JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI MATEMATIKA ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA EMELT SZINT% ÍRÁSBELI. ÉRETTSÉGI VIZSGA május 3. MINISZTÉRIUM NEMZETI ERFORRÁS

Matematika

2011. május 3. ” ÉRETTSÉGI VIZSGA

NEMZETI ER FORRÁS MINISZTÉRIUM

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

EMELT SZINT% ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA

MATEMATIKA

emelt szint Javítási-értékelési útmutató 1111

Fontos tudnivalók

Javítási-értékelési útmutató

írásbeli vizsga 1111

2 / 22

2011. május 3.

1. Egyes feladatoknál több megoldás pontozását is megadtuk. Amennyiben azoktól eltér megoldás születik, keresse meg ezen megoldásoknak az útmutató egyes részleteivel egyenérték& részeit, és ennek alapján pontozzon. 2. A pontozási útmutató pontjai tovább bonthatók. Az adható pontszámok azonban csak egész pontok lehetnek. 3. Nyilvánvalóan helyes gondolatmenet és végeredmény esetén maximális pontszám adható akkor is, ha a leírás az útmutatóban szerepl nél 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 következ részpontszámokat meg kell adni. 5. Elvi hibát követ en egy gondolati egységen belül (ezeket az útmutatóban kett s 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 következ 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 érték& a megoldás. 7. Egy feladatra adott többféle helyes megoldási próbálkozás közül a vizsgázó által megjelölt változat értékelhet . 8. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre el írt 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 kit&zött 5 feladat közül csak 4 feladat megoldása értékelhet . A vizsgázó az erre a célra szolgáló négyzetben – feltehet leg – megjelölte annak a feladatnak a sorszámát, amelynek értékelése nem fog beszámítani az összpontszámába. Ennek megfelel en a megjelölt feladatra esetlegesen adott megoldást nem is kell javítani. Ha mégsem derül ki egyértelm&en, hogy a vizsgázó melyik feladat értékelését nem kéri, akkor automatikusan a kit&zött sorrend szerinti legutolsó feladat lesz az, amelyet nem kell értékelni.

Tartalmi kérések:

1. A dolgozatot a vizsgázó által használt szín&t l eltér szín& tollal kell javítani, és a tanári gyakorlatnak megfelel en jelölni a hibákat, hiányokat stb. 2. A feladatok mellett található szürke téglalapok közül az els ben a feladatra adható maximális pontszám van, a javító által adott pontszám a mellette lev téglalapba kerül. 3. Kifogástalan megoldás esetén elég a maximális pontszám beírása a megfelel téglalapokba. 4. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy az egyes részpontszámokat is írja rá a dolgozatra.

Formai el írások:

Matematika — emelt szint


22 / 22

Az alapkocka térfogata: Vk 27 cm 3 . A gyártás során ennek a kockának minden csúcsából egy olyan (derékszög&) tetraédert vágnak le, amelynek három lapja egybevágó, 1 cm befogójú egyenl szárú derékszög& háromszög, és ezek a lapok páronként mer legesek egymásra. Ezen lapok közül bármelyiket alaplapnak tekintve a tetraéder magassága 1 cm. A 8 csúcsnál levágott tetraéderek térfogatának 1 1 4 összege: V 8 ˜ ˜ ( cm3 ). 3 2 3 A visszamaradó test térfogata: 2 § 77 3 · Vk V 25 ¨ cm ¸ . 3© 3 ¹ Vk V 77 Így | 95% . Vk 81 Összesen:

9. b)


7 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2 pont

1 pont

2011. május 3.

Ez a 2 pont világos rajz esetén akkor adható, ha arról leolvashatók az adatok is.


I.

7 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont



3 / 22

2011. május 3.

