JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI MATEMATIKA ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA EMELT SZINT% ÍRÁSBELI. ÉRETTSÉGI VIZSGA október 16. MINISZTÉRIUMA EMBERI ERFORRÁSOK

Matematika

ÉRETTSÉGI VIZSGA ” 2012. október 16. EMBERI ER FORRÁSOK MINISZTÉRIUMA

JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

EMELT SZINT% ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA

MATEMATIKA

emelt szint Javítási-értékelési útmutató 1211

Fontos tudnivalók

Javítási-értékelési útmutató

írásbeli vizsga 1211

2 / 18

2012. október 16.

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, hacsak az útmutató másképp nem rendelkezik. Az adható pontszámok azonban csak egész pontok lehetnek. 3. 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. 4. 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. 5. Ha a megoldási útmutatóban zárójelben szerepel egy megjegyzés vagy mértékegység, akkor ennek hiánya esetén is teljes érték& a megoldás. 6. Egy feladatra adott többféle megoldási próbálkozás közül a vizsgázó által megjelölt változat értékelhet . 7. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre el írt maximális pontszámot meghaladó pont) nem adható. 8. Az olyan részszámításokért, részlépésekért nem jár pontlevonás, melyek hibásak, de amelyeket a feladat megoldásához a vizsgázó ténylegesen nem használ fel. 9. 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, a tanári gyakorlatnak megfelel en jelölve a hibákat és a hiányokat. 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. 5. Az ábrán kívül ceruzával írt részeket a javító tanár nem értékelheti.

Formai el írások:

Matematika — emelt szint

6 pont

2 pont

1 pont

2 pont

1 pont


18 / 18

Ha úgy színeztünk be 6 élt, hogy kaptunk egy négypontú teljes részgráfot és egy izolált pontot, 2 pont akkor ez a gráf nem összefügg , tehát jó. Másképp nem kaphattunk nem összefügg gráfot, hiszen ha egy két- és egy hárompontú (esetleg nem 2 pont összefügg ) komponense lenne, akkor legfeljebb 1 + 3 = 4 éle lehetne. Az els típushoz ötféleképpen választhatjuk ki az izolált pontot, és ez már meghatározza 2 pont a 6 beszínezhet élt, tehát az ilyen gráfok száma 5. Az ötpontú teljes gráfnak 10 éle van, 1 pont §10 · ezek közül ¨¨ ¸¸ (= 210)-féleképpen választhatjuk ki 2 pont ©6¹ a 6 kiszínezend élt. 5 (| 0,024). A keresett valószín&ség tehát p = 1 pont 210 Összesen: 10 pont

9. b)

Az (1) állítás hamis. Egy ötpontú egyszer& gráfban legfeljebb 10 él húzható, 11 éle tehát nem lehet. A (2) állítás igaz. (A gráf csúcsai legfeljebb negyedfokúak lehetnek.) Ha a gráf minden csúcsa harmadfokú volna, akkor a gráfban a fokszámok összege páratlan lenne (15), ami lehetetlen. Összesen:

9. a)


2012. október 16.


Összesen:

550844 | 0,11 . 5 ˜106

Összesen:

2 ˜108

I.


3 / 18

1. c) második megoldás A sorsjegy kibocsátójának nyeresége a játékosok összes nyereségének ellentettje. Egy játékos nyereségének várható értéke tehát 400 000 000 5 000 000 = –80 Ft. Összesen:

1. c) els megoldás A felvehet nyeremény várható értéke: 4 ˜10 7 2 ˜10 6 8 ˜10 6 1,5 ˜108 2 ˜108 2 ˜108 5 ˜10 6 = 120 (Ft). A nyereség várható értéke tehát (120 – 200 =) –80 Ft. Összesen:

tehát a keresett valószín&ség: p

(Az 5 millió sorsjegy bármelyikét egyenl valószín&séggel húzhatjuk.) A kedvez esetek száma 550 844,

1. b)

( 6 ˜10 ) (Ft), tehát a különbözet 400 millió Ft.

