Microsoft Word - Matematika_emelt_irasbeli_javitasi.doc

Транскрипт

1 Matematika szerb nyelven emelt szint 0613 ÉRETTSÉGI VIZSGA 007. május 8. MATEMATIKA SZERB NYELVEN МАТЕМАТИКА EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA ПИСМЕНИ МАТУРСКИ ИСПИТ ВИШЕГ СТЕПЕНА JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ УПУТСТВО ЗА ИСПРАВЉАЊЕ И ВРЕДНОВАЊЕ OKTATÁSI ÉS KULTURÁLIS MINISZTÉRIUM МИНИСТАРСТВО ПРОСВЕТЕ И КУЛТУРЕ

2 Формални захтеви: Важне информације 1. Задатак треба исправити хемијском оловком другачије боје од оне коју користи кандидат, а грешке, недостатке итд. обележити одговарајући наставничкој пракси.. Међу сивим правоугаоницима који су поред задатака у првом је максималан број за тај задатак, а у други наставник уписује постигнут број за тај задатак. 3. У случају потпуно исправног решења (без грешке) у одговарајући правоугаоник је довољно уписати максималан број. 4. У случају решења са недостатком/грешком, молимо да се на задатак напише појединачи делимични број. Садржајни захтеви: 1. Код појединих задатака смо дали ње за више начина решавања. Уколико се нађе тачно решење различито од наведених, потражите у упутству делове који се подударају и на основу тога извршите ње.. Бодови у упутству се могу даље разложити. Међутим, број који се додељује по задатку може бити само цео број. 3. У случају тачног поступка решавања и коначног решења максималан број се даје и онда ако је код кандидата опис из упутства дат са мање детаља. 4. Ако у решењу има рачунске грешке, нетачности, бодови се не дају само на онај део где је ученик нечинио грешку. Ако са погрешним делимичним резултатом даље ради тачним поступком, а проблем за решавање се у суштини не мења, додељују му се даљи делимични бодови. 5. У случају принципијелне грешке у оквиру једне мисаоне целине (у упутству означено двоструком линијом) ни за формално тачне математичке поступке се бодови не додељују. Уколико ученик наставља са радом и као почетни податак узима лоше решење које је добио због принципијелне грешке, а даље тачно рачуна у следећој мисаоној целини или делу питања, онда за тај део добија максималан број, уколико се проблем за решавање у суштини није променио. 6. Ако се у упутству за решавање у загради налази нека напомена или нека мерна јединица, у случају њиховог недостатка се решење сматра да има потпуну вредност. 7. Од више тачних покушаја решења за један задатак вреднује се она варијанта коју је кандидат означио. 8. За решења се наградни бодови (бодови који прелазе прописани максимални број за дати задатак или његов део) не могу доделити. 9. За делимичне прорачуне који су са грешкама али их кандидат при решавању задатка није искористио не одузимају се бодови. 10. Од означених задатака у испитном делу II се од назначених 5 задатка вреднују само решења за 4 задатка. Кандидат је уписао у квадрат вероватно - редни број задатка чије вредновање неће ући у укупан број. Према томе, евентуално дато решење за означени задатак ни не треба исправљати. Ако и поред тога није једносмислено јасно за који задатак кандидат не жели да се бодује, онда ће задатак који се не бодује аутоматски бити онај који је последњи по истакнутом редоследу. írásbeli vizsga 0613 / május 8.

3 1. Преуредимо прву једначину искоришћавањем једнакости логаритама: x + y log log 4. x 1,5 y Због строге монотоности x + y 4, одавде после сређивања 7y x, x 1,5 y односно добија се да је x 3,5y. Из друге једначине искоришћавањем једнакости логаритама: log 3 ( x y)( x + y) log Због наведене једнакости и строге монотоности: x y 45.. a) I. бода бода Замењивањем вредности x 3,5y и сређивањем: y 4, Одакле је y или y. Уз негативну вредност за y припада негативна за x, а овај пар вредности не задовољава основне (полазне) једначине. Једини пар решења (корени) система једначина је x 7 и y. Овај пар решења задовољава обе основне једначине. 11 Ако кандидат напише само y -t, онда се овај бод не даје. y D A B 1 E O 1 C x írásbeli vizsga / május 8.

