Matematika — középszint
Javítási-értékelési útmutató
I. 1. Az egyszerűsítés után kapott tört:
a − 2b . 3
2 pont A 2 pont nem bontható. Összesen:
2 pont
2.
Összesen:
Ha ezek a gondolatok 1 pont ábrán jelölve szerepelnek, jár az 1 pont. 1 pont Tizedes tört alakban 1 pont megadott válasz is teljes értékű. 3 pont
Összesen:
Ha x=5 a válasz, az1 pontot ér. 2 pont Ha 5 a válasz, az 0 pont. 2 pont
Forgáshenger keletkezik, az alapkör sugara 5cm, magassága 12cm.
V = 25π ⋅12 (cm3). A forgáshenger térfogata 300π cm3.
3. A valós gyökök száma: 1.
4. x1 = 14, x2 = −14
2 pont Összesen:
Helyes válaszonként 1-1 pont.
2 pont
5.
r r ar + b . A felezőpont helyvektora: f = 2 r r r Ezt rendezve: b = 2 f − a .
1 pont 1 pont Összesen:
2 pont
6. A keresett legkisebb pozitív szög 30º.
2 pont Összesen:
750º = 2·360º+30º felírásáért 1 pont jár.
2 pont
7.
x 2 + 18x + 81 = (x + 9 ) Egyszám négyzete akkor a legkisebb, ha 0-t emelünk négyzetre. A függvény x = − 9 -nél veszi fel a legkisebb értékét. Összesen: 2
írásbeli vizsga 1013
3 / 12
1 pont 1 pont 2 pont
2013. május 7.
Matematika — középszint
Javítási-értékelési útmutató
8. 24=16 ötjegyű pozitív szám van. Összesen:
2 pont 2 pont
9. I.csoport 180 személy, II. csoport 240 személy, III. csoport300 személy.
1-1 pont Összesen:
3 pont
10.
Az egyenletet 2 x − 7 y = 0 alakra rendezzük. Az erre merőlegese egyenes egy normálvektora n(7; 2), így e egyenes egyenlete 7x+2y=33. Összesen:
1 pont 1 pont Az egyenesek egyenletének bármely 1 pont alakban való helyes használata teljes értékű. 3 pont
11. A: igaz; B: hamis; C: igaz; D: igaz.
1-1 pont Összesen:
4 pont
12. Felírjuk a sorozat tagjait: a1 = −1, a2 = 1, a3 = 0, a4 = 1, a5 = 1, a6 = 2 . Így S6 = 4 . Összesen:
írásbeli vizsga 1013
4 / 12
2 pont 1 pont 3 pont
2013. május 7.
Matematika — középszint
Javítási-értékelési útmutató
II. A 13. a) A négyzet oldala a, a téglalapok oldalai a, illetve Egy téglalap kerülete 2a +
a . 3
2a = 24 , 3
Ha a jelölés csak 1 pont az ábrából derül ki, akkor is jár ez a pont. 2 pont
amiből a = 9 cm. A négyzet területe 81 cm2. Összesen:
1 pont 1 pont 5 pont
13. b) elsĘ megoldás Pitagorasz tétel szerint 132 −122 = x2 (vagy a 13,12, 5 Pitagoraszi számhármas), a derékszögű háromszög befogója (BP) 5 cm. A háromszög területe felírható kétféleképpen: a ⋅ b c ⋅ mc T= = , 2 2 melyből a ⋅ b = c ⋅ mc ,
a ⋅ b 60 . = c 13 Az átfogóhoz tartozó magasság 4,6 cm hosszú. Összesen: vagyis az mc =
1 pont 1 pont 2 pont 1 pont
1 pont 1 pont 7 pont
13.b)második megoldás Pitagorasz tétel szerint 132 −122 = x2 (vagy a 13, 12, 5 Pitagorasz-féle számhármas), a derékszögű háromszög befogója (BP) 5 cm. A befogótétel szerint 5 = 13 ⋅ p , 25 ≈ 1,92 . p= 13
1 pont 1 pont 2 pont 1 pont
⎛ 25 ⎞ Pitagorasz tétellel mc 2 = 52 − ⎜ ⎟ ⎝ 13 ⎠ Az átfogóhoz tartozó magasság 4,6 cm. 2
1 pont Összesen:
írásbeli vizsga 1013
5 / 12
1 pont 7 pont
2013. május 7.
