VYŠŠÍ STUPEŇ OPRAVNÝ KĽÚČ HODNOTENIE

2004. május ●

MATEMATIKA

PRÓBAÉRETTSÉGI

VYŠŠÍ STUPEŇ OPRAVNÝ KĽÚČ HODNOTENIE

Formálne predpisy: • Písomnú úlohu je potrebné opravovať perom odlišnej farby než akú použil skúšaný študent a podľa zvyklostí označovať chyby, nedostatky, atď. • V prvom obdĺžníku nachádzajúcom sa pri úlohách je uvedený maximálny počet bodov, ktorý je možné dať, do vedľajšieho obdĺžníka sa napíše počet bodov, ktorý dáva opravujúci. • Pri bezchybnom riešení stačí napísať do obdĺžníkov maximálny počet bodov. • V prípade nedostatočného/chybného riešenia prosíme, aby hodnotiaci napísal na úlohu aj jednotlivé čiastočné bodové ohodnotenie. Obsahové požiadavky: • V prípade jednotlivých úloh sme uviedli aj bodovanie viacerých riešení. Ak sa vyskytne od uvedených odlišné riešenie, vyhľadajte zodpovedajúce rovnocenné riešenie v jednotlivých častiach opravného kľúča, a na základe tohto bodujte. • Body opravného kľúča je možné ďalej rozdeľovať. Pridelené body však môžu byť len celé body. • V prípade jednoznačne správneho myšlienkového postupu a výsledkov je možné dať maximálny počet bodov aj vtedy, ak je opis menej rozvedený, ako je to uvedené v opravnom kľúči. • Ak je v riešení výpočtová chyba alebo nepresnosť, bod neprináleží len na tú časť, v ktorej žiak urobil chybu. Ak študent pracuje ďalej s chybným čiastkovým výsledkom, ale so správnym myšlienkovým postupom, treba mu prideliť ďalšie čiastkové body. • V prípade zásadnej myšlienkovej chyby v rámci jednej myšlienkovej jednotky neprislúchajú ani za formálne správne matematické kroky žiadne body. Ale ak za chybnou časťou nasleduje ďalšia čiastková otázka a študent počíta v ďalšom správne, aj keď s tým východiskovým údajom, ktorý získal na základe zásadnej myšlienkovej chyby, na túto časť má dostať maximálny počet bodov. • Z riešení danej úlohy je možné hodnotiť len jedno riešenie (s vyšším počtom bodov). • Za riešenia nie je možné prideliť bónusové body (tzn. také, ktoré sú nad maximálny uvedený počet bodov za danú úlohu). • Tie nesprávne čiastkové výpočty a kroky, ktoré študent v skutočnosti nepoužil pri riešení úlohy, nemajú byť hodnotené, nemajú prispievať k zníženiu počtu bodov. • Ak opravný kľúč dáva za kontrolu bod, je ho možné prideliť len vtedy, ak študent vykonanie kontroly uvedie písomne. (V tomto prípade prijateľný každý zásadne správny spôsob kontroly.) • V časti II/B je z 5 zadaných úloh možné vyhodnotiť len riešenie 4 úloh. Študent - podľa očakávania - označil do štvorčeka určeného na tento účel poradové číslo tej úlohy, ktorej vyhodnotenie nebude započítané do celkového počtu bodov. Preto riešenie označenej úlohy nie je potrebné ani opravovať, opraviť treba len ostatné úlohy. Ak na základe tohto nie je pre opravujúceho jednoznačné, vyhodnotenie ktorého príkladu študent nežiada, nevyhodnotenou úlohou bude v poradí posledná úloha.

OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ

Próbaérettségi 2004 – Matematika

1.

Riešenie hľadáme v spoločnom obore definície 2 funkcií 1 bod* v množine čísiel x ≥ 0 .