4 Тачан цртеж. b) Темена конвексног четвороугла су A, B, C, O, при чему је тачка B пресек две праве: B(; 3). Површину четвороугла можемо израчунати нпр. тако да од површине труогла DOC одузмемо површину троугла ABD. Површина правоуглог троугла DOC је: OC OD У троуглу ABD је AD, а дужина висине из тачке B је једнака вредности прве координате тачке B:, зато је површина троугла ABD:. Површина конвексног четвороугла ABCO : (јединица површине). c) Темена конкавног четвороугла: E, C,D, A. Дужине страница: EC 1 ; CD 80 ; DA ; AE 0 ; ED 4 ; CA 68. обим: k 1 EC + CD + DA + AE ( 7,4); k ED + DC + AC + AE ( 7,3); k 3 ED + AD + AC + EC ( 7,91). бода бода бода бода 6 4 бода 5 За сваку дужину странице се даје по. У том случају се даје 5, уколико испитаник од могућа три конкавна четворокута барем једном добро израчуна опсег. írásbeli vizsga / május 8.

5 3. a) A C E D F На тачном цртежу је означено 6 чворова графа, од којих су два петог степена (A и B) и четири чвора која су четвртог степена (C, D, E, F). b) Двоструки број руковања ћемо добити ако саберемо степене графа. Збир степена графа је : 6. Сапутници су се са 13 руковања међусобно поздравили. c) I. решење Прво изаберимо нпр. са киме ће научник обележен словом A да дели собу. То можемо урадити на пет начина. Када смо одредили ко дели собу са A, изабирући од преостала четири научника, нпр. C, њему можемо придружити "цимера" на три начина. Када смо попунили две собе, у преосталу собу могу само на један начин да се сместе преостала два научника. Међу собама не правимо разлику, дакле укупно је могуће на начина расподелити собе. B бода 4 бода 3 бода бода бода У потпуном графу са шест чворова две гране недостају. Ове две гране нису повезани делимични граф у комплементарном графу. 3 бода се могу дати и онда ако у тачно нацртаном графу сабере ивице. írásbeli vizsga / május 8.

6 c) II. решење 6 Два научника се могу изабрати на начина. Од преостале четворице се још двојица могу 4 изабрати на начина. 6 4 Тако се на начина могу расподелити три комада у групама по двоје. У три собе се на 3! начина могу доделити групе, 6 4 дакле може бити 15 расподела соба. 3! 6 бода бода 6 Ако кандидат систематски наведе свих 15 могућности, и онда се даје 6. Ако је набрајање систематско, али има недостатака, даје се највише 4 бода. írásbeli vizsga / május 8.

7 4. a) H G E F c b D C A a B Збир седам вектора: ( AC + AF + AH ) AG AP ( AB + AD + AE ) + +. Вектори са десне стране редом, изражавајући преко ивичних вектора a, b и c : AP ( a + b + c ) + (a + b ) + ( a + c ) + ( b + c ) + ( a + b + c ). Примењујући идентичности приликом операције, добијамо да је: AP 4 ( a + b + c ). b) Пошто је AP 4 AG, дужина вектора AP једнака је четворострукој вредности дијагонале AG геометријског тела. Примењујући Питагорину теорему: AG AB + BC + CG , AG бода AP 4AG 40 ( 56,57). 3 бода c) Пошто је AP 4 AG, угао између вектора AP и вектора AE се подудара са углом између вектора AG и AE. То је угао у правоуглом троуглу AEG код темена A, означимо га са α. За било које добро изражавање вектора AP се даје. írásbeli vizsga / május 8.

8 Искориштавајући да је AE 6 и AG 10, AE 6 Тако је cos α 0, 443, AG 10 А одавде је α 64,9. d) Локални вектор ( AS ) троугла HFC који води у тежишну тачку S, је трећина збира локалних вектора који воде у тежишну тачку. AS ( b + c) + ( a + c) + ( a + b) 3 AH + AF + AC 3 ( a + b + c), односно AS 3 AG. 3 3 бода бода AS AP ( AG ) (4 AG ) AG 00 ( 533,3) бода 6 írásbeli vizsga / május 8.