Matematika — középszint
Javítási-értékelési útmutató
13. b)harmadik megoldás Az ABP derékszögű háromszögben jelöljük az Acsúcsnál lévő szöget α -val és az AP átfogóhoz tartozó magasság talppontját Q-val. Az ABP derékszögű háromszögben AB 12 cos α = = . AP 13
2 pont
α ≈ 22,62°.
Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont a későbbiekben sinα értékét helyesen számítja ki.
Az AQB derékszögű háromszögben BQ BQ sin α = = . AB 12 BQ = 12 ⋅ sin α ≈ 12 ⋅ 0,3846 ≈ 4,6152 . Az átfogóhoz tartozó magasság 4,6 cm hosszú. Összesen:
2 pont 1 pont 1 pont 7 pont
14. a) Ha következményegyenlettel dolgozik és 1 pont a kapott gyököt behelyettesítéssel ellenőrzi, ez a pont jár.
Értelmezési tartomány:
(2 x − 5 > 0 és x > 0 miatt ) x > 5 . 2
(A logaritmus azonosságait felhasználva) x 2x − 5 = . 3 Az egyenlet rendezése után x = 3 . A kapott gyök eleme az értelmezési tartománynak, tehát megoldás. Összesen:
írásbeli vizsga 1013
6 / 12
2 pont 1 pont 1 pont 5 pont
2013. május 7.
Matematika — középszint
Javítási-értékelési útmutató
14.b) 0 ≤ 13 − 2x , így x ≤ 6,5 . 0 ≤ 13 − 2x = x − 5 , ebből 5 ≤ x . Tehát az egyenletnek csak 5 ≤ x ≤ 6,5 esetén lehet megoldása. Mindkét oldalt négyzetre emelve: a baloldal négyzete 13− 2x . A jobboldal négyzete: x 2 − 10 x + 25 . A megoldandó másodfokú egyenlet:
Ha következmény1 pont egyenlettel dolgozik és a kapott gyököket behelyettesítéssel 1 pont ellenőrzi, a hamis gyököt kizárja, ezek a pontok járnak. 1 pont 1 pont
0 = x 2 − 8x + 12 .
1 pont
Ebből x = 6 vagy x = 2 . Az egyenlet egyetlen valós megoldása az alaphalmazon a 6.
1 pont 1 pont Összesen:
7 pont
Mindkét végzettséggel rendelkezik 20 fő, mert a végzettséget jelentő oklevelek száma 42+28=70, ami 20-szal több az oklevelet szerzők (dolgozók) létszámánál. Így csak technikusi végzettsége 22 főnek van. Összesen:
1 pont
15. a) Ezt a pont jár megfelelő 1 pont halmazábra készítéséért is. 1 pont 3 pont
15.b) Ha a 30 év alatti dolgozók száma x,
Ha ez a gondolat csak 1 pont a megoldás során derül ki, ez a pont jár.
akkor az átlag: x ⋅ 148000 + (50 − x ) ⋅ 173000 = 165 000. 50
1 pont
x = 16 A laborban 16 dolgozó 30 év alatti. Összesen:
írásbeli vizsga 1013
7 / 12
1 pont 1 pont 4 pont
2013. május 7.
Matematika — középszint
Javítási-értékelési útmutató
15.c) 5 dolgozó költségeit fizetik. ⎛ 25⎞ Az összes eset: ⎜⎜ ⎟⎟ , ⎝5⎠
1 pont 1 pont
⎛17 ⎞ a kedvező esetek száma: ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝5⎠ (Alkalmazva a klasszikus valószínűség modelljét:) ⎛17 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 5 ⎠ = 6188 ≈ 0,1165. ⎛ 25 ⎞ 53130 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝5⎠ 0,12 (illetve 11,65%) a valószínűsége annak, hogy 5 nőt választanak ki. Összesen:
írásbeli vizsga 1013
8 / 12
1 pont
1 pont
1 pont 5 pont
2013. május 7.
