= 0. 1 pont. Összesen: 12 pont

Matematika — emelt szint

Javítási-értékelési útmutató

I. 1. Egy számtani sorozat páros sorszámú, illetve páratlan sorszámú tagjai is számtani sorozatot alkotnak.

Ha a gondolat a 1 pont megoldásban megjelenik, akkor ez a pont jár.

Páratlan sorszámú tag összesen 11 darab van, páros sorszámú pedig 10.

1 pont

A feladat feltétele szerint: a + a 20 a1 + a 21 ⋅ 11 = 2 ⋅ 10 + 15 . 2 2

A páratlan, illetve páros sorszámú tagok össze2 pont gének felírása 1 pont, a szöveg szerinti kapcsolat felírása 1 pont.

Legyen az eredeti sorozat különbsége d, ezzel felírva az egyenletet: a1 + a1 + 20d a + d + a1 + 19d ⋅ 11 = 1 ⋅ 10 + 15 . 2 2 Átrendezve: 2a1 + 20d = 30 . A feladat másik feltételét hasonlóan átírva: a1 + 19d = 3(a1 + 8d ) . Átrendezve: 2a1 + 5d = 0 .

1 pont 1 pont 2 pont 1 pont

Az egyenletrendszer megoldása: a1 = −5 , d = 2 .

2 pont

A keresett tag: a15 = −5 + 14 ⋅ 2 = 23 , és ez megfelel a feladat feltételeinek.

1 pont Összesen: 12 pont

írásbeli vizsga 0802

3 / 15

2008. május 6.



2. a) Jelölje a a 9-10. évfolyamos tanulók számát, A pedig az átlagpontszámukat. A 11-12. évfolyamos tanulók száma a feltétel alapján 100 − a . A feltétel alapján a = 1,5 ⋅ (100 − a ) , ahonnan a = 60 . A 9-10. évfolyamos tanulók száma tehát 60, a 11-12. évfolyamos tanulóké pedig 40. Ha B jelöli a 11-12. évfolyamos tanulók átlagpontszámát, akkor 1,5 A = B . Az átlagpontszám az előzőeket felhasználva: 60 A + 40 B 80 B 4 B 100 = = = . 100 100 5 Innen B = 125 , azaz a 11-12. osztályos tanulók átlagpontszáma 125. Összesen:

1 pont

2 pont

1 pont 2 pont 1 pont Ha A értékét számítja, jó kerekítésekkel dolgozik és 7 pont úgy válaszol, a 7 pont akkor is jár.

2. b) A 100 tanulóból 3 tanuló kiválasztására ⎛100 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ (= 161700) egyenlően valószínű lehetőség ⎝ 3 ⎠ van. A feltételnek megfelelő kiválasztás lehetőségeinek a ⎛ 60 ⎞ ⎛ 40 ⎞ száma: ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ (= 70800) , ⎝2⎠ ⎝1⎠ ugyanis a két és egy tanuló kiválasztása egymástól függetlenül történik. ⎛ 60 ⎞ ⎛ 40 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ ⎟⎟ 2 1 A keresett valószínűség: P = ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , ⎛100 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 3 ⎠ 70800 (≈ 0,44) . azaz P = 161700 Összesen:


4 / 15

1 pont

1 pont 1 pont

1 pont

1 pont

44% megadásáért is 1 pont jár

5 pont

2008. május 6.



3. Egy másodfokú egyenletnek pontosan akkor van egy darab kétszeres valós gyöke, ha a diszkriminánsa 0.

Ha a gondolat a 1 pont megoldásban megjelenik, akkor ez a pont jár.

Az egyenlet diszkriminánsára nézve 2 tehát: 16(sin α + cos α ) − 4 ⋅ 4 ⋅ (1 + sin α ) = 0 .

