Matematika | Középiskola » Matematika emelt szintű írásbeli érettségi vizsga, megoldással, 2010

Adatlap

Év, oldalszám:2010, 45 oldal
Nyelv:magyar
Letöltések száma:203
Feltöltve:2010. június 02
Méret:177 KB
Intézmény:-

Csatolmány:-

Letöltés PDF-ben:Kérlek jelentkezz be!

Értékelések

Ezt a doksit egyelőre még senki sem értékelte. Legyél Te az első!


Új értékelés

Tartalmi kivonat

MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2010. május 4 8:00 ÉRETTSÉGI VIZSGA ● 2010. május 4 Azonosító jel: Matematika Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM emelt szint írásbeli vizsga 0912 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 0912 Azonosító jel: 2 / 24 2010. május 4 Azonosító jel: Matematika emelt szint 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 megfogalmazásban

is közölje! (a feltett kérdésre adandó választ) szöveges 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 0912 3 / 24 2010. május 4 Matematika emelt szint Azonosító jel: I. 1. Adott az f és a g függvény. ⎫ ⎧ π x a (tg x + ctg x ) ⋅ sin 2 x . f: Df = R ⎨ k ⋅ ; k ∈ Z⎬ ⎩ 2 ⎭ a) Igazolja, hogy az így definiált f függvény konstans! g: b) c) Dg = [ − 7 ; 7 ] x a x2 − 6 x . Számítsa ki a g függvény zérushelyeit! Adja meg a g függvény értékkészletét! írásbeli vizsga 0912 4 / 24 a) 3

pont b) 3 pont c) 6 pont Ö.: 12 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 0912 Azonosító jel: 5 / 24 2010. május 4 Azonosító jel: Matematika emelt szint 2. Kilenc számkártya fekszik az asztalon. 1 a) b) 2 3 4 5 6 7 8 9 Rakja négy csoportba a kilenc számkártyát úgy, hogy egyikben se legyen együtt egy szám és egy nála kisebb osztója! Adjon meg két lehetséges csoportosítást! Berci körbe rakta a kilenc számkártyát egy nagy papírra, és ha két szám között legalább kettő volt a különbség, akkor a két kártyát összekötötte egy vonallal. Összesen hány vonalat rajzolt meg ily módon Berci? Csaba az első hat kártya felhasználásával (1, 2, 3, 4, 5, 6) két háromjegyű számot készített. Hívjunk egy ilyen számpárt duónak (Például egy lehetséges duó: „415 ; 362”.) A hat számból több ilyen duót lehet készíteni. Két duót egyenlőnek tekintünk, ha ugyanaz a két különböző

háromjegyű szám alkotja. Például a „415 ; 362” és a „362 ; 415” duó egyenlők, de a „362 ; 145” már egy másik duó. c) Hány különböző duót lehet a hat számkártyából elkészíteni? írásbeli vizsga 0912 6 / 24 a) 4 pont b) 4 pont c) 5 pont Ö.: 13 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 0912 Azonosító jel: 7 / 24 2010. május 4 Matematika emelt szint 3. Azonosító jel: Egy mértani sorozat első három tagjának összege 91. A hatodik, a hetedik és a nyolcadik tag összege 2912. Hány tizenhárom-jegyű tagja van a sorozatnak? Ö.: írásbeli vizsga 0912 8 / 24 13 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 0912 Azonosító jel: 9 / 24 2010. május 4 Azonosító jel: Matematika emelt szint 4. Egy könyvkiadó minden negyedévben összesíti, hogy három üzletében melyik szépirodalmi kiadványából fogyott a legtöbb. A legutóbbi összesítéskor mindhárom

üzletben ugyanaz a három szerző volt a legnépszerűbb: Arany János, Márai Sándor és József Attila. Az alábbi kördiagramok szemléltetik, hogy az üzletekben milyen arányban adták el ezeknek a szerzőknek a műveit. A kördiagramok az első üzletből 408, a másodikból 432, a harmadikból 216 eladott könyv eloszlásait szemléltetik. 75° 105° A M M 0° 0° 0° M J 2. üzlet 3. üzlet A kördiagramok adatai alapján töltse ki az alábbi táblázatot! Melyik szerző műveiből adták el a vizsgált időszakban a legtöbb könyvet? Arany János Márai Sándor József Attila Összesen b) 180° 315° 1. üzlet a) A A J J 210° 120° 1. üzlet 2. üzlet 3. üzlet 408 432 216 Összesített forgalom Készítsen olyan oszlopdiagramot a táblázat alapján, amely a vizsgált időszakban a szerzők szerinti összesített forgalmat szemlélteti! A könyvkiadó a három üzletében minden eladott könyvhöz ad egy sorsjegyet. Ezek a sorsjegyek egy

közös sorsoláson vesznek részt negyedévenként. A vizsgált időszakban azok a sorsjegyek vesznek részt a sorsoláson, amelyeket a fenti három szerző műveinek vásárlói kaptak. Két darab 50 ezer forintos könyvutalványt sorsolnak ki köztük c) Mennyi annak a valószínűsége, hogy a vizsgált időszak sorsolásán mind a két nyertes sorsjegyet Márai Sándor egy-egy könyvéhez adták, és mindkét könyvet a 2. üzletben vásárolták? Válaszát három tizedesjegy pontossággal adja meg! írásbeli vizsga 0912 10 / 24 a) 5 pont b) 3 pont c) 5 pont Ö.: 13 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 0912 Azonosító jel: 11 / 24 2010. május 4 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. Egy áruházban egy mosóport négyféle kiszerelésben árusítanak. Az

