcisszájú pontjára, tehát az (; 5), vagy a (7; ) pontra kell illeszkednie. A (4; 0) és (; 5) pontokra illeszkedő egyenes 5 0 5 meredeksége: m = =. 4 A (4; 0) és (7; ) pontokra illeszkedő egyenes 0 meredeksége: m = =. 7 4 A keresett egyenesek biztosan párhuzamosak e kettő valamelyikével. Ez a pont nem jár, ha indoklás nélkül használja az y = mx + b alakot. Kevésbé részletes, de helyes indoklás esetén is jár ez a pont. Bármely más, az adott egyenesre illeszkedő pont kijelöléséért is jár az. Ha ez a gondolat a megoldás során derül ki, akkor is jár ez a pont. 5 Így a keresett egyenesek egyenlete: y = x + b, illetve y = x + b. A keresett egyenesek illeszkednek a (; 5) pontra, 5 ezért behelyettesítéssel kapjuk, hogy b =, 7 illetve b =. A feltételeknek eleget tevő egyenesek egyenlete: 5 5 y = x + ( 5 x + y = 5), 7 y = x + ( x + y = 7 ). Összesen: 6 pont Megjegyzés: Ha a két első koordináta különbségeként csak az egyik esettel foglalkozik, akkor legfeljebb pontot kaphat. A kapott egyenesek metszéspontjai a két megadott egyenessel (6,5;,5) és (,5;,5), illetve (,5; 6,5) és (0,5; 5,5). írásbeli vizsga 8 / 6 0. október 8.
6. a) A dobott pontok összege a következő esetekben lesz prím: +, +, +4, +, +6, +5, +4, 5+6. Az + eset kivételével mindegyik összeg kétféleképpen valósulhat meg, így az A eseményt 5 elemi esemény valósítja meg. (Az összes elemi esemény száma 6 6 = 6, ezért) 5 P ( A) =. 6 A dobott pontok összege a következő esetekben lesz -mal osztható: +, +5, +4, +, +6, 4+5, 6+6. A + és 6+6 esetek egyféleképpen, a többi kétféleképpen valósulhat meg, így P ( B) =. 6 Összesen: 6 pont 6. b) 6 A hat számjegyből hármat = 0 különböző módon tudunk kiválasztani. A 4-gyel oszthatóság szabálya alapján kedvező esetet kapunk, ha a kiválasztott három számjegy között van kettő olyan, amelyekből 4-gyel osztható kétjegyű szám képezhető. Ezek között négy olyan hármas van, amely nem tartalmaz két megfelelő számjegyet: (,, 5); (,, 4); (, 4, 5); (, 4, 5). Így a keresett valószínűség: pont 0 4 6 4 P = = =. 0 0 5 Összesen: 5 pont Ha ez a gondolat a megoldás során derül ki, akkor is jár ez a pont. Ez a pont akkor is jár, ha a megfelelő számhármasokat (6 db) sorolja fel vagy számolja össze helyesen. Egy pont jár, ha legfeljebb két számhármast téveszt el. írásbeli vizsga 9 / 6 0. október 8.
6. c) A négyzet és az f függvény grafikonjának felvétele közelítő pontossággal. Ha ábra nélkül is jó a megoldása, akkor is jár ez a pont. π A négyzet területe. 4 A koordinátatengelyek és az f függvény grafikonja által határolt tartomány területe: cos xdx = π π = [ sin x ] 0 = sin sin 0 =. (A valószínűség kiszámításának geometriai modelljét alkalmazva, a keresett valószínűség:) P 4 = = ( 0,405) π π. 4 Összesen: 5 pont π 0 Ha a vizsgázó indoklás nélkül közli, hogy a keresett terület, akkor ot kap. írásbeli vizsga 0 / 6 0. október 8.
