Matematika | Középiskola » Matematika emelt szintű írásbeli érettségi vizsga megoldással, 2011

MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2011. május 3 8:00 2011. május 3 Azonosító jel: ÉRETTSÉGI VIZSGA Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc Matematika Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM emelt szint írásbeli vizsga 1012 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1012 Azonosító jel: 2 / 24 2011. május 3 Matematika emelt szint Azonosító jel: Fontos tudnivalók 1. A feladatok megoldására 240 perc fordítható, az idő leteltével a munkát be kell fejeznie 2. A feladatok megoldási sorrendje tetszőleges 3. A II részben kitűzött öt feladat közül csak négyet kell megoldania A nem választott feladat sorszámát írja be a dolgozat befejezésekor az alábbi négyzetbe! Ha a javító tanár számára nem derül ki egyértelműen, hogy melyik feladat értékelését nem kéri, akkor a 9. feladatra nem kap pontot 4. A feladatok megoldásához szöveges adatok tárolására és megjelenítésére

nem alkalmas zsebszámológépet és bármilyen négyjegyű függvénytáblázatot használhat, más elektronikus vagy írásos segédeszköz használata tilos! 5. A feladatok megoldásához alkalmazott gondolatmenetét minden esetben írja le, mert a feladatra adható pontszám jelentős része erre jár! 6. Ügyeljen arra, hogy a lényegesebb részszámítások is nyomon követhetők legyenek! 7. A feladatok megoldásánál használt tételek közül az iskolában tanult, névvel ellátott tételeket (pl Pitagorasz-tétel, magasság-tétel) nem kell pontosan megfogalmazva kimondania, elég csak a tétel megnevezését említenie, de az alkalmazhatóságát röviden indokolnia kell. Egyéb tétel(ek)re való hivatkozás csak akkor fogadható el teljes értékűnek, ha az állítást minden feltételével együtt pontosan mondja ki (bizonyítás nélkül), és az adott problémában az alkalmazhatóságát indokolja. 8. A feladatok végeredményét (a feltett kérdésre adandó

választ) szöveges megfogalmazásban is közölje! 9. A dolgozatot tollal írja, de az ábrákat ceruzával is rajzolhatja Az ábrákon kívül ceruzával írt részeket a javító tanár nem értékelheti. Ha valamilyen megoldást vagy megoldásrészletet áthúz, akkor az nem értékelhető 10. Minden feladatnál csak egyféle megoldás értékelhető Több megoldási próbálkozás esetén egyértelműen jelölje, hogy melyiket tartja érvényesnek! 11. Kérjük, hogy a szürkített téglalapokba semmit ne írjon! írásbeli vizsga 1012 3 / 24 2011. május 3 Matematika emelt szint Azonosító jel: I. 1. Hatjegyű pozitív egész számokat képezünk úgy, hogy a képzett számban szereplő számjegy annyiszor fordul elő, amekkora a számjegy. Hány ilyen hatjegyű szám képezhető? Ö.: írásbeli vizsga 1012 4 / 24 11 pont 2011. május 3 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1012 Azonosító jel: 5 / 24 2011. május 3 Azonosító jel: Matematika

emelt szint 2. { } ⎧⎪ ⎫⎪ és B = ⎨ x ∈ R log 1 (2 x − 4) > −2⎬ . ⎪⎩ ⎪⎭ 2 Adja meg az A∪ B , A∩ B , B A halmazokat! Legyen A = x ∈ R x −1 ≥ 5 − x Ö.: írásbeli vizsga 1012 6 / 24 13 pont 2011. május 3 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1012 Azonosító jel: 7 / 24 2011. május 3 Azonosító jel: Matematika emelt szint 3. Egy város sportklubjának 640 fős tagságát felnőttek és diákok alkotják. A tagság 55%-a sportol rendszeresen. A rendszeresen sportoló tagok számának és a sportklub teljes taglétszámnak az aránya 11 8 -szor akkora, mint a rendszeresen sportoló felnőttek számának aránya a felnőtt klubtagok számához viszonyítva. A rendszeresen sportolók aránya a felnőtt tagságban fele akkora, mint amekkora ez az arány a diákok között. Hány felnőtt és hány diák tagja van ennek a sportklubnak? Ö.: írásbeli vizsga 1012 8 / 24 13 pont 2011. május 3 Matematika

emelt szint írásbeli vizsga 1012 Azonosító jel: 9 / 24 2011. május 3 Matematika emelt szint 4. Azonosító jel: Egy gyártósoron 8 darab gép dolgozik. A gépek mindegyike, egymástól függetlenül 0,05 valószínűséggel túlmelegszik a reggeli bekapcsoláskor. Ha a munkanap kezdetén 3 vagy több gép túlmelegszik, akkor az egész gyártósor leáll. A 8 gép reggeli beindításakor bekövetkező túlmelegedések számát a binomiális eloszlással modellezzük. a) b) c) Adja meg az eloszlás két paraméterét! Számítsa ki az eloszlás várható értékét! Mennyi annak a valószínűsége, hogy a reggeli munkakezdéskor egyik gép sem melegszik túl? Igazolja a modell alapján, hogy (négy tizedes jegyre kerekítve) 0,0058 annak a valószínűsége, hogy a gépek túlmelegedése miatt a gyártósoron leáll a termelés a munkanap kezdetekor! írásbeli vizsga 1012 10 / 24 a) 3 pont b) 4 pont c) 7 pont Ö.: 14 pont 2011. május 3 Matematika