első kiszerelés 50%-kal drágább a harmadiknál, és 20%-kal kevesebb mosópor van benne, mint a másodikban. A második 50%-kal több mosóport tartalmaz, mint a harmadik, és 25%-kal többe kerül, mint az első. a) Az első három kiszerelés közül melyikben a legalacsonyabb a mosópor egységára? A negyedik fajta kiszerelést úgy állították össze, hogy annak dobozán a feltüntetett egységár megegyezett az első három kiszerelés átlagos egységárával. b) Ha a legolcsóbb kiszerelésű dobozon 600 Ft egységárat tüntettek fel, akkor hány forint egységár szerepel a negyedik fajta dobozon? írásbeli vizsga 0912 12 / 24 a) 13 pont b) 3 pont Ö.: 16 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 0912 Azonosító jel: 13 / 24 2010. május 4 Azonosító jel: Matematika emelt szint Az 5-9. feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania, a kihagyott feladat sorszámát írja be a 3. oldalon található

üres négyzetbe! 6. Legyen f (x ) = − 4 x 3 3x 2 2 x + + −a, a a a ahol a pozitív valós szám és x ∈R. a a) Igazolja, hogy ∫ f (x ) dx = − a 3 +a. 0 a b) Mely pozitív valós a számokra teljesül, hogy ∫ f (x ) dx ≥ 0 ? 0 c) Az x mely pozitív valós értéke esetén lesz a g ( x ) = − x 3 + x függvénynek lokális (helyi) maximuma? írásbeli vizsga 0912 14 / 24 a) 6 pont b) 4 pont c) 6 pont Ö.: 16 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 0912 Azonosító jel: 15 / 24 2010. május 4 Azonosító jel: Matematika emelt szint Az 5-9. feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania, a kihagyott feladat sorszámát írja be a 3. oldalon található üres négyzetbe! 7. Az ABCD konvex négyszög oldalegyeneseinek egyenlete rendre: DA: 3x − 4 y − 20 = 0 , BC: 4 x − 3 y + 12 = 0 , a) b) AB: 3x + 5 y − 20 = 0 , CD: 5 x + 3 y + 15 = 0 . Igazolja, hogy a négyszög átlói az x

és az y tengelyre illeszkednek, továbbá hogy ennek a négyszögnek nincsen derékszöge! Bizonyítsa be, hogy ez a négyszög húrnégyszög! a) 8 pont b) 8 pont Ö.: 16 pont y x írásbeli vizsga 0912 16 / 24 2010. május 4 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 0912 Azonosító jel: 17 / 24 2010. május 4 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. a) Peti levelet írt négy barátjának, Andrásnak, Bélának, Csabának és Daninak, és mindenkinek 1-1 fényképet is akart küldeni a nyaralásról. A négy fénykép különböző volt, és Peti mindegyikük hátlapjára ráírta, kinek szánja. A fényképeket végül figyelmetlenül rakta borítékba, bár mindenki kapott a levelében egy fényképet is. a1) Hányféleképpen fordulhat elő, hogy csak Andris kapja azt a fényképet, amelyen

a saját neve szerepel? a2) Melyik esemény bekövetkezésének nagyobb a valószínűsége: − senki sem kapja azt a fényképet, amelyet Peti neki szánt; vagy − pontosan egyikük kap olyan fényképet, amelyen a saját neve szerepel? b) Egy szabályos érme egyik oldalán a 6-os, a másikon pedig a 4-es számjegy látható. Az érmét négyszer egymás után feldobjuk, és a dobott számokat összeadjuk. Milyen értékeket kaphatunk összeg gyanánt? Az egyes összegek dobásának mekkora a valószínűsége? írásbeli vizsga 0912 18 / 24 a1) 3 pont a2) 8 pont b) 5 pont Ö.: 16 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 0912 Azonosító jel: 19 / 24 2010. május 4 Azonosító jel: Matematika emelt szint Az 5-9. feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania, a kihagyott feladat sorszámát írja be a 3. oldalon található üres négyzetbe! 9. Egy 90 m² területű, trapéz alakú virágágyás párhuzamos

oldalainak aránya AB : DC = 3 : 2 . Az ágyást tavasszal és ősszel is az évszaknak megfelelő virágokkal ültetik be. Mindkét alkalommal mindegyik fajta virágból átlagosan 50 virágtövet ültetnek négyzetméterenként. Tavasszal az átlókkal kijelölt négy háromszögre bontották a virágágyást. Az ABM háromszögbe sárga virágokat, a DMC háromszögbe fehéret, a maradék két részbe piros virágokat ültettek. a) A tavaszi parkosításkor hány darab fehér, hány piros és hány sárga virágot ültettek be? C D G D f C f p s H M F f B A p s A f B E Ősszel a másik ábra alapján tervezték meg a virágok elhelyezését. (Az E, F, G és H pontok a trapéz oldalainak felezőpontjai.) Ekkor is fehér (f), piros (p) és sárga (s) virágokat ültettek a tervrajz alapján. b) Az őszi parkosításkor hány darab fehér, hány piros és hány sárga virágot ültettek? Válaszait az alábbi táblázatban tüntesse fel! fehér piros sárga

tavasszal ősszel írásbeli vizsga 0912 20 / 24 a) 9 pont b) 7 pont Ö.: 16 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 0912 Azonosító jel: 21 / 24 2010. május 4 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 0912 Azonosító jel: 22 / 24 2010. május 4 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 0912 Azonosító jel: 23 / 24 2010. május 4 Azonosító jel: Matematika emelt szint elért maximális elért maximális pontszám pontszám pontszám pontszám 1. 12 2. 13 51 3. 13 4. 13 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 dátum dátum javító tanár jegyző írásbeli vizsga 0912 24 / 24 2010. május 4 ÉRETTSÉGI VIZSGA ● 2010. május

