MATEMATIKA OLASZ NYELVEN

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1 Matematika olasz nyelven középszint 1011 ÉRETTSÉGI VIZSGA 010. október 19. MATEMATIKA OLASZ NYELVEN KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM

2 Indicazioni importanti Richieste di forma: 1. L insegnante deve correggere il compito con una penna di colore differente da quello usato dallo studente. Deve indicare gli errori in base alla propria esperienza.. I punti devono essere scritti nella seconda casella grigia, nella prima va segnato il punteggio massimo. 3. Nel caso di una soluzione priva di errori è sufficiente scrivere il punteggio massimo nella casella corrispondente. 4. Nel caso di una soluzione sbagliata o incompleta, anche i punti parziali assegnabili devono essere scritti sul compito. 5. Le parti scritte a matita non verranno valutate, ad eccezione dei disegni. Richeste di contenuto: 1. Alcuni esercizi possono avere soluzioni diverse le cui valutazioni sono indicate nella guida alla correzione. Nel caso di soluzioni diverse da quelle indicate, l insegnante deve valutare in base alle parti corrispondenti della guida.. I punti della guida possono essere suddivisi solo in punti interi. 3. Se lo svolgimento e il risultato finale sono evidentemente giusti, meritano il punteggio massimo anche se la soluzione è meno dettagliata di quella della guida. 4. Non ottiene punti il passaggio in cui si commette un errore di calcolo. Per i successivi passaggi in accordo con la soluzione giusta si possono assegnare i punti parziali corrispondenti a patto che in conseguenza di un calcolo sbagliato il problema non si sia cambiato. 5. In un unità logica (indicata con linea doppia nella guida) neanche i passaggi formalmente giusti meritano punti se seguono un ragionamento sbagliato. Se lo studente applica un risultato parziale, derivante da un ragionamento errato, in modo giusto, come dato di partenza dell unità logica seguente, merita il punteggio massimo di questa unità, a patto che in conseguenza dell errore il problema non sia cambiato. 6. La soluzione è considerata completa anche se manca una notazione o l unità di misura indicata fra parentesi nella guida alla correzione. 7. Tra gli svolgimenti giusti, si valuta una sola soluzione, quella che è indicata dallo studente. 8. L insegnante non può dare punti in premio. (Punti più alti di quelli indicati). 9. L insegnante non può sottrarre punti per i passaggi parziali errati non utilizzati nella soluzione. 10. Dei tre esercizi della parte II.B possono esserne valutati solo due. Lo studente probabilmente avrà segnato nella casella corrispondente - il numero dell esercizio la cui valutazione non verrà aggiunta alla somma dei punti. Ovviamente l esercizio sopraindicato non va corretto. Se la scelta non è univoca, allora automaticamente l ultimo esercizio nell ordine dato che non sarà valutato. írásbeli vizsga 1011 / október 19.

3 1. A B = {a; b; d}, Possiamo dare punti A B = {a; b; c; d; e; f} soltanto per le risposte corrette. Totale: I.. Nel gruppo ci sono 1 membri. In totale hanno scritto 13 SMS. Totale: Se scrive il risultato corretto riceve. 3. a = 1 b = Totale: 3 punti 4. L espressione può essere definita se. 5. Totale: a > 1 Totale: Se indica anche l uguaglianza oppure ricava male la x, si può assegnare al massimo. Se la risposta è a 1 riceve. 6. Tra gli elementi dell insieme A, le soluzioni dell equazione sono 1 e 0. Totale: Per ogni risposta corretta:. Per ogni risposta sbagliata perde. (Naturalmente il punteggio non può essere negativo). írásbeli vizsga / október 19.

4 7. A α C B (Per le definizioni delle funzioni trigonometriche): BC = sin α, (In base a)ac = cosα AC=BC, cosα = sinα allora α = 45. Totale: 3 punti 8. I. falsa; II. vera; III. vera; IV. falsa. Totale: 4 punti 9. b = 3 d c 10. Formula giusta, 1 3 c oppure b = d Totale: punto di massimo corretto. Totale: 3 punti 11. Disegno di un grafo corretto: Totale: 1.. Se applica male una identità, può ricevere, nel caso di più di un errore non riceve nessun punto. La funzione espressa soltanto con il grafico non dà punti. Il centro si trova sull asse della corda, Anche la soluzione così la sua prima coordinata è 4. grafica è accettabile. Il centro: O(4; 4). Totale: 3 punti u = v vale ; descrizione delle equazioni ( 1 ) ( ) u + u = r e ( 7 u ) + ( u) = r ; calcolo di u =4 e O(4; 4) dal sistema:. írásbeli vizsga / október 19.

5 13. a) 1 6 ( x 1) > 3 ( x 3) 4 ( x ) II.A x 1 x 6x + 6 > 3x 9 4x + 8 6x + 6 > x 1 7x > 7 cioe' x > Totale: 5 punti 13. b) 3x 3 x 1 (L insieme delle soluzioni e l insieme delle x per le quali) x 1 oppure x Totale: 7 punti Questi non possono essere suddivisi. Si può assegnare per ciascun intervallo soltanto se gli estremi sono giusti. írásbeli vizsga / október 19.

