MATEMATIKA NÉMET NYELVEN

Transkript

1 Matematika német nyelven emelt szint 11 ÉRETTSÉGI VIZSGA 014. május 6. MATEMATIKA NÉMET NYELVEN EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA

2 Formvorschriften: Wichtige Hinweise 1. Die Arbeit ist mit einem andersfarbigen Stift, als der Abiturient ihn benutzt hat, zu korrigieren. Die Fehler und die fehlenden Schritte sind wie üblich zu markieren.. In den Kästchen neben den Aufgaben steht zuerst die maximale Punktzahl. Der Korrektor trägt die von ihm gegebene Punktzahl in das zweite Kästchen ein.. Bei einwandfreier Lösung kann ohne Angabe von Teilpunkten die maximale Punktzahl eingetragen werden. 4. Bei fehlerhaften oder mangelhaften Lösungen geben Sie bitte auch die Teilpunkte für die richtigen Schritte an. 5. Außerhalb der Abbildungen dürfen die mit Bleistift geschriebenen Teile nicht bewertet werden. Inhaltliche Fragen: 1. Bei einigen Aufgaben sind verschiedene Lösungswege angegeben. Wenn eine von diesen unterschiedlichen Lösungen vorkommt, suchen Sie die gleichwertigen Teile und verteilen die Punkte entsprechend.. Die vorgeschriebenen Punktzahlen lassen sich weiter zerlegen, wenn der Lösungsschlüssel nichts anderes vorschreibt, dürfen aber nur als ganze Punkte vergeben werden.. Wenn der Schüler einen Rechenfehler macht oder ungenau wird, aber damit das zu lösende Problem nicht wesentlich verändert wird, bekommt er nur für den Teil keinen Punkt, wo der Fehler lag. Wenn er mit falschem Teilergebnis, aber mit richtigem Gedankengang weiterrechnet, sind die weiteren Teilpunkte zu gewähren. 4. Begeht der Schüler einen theoretischen Fehler (sie werden in dem Lösungsschlüssel mit Doppellinien markiert), so bekommt er innerhalb einer Gedankeneinheit auch für die formell richtigen mathematischen Schritte keinen Punkt. Wenn der Schüler in einer folgenden Teilaufgabe oder Gedankeneinheit, wo durch diesen Fehler das lösende Problem nicht wesentlich verändert wurde, mit diesem falschen Ergebnis als Ausgangswert richtig weiterrechnet, bekommt er die maximale Punktzahl für diesen neuen Teil. 5. Falls in der Musterlösung eine Bemerkung oder die Einheit bei dem Ergebnis in Klammern steht, ist die Lösung auch ohne diese als vollständig zu bewerten. 6. Bei mehreren Lösungsversuchen für eine Aufgabe ist nur der eine zu bewerten, den der Kandidat markiert hat. 7. Zusatzpunkte (mehr Punkte als die vorgeschriebene maximale Punktzahl für die Aufgabe) sind nicht zugelassen. 8. Es gibt keinen Punktabzug für Berechnungen und Schritte, die zwar falsch sind, aber eigentlich vom Schüler bei der Lösung der Aufgabe nicht verwendet werden. 9. Im Teil II sind aus den 5 Aufgaben nur Lösungen von 4 zu bewerten. Der Abiturient hat vermutlich die Nummer der Aufgabe, die nicht bewertet werden soll, in das entsprechende Kästchen eingetragen. Dementsprechend wird die eventuell vorhandene Lösung für diese Aufgabe nicht korrigiert. Wenn die abgewählte Aufgabe nicht eindeutig feststeht, dann ist die nicht zu bewertende Aufgabe automatisch die letzte Aufgabe der vorgegebenen Aufgabenreihe. írásbeli vizsga 11 / május 6.

3 1. a) π π x = kπ 6 +, wo k Z ist. Punkte π Also: x = + kπ ( k Z). Punkte Probe. I. Wenn der Schüler die Periode durch nicht teilt, kann er höchstens bekommen. Schüler auch zu, wenn er innerhalb einer Periode die Probe durchführt, oder wenn er mit den Äquivalentumformungen die Richtigkeit der Lösungen erklärt. Bemerkungen: 1. Wenn die Bedingung k Z nirgendwo steht, dürfen höchstens 4 Punkte gegeben werden.. Wenn der Schüler in Grad rechnet, kann er höchstens Punkte bekommen.. Wenn der Schüler nirgendwo die Periode hinschreibt, kann er höchstens Punkte bekommen ( für x =, für die Probe). π 1. b) Der Logarithmus ist sinnvoll, wenn x > 0. log 9 log x x = = log 9 log x = Aus der originalen Gleichung: log x ( log x + = 6, also) log x = 4. Also: x = 81. Probe. Insgesamt: 6 Punkte Diesen Punkt bekommt der Schüler auch, wenn er die Lösungen durch eine Probe überprüft. Schüler auch zu, wenn er innerhalb einer Periode die Probe durchführt, oder wenn er mit den Äquivalentumformungen die Richtigkeit der Lösungen erklärt. írásbeli vizsga 11 / május 6.