9 II. 5. Напишимо имениоце у облику производа! x p ( x )( x + ) x ( x + ) x( x) Вредност имениоца не може бити 0, зато x не може бити ; 0;. Множећи обе стране једначине заједничким имениоцем (x )x(x + ), И сређујући по x добијамо да је : x + p 1 x p + 1. ( ) ( ) 0 Из обрасца (формуле) за решења бода 1 p ± p + 6 p + 9 x 1,, односно 1 p ± p + 3 x 1;. x 1 x ( p. бода Једначина не може имати два различита корена, јер x 1 не може бити корен полазне бода једначине, дакле x ( p +1) је корен. Нема ни једног корена у случају да x узима неку од искључених вредности ; 0;. бода x, ако је p 1; x 0, ако је p 1 ; x, ако је p 3. 3 бода Ако параметар p узима вредности 3; 1 или 1, полазна једначина нема реалног решења a) На основу особине геометријског низа: p 4c. На основу особине аритметичког низа: c p Замењујући у прву једначину вредност c из друге једначине, добијамо да је p p 80 0, Одавде је p 1 10 és p 8. Пошто негативан корен не даје решење, Данко је пребројао 10 великих црвених и 5 малих пругастих рибица. 5 се даје за потпуно препознавање квадрата. Ако добро разуме појам геометријског и аритметичког низа, тачно напише, али не уради даље (јер нпр. ради са много непознатих...), могу се дати бода írásbeli vizsga / május 8.

10 b) Пораст броја рибица сваког месеца је 0 %, дакле њихов број расте месечно 1, пута. Ако је свака два месеца Данко продао x %, онда x двомесечна продаја 1 q -пута мења 100 бројно стање. Двомесечно је продаја увек 1, q 1, 44 q - пута. Из тога се може написати једначина 100 1,44q 1 ( ) 5 После сређивања се добија да је q 0,75. Двомесечно од броја рибица остаје 75 %, односно Данко је двомесечно продавао 5 %. бода 7 c) Укупан број изабирања са истом вероватноћом: Број повољних случајева:. 3 5 Тражена вероватноћа: ,384. бода бода Тачне вредности биномних израза прихватамо и онда ако кандидат није означио начин њиховог израчунавања (могао је да извуче вредности из дигитрона или логаритамских таблица). Ако недостаје нумеричко израчунавање вероватноће, или се то изгуби, уместо задња бода се даје. 7. a) плата (у хиљадама форинти) Број запослених % запослених írásbeli vizsga / május 8.

11 % запослених плата (у хиљадама форинти) За тачно нацртан стубни дијаграм (тачан натпис на осама по, за стубове по 1 бод). Напомена: Кандидат може дати висину стубова у облику (број запослених) или (% запослених). За 5 % одговара 11 особа. За добијање 3 бода није потребно испуњавање трећег реда наведеног у табели. 3 бода b) Просек августовских бруто плата: ,8 хиљада Фт. 3 бода У случају тачног прорачуна се 3 бода дају и онда ако кандидат не образлаже прорачун, јер је могао да унесе податке у дигитрон, и онда одмах добије резултат. írásbeli vizsga / május 8.

12 Растурање (расипање) августовских бруто плата: 43,17 хиљада Фт. 3 бода 6 3 бода се дају ако кандидат на било који начин израчуна тачно. Може да рачуна на основу дефиниције; Може да рачуна на основу познате теотеме: (квадрат просека просек квадрата); Али може добити тачно решење и дигитроном. Ако уместо растурања да квадрат растурања, уместо 3 бода највише може добити бода. У случају нетачног просека и/или нетачног растурања се не даје бод,ако се из задатка не види да кандидат ове појмове тачно користи. c) Ако свакоме израчунавамо нето плату, то је 60,6 % од бруто плате. Сваком од 0 запослених се плата мења на 0,606 од бруто вредности, зато ће и просек бити 0,606, бода односно просек нето плата је 0, ,8 85,93 хиљада Фт. Напомена: За тачан одговор се прихвата и 85,94 хиљ. Фт. 3 бода d) Ако сваком од 0 запослених бруто плата порасте за 500 Фт, онда и просек плата расте за толико. Посматрајући свих 0 података, ни код једног се не мењају нови подаци и одступање просека нових података, јер су обе количине исто толико порасле, разлика им се не мења. Код тих непроменљивих разлика и квадрат просека остаје непромењен: остаје августовска вредност. Растурање бруто плата се дакле не мења. 4 бода Приликом вредновања питања и под c)и под d)максималан број се даје оном кандидату, који је тачно одговорио на питања позивајући се на опште теотеме о средњу вредност, односно на растурање.ако кандидат после израчунате или растурање не упише јединицу(нпр.: хиљад у Фт ),онда се за вредновање целог задатка само једном одузима. írásbeli vizsga / május 8.