emelt szint írásbeli vizsga 1012 Azonosító jel: 11 / 24 2011. május 3 Matematika emelt szint Azonosító jel: II. Az 5-9. feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania, a kihagyott feladat sorszámát írja be a 3. oldalon található üres négyzetbe! 5. Az A1C0C1 derékszögű háromszögben az A1 csúcsnál 30°-os szög van, az A1C0 befogó hossza 1, az A1C1 átfogó felezőpontja A2. C3 . Az A2C1 szakasz „fölé” az A1C0C1 háromszöghöz hasonló A2C1C2 derékszögű háromszöget rajzoljuk az ábra szerint. Az A2C2 átfogó felezőpontja A3. A3 a) b) . C1 30° Az A3C2 szakasz „fölé” az A2C1C2 háromszöghöz hasonló A3C2C3 derékszögű háromszöget rajzoljuk. A2 A1 Ez az eljárás tovább folytatható. C2 . 30° 1 C0 Számítsa ki az így nyerhető végtelen sok derékszögű háromszög területének összegét (az összeg első tagja az A1C0C1 háromszög területe)! Igazolja, hogy a C0C1C2Cn töröttvonal

hossza minden pozitív egész n-re kisebb, mint 1,4. írásbeli vizsga 1012 12 / 24 a) 7 pont b) 9 pont Ö.: 16 pont 2011. május 3 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1012 Azonosító jel: 13 / 24 2011. május 3 Matematika emelt szint Azonosító jel: Az 5-9. feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania, a kihagyott feladat sorszámát írja be a 3. oldalon található üres négyzetbe! 6. Adott a síkbeli derékszögű koordináta-rendszerben az x 2 + y 2 + 6 x + 4 y − 3 = 0 egyenletű kör. Ebbe a körbe szabályos háromszöget írunk, amelynek egyik csúcsa A(1; –2). a) b) Számítsa ki a szabályos háromszög másik két csúcsának koordinátáit! Pontos értékekkel számoljon! Véletlenszerűen kiválasztjuk az adott kör egy belső pontját. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott pont a tekintett szabályos háromszögnek is belső pontja? Válaszát két tizedes jegyre kerekítve adja meg!

írásbeli vizsga 1012 14 / 24 a) 11 pont b) 5 pont Ö.: 16 pont 2011. május 3 Azonosító jel: Matematika emelt szint y x írásbeli vizsga 1012 15 / 24 2011. május 3 Matematika emelt szint Azonosító jel: Az 5-9. feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania, a kihagyott feladat sorszámát írja be a 3. oldalon található üres négyzetbe! 7. A nyomda egy plakátot 14 400 példányban állít elő. A költségeket csak a nyomtatáshoz felhasznált nyomólemezek (klisék) darabszámának változtatásával tudják befolyásolni. Egy nyomólemez 2500 Ft-ba kerül, és a nyomólemezek mindegyikével óránként 100 plakát készül el. A nyomólemezek árán felül, a lemezek számától függetlenül, minden nyomtatásra fordított munkaóra további 40 000 Ft költséget jelent a nyomdának. A ráfordított idő és az erre az időre jutó költség egyenesen arányos. a) b) Mennyi a nyomólemezek árának és a nyomtatásra

fordított munkaórák miatt fellépő költségnek az összege, ha a 14 400 plakát kinyomtatásához 16 nyomólemezt használnak? A 14 400 plakát kinyomtatását a nyomda a legkisebb költséggel akarja megoldani. Hány nyomólemezt kell ekkor használnia? Mennyi ebben az esetben a nyomólemezekre és a ráfordított munkaidőre jutó költségek összege? írásbeli vizsga 1012 16 / 24 a) 4 pont b) 12 pont Ö.: 16 pont 2011. május 3 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1012 Azonosító jel: 17 / 24 2011. május 3 Matematika emelt szint Azonosító jel: Az 5-9. feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania, a kihagyott feladat sorszámát írja be a 3. oldalon található üres négyzetbe! 8. Egy fából készült négyzetes oszlop minden élének hossza centiméterben mérve 2-nél nagyobb egész szám. A négyzetes oszlop minden lapját befestettük pirosra, majd a lapokkal párhuzamosan 1 cm élű kis kockára vágtuk. A kis

kockák közül 28 lett olyan, amelynek pontosan két lapja piros. Mekkora lehetett a négyzetes oszlop térfogata? Ö.: írásbeli vizsga 1012 18 / 24 16 pont 2011. május 3 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1012 Azonosító jel: 19 / 24 2011. május 3 Matematika emelt szint Azonosító jel: Az 5-9. feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania, a kihagyott feladat sorszámát írja be a 3. oldalon található üres négyzetbe! 9. Hány (x; y) rendezett valós számpár megoldása van az alábbi egyenletrendszernek, ha x és y is a [0 ; 2π ] zárt intervallum elemei? sin x ⋅ cos y = 0 ⎫ ⎪ 1⎬ 2 sin x + sin y = ⎪ 4⎭ Ö.: írásbeli vizsga 1012 20 / 24 16 pont 2011. május 3 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1012 Azonosító jel: 21 / 24 2011. május 3 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1012 Azonosító jel: 22 / 24 2011. május 3 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1012

