Matematika emelt szint 101 ÉRETTSÉGI VIZSGA 010. október 19. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM
Formai előírások: Fontos tudnivalók 1. 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.. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy az egyes részpontszámokat is írja rá a dolgozatra. 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. 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.. 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. 10. A vizsgafeladatsor II. részében kitűzött 5 feladat közül csak 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 101 / 16 010. október 19.
1. a) Elvégezve a köbreemeléseket kapjuk, hogy: x x + x 1 x + x + x + 1 > ( ) ( ) 8 I. pont összevonva és rendezve: x < 1 a megoldáshalmaz tehát a ] 1;1 [ intervallum. Összesen: pont 1. b) Az f függvény helyes ábrázolása pont A g függvény helyes ábrázolása A metszéspont koordinátái: ( ; ) 1 Összesen: pont A pont csak akkor jár, ha számolással igazol! 1. c) első megoldás A megoldandó egyenlőtlenség ekvivalens a x + 0,5x +,5 egyenlőtlenséggel. A bal oldalon szereplő kifejezés nem-negatív, a jobb oldalon szereplő kifejezés 5-nél nagyobb x értékekre negatív. Az egyenlőtlenség megoldását a [ ; 6] intervallumon b) feladatban ábrázolt f és g függvények grafikonjáról leolvashatjuk. A megoldáshalmaz a [ ;1 ] intervallum. pont Összesen: 6 pont írásbeli vizsga 101 / 16 010. október 19.
1. c) második megoldás A megoldandó egyenlőtlenség ekvivalens a x + 0,5x +,5 egyenlőtlenséggel, ahol x. A [ ; [ 5 halmaz elemei nem adhatnak megoldást, hiszen ekkor a bal oldal pozitív, a jobb oldal pedig negatív vagy 0. Ha x [ ;5 [, akkor az egyenlőtlenség mindkét oldalán nem negatív szám áll, ezen a halmazon a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás: x + 0,5x,5x + 6,5. 0 x 1x + 1. Ennek megoldáshalmaza R-en: ; 1 1 ;. [ ] [ [ Tehát a [ ;5[ [ ;1 ] intervallum. halmazon a megoldáshalmaz a Összesen: 6 pont. a) A legnagyobb helyi értékű számjegy csak a 8 lehet. A többi 9 helyi érték mindegyikénél két lehetőségünk van: a 0 vagy a 8 számjegy. Így 9 féle (51 féle) tízjegyű szám képezhető. Összesen: pont Ha ez a gondolat csak a megoldás során derül ki, akkor is jár az.. b) Egy szám akkor és csak akkor osztható 5-tel, ha pont osztható 9-cel és 5-tel. Mivel a keresett szám 5-tel osztható, ezért csak 0-ra végződhet. Egy (pozitív egész) szám pontosan akkor osztható 9- cel, ha a számjegyeinek összege osztható 9-cel. Csak a 0 és a 8 számjegyeket tartalmazó egész szám esetén ehhez legalább 9 darab 8-as számjegy kell. A legkisebb (pozitív) többszöröshöz pontosan 9 darab 8-as számjegyre van szükség, tehát a keresett szám: 8 888 888 880. Összesen: 7 pont írásbeli vizsga 101 / 16 010. október 19.
. a) Az alaplap területe: T ABCD = 1 6 = 7 cm². Az AB él felezőpontja legyen M, a CD él felezőpontja pedig N. Az APB háromszög egyenlő szárú háromszög, a PM merőleges az AB szakaszra. Az MNP háromszög az N csúcsban derékszögű, mert pl. a PN szakasz merőleges az ABCD síkra, így annak minden egyenesére. PM = 10 (cm) (a befogók 6 és 8). Az ABP háromszög területe: AB PM 1 10 T ABP = = = 60 (cm²). A DCP háromszög egyenlő szárú háromszög, DC PN 1 8 T DCP = = = 8 (cm²). DP=PC=10 (cm) (pl. a PCG derékszögű háromszögből, amelyben a befogók 8 és 6). A PBC és a PAD oldallapok egybevágó háromszögek (oldalaik páronként egyenlők), és (pl.) a két háromszög egybevágó a PBM (az M csúcsnál) derékszögű háromszöggel a megfelelő oldalak egyenlősége miatt. 6 10 T PBC = = 0 (cm²). A gúla felszíne: ( 7 + 60 + 8 + 0 = )0 cm². Összesen: 10 pont. b) első megoldás Az ABP lap síkja a téglatest ABGH átlós síkmetszetének síkja, tehát a két sík hajlásszöge a HAD )< -gel egyenlő: HD 8 tg HAD < ) = = =. ahonnan HAD < ) 5, 1 AD 6 Összesen: pont Ha mindez kevésbé részletesen van indokolva, vagy csak a megoldás menetéből derül ki, az jár. Ezek a pontok így is megkaphatók: A BC él merőleges a CDHG síkra, ezért annak minden egyenesére is.. A BCP háromszög tehát derékszögű (a C csúcsánál). Bármilyen helyes közelítő érték elfogadható. írásbeli vizsga 101 5 / 16 010. október 19.