Megjegyzések: 1. Ha a megoldást grafikonkészítéssel kezdi, és arról helyesen olvassa le a monotonitási viszonyokat és a széls értékeket, akkor jár a 7 pont, ha a grafikon helyességét indokolja. 2. Ha hibás grafikonról olvassa le jól a kért értékeket, akkor a jó leolvasásért 3 pontot kapjon (monotonitás 1 + széls értékek 2)! 3. A monotonitási tartományokhoz hozzászámíthatjuk az x 1 értéket, vagy ki is zárhatjuk azt. Mindkét változatot fogadjuk el helyes válasznak!

megoldás Az f függvény egy negatív f együtthatós másodfokú függvénynek egy zárt intervallumra vett lesz&kítése. Grafikonja egy lefelé nyitott parabolának egy íve. Teljes négyzetté kiegészítéssel x 2 2 x 3 { ( x 1) 2 4 . A (–1;4) pont a parabola tengelypontja, amely a függvény grafikonjának is pontja. Tehát f a [ 2; 1] intervallumon szigorúan monoton növ , a [ 1; 5] intervallumon pedig szigorúan monoton fogyó. Az eddigiekb l következik, hogy a (–1) maximumhelye f-nek és a maximum értéke 4. A minimum a zárt intervallum két határának 32 . valamelyikénél lehet: f ( 2) 3 , f (5) Az f függvény minimumhelye az 5, a minimum 32 . értéke f (5) Összesen:

1. a) els



4 / 22

Összesen:

Tehát azon x valós számokra értelmezhet a kifejezés, amelyekre 1 x d 5 és x z 2 teljesül.

x2 2 x 3 5 . Ennek valós megoldásai a – 4 és a 2.

lg x 2 2 x 3 z lg 5 . Az egyenl tlenség megoldása a valós számok 3 vagy x ! 1 , halmazán: x de 2 d x d 5 , így az 1 x d 5 feltételnek kell teljesülnie. A lg x 2 2 x 3 lg 5 pontosan akkor teljesül, ha

Az

1 kifejezés akkor értelmezhet , lg x 2 2 x 3 lg 5 ha x 2 2 x 3 ! 0 , és

1. b)

A valós számok halmazán értelmezett x x 2 2 x 3 függvény derivált függvénye: x 2x 2 . Ahol a derivált függvény pozitív, ott az eredeti függvény szigorúan monoton növ , ahol negatív, ott szigorúan monoton fogyó. 2x 2 ! 0 œ x 1 és 2 x 2 0 œ x ! 1 . A valós számok halmazán értelmezett x x 2 2 x 3 függvényb l lesz&kítéssel kapott f függvény tehát a [ 2 ; 1[ intervallumon szigorúan monoton növ , a ] 1; 5] intervallumon pedig szigorúan monoton fogyó. Az eddigiekb l következik, hogy a (–1) maximumhelye f-nek és a maximum értéke 4. A minimum a zárt intervallum két határának 32 . valamelyikénél lehet: f ( 2) 3 , f (5) Az f függvény minimumhelye az 5, a minimum 32 . értéke f (5) Összesen: Megjegyzés: A monotonitási tartományokhoz hozzászámíthatjuk az x azt. Mindkét változatot fogadjuk el helyes válasznak!

1. a) második megoldás


7 pont

2011. május 3.

Bármilyen formában megadott helyes válasz 1 pontot ér. 1 pont Például: @ 1 ; 2> ‰ ]2; 5] vagy { x • R 1 x d 5, x z 2} .

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 értéket, vagy ki is zárhatjuk

7 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont


6n 300. 0,3 ˜ x

0,5

6.

6 x 300

0,15 ˜ x

0,5

0,


21 / 22

Napi 400 épít készlet gyártása esetén lesz a haszon maximális. A maximális haszon: h 400 0,2 ˜ 4001,5 6 ˜ 400 300 500 (euró). Összesen:

ezért x 400 esetén a napi haszon maximális, hiszen f maximumhelye egyben h maximumhelye is (mert a 400 eleme a h értelmezési tartományának is).

Mivel f ˝(x)

0,15 x

Az f széls értékének létezéséhez szükséges, hogy f ’(x) = 0 teljesüljön. 0,3 ˜ x 0,5 6 0 œ x 400 .

1, 5

0,2 ˜ x

függvény deriválható és f ´(x)

Az f : R o R; f x

0,2 ˜ n

1,5

Az üzem napi haszna n darab készlet gyártása esetén: h n 18n 0,2 ˜ n1,5 12n 300

9. a)


9 pont

1 pont

1 pont

2011. május 3.