4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 0912 MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS 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 0912 2 / 21 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató I. 1. a) Az értelmezési tartományon minden x esetén ⎛ sin x cos x ⎞ f ( x ) = (tg x + ctg x ) ⋅ sin 2 x = ⎜ + ⎟ ⋅ sin 2 x = ⎝ cos x sin x ⎠ sin 2 x + cos 2 x = ⋅ 2 sin x cos x = sin x ⋅ cos x = 2. Összesen: 1 pont 1 pont 1 pont 3 pont 1. b) első megoldás A g függvény páros függvény, mivel g ( x ) = g (− x ) minden x∈ Dg esetén. Az (7 ≥ ) x ≥ 0 esetén vizsgáljuk a g zérushelyeit. Ekkor g ( x ) = x 2 − 6 x = x( x − 6) . Ezen a

tartományon a zérushelyek: 0 és 6. A g függvénynek három zérushelye van: –6; 0; 6. Összesen: 1 pont 1 pont 1 pont 3 pont 1. b) második megoldás (7 ≥ ) x ≥ 0 ⎧ x 2 − 6 x = x( x − 6 ) , ha , g (x ) = ⎨ 2 (− 7 ≤ ) x ≤ 0 ⎩ x + 6 x = x( x + 6 ) Az esetszétválasztás 1 pont, megfelelő tartományok megjelölése 2 pont 1 pont. (Ha csak az egyik esetet írja tartománnyal együtt, 1 pontot kap.) ezért a g függvénynek három zérushelye van: –6; 0; 6. 1 pont Összesen: írásbeli vizsga 0912 3 / 21 Elvi hiba miatt nem kap 3 pont pontot, ha g(x) helyett a h(x)=x2-6x-et vizsgálja. 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 1. c) A g ( x ) kifejezést átalakíthatjuk: ⎧ x 2 − 6 x = ( x − 3)2 − 9 0 ≤ x (≤ 7 ) g (x ) = ⎨ 2 , ha 2 (− 7 ≤ ) x ≤ 0 ⎩ x + 6 x = ( x + 3) − 9 , innen következik, hogy a legkisebb függvényérték g (3) = g (− 3) = −9 , a legnagyobb függvényérték g (7

) = g (− 7 ) = 7. A g (folytonos) függvény értékkészlete: R g = [− 9 ; 7] . Összesen: Teljes értékű megoldás a grafikus módszer is, de 2 pont indoklás nélküli rajz esetén 1 pont jár. 1 pont 1 pont 2 pont Jó tartalom hibás jelöléssel 1 pontot ér. 6 pont Megjegyzések: 1. Maximum 4 pontot kaphat, ha a) nem veszi figyelembe az értelmezési tartományt, vagy b) grafikus megoldást ad, és a grafikonja nem függvénygrafikon (pl. mindkét képlettel megadott másodfokú függvényt a teljes értelmezési tartományra felvázolja). 2. Ha a b) kérdésnél említett h(x)-szel dolgozik, a c) részre legfeljebb 3 pontot kaphat 2. a) Az 1, a 2, a 4 és a 8 külön csoportba kell, hogy kerüljön. Az 1-es mellett nem lehet más szám. Egy lehetséges beosztás: (1), (2, 3), (4, 5, 6, 7), (8, 9) egy másik: (1), (2, 3, 5), (4, 6, 7), (8, 9) 1 pont 1 pont Összesen: írásbeli vizsga 0912 Ha ez a gondolat mind a 2 csoportosításban 1 pont helyesen jelenik meg,

az 1 pont jár. Ha ez a gondolat mind a 2 csoportosításban 1 pont helyesen jelenik meg, az 1 pont jár. 4 / 21 4 pont Ha csak egy beosztás jó, 2 pontot kap. 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 2. b) Berci minden számot összekötött minden számmal, kivéve a szomszédos számokat: 1-2, 2-3, 3-4, , 8-9. (Egy 9-csúcsú teljes gráf éleiből hagyunk el nyolcat.) ⎛9⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ − 8 = ⎝ 2⎠ 9 ⋅8 − 8 = 28 vonalat húzott be Berci. 2 Összesen: 1 pont 1 pont Binomiális együttható 1 pont nélkül is elfogadható. 1 pont Ha ábra segítségével helyesen adja meg a gráf 4 pont éleinek számát, a megoldás teljes értékű. Megjegyzés: Ha a kilencszög átlóit számolja össze (27), és nem veszi figyelembe, hogy az 1-9 oldalél is szükséges, 3 pontot kap. 2. c) első megoldás A számok egy permutációja hármas bontásban egy duót ad. Ha számítana a két háromjegyű szám sorrendje a duón belül,