. b) második megoldás Az MN szakasz és a PM szakasz is merőleges az AB élre, ezért a kérdezett szög a PMN )<. A PMN háromszög N-nél derékszögű, PN 8 ezért tg PMN < ) = = =, ahonnan MN 6 PMN < ) 5, 1. Összesen: pont. a) A fiúk számát az oszlopokban lévő adatok alapján számoljuk ki: (10 + 58 + 15 + + + 0) + (61 + 11 + + 1) + + 16 + 9 + 5 = = fiú van összesen a megkérdezett családokban. Összesen: pont. b) A lányok számát a táblázatból soronként számolhatjuk ki, de a gyermektelen és az egygyermekes családok adatait (160, illetve a 10 és a 11) nem vesszük figyelembe. Nincs lány 61+8+5=7 családban. 1 lány van 58+11++1+1=75 családban. lány van 5+15++++=78 családban. lány van 9++1+1+1=1 családban. lány van 6++1+1+1=1 családban. 5 lány van 1+1= családban. A legalább kétgyermekes családokban leggyakoribb leányszám tehát. Összesen: 5 pont Bármilyen helyes közelítő érték elfogadható. Ha ez a gondolat a számolásból derül ki, ez a pont akkor is jár. Ez a pont jár akkor is, ha csak megállapítja, hogy 78-nál nagyobb összeget már nem kaphat a táblázatból, de nem számolja ki az összegeket. írásbeli vizsga 101 6 / 16 010. október 19.
. c) gyermekszám egy családban 5 6 7 8 9 10 gyakoriság 1 8 5 0 0 A gyakoriság helyes értelmezése. Ha a dolgozatból kiderül, ez a pont jár. A táblázatban van legalább helyes gyakoriság. Minden gyakoriság helyes. A támogatott családok száma: 0. Ha rossz gyakorisági A támogatott gyermekek száma: 1 + 8 5 + 5 6 + 7 + 8 = = 198. Összesen: 6 pont adatokkal elvileg helyesen és pontosan számolt, akkor is kapja meg ezeket a pontokat. írásbeli vizsga 101 7 / 16 010. október 19.
5. első megoldás y II. D(x 1 ; y) C(x ; y) A(x 1 ; 0) O B(x ; 0) x Az x +y = 8 egyenletű kör középpontja és a parabola tengelypontja is az origó (O). A metszéspontjaik meghatározása: y = x x + y = 8 y + y 8 = 0 y = y =, 1 pont pont amelyek közül az y = a feladatnak megfelelő. A metszéspontok abszcisszái: x 1 = x =. A CD húr a körlapból egy olyan körszeletet vág le, π amelynek középponti szöge radián (=90 ), mert Ez a pont a megfelelő ábra elkészítése esetén is jár. az OD és OC is egy-egy négyzet átlója, így a területe: 1 = ) T körszelet r ( α sinα )= 1 π π = 8 sin = π. A parabolából a CD húr által levágott parabolaszelet területe: T parabolaszelet x x x = TABCD dx = x 1 dx = Ha ez a gondolat a megoldás során látszik, jár az. pont π, 8 5 pont x 16 = 8 8 = 6 = A konvex rész területe: 16 T = T körszelet + T parabolaszelet = π + = π + területegység. Összesen: 16 pont Ha a számítás során π közelítő értékét használja, pontot veszítsen. Pontbontás a helyes egyenlőségek alapján lehetséges. π + 7, 6 írásbeli vizsga 101 8 / 16 010. október 19.