3 body 1 bod

Grafikon x a 3 x Grafikon x a x

2 body

Grafikon x a 2 x Grafikon x a 2 x + 1

1 bod

Stanovenie priesečníkov: x = 0 a x = 1 Riešenie nerovnosti: 0 < x < 1

2 body 1 bod*

Tento bod prináleží aj vtedy, ak obor definície nie je zvlášť vyznačený, ale študent správne stanoví množinu riešenia. Za grafikon funkcie x a 2 x +1 prináležia 4 body. Toľko dostane študent aj vtedy, ak funkciu nezobrazuje po krokoch. * Za množinu riešení spolu prináležia 2 body. Ak je odpoveď x < 1 , ale zvlášť je vyznačený spoločný obor definície, prináleží 1 bod, ak je odpoveď x < 1 bez tohto spresnenia, bod neprináleží.

Spolu 11 bodov Ak študent nakreslí obidva grafikony nesprávne, ale stanovenie oboru definície zodpovedá tomuto neprávnemu zobrazeniu, dostane 4 body!

3



2. a) Okrem prvého a piateho bodu má každý hod 6 možných riešení, teda spolu 6 4 = 1296 možností. Prvý hod je len jednoraký, ale piaty môže byť dvojaký, tak spolu je 2 ⋅ 6 4 = 2592 možností. Spolu b) Pretože teraz sa nemôže opakovať ani jeden hod, je len 2 ⋅ 4! = 48 možností. Spolu c) Prvý hod rozhodne, čo hľadáme. 2. hod bude s 1 pravdepodobnosťou taký istý. 6

2 body 2 body 4 body 4 body 4 body 2 body 2 body

ALEBO: Dva hody po sebe majú 6 ⋅ 6 = 36 -toraký pravdepodobný 1 bod výsledok, z týchto je len 6 priaznivých a v týchto sa zo 6 1 bod znakov niektorý opakuje. Hľadaná pravdepodobnosť je 6 1 = . teda 2 body 36 6

Spolu 4 body

3. Pred hrou mali 4x, 5x, 6x toliarov. Po hre mali 5y, 6y, 7y toliarov. Celkové množstvo peňazí sa nemenilo, preto 5 15 x = 18 y , odkiaľ y = x 6 Peniaze po hre vyjadrené pomocou x: 5 25 5 5 35 x , 6 ⋅ x = 5x a 7 ⋅ x = x 5⋅ x = 6 6 6 6 6 1 Len prvý hráč vyhral, jeho výhra je x = 12 toliarov, 6 tak x = 72 toliarov. Na začiatku hry mali 288, 360, 432 toliarov. Ich pomer je skutočne 4:5:6, na konci hry 300, 360 a 420 toliarov, ich pomer je 5:6:7.

4

Aj bez vyznačeného úkonu prináležia 2 body. Aj bez vyznačeného úkonu prináležia 2 body.

2 body 2 body 2 body

2 body

2 body 3 body 1 bod

V prípade, že myšlienkový postup odzrkadľuje správnu odpoveď, prináležia aj bez podrobného textového rozboru 4 body.



ALEBO: Spolu z [(4 + 5 + 6 ); (5 + 6 + 7 )] = 90 jednotiek, 24 30 36 ; ; mali jednotliví hráči pred hrou jednotiek, 90 90 90 po hre mali

25 30 35 jednotiek. ; ; 90 90 90


1 jednotiek, 2 body 90 preto celkové množstvo peňazí je 12 ⋅ 90 = 1080 toliarov, 2 body a preto pred hrou mali 288; 360; 432 toliarov. 3 body Kontrola s textom. 1 bod Spolu 14 body Prvý hráč vyhral 12 toliarov, čo je

4.

a) Stred kružnice P s polomerom r2 sa dotýka spájajúce polomeru O stredového kruhu s dotykovým bodom E.

2 body

V rovnoramennom pravouhlom trojuholníku OPT je OP = r2 2 .

2 body 2 body

Na úsečke OPE r2 2 + r2 = 2 + 1 . Odkiaľ r2 = 1 .

1 bod Spolu 7 bodov

b) Body O,S, Q, F sú na jednej priamke, tak QS = OF − OS − r3 = 2 + 1 − 1 − r3 .

2 body

V pravouhlom trojuholníku PQS je PQ = r2 + r3 . Pytagorova veta napísaná pre pravouhlý trojuholník

1 bod

= (1 + r3 ) . 2 Upravená rovnica: r3 = = 2 − 1. 2+2 2

2 body

PQS: 12 +

(

2 − r3

)

2

Ak je vyznačené iba na obrázku, aj vtedy prináležia 2 body.