2 pont

sin 2 α + cos 2 α + 2 sin α cos α − 1 − sin α = 0 Felhasználva, a sin 2 α + cos 2 α = 1 azonosságot, kapjuk, hogy 2 sin α cos α − sin α = 0 . Első megoldás

1 pont

sin α (2 cos α − 1) = 0

Bármely jól befejezhető 2 pont módszer esetén jár ez a 2 pont.

Ez akkor teljesülhet, ha a) sin α = 0 , tehát α = kπ , ahol k ∈ Z; b) 2 cos α − 1 = 0 , 1 tehát cos α = , 2 π α = + 2nπ , ahol n ∈ Z, 3 vagy 5π α= + 2mπ , ahol m ∈ Z. 3 Ekvivalens átalakítások miatt a kapott gyöksorozatok kielégítik a kiindulási egyenletet. Második megoldás 2 sin α cos α = sin α mindkét oldalt négyzetre emelve, rendezve 3 sin 2 α (3 − 4 sin 2 α ) = 0 sin 2 α = 0 ⇔ α = nπ , n ∈ Z 3 π sin 2 α = ⇔ α = ± + 2kπ vagy 4 3 2π α =± + 2lπ ; k , l ∈ Z 3 Hamis gyökök kiszűrése


2 pont

1 pont 1 pont Ha hamis gyököt is kap, és elfogadja, vagy a kapott gyökrendszerek 1 pont felírása hiányos, az 5 pontból legfeljebb 3-at kaphat. 1 pont 1 pont

2 pont 1 pont

2 pont 2 pont Összesen: 13 pont

5 / 15

2008. május 6.



4. a) A rádiós tudósításakor összesített szavazatok száma: 10500·0,76·0,9=7182 Az eddig leadott érvénytelen szavazatok száma: 7182–(2014+2229+2805)=134 Ez az eddig leadott szavazatoknak ≈ 1,9%-a Összesen:

1 pont 1 pont 1 pont 3 pont

4. b) 2014 ≈ 0,2804, azaz Alkimista a szavazatok 7182 28%-ával rendelkezett; 2229 ≈ 0,3104, azaz Bagoly a szavazatok 31%-át 7182 kapta; 2805 ≈ 0,3906, azaz Flótás az eddig feldolgozott 7182 szavazatok 39%-át kapta A megfelelő középponti szögek: Alkimista—101º; Bagoly—112º; Flótás—140º Érvénytelen szavazat (1,9%)—7º A kördiagramm vázlata Összesen:

1 pont

1 pont 1 pont Az is megkapja ezt a pontot, aki megfeledkezett 1 pont az érvénytelen szavazatokról 4 pont

4. c) A még nem összesített szavazatok száma: 7182:9=798 Ha ez mind érvényes lenne, és például mindegyiket Alkimista kapná, akkor 2812 szavazattal megnyerhetné a választást Összesen:

1 pont 2 pont 3 pont

4. d) Ha x a keresett százalék, akkor Flótás biztosan nyer, x 5 >0,05; tehát x > ≈ 5,3 . ha 0,95 ⋅ 100 0,95 Tehát ha Flótás 95%-os feldolgozottságnál legalább 5,3 %-kal vezet az őt követő jelölt előtt, akkor biztosan megnyeri a választást. Összesen:


6 / 15

3 pont

1 pont 4 pont

2008. május 6.



II. 5. a) András 20 perc, Béla 18,75 perc alatt teszi meg felfelé az utat, ezért a találkozáskor András lefelé, Béla felfelé fut.

A két fiú a csúcstól x km-re találkozik. Ekkor András 1 x futási ideje órában: + , 3 20 5− x . Béla futási ideje órában: 16 Mivel András 10 perccel korábban indult, ezért 1 x 5− x 1 + = + . 3 20 16 6 35 Innen x = km(≈ 1,3 km ) .(A kapott érték a feladat 27 feltételeinek megfelel.)

