Matematika | Középiskola » Matematika emelt szintű írásbeli érettségi vizsga megoldással, 2012

MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA 2012. május 8 8:00 ÉRETTSÉGI VIZSGA 2012. május 8 Azonosító jel: Matematika Az írásbeli vizsga időtartama: 240 perc Pótlapok száma Tisztázati Piszkozati NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM emelt szint írásbeli vizsga 1212 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1212 Azonosító jel: 2 / 24 2012. május 8 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 1212 3 / 24 2012. május 8 Matematika emelt szint Azonosító jel: I. 1. 1 Egy 2011-ben készült statisztikai összehasonlításban az alábbiakat olvashattuk: „Ha New York-ban az átlagfizetést és az átlagos árszínvonalat egyaránt 100%-nak veszszük, akkor Budapesten az átlagfizetés 23,6%, az átlagos árszínvonal pedig 70,9%. (Az árszínvonal számításához 122 áru és szolgáltatás árát hasonlították össze.)” 1

Feltételezve, hogy az idézet megállapításai igazak, válaszoljon az alábbi kérdésekre! a) Ha Budapesten a havi átlagfizetés 150 ezer forint, akkor hány dollár ($) a havi átlagfizetés New York-ban, 190 forint/dollár (Ft/$) árfolyammal számolva? Válaszát egész dollárra kerekítve adja meg! b) Ha a New York-i havi átlagfizetésből egy bizonyos termékből 100 kg-ot vásárolhatunk New York-ban, akkor körülbelül hány kg-ot vásárolhatunk ugyanebből a termékből a budapesti havi átlagfizetésből Budapesten? (Feltehetjük, hogy a szóban forgó termék budapesti egységára 70,9%-a a termék New York-i egységárának.) a) 4 pont b) 7 pont Ö.: 11 pont http://www.penzcentrumhu/vasarlas/egy hetig sem birnank magyar fizetesbol a legdragabb varosokban1029425html írásbeli vizsga 1212 4 / 24 2012. május 8 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1212 Azonosító jel: 5 / 24 2012. május 8 Matematika emelt szint 2. Azonosító jel: A

főiskolások műveltségi vetélkedője a következő eredménnyel zárult. A versenyen in4 duló négy csapatból a győztes csapat pontszáma -szorosa a második helyen végzett 3 csapat pontszámának. A negyedik, harmadik és második helyezett pontjainak száma egy mértani sorozat három egymást követő tagja, és a negyedik helyezettnek 25 pontja van. A négy csapatnak kiosztott pontok száma összesen 139. a) Határozza meg az egyes csapatok által elért pontszámot! Mind a négy csapatnak öt-öt tagja van. A vetélkedő után az induló csapatok tagjai között három egyforma értékű könyvutalványt sorsolnak ki (mindenki legfeljebb egy utalványt nyerhet) b) Mekkora a valószínűsége annak, hogy az utalványokat három olyan főiskolás nyeri, akik mindhárman más-más csapat tagjai? írásbeli vizsga 1212 6 / 24 a) 8 pont b) 5 pont Ö.: 13 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1212 Azonosító jel: 7 / 24 2012. május 8

Matematika emelt szint 3. Azonosító jel: Egy forgáskúp nyílásszöge 90°, magassága 6 cm. a) Számítsa ki a kúp térfogatát (cm3-ben) és felszínét (cm2-ben)! b) A kúp alaplapjával párhuzamos síkkal kettévágjuk a kúpot. Mekkora a keletkező csonkakúp térfogata (cm3-ben), ha a metsző sík átmegy a kúp beírt gömbjének középpontján? Válaszait egészre kerekítve adja meg! írásbeli vizsga 1212 8 / 24 a) 4 pont b) 9 pont Ö.: 13 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1212 Azonosító jel: 9 / 24 2012. május 8 Azonosító jel: Matematika emelt szint 4. Legyen p valós paraméter. Tekintsük a valós számok halmazán értelmezett f függvényt, amelynek hozzárendelési szabálya f ( x ) = −3x 3 + ( p − 3) x 2 + p 2 x − 6 . 2 a) Számítsa ki a ∫ f ( x) dx határozott integrál értékét, ha p = 3. 0 b) Határozza meg a p értékét úgy, hogy az x = 1 zérushelye legyen az f

függvénynek! c) Határozza meg a p értékét úgy, hogy az f függvény deriváltja az x = 1 helyen pozitív legyen! írásbeli vizsga 1212 10 / 24 a) 4 pont b) 3 pont c) 7 pont Ö.: 14 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1212 Azonosító jel: 11 / 24 2012. május 8 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. Két egyenes hasábot építünk: H1-et és H2-t. Az építéshez használt négyzetes oszlopok (négyzet alapú egyenes hasábok) egybevágók, magasságuk kétszer akkora, mint az alapélük. A H1 hasáb építésekor a szomszédos négyzetes oszlopokat az oldallapjukkal illesztjük össze, a H2 hasáb építésekor pedig a négyzet alakú alaplapjukkal – az ábra szerint. a) A H1 és H2 egyenes hasábok felszínének hányadosa: AH1 AH 2 = 0,8 . Hány