Ha a vizsgázó a 1 pont maximumot azzal indokolja, hogy az els derivált az x 400 1 pont környezetében el jelet vált (pozitívból negatívba megy át), ez a 2 pont jár.

1 pont

1 pont

Ha a h függvény 1 pont deriváltját képezi, ez a pont nem jár.

1 pont

1 pont


1,2 531 059 540 000

+8941

1,1 531 857 495 000

–36 857


20 / 22

Látható, hogy FG=1,2 m is el nyös Zolinak. Összefoglalva: ha FG legalább 1,2 m (és legfeljebb 8 m), akkor Zoli jól járt a kerítés megépítésével. Összesen:

FG (m) kerítés költsége (Ft) telekrész értéke (Ft) egyenleg Zoli szempontjából (Ft)

12 pont

1 pont

1 pont

2 pont

2011. május 3.

A német és francia vizsgával rendelkez 12 hallgató közül 12 – 3 = 9-nek van angol vizsgája is. Mindhárom kérdésre 9-en válaszoltak igennel. Összesen:


5 / 22

A három nyelvvizsga közül legalább eggyel rendelkez k száma 22 + 3 + 1 = 26. Mindhárom kérdésre nemmel (29 – 26 =) 3 f válaszolt. Összesen:

2. b) els megoldás A 22 angol nyelvvizsgás közül 22 – 9 = 13 f nek van egy vagy két nyelvvizsgája. Tehát 13 hallgató tartozik az angol nyelvvizsgával rendelkez k közül a német vagy francia nyelvvizsgával nem rendelkez k halmazainak uniójába. Ezen halmazok elemszáma külön-külön 7 illetve 8, az unió elemszáma 13. A két halmaz közös részébe tehát 15 – 13 = 2 elem tartozik. A közös részbe pedig a csakis angol vizsgával rendelkez hallgatók tartoznak. Ezek alapján beírhatjuk az alábbi halmazábrába az egyértelm&en adódó elemszámokat:

2. a)


A megoldás során kihasználjuk, hogy tized méterre (egész deciméterre) kerekítve kell megadni az eredményt. A megépített kerítés hossza legalább 2 pont 30 2 + 12 2 32,3 m és legfeljebb EF|36,1 m. Zoli a kerítésre legalább 32,3 ˜15 000 484 500 Ft-ot, 1 pont legfeljebb 36,1˜15 000 541 500 Ft-ot költött. 2 A kerítésre költött összeg legalább 16,15 m , de legfeljebb 18,05 m2 terület& telekrész értékével 1 pont egyezik meg. x ˜ 30 ! 18,05 , akkor Zoli A FG=x jelöléssel: ha 1 pont 2 biztosan jobban járt. Ebb l (a kerekítésre való tekintettel) az adódik, hogy 1 pont x t 1,3 (m). 2 A 16,15 m -hez tartozó FG távolság: 2 ˜16,15 1,08 (m). 1 pont 30 (A monotonitás miatt minden ennél kisebb x esetén Zoli rosszabbul jár.) Azt kell már csak megvizsgálni, hogy az 1,1 m, illetve az 1,2 m hosszú FG szakasz esetén jól járhatott-e 1 pont Zoli.


8. b) harmadik megoldás


9 pont

1 pont

1 pont

3 pont

2 pont

1 pont

1 pont

2 pont 3 pont

1 pont

2011. május 3.



6 / 22

A három nyelvvizsga közül legalább eggyel rendelkez k száma 22 + 3 + 1 = 26. Egyetlen nyelvvizsgával sem rendelkezik 29 – 26 = 3 f , tehát mindhárom kérdésre 3 hallgató válaszolt nemmel. Összesen:

Az angol nyelvvizsgával rendelkez k száma 22, tehát 24 x 22 . Csak angol nyelvvizsgával x 2 hallgató rendelkezik. Beírva x megkapott értékével a megfelel elemszámokat:

Ezzel a jelöléssel a következ Venn-diagramot hozhatjuk létre:

Jelöljük x-szel a csak angol nyelvvizsgával rendelkez hallgatók számát.

2. b) második megoldás


9 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2011. május 3.

A 3 pont az „angol” 3 pont halmaz helyes kitöltéséért jár.