A haladási irány grafikonról leolvasva is 3 pontot ér. Ha jól 3 pont számol, de nem indokolja, hogy a találkozáskor ki merre fut, 2 pontot kaphat. 2 pont 1 pont 2 pont

2 pont

Ha a vizsgázó nem veszi figyelembe, hogy a két fiú nem egyszerre indul, akkor a feladat a) részére legfeljebb 5 pont adható. Összesen: 10 pont Ha a vizsgázó nem határozza meg a találkozás hegycsúcstól való távolságát, csak az időpontját, akkor legfeljebb 8 pontot kaphat.

5. b) A feltétel csak úgy teljesülhet, hogy a lányok rendre 0, 1, 2, …, 9 fiút ismernek. A fiúk és a lányok közötti ismeretségek száma összesen 1 + 2 + 3 + ... + 9 = 45 . Ha a 9 fiú mindegyike 6 lányt ismert volna, az 54 ismeretséget jelentene. Az előbbiek szerint ez nem lehet.

Összesen:


7 / 15

2 pont 2 pont 2 pont Gráffal vagy számelméleti meggondolással 6 pont indított, befejezhető jó próbálkozásért legfeljebb 3 pont adható.

2008. május 6.



6. a) D

C

m

•

A

B

E

Az ABCD trapézban AB = 20 , CD = 5 , és legyen a D csúcsból induló magasság talppontja az AB oldalon E. Ezekkel a jelölésekkel: AB − CD 15 25 = , ezért EB = . AE = 2 2 2 AB + CD 25 = A trapéz érintőnégyszög, így AD = . 2 2 (Pitagorasz tétele alapján) m = DE = AD 2 − AE 2 = 10 . AB + CD T= ⋅ m = 125 . 2 BED Δ-ből: 5 41 (≈ 16,01) . BD = DE 2 + EB 2 = 2

1 pont

1 pont

Ha m-et a c)-beli tételre helyesen hivatkozva adja meg, akkor is 3 pont jár.


Összesen:

5 pont

6. b) A kapott forgástest egy hengerből és két egybevágó forgáskúpból tevődik össze. A henger és a kúpok alapkörének sugara r = m = 10 . A henger magassága CD = 5 , a kúpok magassága 15 AE = . 2 Így a forgástest térfogata: r 2π ⋅ AE V = 2⋅ + r 2π ⋅ CD = 1000π (≈ 3141,59) . 3 Összesen:


8 / 15

Ha a gondolat a 1 pont megoldásban megjelenik, akkor ez a pont jár. 1 pont 2 pont

1 pont 5 pont

2008. május 6.



6. c) első megoldás c

D

b

C

b

m

•

A

E

B

a

Ha a tekintett trapéz alapjainak hossza a és c ( a ≥ c ), szárának hossza b, magasságának hossza m, akkor azt kell belátni, hogy m = ac , vagy másképpen m 2 = ac . a+c . A trapéz érintőnégyszög, ezért b = 2 Az ábra jelöléseit használva a szimmetria miatt a−c AE = . 2

⎛a+c⎞ ⎛a−c⎞ Pitagorasz tétele alapján m = ⎜ ⎟ = ⎟ −⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ = ac . Összesen: 2

1 pont 1 pont

2

2


1 pont

9 / 15


2008. május 6.



6. c) második megoldás c D 2

F2

C

G a 2

• •

O

A F1 Jelölje O a beírt kör középpontját, G pedig a beírt körnek az AD oldallal vett érintési pontját. Ekkor a körhöz külső pontból húzott érintőszakaszok egyenlősége miatt az ábra jelöléseit használva a c AG = AF1 = és DG = DF2 = . 2 2 Mivel a trapéz szárán fekvő szögek összege 180°, és O a belső szögfelezők metszéspontja, ezért DAO∠ + ODA∠ = 90 o , tehát az AOD háromszög O-ban derékszögű,. és átfogóhoz tartozó magassága a kör sugara (OG), ami a trapéz magasságának fele. Felírva a magasságtételt az AOD háromszögre: m a c = ⋅ ⇔ m = ac , és ezt akartuk bizonyítani. 2 2 2 Összesen:


10 / 15

B Ha a gondolat a megoldásban megjelenik, 1 pont vagy ábrából látszik akkor ez a pont jár.