6 14. a) D C x A,88 dl = 88 cm 3. x L area di base del tetraedro: T a = (l altezza è x) da cui il volume: 3 x V =. 6 3 x 88 =, da cui 6 x 3 =178; x = 1. Tutti i lati del triangolo ABD sono uguali, la loro lunghezza: x 16,97 17cm. Gli spigoli del tetraedro misurano 1 cm e 17 cm. 14. b) Le aree dei triangoli rettangoli congruenti: 144 T 1 = = 7 (cm ). Totale: 8 punti x 3 L area della quarta faccia: T = 4 14,7 (cm ). La superficie totale del contenitore: A = 3T 1 + T =340,7 341 cm. x... x B Totale: 4 punti Questi due punti valgono anche se scrive bene il volume della piramide con un altro filo logico. Se il risultato è sbagliato a causa del cambiamento dell unità di misura, possono essere dati soltanto 6 punti. Se calcola con il lato di 17 cm, T =15,1 cm e la superficie misura A 341 cm írásbeli vizsga / október 19.

7 15. a) prima soluzione (Gli eventi del lancio doppio sono equiprobabili, così si può applicare il modello classico). In totale possono accadere 6 = 36 lanci doppi. Il primo lancio può essere di tipi, il secondo di 4 tipi, così ci sono 4 = 8 lanci doppi buoni. Così la probabilità che in un turno otteniamo e questo punto è ottenuto al primo lancio è 8 = 0, Totale: 5 punti I valgono anche se questo concetto appare soltanto dalla soluzione. 15. a) seconda soluzione (Il primo e il secondo lancio sono indipendenti). Al primo lancio il giocatore riceve punti con probabilità 6, al secondo lancio non riceve punti con probabilità 6 4. La probabilità cercata è cioè 8 36 = = 0, , 6 6 pont. Totale: 5 punti 15. b) Possiamo ricevere esattamente se il primo lancio è buono (si ottiene un punteggio) e il secondo non lo è o viceversa. In totale ci sono 4 = 16 casi. Possiamo ricevere in = 4 casi, Così, la probabilità che in un turno otteniamo punti è 0 5 = La probabilità che non riceviamo nessun punto è =, 9 9 allora il primo evento ha probabilità maggiore. Totale: 7 punti I valgono anche se queso concetto risulta soltanto dalla soluzione. In 0 casi su 36 otteniamo punti. Ci sono 16 casi in cui non otteniamo nessun punto. írásbeli vizsga / október 19.

8 15. a) e b) altra soluzione La prima riga della tabella mostra i risultati del primo lancio, mentre la prima colonna fa vedere i risultati del secondo lancio. Nelle caselle ci sono i punteggi ottenuti in un turno. Ci sono 36 casi equiprobabili, possiamo applicare il modello classico Riempimento corretto della tabella 6 punti indica le caselle corrispondenti all evento a): 8 La probabilità cercata è. 36 b) Non otteniamo punti : caselle 16 la probabilità è. 36 Questo numero è minore di 1, la probabilità che 4 punti otterremo punti è maggiore. Totale: 1 írásbeli vizsga / október 19.

9 16. a) II.B a 8 = a 1 + 7d, dove d è la ragione della progressione 14 = 7 + 7d d = S n a + n d + ( n ) S n = 1 ( 1) n = n 3n 17n Se non scrive una disequazione (o non la La funzione di secondo grado della parte sinistra ha usa nei calcoli), però un minimo, (a=3>0, oppure si riferisce al grafico verifica che la soluzione etc.), dell esercizio è l insieme 55 intersezoni con l asse: 4 e (numero negativo). dei numeri interi positivi 3 non maggiori di 4, 55 riceve 7 punti. < 0 < n 4 3 Nel nostro esercizio n è un numero intero positivo, i valori possibili di n sono: 1,,, 3, 4. Totale: 9 punti Anche la risposta giusta in base all esame dei S 1, S,, S 4, S 5 merita punteggio pieno. Se manca l esame di S 5, oppure non fa riferimento alla monotonia, riceve 7 punti. Se calcola tramite un equazione e ricava la soluzione n=4, riceve 4 punti. 16. b) a 4 = a 1 q 3, dove q è la ragione della progressione. 189 = 7 q 3 q = 3. n n q S n = a1 = 7 q 1 n = 7 3 n = La funzione esponenziale è biunivoca (sempre crescente), n = 9. Totale: 8 punti Possiamo accettare altri metodi. írásbeli vizsga / október 19.

