Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP-3..-/-0-000 XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz MATEMATIKA. MINTAFELADATSOR EMELT SZINT 05 JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet 43 Budapest, Szobránc u. 6-8. Telefon: (+36-) 35-700 Fax: (+36-) 35-70 www.ofi.hu
. a) x x A ( ) 5 3 0 másodfokú egyenletből. x = 3 vagy x = 0,5. (,58), x = 0,5 nem lehetséges, mert x > 0 minden x-re. Ellenőrzés behelyettesítéssel vagy ekvivalenciára hivatkozással. 5 pont x log 3. b) Ha a dobott számok átlaga 3,6, akkor a számok összege 53,6 = 8. Ha pontosan két darab -es dobás van, akkor a másik három dobás összege 4. Ezt -esek nélkül, különböző számokból csak a 3, 5, 6 dobások állítják elő. Ha pontosan három darab -es dobás van, akkor a másik két dobás összege. Egy lehetőség van: 6, 6. Négy (vagy öt) -es dobás nem lehetséges, mert 4 = 8, így az ötödik dobásnak 0-nek kellene lennie. A dobott számötösök tehát: (,, 3, 5, 6), (,,, 6, 6). 6 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó indoklás nélkül ad meg jó eredményeket, akkor azokért -ot kapjon. / 9
. a) Az első csapat t óra alatt 0t kilométert tesz meg, távolságuk a C ponttól. A második csapat C ponttól vett távolsága hasonlóan írható fel:. A feltétel alapján megoldandó az 50 0t 30 4t egyenlet. 50 0t 30 4t (Három esetet vizsgálunk t értéke és az abszolútértékek argumentumainak előjele alapján.). eset: Ha 5 t 7, akkor 50 0t 30 4t, * innen t =,5 (óra). * 5. eset: Ha t, 5, akkor 7 * 50 0t = (4t 30), innen 55 t 4,9 (óra). * 3. eset: Ha,5 < t, akkor 0 50 4t 30 t, * innen t =,5 (óra). Ez az érték nem felel meg a * feltételnek, ekkor tehát nem kapunk megoldást. Ellenőrzés a szövegbe helyettesítéssel: Ha t =,5, akkor az első csapat 0,5 = 5 km-t tett meg, távolságuk C-től 50 5 = 5 (km). A második csapat 4,5 = 7,5 km-t tett meg, távolságuk C-től 30 7,5 =,5 (km); s ez valóban fele az első csapat C-től vett távolságának. Hasonlóan a másik értékre is. Tehát,5 óra, illetve,9 óra múlva lesz az első csapat kétszer távolabb a C ponttól, mint a második. 0 pont A *-gal jelölt 6 pontot a vizsgázó az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja: A két argumentum előjele vagy megegyezik, vagy különbözik. Az első esetben 50 0t 304t pont, ennek megoldása t =,5 (óra). A második esetben 50 0t 4t 30, 55 innen t,9 (óra). 4 Ez a pont jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 3 / 9
. b) Jelölje x az első csapat létszámát, ekkor a csapatban a szemüveges lányok száma x x. 4 5 0 A második csoport létszáma x, itt a szemüveges x lányok száma 0, 4 x. 5 x x x A szemüveges lányok száma, 0 5 x ami az összes túrázó része. x x 6 4 pont 3. a) (A vektorok osztásarány-tételét alkalmazzuk, helyvektorokkal dolgozunk. A szokásos OA a OB b jelölésekkel, stb.) a b 8; 4 48;6 f 0; 0. 3c f 0; 0 d 5; 5. 4 4 AD = d a = (5; 5) ( 8; 4) = (3; 9). = f a = (0; 0) ( 8; 4) = (8; 4). Jelölje a két vektor szögét. A skaláris szorzatot kétféleképpen felírva * AF 9 8 4 cos AD AF 3 * = 38 + ( 9)( 4) = 440 * Innen cos = 440 530 800 0,6757, * 47,49. (A két vektor szöge nem nagyobb, mint 80.) * 9 pont Ez a pont jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 4 / 9