négyzetes oszlopot használtunk az egyes hasábok építéséhez, ha H1-et és H2-t ugyanannyi négyzetes oszlopból építettük fel? b) ⎧ 3n + 2 ⎫ + Igazolja, hogy a ⎨ ⎬ (n∈N ) sorozat szigorúan monoton csökkenő és ⎩ 4n + 1 ⎭ korlátos! írásbeli vizsga 1212 12 / 24 a) 8 pont b) 8 pont Ö.: 16 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1212 Azonosító jel: 13 / 24 2012. május 8 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. Egy középiskolai évfolyam kézilabda házibajnokságán az A, B, C, D, E és F osztály egy-egy csapattal vett részt. a) Hányféle sorrendben végezhettek az osztályok a bajnokságon, ha tudjuk, hogy holtverseny nem volt, és valamilyen sorrendben az A és a B osztály végzett az első két helyen, a D osztály pedig nem lett utolsó?

b) Hányféle sorrendben végezhettek az osztályok a bajnokságon, ha tudjuk, hogy holtverseny nem volt, és az E osztály megelőzte az F osztályt? A bajnokságon mindenki mindenkivel egyszer játszott, a győzelemért 2, a döntetlenért 1, a vereségért 0 pont járt. Végül az osztályok sorrendje A, B, C, D, E, F lett, az elért pontszámaik pedig rendre 8, 7, 6, 5, 4 és 0. Tudjuk, hogy a mérkőzéseknek éppen a harmada végződött döntetlenre, és a második helyezett B osztály legyőzte a bajnok A osztályt. c) Mutassa meg, hogy a B és a D osztály közötti mérkőzés döntetlenre végződött! írásbeli vizsga 1212 14 / 24 a) 4 pont b) 4 pont c) 8 pont Ö.: 16 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1212 Azonosító jel: 15 / 24 2012. május 8 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. Az y = ax + b egyenletű egyenes illeszkedik a (2; 6) pontra. Tudjuk, hogy a < 0 Jelölje az x tengely és az egyenes metszéspontját P, az y tengely és az egyenes metszéspontját pedig Q. Írja fel annak az egyenesnek az egyenletét, amelyre az OPQ háromszög területe a legkisebb, és számítsa ki ezt a területet (O a koordináta-rendszer origóját jelöli)! Ö.: írásbeli vizsga 1212 16 / 24 16 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1212 Azonosító jel: 17 / 24 2012. május 8 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 rendezvényre készülődve 50 poharat tesznek ki egy asztalra. A poharak között 5 olyan van, amelyik hibás, mert csorba a széle. a) Az egyik felszolgáló az asztalról elvesz 10 poharat, és ezekbe

üdítőitalt tölt. Számítsa ki annak a valószínűségét, hogy legfeljebb 1 csorba szélű lesz a 10 pohár között! A poharakat előállító gyárban két gépsoron készülnek a poharak, amelyek külsőre mind egyformák. Az első gépsoron gyártott poharak 10%-a selejtes b) Számítsa ki annak a valószínűségét, hogy az első gépsoron gyártott poharak közül 15-öt véletlenszerűen, visszatevéssel kiválasztva közöttük pontosan 2 lesz selejtes! A második gépsoron készült poharak 4%-a selejtes. Az összes pohár 60%-át az első gépsoron, 40%-át a második gépsoron gyártják, az elkészült poharakat összekeverik. c) Az elkészült poharak közül véletlenszerűen kiválasztunk egyet és azt tapasztaljuk, hogy az selejtes. Mekkora annak a valószínűsége, hogy ez a pohár az első gépsoron készült? írásbeli vizsga 1212 18 / 24 a) 5 pont b) 4 pont c) 7 pont Ö.: 16 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1212

Azonosító jel: 19 / 24 2012. május 8 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. a) Egy derékszögű háromszög oldalhosszai egy számtani sorozat egymást követő tagjai, a legrövidebb oldala 4 egység hosszú. Számítsa ki a háromszög másik két oldalának hosszát! b) Egy háromszög oldalhosszai egy számtani sorozat egymást követő tagjai, a legrövidebb oldala 4 egység hosszú. Tudjuk, hogy a háromszög nem szabályos Igazolja, hogy a háromszögnek nincs 60º-os szöge! írásbeli vizsga 1212 20 / 24 a) 5 pont b) 11 pont Ö.: 16 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1212 Azonosító jel: 21 / 24 2012. május 8 Matematika emelt szint írásbeli vizsga 1212 Azonosító jel: 22 / 24 2012. május 8 Matematika emelt szint írásbeli vizsga