10 17. a) L area del triangolo regolare di lato a: 3 t 1 = a,7 (cm ). 4 La parte sopra il triangolo regolare è un segmento circolare appartenente ad un angolo al centro di 60º di una circonferenza di raggio a. la cui area: a π a 3 a π 3 t = = 0,6 (cm ) Otteniamo l area della parte superiore una luna se sottraiamo l area del segmento circolare dall area del semicerchio di raggio a. Vale anche se questo concetto risulta soltanto nella soluzione. 1 a a π a π 3 t = = 3 π t =. 8 3 a π π 3 = 1,9 (cm ) Totale: 6 punti 17. b) prima soluzione Se prendiamo in considerazione soltanto la condizione (1), il colore della luna può essere di quattro tipi, il colore del segmento circolare può essere di 3 tipi a causa di (1), il colore del triangolo regolare può essere di tre tipi perché non può coincidere soltanto con il colore del segmento circolare. Il numero della colorazione che soddisfa la condizione (1) è = 36. Da questi 36 casi dobbiamo sottrarre i casi per i quali la condizione () non è soddisfatta. Il numero dei casi quando usiamo 3 colori e la parte rossa è adiacente a quella gialla è 4 = 8. perché le parti rossa e gialla possono essere poste in quattro modi diversi, e il terzo colore in ogni caso può essere di due tipi. Tale colorazione, in cui usiamo soltanto i colori rosso e giallo, può essere di due tipi. Così il numero delle colorazioni che soddisfano ambedue le condizioni è 36 ( 8 + ) = 6. Totale: 11 punti írásbeli vizsga / október 19.

11 17. b) seconda soluzione Se usiamo il colore rosso ed anche il colore giallo nella colorazione, allora questi colori possono essere applicati soltanto per la luna e per il triangolo regolare, a causa di () Il colore del segmento circolare può essere verde o blu. Abbiamo = 4 possibilità. Se non usiamo il colore rosso, allora abbiamo due casi: 1. Usiamo tutti e tre i colori rimanenti. In questo caso il numero delle possibilità è 3! = 6.. Usiamo due dei tre colori rimanenti. Questi due colori possono essere scelti in tre modi differenti, ed a causa di (1) con questi due colori scelti possiamo preparare due emblemi. In questo caso il numero delle possibilità è 3 = 6. Risposta giusta, senza giustificazioni vale. Risposta giusta, senza giustificazioni vale. Allora il numero delle colorazioni che non contengono il colore rosso è = 1. Anche il numero delle colorazioni che non contengono il colore giallo è 1. Tra queste ci sono due colorazioni in cui non usiamo nè rosso, nè giallo. Questi casi li abbiamo calcolati nei passaggi precedenti, così il numero delle colorazioni che non contengono il colore giallo, differenti da quelle già calcolate, sono 10. Il numero totale delle possibilità corrispondenti alle condizioni poste è = 6. Totale: 11 punti Se il candidato non si accorge dei casi calcolati due volte, allora riceve 3 punti sui 4 punti disponibili. írásbeli vizsga / október 19.

12 17. b) terza soluzione Se consideriamo soltanto la condizione (1), allora con tre dei quattro colori abbiamo 4 3 = 4 tipi di colorazioni. Con due dei quattro colori e soltanto la condizione (1) il numero delle colorazioni possibili è 4 = 1. Dobbiamo sottrarre i casi che non soddisfano la condizione () da tutti i 36 casi. Il numero delle colorazioni quando coloriamo con 3 colori e le parti rosse sono adiacenti alle parti gialle è 4 = 8, perché la parte rossa e la parte gialla possono sistemarsi in quattro modi diversi, ed il terzo colore in ogni caso può essere di due tipi. Le colorazioni in cui usiamo soltanto i colori rosso e giallo sono due. Così il numero delle colorazioni che soddisfano ambedue le condizioni è 36 ( 8 + ) = 6. Totale: 11 punti Nota: Se cerca la soluzione tramite l elenco dei casi concreti: l elenco sistematico di tutti i casi:11 punti; se il candidato fa tutte le 6 colorature possibili in qualsiasi modo, ma non ne risulta che ci possano essere altre soluzioni puó ricevere 9 punti al massimo; se non considera qualsiasi condizione: 3 punti al massimo; elenca soltanto casi buoni, ma non tutti, può avere 5 punti al massimo. írásbeli vizsga / október 19.

13 18. a) La somma dei 5 dati della serie è Cosí la media aritmetica è = 5 = 4056(Ft). Totale: 3 punti 18. b) La tabella di frequenza dei dati classificati nelle classi di 1000 Ft: Costo mensile in Ft Numero della famiglia punti Se ci sono 1, o dati errati riceve, nel caso di 3 o 4 dati errati riceve, nel caso di più di 4 errori non riceve punti. Anche il diagramma con assi invertiti riceve punteggio massimo. Per il diagramma corretto ottenuto dalla serie di dati errati (gli assi sono corretti, le unitá sugli assi sono corrette) riceve. Totale: 5 punti írásbeli vizsga / október 19.

14 18. c) Eliminando i due dati estremi la nuova media aritmetica: (Ft). Siccome 0, la media è diminuita dell 1,48%. 1,49% è accettabile L elemento più piccolo della serie dei nuovi dati è 100 Ft, il più grande è 6800 Ft, così l estensione dei dati è 5600 Ft. Totale: 6 punti 18. d) La nuova media: ( ) + ( ) = = = Totale: 3 punti Numeratore corretto:, denominatore corretto:. írásbeli vizsga / október 19.