Ha ez a gondolat csak 1 pont a megoldás során derül ki, ez a pont jár.


40 x 1300

30000 ˜15 x , azaz


19 / 22

x 40 x 1300 30 x (ahol x pozitív), x2 40x 1300 900x 2 . Ebb l: 899x 2 40x 1300 0 . Ennek pozitív megoldása x|1,18. Tehát legalább 1,2 m (és legfeljebb 8 m) hosszú a FG szakasz. Összesen:

2

15000 ˜ x 2

Elegend a kedvez G pontokat a FH szakasz pontjai között keresni. Az x=FG jelöléssel: ha x növekszik, akkor az EG szakasz hossza szigorúan monoton csökken (mert az EHG derékszög& háromszög EH befogója mindig 30 m hosszú, a másik befogója pedig csökken), az EFG háromszög területe szigorúan monoton n (hiszen a FG oldala n , a hozzá tartozó magassága nem változik). Ebb l következik, hogy elegend megvizsgálni, mely esetben egyenl a kerítésre fordított költség a cserébe kapott telekrész értékével. A kerítésért kapott telekrész területe (x-et méterben 30 x = 15 x (m 2 ) , mérve): 2 értéke 30 000˜15x (Ft). A kerítés hossza (Pitagorasz- tétellel): 1300 40 x x 2 , a kerítés megépíttetésének költsége: 15000 ˜ 1300 40 x x 2 .

8. b) másik megoldás


12 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2011. május 3.


megoldás

40 x 1300

x2 .

30 000 ˜15 x , azaz

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont*

1 pont*

1 pont*

1 pont

1 pont

1 pont



18 / 22

2011. május 3.

x 2 40x 1300 900x 2 . Ebb l 0 899x 2 40x 1300 (ahol x pozitív). Az x 899x 2 40x 1300 (x•R) másodfokú függvény egyetlen pozitív zérushelye | 1,18 . 1 pont 1,22) (A másik zérushely Ez a másodfokú függvény a pozitív számok 1 pont halmazán szigorúan n . Mivel 1,18 m 1,2 m , így legalább 1,2 m (és 1 pont legfeljebb 8 m) hosszú a FG szakasz. Összesen: 12 pont Megjegyzés: Koszinusztétel alkalmazásával is megadható az FG oldal (a *-gal jelölt pontokhoz): GFE ) D jelöléssel tgD = 1,5 , azaz D 56,31$ 1 pont EFG háromszög EG oldalára koszinusztétel alkalmazása. 1 pont y x 2 36,06 2 72,2 x cos 56,3$ 1 pont

x 2 40 x 1300 30 x (ahol x pozitív, és méterben adja meg a kérdéses hosszat.) (Mivel mindkét oldal nemnegatív, ezek négyzete között a relációjel változatlan.)

15 000 ˜ x 2

Zoli jobban járt, tehát

15 000 ˜ 1300 40 x

0 y 1300 40 x x . Az EG hosszú kerítés megépíttetésének költsége:

2

A feladat megértése (pl. egy jó vázlat). ( FG x és EG y jelölés esetén) Az EFG háromszög T területe: T = 15x (m2); a Zoli telkéhez csatolt terület értéke: 30 000 ˜15x (Ft). Az új kerítés hosszát az EHG derékszög& háromszögb l számíthatjuk. FG 20 x . Alkalmazva Pitagorasz tételét: y 2 20 x 2 30 2

8. b) els


megoldás

1 pont

1 pont

Ha ez a gondolat csak 1 pont a megoldás során derül ki, ez a pont jár.