1212 Azonosító jel: 23 / 24 2012. május 8 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 1212 javító tanár jegyző dátum dátum 24 / 24 2012. május 8 ÉRETTSÉGI VIZSGA 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 1212 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 1212 2 / 16 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató I. 1. a) első megoldás A New York-i átlagfizetés 150 000 ( ≈ 635 593 ) fo0,236 2 pont rint, ami 150 000 ≈ 0,236 ⋅190 1 pont ≈ 3345 $-nak felel meg. Összesen: Ha a vizsgázó nem kere1 pont kít vagy rosszul kerekít, akkor ez a pont nem jár. 4 pont 1. a) második megoldás 150 000 (≈ 789,5) dollárnak. 190 Ez 23,6%-a a New York-i átlagfizetésnek, amely így 150 000 ≈ 190 ⋅ 0,236 150 000 Ft megfelel ≈ 3345 $. Összesen: 1 pont 2 pont Ez a pont akkor is jár, ha a vizsgázó 789 dollárral számolva 3343 $-t kap 1 pont eredményül. Ha a vizsgázó nem kerekít vagy rosszul kerekít, akkor ez a pont nem jár. 4 pont 1. b) első megoldás New Yorkban 3345 $-ért 100 kg vásárolható, ezért 1 kg ára 33,45 $. Budapesten 1 kg árut ennek 70,9%-áért lehet vásárolni, azaz 33,45 ⋅

0,709 (≈ 23,72) $-ért. Ez megfelel 33,45 ⋅ 0,709 ⋅190 (≈ 4506) Ft-nak. A budapesti átlagfizetésből ennyi pénzért 150 000 ≈ 33,45 ⋅ 0,709 ⋅190 ≈ 33,3 kg terméket lehet vásárolni. 2 pont Összesen: írásbeli vizsga 1212 Forintban is elfogadható a számítás: 6356 Ft. Más helyes kerekítés (pl. 2 pont 23,7 $) is elfogadható. Más, helyesen kerekített 1 pont érték is elfogadható (pl. 23,7 ⋅ 190 = 4503 ). 1 pont 3 / 16 1 pont 7 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 1. b) második megoldás Ha a termék egységára e $/kg, akkor a 100 kg termékért 100e $-t kell fizetni New Yorkban. Ez egyben a New York-i átlagkereset is. A termék egységára Budapesten 0,709e $/kg, az átlagkereset pedig 0,236⋅100e $, ami 23,6e $. 23,6e Ennyi pénzért Budapesten ≈ 0,709e ≈ 33,3 kg terméket lehet vásárolni. Összesen: 1 pont Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont ez a gondolat csak a megoldásból derül

ki. 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 7 pont 1. b) harmadik megoldás Ha a New York-i átlagfizetés x $, akkor a budapesti 1 pont átlagfizetés x ⋅190 ⋅ 0,236 = 44,84 x Ft. Az x $-os New-York-i átlagfizetésből ott 100 kg terx 1 pont méket tudunk venni, ezért 1 kg ára $. 100 Budapesten 1 kg árut ennek 70,9%-áért lehet vásáx 1 pont ⋅ 0,709 = 0,00709 x dollárért. rolni, tehát 100 Ez megfelel 0,00709 x ⋅190 = 1,3471 x Ft-nak. 1 pont 44,84 x A budapesti átlagfizetésből tehát ≈ 2 pont 1,3471x ≈ 33,3 kg terméket lehet vásárolni. 1 pont Összesen: 7 pont Megjegyzés: Más, ésszerű (legfeljebb két tizedesjegy pontosságú) és helyesen kerekített érték (például 33 kg) is elfogadható válaszként. 2. a) első megoldás (Jelölje q a mértani sorozat hányadosát.) A negyedik helyezett 25, a harmadik 25q, a második 25q2 pontot ért el. 4 100q 2 Az első helyezett pontszáma ⋅ 25q 2 = . 3 3 A szöveg szerint: 100q 2 + 25q 2 + 25q + 25 = 139 . 3

Összevonás és rendezés után: 175q 2 + 75q − 342 = 0 . írásbeli vizsga 1212 4 / 16 1 pont Ez a 2 pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 1 pont 1 pont 1 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 6 57 , illetve a − . 35 5 Ez utóbbi a szövegnek nem felel meg (hiszen ekkor a pontszámok nem alkotnának monoton sorozatot), tehát a 3. helyezett pontszáma 30, a másodiké 36, az első helyezetté pedig 48. (Ellenőrzés:) A kapott pontszámok összege 139, tehát ezek valóban megoldásai a feladatnak. Összesen: Ennek két megoldása van: a 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 8 pont 2. a) második megoldás 4 x pontot ért el. 3 A második x, a negyedik 25 pontot ért el, így a mértani sorozat miatt a 3. helyezett pontszáma 25 x 4 A szöveg szerint: x + x + 25 x + 25 = 139 . 3 Hárommal beszorozva és nullára rendezve egy x ben másodfokú egyenletet kapunk: A második helyezett x, az első ( ) 1