8

A bevétel: 5 ˜ 106 ˜ 200 109 (Ft). A kifizetett nyeremény: 4 ˜10 7 2 ˜10 6 8 ˜10 6 1,5 ˜108 2 ˜10 8

1. a)


1 pont 4 pont

1 pont

2 pont

1 pont 1 pont 4 pont

2012. október 16.

2 pont Nem bontható.

Ha egyértelm&en kiderül, hogy a vizsgázó jó szá2 pont mokat adott össze, de számolási hibát vétett, akkor 1 pontot kaphat. A 0,1 is elfogadható válasz. A százalékban 2 pont megadott helyes válasz is elfogadható. 4 pont

1 pont 3 pont

1 pont

1 pont


nyereség

9 800

800

300

0

–200

10 000

1 000

500

200

0

i

i

¦x ˜ p

Összesen:

képlet


Az egyenlet megoldásai a –6 és a 27,5.

Rendezve: 4 x 2 86x 660 0 . (Egyszer&sítve: 2 x 2 43x 330 0 .)

A m&veleteket elvégezve: x 2 59x 660 145x 5x 2 .

4 / 18

Az els egyenletb l (például) y-t kifejezve és azt a második egyenletbe helyettesítve: ( x 15)( 44 x) 5 x(29 x) .

megoldás (Jelölje x azt a számot, amelyet 15-tel csökkentünk, y pedig a másikat.) x y 29 ½ ¾ ( x 15)( y 15) 5 xy ¿

2. els

i

valószín&ség 4 ( 0,0000008) 5 ˜10 6 40 ( 0,000008) 5 ˜10 6 800 ( 0,00016) 5 ˜ 106 150 000 ( 0,03) 5 ˜106 400 000 ( 0,08) 5 ˜106 10 6 ( 0,2) 5 ˜10 6 3 449 156 ( 0,6898312) 5 ˜10 6

segítségével is kiszámíthatjuk. A nyereség várható értéke –80 Ft.

A várható értéket az E ( X )

49 800

50 000

10 000 000 9 999 800

nyeremény

1. c) harmadik megoldás


1 pont

2012. október 16.

Ha x-et fejezte ki: (14 y )( y 15) 5(29 y) y . Bal oldalon a zárójel felbontása 1 pont, 3 pont összevonás 1 pont, jobb oldalon a zárójel felbontása 1 pont. Ha y-ra írja fel a másodfokú egyenletet, akkor a 1 pont 2 y 2 73 y 105 0 egyenlet adódik. 2 pont


Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 1 pont 4 pont

Egy hiba esetén 1 pont 2 pont jár, egynél több hiba esetén nem jár pont.


2

5p.

4 2 7

1,

2

3 11 7 ,

Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 1 pont

2 pont

2 pont*

1 pont

2 pont

1 pont

2 pont

1 pont


4 4 3.


ahonnan p

17 / 18

2012. október 16.

1 pont* Összesen: 16 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó tg 75º közelít értékével számol, ezért p-re sem pontos értéket kap, a *-gal jelzett 3 pontot elveszíti. (tg 75º | 3,732, p | 10,928)

így p 4

A C pont koordinátái kielégítik ezt az egyenletet,

A BC egyenes egyenlete: y 4 2 3 x 7 .

így irányszöge 135° (–45°). Az AB egyenes, a BC egyenes és az x tengely által közrefogott háromszög két szöge 45°-os és 60°-os, ezért a harmadik szöge 75°-os. Ebb l következik, hogy a BC egyenes irányszöge 75°, iránytangense (meredeksége) tg 75º. Ennek pontos értéke (például a megfelel addíciós tétel alkalmazásával) § tg 45$ tg 30$ · ¸2 3. tg 75$ ¨¨ tg 45$ 30$ 1 tg 45$ ˜ tg 30$ ¸¹ ©

1

4 4 3.

Az AB egyenes iránytangense:

8. harmadik megoldás

(Mivel p ! 0 , ezért) p

2 pont

Ezt a pontot úgy is megkaphatja a vizsgázó, ha 1 pont a következmény-egyenlet két gyöke közül kizárja a negatívat.

1 pont

Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont ez a gondolat csak a megoldásból derül ki.