Azonosító jel: 23 / 24 2011. május 3 Azonosító jel: Matematika emelt szint elért maximális elért maximális pontszám pontszám pontszám pontszám 1. 11 2. 13 51 3. 13 4. 14 16 16 64 16 16 ← nem választott feladat Az írásbeli vizsgarész pontszáma 115 a feladat sorszáma I. rész II. rész dátum javító tanár elért pontszám egész számra kerekítve programba beírt egész pontszám I. rész II. rész írásbeli vizsga 1012 javító tanár jegyző dátum dátum 24 / 24 2011. május 3 ÉRETTSÉGI VIZSGA 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 1012 MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató Fontos tudnivalók Formai előírások: 1. A dolgozatot a vizsgázó által használt

színűtől eltérő színű tollal kell javítani, és a tanári gyakorlatnak megfelelően jelölni a hibákat, hiányokat stb. 2. A feladatok mellett található szürke téglalapok közül az elsőben a feladatra adható maximális pontszám van, a javító által adott pontszám a mellette levő téglalapba kerül. 3. Kifogástalan megoldás esetén elég a maximális pontszám beírása a megfelelő téglalapokba 4. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy az egyes részpontszámokat is írja rá a dolgozatra. Tartalmi kérések: 1. Egyes feladatoknál több megoldás pontozását is megadtuk Amennyiben azoktól eltérő megoldás születik, keresse meg ezen megoldásoknak az útmutató egyes részleteivel egyenértékű 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 szereplőnél 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 következő részpontszámokat meg kell adni. 5. Elvi hibát követően egy gondolati egységen belül (ezeket az útmutatóban kettős 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 következő 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 értékű a megoldás.

7. Egy feladatra adott többféle helyes megoldási próbálkozás közül a vizsgázó által megjelölt változat értékelhető 8. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre előírt 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 kitűzött 5 feladat közül csak 4 feladat megoldása értékelhető. A vizsgázó az erre a célra szolgáló négyzetben – feltehetőleg – megjelölte annak a feladatnak a sorszámát, amelynek értékelése nem fog beszámítani az összpontszámába. Ennek megfelelően a megjelölt feladatra esetlegesen adott megoldást nem is kell javítani. Ha mégsem derül ki egyértelműen, hogy a vizsgázó melyik feladat értékelését nem kéri, akkor automatikusan a kitűzött sorrend szerinti legutolsó feladat

lesz az, amelyet nem kell értékelni. írásbeli vizsga 1012 2 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató I. 1. Egy, a feltételeknek megfelelő szám. 1 pont Ha ez a megoldásból derül ki, a pont jár. A feltételnek megfelelően a következő esetek lehetségesek: 1 pont 1. eset: 6 darab 6-os jegy: 1 darab hatjegyű szám van 2. eset: 5 darab 5-ös, 1 darab 1-es jegy 1 pont 6 ilyen szám van. 1 pont 3. eset: 4 darab 4-es, 2 darab 2-es jegy 1 pont ⎛6⎞ Ezekből a számjegyekből ⎜⎜ ⎟⎟ , 1 pont ⎝ 4⎠ azaz 15 szám képezhető. 1 pont 4. eset: 3 darab 3-as, 2 darab 2-es, 1 darab 1-es jegy 1 pont 6! Ebben az esetben = 1 pont 3!⋅2! = 60 megfelelő szám van. 1 pont (Más eset nincs,) tehát összesen 82, a feltételnek 1 pont megfelelő hatjegyű szám képezhető. Összesen: 11 pont írásbeli vizsga 1012 3 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 2. x − 1 ≥ 0 és 5 −

x ≥ 0 , 1 pont ezért az egyenlőtlenség értelmezési tartománya: [1; 5 ] . Mindkét oldal nem negatív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás (a megállapított értelmezési tartományon). Azt kapjuk, hogy x ≥ 3 . Így A = [3; 5]. Az log 1 (2 x − 4 ) > −2 egyenlőtlenség értelmezési 2 tartománya: ] 2; ∞ [ . 1 Az alapú logaritmusfüggvény szigorúan 2 csökkenő, 1 pont 1 pont Indokolt négyzetre emelés esetén jár ez a pont. Ha nem írt értelmezési 1 pont tartományt, akkor ez a pont nem jár. 1 pont 1 pont −2 ⎛1⎞ ezért 2 x − 4 < ⎜ ⎟ , ⎝2⎠ így 2 x − 4 < 4 . Innen x < 4 . 1 pont 1 pont 1 pont Ha nem írt értelmezési 1 pont tartományt, akkor ez a pont nem jár. Így B = ] 2 ; 4 [ . A ∪ B = ] 2; 5 ] 1 pont A rosszul felírt A és B halmazokból helyesen 1 pont képzett válaszok esetén is 1 pont jár az 1-1 pont. A ∩ B = [ 3; 4 [ B A = ] 2; 3 [ Összesen: 13 pont Megjegyzések: 1. A

megfelelő pontszámok járnak akkor is, ha a vizsgázó egyenlőtlenségekkel adja meg jól a megfelelő halmazokat. 2. Csak a pontosan (végpontok, zártság, nyitottság) megadott halmazok esetén jár a megfelelő pontszám 3. A halmazjelölés hibája (pl B = 2 < x < 4 ) miatt egy alkalommal vonjunk le 1 pontot írásbeli vizsga 1012 4 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 3. Jelölje f a sportklub felnőtt tagjainak számát. Ekkor a diákok száma a sportklubban 640 − f . A rendszeresen sportolók száma 640-nek az 55%-a, 0,55 ⋅ 640 = 352 fő. A rendszeresen sportolók aránya a teljes tagságban 8 8 0,55. Ennek a -ed része, vagyis 0,55 ⋅ = 0,4 11 11 a rendszeresen sportolók aránya a felnőttek között. A rendszeresen sportolók aránya a diákok között ennek az arányszámnak a kétszerese, vagyis 0,8. A rendszeresen sportoló felnőttek száma: 0,4 ⋅ f . A rendszeresen sportoló diákok száma: 0,8 ⋅ (640