2

2 body

Spolu 7 bodov

5

Aj bez odmocňovania prináležia 2 body.



5. Obor definície: 1 1 x > 0, x ≠ , x ≠ 3 9 Prejdime na logaritmus so základom 3: log 3 3 4 ⋅ log 3 3 + = 6, log 3 3 x log 3 9 x 1 4 teda + =6. log 3 3x log 3 9 x S použitím totožnosti vzťahujúcej sa na súčin logaritmu 1 4 + = 6. log 3 3 + log 3 x log 3 9 + log 3 x

Teda 1 4 + = 6. 1 + log 3 x 2 + log 3 x Usporiadane 2 6 ⋅ log 3 x + 13 ⋅ log 3 x + 6 = 0 . Odtiaľ log 3 x = − tak x = 3

−

2 3

=

alebo x = 3

−

3 2

1 3

9

=

1 bod*

2 body 1 bod

2 body 1 bod 2 body

2 3 alebo log 3 x = − . 3 2

2 body

.

2 body

1

. 2 body 27 Pretože každý krok bola ekvivalentná úprava na možnom obore definície a vypočítané korene sú prvkom oboru definície, obidve vyhovujú rovnici. 1 bod* ALEBO: Ak prejde na logaritmus so základom 3x, potom log 3 x 3 log 3 x 3 + 4 ⋅ =6 3 body log 3 x 9 x log 3 x 3 3 body log 3 x 3 + 4 ⋅ =6 1 + log 3 x 3 2 2 body log 3 − log 3 − 6 = 0 3x

3x

log 3 x 3 = 3 alebo log 3 x 3 = −2 x=3

2 − 3

=

2 body

1 3

alebo x = 3

2 body

9 −

3 2

=

1

2 body

27 Kontrola, skúmanie oboru definície.

2 body*

6



ALEBO: Ak prejde na dekadický logaritmus, potom lg 3 4 lg 3 + =6 lg 3 + lg x lg 9 + lg x lg 3 4 lg 3 + =6 lg 3 + lg x 2 lg 3 + lg x

3 body 1 bod 4 body

6 ⋅ lg 2 x + 13 ⋅ lg 3 ⋅ lg x + 6 ⋅ lg 3 = 0 3 2 lg x = − lg 3 alebo lg x = − lg 3 2 3 2 − 1 x=3 3 = 3 9 3 − 1 alebo x = 3 2 = 27 Kontrola, skúmanie oboru definície.


2 body* Spolu 16 bodov *Za skúmanie oboru definície a kontrolu možno spolu dať 2 body. V prípade neúplného oboru definície a porovnania s týmto: Ak správne určí obor definície, ale výsledok s ním neporovná: V prípade neúplného oboru definície a kontroly dosadením: Ak neskúma obor definície, ale dosadením kontroluje:

6. a) Pomocou kosínovej vety

2 body

a = 4 + 5 − 40 cos 32° = 2,66 Najväčšia strana je c, tak najväčší uhol je γ. γ môže byť ostrý alebo tupý uhol, ale β je v každom prípade ostrý uhol, preto najprv vypočítame tento uhol pomocou sínusovej vety, lebo v intervale 0° – 90° je sínusová funkcia vzájomne jednoznačná. 4 b sin β = ⋅ sin α = ⋅ sin 32° = 0,7967 ⇒ β = 52,82° 2,66 a γ = 180° − (α + β ) = 95,18° ALEBO: Pomocou kosínovej vety a = 2,66 Najväčší uhol γ, 4 2 + 2,66 2 − 5 2 čo je pomocou kosínovej vety cos γ = 2 ⋅ 4 ⋅ 2,66 Teda γ = 95,18° . 2

2

1 bod

2 body 2 body 1 bod 2 body 1 bod 3 body

2 body Spolu 8 bodov

7

1 bod. 1 bod. 2 body. 2 body.



b)