Ha a vizsgázó közelít 2 pont értékekkel számol, akkor erre a részre legfeljebb 1 pont 2 pontot kaphat. Összesen: 16 pont

Rendezés, négyzetre emelés, majd nullára redukálás után kapjuk: p 2 8 p 32 0 . Ennek az egyenletnek a gyökei: p1 4 4 3 , p2 4 4 3 .

Mivel az egyenlet bal oldala pozitív, ezért p ! 0 .

5 2 ˜ 16 p 4 2

A skaláris szorzat kétféle kifejezésének egyenl sége miatt:


50 16 ( p 4) 2

81 ( p 1) 2

Négyzetre emelve és egyszer&sítve: p 2 8 p 32 2 p 2 ,

4 4 3.

42

2

52

p 4

2

.

5 2,

20 5 ˜ p


ezért BA ˜ BC

4

Mivel BA 5; 5 és BC 4; p 4 ,

5p .

16 / 18

A skaláris szorzat felírható a megfelel koordináták szorzatának összegeként is.

és BC

ahol AB

5

BA ˜ BC ˜ cos 60 $

AB ˜ BC , 2

BA ˜ BC

2 pont

2012. október 16.

Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

Ha a vizsgázó közelít 2 pont értékekkel számol, akkor erre a részre legfeljebb 1 pont 2 pontot kaphat. Összesen: 16 pont

A BA és BC vektorok által bezárt szög 60°-os, ezért skaláris szorzatuk

8. második megoldás

(Mivel p ! 0 , ezért) p

amib l p 2 8 p 32 0 adódik. Ennek az egyenletnek a gyökei: p1 4 4 3 , p2 4 4 3 . 1 pont

1 pont

Mivel a bal oldalon pozitív szám áll, ezért p > 0.


Ha a vizsgázó a számolás leírása nélkül annyit ír, hogy a szöveg alapján ellen rizte a megoldásokat, és azok megfelel ek, akkor ezért 1 pontot kaphat.



5 / 18

2012. október 16.

A második egyenletb l kivonva az els t: 1 pont –30x + 210 = 4c. Ebb l x-et kifejezve: Ha c-t fejezte ki: 2c 1 pont c = 15 x 105 . x=7– . 2 2 15 Ezt visszaírva az els egyenletbe: 15 105 x 1 pont x(29 – x) = § 7 2c · ˜ § 22 2c · c . ¸ ¸ ¨ ¨ 2 2 15 ¹ © 15 ¹ © A m&veleteket elvégezve: 4c 2 1 pont 154 – 2c – = c. 225 225-tel szorozva és rendezve: 1 pont 2 x 2 73x 105 0 0 = 4c2 + 675c – 34 650. Az egyenlet megoldásai a –210 és a 41,25. 2 pont Az els megoldásból x = 35, 1 pont ekkor a másik szám a –6, a másodikból x = 1,5, ekkor a másik szám a 27,5. 1 pont Ellen rzés: lásd az els megoldásnál. 2 pont Összesen: 13 pont

(Ha a 15-tel növelend szám x, akkor a másik 29 – x, c pedig jelölje az eredeti két szám szorzatát.) x(29 x) c ½ ¾ ( x 15)(14 x) 5c ¿

Rendezve:

2. második megoldás

Ha a 15-tel csökkentend szám a –6, akkor a másik 1 pont szám a 35. Ha a 15-tel csökkentend szám a 27,5, akkor a másik 1 pont szám az 1,5. Ellen rzés a szöveg alapján: Ha a két szám a –6 és a 35, akkor (az összegük 29,) a szorzatuk –210. 1 pont A megváltoztatott számok a –21 és az 50, ezek szorzata –1050, ami valóban 5-szöröse a –210-nek. Ha a két szám a 27,5 és az 1,5, akkor (az összegük 29,) a szorzatuk 41,25. 1 pont A megváltoztatott számok a 12,5 és a 16,5, ezek szorzata 206,25, ami valóban 5-szöröse a 41,25-nek. Összesen: 13 pont


Ezt a pontot úgy is megkaphatja a vizsgázó, ha 1 pont a következmény-egyenlet két gyöke közül kizárja a negatívat.

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2 pont


2 pont

50( p 2 8 p 32) 10 p .

p 2 2 p 82 A kapott értékeket visszahelyettesítve a koszinusztételbe: p 2 2 p 82 p 2 8 p 82 50 ˜ p 2 8 p 32 .