− f ) . A rendszeresen sportolók száma e két létszám összege: 0,4 f + 0,8 ⋅ (640 − f ) = 352 . Innen f = 400 és 640 − f = 240. A felnőtt tagok száma 400, a diákok száma 240. Ellenőrzés. 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 1 pont Ez a pont akkor jár, ha a vizsgázó számolással jelzi, hogy az eredmény megfelel a szöveg feltételeinek. (A sportoló 1 pont felnőttek száma 160, a nem sportoló felnőtteké 240, a sportoló diákoké 192, a nem sportoló diákoké 48.) Összesen: 13 pont írásbeli vizsga 1012 5 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 4. a) n=8 p = 0,05 a várható érték: n ⋅ p = 0,4 Összesen: 1 pont 1 pont 1 pont 3 pont 4. b) Minden gép 1 − p = 0,95 valószínűséggel indul be a reggeli munkakezdéskor. Annak a valószínűsége, hogy mind a 8 gép beindul: 0,958 , ami ≈ 0,6634 (66,34%). Összesen: 1 pont 2 pont Bármely, legalább egy 1 pont

tizedesjegyre kerekített helyes érték elfogadható. 4 pont 4. c) első megoldás A kérdéses esemény (A) komplementerének (B) valószínűségét számoljuk ki, azaz hogy legfeljebb 2 gép romlik el. ⎛8⎞ ⎛8⎞ P(B ) = 0,958 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,05 ⋅ 0,95 7 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,05 2 ⋅ 0,95 6 = ⎝ 2⎠ ⎝1⎠ = 0,958 + 8 ⋅ 0,05 ⋅ 0,957 + 28 ⋅ 0,052 ⋅ 0,956 ≈ ≈ 0,66342 + 0,27933 + 0,05146 ≈ 0,9942 P( A) = 1 − P(B ) = 1 − 0,9942 = 0,0058 . Tehát valóban 0,0058 (0,58%) a termelés leállításának valószínűsége. Összesen: írásbeli vizsga 1012 6 / 20 Ez a pont akkor is jár, ha csak a megoldásból 1 pont látszik, hogy komplementerrel számol. Akkor is megkapja a 2 pontot, ha ez nincs 2 pont leírva, de kiderül a helyes megoldásból. 1 pont Ez a 2 pont akkor is jár, 2 pont ha nem írja fel, de jól számolja ki az összeget. E nélkül a mondat nélkül 1 pont is jár az 1 pont a helyes kivonásért. 7 pont 2011. május 3

Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 4. c) második megoldás A kérdéses esemény (A) pontosan akkor következik be, ha a meghibásodott gépek száma 3, 4, 5, 6, 7, vagy 8. Ha Ak jelöli azt az eseményt, hogy pontosan k db gép hibásodik meg, akkor A = A3 + A4 + A5 + A6 + A7 + A8 (Az Ak események páronként kizárják egymást, ezért) P ( A) = P ( A3 ) + P ( A4 ) + P ( A5 ) + P ( A6 ) + P ( A7 ) + P ( A8 ). Ez a 2 pont akkor is jár, ha csak a megoldásból 2 pont látszik, hogy jó modellel számol. ⎛8⎞ ⎛8⎞ P( A) = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,053 ⋅ 0,955 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,054 ⋅ 0,954 + ⎝ 4⎠ ⎝ 3⎠ ⎛8⎞ ⎛8⎞ + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,055 ⋅ 0,953 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,056 ⋅ 0,952 + ⎝ 5⎠ ⎝6⎠ ⎛8⎞ ⎛8⎞ + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,057 ⋅ 0,951 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,058 ⎝7⎠ ⎝8⎠ Ez, ha nincs explicit leírva, de kiderül a helyes megoldásból, akkor is 2 pont megkapja a 2 pontot. Ha az összeg 1 tagja hiányzik vagy

hibás, 1 pontot kap. (Az összeg tagjait öt tizedesjegy pontossággal számítva az utolsó két tag már 0,00000-nak adódik,) P( A) ≈ (0,00542 + 0,00036 + 0,00002 + + 0,00001 =) 0,00581. Ez a 2 pont akkor is jár, 2 pont ha nem írja fel, de jól számolja ki az összeget. Tehát négy tizedesjegyre kerekítve valóban 0,0058 (0,58%) a termelés leállításának valószínűsége. E nélkül a mondat nélkül 1 pont is jár az 1 pont a helyes közelítésért. 7 pont Összesen: Megjegyzés: Ha számolási hiba miatt nem kapja meg P(A) értékére közelítően a 0,0058-et, az utolsó 1 pontot nem kaphatja meg. írásbeli vizsga 1012 7 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató II. 5. a) Az A1C0C1 háromszög területe: t1 = Az AnCn−1Cn háromszöget lehet átvinni az An+1CnCn+1 3 . 6 1 pont 1 arányú hasonlósággal 3 háromszögbe ( n ∈ N + ). A hasonló síkidomok területének arányára vonatkozó tétel szerint