V pravouhlom trojuholníku BTM je MBT∠ = 90° − α a MT = BT ⋅ tg (90° − α ) . V pravouhlom trojuholníku BTC je BT = a ⋅ cos β = 2,66 ⋅ cos 52,82° = 1,61 a potom MT = 1,61 ⋅ tg 58° = 2,57 . ALEBO: Z pravouhlého trojuholníka ATC x1 = 4 ⋅ sin 32° = 2,12 . V pravouhlom trojuholníku DCB je DCB∠ = 180° − γ = 84,82° a potom DC = 2,66 ⋅ cos 84,82° . V pravouhlom trojuholníku DCM je DCM∠ = 90° − α = 58° a potom DC = x 2 ⋅ cos 58° . Z rovnosti dvoch výrazov DC 2,66 ⋅ cos 84,82° x2 = = 0,45 . cos 58° Hľadaná vzdialenosť TM = x1 + x 2 = 2,57 . ALEBO:

Priesečník výšok trojuholníka ABC je súčasne stredom kružnice, ktorú možno okolo trojuholníka A’B’C’ nakresliť a ktorému je trojuholník ABC trojuholníkovou 8

2 body 2 body 2 body 2 body 2 body 1 bod 1 bod 1 bod 1 bod 1 bod

1 bod

2 body



strednou priesečkou. Stred kružnice nakreslenej okolo trojuholníka ABC je a R= = 2,51 , a to kvôli a = 2R sin α 2 sin α stred kružnice nakreslenej okolo trojuholníka A’B’C’ je 2 R = 5,02 . Plocha trojuholníka ABC napísaná dvojakým spôsobom 4 ⋅ 5 ⋅ sin 32° 5m = . je T = 2 2 Odtiaľ m = 2,12 . Z pravouhlého trojuholníka MCB’ pomocou Pytagorovej vety: x = 4 R 2 − 25 = 0,45 . Hľadaná vzdialenosť MT = 2,57 .

2 body

1 bod 1 bod 1 bod

1 bod Spolu 8 bodov

Poznámky: 1. Časť b) je možno riešiť aj súradnicovo-geometricky. 2. Ak študent nezistí, že trojuholník je tupouhlý, ale inak počíta so správnymi vzťahmi, môže dostať maximálne 12 bodov.

7. a) Súradnicová sústava so súhlasnými jednotkami Grafikonom funkcie f je parabolický oblúk. Grafikonom funkcie g je priama úsečka.

1 bod 2 body 1 bod

Za zobrazenie za obor definície treba odobrať 1 bod!

Spolu 4 body b) 1,5 minúty po štarte t = 90 s. 1 2 f (90) = 900 − (90 − 60 ) = 675 metrov 4 20 ⋅ 90 g (90) = = 600 metrov 3

1 bod 1 bod 1 bod 9

Bod prináleží aj bez označenia mernej jednotky.



Spolu 3 body c) Význam funkcie f − g : vzdialenosť dvoch vozidiel v závislosti od času, ktorý uplynul od štartu.

3 body

Ak študent nenapíše „závislosť na uplynutom čase”, aj tak prináležia 3 body.

Spolu 3 body d)

f (t ) − g (t ) = 900 −

1 (t − 60)2 − 20t = 4 3

1 bod

1 70 = − t2 + t 4 3

1 bod

1 70 Hľadáme maximum funkcie d (t ) = − t 2 + t. 4 3 Pretože miesto extrementu funkcie x a ax 2 + bx + c je b − , 2a maximum funkcie f (t ) je pri t = spadá do intervalu [0; 90] .

140 ≈ 46,7 sekúnd, čo 3

3 body

1 bod

ALEBO:

f (t ) − g (t ) = 900 −

1 (t − 60)2 − 20t = 4 3

1 bod

1 70 = − t2 + t= 4 3 2 1  140  4900 . = − t −  + 4 3  9 Táto hodnota je maximálna, ak t =

1 bod 3 body

140 ≈ 46,7 s. 3

1 bod

ALEBO:

d (t ) = f (t ) − g (t ) = 900 −

1 (t − 60)2 − 20t = 4 3

1 bod

1 70 = − t2 + t= 4 3 1 70 d ' (t ) = − t + 2 3 140 d ' (t ) = 0 , ak t = , 3 a tu d ' (t ) zmení znamienko (+ → − ) , teda t = 46,7 s je miesto maxima. Spolu

10

1 bod 2 body 1 bod 1 bod 6 bodov

Ak je hodnota extrementu stanovená iba z grafikonu f a g, prináleží iba 1 bod. Ak študent nenapíše, že 46,7 s je prvkom oboru definície, aj vtedy prináleží 1 bod.