AC 2

p 2 8 p 32

AB2 BC 2

megoldás Az ABC háromszög AC oldalára felírva a koszinusztételt: AC 2 AB 2 BC 2 2 ˜ AB ˜ BC ˜ 0,5 .

8. els


Összesen:

1 pont

Ez a pont csak akkor jár, 1 pont ha mindkét feltétel szerepel. 1 pont 1 pont

Az x = k ˜ 2 Œ , k • Z válasz is elfogadható. 1 pont Ha a k • Z nem szerepel, akkor ez a pont nem jár. 5 pont

1 pont 1 pont 1 pont 1 pont


Az értelmezési tartomány: § ½· -S k ˜ Œ ¾ ¸¸ , ahol k • N . R \ ¨¨{1} ‰ ® 2 ¿¹ ¯ ©

6 / 18

2012. október 16.

A k • N helyett a k • Z is elfogadható. Œ k ˜Œ 1 pont Az x > 0, de x z 2 ( k • Z ) és x z 1 válasz is elfogadható. Összesen: 5 pont Megjegyzés: Ha k lehetséges értékei sehol sem szerepelnek, akkor legfeljebb 4 pont adható.

(A logaritmus miatt) cos x ! 0 , tehát cos x z 0 , azaz Œ xz k ˜ Œ , ahol k • Z . 2

2

Összesen:

k ˜ 2 Œ, k • Z` .

(A logaritmus alapja miatt) x ! 0 és x z 1 .

3. c)

Az értelmezési tartomány: ^ x • R x

(A logaritmus miatt) cos x > 0, és (a négyzetgyök miatt) log 2 cos x t 0 , azaz cos x t 1 . (A koszinusz függvény értékkészlete miatt) cos x = 1.

3. b)

A keresett halmaz: ] 0 ; f[ .


15 / 18

Egy edényt véletlenszer&en kiválasztva az 0,02 valószín&séggel selejtes lesz, tehát 0,98 valószín&séggel jó. A kérdéses valószín&ség a binomiális eloszlás alapján számolható: § 50 · P 2 selejtes ¨¨ ¸¸ ˜ 0,02 2 ˜ 0,98 48 | ©2¹ | 0,186 . Összesen:

7. c)

3 ˜ 3 64 ˜10 6 1200 . A zománccal bevonandó felület területe tehát nem lehet kisebb 1200 cm2-nél. Egyenl ség abban az esetben lehetséges, ha 8000 x2 , vagyis ha x3 8000 . x Ebb l x 20 , tehát a gyártott edények alapéle 20 cm. Összesen:

Ha az edény magassága m cm, akkor 4000 x2m , és a zománccal bevonandó felület területe (cm2-ben) T x 2 4 xm . Az m-et a térfogatra felírt összefüggésb l kifejezve 16000 és behelyettesítve T-be: T x2 . x 16 000 8000 8000 x2 x2 , ahol x > 0. x x x Alkalmazzuk a jobb oldalon álló összeg három tagjára a számtani és a mértani közepük közötti egyenl tlenséget: 8000 8000 8000 8000 x2 t 3˜ 3 x2 ˜ ˜ x x x x

Az x > 0 válasz is 1 pont elfogadható. 3 pont

7. b) második megoldás 1 pont 1 pont


(A négyzetgyök miatt) x t 0 , (a logaritmus miatt) x > 0.


3. a)


1 pont 4 pont

1 pont

2012. október 16.

Ezek a pontok akkor is járnak, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül 1 pont ki. 1 pont

1 pont 1 pont 9 pont

1 pont

1 pont

2 pont

1 pont

1 pont

1 pont


x2

16 000 x

0 œ x3

Tc x


14 / 18

8000 œ x 20 . 32 000 pozitív az x = 20-ban, Mivel T cc x 2 x3 ezért a T függvénynek az x 20 helyen (abszolút) minimuma van. A gyártott edények alapéle 20 cm. Összesen:

2x

Tc x

16 000 x2

T -nek ott lehet széls értéke, ahol a deriváltja 0.

függvényt.