7. a) A fedőkör tengelyre merőleges síkmetszete, jó ábra. pont Ez a pont akkor is jár, ha jó ábra nélkül helyesen számol. Ha a megadott átmérőkkel, mint sugarakkal számol a vizsgázó, akkor legfeljebb ot kaphat. cos β =, amiből β 75,5º. 4 (Így a kérdéses terület az O középpontú β középponti szögű körcikk és az ODC háromszög területének különbségeként adódik.) T körcikk = β 4 π, 09 (cm ), 60 4 sin β T ODCΔ =, 87 (cm ), T körszelet = T körcikk T ODCΔ 7, (cm ). Amiből a folyadék térfogata: V = T m = 7, 0 56,6 (cm ). folyadék körszelet palack = A pontok akkor is járnak, ha a vizsgázó egyből a körszelet területképletével számol helyesen. Ha a képletet rosszul alkalmazza, akkor ez a pont nem jár. Azaz 5, dl folyadék van a palackban. pont a mértékegység átváltásért, a feladatban kért kerekítésért. Összesen: 9 pont Megjegyzés: Helyes gondolatmenet alapján, más, helyes kerekítésből adódó (rész)eredmények esetén is járnak a feltüntetett pontok. 7. b) p A feltételek szerint p = 0, 95, 00 00 pont (ahol p < 50). A zárójeleket felbontva, az egyenletet rendezve kapjuk: p 50 p + 405 = 0, pont melynek gyökei: p = 5, p = 5. Az utóbbi nem megoldása a feladatnak, (mert csak p < 50-nek van értelme). Tehát p = 5. Összesen: 7 pont írásbeli vizsga / 6 0. október 8.
8. a) ( x) = x 4x + = ( x ) f Az y = ( x ) parabola tengelypontja (; ), Ha valamelyik egész x az x tengelyt az (; 0) és (; 0) pontokban metszi. koordinátájú pontban helytelen a függvényérték, erre a részre leg- Jó ábrázolás: leszűkítés a [ 0; 5] intervallumra; az abszolút érték figyelembe vétele. feljebb pontot kaphat. Helyes ábra: Jó ábrázolásért jár az 5 pont akkor is, ha a vizsgázó a fentieket nem írja le. Ha a vizsgázó nem tünteti fel mindkét tengelyen az egységet, akkor legfeljebb 4 pontot kaphat.* Összesen: 5 pont *Megjegyzés: Az egységek fel nem tüntetése miatt csak egy alkalommal vonjunk le pontot. írásbeli vizsga / 6 0. október 8.
8. b) A g(k) értékét az f(x) grafikonja és az y = k egyenes közös pontjainak száma adja. Ha (8 ) k >, akkor egy közös pont van, tehát 6 > k > esetén g(k) =. Ha k >, akkor két közös pont van, tehát k > esetén g(k) =. Ha k =, akkor három közös pont van, tehát g() =. Ha > k > 0, akkor négy közös pont van, tehát > k > 0 esetén g(k) = 4. Ha k = 0, akkor két közös pont van, tehát g(0) =. Ha 0 > k, akkor nincs közös pont, tehát 0 > k > 6 esetén g(k) = 0. Összesen: 7 pont 8. c) Helyes ábra. 8. d) pont Összesen: pont Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldás menetéből derül ki. Ez a 6 pont (vagy a 6 pont megfelelő része) jár az ábrázolás alapján is, ha az ábrázolás módját az első mondatnak megfelelő pontossággal ismerteti a vizsgázó. Egy hiba esetén adható, egynél több hiba esetén nem jár pont. (Az egyes szakaszok nyílt vagy zárt határának helytelen jelölése is hiba.) Ha a vizsgázó nem tünteti fel mindkét tengelyen az egységet, akkor legfeljebb ot kaphat.* Értékkészlete: R g = {0; ; ; ; 4}. pont Egy hiba esetén adható, egynél több hiba esetén nem jár pont. Nem jár pont akkor sem, ha a vizsgázó intervallumot ad meg felsorolás helyett. Összesen: pont *Megjegyzés: Az egységek fel nem tüntetése miatt csak egy alkalommal vonjunk le pontot. 9. a) első megoldás Az öt tanyát tekintsük egy gráf csúcsainak. Két csúcsot éllel kötünk össze, ha van az általuk reprezentált tanyák között kábel-összeköttetés. Egy ötpontú egyszerű gráfban legfeljebb 0 él húzható, ezek mindegyike vagy szerepel a gráfban, vagy nem. Így minden élhez két értéket rendelhetünk. A különböző hálózatok száma ezért 0 = 04. Összesen: 4 pont Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldás menetéből derül ki. írásbeli vizsga / 6 0. október 8.