4 . a) erste Lösung Die Anzahl der Kanten des Graphen ist: 16 ( = 10). Die Anzahl der roten Kanten laut der Aufgabe ist: 16 Punkte ( = 4). (Die Auswahl zweier Knoten ist äquivalent mit der Auswahl einer Kante.) Die Wahrscheinlichkeit, dass man eine rote Kante auswählt, ist: 4 1 p = = = 0, Insgesamt: 4 Punkte Nicht weiter zu zerlegen.. a) zweite Lösung (Die Knoten des Graphen sind gleichwertig, deshalb) betrachtet man aus den zwei Knoten den einen. Davon gehen insgesamt 15 Kanten aus, von denen rot sind. Die Wahrscheinlichkeit, dass in einen anderen ausgewählten Knoten eine rote Kante geht, ist 1 p = = = 0, Insgesamt: 4 Punkte. b) Die Anzahl der Kanten des Baumgraphen mit n Knoten ist n 1. Die Anzahl der Kanten des vollständigen Graphen n( n 1) mit n Knoten ist. Laut des Textes der Aufgabe gilt dann: n( n 1) 45 = n 1, woraus: n n 88 = 0. Die Lösungen sind: n = 11 oder n = 8. (Weil n eine positive ganze Zahl ist): n = 8 ist keine Lösung der Aufgabe. Der Graph hat 11 Knoten. Probe: Der vollständige Graph mit 11 Knoten hat 55 Kanten, der Baumgraph mit 11 Knoten hat 10 Kanten. Deshalb ist wegen der Gleichung = 10 wirklich eine Lösung. Insgesamt: 8 Punkte Diese Punkte werden auch gegeben, wenn der Schüler diese Zusammenhänge entsprechend der Bedingungen der Aufgabe richtig verwendet. írásbeli vizsga 11 4 / május 6.

5 . Die Figur passt ins Kästchen ein, wenn ihre Höhe (m) nicht größer als 1,5 cm ist. Der Kosinussatz für den Winkel α: = cosα. * 11 Daraus ist cos α = ( = 0,6875), 16 * α 46,57. * Die Höhe der 4 cm langen Seite des Grunddreiecks ist: sin46,57 =. m * Woraus m 1,45 (cm) ist. * 1,45 cm < 1,5 cm, also die Figur passt ins Kästchen rein. Wenn man den Körper auf eine der Dreiecksseiten stellt, bekommt man ein dreiseitiges, gerades Prisma, dessen Höhe M = 4 (cm) ist, Punkte 4 1,45 sein Volumen ist V = T M 4 = = 11,6 cm = = 0,0116 dm. Die Masse der Figur ist 0,0116 8, = 0,0951 (kg). Das sind etwa 9,5 dkg, also wirklich nicht größer als 10 dkg. Insgesamt: 14 Punkte Schüler auch zu, wenn sich dieser Gedanke nur aus der Lösung herausstellt. Diese Punkte stehen dem Schüler auch zu, wenn sich diese Gedanken nur aus der Lösung herausstellen. írásbeli vizsga 11 5 / május 6.

6 Bemerkung: Die mit * markierten 5 Punkte kann der Schüler auch für die folgenden Gedankengänge bekommen: (Die Höhe m teilt die Dreieckfläche in zwei rechtwinklige Dreiecke auf. Wenn man dafür den Pythagoras- Satz aufschreibt:) m + x =, m + ( 4 x) =. Aus der zweiten Gleichung bekommt man: m = 7 + 8x x. 11 Das wird in die erste Gleichung eingesetzt: x = Eingesetzt ist: m = 1, 45 8 (cm). (Aus den drei Seiten des Dreiecks kann man mit der Heron-Formel den Flächeninhalt des Dreiecks berechnen. Die Hälfte des Umfangs ist: s = 4,5. So ist T = 4,5 0,5 1,5, 5,9 (cm ). Daraus kann man die Höhe mit einer weiteren Flächenformel berechnen: 4m,9. m 1,45 (cm) írásbeli vizsga 11 6 / május 6.