Tekintsünk a T : R o R; T ( x)

megoldás Ha az edény magassága m cm, akkor 4000 x2m , és a zománccal bevonandó felület területe (cm2-ben) T x 2 4 xm . Az m-et a térfogatra felírt összefüggésb l kifejezve 16000 . és behelyettesítve T-be: T x2 x

7. b) els

Az edény alapéle legyen x cm hosszú. (Az edény térfogata 4000 cm3, ezért) 4000 x 2 ˜ 6,4 . x = 25 A zománccal bevonandó felület területe: (625 4 ˜ 25 ˜ 6,4 ) 1265 cm2. Összesen:

7. a)


1 pont

2012. október 16.

Ez a 2 pont akkor is jár, ha a vizsgázó az els derivált el jelváltásával 1 pont indokol helyesen. 1 pont 9 pont

1 pont

1 pont

Ez a pont jár, ha bármilyen módon (pl. x > 0) 1 pont helyesen utal a függvény értelmezési tartományára. Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont ez a gondolat csak a megoldásból derül ki.

1 pont

1 pont

3 pont

1 pont

1 pont

1 pont


2

16 , 24


MH

7 / 18

16 24 | 28,8 (km) MP , így MP| 5,7 (km). sin 11,3q | 28,8 (Mivel MP 6 km,) ezért a hajó legénysége észlelheti a vészjelzéseket. Összesen:

2

MHPÚ | 45° – 33,7° = 11,3°

ebb l SHMÚ | 33,7°.

Az SHM háromszögben tg SHMÚ =

A feladat feltételeit feltüntet jó ábra (lásd az els megoldásnál).

4. a) második megoldás

(Mivel MP 6 km,) ezért a hajó legénysége észlelheti a vészjelzéseket. Összesen:

A HSA háromszög derékszög&, egyenl szárú, ezért AS = 24 (km), tehát MA 8 (km), valamint az APM háromszög derékszög& és van 45°-os szöge (egyenl szárú), ezért MP 4 2 (| 5,7) (km).

megoldás A feladat feltételeit feltüntet jó ábra. A szigetet az S, a ment csónakot az M, a tengerjáró hajót a H pont jelöli. A hajó útjának és az SM egyenesnek a metszéspontját jelölje A.

4. a) els


Ez a pont akkor is jár, ha ez az ábrából derül ki.

Ez a pont akkor is jár, ha ez az ábrából derül ki.

7 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

2012. október 16.

Ha ábra nélkül is jó 2 pont a megoldása, akkor is jár ez a 2 pont.

7 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont

1 pont




8 / 18

7 pont

1 pont

2012. október 16.

1 pont A pont és egyenes távolságának képlete alapján a (16; 0) pont távolsága az x – y – 24 = 0 egyen1 pont let& egyenest l: 16 0 24 d 12 12 1 pont 4 2 6.

1 pont

1 pont*

1 pont*

1 pont




13 / 18

2012. október 16.

A *-gal jelölt 4 pontot a következ gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: - 45 ˜ (0,955n 1) ½ Az {S n } ® ¾ sorozat szigorúan 1 pont ¯ 0,955 1 ¿ monoton növeked , 45 a határértéke 1000 , 2 pont 0,045 tehát a világrekordot nem döntheti meg a magyar 1 pont autó.

Ennek nincs megoldása (mert minden n • N esetén 1 pont* 0,955n ! 0 ), tehát a világrekordot nem döntheti meg a magyar 1 pont* autó. Összesen: 6 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó egyenl tlenség helyett egyenletet old meg, de nem indokolja, hogy az egyenlet megoldásából hogyan következik az egyenl tlenség megoldása, akkor legfeljebb 4 pontot kaphat.

Ha a verseny kezdetét l eltelt egész órák száma n, akkor ennyi id alatt a magyar autó által (akkumulátorcsere nélkül) megtett út a mértani sorozat els n tagjának összege: 45 ˜ (0,955n 1) Sn . 0,955 1 Megoldandó (a pozitív egész számok halmazán) a 45 ˜ (0,955n 1) ! 1100 egyenl tlenség. 0,955 1 Rendezve a 0,955n 0,1 egyenl tlenséghez jutunk.