Matematika — középszint
Javítási-értékelési útmutató
II. B 16. a) A háromszög harmadik oldalának c hosszára (a háromszög-egyenlőtlenség miatt) 20 + c > 22 és c < 20+ 22 egyenlőtlenségeknek teljesülni kell. Így 2 < c < 42 . Ha a harmadik oldal is egész, c legkisebb értéke 3, legnagyobb értéke 41 lehet. Ez 39 megfelelő háromszöget jelent. Összesen:
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 5 pont
16. b)
(A két adott oldal által közbezárt szöget γ -val jelölve) 20 ⋅ 22 ⋅ sin γ 88 = . 2 Ebből sin γ = 0,4 . γ1 ≈ 23,6
o
γ 2 ≈ 156,4o
Összesen:
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 4 pont
16.c) γ1 ≈ 23,6o esetében a harmadik oldal hosszát (c1) koszinusztétel alkalmazásával számíthatjuk ki. c12 ≈ 20 2 + 22 2 − 2 ⋅ 20 ⋅ 22 ⋅ cos 23,6o
Ha ez a gondolat csak 1 pont a megoldás során derül ki, akkor is jár ez a pont. 1 pont
c12 ≈ 77,568 ,
1 pont
és ebből c1 ≈ 8,8 egység hosszú.
1 pont
γ 2 ≈ 156,4o esetében a harmadik oldal hossza (c2):
c22 ≈ 202 + 222 − 2 ⋅ 20 ⋅ 22 ⋅ cos156,4o . c22 ≈ 884 − 880 ⋅ (−0,9164) , azaz
1 pont 1 pont
c22 ≈ 1690,4 és ebből
c2 ≈ 41,1 egység hosszú.
1 pont
A háromszög harmadik oldala ≈ 8 ,8 egység vagy ≈ 41,1 egység hosszúlehet.
1 pont
Összesen:
írásbeli vizsga 1013
9 / 12
Ha csak az egyik esettel számol, erre a részre 8 pont maximum 4 pontot kaphat.
2013. május 7.
Matematika — középszint
Javítási-értékelési útmutató
17. a) Gábor fizetendő bérleti díja mértani sorozat szerint nő, a1 = 100 és a24 = 200. p ) 100 ⋅ q 23 = 200 , q 23 = 2 (ahol q = 1 + 100 1
q = 23 2 = 2 23 (≈ 1,0306) p=3,06, azaz Gábornak havonta 3,06%-kal kell több bérleti díjat fizetnie. Összesen:
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 5 pont
17.b) Péter bérleti díja számtani sorozat szerint nő, b1 = 100 és b24 = 200 ,
200 = 100 + 23 ⋅ d
d=
1 pont 1 pont
100 ≈ 4,35 ,a havi növekedés 4,35 tallér. 23 Összesen:
1 pont 3 pont
17.c) Ha ez a gondolat csak 1 pont a megoldás során derül ki, ez a pont jár.
A sorozatok első 24 tagjának összege:
( 2) = 100 ⋅
24
−1 2 pont ≈ 3468,45 . 2 −1 100 + 200 S Péter = ⋅ 24 = 3600 . 2 pont 2 Péter 132 tallérral több bérleti díjat fizet 24 hónap 1 pont alatt, mint Gábor. Összesen: 6 pont Grafikusan szemléltetve a havi bérleti díjakat látható, hogy Péter minden hónapban több bérleti díjat fizetne, mint Gábor (az 1. és a 24. hónap kivételével). Ezért nyilvánvaló, hogy Péter a 24 hónap alatt több bérleti díjat fizetne, mint Gábor. A világosan megadott grafikonokra épülő helyes gondolatért 3 pont adható. 23
SGábor
23
írásbeli vizsga 1013
10 / 12
2013. május 7.