pont Ez a 2 pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a 1 pont megoldásból derül ki. 1 pont 1 pont* 2 7 x + 15 x − 342 = 0 . Ennek pozitív gyöke x = 6 (a negatív gyök 57 x = − , ami nem lehetséges), 7 így x = 36. Tehát a 2. helyezett pontszáma 36, a harmadiké 30, az első helyezetté pedig 48. (Ellenőrzés:) A kapott pontszámok összege 139, tehát ezek valóban megoldásai a feladatnak. Összesen: 1 pont* 1 pont* 1 pont 1 pont 8 pont A *-gal jelölt 3 pontot az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: 7 Rendezve: 5 x = 114 − x . 3 1 pont Ezt négyzetre emelve és nullára rendezve: 49 x 2 − 5013 x + 116 964 = 0 . Ennek két megoldása van: 3249 x1 = (≈ 66,3), ez azonban az eredeti négy49 1 pont 7 zetgyökös egyenletnek ( 114 − x < 0 miatt) nem 3 megoldása. x2 = 36. 1 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó (pl. próbálgatással) megadja a helyes pontszámokat, de nem mutatja meg, hogy a feladatnak nincs más megoldása, akkor legfeljebb 4

pontot kaphat írásbeli vizsga 1212 5 / 16 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 2. b) első megoldás A lehetséges (egyenlően valószínű) kimenetelek ⎛ 20 ⎞ száma: ⎜⎜ ⎟⎟ (= 1140). ⎝3⎠ ⎛4⎞ A kedvező kimenetelek száma: ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 53 (= 500). ⎝3⎠ 500 (≈ 0,439). A kérdezett valószínűség: 1140 Összesen: 2 pont Nem bontható. 2 pont 1 pont 5 pont 2. b) második megoldás Az utalványok sorsolásának (a nyertesek sorrendjét is figyelembe véve) 20 ⋅19 ⋅18 (egyenlően valószínű) kimenetele van. Először 20, majd 15, végül 10 főiskolásból kell kiválasztani 1-1 résztvevőt, ezek lehetséges száma: 20 ⋅ 15 ⋅ 10 . 20 ⋅15 ⋅10 25 = a kérdezett valószínűség (≈ 0,439). 20 ⋅19 ⋅18 57 Összesen: 2 pont Nem bontható. 2 pont 1 pont 5 pont 3. a) A kúp alapkörének sugara 6 (cm), alkotójának hossza 6 2 (≈ 8,49 cm), T ⋅ m 62 ⋅ π ⋅ 6 térfogata V = = = 72π ≈

226 (cm3), 3 3 felszíne A = rπ(r + a ) = 6π 6 + 6 2 = = 36(1 + 2 )π ≈ 273 (cm2). ( ) Összesen: 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 4 pont 3. b) első megoldás Ha a vizsgázó ábra nélkül is jól használja az adato2 pont kat a megoldása során, akkor is jár ez a 2 pont. Jó ábra. Ha a beírt gömb sugara ρ, akkor ρ 2 = 6 − ρ , 1 pont amiből ρ = 6( 2 − 1) (≈ 2,49 cm). 1 pont írásbeli vizsga 1212 6 / 16 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató A lemetszett kisebb kúp magassága m1 = 6 − ρ (≈ 3,51 cm). A lemetszett kúp V1 térfogatára (a hasonló testek térfogatának aránya miatt) felírható: 3 V1 ⎛ m1 ⎞ =⎜ ⎟ = V ⎝m⎠ 1 pont 1 pont 3 ⎛ 12 − 6 2 ⎞ ⎟ , = ⎜⎜ ⎟ 6 ⎝ ⎠ ( 1 pont ) 3 amiből V1 = 72 2 − 2 π (≈ 45,5 cm3). A csonkakúp térfogata tehát ≈ 181 (cm3). 1 pont Összesen: 1 pont 9 pont 3. b) második megoldás Ha a vizsgázó ábra nélkül is jól

használja az adato2 pont kat a megoldása során, akkor is jár ez a 2 pont. 22,5° Jó ábra, amely tartalmazza a gömb sugarát (ρ), a 45°-os szöget, és a síkmetszet sugarát (r). ρ = 6 ⋅ tg 22,5° , 1 pont 1 pont amiből ρ ≈ 2,49 (cm). A KCE egyenlő szárú derékszögű háromszögből 1 pont r = 6−ρ , 1 pont azaz r ≈ 3,51 (cm). A csonkakúp magassága (megegyezik a gömb sugarával): 1 pont m ≈ 2,49 (cm). mπ 2 A csonkakúp térfogata: V = R + Rr + r 2 ≈ A képletért önmagában 3 1 pont nem, csak a jó behelyet2,49π 2 tesítésért jár ez a pont. ≈ 6 + 6 ⋅ 3,51 + 3,512 ≈ 3 1 pont ≈ 181 (cm3). Összesen: 9 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó valamelyik válaszában nem kerekít vagy rosszul kerekít, akkor a feladatban összesen legfeljebb 1 pontot veszítsen. Ha a vizsgázó a beírt gömb sugarának meghatározásakor elvi hibát követ el (például a gömb középpontját a magasság felezőpontjának tekinti), akkor legfeljebb 4 pontot kaphat.