7 4. a) Wenn man die unbekannte Angabe mit x bezeichnet, 5 + x dann ist der Durchschnitt:. 7 Der Modus ist bei allen x Werten immer. Der Median kann verschiedene Werte annehmen, abhängig von x: I. Wenn x kleiner als ist (1 oder ), dann ist der Median. Das ist nicht möglich, weil auch der Modus ist. So wäre die Folge nicht streng monoton steigend. II. Wenn x ist, ist der Median auch, der Durchschnitt 4. Weil die Zahlen ; ; 4 (eine streng monoton steigende) arithmetische Folge bilden, ist x = eine Lösung der Aufgabe. III. Wenn x größer als ist, dann ist der Median 4, der Durchschnitt ist größer als 4. Dann ist die wachsende Reihenfolge der drei Zahlen: 5 + x ; 4;. 7 Das ist eine arithmetische Folge, 5 + x wenn = 6, also x = Insgesamt: 9 Punkte 4. b) Weil gerade Zahlen gebildet werden, kann die Zahl nur auf 0, oder auf 4 enden. Wenn die Zahl auf 0 endet, dann gibt es für die ersten Stellen der Reihe nach 5, 4 und Wahlmöglichkeiten. Aus solchen Zahlen gibt es also 5 4 (= 60) Stück. Wenn die Zahl auf oder auf 4 endet, dann gibt es für die ersten Stellen der Reihe nach 4, 4, und Wahlmöglichkeiten (weil die Zahl mit 0 nicht anfängt). Aus solchen Zahlen gibt es also 4 4 (= 96) Stück. Punkte Es gibt also 156 Zahlen, die den Bedingungen entsprechen. Schüler auch zu, wenn sich dieser Gedanke nur aus der Lösung herausstellt. írásbeli vizsga 11 7 / május 6.

8 5. a) Bezeichne n die Anzahl der Frauen in der Abteilung, bezeichne f die Anzahl der Frauen in der Abteilung. Die Summe der Alter der Frauen ist 40n, die Summe der Alter der Männer ist 44f. 40n + 44 f Laut des Textes ist n + f = 41, 5. Punkte Daraus ist f = 0,6n. Punkte D.h. 0,6 mal so viele Männer arbeiten in der Abteilung als Frauen. Insgesamt: 6 Punkte 5. b) Nach der Umstrukturierung gilt: f 7 1 =. n 9 Das ist bezüglich der originalen Mitarbeiterzahl: n = 1,5f. f 7 1 In die obere Gleichung eingeschrieben: =. 1,5 f 9 D.h.: f = 10, eingesetzt ist n = 15. Nach der Umstrukturierung bleiben (15 9 =) 6 Frauen und (10 7 =) Männer in der Abteilung. II. Schüler auch zu, wenn sich dieser Gedanke nur aus der Lösung herausstellt. 5. c) erste Lösung Für die Auswahl der Mitglieder der ersten Gruppe ist 6 die Anzahl der Möglichkeiten: ( = 45). 1 Für die Auswahl der Mitglieder der zweiten Gruppe ist 4 die Anzahl der Möglichkeiten: ( = 1). 1 Nach der Auswahl der ersten zwei Gruppen ist die dritte Gruppe schon eindeutig. Die Anzahl aller Möglichkeiten (wenn man auch die Reihenfolge der Gruppen betrachtet) ist das Produkt der 6 4 Obigen: ( = 540). 1 1 Weil die Reihenfolge der Gruppen nicht zählt, ist die 540 Anzahl der Möglichkeiten: = 90.! írásbeli vizsga 11 8 / május 6.

9 5. c) zweite Lösung Die drei Männer sind: A, B und C. In die Gruppe von A kann man auf 6 ( = 15) Weisen zwei Frauen auswählen. In die Gruppe von B kann man aus den übriggebliebenen Frauen auf 4 ( = 6) Weisen zwei Frauen auswählen. In die Gruppe von C kommen die letzten Frauen. 6 4 Es gibt insgesamt = 90 Möglichkeiten dreiköpfige Gruppen zu bilden. Schüler auch zu, wenn sich dieser Gedanke nur aus der Lösung herausstellt. 5. c) dritte Lösung Die Anzahl der Möglichkeiten, dass man die Frauen in drei Gruppen einteilen kann (mit der Reihenfolge 6! Punkte der Gruppen) ist: ( = 90). (! ) Da die Reihenfolge der Gruppen nicht zählt, ist die Anzahl der Möglichkeiten 90 ( 15) =.! In die drei Frauengruppen kann je ein Mann auf!(= 6) Weisen kommen. Die Anzahl aller Möglichkeiten ist das Produkt der Obigen: 15! = 90. írásbeli vizsga 11 9 / május 6.