6. c)


A feladat feltételeit feltüntet jó ábra egy koordináta-rendszerben. A koordináta-rendszer origója legyen az S sziget, vízszintes tengelye a Ny-K-i, függ leges tengelye az D-É-i irány, egy egység legyen 1 km. A hajó útjának, tehát a HA egyenesnek az egyenlete: y = x – 24. A segélykér jelzés egy (16; 0) középpontú, 6 egység sugarú körben észlelhet . E kör egyenlete: (x – 16)2 + y2 = 36. A kör egyenletébe behelyettesítve az egyenes egyenletéb l nyert y-t: (x – 16)2 + (x – 24)2 = 36, azaz x2 – 40x + 398 = 0. Ennek a másodfokú egyenletnek a diszkriminánsa pozitív (+8), ezért a kör és az egyenes metszi egymást. Ez azt jelenti, hogy a hajó legénysége észlelheti a vészjelzéseket. Összesen:


4. a) harmadik megoldás


6. b)


1 pont

1 pont

1 pont


12 / 18

2012. október 16.

20 lg 1 pont 45 1 |18,61. nd lg 0,955 (A 18. órában még teljesül, hogy legalább 20 km-t tesz meg az autó, de a 19. órában már nem.) 1 pont Legkorábban a 19. órában érdemes akkumulátort cserélni. Összesen: 6 pont Megjegyzések: 1. Ha a vizsgázó óráról órára (akár ésszer& kerekítésekkel) jól kiszámolja az autó által megtett utat és ez alapján jó választ ad, akkor jár a 4, illetve a 6 pont. 2. Ha a vizsgázó a b) feladatban egyenl tlenség helyett egyenletet old meg, de nem indokolja, hogy az egyenlet megoldásából hogyan következik az egyenl tlenség megoldása, akkor legfeljebb 4 pontot kaphat (egyenlet felírása 1 pont, jó megoldása 2 pont, jó válasz 1 pont).

lg 0,955 0 miatt ebb l adódik, hogy

Addig nem érdemes akkumulátort cserélni, amíg 45 ˜ 0,955n 1 t 20 teljesül ( n • N és n ! 1 ). Mivel a tízes alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növeked , 20 ezért: (n 1) lg 0,955 t lg . 45

4 pont

RS § 1,5 · ¨| ¸ TS © 17,2 ¹

A depresszió szög nagysága megegyezik a TRS derékszög& háromszög RTS szögének nagyságával (váltószögek).

1 pont

1 pont

Akár az ábra, akár a szöveg alapján jár ez a pont.

Ez a pont akkor is jár, ha a vizsgázó nem számítja ki az ST távolságot, de 1 pont a depresszió szögre helyes számolással jó eredményt kap.

2 pont

Ha ábra nélkül is jó a 1 pont megoldása, akkor is jár ez a pont.



9 / 18

2012. október 16.

Ha a vizsgázó nem a feladat szövegének meg1 pont A depresszió szög | 5° nagyságú. felel en kerekít, akkor a válaszért nem kap pontot. Összesen: 7 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó a depresszió szög pótszögét adja meg válaszként, akkor erre a részre legfeljebb 6 pontot kaphat.

tg RTSÚ =

ST | 17,2 (km).

(Az ST távolságot koszinusztétellel számolhatjuk ki.) ST 2 242 202 2 ˜ 24 ˜ 20 ˜ cos 45q

1 pont

a10 a1 ˜ q 9 45˜ 0,9559 (| 29,733) A magyar autó 10. órában megtett útja (egész km-re kerekítve) 30 km. Összesen: 1 pont

A feladat feltételeit feltüntet jó ábra. A repül gép (R), a sziget (S) és a tengerjáró hajó (T) egy S-nél derékszög& háromszög három csúcsában helyezkedik el.

amelynek els tagja 45, hányadosa pedig 0,955.

4. b) Ezek a pontok akkor is járnak, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül 1 pont ki.

1 pont


Az egy óra alatt megtett úthosszak (km-ben mérve) egy olyan mértani sorozat egymást követ tagjai,


6. a)


II.