5. második megoldás y D(x 1 ; y) C(x ; y) A(x 1 ; 0) O B(x ; 0) x Az x +y = 8 egyenletű kör középpontja és a parabola tengelypontja is az origó (O). A metszéspontjaik meghatározása: y = x x + y = 8 y + y 8 = 0 y = y =, 1 pont pont amelyek közül az y = a feladatnak megfelelő. A metszéspontok abszcisszái: x 1 = x =. A CD húr a körlapból egy olyan körszeletet vág le, π amelynek középponti szöge radián (=90 ), mert Ez a pont a megfelelő ábra elkészítése esetén is jár. az OD és OC is egy-egy négyzet átlója, így 1 Tkörcikk = r π = π. A kérdezett területet megkaphatjuk, ha a negyedkör területéhez hozzáadjuk a parabolából az OC húr által lemetszett parabolaszelet területének kétszeresét. A parabolából a OC húr által levágott parabolaszelet területét megkaphatjuk, ha az OBC derékszögű háromszög területéből a [ 0 ; ] intervallumon számított parabola alatti területet kivonjuk. T parabolaszelet x = TOBC dx = x = = = 6 0 T = T körcikk + T parabolaszelet = π + = π + területegység. 0 pont pont Összesen: 16 pont Ha ez a gondolat a megoldás során látszik, jár az. Pontbontás a helyes egyenlőségek alapján lehetséges. π + 7, 6 írásbeli vizsga 101 9 / 16 010. október 19.
6. a) első megoldás A számba veendő háromszögek oldalait az ABCDE ötszög két oldala és egy átlója; egy oldala és két átlója vagy átlóegyenese; három átlója (illetve átlóegyenese) határolja. pont 5 darab olyan háromszög van, amelynek két oldala a nagy ötszög két szomszédos oldala. 5 =0 olyan háromszög van, amelynek csak egy oldala a nagy ötszög oldala. (Például az AB oldalon nyugvó háromszögek: ABR, ABS, ABT, ABD.) Ha a háromszög mindhárom oldalegyenese átló illetve átlóegyenes, akkor (mivel az átlóegyenesek közül bármely három egy háromszöget határoz meg) 5 ilyen háromszögből =10 db van. A fenti felsorolásban szereplő háromszögek mind különbözők, azaz összesen 5 háromszög van az ábrán. A lényegesen különböző háromszögek szögei is különböznek egymástól. A számbavett háromszögek szögei: vagy 6, 6 és 108, vagy 7, 7 és 6. Ezért kétféle lényegesen különböző háromszög van az ábrán. Összesen: 8 pont Ez a pont akkor jár, ha a háromszögek összeszámlálását a vizsgázó valamilyen célravezető rendszerben végzi. A pont jár akkor is, ha nem fogalmaz meg helyes rendszert, de helyes eredményre jut. Ha ez a gondolat ábrán vagy vázlatrajzon jelenik meg, jár a pont. 6. a) második megoldás A számba veendő háromszögek szögei: vagy 6, 6 és 108, vagy 7, 7 és 6. Ezért kétféle lényegesen különböző háromszög van az ábrán. Az olyan háromszögekből, amelynek a szögei 6, 6 és 108, két méret van: a leghosszabb oldal vagy az ABCDE ötszög átlója vagy az oldala. Az ilyen háromszögek száma 10+5=15. Az olyan háromszögekből, amelynek a szögei 7, 7 és 6, három méret van: a legrövidebb oldal az ABCDE vagy a PQRST ötszög egy-egy oldala, illetve a csillagötszög egy-egy oldala. pont Az ilyen háromszögek száma 5+5+10=0. Összesen 5 háromszög van az ábrán. Összesen: 8 pont írásbeli vizsga 101 10 / 16 010. október 19.