akkor annyi duó lenne, ahány permutációja van a 6 számnak (6!). Így az eseteket duplán számoltuk, 6! tehát = 360 darab duó van. 2 Összesen: 2 pont Ha ezek a gondolatok megjelennek a megoldás 1 pont során, járnak a pontok. 1 pont Hibás válasz esetén ez a 1 pont pont nem jár. 5 pont 2. c) második megoldás ⎛ 6⎞ Az egyik hármast kiválaszthatjuk ⎜⎜ ⎟⎟ -féle módon, a ⎝ 3⎠ másik hármas ezzel meghatározott. Mindkét hármasból 3! –féle számot képezhetünk. ⎛6⎞ Összesen ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 3!⋅3!(= 720) duót képeztünk. ⎝ 3⎠ Így minden esetet kétszer számoltunk, tehát 360- féle duó van. 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont Összesen: írásbeli vizsga 0912 1 pont 5 / 21 Hibás válasz esetén ez a pont nem jár. 5 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 3. Legyen a sorozat első tagja a, hányadosa q. a + aq + aq 2 = 91 1 pont aq 5 + aq 6 + aq 7 = 2912 1 pont q (a + aq + aq ) =

2912 2912 (= 32) q5 = 91 Ebből q = 2. Visszahelyettesítve az első egyenletbe: 7a = 91, ahonnan a = 13. (Ezek szerint a mértani sorozat: a = 13, q = 2, an = 13 ⋅ 2 n−1 .) 5 2 A kérdés: hány n-re igaz, hogy 1012 ≤ 13 ⋅ 2n−1 < 1013 . 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont A kitevők eltévesztése esetén ez a 2 pont nem jár. 2* pont Helyes irányú, de nem pontosan felírt relációs jelek esetén 1 pont jár. Ezzel ekvivalens (az lg x függvény szigorúan 1* pont monoton növekvő), 12 ≤ lg13 + (n − 1) lg 2 < 13 . 1* pont 1* pont 37,16 < n < 40,48 Ennek egész megoldása a 38, a 39 és a 40. 1* pont A sorozatnak 3 tagja tizenhárom jegyű. 1 pont Összesen: 13 pont Megjegyzések: 1. A *-gal jelölt pontok számológépes megoldás esetén akkor járnak, ha megállapítja, hogy 2 pont; • a sorozat szigorúan monoton növekvő 1 pont; • n=37 még nem megfelelő 1 pont; • n=41 már nem megfelelő 2 pont. • a 38., 39 és 40 tag valóban megfelel 2.

Megfelelő magyarázat nélküli próbálkozások esetén a *-gal jelölt 6 pontból legfeljebb 3 pont adható. írásbeli vizsga 0912 6 / 21 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 4. a) A kördiagramok alapján: 1. üzlet Arany János Márai Sándor József Attila Összesen 119 119 170 408 2. üzlet 3. üzlet 90 126 216 432 72 117 27 216 helyes oszloponként 1-1 pont. A legtöbb példányt József Attila műveiből adták el. Összesen: Összesített forgalom 281 362 413 A negyedik pont az első 4 pont három oszlop adatainak helyes összegezéséért jár. 1 pont 5 pont 4. b) eladott könyvek 450 413 400 362 350 300 281 250 200 150 100 50 0 AJ MS Jó adatokat tüntet fel. Arányos a diagram. Célszerűen választ egységet Rendezett az ábrája, világosan látni, mi-mit jelöl. Összesen: írásbeli vizsga 0912 7 / 21 JA 1 pont 1 pont 1 pont Ezen kívül csak olyan diagram fogadható el, 3 pont amelyiken a két

tengely fel van cserélve. 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 4. c) A vizsgált időszakban a sorsoláson résztvevő sorsjegyek száma: 408+432+216 = 1056. ⎛1056 ⎞ ⎟⎟ Ezek közül a 2 nyerő sorsjegyet összesen ⎜⎜ ⎝ 2 ⎠ féleképpen lehet kisorsolni. A 2. üzletben 126 Márai-könyvhöz adtak sorsjegyet, ⎛126 ⎞ ⎟⎟ féleképpen lehet 2 nyerőt ezek közül ⎜⎜ ⎝ 2 ⎠ kiválasztani. ⎛126 ⎞ ⎜⎜ ⎟ 2 ⎟⎠ ⎝ A keresett valószínűség: , ⎛1056 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 2 ⎠ 7875 ⎞ ⎛ ennek értéke: ⎜ p = ⎟ ≈0,014. 557040 ⎠ ⎝ Az 1056 megjelenéséért (akár a táblázatban is). Az összes esetek száma 1 pont 1 pont, a kedvező eseteké 1 pont. Ha a kedvező és az összes esetek számát is a sorrend figyelembevételével 1 pont helyesen számolja össze, akkor is jár az 1-1 pont. 1 pont Ha a k/n képletet előzmény nélkül használja, nem jár pont. 1 pont Összesen: írásbeli