§ 5· Az e egyenesen két pontot ¨¨ ¸¸ , az f egyenesen két © 2¹ § 4· pontot ¨¨ ¸¸ különböz módon lehet kiválasztani. ©2¹


Nincs háromszög, ha mindhárom pont egy egyenesr l származik.

10 / 18

2012. október 16.

Ez a 2 pont akkor is jár, ha a komplementerre 2 pont vonatkozó gondolatmenet csak a megoldásból derül ki.

A *-gal jelölt 6 pontot a következ gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: §9· 9 pontból 3-at ¨¨ ¸¸ -féleképpen lehet kiválasztani. 1 pont © 3¹

(Mivel bármely két e-beli csúcshoz bármely két f-beli csúcs választható), 1 pont § 5· § 4 · így a megfelel négyszögek száma: ¨¨ ¸¸ ˜ ¨¨ ¸¸ 60 . 2 2 © ¹ © ¹ Összesen: 11 pont

1 pont

Az adott feltételnek megfelel négyszögek két csúcsa az e, két csúcsa az f egyenesen van.

1 pont*

1 pont*

1 pont*

1 pont*

1 pont*

Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont* ez a gondolat csak a megoldásból derül ki.

1 pont

1 pont



így ebben az esetben 6 ˜ 5 30 háromszög van. A megfelel háromszögek száma: 40 + 30 = 70.

Ha az e egyenesen a háromszögnek két csúcsa van, §5· akkor ez a két csúcs ¨¨ ¸¸ -féleképpen választható ki, © 2¹ így az ilyen háromszögek száma 10 ˜ 4 40 . Ha az f egyenesen van a háromszög két csúcsa, § 4· akkor ezek kiválasztására ¨¨ ¸¸ lehet ség van, © 2¹

Az e egyenesen kijelölt 5 pont bármelyikét az f egyenesen kijelölt 4 pont bármelyikével összekötve megfelel egyenest kapunk. Így a megadott feltételnek megfelel egyenesek száma 5 ˜ 4 20 . Az adott feltételnek megfelel háromszög két csúcsa az egyik, harmadik csúcsa a másik egyenesen van.

5. a)


§ 5· ¨¨ ¸¸ © 3¹

§ 4· ¨¨ ¸¸ 70 . © 3¹

1 . 24


Ugyanilyen gondolatmenet alapján

11 / 18

1 annak 23 valószín&sége, hogy az f egyenesen lev pontok azonos szín&ek. (Mivel az e és az f egyenes jó színezése egymástól független események,) a keresett valószín&ség az el z két érték szorzata, 1 tehát 7 (| 0,0078) . 2 Összesen:

összesen tehát

lennie, ennek valószín&sége minden pont esetén

1 , 2

4§ 1 · | 0,0078 ¸ . ¨ 29 © 27 ¹ Összesen:

5. b) második megoldás Az e egyenesen az els pont színe tetsz leges, a másik 4 pont színének ezzel megegyez nek kell

A kérdezett valószín&ség tehát:

tehát 4 „kedvez ” színezés van.

Az e egyenesen és az f egyenesen is kétféleképpen lehet egyforma szín& az összes megjelölt pont,

5. b) els megoldás Az egyenl en valószín& színezések száma: 29 .

§9· Így a háromszögek száma: ¨¨ ¸¸ © 3¹

§ 4· § 5· Ezeket ¨¨ ¸¸ , illetve ¨¨ ¸¸ -féleképpen lehet © 3¹ © 3¹ kiválasztani. § 5· § 4· Nincs háromszög ¨¨ ¸¸ ¨¨ ¸¸ (=14) esetben. © 3¹ © 3 ¹


5 pont

1 pont

2012. október 16.


1 pont

1 pont

1 pont

5 pont

1 pont

2 pont Nem bontható. Ha a csupa kék, illetve 1 pont csupa piros pont eseteket nem tekinti, azaz két ked1 pont vez esettel számol, akkor itt csak 1 pontot kap.

1 pont

1 pont

1 pont


JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI MATEMATIKA ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA EMELT SZINT% ÍRÁSBELI. ÉRETTSÉGI VIZSGA október 16. MINISZTÉRIUMA EMBERI ERFORRÁSOK

Recommend Documents