az AnCn−1Cn háromszög területe: 2 1 ⎛ 1 ⎞ tn = ⎜ ⎟ t n−1 = t n−1 (ha n > 1). 3 ⎝ 3⎠ Ezt a pontot akkor is kapja meg, ha a második és első háromszög közötti hasonlóságot említi csak, 1 pont de a hasonlóság arányával következetesen és jól számol a későbbiekben. Ha a tételt a megoldás1 pont ban helyesen alkalmazza, jár a pont. Ezt a pontot akkor is kapja meg, ha a második és első háromszög közötti hasonlóságot említi csak, 1 pont de a hasonlóság arányával következetesen és jól számol a későbbiekben. A területek összegéből képezett (t1 + t 2 + . + t n + ) 1 pont tehát olyan mértani sor, 1 amelynek hányadosa . 1 pont 3 A végtelen sok háromszög területének összege: 3 3 1 pont T= 6 = ( ≈ 0,433) . 1 4 1− 3 Összesen: 7 pont Megjegyzés: Teljes pontszámot kap a vizsgázó, ha a számításai során kerekített értékeket (is) használ. Ha nem a kerekítési szabályoknak megfelelően kerekít, akkor 1

pontot veszítsen. írásbeli vizsga 1012 8 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 5. b) első megoldás Jelölje dn a Cn−1Cn szakasz hosszát ( n ∈ N + ) 1 . d1 = C0C1 = 3 A hasonlóság miatt minden n > 1 esetén 1 dn = ⋅ dn−1 . 3 A {d n } sorozat tehát olyan mértani sorozat, 1 amelynek első tagja és hányadosa is . 3 Vizsgáljuk az Sn = d1 + d2 + . + dn összegeket! A d1 + d 2 + . + d n + olyan mértani sor, melynek 1 , tehát van határértéke. hányadosa 3 Az {S n } sorozat határértéke (a mértani sor összege): 1 3 . lim S n = n∞ 1 1− 3 1 3 = 3 +1. 1 2 1− 3 Mivel 3 kisebb, mint 1,8, ezért {S n } határértéke kisebb, mint 1,4. Az {S n } sorozat szigorúan növekedő, 1 pont Ezt a pontot akkor is kapja meg, ha a második és első háromszög közötti hasonlóságot említi csak, 1 pont de a hasonlóság ⎛ 1 ⎞ arányával ⎜ ⎟ ⎝ 3⎠ következetesen és jól számol a későbbiekben. 1 pont

1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 3 +1 ≈ 1,366 < 1,4 2 1 pont ezért az {S n } sorozat egyetlen tagja sem lehet 1 pont nagyobb a sorozat határértékénél (tehát igaz az állítás). Összesen: 9 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó kerekített értékekkel számol, és nem indokolja, hogy ez miért nem okoz hibát a bizonyításban, akkor legfeljebb 7 pontot kaphat. írásbeli vizsga 1012 9 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 5. b) második megoldás Jelölje dn a Cn−1Cn szakasz hosszát ( n ∈ N + ) 1 . d1 = C0C1 = 3 1 pont Ezt a pontot akkor is kapja meg, ha a második és első háromszög közötti hasonlóságot említi csak, 1 pont de a hasonlóság ⎛ 1 ⎞ arányával ⎜ ⎟ ⎝ 3⎠ következetesen és jól számol a későbbiekben. 1 pont A hasonlóság miatt minden n > 1 esetén 1 dn = ⋅ dn−1 . 3 A {d n } sorozat tehát olyan mértani sorozat, 1 amelynek első tagja és hányadosa is . 1 pont 3 1 1

−1 −1 n n 1 S bármely helyesen felírt 3 3 1 pont n Sn = ⋅ = . alakjáért jár a pont. 1 1− 3 3 −1 3 Azt kell belátni, hogy minden pozitív egész n esetén 1 −1 2 pont ( 3 )n < 1,4 teljesül. 1− 3 1 > 2,4 − 1,4 3 (≈ −0,025) Átrendezve: 1 pont n 3 Mivel a bal oldalon pozitív szám áll, és 1 pont 2,4 − 1,4 3 (≈ −0,025) negatív szám, ezért az állítás igaz. Összesen: 9 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó kerekített értékekkel számol, és nem indokolja, hogy ez miért nem okoz hibát a bizonyításban, akkor legfeljebb 7 pontot kaphat. ( ) ( ) ( ) írásbeli vizsga 1012 10 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 6. a) első megoldás Teljes négyzetté kiegészítéssel és rendezéssel adódik a kör egyenletének másik alakja: (x + 3)2 + ( y + 2)2 = 16 , ahonnan a kör középpontja: K(–3; –2). (sugara: r = 4 ) A kör K középpontja az ABC szabályos háromszög súlypontja. Az AK

szakasz a háromszög AF súlyvonalának kétharmada, ahonnan F (− 5 ; − 2) . A szabályos háromszög AF súlyvonala egyben oldalfelező merőleges is, így a BC oldalegyenes az AF súlyvonalra F-ben állított merőleges egyenes. A BC egyenes egyenlete tehát x = −5 . A kör egyenletébe helyettesítve kapjuk, hogy y1 = 2 3 − 2 és y 2 = −2 3 − 2 . A szabályos háromszög másik két csúcsa: B(−5 ; 2 3 − 2) és C (−5 ; − 2 3 − 2) . 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont Ha ez a gondolat a megoldás során derül ki, jár 1 pont ez a 2 pont. 1 pont 2 pont 1 pont Aki helyesen számol, de Összesen: 11 pont közelítő értéket használ, 2 pontot veszít. írásbeli vizsga 1012 11 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 6. a) második megoldás Teljes négyzetté kiegészítéssel és rendezéssel adódik a kör egyenletének másik alakja: (x + 3)2 + ( y + 2)2 = 16 , ahonnan a kör középpontja: K(–3;