( ( írásbeli vizsga 1212 ) ) 7 / 16 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 4. a) Ha p = 3 , akkor f ( x) = −3x 3 + 9 x − 6 . 1 pont 2 3 4 2 2 ∫ (−3x + 9 x − 6)dx = [−0,75 x + 4,5 x − 6 x]0 = 0 = –6. Összesen: A primitív függvény 2 pont megjelenítése nélkül ez a 2 pont nem jár. 1 pont 4 pont 4. b) − 3 + ( p − 3) + p 2 − 6 = 0 . 1 pont 2 Rendezve: p + p − 12 = 0 . Ennek megoldásából adódik, hogy p = 3 vagy p = −4 esetén lesz a megadott függvénynek zérushelye az 1. Összesen: 1 pont 1 pont 3 pont 4. c) A deriváltfüggvény hozzárendelési szabálya: f ′( x) = −9 x 2 + 2( p − 3) x + p 2 . Ennek az x = 1-hez tartozó helyettesítési értéke: p 2 + 2 p − 15 . 2 pont 1 pont Megoldandó tehát a p 2 + 2 p − 15 > 0 egyenlőtlenség. 1 pont A p 2 + 2 p − 15 = 0 egyenlet megoldásai a 3 és a –5, 1 pont s mivel a p 2 + 2 p − 15 > 0 egyenlőtlenség bal oldalán

álló polinom főegyütthatója pozitív, Ez a pont jár más helyes 1 pont indoklás (pl. jó ábra) esetén is ezért az egyenlőtlenség akkor teljesül, ha p < −5 vagy p > 3 . 1 pont Összesen: 7 pont II. 5. a) Ha a jelöli a négyzetes oszlop alapélének hosszát, és k darabból készítjük a hasábokat, akkor H1 felszíne: AH 1 = 2 ⋅ 2a 2 + 2 ⋅ k ⋅ a 2 + 2 ⋅ k ⋅ 2a 2 (= 2a 2 (3k + 2 )) . H2 felszíne: AH 2 = 2a 2 + 4 ⋅ k ⋅ 2a 2 (= 2a 2 (4k + 1)) . Az AH 1 AH 2 2 pont 2 pont = 0,8 feltételből ( 2a 2 -tel történő egyszerűsítés és rendezés után): 3k + 2 = 0,8 ⋅ (4 k + 1) . Az egyenlet megoldása k = 6, írásbeli vizsga 1212 8 / 16 2 pont 1 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató tehát 6-6 négyzetes oszlopot használtunk a hasábok 1 pont építéséhez. Összesen: 8 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó (pl. próbálgatással) megadja a jó eredményt, de nem bizonyítja, hogy más

megoldás nincs, akkor legfeljebb 3 pontot kaphat. 5. b) első megoldás an +1 (3n + 5)(4 n + 1) = = an (4 n + 5)(3n + 2) 1 pont 5 12n2 + 23n + 5 ⎛ ⎞ = ⎜ = 1− ⎟. 2 2 12n + 23n + 10 ⎠ 12n + 23n + 10 ⎝ A fenti hányados minden pozitív egész n esetén 1-nél kisebb, és a sorozat minden tagja pozitív, ezért a sorozat szigorúan monoton csökkenő. Ebből következik, hogy a sorozat felülről korlátos. Mivel a sorozat minden tagja pozitív, ezért a sorozat alulról is korlátos, tehát a sorozat korlátos. Összesen: 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 8 pont 5. b) második megoldás Vizsgáljuk az an +1 − an különbséget! 3n + 5 3n + 2 − = 4n + 5 4n + 1 12n 2 + 23n + 5 − 12n 2 − 23n − 10 5 = . =− (4n + 5)(4n + 1) (4n + 5)(4n + 1) A kapott tört minden pozitív egész n esetén negatív, ezért a sorozat szigorúan monoton csökkenő. 3n + 2 ⎫ A ⎧⎨ ⎬ sorozat konvergens (határértéke 0,75), ⎩ 4n + 1 ⎭ s mivel minden

konvergens sorozat korlátos, tehát a sorozat egyben korlátos is. Összesen: 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 8 pont 6. a) első megoldás Az A, B sorrendje az első 2 helyen kétféleképpen alakulhatott. A D osztály a 3., 4, és 5 hely bármelyikén végezhetett, ez 3 lehetőség A C, E, F osztályok a fennmaradó három helyen 3!-féle sorrendben végezhettek. A különböző lehetőségek száma tehát 2 ⋅ 3 ⋅ 3! = 36 . Összesen: írásbeli vizsga 1212 9 / 16 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 4 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 6. a) második megoldás Az A, B sorrendje az első 2 helyen kétféleképpen alakulhatott. A C, D, E, F osztályok a fennmaradó négy helyen 4!-féle sorrendben végezhettek. Előzőek közül nem megfelelő, amikor D az utolsó, ez 3!-féleképpen fordulhat elő. A különböző lehetőségek száma tehát 2 ⋅ (4! − 3!) = 36 . Összesen: 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 4