1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 6 pont

2008. május 6.



7.

L

h

30°

• •

•

T

α

45° 60°

B

P

A

7. a) Az ATL háromszög egyenlő szárú derékszögű háromszög, így AL = h 2 (≈ 1191) . A BLT derékszögű háromszögben h BL = = 2h(≈ 1684) . sin 30° Az ABL háromszögben a koszinusztétel alapján BL2 = AL2 + AB 2 − 2 ⋅ AL ⋅ AB ⋅ cos 60° , 4h 2 = 2h 2 + AB 2 − 2 ⋅ h ⋅ AB , AB 2 − 2 ⋅ h ⋅ AB − 2h 2 = 0 .

Mivel az AB távolság, így pozitív, tehát 2 + 10 AB = h ≈ 1927 méter. 2

1 pont 1 pont 2 pont 1 pont* 1 pont* Ez a 2 pont az AB 2 − 1191AB − 1417375 1 pont* =0 egyenletért is jár.

1 pont*

Összesen: 8 pont * Ha az ABL Δ-ben először a hiányzó szögeket számítja ki, az 1-1 pont ( ABL∠ = 37,76°; ALB∠ = 82,24°) ; majd koszinusz tételt ír fel jól, 1 pont; végeredményt ad 1 pont.


11 / 15

2008. május 6.



7. b) h . TP Mivel α hegyesszög, és itt a tangens függvény h szigorúan monoton növekvő, így elegendő a TP törtet vizsgálni. Mivel a számláló konstans, ezért a tört akkor a maximális, ha TP minimális. Ez akkor következik be, amikor a TP merőleges az AB egyenesre, vagyis az ABT háromszög magassága, így a keresett pont az ABT háromszögnek a T csúcsába húzható magassága talppontja az AB egyenesen. Összesen: A PLT derékszögű háromszögben tg α =

2 pont

1 pont

1 pont

1 pont

5 pont

7. c) A feltétel szerint: p 0 e C h = 0,8 p 0 .

1 pont

h=

1 pont

log e 0,8 ⎛ lg 0,8 ⎞ ⎟, ⎜= C ⎜⎝ C lg e ⎟⎠ h ≈ 1783 (m) magasan volt a léggömb. Összesen:


12 / 15

1 pont 3 pont

2008. május 6.



2

4

2

y

2 x

8. a) első megoldás Legyen egy lap két szomszédos oldalának hossza x, y. 600 . (1) x A nyomtatási terület: A = ( x − 6 ) ( y − 4 ) , (2) ahol x > 6 és y >4; (azaz x ∈ ]6;150[ ) Az (1)-et behelyettesítve a (2)-be: ⎛ 600 ⎞ A( x ) = ( x − 6) ⎜ − 4⎟ . ⎝ x ⎠ 3600 A( x ) = 624 − 4 x − x Meg kell keresnünk az A(x) függvény maximumát. 3600 A' ( x ) = −4 + 2 x 3600 − 4 + 2 = 0. x xy = 600, y =

Ha a felhasznált ismeretlenek jelentése 1 pont ábra alapján egyértelmű, jár az 1 pont. 1 pont 1 pont 1 pont* 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont

A *-gal jelzett 1 pont akkor is jár, ha a Ennek az egyenletnek az alaphalmazba eső gyöke: x 1 pont vizsgázó csak itt tisztázza = 30. az x változó értelmezési tartományát. Ha a vizsgázó nem 3600 A második derivált: A" ( x ) = −2 ⋅ 3 . 1 pont határozza meg a második x deriváltat, hanem az első Mivel a második derivált minden pozitív helyen derivált előjelváltásával negatív, így x = 30-nál is, tehát az A függvénynek itt 1 pont indokol, akkor is jár a 2 maximuma van. pont. Egy lap két oldala 30 cm és 20 cm hosszú. 1 pont Összesen: 12 pont írásbeli vizsga 0802

13 / 15

2008. május 6.