vizsga 0912 1 pont 8 / 21 5 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató II. 5. a) első megoldás 1. 2. ár 1,5x 1,25 ⋅1,5 x = = 1,875 x x tömeg 1,5 ⋅ 0,8 y = = 1,2 y 1,5y y 1,5 x 1,875 x = = 1,2 y 1,5 y x x = 1,25 = 1,25 y y Tehát a harmadik kiszerelés egységára a legalacsonyabb. egységár = ár = tömeg 3. x y Az 1. ára a 3-hoz képest 2 pont. 4 pont A 2. ára a 3-hoz képest 2 pont. Az 1. tömege a 3-hoz képest 2 pont. 4 pont A 2. tömege a 3-hoz képest 2 pont. 4 pont Cellánként 1-1 pont. 1 pont Összesen: 13 pont 5. a) második megoldás 1. 2. 3. ár x 1,25 x 2 x 3 tömeg 0,8 y y 2 y 3 x = x 0,8 y 1,25 x y = 1,25 y Tehát a harmadik kiszerelés egységára a legalacsonyabb. egységár = ár = tömeg x y Az 2. ára a 1-höz képest 2 pont. 4 pont A 3. ára az 1-höz képest 2 pont. Az 1. tömege a 2-hoz képest 2 pont. 4 pont A 3. tömege a 2-hoz képest 2 pont. 4 pont Cellánként 1-1 pont.

1 pont Összesen: 13 pont írásbeli vizsga 0912 9 / 21 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 5. a) harmadik megoldás 1. kiszerelés 2. kiszerelés tömeg egységár ár = egységár és a tömeg szorzata 1,2 m 1,25 e 1,5 em 1,5 m 1,25 e 1,875 em m e em 3. kiszerelés Tehát a harmadik kiszerelés egységára a legalacsonyabb. 4-4-4 pont oszloponként vagy soronként Az 1. tömege a 3-hoz képest 2 pont. A 2. tömege a 3-hoz képest 2 pont. Az 1. ára a 3-hoz képest 2 pont. A 2. ára a 3-hoz képest 2 pont. 1 pont Összesen: 13 pont 5. b) Ha a legolcsóbb kiszerelés egységára 600 Ft, a másik kettőé ennek 125%-a, azaz 750-750 Ft. A három kiszerelés átlagos egységára: 600 + 750 + 750 (= 700) . 3 A negyedik kiszerelésen 700 Ft egységár szerepelt. Összesen: írásbeli vizsga 0912 10 / 21 1 pont 1 pont 1 pont 3 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 6. a) (Az

f integrálható függvény.) a ⎛ 4 x3 3x 2 2 x ⎞ ⎡ x 4 x3 x 2 ⎤ ⎜ ⎟ − + + − a dx = ⎢− a + a + a − ax ⎥ = ∫0 ⎜⎝ a a a ⎟⎠ ⎣ ⎦0 a a4 a3 a 2 + + − a2 = a a a 3 = −a + a . =− 4 pont Tagonként 1-1 pont jár. 1 pont Összesen: 1 pont 6 pont 6. b) Megoldandó (az a∈R+ feltétel mellett) a 1 pont − a 3 + a ≥ 0 egyenlőtlenség. (a + 1) ⋅ a ⋅ (1 − a ) ≥ 0 1 pont Mivel a > 0, így az első két tényező pozitív, ezért 1 pont 1− a ≥ 0 . Az a lehetséges értékeinek figyelembe vételével: 1 pont 0 < a ≤ 1. Összesen: 4 pont Ha az egyenlőtlenséget a harmadfokú függvény grafikonjának vázlata alapján helyesen oldja meg, megoldása teljes értékű. 6. c) (A nyílt intervallumon értelmezett (x∈R+) g függvény differenciálható.) g ′( x ) = −3x 2 + 1 . A lehetséges szélsőértékhely keresése: − 3x 2 + 1 = 0 A lehetséges szélsőértékhely: 1 x= (ez van benne az értelmezési tartományban); 3

g ′′( x ) = −6 x 6 ⎛ 1 ⎞ g ′′⎜ <0 ⎟=− 3 ⎝ 3⎠ 1 Tehát az x = lokális maximumhely. 3 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont Összesen: 6 pont Ha a lokális szélsőértékhelyek létezéséről az első derivált előjelváltásával ad elégséges feltételt, teljes pontszámot kap. írásbeli vizsga 0912 11 / 21 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 7. a) az egyenes DA : 3x − 4 y − 20 = 0 AB : 3x + 5 y − 20 = 0 BC : CD : 4 x − 3 y + 12 = 0 5 x + 3 y + 15 = 0 x tengelyen lévő pontja ⎛ 20 ⎞ ⎜ ;0⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎛ 20 ⎞ ⎜ ;0⎟ ⎝ 3 ⎠ (− 3 ; 0) (− 3 ; 0) y tengelyen lévő pontja ( 0 ; − 5) ( 0 ; 4) ( 0 ; 4) ( 0 ; − 5) Az DA és az AB egyenesek metszéspontja az x⎛ 20 ⎞ 1 pont tengely A = ⎜ ; 0 ⎟ pontja. 3 ⎝ ⎠ Az AB és az BC egyenesek metszéspontja az yIndoklás nélkül felírt 1 pont tengely B = ( 0 ; 4 ) pontja. csúcspontok megadásáért nem jár pont.