7 / 22

2011. május 3.

xy 165 ½ ¾ egyenletrendszer ( x 2)( y 8) 165¿ megoldását keressük, ahol x és y pozitív számot 1 pont jelöl. A második egyenletben a zárójel felbontásával az xy 2 y 8x 16 165 egyenlethez jutunk. Mivel xy 165 , így 165 2 y 8x 16 165 , 1 pont azaz 4 x y 8 . 1 pont Ebb l y 4 x 8 . Az xy 165 egyenletben y 1 pont helyére 4 x 8 -at helyettesítve, 1 pont a 4 x 2 8x 165 0 másodfokú egyenletet kapjuk. Ennek pozitív megoldása: x 7,5 . (A negatív 1 pont megoldás: –5,5) Innen y 22 . 1 pont Ezekkel az értékekkel számolva: kedden 5,5 kg Ez a pont a szöveg szibarack volt egy rekeszben, és összesen 30 1 pont szerinti ellen rzésért rekesszel vásárolt a kiskeresked . (Az értékek a adható. szöveg feltételeinek megfelelnek.) Tehát hétf n egy rekeszben 7,5 kg sárgabarack volt, és ekkor összesen 22 rekesszel vásárolt a 1 pont kiskeresked . Összesen: 12 pont Tehát az

kedden egy rekeszben ( x 2 ) kg volt, és ekkor összesen ( y 8) db rekesszel vásárolt. Így az xy 165 és az ( x 2)( y 8) 165 egyenleteknek kell teljesülniük.

Ha hétf n egy rekeszben x kg sárgabarack volt, és ebb l összesen y db rekesszel vásárolt, akkor

3. els



8 / 22

2011. május 3.

· § 165 n 8 ˜¨ 2 ¸ 165 . 2 pont ¹ © n 2 pont Rendezve kapjuk: n2 8n 660 0 . Ennek egyetlen pozitív gyöke n 22 (a másik gyök 2 pont n 30 ). Hétf n 22 rekesz sárgabarackot vett a kiskeresked , 1 pont egy rekeszben 7,5 kg gyümölcs volt. Ezek az értékek megfelelnek a feladat minden Ez a pont a szöveg feltételének (kedden 30 rekesszel vásárolt, egy 1 pont szerinti ellen rzésért rekeszben 5,5 kg szibarack volt). adható. Összesen: 12 pont Megjegyzés: 165 Ha hétf n minden rekeszben s kg sárgabarack volt, akkor, darab rekesszel vásárolt. s § 165 · 8 ¸ 165 . Rendezve: 4s 2 8s 165 0 . A felírható egyenlet ekkor: s 2 ˜ ¨ © s ¹ 5,5 . Gyökök: s1 7,5 és s2

2 pont


17 / 22

A telek felosztásának megértése (pl. egy jó vázlat). Az EF átfogójú, 20 és 30 befogójú derékszög& háromszög (EFH) megadása. Pitagorasz tételének alkalmazása: EF 2 202 302 EF | 36,1 méter. Összesen:

8. a)

100 000 lakosra vonatkozóan számolunk, mert az arányok a minta nagyságától függetlenek. 100 000 lakos közül 5 000 betegszik meg, 95 000 egészséges marad. 5 000 beteg közül 2250 dohányzik , 2750 nem dohányzik. 95 000 egészséges lakos közül 19 000 a dohányos, 76 000 nem dohányos. A 21 250 dohányos között 2250 beteg van, ez a dohányosok számának 10,6%-a. A 78 750 nem dohányos között 2750 beteg van, ez a nem dohányosok számának 3,5%-a. Összesen:

2 pont

7. b) második megoldás


Ha hétf n n darab rekesz sárgabarackot vásárolt a 165 kiskeresked , akkor egy rekeszben kg n sárgabarack volt. Így kedden n 8 darab rekesz szibarackot vett, és § 165 · ekkor egy rekeszben ¨ 2 ¸ kg szibarack volt. © n ¹


3. második megoldás


1 pont 4 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 9 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2 pont

2011. május 3.


nem beteg és dohányos

20%


16 / 22

45%

beteg és nem dohányos

55%

beteg (5%)


1 pont 9 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2011. május 3.

Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont a megoldás erre a gondolatra épít.

beteg és dohányos

Kiszámítjuk, hogy a város lakosságának hány százaléka tartozik a négy csoportba. Nem beteg és nem dohányos: 0,95 ˜ 0,8 0,76 , azaz 76%; nem beteg és dohányos: 0,95 ˜ 0,2 0,19 , azaz 19%; beteg és dohányos: 0,05 ˜ 0,45 0,0225 , azaz 2,25%; beteg és nem dohányos: 0,05 ˜ 0,55 0,0275 , azaz 2,75%. A város lakosainak (19 + 2,25 =) 21,25%-a dohányos, közöttük a város lakosainak 2,25%-a beteg, 2,25 ˜ 100% a betegek tehát a dohányosok között 21,25 aránya. Egy tizedes jegyre kerekítve ez 10,6%. A város lakosainak (76 + 2,75=) 78,75%-a nem dohányos, közöttük a város lakosainak 2,75%-a beteg, 2,75 tehát a nem dohányosok között ˜100% a 78,75 betegek aránya. Egy tizedes jegyre kerekítve ez 3,5%. Összesen:

(Modellt készít: a szövegnek megfelel 4 diszjunkt csoportba sorolja a város lakosságát.)

nem beteg és nem dohányos

80%

nem beteg (95%)

város lakossága (100%)

megoldás Az adatok áttekintéséhez célszer& ábrát készíteni.

7. b) els


1 pont

AC a 2 , az AEC háromszög területe: a 2 ˜m (1) 64 . 2

1 pont

1 pont

Az ABCD és A1B1C1D1 négyzet (vagy a két E csúcsú gúla) (középpontos) hasonlósága miatt a megfelel szakaszok aránya egyenl :

a 4 2


m

9 / 22

a . 1 pont 2 Ezt behelyettesítve az (ACE háromszög területére a2 2 1 pont felírt) (1) egyenletbe: 64 , a 128 . 2 A gúla alaplapjának területe 128 cm2. 1 pont a2 128 Ÿ a 8 2 (mert a>0), a 1 pont 8 (cm). a gúla magassága: m 2 Összesen: 10 pont

m , 4

1 pont

Az alaplappal párhuzamos síkmetszet négyzet, amelynek oldala 32 4 2 cm hosszú.

1 pont

1 pont

Legyen a gúla alapéle a, magassága m.

megoldás Az ábrák jelöléseit használjuk.

4. a) els


2011. május 3.

Ha a jelölés az ábrán világos, ez a pont jár.


1 pont


D | 54,7$ .

10 / 22

Összesen:

Ha az AD él felez pontja F, az ABCD négyzet középpontja G, akkor a kérdezett szög: D EFG ) . Az EGF derékszög& háromszögb l: 8 tg D 2, 4 2

4. b)

1 pont 3 pont

1 pont

1 pont

1 pont AC a 2 , az AEC háromszög területe: 1 pont a 2 ˜m . (1) 64 2 Az alaplappal párhuzamos síkmetszet (négyzet) 1 pont (középpontosan) hasonló az alaplaphoz. A hasonló síkidomok területér l tanultak szerint a2 m2 1 pont , ezért: 32 16 a2 1 pont vagyis m2 , 2 a következik. amib l (a>0 és m>0 miatt) m 1 pont 2 Ezt behelyettesítve az (ACE háromszög területére a2 2 1 pont felírt) (1) egyenletbe: 64 , a 128 . 2 A gúla alaplapjának területe 128 cm2. 1 pont a2 128 Ÿ a 8 2 (mert a>0), a 1 pont 8 (cm). a gúla magassága: m 2 Összesen: 10 pont

Legyen a gúla alapéle a, magassága m.

4. a) második megoldás


2011. május 3.

Ha a jelölés az ábrán világos, ez a pont jár.



15 / 22

| 0,0059 0,0312 | 0,0371. (Nekünk a komplementer esemény valószín&sége kell,) tehát annak a valószín&sége, hogy a 100 ember között legalább két az újfajta betegségségben szenved van | 1 0,0371 | 0,9629 A kérdezett valószín&ség két tizedes jegyre kerekítve: 0,96. Összesen:

Annak a valószín&sége, hogy a 100 ember között nincs beteg: 0,95100 , annak a valószín&sége, hogy közöttük 1 beteg van: §100 · ¨¨ ¸¸ ˜ 0,05 ˜ 0,9599 . © 1 ¹ Annak a valószín&sége, hogy a 100 ember között legfeljebb egy, az újfajta betegségségben szenved §100 · 99 van: 0,95100 ¨¨ ¸¸ ˜ 0,05 ˜ 0,95 | © 1 ¹

Az n 100 és p 0,05 paraméter& binomiális eloszlás alapján számolhatunk.