8. a) 2 body za správne označenie súradníc, 2 body za stĺpcový rad.

120 000 100 000 80 000

4 body

60 000 40 000 20 000 0 1980

1990

Házasságkötések száma

2000 Megszűnt házasságok száma

Spolu 4 body b) V roku 1980 na 80 331 manželstiev pripadlo 27 797 27 797 = 346,0 . rozvodov, na 1000 manželstiev teda 80,331 Podobným výpočtom v roku 1990 374,8, v roku 2000 560,4. Spolu c) Ak bolo v roku 1980 platných x tisíc manželstiev, potom na ne pripadlo x ⋅ 9,9 rozvodov, teda x ⋅ 9,9 = 27 797 . Odtiaľ x = 2 807,7& . Zaokrúhlením na tisíce bolo teda v roku 1980 platných 2808 tisíc manželstiev. Podobným výpočtom bolo v roku 1990 2514 tisíc, v roku 2000 2257 tisíc manželstiev.

3 body 1 bod 1 bod 5 bodov 2 body 1 bod

2 body

3 000 000 2 500 000 2 000 000 1 500 000 1 000 000 500 000 0 1980

1990

2000

2 body

Házasságok száma

Spolu 7 bodov

11



9. a)

3 body Spolu 3 body

b) Ak sa nepoznali, museli obidvaja poznať aj britského, maďarského a francúzskeho vedúceho, čo je protirečenie, lebo britský a maďarský vedúci mali iba po jednom známom. Nemecký a talianksý vedúci sa teda určite poznali. ALEBO:

2 body

Pretože sú možné iba tieto dva systémy známostí, nemecký a taliansky 2 body vedúci sa určite poznali. Spolu 2 body c)

12



Na obrázku množín znamená početnosť jednotlivých podmnožín napísané písmeno alebo dvojica písmen. Podľa údajov a + n + f + an + nf + af + 5 = 55 ďalej a + an + af + 5 = 36

1 bod

n + an + nf + 5 = 28 f + af + nf + 5 = 19 Sčítaním dvoch posledných rovníc a + n + f + 2(an + nf + af ) + 15 = 83 . Z tohto odčítame prvú rovnicu: an + nf + af + 10 = 28 , teda an + nf + af = 18 , to znamená, že 18 hovorili presne 2 jazykmi. ALEBO: Podľa ligikositovej formule A∪ N ∪ F = A + N + F −

1 bod 1 bod

2 body

− ( A ∩ N + N ∩ F + F ∩ A )+ A ∩ N ∩ F

1 bod

Zapísaním známych údajov 55 = 36 + 28 + 19 − ( A ∩ N + N ∩ F + F ∩ A ) + 5

1 bod

Teda ( A ∩ N + N ∩ F + F ∩ A ) = 33

1 bod

V tejto početnosti účinkuje početnosť tých, ktorí hovorili tromi jazykmi trojnásobne, teda počet tých, čo hovorili presne dvoma jazykmi je teda 33 − 15 = 18 .

2 body Spolu 5 bodov

d) Priraďme ku každému účastníkovi počet jeho nových známostí! Študent Ak k niekomu patrí 0, k ďalším 54 účastníkom treba priradiť niektoré 2 body namiesto z čísiel 1,2,…53, lebo sám seba pozná každý a s účastníkom s 0 použitia známosťou nikto neuzavrel novú známosť. Tak niektoré číslo bude škatuľového patriť dvom účastníkom. Ak 0 nepatrí k nikomu, potom čísla 1,2,…54 princípu musíme rozdeliť medzi 55 účastníkov, teda zasa budú len dvaja 2 body môže urobiť účastníci s dvoma rovnakými číslami. dôkaz aj nepriamym 2 body spôsobom. Spolu 6 bodov

13

VYŠŠÍ STUPEŇ OPRAVNÝ KĽÚČ HODNOTENIE

Recommend Documents