pont 6. b) első megoldás Az összes eset felében az E osztály megelőzi F-et, a másik felében pedig F előzi meg E-t. 6! A megfelelő esetek száma tehát = 360 . 2 Összesen: 2 pont 2 pont 4 pont 6. b) második megoldás Ha az E osztály első, akkor az F osztály 5-féle, ha az ⎛6⎞ E és F ⎜⎜ ⎟⎟ = 15 -féle helyE második, akkor az F 4-féle, ha az E harmadik, ak⎝ 2⎠ kor az F 3-féle, ha az E negyedik, akkor az F 2-féle, 2 pont* re kerülhet, ezeken belül végül ha az E ötödik, akkor az F osztály csak 1-féle E és F sorrendje rögzíhelyen végezhetett. tett. Ez összesen 15 lehetőség. A maradék négy helyen az A, B, C és D osztályok 1 pont 4! = 24-féleképpen végezhettek. A megfelelő esetek száma tehát 15 ⋅ 24 = 360 . 1 pont Összesen: 4 pont A *-gal jelölt 2 pontot az alábbi gondolatért is megkaphatja a vizsgázó: A, B, C és D bármely rögzített sorrendje esetén 5 helyre lehet az E és F osztályt elhelyezni. Az 5 hely közül 2-t

ismétléssel (hiszen A, B, C és D egy rögzített sorrendjén belül ugyanoda is ⎛ 5 + 2 − 1⎞ ⎛ 6 ⎞ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 15. (Mindegyik kiválaszkerülhet E és F) kiválasztva a lehetőségek száma: ⎜⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ táshoz pontosan egy olyan eset tartozik, amelyben az E osztály megelőzi az F-et.) 6. c) Az A csapat a B ellen veszített, a többi mérkőzését megnyerte (nincs döntetlenje). Az F-nek nincs egyetlen pontja sem, tehát ők nem érhettek el döntetlent. A B, C, D, E csapatok egymás ellen összesen 6 mérkőzést játszottak, ebből (az összes mérkőzés harmada) 5 végződött döntetlenre. írásbeli vizsga 1212 10 / 16 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató A B csapat a C, D, E elleni 3 mérkőzésből 3 pontot ért el, tehát vagy 1 győzelme, 1 döntetlenje és 1 veresége vagy pedig 3 döntetlenje volt. Ha 1 győzelme és 1 veresége lenne B-nek, akkor a B, C,

D, E csapatok egymás elleni 6 mérkőzéséből legfeljebb 4 végződhetett volna döntetlennel. Ez azonban nem lehetséges, tehát B mindhárom mérkőzése, így a D elleni is döntetlen lett. Összesen: 2 pont* 1 pont* 1 pont* 8 pont A *-gal jelölt 4 pontot az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: Az egyes csapatok az egymás elleni 3-3 mérkőzésükből a következő pontokat szerezték: a B osztály 1 pont 3 pontot, a C 4-et, a D 3-at és az E 2 pontot. Mivel csak egy mérkőzés volt ezek közül, amelyik 1 pont nem döntetlenre végződött, ezért csak a C nyerhette meg az E osztály elleni ta1 pont lálkozóját. A B és D közötti mérkőzés tehát valóban döntetlenre 1 pont végződött. Megjegyzés: A mérkőzések eredményét mutatja az alábbi táblázat, amelyben a mérkőzésen győztes csapat neve, illetve a döntetlen eredmény látható. Ha ezt a táblázatot (vagy egy ezzel egyenértékű eredményleírást) elkészíti a vizsgázó, de

nem indokolja, hogy másképpen nem tölthető ki a táblázat, akkor legfeljebb 4 pontot kaphat. A A B C D E F pont B A A A A 8 dönt. dönt dönt B 7 dönt. C C 6 dönt. D 5 E 4 B B C A dönt. D A dönt. dönt E A dönt. C dönt F A B C D E 0 7. első megoldás Mivel a (2; 6) pont rajta van az egyenesen, azért 6 = 2a + b , tehát b = 6 − 2a . 1 pont Ezzel az egyenes egyenlete: y = ax + 6 − 2a . 1 pont 6 ⎞ ⎛ Ez az egyenes az x tengelyt a P⎜ 2 − ; 0 ⎟ pontban, a ⎠ ⎝ az y tengelyt a Q(0 ; 6 − 2a ) pontban metszi. írásbeli vizsga 1212 11 / 16 1 pont 1 pont b 2 (mivel a < 0, ezért b > 6) ⎛ b⎞ y = ⎜ 3 − ⎟x + b 2⎠ ⎝ ⎛ 2b ⎞ P⎜ ; 0⎟ ⎝b−6 ⎠ Q (0 ; b ) a = 3− 2012. május 8 Matematika emelt szint Mivel a < 0, ezért 2 − Javítási-értékelési útmutató 6 és 6 − 2a is pozitív. a A levágott háromszög területe: 1 6 T ( a ) = ⎛⎜ 2 − ⎞⎟(6 − 2a ) . 2⎝ a⎠ A