10 6. a) erste Lösung Richtige Abbildung (worauf der Mittelpunkt des Kreises und die Spiegelung der Geraden e richtig sind). Dieser Punkt steht dem Schüler auch zu, wenn der Schüler ohne Abbildung richtig rechnet. Der Mittelpunkt des Kreises ist: O(; 1). In die Gleichung des Kreises wird y = eingesetzt, man bekommt die Gleichung ( x ) = 6. Die positive Lösung ist x = 8, die Koordinaten des Punktes M sind (8; ). Der Richtungsvektor der Gerade OM ist (6; ), ihre Steigung ist (der Tangens des Richtungswinkels 1 ist) =. 6 Wenn der Richtungswinkel der Geraden OM α ist, dann ist der Richtungswinkel der Spiegelgeraden wegen der Spiegelung α. Dieser Punkt steht dem Schüler auch zu, wenn sich dieser Gedanke nur aus der Lösung herausstellt. Die Steigung der Spiegelgeraden ist: tgα α 6,565º tg α = = α 5,1º 1 tg α 1 4 = = tg α 1, In die Geradengleichung y = mx + b werden die Koordinaten des Punktes M und die Steigung der Spiegelgeraden ( = 8 + b) eingesetzt und man be- 4 Punkte b 8,664 6 kommt: b =. 4 6 Die Gleichung der Spiegelgeraden ist y = x. y = 1,x 8,664 Insgesamt: 1 Punkte Bemerkung: Wenn der Schüler mit richtig gerundeten Näherungswerten die Geradengleichung richtig aufschreibt, dann kann er die maximale Punktzahl bekommen. írásbeli vizsga / május 6.

11 6. a) zweite Lösung Richtige Abbildung (worauf der Mittelpunkt des Kreises und die Spiegelung der Geraden e richtig sind). Schüler auch zu, wenn der Schüler ohne Abbildung richtig rechnet. Der Mittelpunkt des Kreises ist O(; 1). In die Gleichung des Kreises wird y = eingesetzt, man bekommt die Gleichung ( x ) = 6. Die positive Lösung ist x = 8, so ist M(8; ). OM (6; ) ist der Richtungsvektor der Geraden, so ist die Gleichung x y = 4. Der Spiegelpunkt eines beliebigen A Punktes der Geraden e auf der Geraden OM sei B. Die Spiegelgerade der Geraden e auf OM ist die Gerade BM. Auf der Geraden y = wird ein beliebiger Punkt, z.b. A(; ) ausgewählt. Vom Punk A aus wird ein Lot auf OM gefällt, dessen Gleichung x + y = 8 ist. Man rechnet den Schnittpunt F dieser Geraden mit der Geraden OM aus, d.h. das folgende Gleichungssystem wird gelöst:. x + y = 8 Die Lösung ist x = 4 und y = 0, so ist F(4; 0). x y = 4 Der Spiegelpunkt von A auf F ist B(5; ). Die Geradengleichung durch die Punkte M und B ist 4x + y = 6. Insgesamt: 1 Punkte 6. b) Wenn man in die Parabelgleichung y = einsetzt, ergibt sich, dass die Gerade die Parabel im ersten Quadranten, im Punkt P(; ) schneidet. Die gesuchte Gerade ist die Tangente der Parabel im Punkt P(; ), die Steigung dieser Geraden ist der Funktionswert der Ableitung der Funktion f + : R R, f ( x) = x + x + 5 im Punkt x =. f (x) = x +, die gesuchte Steigung ist m = f () = 4. Insgesamt: 4 Punkte Schüler auch zu, wenn sich dieser Gedanke nur aus der Lösung herausstellt. Schüler auch zu, wenn sich dieser Gedanke nur aus der Lösung herausstellt. írásbeli vizsga / május 6.

12 7. a) (x = 1 und x = 1 werden eingesetzt) Punkte 1 + a + b + c = 1 + a b + c + 4, so bekommt man, dass b = 1 ist. f (x) = x + ax + 1, Punkte f () = 7 + 6a + 1 = 10. Daraus ist a =. f ( x) dx = ( x x + x + c) dx = 0 0 Punkte 4 x x x = + + cx = 4 0 = c. (Wegen der Bedingungen ist) c = 8, daraus ist c =. Insgesamt: 1e 7. b) x x + x = x ( x ) + x = = ( x ) ( x + 1) g ( x) = ( x ) ( x + 1) = 0 (Ein Produkt ist genau dann Null, wenn einer der Faktoren Null ist,) so ist x =. Weil bei allen reellen Zahlen x + 1 > 0 erfüllt ist, so hat die Funktion keine andere Nullstelle. írásbeli vizsga 11 1 / május 6.