6. b) Az ABCQ négyszög rombusz, mert szemközti szögei egyenlők: 7 illetve 108. Ha az ötszög (a rombusz) oldalát a-val jelöljük: a sin108 = 10. ( a 11, cm). A szabályos ötszög területét az 5 egybevágó középponti háromszög (ABO) területéből számíthatjuk: a m 5 T ABCDE = 5 = a tg5, ahol m = a tg5. 5 10 T ABCDE = tg 5. sin108 T ABCDE 17 cm. Összesen: pont 6. c) 1. állítás: igaz, mert a 10 pont mindegyikének a fokszáma, a fokszámok összege 0, ami az élek számának kétszerese.. állítás: igaz, például: ABCDEQPTA egy nyolcpontú kör. Összesen: pont 7. a) Az eladásból származó havi bevétel: x( 6 0, 0x) euró. Az x a 0,0x + 6x ( x R), maximummal rendelkező másodfokú függvény. A függvény zérushelyei: 0 és 100, ezért a függvény maximumhelye a 600. Ez az érték a feltételek szerinti intervallumba tartozik. A legnagyobb bevételt tehát 600 kg termék értékesítése esetén érik el, a legnagyobb bevétel 10 800 euró. Összesen: 6 pont Ha a bevételre nem másodfokú függvényt kap, az a) feladatrészre nem kap pontot. Ha ez a gondolat a megoldás során látszik, jár az. írásbeli vizsga 101 11 / 16 010. október 19.
7. b) A havi nyereség a havi bevétel és havi kiadás különbségével egyenlő. A havi nyereséget az 0,0 6 ( 0,0001 x a x + x x 0,1 x + 1000) (100 < x < 700) függvény adja meg. A nyereséget leíró függvény: x a 0,0001x 0,0x + 66,1x 1 000(100<x<700) Ez a függvény deriválható, és deriváltja az x a 0,000x 0,06x + 66,1 (100<x<700) függvény. A 0,000x 0,06x + 66,1 = 0 egyenletnek ( x + 00x 0 00 = 0 ) egy negatív (x 1 = 580) és egy pozitív (x =80) valós gyöke van. A deriváltfüggvény a ]100; 80[ intervallumon pozitív, az ]80; 700[ intervallumon negatív, tehát a nyereségfüggvény 80-ig szigorúan nő, majd szigorúan csökken. A vizsgált függvénynek tehát egy abszolút maximumhelye van és ez 80. A legnagyobb függvényérték 06,. A legnagyobb havi nyereség tehát 80 kg termék eladása esetén keletkezik, értéke 06, euró. Összesen: 10 pont Ha ez a gondolat a megoldás során látszik, jár az. 8. a) Miki kétféleképpen fizethetett: pont 0 = 00+0+10+10 = 100+100+0+0. Karcsi négyféleképpen fizethetett: 0 = 00+0+10+5+5 = 00+10+10+10+10 0 = 100+100+0+10+10 = 100+50+50+0+0. Összesen: pont írásbeli vizsga 101 1 / 16 010. október 19.
8. b) Bandinak telitalálata háromféle esetben lehet: (1) az első húzásnál telitalálata van, és a második húzásnál is telitalálata van (ugyanazokat a számokat húzták ki kétszer egymás után): ennek valószínűsége p p = p, () az első húzásnál telitalálata van, a másodiknál nincs telitalálata: p 1 p = p p, ennek valószínűsége ( ) () az első húzásnál nincs telitalálata, a másodiknál telitalálata van: 1 p p = p p. ennek valószínűsége ( ) Annak valószínűsége tehát, hogy egy adott játéknapon Bandinak telitalálata legyen ezen három valószínűség összege: p p (ez nem negatív, hiszen 0 < p < 1). Összesen: pont Megadjuk a pontozását annak a megoldásnak, ami a komplementer eseményre épül: A komplementer esemény: egyáltalán nincs telitalálata a két egymás utáni húzásnál: ennek valószínűsége ( 1 p), azaz annak, hogy van telitalálata: 1 (1 p) = p p a valószínűsége. pont 8. c) Két esetet kell vizsgálni annak alapján, hogy Bandi a két szelvényét azonosan vagy különbözően töltötte-e ki. (1) Ha Bandi két egyforma szelvényt tölt ki, akkor a telitalálat esélye p. () Ha Bandi a két szelvényt különbözően tölti ki, pont akkor a telitalálatának esélye p. Összesen: pont Ha ez a gondolat csak a megoldás során derül ki, akkor is jár az. 8. d) Ha Bandi két egyforma szelvényt tölt ki, akkor a kérdés az, hogy p p vagy p a nagyobb. Mivel 0 < p < 1, ezért p p p = p( 1 p) > 0, tehát az első játékszabály kedvezőbb. Ha Bandi két különböző szelvényt tölt ki, akkor a kérdés az, hogy p p vagy p a nagyobb. Mivel p >0, ezért p p < p, tehát a második játékszabály kedvezőbb. Összesen: pont írásbeli vizsga 101 1 / 16 010. október 19.