Az BC és az CD egyenesek metszéspontja az x1 pont tengely C = (− 3 ; 0 ) pontja. Az CD és az DA egyenesek metszéspontja az y1 pont tengely D = (0 ; − 5) pontja. A csúcspontok alapján beláttuk, hogy az ABCD négyszög AC átlója az x-, BD átlója az y-tengelyre 1 pont illeszkedik. Felírjuk az oldalegyenesek egy-egy normálvektorát (irányvektorát vagy iránytangensét). az egyenes egy normálvektor (egy irányvektor) (iránytangens) 3 DA : 3x − 4 y − 20 = 0 ( 3 ; − 4) ( 4 ; 3) 4 3 AB : 3 x + 5 y − 20 = 0 ( 3 ; 5) ( 5 ; − 3) − 5 4 BC : 4 x − 3 y + 12 = 0 ( 4 ; − 3) ( 3 ; 4) 3 5 CD : 5 x + 3 y + 15 = 0 ( 5 ; 3) ( 3 ; − 5) − 3 Egy hiba esetén 1 pont, 2 pont kettő, vagy több hiba esetén 0 pont adható. A normálvektorok között és ezért az egyenesek közt sincs két egymásra merőleges, (skalárszorzat nem 0), ezért az ABCD négyszögnek nincs derékszöge. Összesen: írásbeli vizsga 0912 12 / 21 1 pont 8 pont 2010. május 4 Matematika

emelt szint Javítási-értékelési útmutató 7. b) első megoldás y B 1 C CDB CAB 1 A x D Megvizsgáljuk, hogy pl. a CB szakaszt az A és D csúcsokból azonos szög alatt látjuk-e. Ha a szögek nem azonos nagyságúak, akkor az ABCD nem húrnégyszög. Ha a szögek azonos nagyságúak, akkor a CB szakasz látókörív alakzatán van az A és a D pont is. Mivel a CB egyenes azonos partján van az A és a D pont is, ez azt jelenti, hogy az ABCD pontok egy körív pontjai, vagyis az ABCD négyszög húrnégyszög. Mivel az ABCD négyszög átlóinak metszéspontja az origó, ezért a CDB és a CAB szögeket a COD, illetve a BOA derékszögű háromszögekben vizsgálhatjuk. Ezek a derékszögű háromszögek hasonlóak, mert befogóik aránya egyenlő: CO 3 OB 4 12 3 = , illetve = = = . DO 5 OA 20 20 5 3 A két vizsgált szög tehát egyenlő. Az ABCD négyszög tehát húrnégyszög. Összesen: írásbeli vizsga 0912 13 / 21 1 pont 1 pont Ha az indoklás nem 1 pont

ennyire részletes, akkor is járnak a megfelelő pontok. 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 8 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 7. b) második megoldás y B 1 C γ α A 1 x D Legyen γ = BCD ∢ és α = DAB ∢ Vektorok skalár-szorzatával fogjuk kiszámítani két szemközti szög koszinuszát. CB ⋅ CD cos γ = , CB CD 1 pont ahol CB = ( 3 ; 4) és CD = ( 3 ; − 5) , 1 pont CB ⋅CD = −11 , CB = 5 és CD = 34 . 1 pont cos γ = − cos α = 11 . 5 34 1 pont AB ⋅ AD ⎛ 20 ⎞ ; 4 ⎟ és , ahol AB = ⎜ − ⎝ 3 ⎠ AB AD ⎛ 20 ⎞ ; − 5⎟ ; AD = ⎜ − ⎝ 3 ⎠ 220 544 25 , AB = és AD = . 9 3 3 11 . cos α = 5 34 A γ és az α szögek tehát kiegészítő szögek, az ABCD négyszög húrnégyszög. Összesen: AB ⋅ AD = írásbeli vizsga 0912 14 / 21 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 8 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató Megjegyzések: 1. Ha a b)

állítás vizsgálatakor közelítő értékekkel dolgozik, legfeljebb 4 pontot kaphat a 8 pont helyett. 2. Addíciós képlettel is dolgozhatunk A koordináta- rendszer tengelyei (a négyszög átlói) négy derékszögű háromszögre bontják a négyszöget. Ezekből a háromszögekből a 3 hegyesszögek tangensét számoljuk ki .(1 pont) Ha α = α 1 + α 2 , akkor tg α1 = (1 pont) 5 3 27 és tg α 2 = (1 pont), innen tgα = tg (α1 + α 2 ) = . (1 pont) Ha γ = γ 1 + γ 2 , akkor 4 11 5 4 27 (1 pont) tg γ 1 = (1 pont) és tg γ 2 = (1 pont), innen tg γ = tg (γ1 + γ 2 ) = − . 3 11 3 Ebből az következik, hogy α + γ = 180° .(1 pont) 3. A bizonyítás történhet úgy is, hogy felírja pl az ABC háromszög körülírt körét (összesen 6 pont), és bizonyítja, hogy a D pont illeszkedik erre a körre.(2 pont) 2 2 11 ⎞ 1⎞ 425 ⎛ ⎛ A kör egyenlete: ⎜ x − ⎟ + ⎜ y + ⎟ = . 6⎠ 2⎠ 18 ⎝ ⎝ Az oldalfelező merőleges egyenesek egyenletei: AB