–2). (sugara: r = 4 ) Mivel KA szimmetriatengelye a háromszögnek, ezért KAB és KAC szögek 30 fokosak. 3 3 . A BA egyenes meredekségét és egy pontját ismerjük, 3 ( x − 1) − 2 . ebből az egyenlete y = − 3 Ezt beírva a kör egyenletébe: (x + 3)2 + ( y + 2)2 − 16 = A BA egyenes meredeksége így − 2 ⎛ 3 3⎞ ⎟ − 16 = = ( x + 3) + ⎜⎜ − x+ ⎟ 3 3 ⎝ ⎠ 1 2 1 = x 2 + 6 x + 9 + x 2 − x + − 16 . 3 3 3 Hárommal szorozva és rendezve: 4 x 2 + 16 x − 20 = 0 . Ennek gyökei az 1 és a –5. (Az x = 1 az A ponthoz tartozik.) Az x = –5-höz tartozó y érték a 2 3 − 2 , tehát 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 B (−5 ; 2 3 − 2) , C pont pedig a B pontnak az y = –2 egyenesre vett tükörképe, azaz C (−5 ; − 2 3 − 2) . 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont Aki helyesen számol, de Összesen: 11 pont közelítő értéket használ, 2 pontot veszít. írásbeli vizsga 1012 12 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint

Javítási-értékelési útmutató 6. a) harmadik megoldás B a a K r A a C Teljes négyzetté kiegészítéssel és rendezéssel adódik a kör egyenletének másik alakja: (x + 3)2 + ( y + 2)2 = 16 , ahonnan a kör középpontja: K(–3; –2) és sugara: r = 4. A körbe írt szabályos háromszög oldalának hosszát jelölje a. A kör középpontja a szabályos háromszög súlypontja, a 3 ezért = 4, 3 ahonnan a = 4 3 . A szabályos háromszög másik két csúcsa illeszkedik az eredeti körre, és az A(1; –2) középpontú, a = 4 3 sugarú körre is, ezért koordinátáik a két kör egyenletéből álló egyenletrendszer megoldásaként adódnak. 2 2 Ennek a körnek az egyenlete: (x − 1) + ( y + 2 ) = 48 , vagy más alakban x 2 + y 2 − 2x + 4 y − 43 = 0 . A két kör egyenletét kivonva egymásból adódik, hogy x = −5 . Visszahelyettesítés után kapjuk, hogy y1 = 2 3 − 2 és y 2 = −2 3 − 2 . A szabályos háromszög másik két csúcsa: B(−5 ; 2 3

− 2) és C (−5 ; − 2 3 − 2) . 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont Ha ezek a gondolatok csak a megoldásból 1 pont derülnek ki, akkor is jár a pont. 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont Aki helyesen számol, de Összesen: 11 pont közelítő értéket használ, 2 pontot veszít. írásbeli vizsga 1012 13 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 6. a) negyedik megoldás B 240° 120° O A K C Teljes négyzetté kiegészítéssel és rendezéssel adódik a kör egyenletének másik alakja: (x + 3)2 + ( y + 2)2 = 16 , ahonnan a kör középpontja: K(–3; –2). (sugara: r = 4 ) A körbe írt (pozitív körüljárású) ABC szabályos háromszög B, illetve C csúcsát megkapjuk, ha az adott kör K középpontja körül elforgatjuk az A csúcsot +120°-kal, illetve +240°-kal. 1 pont 1 pont 2 pont Forgassuk a KA vektort. KA = 4i , azaz KA (4; 0) 1 pont ⎛ 1 3 ⎞ Ekkor KB = 4 ⋅ ⎜⎜ − i + j ⎟⎟ = −2i + 2 3 j , 2 2 ⎠

⎝ 1 pont ⎛ 1 3 ⎞ KC = 4 ⋅ ⎜⎜ − i − j ⎟⎟ = −2i − 2 3 j . 2 2 ⎝ ⎠ 1 pont Így a B csúcs helyvektora OB = OK + KB = = −5i + 2 3 − 2 j , azaz a háromszög B csúcsa: ( ( ) ) B − 5; 2 3 − 2 . A C csúcs helyvektora OC = OK + KC = = −5i − 2 3 + 2 j , azaz a háromszög C csúcsa: ( ( C − 5; − 2 ) 3 − 2) . írásbeli vizsga 1012 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont Aki helyesen számol, de Összesen: 11 pont közelítő értéket használ, 2 pontot veszít. 14 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 6. b) A kérdéses valószínűség a beírt szabályos háromszög és a kör területének hányadosa. A kör területe: Tk = r 2π . Az r sugarú körbe írt szabályos háromszög területe: r 2 ⋅ sin 120 ° 3r 2 ⋅ 3 . Th = 3 ⋅ = 2 4 A keresett valószínűség: P = Th 3 3 = ≈ 0,41 . 4π Tk Összesen: 2 pont 1 pont 1 pont 1 pont Ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki,