7. a)


7 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2011. május 3.

Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont a megoldás erre a gondolatra épít.


8 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

Ha a vizsgázó nem azonos rendszerben számítja ki az összes és a kedvez esetek számát, legfeljebb 5 pont adható.



14 / 22

2011. május 3.

Megjegyzés: Ha a vizsgázó el bb a több kék mint piros golyó húzásának valószín&ségét számítja ki, és a b) els megoldásának gondolatmenetét követve adja meg az egyenl számú kék és piros golyó húzás valószín&ségét, akkor alkalmazzuk b) els megoldásának pontozását!

Összesen:

a kedvez esetek száma: 15 30 1 20 30 96. 96 | 0,395 . A keresett valószín&sége tehát: 243

a harmadik (5,0,0) 1-féleképpen, míg § 5· · 5! § ¨ 2 ˜ ¨¨ ¸¸ ¸ =20-féleképpen a negyedik (3,1,1) ¸ ¨ 3! © © 3¹ ¹ következhet be. 5! 120 Végül az ötödik (2,1,2) 30 -féleképpen 2!˜2! 4 következhet be, azaz

6. b) második megoldás Közvetlenül megszámoljuk, hogy a 243 egyenl valószín&ség& eset közül hány végz dik több kék mint piros golyó húzásával. Legyen az els szám a kék, a második a piros, a harmadik a fehér golyók száma: (1,0,4), (2,0,3), (3,0,2), (4,0,1), (5,0,0), (2,1,2), (3,1,1), (4,1,0), (3,2,0). Mivel a különböz színek egyformán gyakoriak, ezért a fenti esetek közül azonosak valószín&ség szempontjából a következ k: (1,0,4), (4,0,1), (4,1,0) (2,0,3), (3,0,2), (3,2,0) (5,0,0) (3,1,1) (2,1,2) Az els hármas összesen § 5· · 5! § 3 ˜ ¨¨ 3 ˜ ¨¨ ¸¸ ¸¸ 15 -féleképpen, 4! © ©1 ¹ ¹ a második hármas §5·· 5! § ¨ 3 ˜ ¨¨ ¸¸ ¸ =30 -féleképpen, 3˜ ¸ 3!2! ¨© © 2¹¹


3

a3

3 2 3 2

Összesen:

II.

sin E

2 sin

kS , azaz, ha D

k˜

S


11 / 22


1 pont

1 pont

1 pont

2011. május 3.

Ez az 1 pont csak mind 1 pont az öt jó érték felsorolásáért jár.

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

A számtani sorozat 1 pont bármelyik definíciójának helyes alkalmazásáért jár 1 pont a 2 pont. 1 pont

1 pont

1 pont 3 pont

1 pont

1 pont

esetén nem kapunk megfelel megoldást, 2 1 pont ugyanis ekkor a1 a2 a3 2 . Összesen: 13 pont

D

(k•Z). 2 Mivel D • >0; 2S @ , ezért . lehetséges értékei: 3S S ; 2Œ. 0; ; Œ; 2 2 cos D 1 a tekintett intervallumon pontosan akkor teljesül, ha D 0 vagy D 2S , ezeket az értékeket pedig már megkaptuk az el z eset vizsgálatakor. Ha D 0 , D S vagy D 2S , akkor a1 1 , a2 2 , a3 3 ; 3S , akkor a1 0 , a2 2 , a3 4 , tehát ez a ha D 2 négy D érték megoldást ad.

akkor, ha 2D

S

˜ cos azonosságot 2 2 alkalmazva a bal oldalra: 2 sin 2D ˜ cosD 2 sin 2D . 0-ra rendezés és szorzattá alakítás után: sin 2D ˜ cosD 1 0 . (A bal oldalon álló szorzat pontosan akkor 0, ha valamelyik tényez je 0.) A valós számok halmazán sin 2D 0 pontosan

A sin D

D

2 sin 2D . E D E

2 ˜ 2 sin 2D .