szorzásokat elvégezve kapjuk, hogy 18 T ( a ) = 12 − 2a − . a Ez a pont akkor is jár, ha jó ábrát készít és azon a 1 pont P és Q pontok a tengelyek pozitív felén helyezkednek el. 1 2b ⋅b 1 pont T (b ) = ⋅ 2 b−6 1 pont T (b ) = b2 b−6 Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont* ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 18 b 2 − 12b T ′(a ) = −2 + 2 , 2 pont* T (b ) = a (b − 6)2 ez 0, ha a = 3 vagy a = –3. 1 pont* b = 0 vagy b = 12 Mivel a < 0, azért a = –3. 1 pont* Ez valóban minimumhely, mert T ′′( − 3) > 0. 1 pont* Ha a = –3, akkor b = 12. 1 pont A keresett egyenes egyenlete: y = –3x + 12. 1 pont A legkisebb terület 24 egység. 1 pont Összesen: 16 pont Ennek ott lehet minimuma, ahol az a a T ( a ) ( a < 0 ) függvény deriváltja nulla. A *-gal jelölt 6 pontot a következő gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: Mivel a < 0 , ezért 0 < − a , 18 így a T (a ) = 12 + 2 ⋅ (− a ) + kifejezés utolsó két 2

pont (− a ) tagja pozitív. Ez a pont akkor is jár, ha Ezért alkalmazhatjuk rá a számtani és mértani közép 1 pont ez a gondolat csak a megközötti egyenlőtlenséget: oldásból derül ki. 18 T (a ) = 12 + 2 ⋅ (− a ) + ≥ (− a ) 2 pont 18 ≥ 12 + 2 ⋅ 2 ⋅ (− a ) ⋅ = 12 + 2 ⋅ 36 = 24 . (− a ) Egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha 18 1 pont 2 ⋅ (− a ) = , azaz ha a = −3 . (− a ) írásbeli vizsga 1212 12 / 16 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 7. második megoldás A Q pont második koordinátája b, és legyen a P pont első koordinátája x (b > 6 és x > 2). A (2; 6) ponton át párhuzamost húzunk a tengelyekkel, és az OPQ háromszög területét a kapott két kisebb háromszög és a téglalap területének összegeként írjuk fel: (x − 2) ⋅ 6 + (b − 6) ⋅ 2 + 12 = 2 2 = 3x + b. (A hasonló derékszögű háromszögek miatt:) x−2 2 , = 6 b−6 12 ahonnan b = + 6. x−2 Ezt

visszaírva a területre kapott kifejezésbe: 12 T ( x) = 3x + +6. x−2 Ennek ott lehet minimuma, ahol az x a T ( x ) (x > 2) függvény deriváltja nulla. 1 pont Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 12 . 2 pont ( x − 2) 2 ez 0, ha x = 0 vagy x = 4. 1 pont Mivel x > 2, azért x = 4. 1 pont Ez valóban minimumhely, mert T ′′(4 ) > 0. 1 pont Ha x = 4, akkor b = 12 és a QP egyenes meredeksé1 pont ge –3. A keresett egyenes egyenlete: y = –3x + 12. 1 pont A legkisebb terület 24 egység. 1 pont Összesen: 16 pont T ( x) = 3 − írásbeli vizsga 1212 13 / 16 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 8. a) ⎛ 50 ⎞ Az egyenlően valószínű kimenetelek száma: ⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝ 10 ⎠ ⎛ 45 ⎞ ⎛ 45 ⎞⎛ 5 ⎞ A kedvező kimenetelek száma: ⎜⎜ ⎟⎟

+ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ . ⎝ 10 ⎠ ⎝ 9 ⎠⎝ 1 ⎠ ⎛ 45 ⎞ ⎛ 45 ⎞⎛ 5 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ 10 9 1 A kérdezett valószínűség: ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ≈ ⎛ 50 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 10 ⎠ 1 pont 2 pont 1 pont ≈ 0,742. 1 pont Összesen: 5 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó indoklás nélkül binomiális eloszlással számol, akkor legfeljebb 1 pontot kaphat. Ha említi, hogy az így kapott eredmény közelítés, akkor legfeljebb 2 pontot kaphat. 8. b) 0,9 annak a valószínűsége, hogy az első gépsoron készült pohár jó. ⎛15 ⎞ A kérdezett valószínűség ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 0,12 ⋅ 0,913 ≈ ⎝2⎠ ≈ 0,267. Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 2 pont 1 pont Összesen: 4 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó nem a megfelelő modellt használja (például hipergeometrikus eloszlást használ), akkor erre a részre nem kaphat pontot. 8. c) első megoldás Jelölje A azt az