9. a) első megoldás Szemléltessük a feltételeket ábrával, ahol a hallgatók közül x főnek nincs német 10580 x főnek van német, és ( ) nincs angol nincs német (x fő) nincs sem német, sem angol van német (10580 x) fő van német, de nincs angol van angol nincs német, de van angol német és angol is van A feladat helyes értelmezése (komplementer halmazok). A feladat feltétele alapján az x fő 70%-ának, vagyis 0,7x főnek nincs sem német sem angol ; és a ( 10580 x) fő 0%-ának, vagyis 0, ( 10580 x) főnek van német, de nincs angol vizsgája. Tehát nincs angol 0,7x + 0, ( 10580 x)= = 17 + 0,x főnek. Így a feladat feltétele szerint a (17+0,x) fő 60%- ának, vagyis 0,6 (17 + 0,x) főnek nincs sem német sem angol, mindezekből 0,7x = 0,6 (17 + 0,x). Innen x = 10. pont A német nyelvvizsgával rendelkezők száma ( 10580 x) = 60 fő. Nincs angol 17 + 0,x = 80 főnek. Van angol 10 580 80=5 750 főnek. Összesen: 1 pont írásbeli vizsga 101 1 / 16 010. október 19.
9. a) második megoldás Szemléltessük a feltételeket ábrával, ahol a hallgatók közül n főnek nincs sem német sem angol nincs angol van angol nincs német nincs sem német, sem angol (n fő) nincs német, de van angol van német van német, de nincs angol német és angol is van A feladat helyes értelmezése (komplementer halmazok). 100 A feladat feltétele alapján az n fő részének 70 10 vagyis n nincs német ; 7 10 és 10 580 n főnek van német. 7 10 ez utóbbiak 0%-ának, vagyis 0, 10 580 n 7 főnek van német, de nincs angol vizsgája. Tehát nincs angol 10 n + 0, 10 580 n = 7 = 17 + n főnek. 7 Így a feladat feltétele szerint a ( 17 + n ) fő 7 60%-ának, vagyis 0,6 (17 + n) főnek nincs sem 7 német sem angol, mindezekből n = 0,6 ( 17 + n). 7 Innen n = 898. pont A német nyelvvizsgával rendelkezők száma 10 10 580 n = 6 0 fő. 7 Nincs angol 17 + n = 80 főnek. 7 Van angol 10 580 80=5 750 főnek. Összesen: 1 pont írásbeli vizsga 101 15 / 16 010. október 19.
Beírjuk a halmazábrába a helyes elemszámokat: nincs német (10 fő) nincs angol (80 fő) van angol (5750 fő) nincs sem német, sem angol (898 fő) nincs német, de van angol (1 fő) 9. b) A német vizsgával rendelkező 6 0 fő 0%-a, van német (60 fő) van német, de nincs angol (19 fő) német és angol is van (508 fő) (vagyis 19 fő) nem vizsgázott angolból, vagyis a német vizsgával rendelkezők 70%-a angolból is vizsgázott, ezek száma 508 fő. 508 = 0,6. 10 580 A hallgatók,6%-ának van angolból és németből is. Összesen: pont Megadjuk a pontozást egy elképzelt négy ismeretlenes megoldáshoz. angol v német x y z A halmazábra, illetve az ismeretlenek egyértelmű bevezetése. 0,7( x + v) = v 0,( y + z) = z 0,6( v + z) = v x + y + z + v = 10 580 egyenletenként Az ismeretlenek kiszámításához elvezető helyes rendezési lépések. Megoldás: x = 1, y = 508, z = 19, v = 898. az egyenletrendszer helyes megoldása: pont 1- ( pont) pont pont a) x + y = 5750 (angol nyelvvizsgások száma.), y + z = 60 (német nyelvvizsgások száma.) helyes válaszonként 1- b) A hallgatók,6 %-ának van angolból és németből is. helyes válasz írásbeli vizsga 101 16 / 16 010. október 19.