akkor is jár a 2 pont. Ha a vizsgázó a területek számszerű értékével számol (Tk ≈ 50,27 és Th ≈ 20,78) , akkor is járnak ezek a pontok. Ez a pont akkor is jár, ha a vizsgázó százalékként adja meg két tizedesjegy pontossággal a választ (41,35%). 5 pont 7. a) 16 nyomólemez óránként 1600 plakát elkészítését teszi lehetővé, ezért a teljes mennyiséghez 14 400 = 9 óra 1600 1 pont szükséges. A nyomólemezek előállítási költsége és a munkaidő további költségének összege: 16 ⋅ 2500 + 9 ⋅ 40 000 = 400 000 Ft. Összesen: írásbeli vizsga 1012 Ha ez a gondolat csak 1 pont a megoldásból derül ki, akkor is jár a pont. 15 / 20 2 pont 4 pont 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 7. b) első megoldás Ha a nyomda x db nyomólemezt alkalmaz, akkor ennek költsége 2500x forint. Az x db lemezzel óránként 100x darab plakát készül 14 400 144 = el, ezért a 14 400 darab kinyomtatása

100 x x órát vesz igénybe, 5,76 ⋅106 és ez további forint költséget jelent. x 5,76 ⋅ 10 6 A két költség összege: K ( x) = 2500x + x forint, ahol az x pozitív egész. Tekintsük a pozitív valós számok halmazán a K utasítása szerint értelmezett függvényt! (Az így megadott K függvénynek a minimumát keressük. A K függvény deriválható, és minden 0 < x esetén) 5,76 ⋅106 K ′( x ) = 2500 − . x2 A szélsőérték létezésének szükséges feltétele, hogy K ′( x ) = 0 legyen. 5,76 ⋅106 2500 − = 0 , innen x 2 = 2304 , x2 x = 48 (mert 0<x). 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont* 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont A második derivált: 1,152 ⋅10 7 1 pont K ′′( x ) = . x3 Annak igazolása, hogy az x = 48 (abszolút) minimumhely. Azaz 48 nyomólemez alkalmazása esetén lesz 1 pont minimális a költség. 48 darab nyomólemez alkalmazása esetén a nyomólemezekre és a ráfordított munkaidőre jutó 1 pont költségek összege: K ( 48) =

240 000 (forint). Összesen: 12 pont *Megjegyzés: Egy pont jár annak említéséért, hogy bár a valós számokon értelmezett függvényt írtunk fel, a feladat megoldása csak pozitív egész lehet (például: a 48 pozitív egész szám, ezért megoldása a feladatnak). írásbeli vizsga 1012 16 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 7. b) második megoldás Ha a nyomda x db nyomólemezt alkalmaz, akkor ezek ára 2500x forint. Az x db lemezzel óránként 100x darab plakát készül el, 14 400 144 = ezért a 14 400 darab kinyomtatása órát 100 x x vesz igénybe, 5,76 ⋅106 és ez további forint költséget jelent. x A két költség összege: K ( x) = 2500x + 5,76 ⋅ 10 6 x 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont forint (ahol 0 < x és x egész). (Ennek a minimumát keressük.) Számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséggel: Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont csak a megoldásból derül ki, hogy ezt alkalmazza.

5,76 ⋅106 5,76 ⋅106 2 pont 2500 x + ≥ 2 ⋅ 2500 x ⋅ , x x 5,76 ⋅106 2500 x + ≥ 2 ⋅ 1,44 ⋅1010 = 2,4 ⋅105 . 1 pont x (A két költség összege tehát nem lehet kevesebb 240 000 forintnál.) 1 pont 5,76 ⋅106 A 240 000 Ft akkor lehetséges, ha 2500 x = , x amiből (x > 0 miatt) x = 48 adódik. 1 pont A legkisebb költség tehát 48 darab nyomólemez 1 pont alkalmazása esetén lép fel. A nyomólemezekre és a ráfordított munkaidőre jutó költség ekkor összesen 240 000 forint. 1 pont (A nyomdai előállítás 3 óráig tart, a nyomólemezek ára 120 000 forint, és ugyanennyi a ráfordított időből adódó további költség is.) Összesen: 12 pont írásbeli vizsga 1012 17 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató Megjegyzés: Ha a vizsgázó véges sok (akár csak néhány) eset vizsgálatával (pl. táblázattal, szisztematikus próbálkozással) arra a megállapításra jut, hogy 48 nyomólemez

alkalmazása esetén lesz a legkisebb a költség, akkor erre a sejtésére kapjon 2 pontot. A 48-hoz tartozó kétféle költség összegét kiszámolja: 240 ezer Ft. 1 pont Ha a nyomólemezek száma 24 vagy kevesebb, akkor már csak a munkaórák száma miatt (legalább 6 munkaóra) legalább 240 ezer forint költség keletkezik, tehát ezeket az eseteket nem kell külön vizsgálni. 1 pont Ha a nyomólemezek száma 96 vagy több, akkor már csak a nyomólemezek ára miatt is legalább 240 ezer Ft költség keletkezik, ezért ezeket az eseteket sem kell külön vizsgálni. 1 pont Tehát a nyomólemezek száma több mint 24 és kevesebb, mint 96. 1 pont A 25 és 95 közötti összes érték kiszámolása 5 pont Evvel egyenértékű bármely helyes indoklás is 5 pontot ér (például a vizsgázó kevesebb lépésben, hibátlan logikával szűkíti a nyomólemezek lehetséges számát). Ha a monotonitást csak az egyik irányban sikerül bizonyítania, akkor 3 pontot kapjon, ha a