eseményt, hogy az első gépsoron készült a pohár, B pedig azt az eseményt, hogy selejtes a pohár. P( AB) P( A B) = . P( B) P( AB) = 0,6 ⋅ 0,1 = 0,06 . Ha összesen n darab pohár van, akkor 0,6 ⋅ n ⋅ 0,1 + 0,4 ⋅ n ⋅ 0,04 = 0,076 n darab selejtes van közöttük. Egy selejtes választásának valószínűsége: 0,076 n P( B) = = 0,076 . n 0,06 Tehát P( A B) = ≈ 0,789 . 0,076 1 pont 2 pont* 1 pont* 1 pont Összesen: írásbeli vizsga 1212 1 pont Ez a 2 pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 1 pont 14 / 16 7 pont 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató A *-gal jelölt 3 pontot a következő gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: Ha A jelöli azt az eseményt, hogy a második gépsoron készült a pohár, akkor 1 pont P ( B ) = P( B A) ⋅ P( A) + P B A ⋅ P A = ( ) () = 0,1⋅0,6 + 0,04⋅0,4 = 0,076. 2 pont 8. c) második megoldás Az n db elkészült pohár között 0,6n az

első gépsoron 2 pont és 0,4n a második gépsoron készült. Az első gépsoron készült 0,6n pohár között a selejte1 pont sek száma 0,6n ⋅ 0,1 = 0,06n , a második gépsoron készült 0,4n pohár között a selej1 pont tesek száma 0,4n ⋅ 0,04 = 0,016 n . Az összes selejtes pohár száma tehát 0,076n. 1 pont 0,06 n Ezek közül egyet választva ≈ 0,789 a való0,076 n 2 pont színűsége annak, hogy az első gépsoron készült selejtes poharat választottunk. Összesen: 7 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó egy konkrét n értékkel helyesen számol, akkor is teljes pontszámot kaphat. 9. a) Ha d a számtani sorozat differenciája, akkor a három1 pont szög oldalhosszai 4, 4 + d , 4 + 2d (és 0 < d ). A háromszög derékszögű, ezért 1 pont 2 2 4 2 + (4 + d ) = (4 + 2d ) . A négyzetre emeléseket elvégezve, rendezés után 1 pont kapjuk: 3d 2 + 8d − 16 = 0 . 4 A másodfokú egyenlet gyökei: d1 = −4 , d 2 = . 1 pont 3 A negatív gyök nem ad megoldást,

tehát a háromszög 16 20 1 pont oldalai 4, és egység hosszúak. 3 3 Összesen: 5 pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó (pl. próbálgatással vagy a 3, 4, 5 pitagoraszi számhármas elemeit 4 -dal megszorozva) megadja a háromszög oldalainak hosszát, de nem mutatja meg, hogy a 3 feladatnak nincs más megoldása, akkor 2 pontot kaphat. írásbeli vizsga 1212 15 / 16 2012. május 8 Matematika emelt szint Javítási-értékelési útmutató 9. b) (Indirekt módon bizonyítunk.) Tegyük fel, hogy van 60º-os szöge a háromszögnek. Mivel az oldalak páronként különböző hosszúságúak, és nagyobb oldallal szemben nagyobb szög van, ezért ha van 60º-os szög, akkor az a 4 + d hosszúságú oldallal szemközt van. Erre az oldalra felírva a koszinusztételt: (4 + d )2 = 42 + (4 + 2d )2 − 2 ⋅ 4 ⋅ (4 + 2d ) ⋅ cos 60o . 1 pont Ez a pont akkor is jár, ha 1 pont* ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. 2 pont* 2 pont 1 pont 16 + 8d + d 2 = 16 + 8d + 4 d 2 2

1 pont Ebből d = 0 , azaz d = 0 . Ez viszont ellentmond annak, hogy a háromszög nem 2 pont szabályos ( d > 0 ). Az eredeti feltételezésünk tehát hamis, azaz a három1 pont szögnek valóban nincs 60º-os szöge. Összesen: 11 pont A *-gal jelölt 3 pont jár, ha a vizsgázó a 4 és a 4 + 2d egység hosszú oldalakra is felírja a koszinusztételt és helyes gondolatmenettel azokban az esetekben is ellentmondásra jut. Megjegyzés: Teljes pontszám jár az alábbi gondolatmenetért is. Indirekt tegyük fel, hogy van a háromszögnek 60º-os szöge a 4 + d hosszú oldallal szemben. Ha ekkor a 4 egység hosszú oldallal szemben 0 < α < 60°, akkor a 4 + 2d egység hosszú oldallal szemben 120° – α nagyságú szög lesz. (4 pont) A szinusztételt felírva 2-2 oldalra: sin(120° − α ) 4 + 2d sin 60° 3 4+d = = = , illetve . sin α 4 sin α 2 sin α 4 Mindkettőből (addíciós tételek segítségével) d-t kifejezve: 2 3 d = 3 ctg α − 1 , illetve d = − 4 . (4

pont) sin α Ezeket egymással egyenlővé téve és rendezve: 1 3 sin α + cos α = sin (α + 30°) . 1= 2 2 Ez azonban ellentmondás, mert semmilyen 0 < α < 60° esetén nem teljesülhet. Az eredeti feltételezésünk tehát hamis, azaz a háromszögnek valóban nincs 60º-os szöge (3 pont) írásbeli vizsga 1212 16 / 16 2012. május 8