Matematika — középszint
Javítási-értékelési útmutató
17.d) Péter az első 12 hónapban 100 2 ⋅ 100 + 11 ⋅ 23 ⋅ 12 ≈ 1487 tallér bérleti díjat S12 = 2 fizet, a második 12 hónapban 2113 tallért. 2113 ≈ 1,421 , tehát Péter a második évben 42,1%1487 kal több bérleti díjat fizet, mint az elsőben. Összesen:
1 pont
1 pont 1 pont 3 pont
18. a) elsĘ megoldás Ha figyelmen kívül hagyjuk, hogy a két áru nem kerülhet egymás mellé, akkor 6!-féle sorrendben rakható ki a hatféle áru. Ha a két áru egymás mellé kerül, de a sorrendjüket nem különböztetjük meg, 5!-féle elhelyezés lehetséges. Ha e két áru sorrendjét is megkülönböztetjük: 2⋅ 5! sorrendbe rakható a hat áru. A megfelelő sorrendekszámát megkapjuk, ha az összes esetből kivonjuk azon sorrendek számát, amelyekben egymás mellé kerül a zsemlemorzsa és a búzadara: 6!−2 ⋅ 5!. Tehát 480 sorrendbe rakhatja ki az árufeltöltő a hatféle árut. Összesen:
1 pont
1 pont 1 pont Kevésbé részletezett 2 pont gondolatmenetért is jár a 2 pont. 1 pont Ha nem veszi figyelembe, hogy a két áru nem 6 pont kerülhet egymás mellé legfeljebb 1 pont adható.
18. a) második megoldás Csak a búzadara és a zsemlemorzsa 6⋅ 5 , azaz 30-féle sorrendben lenne elhelyezhető, ha egymás mellé is kerülhetnének. 5 esetben kerülhet egymás mellé e két áru, ha a sorrendjüket nem vesszük figyelembe, de mivel a sorrend is számít, ezért 10 esetben. Így (30 −10 =) 20-féle sorrendben rakhatja ki e két árut úgy, hogy ne kerüljenek egymás mellé. Mind a 20 esetben a többi négy árut 4!-féleképpen helyezheti el. Tehát 20 ⋅ 4!= 480-féle sorrendbe rakhatja ki a hatféle árut. Összesen:
írásbeli vizsga 1013
11 / 12
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 6 pont
2013. május 7.
Matematika — középszint
Javítási-értékelési útmutató
18. b) Összesen 325 (=176+109+40) db kenyeret rendeltek és 42 db-ot küldtek vissza, ez a megrendelt mennyiség 12,9%-a. Összesen 695 (=314+381) péksüteményt rendeltek és 34 db-ot küldtek vissza, ez a megrendelt mennyiség 4,9%-a. Összesen:
1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 4 pont
18.c) Az egyes napokon eladott péksütemények száma: 124; 133; 132; 122; 150 db. A két napot൫ହଶ൯ - féleképpen jelölhetjük meg.
(3 napon adtak el legalább 130 db-ot.) kiválasztása lehet a kívánt 2 napnak,
൫యమ൯
így a keresett valószínűség ఱ ൫ ൯ మ
18. d) 1 kg-os fehér kenyérből (
ଵହହ
½ kg-os fehér kenyérből ( ଷଷ
rozskenyérből (
ହ
ହ ଽହ ହ
ൌ0,3
൫ଷଶ൯-féle
Összesen:
1 pont
4 pont
Két helyes válasz 1 pont, 2 pont egy helyes válaszért nem jár pont.
ൌ) 19 db-ot,
zsemléből 58, kifliből 68 db-ot rendeltek.
írásbeli vizsga 1013
1 pont
1 pont
ൌ) 31 db-ot,
ൌ6,6) 7 db-ot,
1 pont
Összesen:
12 / 12
1 pont 3 pont
2013. május 7.