Átalakítva: sin 3D sin D

azaz 4 sin D sin 3D

5. b) els megoldás Tetsz leges D • >0; 2S @ esetén a1 1 sin D , a2 2 sin 2D , a3 3 sin 3D . Ezek egy számtani sorozat egymást követ tagjai, ha a1 a3 2a2 ,

2

1

a2

a1

5. a)


1 sin D ,

S

2 , a3

4 , tehát ez a


12 / 22


1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2011. május 3.

Ez az 1 pont csak mind 1 pont a három jó érték felsorolásáért jár.

1 pont 1 pont

1 pont

A számtani sorozat 1 pont bármelyik definíciójának helyes alkalmazásáért jár 1 pont a 2 pont. 1 pont

1 pont

esetén nem kapunk megfelel megoldást, 2 1 pont ugyanis ekkor a1 a2 a3 2 . Összesen: 13 pont

D

ha D

3S , akkor a1 0 , a2 2 négy D érték megoldást ad.

A sin 3D 3sinD 4 sin3 D és a sin 2D 2 sin D cos D azonosságokat alkalmazva: 4 sinD 4 sin3 D 4 sinD cosD . Ebb l: sin D ˜ 1 sin 2 D cosD 0 . (A bal oldalon álló szorzat pontosan akkor 0, ha valamelyik tényez je 0.) A tekintett intervallumon sin D 0 pontosan akkor teljesül, ha D 0 vagy D S vagy D 2S . Mivel 1 sin 2 D cos2 D , ezért a bal oldal másik tényez je cos 2 D cos D cos D ˜ cos D 1 alakban írható, és pontosan akkor 0, ha cos D 0 vagy cos D 1 . Az . eddigi lehetséges értékeihez innen két új érték 3S S adódik a cosD 0 egyenletb l: D és D . 2 2 Ha D 0 , D S vagy D 2S , akkor a1 1 , a2 2 , a3 3 ;

2 sin 2D .

2 ˜ 2 sin 2D .

Átalakítva: sin 3D sin D

azaz 4 sin D sin 3D

a2 2 sin 2D , a3 3 sin 3D . Ezek egy számtani sorozat egymást követ tagjai, ha a1 a3 2a2 ,

5. b) második megoldás Tetsz leges D • >0; 2S @ esetén a1



13 / 22

6. b) els megoldás Három eset lehetséges: azonos a kihúzott piros és kék golyók száma, vagy több a kék vagy több a piros. A különböz szín& golyók azonos száma miatt „a több piros mint kék golyó húzásának” esélye azonos „a több kék mint piros golyó húzásának” esélyével. A több kék mint piros golyó húzásának esélye tehát: 1 § 51 · ˜ ¨1 ¸ 2 © 243 ¹ 96 | 0,395 . 243 Összesen:

Els eset 0 piros és 0 kék, azaz mind az öt fehér, ez 1-féleképpen lehetséges. Második eset: 1 piros és 1 kék, 3 fehér, ez §5·· 5! § ¨ 2 ˜ ¨¨ ¸¸ ¸ =20-féleképpen következhet be. ¸ 3! ¨© ©3¹¹ Harmadik eset: 2 piros és 2 kék, 1 fehér, ez 5! § § 5 ·§ 4 · · ¨ ¨ ¸¨ ¸ ¸ =30 esetben következhet be. 2! 2! ¨© ¨©1 ¸¹¨© 2 ¸¹ ¸¹ A kedvez esetek száma tehát 1 20 30 51 . A döntetlen játszma valószín&sége: 51 | 0,2098 | 0,21 . 243 Összesen:

Egyforma a kék és piros golyók száma, ha mindkett 0, 1 vagy 2.

6. a) 35 243 különböz húzás lehetséges, (ezek mindegyike azonos valószín&séggel következhet be).


8 pont

1 pont

2 pont

2 pont

1 pont

2 pont

8 pont

1 pont

1 pont

3 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2011. május 3.

Ennél kevésbé részletezett helyes indoklás esetén is járnak ezek a pontok.

Ezt a pontot akkor is megkapja, ha a gondolatot ugyan nem írja le, de a megoldásából kiderül, hogy erre épít.


JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI MATEMATIKA ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA EMELT SZINT% ÍRÁSBELI. ÉRETTSÉGI VIZSGA május 3. MINISZTÉRIUM NEMZETI ERFORRÁS

Recommend Documents