13 8. a) Због парности функције cos x f(x) cos x бода Функција f је ограничена, зато што f ( x) Није тачно да су и место минимума и највећа вредност функције f ирационални бројеви, јер је највећа вредност функције f једнака, а то није ирационалан број. 6 b) y 1 0,5673 T 1 T π π 4 3π 5 x -1 T - Тачно скицирање графикона са јединицама и означавањем крајњих тачака интервала. Тражена геометријска слика се састоји из делова, њихове површине означимо редом T 1, T, T 3. Пошто је функција f непрекидна, тражене површине израчунавамо (и) интегралом: π [ sin x] T 1 cos xdx 0. 0 π бода бода Вредности за T1 и T кандидат може добити и директно,ако се позива на чињеницу да је график cos x(илиsin x)и x оса у интервалу írásbeli vizsga / május 8.

14 π 3π У интервалу ; вредности f нису позитивне, зато је: 3π 3π [ sin x] 4 T cos x dx π. π 5 5 [ sin x] sin 5 T 3 cos xdx 3π +. 3π Површина геометријске слике: T T 1 + T + T sin sin 5 6, 08. бода бода бода 10 0 ; π ограничавају површину од јединице. За саопштавање величине површине се даје по, а за одговарајуће позивање се даје по. 9. Прво задајмо редом елементима та четири скупа у скупу двоцифрених бројева, којима су тачне поједине тврдње. Означимо ове скупове са A; B; C и D. N је дељиво са 7, ако је број умножак седмице: A 14; 1; 8; 35; 4; 49; 56; 63; 70; 77; 84; 91; 98 { } N је умножак од 9: { 9; 58; 87 } B N + 11 је квадратни број, ако је N n 11, при чему је < n < 111. C 14; 5; 38; 53; 70; 89 { } N 13 је квадратни број, ако је N k + 13, при чему је 0 k < 87. D 13; 14; 17; ; 9; 38; 49; 6; 77; 94 { } Услове задатка задовољавају они елементи, који се од ова четири скупа налазе у пресеку два изабрана, али нису елементи ни једнога од друга два скупа. Од четири скупа два можемо изабрати на шест начина. Испитајмо ових шест скупова! У овој мисаоној јединици се бода дају и онда ако кандидат не напише речима објашњење, али се из решења види да прати ову мисао. írásbeli vizsga / május 8.

15 Скупови A I B и B I C су празни скупови. A I C { 14 ; 70 }, Међу овим елементима 14 не задовољава, јер је елемент скупа D ; 70 задовољава јер није елемент ни скупа B, ни скупа D. A I D { 14 ; 49; 77 } Међу овим елементима (14 не задовољава јер је елемент скупа C); 49 и 77 задовољавају, јер ни један није елемент ни скупа C, ни скупа B. B I D { 9 }, 9 задовољава, јер није елемент ни скупа A, ни скупа C. C I D { 14 ; 38 }, Међу овим елементима (14 не задовољава јер је елемент скупа A); 38 задовољава, јер није елемент ни скупа A, ни скупа B. Дакле, следећих пет бројева задовољавају захтеве задатка: 9; 38; 49; 70; Напомене: Ако кандидат наброји одговарајуће бројеве без тога да прикаже зашто они задовољавају захтеве (које су две тачне, а које две нетачне тврдње),приликом набрајања у случају 1 или тачна броја даје се, у случају 3 тачна броја дају се бода, за 4 тачна броја 3 бода, за 5 тачних бројева дају се 4 бода. Ако кандидат за наведене бројеве прикаже да одговарају захтевима, али не изврши њихово доказивање, да можда и други бројеви одговарају захтевима задатка, за решење задатка може добити највише 8 (дупли број од оног што је наведено у претходном пасусу). írásbeli vizsga / május 8.