A *-gal jelölt 5 pontot a vizsgázó az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja: = f d = (0; 0) (5; 5) = (5; 5). Az ADF háromszög oldalainak hossza DF 9 530 AD 3, 4 800 AF 8, DF 5 5 450. Jelölje AD és AF szögét. Az ADF háromszögben felírjuk a koszinusztételt: 530 800 450 cos, 530 800 innen cos 0,6757, 47,49. (A két vektor szöge nem nagyobb, mint 80.) 3. b) első megoldás Elegendő megmutatni, hogy ACB = 90. (A Thalész-tétel, illetve annak megfordítása miatt.) CA 8 4 640, CB 48 6 560, AB = b a = (48; 6) ( 8; 4) = (56; 8); 8 300 AB 56. Mivel CA + CB = 640 + 560 = 300 = AB, a Pitagorasz-tétel megfordítása miatt a háromszög valóban derékszögű. 5 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó kerekített értékekkel számol, akkor legfeljebb 3 pontot kaphat. 5 / 9
3. b) második megoldás Elegendő megmutatni, hogy pl. CA 90 -os elforgatottja párhuzamos CB -vel. (CA Mivel CB CB 90 -os elforgatottja = ) és vagyis CA 90 CA 90 CA = (4; 8). 90 = (48; 6), így CB CA, és CB párhuzamosak, 3. b) harmadik megoldás AB valóban merőlegesek. = b a = (48; 6) ( 8; 4) = (56; 8); 8 300 5 pont AB 56. Az AB átmérőjű kör középpontja F(0; 0), sugara AB 300 800. A kör egyenlete (x 0) + (y 0) = 800. A C pont koordinátáit behelyettesítjük: (0 0) + (0 0) = 800, így C valóban a körön van. 5 pont 6 / 9
3. b) negyedik megoldás Elegendő megmutatni, hogy ACB = 90 (a Thalész-tétel, illetve annak megfordítása miatt); azaz elegendő igazolni, hogy CA és CB merőlegesek, vagyis skalárszorzatuk nulla. CA = a = ( 8; 4), CB 8 ; 448; 6 = b = (48; 6). CA CB = 848 + 46 = = 0. A két vektor valóban merőleges. 5 pont Ez a pont jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 4. a) első megoldás Ha Attila csapattag, de Balázs nem, akkor 8 5 féle csapatösszeállítás lehetséges. Ha Balázs csapattag, de Attila nem, akkor szintén 8 5 -féle csapatösszeállítás lehetséges. Ha mindketten csapattagok, akkor a másik négy személy 8 4 -féleképpen választható ki. - 8 8 Összesen tehát: = 5 4 = + 70 = 8 -féleképpen alakítható ki a sakkcsapat. 4 pont 7 / 9
4. a) második megoldás 0 Összesen -féle csapatösszeállítás lehetséges. 6 Ebből nem megfelelőek azok, amelyekben sem Attila, sem Béla nem szerepel, ezek száma 8 6. 0 8 Összesen = 8-féleképpen alakítható 6 6 ki a sakkcsapat. 4. a) harmadik megoldás 9 5 esetben csapattag Attila, és hasonlóan 9 5 esetben csapattag Béla. E két szám összegéből le kell vonni azoknak a kétszer számolt csapatösszeállításoknak a számát, amikor mindketten csapattagok. Ezek száma 8 4 4 pont, 9 8 összesen tehát = 8-féleképpen 5 4 alakítható ki a sakkcsapat. 4 pont 8 / 9
4. b) Az I. esetben összesen 654 ajándékkiosztási lehetőség van. Kati háromféle ajándékot nyerhet, és a másik két ajándékot 5 4-féleképpen nyerhetik meg a többiek. * * Így 3 5 4-féleképpen sorsolhatják Katit. * Kati 3 5 4 6 5 4 = eséllyel kap ajándékot az I. esetben. A II. esetben 6 3 -féle kiosztás lehetséges. Azon esetek száma, amikor Kati nem kap ajándékot 5 3. A kérdéses valószínűség 9 6 5 6 3 3 * = ( 0,4). 8 pont A *-gal jelölt 4 pontot a vizsgázó az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja: Az I. esetben az ajándékok 654-féleképpen oszthatók ki. Ha Kati nem kap ajándékot, akkor 543-féle kiosztás lehetséges; 5 4 3 így Kati = eséllyel kap ajándékot az 6 5 4 első esetben. pont 9 / 9