8. a) második megoldás Legyen egy lap két szomszédos oldalának hossza x, y. A nyomtatási terület: A = ( x − 6 ) ( y − 4 ) , ahol x > 6 és y >4. A = xy − 4 x − 6 y + 24 = 624 − 2 ⋅ (3 y + 2 x ) Az A értéke pontosan akkor maximális, ha a 3 y + 2 x értéke minimális. A számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenség felhasználásával: 3y + 2x ≥ 3 y ⋅ 2x , 2

Ha a felhasznált ismeretlenek jelentése 1 pont ábra alapján egyértelmű, jár az 1 pont. 1 pont 1 pont* 1 pont 1 pont A *-gal jelzett 1 pont akkor is jár, ha a 2 pont vizsgázó csak itt tisztázza az x és y változó értelmezési tartományát.

ahol xy=600 felhasználásával 3y + 2x 2 pont ≥ 6 xy = 6 ⋅ 600 = 60 . 2 A jobb oldal minimumértéke 60 akkor, ha 3 y = 2 x . 1 pont Innen xy=600 felhasználásával x = 30 és y = 20. 1 pont Egy lap két oldala 30 cm és 20 cm hosszú. 1 pont Összesen: 12 pont

8. b) A nyomtatott oldalakon 3-122-ig szerepelnek az oldalszámok,

ezek közül 23-ban van 2-es számjegy.

A keresett valószínűség: P =


23 (≈ 0,1917 ) . 120 Összesen:

14 / 15

A 2 pont jár, bárhogyan is határozza meg a vizsgázó a 2-est tartalmazó oldalak 1 pont számát. Helyes válasz 1 pont, indoklás 1 pont. 1 pont

2 pont 4 pont

2008. május 6.



9. a)

⎛ 9⎞ 9 szék közül 3 szék kiválasztására ⎜⎜ ⎟⎟ lehetőség van. ⎝ 3⎠ A 3 kiválasztott székre a professzorok 3!= 6 különböző sorrendben ülhetnek le. Így az összes lehetőségek száma: ⎛ 9⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 6 = 9 ⋅ 8 ⋅ 7 = 504. ⎝ 3⎠

Összesen:

1 pont 1 pont 2 pont A 4 pont akkor is jár, ha a vizsgázó indoklással együtt variációk száma4 pont ként írja fel a helyes eredményt. Indoklás nélküli helyes eredményért 2 pont jár.

9. b) A 6 hallgató között 5 hely van, ahová professzor ⎛ 5⎞ ülhet. A 3 professzori hely ⎜⎜ ⎟⎟ , azaz 10-féle lehet. ⎝ 3⎠ A diákok egymáshoz viszonyítva 6!= 720 , a professzorok 3!= 6 különböző sorrendben ülhetnek. ⎛ 5⎞ Így az összes lehetőségek száma: ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 6! ⋅ 3! = 43200 . ⎝ 3⎠ Összesen:

2 pont 1 pont 1 pont 2 pont 6 pont

9. c) A díjak kiosztása 9!-féleképpen történhet. Az első és a harmadik díjazott is diák, ez 6 ⋅ 5 = 30 különböző módon valósulhat meg. A tekintett két diák és a biológia professzor kivételével a többi díjazott 6!-féleképpen kaphatja meg a díjat.

Így a kérdéses valószínűség: P =


30 ⋅ 6! 5 = ≈ 0,06 . 9! 84 Összesen:

15 / 15

1 pont Ha a vizsgázó a helyes eredményt valószínűségek 2 pont szorzataként kapja meg 6 1 5 5 ), a ( ⋅ ⋅ = 9 8 7 84 értelmezése 1 pont tényezők 1-1 pont, a függetlenségre hivatkozás 1 pont. 2 pont 6 pont

2008. május 6.

= 0. 1 pont. Összesen: 12 pont

Recommend Documents