felezőmerőlegese: 15 x − 9 y = 32 ; (1 pont) BC felezőmerőlegese: 6 x + 8 y = 7 (1 pont), metszéspont 2 pont, sugár 1 pont, CD felezőmerőlegese: 3x − 5 y = 8 , DA felezőmerőlegese: 24 x + 18 y = 35 . írásbeli vizsga 0912 15 / 21 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 8. a) első megoldás Jelöljük a négy fényképre írt neveket A, B, C, D-vel, a neveknek megfelelő borítékon lévő címzéseket a, b, c, d-vel. a1) Andris kapott csak megfelelő fényképet. Ez csakis úgy lehetséges, ha az abcd sorrendben elhelyezett borítékokba az A, B, C és D jelű fotók közül Peti az elsőbe helyezte A-t, a másodikban nem tehette B-t, csak C-t vagy D-t. Ha az első két borítékba már elhelyezte a fotókat, a cd borítékokba maradó 2 fotó között pontosan az egyik borítékhoz tartozó megfelelő fénykép van még a kezében. Ezért a befejező lépése már csak egyféle lehet. Tehát a kívánt elhelyezés

kétféleképpen valósítható meg. 1 pont 1 pont 1 pont a2) A fényképeket Peti 24-féleképpen helyezhette volna el a borítékokba, ezen elhelyezések mindegyikének 1 pont azonos a valószínűsége. (Jelölje S azt az eseményt, hogy senki sem kapott nevével ellátott fényképet.) Az S esemény pontosan akkor következik be, ha az első borítékba, B, C vagy 2 pont D jelű fotó kerül. Bármelyiket is helyezte ezek közül az első borítékba, a maradék hármat – úgy, hogy senki se kapja a sajátját – háromféleképpen lehet elhelyezni, (például: BADC, BCDA, BDAC). Hasonlóan 3-3 megfelelő elhelyezés lehetséges, ha az első helyre C-t vagy D-t teszi. Az S esemény tehát 9-féle elhelyezés esetén valósítható meg: 1 pont 9 ⎞ ⎛ ⎜ p (S ) = ⎟ . 24 ⎠ ⎝ (Jelölje E azt az eseményt, hogy pontosan egyikük kapott nevével ellátott fényképet.) Az E esemény 1 pont pontosan akkor következik be, ha az A, a B, a C vagy a D fénykép kerül csak a

megfelelő betűjelű borítékba. Ezek közül bármelyik kétféleképpen lehetséges (lásd 1 pont a1 megoldását). Így az E eseményt 8-féle elhelyezés valósítja meg: 8 ⎞ ⎛ 1 pont ⎜ p (E ) = ⎟ . 24 ⎠ ⎝ 8 9 = p (S ) > p (E ) = . 1 pont 24 24 Összesen: 11 pont írásbeli vizsga 0912 16 / 21 Az összes (elemi) események számáért. A kedvező esetek számáért összesen 3 pont jár. A kedvező esetek számáért összesen 3 pont jár. 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 8. a) második megoldás Jelöljük a fényképekre írt neveket A, B, C, D-vel, a neveknek megfelelő borítékon lévő címzéseket a, b, c, d-vel. a1) Andris kapott csak megfelelő fényképet. Ez csakis úgy lehetséges, ha az abcd sorrendben elhelyezett borítékokba az ACDB vagy ADBC sorrendben kerültek a fényképek. Tehát a kívánt elhelyezés kétféleképpen valósítható meg. 2 pont 1 pont a2) (Jelölje S azt az eseményt,

hogy senki sem kapott nevével ellátott fényképet.) Az S esemény pontosan akkor következik be, ha az abcd sorrendben 3 pont elhelyezett borítékokba BADC, BCDA, BDAC, CADB, CDAB, CDBA, DABC, DCAB, DCBA sorrendben kerülhettek a fényképek. Ez 9 kedvező eset. (Jelölje E azt az eseményt, hogy pontosan egyikük kapott nevével ellátott fényképet.) Az E esemény pontosan akkor következik be, ha az abcd 3 pont sorrendben elhelyezett borítékokba ACDB, ADBC, BCAD, BDCA, CABD, CBDA, DACB, DBAC sorrendben kerülhettek a fényképek. Ez 8 kedvező eset. A fényképeket Peti 24-féleképpen helyezhette volna el a borítékokba, ezen elhelyezések mindegyikének 1 pont azonos a valószínűsége. 8 9 = p (S ) > p (E ) = . 1 pont 24 24 Összesen: 11 pont A felsorolásban elkövethető hibák: kimarad eset, hibás esetet is hozzávesz, egy esetet többször szerepeltet. Hibánként 1-1 pontot vonjunk le. Ez az a1)-beli esetek számának négyszerese. Ha csak ezt írja, ezért is

jár a 3 pont. Lásd: előző megjegyzés. Az összes események egyezőségéért. Az alábbi táblázatokban felsoroljuk az S és az E eseményeket megvalósító elhelyezéseket. S esemény 1. lehetőség 2. lehetőség 3. lehetőség 4. lehetőség 5. lehetőség 6. lehetőség 7. lehetőség 8. lehetőség 9. lehetőség írásbeli vizsga 0912 A boríték címe A B C D b a d c b c d a b d a c c a d b c d a b c d b a d a b c d c a b d c b a E esemény 1. lehetőség 2. lehetőség 3. lehetőség 4. lehetőség 5. lehetőség 6. lehetőség 7. lehetőség 8. lehetőség 17 / 21 A boríték címe A B C D c d b a d b c a c d a b d a c b b d a c d a b c b c a d c a b d 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 8. b) első megoldás Mivel minden dobás kétféle lehet, ezért a négy dobás összes lehetséges – egyenlően valószínű – sorrendje 2 4 = 16 lehet. A négy dobáshoz tartozó összegek lehetnek: 6+6+6+6=24, ( A24 )