9. a) második megoldás A tanyák között legfeljebb 0 összeköttetés alakítható ki. Ezeket az összeköttetéseket tekinthetjük egy halmaz elemeinek. Meg kell határozni egy 0 elemű halmaz összes részhalmazainak a számát. 0 A k elemű részhalmazok száma:. k A 0,,,, 0 elemű részhalmazok számát összeadva kapjuk: 0 0 0 0 + + + K + = 0 0 = 0 = 04. Összesen: 4 pont Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldás menetéből derül ki. 9. b) első megoldás A csúcsokat nem megkülönböztetve három eset lehetséges. I. Egy csúcsot összekötünk a négy másikkal. II. A csúcsokat egymás után sorba kötjük. III. Egy csúcsot három másikkal, ez utóbbiak közül pedig egyet az ötödikkel kötünk össze. Ha a csúcsokat megkülönböztetjük egymástól, akkor az I. esetben ezt 5-féleképpen tehetjük meg. A II. esetben 5!=0-féleképpen rakhatjuk az 5 tanyát sorba, de így minden lehetőséget kétszer számolunk, azaz 60 különböző összekötés lehetséges. A III. esetben a fokszámú csúcsot 5, a fokszámú csúcsot 4-féleképpen, az ehhez kapcsolódó fokszámú pont csúcsot -féleképpen választhatjuk ki, így a lehetőségek száma 5 4 = 60. pont Ez összesen 5 + 60 + 60 = 5 különböző hálózatot jelent. Összesen: pont Ha ez a gondolat a megoldás során derül ki, akkor is jár ez a pont. írásbeli vizsga 4 / 6 0. október 8.
9. b) második megoldás A csúcsok fokszámának összege 8, ezt kell öt pozitív egész összegére felbontani. Első eset: 8 = 4 + + + + Ha ez a gondolat a megoldás során derül ki, akkor is jár a pont. Ebből a fajtából 5 különböző van, mert a negyedfokú csúcs 5-féleképpen választható meg (az ábrán T -et választottuk). Második eset: 8 = + + + + A harmadfokú csúcsot 5-féleképpen választhatjuk meg (az ábrán T -et választottuk). A másik négy csúcs közül 4-féleképpen választhatjuk ki azt a -at, amelyikkel a harmadfokú csúcs össze van kötve (az ábrán T, T és T 4 ). A három kiválasztott csúcs közül az egyiket összekötjük az utolsó, ötödik csúccsal (az ábrán T 5 ); ezt -féleképpen tehetjük meg. Összesen 5 4 = 60 különböző lehetőség van a második esetben. írásbeli vizsga 5 / 6 0. október 8.
Harmadik eset: 8 = + + + + Legyen a két elsőfokú csúcs például T és T. Ekkor a négy kábel lefektethető úgy, hogy T -ből kiindulva valamilyen sorrendben egymás után fűzzük a T, T 4, T 5 tanyákat, a harmadikként felfűzött tanyából pedig T -be vezetjük a negyedik kábelt. Ez = 6 különböző módon tehető meg. (A két ábrán a 6 lehetőség közül kettőt tüntettünk fel: T -T 5 -T 4 -T -T, illetve T -T 4 -T 5 -T -T ). A T és T helyett bármelyik két pont választható 5 elsőfokú pontnak, így a két elsőfokú pontot = 0 különböző módon választhatjuk, ezért a harmadik esetben a különböző lehetőségek száma 6 0 = 60. Mivel a 8 nem bontható fel a követelményeknek megfelelően más, az eddigiektől különböző módon, ezért nincs több lehetőség. A kábelfektetésre tehát összesen 5 + 60+ 60 = 5 különböző lehetőség van. Összesen: pont n Megjegyzés: Az n pontú számozott fák számára ( n hivatkozás esetén is jár a pont. Ha ez a gondolat a megoldás során derül ki, akkor is jár ez a pont. ) vonatkozó tételre való indokolt, pontos írásbeli vizsga 6 / 6 0. október 8.