5. a) első megoldás A belső szögfelezőtétel miatt BD DC AB AC 4 63 3. Legyen BD = x, DC = 3x. (BAC =. A BAD és DAC háromszögekben koszinusztétellel:) x 4 39 439cos pont, 3x 39 63 3963cos 4x 385 376cos azaz. 9x 5490 494cos (Az első egyenlet 9-szereséből kivonjuk a második egyenlet 4-szeresét:) * 0 7605 988cos. 7605 65 cos * 988 84 39,30, 78,6. * ( 0 90 ) Visszahelyettesítve 4x = 750, x 3,69, * BC = 5x 68,47 (m), (a kívánt pontossággal tehát)a * BC szakasz hossza 68 méter. 0 pont 0 / 9
A *-gal jelölt 5 pontot a vizsgázó az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja: Mindkét egyenletből kifejezzük cos 385 4x 5490 9x, 376 494 x = 87,5, x 3,69 (m). BC = 5x 68,47 (m), (a kívánt pontossággal tehát)a BC szakasz hossza 68 méter. Az első egyenletből 385 4x 385 750 65 cos. 376 376 84 Az egyenlet megoldása 39, 30, 78,6. ( 0 90 ) -t: 5. a) második megoldás (BAC =.) tabc = tabd + tadc, így AB ADsin AD AC sin pont AB AC sin. 439sin 3963sin 463sin 65 sin sin. 4 Mivel sin sin cos, 65 így cos. ( sin 0 nem lehet.) 84 Az egyenlet megoldása: 39,30, 78,6. ( 0 80 ) Felírhatjuk a koszinusztételt: ( BC AB AC AB AC cos ): pont BC 4 63 463cos78, 6. BC 68,47 (m); (a kívánt kerekítéssel tehát) a BC szakasz hossza 68 méter. 0 pont Ez a pont jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 5. b) / 9
C C pont D D B A Az ABC derékszögű háromszögben (ACB = 90 ) például az AD szögfelező. ábra hosszabb, mint AC, mert az ACD derékszögű háromszögben átfogó. Így a szögfelező lehet hosszabb az egyik közrefogó oldalnál. C B. ábra A D A B A Tetszőleges ABC háromszögben az AD szögfelező. ábra behúzásakor a D pontnál keletkező szögek közül nem lehet mindkettő hegyesszög. Legyen pl. az ADC szög derékszög vagy tompaszög, ekkor az ADC háromszögben AC > AD, mert nagyobb szöggel szemben fekvő oldal van. Így Csillának van igaza. 6 pont 6. a) Jelölje a három számot a d, a, a + d, (a, d > 0). Ekkor 3 3 a d a d 07, pont a d a d 3d. 3 Az első egyenletből a 6ad 07. 3 ( a 3ad 536) A második egyenletből 4ad = 3d, így a = 8 (d 0). Ezt az első egyenletbe írva 5 4d 536, d =. (d = nem lehetséges.) A három szám 7, 8, 9. Ellenőrzés: 7 3 + 9 3 = 07 és 9 7 = 3. 0 pont / 9
6. b) A négy szám mediánja akkor lehet 5, ha a két középső szám 4 és 6, vagy 3 és 7, vagy és 8. Az első esetben 3, a másodikban, a harmadikban pedig -féle lehet a legkisebb szám (a legnagyobb adott). Ferinek összesen 6 lehetséges tippje van, melyekre egyenlő valószínűséggel gondolhatott Enikő. A kérdéses valószínűség 6 pont pont. 6 pont A lehetséges számnégyesek:, 4, 6, 9, 4, 6, 9 3, 4, 6, 9, 3, 7, 9, 3, 7, 9,, 8, 9 Százalékban megadott helyes válasz is elfogadható. 3 / 9
7. a) Jó ábra, megfelelő jelölésekkel: Ez a pont akkor is jár, ha a vizsgázó térhatású ábra nélkül jól dolgozik. Az ábra szerinti ABCDEFGH hasáb ABCD alaplapjának O középpontja egyúttal a félgömb középpontja is. Az ACGE sík átmegy a félgömb középpontján, így abból egy főkört metsz ki, és ACGE ebben a főkörben egy beírt téglalap. A főkör OG sugara egyúttal a félgömb sugara is. E G Kevésbé részletezett indoklás is elfogadható. A O C (Jelölje a félgömb sugarát R, a hasáb alapélének hosszát a, ekkor az oldalél hossza a.) Az ABCD négyzet átlója AC a hosszú, OC hossza pedig a. Az OCG derékszögű háromszögben felírjuk Pitagorasz tételét: R 9 a a a. a R 5 3 7,07 (cm), b = a 4,4 (cm) a hasáb éleinek hossza. 7 pont 7. b) A hasáb alapélének és oldalélének hossza (centiméterben mérve) a, illetve b. A hasáb felszíne a + 4ab, 4 / 9