13 8. a) erste Lösung Man kann insgesamt auf (= 496) Weisen Karten auswählen. Verschiedenfarbige Kartenpaare (also Anzahl der günstigen Fälle ist): (= 84) Punkte 1 1 Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist: p = = = 0, Insgesamt: 4 Punkte 8. a) zweite Lösung Man muss sich die Teilung so vorstellen, dass man zuerst zwei Karten nacheinander in den Talon setzt. Die erste Karte, die in den Talon kommt, kann beliebig sein. Bei der zweiten Karte sind aus den übriggebliebenen 1 Karten 4 solche, die eine andere Farbe als die vorherige Karte hatten. 4 Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist: p = 0, Insgesamt: 4 Punkte 8. b) Elemér kann 10 Karten auf Weisen bekommen. 10 (Da es vier Farben gibt, und man in allen Fällen aus den übriggebliebenen 4 Karten wählen muss): Die Punkte Zahl der günstigen Fälle ist: 4 = 4. 8 Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist: p = = 0, Insgesamt: 4 Punkte Dieser Punkt steht dem Schüler auch zu, wenn sich dieser Gedanke nur aus der Lösung herausstellt. Beim Teilergebnis 8 4 ist 8 zu geben. írásbeli vizsga 11 1 / május 6.

14 8. c) (Bezeichne man das Ereignis, dass Fanni mindestens ein Ass hat, mit A. Die Wahrscheinlichkeit von A wird mit Komplementärereignis ausgerechnet:) P A = P(A) = 1 ( ) 8 10 = 1 = = 1 0,7966 ist die Wahrscheinlichkeit, dass Fanni mindestens ein Ass in der Hand hat. Insgesamt: Punkte 8. d) (Bezeichne man die Ereignisse, dass Fanni alle 4 Asse hat, mit B; dass sie mindestens ein Ass in der Hand hat, mit A.) Dieser Punkt steht dem Schüler auch zu, wenn sich dieser Gedanke nur aus der Lösung herausstellt. Laut der Definition der bedingten Wahrscheinlichkeit P( BA) ist P ( B A) =. P( A) (Wenn Fanni alle 4 Asse in der Hand hat, dann hat sie mindestens ein Ass, deshalb ist) P(BA) = P(B). 4 8 Die 4 Asse können zu ihr auf Weisen 4 6 kommen, deshalb ist, 48 P(B) = = 0, So ist die gesuchte Wahrscheinlichkeit: 0,00584 P ( B A) 0,007. 0,7966 Bemerkungen: 1. Die richtigen Antworten sind sowohl in Bruchform als auch in Dezimalbruchform, auch in Potenzform akzeptabel.. Andere, sinnvoll und richtig gerundeten Ergebnisse, sind auch akzeptabel. írásbeli vizsga / május 6.

15 9. Wenn die Punktzahlen von Rita Spiel für Spiel auf das k-fache, die von Péter auf das n-fache gestiegen sind (n > k > 1), dann sind (die Anfangspunktzahl mit x-bezeichnet) die Punktzahlen von Rita Spiel für Spiel x; kx; k x;k x, die Punktzahlen von Péter Spiel für Spiel x; nx; n x; n x. Punkte Die Differenzen der Punktzahlen Spiel für Spiel: nx kx = 0; n x k x = 70 ; Punkte n x k x = 185. x(n k) = 0 und x ( n k ) = x( n k)( n + k) = = 0 ( n + k) = 70. So ist n + k =,5, also ist k =,5 n. x ( n k ) = x( n k)( n + nk + k ) = 185 Wenn man sie in die Gleichungen einsetzt: 0 ( n + n(,5 n) + (,5 n) =. [ ] 185 Zusammengefasst: n 7n + 6 = 0. Punkte Die Lösungen sind n 1 = und n = 1,5. (wegen n + k =,5) k 1 = 1,5 und k =. (wegen n > k) nur n = und k = 1,5 sind die Lösugen. Die Anfangspunktzahl war x 0 0 = = = n k 0,5 40. Probe: Die Punktzahlen von Rita sind 40, 60, 90 und 15; Die Punktzahlen von Péter sind 40, 80, 160 und 0; die Differenzen Spiel für Spiel sind 0, 0, 70 und 185. Insgesamt: 16 Punkte írásbeli vizsga / május 6.