6+6+6+4=22, ( A22 ) 6+6+4+4=20, ( A20 ) 6+4+4+4=18, ( A18 ) 4+4+4+4=16. ( A16 ) Az ( A24 ) és az (A16) esemény is egyféleképpen valósulhat meg, ezért 1 p ( A24 ) = p ( A16 ) = . 16 Az ( A22 ) és az (A18) esemény is 4-féleképpen 4 valósulhat meg, ezért p ( A22 ) = p ( A18 ) = . 16 ⎛ 4⎞ Az ( A20 ) esemény ⎜⎜ ⎟⎟ = 6 -féleképpen valósulhat ⎝ 2⎠ 6 meg, ezért p ( A20 ) = . 16 Összesen: írásbeli vizsga 0912 18 / 21 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 5 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 8. b) második megoldás A négy dobáshoz tartozó összegek lehetnek: 6+6+6+6=24, (B0 ) 6+6+6+4=22, (B1 ) 6+6+4+4=20, (B2 ) 6+4+4+4=18, (B3 ) 4+4+4+4=16. (B4 ) Bármelyik dobásnál a 6-os és 4-es is 1 2 1 pont 1 pont valószínűséggel következik be. 1 Az Bk események valószínűségét a p = ; n = 4 2 paraméterű binomiális eloszlás írja le. Ezért: 4 ⎛ 4⎞ ⎛ 1 ⎞ 1 p (B0 ) = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅

⎜ ⎟ = ⎝ 4 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 16 1 pont 4 ⎛ 4⎞ ⎛ 1 ⎞ 4 p (B1 ) = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = ⎝ 3 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 16 4 ⎛ 4⎞ ⎛ 1 ⎞ 6 p (B2 ) = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 16 Egy vagy két rossz (vagy 2 pont hiányzó) érték esetén 1 pont adható. 4 ⎛ 4⎞ ⎛ 1 ⎞ 4 p (B3 ) = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = ⎝ 1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 16 4 ⎛ 4⎞ ⎛ 1 ⎞ 1 p (B4 ) = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = . ⎝ 0 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 16 Összesen: írásbeli vizsga 0912 19 / 21 5 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 9. a) (A teljes beültetéshez 50 ⋅ 90 = 4500 db virágra van szükség. A különböző színű virágok darabszáma a megfelelő területek arányából számolható. Kiszámítjuk a megfelelő területeket. Jelölje az MCD háromszög területét t, az MBA háromszög területét T, az MBC háromszögét t1 és az MAD háromszögét t 2 .) Az MBA és a MCD háromszögek hasonlóak, hiszen

szögeik páronként egyenlő nagyságúak (M-nél csúcsszögek, A és C-nél, ill. B és D-nél váltószögek). A hasonlóság aránya alapján 3 AM BM = = . 2 MC MD Ha ez a gondolat 1 pont megjelenik a megoldás során, jár az 1 pont. 1 pont 2 ⎛3⎞ Az MBA háromszög területe T = ⎜ ⎟ t , (mert a ⎝2⎠ hasonló háromszögek területének aránya a hasonlóság arányának négyzete). Az ADC háromszög területét a DM szakasz MA : MC = 3 : 2 arányban osztja (a két háromszög 3 D-csúcsból induló magassága azonos), ezért t1 = t . 2 3 Ugyanilyen gondolatmenettel t 2 = t . 2 A trapéz területe 90 = t + 2t1 + T = t + 3t + 2,25t = 6,25t , t = 14,4 ( m 2 ). A fehér virágok száma 14,4 ⋅ 50 = 720 . a pirosaké 3 ⋅ 720 = 2160 , a sárgáké pedig 1620. Összesen: írásbeli vizsga 0912 20 / 21 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 9 pont 2010. május 4 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 9. b) (A teljes

beültetéshez 50 ⋅ 90 = 4500 db virágra van szükség. A különböző színű virágok darabszáma a megfelelő területek arányából számolható. Kiszámítjuk a megfelelő területeket.) Az EFGH négyszög paralelogramma, mert két szemközti oldala pl. EF és HG párhuzamosak az AC átlóval, és egyenlők az AC felével (középvonal). Az EFGH paralelogramma területe fele az ABCD trapéz területének, TEFGH = 45 m², mert pl. AB + DC m⎞ ⎛ TABCD = ⋅ m = HF ⋅ m = 2 ⋅ ⎜ HF ⋅ ⎟ . 2 2⎠ ⎝ Egy paralelogrammát két átlója négy egyenlő területű háromszögre bontja, ezért 2250 a piros és sárga virágokból egyaránt = 1125 2 tövet ültettek. A fehér virágokkal beültetett terület a trapéz területének fele, tehát fehér virágból 45 ⋅ 50 = 2250 tövet ültettek. Összesen: Összesítés tavasszal ősszel írásbeli vizsga 0912 fehér 720 2250 Ezért a gondolatért a teljes feladat megoldása során csak egyszer jár pont. 1 pont 2 pont 1

pont 1 pont 1 pont 1 pont 7 pont piros 2160 1125 21 / 21 sárga 1620 1125 2010. május 4