térfogata a b. a + 4ab = a b, a + 4b = ab (a és b egész számok, a 0). Az egyenletet rendezzük és szorzattá alakítjuk: ab 4b a = 0, b(a 4) (a 4) = 8, (a 4)(b ) = 8. pont * A tényezők 8 pozitív osztói, * Ez a pont jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. a 4 4 8 b 8 4 így a lehetséges megoldások: a 5 6 8 b 0 6 4 3 (A tényezők nem lehetnek negatívok: b = lehet csak, de ekkor a 4 = 8 lenne.) 3 pont 9 pont 3 megoldás esetén pont, megoldás esetén jár. Kettőnél kevesebb megoldás esetén nem jár pont. 5 / 9
A *-gal jelölt 3 pontot a vizsgázó az alábbi gondolatmenetre is megkaphatja: Az egyenletből kifejezzük pl. a-t: ab 4b a = 0, a(b ) = 4b, 4b 8 a 4. b b (b ) a 8 pozitív osztója, pont Ez a pont jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 8. a) I. miatt a két egyenes meredekségének szorzata. (Egyik egyenes sem párhuzamos a koordináta- tengelyekkel.) I. és II. miatt g(x) = mx + 3, h x x 3. m (g h)(x) = m x 3 3 m = x 3m 3. III.-ból x 3m 3 0, ha x = 9; 9 3m 3 0, m =. A g és h függvények hozzárendelési szabálya tehát: pont g(x) = x + 3, h x x 3. 9 f(x) = x 3 x 3 = x x 9, amivel igazoltuk az állítást. 6 / 9
8. b) Az f függvény érintője meredekségének meghatározásához az f függvényt deriváljuk. f (x) = f () = x 9, (a keresett érintő meredeksége). f () = 4, így az érintő egyenlete: y 4 x. (Vagy másik alakban: y x 3.) 5 pont Ez a pont jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 7 / 9
9. a) (A két szomszédos pozitív egész szám legyen n és n +.) Be kell látnunk, hogy. n n n n Közös nevezőre hozva n n, n n nn nn nn így az állítás igaz. 3 pont 9. b) első megoldás A nevezők első tényezői olyan számtani sorozatot alkotnak, amelynek első tagja 0 és differenciája. Ezért a végtelen sor n-edik tagja n 0 n alakú. 8 Az állítást teljes indukcióval bizonyítjuk. i) n = -re az állítás igaz: S 00 0 0 ii) Tegyük fel, hogy az állítás igaz n = k-ra, azaz... = 0 4 46 8 k 0 k k. 00 0k iii) Ekkor igazolandó, hogy az állítás n = (k + )-re is igaz, azaz... 0 4 46 8 k 0 k k. 0 k k 00 0k Az indukciós feltevést felhasználva a bal oldal k 00 0k 0 k k pont k k0 k 6k 5, 00 0k k 05 k6 k igazolandó tehát a k 6k 5 k 0 összefüggés. A közös nevezővel szorozva a k 5 k6 k 0 0k 06 k Ez a pont jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. Ez a pont jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 8 / 9
k k 5 k 6k 5 azonosság adódik, így az állítást igazoltuk. 0 pont 9. b) második megoldás A nevezők első tényezői olyan számtani sorozatot alkotnak, amelynek első tagja 0 és differenciája. Ezért a végtelen sor n-edik tagja n 0 n 8 alakú. 0 n 8 n = 8 n 0 n 8 n 0 n, így 8 n 0 n pont. 8 n 0 n 8 n 0 n... = 0 4 46 8 n 0 n.... 0 4 8 n 0 n pont A közbülső tagok kiesnek, az első és utolsó tag nem. S n 0 0 n 0 0, n n S n. Az állítást igazoltuk. 00 0n 0 pont Ez a pont jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. Ez a pont jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 9. c) (A nevező legmagasabb kitevőjű változójával osztunk minden tagot:) n S n. 00 0n 00 0 n 00 Mivel nullához tart, (a határértékre n vonatkozó műveleti szabályok miatt) lim Sn = n 0. 3 pont 9 / 9