monotonitást egyik irányban sem tudja bizonyítani, akkor ne kapjon pontot erre a részre. A legkisebb költség tehát 48 darab nyomólemez alkalmazása esetén lép fel. 1 pont Az utolsó pontot nem kaphatja meg, ha az előző, 5 pontos részre nem kapott pontot. 8. Legyen a négyzetes oszlop alapéleinek hossza a (cm) és a magasság hossza b (cm). (Az a és b számok 2-nél nagyobb egészek.) Mivel minden él hossza legalább 3, azoknak az egységkockáknak lesz pontosan két lapja piros, melyek az élek mentén, de nem a csúcsokban helyezkednek el. A két db négyzetlap 8 élén 8 ⋅ (a − 2) , a 4 oldalélen 4 ⋅ (b − 2) ilyen festett kocka van. 8 ⋅ (a − 2) + 4 ⋅ (b − 2) = 28 , innen 2a + b = 13. Az élhosszak megfelelő értékei: a b 5 3 4 5 1 pont Ha ezt a gondolatot a megoldás során jól használja, ez a 2 pont jár. 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont A 6 pont a felírt diophantikus egyenlet 6 pont helyes megoldásáért jár. Megfelelő (a; b)

értékpáronként 2-2 pont. 3 7 A három lehetséges négyzetes oszlop 1 pont térfogata rendre 75 cm 3 , 80 cm 3 és 63 cm 3 . Ez a pont csak a három helyes adatpár esetén jár. 3 pont Ha a vizsgázó indoklás nélkül közli a három lehetséges négyzetes Összesen: 16 pont oszlop méreteit, és megadja a térfogatokat, legfeljebb 6 pontot kaphat. írásbeli vizsga 1012 18 / 20 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 9. sin x ⋅ cos y = 0 (1) 1 (2) 4 Az (1) egyenletből, felhasználva, hogy egy szorzat értéke pontosan akkor 0, ha legalább az egyik szorzótényezője 0, adódnak a következő esetek: a) sin x = 0 Az egyenletrendszer megoldásaira vonatkozó feltétel miatt három x érték tesz eleget az (1) egyenletnek (x1 = 0 ; x2 = π ; x3 = 2π ) . A sin x = 0 feltételt behelyettesítve a (2) egyenletbe: 1 sin 2 y = , 4 tehát 1 sin y = (*), 2 vagy 1 sin y = − . (*) 2 Az első (*) egyenletnek a feltétel miatt két

y érték 5π ⎞ π ⎛ tesz eleget ⎜ y1 = ; y 2 = ⎟. 6 ⎠ 6 ⎝ A második (*) egyenletnek a feltétel miatt két y 11π ⎞ 7π ⎛ érték tesz eleget ⎜ y 3 = ; y4 = ⎟. 6 ⎠ 6 ⎝ Így összesen négy y érték tesz eleget az egyenletrendszernek ebben az esetben. sin x + sin 2 y = Tehát ebben az esetben összesen 3 ⋅ 4 = 12 darab (x; y) rendezett számpár tesz eleget az egyenletrendszernek. írásbeli vizsga 1012 19 / 20 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont Ezt a pontot akkor is kapja meg, ha rossz eredményt ad meg 1 pont a lehetséges x és az y értékek számára, de helyesen összeszorozza ezeket a számokat. 2011. május 3 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató b) cos y = 0 Az egyenletrendszer megoldásaira vonatkozó feltétel miatt két y érték tesz eleget a (1) egyenletnek 3π ⎞ π ⎛ ⎜ y5 = ; y6 = ⎟. 2 ⎠ 2 ⎝ Ha cos y = 0 , akkor sin 2 y = 1 , amit behelyettesítve a (2) egyenletbe: 3 sin

x = − , 4 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont ami a [0 ; 2π ] intervallumban két x értékre teljesül (x1 ≈ 3,9897 x2 ≈ 5,4351) . 1 pont Ebben az esetben 2 ⋅ 2 = 4 rendezett számpár tesz eleget az egyenletrendszernek. Ezt a pontot akkor is kapja meg, ha rossz eredményt ad meg 1 pont a lehetséges x és az y értékek számára, de helyesen összeszorozza ezeket a számokat. (Az a) és b) esetben különböző számpárokat kaptunk, így) 1 pont összesen 12 + 4 = 16 rendezett számpár tesz eleget az egyenletrendszernek. Összesen: 16 pont Megjegyzések: 1. Ha a vizsgázó megoldása során feltétel nélkül oszt sin x vagy cos y kifejezéssel, megoldására legfeljebb 11 pontot kaphat. 2. A feladat megoldásához nem tartozik hozzá a számpárok megadása Ezért a „visszakeresésnél” elkövetett hibákért ne vonjunk le pontot! 3. Ha a vizsgázó fokokban helyesen végezte a számításokat, akkor is teljes pontszámot kaphat. írásbeli vizsga 1012 20 / 20 2011.

május 3