MATEMATIKA OLASZ NYELVEN MATEMATICA JAVÍTÁSI

ÉRETTSÉGI VIZSGA
●
2006. május 9.
Matematika olasz nyelven
középszint
Javítási-értékelési útmutató 0611
MATEMATIKA
OLASZ NYELVEN
MATEMATICA
KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI
ÉRETTSÉGI VIZSGA
ESAME SCRITTO DI MATURITÁ
LIVELLO INTERMEDIO
JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI
ÚTMUTATÓ
ISTRUZIONI PER LA
CORREZIONE E PER LA
VALUTAZIONE
OKTATÁSI MINISZTÉRIUM
MINISTERO DELLA PUBBLICA
ISTRUZIONE
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Javítási-értékelési útmutató
Indicazioni importanti
Richieste di forma:
•
•
•
•
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 è segnato il
punteggio massimo.
Nel caso di una soluzione perfetta è sufficiente scrivere il punteggio massimo nella
casella adeguata.
Nel caso di una soluzione sbagliata o incompleta, anche i punti parziali per le parti
valutabili devono essere scritti sul compito.
Richieste di contenuto:
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Alcuni esercizi possono avere soluzioni diverse le cui valutazioni sono indicate nella
tavola. Nel caso di soluzioni diverse dalle quelle indicate, l’insegnante deve valutare
in base alle parti corrispondenti della tavola.
I punti della tavola possono essere suddivisi solo in punti interi.
Se lo svolgimento e il risultato finale sono evidentemente giusti, meritano il punteggio
massimo anche se la soluzione è meno dettagliata di quella della tavola.
Non vale punto il passaggio in cui si commette un errore di calcolo. Per i successivi
passi, in accordo con la soluzione giusta si possono dare punti parziali corrispondenti,
a patto che in conseguenza di un calcolo sbagliato il problema non sia cambiato.
In un’unità logica (è indicata con linea doppia nella tavola) 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 il 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.
La soluzione è considerata completa anche se manca l’unità di misura indicata fra
parentesi nella tavola di soluzione.
Si valuta solo una soluzione per ogni esercizio. (quella che merita il punto più alto)
L’insegnante non può dare punti in premio.(punti più alti di quelli determinati.)
L’insegnante non può sottrarre punti per i passaggi parziali errati non utilizzati nella
soluzione.
Dei tre esercizi nella parte II/B possono essere valutati solo due. Lo studente
probabilmente ha segnato il numero dell’esercizio la cui valutazione non verrà
aggiunta alla somma dei punti. Ovviamente l’esecizio sopraddetto non va corretto. Se
la scelta dello studente non è univoca, allora l’ ultimo esercizio (numero18 ) non sarà
valutato.
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I
1.
A ∩ B = {12; 16; 20}
2 punti
Totale:
2 punti
Due elementi giusti
valgono 1 punto.
Gli elementi degli insiemi
A e B non possono essere
valutati separatamente.
2.
Il cateto è:
3·sin 42º ≈ 2,01 cm.
2 punti
Totale:
2 punti
Totale:
1 punto
1 punto
1 punto
1 punto
4 punti
Totale:
1 punto
1 punto
2 punti
Il cateto: 1 punto,
arrotondamento: 1 punto.
3.
a) vera
b) falsa
c) vera
d) falsa
4.
La moda è 174.
La mediana è 173.
5.
3y – x = 3 oppure y =
( x ∈ [–9; 9] )
1
x+1
3
3 punti
Totale:
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3 punti
Se il coefficiente
angolare è giusto, vale
1 punto.
Anche il punto
d’intersezione con l’asse
y vale 1 punto.
3 punti valgono anche nel
caso che il candidato dia
la formula di
corrispondenza invece di
dare l’equazione della
figura.
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6.
C
●
A●
B
●
E
●
G
●
D●
F●
Illustrazione.
1 punto
La somma dei gradi è 14.
Totale:
Solo la rete giusta merita
1 punto.
1 punto
2 punti
7.
Non ogni nonna vuole bene al suo nipotino.
oppure
Esiste una nonna che non vuole bene al suo nipotino.
Totale:
2 punti
Qualsiasi risposta giusta
vale 2 punti.
2 punti
8.
L’esponente è: –
1
.
2
Totale:
2 punti
L’esponente può essere
espresso in qualsiasi
forma.
2 punti
Se la risposta è 10
vale 1 punto.
2 punti
Anche se manca che y è
un numero reale.
−
1
2
9.
Il codominio è:
–1 ≤ y ≤ 3, y è un numero reale,
oppure
[–1; 3].
Totale:
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2 punti
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10.
Il numero delle distribuzioni possibili è 12
(= 3·2·1·2).
3 punti
Totale:
3 punti
Elencare non tutti, ma
non meno di 6 casi
possibili, vale 1 punto.
11.
Il numero dei casi possibili è 90.
Il numero dei casi favorevoli è 9.
La probabilità è
9
= 0,1.
90
1 punto
1 punto
1 punto
Totale:
3 punti
12.
L’equazione della circonferenza è:
(x + 2)2 + (y – 1)2 = 25.
1 punto
Sostituendo le coordinate del punto P( 1; –3):
25 = 25,
Allora il punto giage sulla circonferenza.
Totale:
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1 punto
Si può calcolare anche in
base alla distanza tra il
centro e P.
1 punto
3 punti
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II/A
13.
Per la definizione del logaritmo e la radice quadrata
x>
2
7
ex > ,
3
4
1 punto*
cioè l’equazione può essere definita se x >
1 punto*
7
4
Applicando le identità del logaritmo
lg 3x − 2 ⋅ 4 x − 7 = lg 2 .
2 punti
La funzione logaritmica in base 10 è sempre
crescente, perciò 3 x − 2 ⋅ 4 x − 7 = 2 .
1 punti
(
)
Dopo l’elevazione alla seconda potenza:
(3x − 2) ⋅ (4 x − 7) = 4 .
Dopo la riduzione dell’espressione:
12x2 – 29x + 10 = 0.
Le soluzioni dell’equazione sono
10  5 
x1 = 2; x2 =
=  .
24  12 
Verifica: Sostituendo x1 = 2 , otteniamo un’
equazione vera.
Anche senza
spiegazione vale
1punto.
1 punto
2 punti
2 punti
1 punto
5
non è accettabile.
x2 =
12
1 punto
* Se non scrive le
condizioni, ma esegue il
controllo giusto valgono
1+1 punti.
Totale: 12 punti
14. a)
Per la lunghezza AB dell’ombrello vale il teorema del
coseno: AB 2 = 25 2 + 60 2 − 2 ⋅ 25 ⋅ 60 ⋅ cos120° .
3 punti
AB2 = 5725
1 punto
la lunghezza dell’ ombrello è AB = 5725 ≈ 76 cm
1 punto
L’individuazione
dell’applicazione del
teorema del coseno vale
2 punti, la sostituzione
giusta vale 1 punto.
Totale: 5 punti
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14. b)
Se la lunghezza della corda misurata dal punto A è x,
allora l’altra parte è 85-x.
1 punto
1 punto vale anche se la
divisione si vede solo dal
teorema di Pitagora.
In base al teorema di Pitagora nel triangolo
2
rettangolo: x 2 + (85 − x ) = 5725 .
1 punto
x 2 + 85 2 + x 2 − 170 x = 5725
1 punto
Esecuzione
dell’elevazione alla
seconda potenza.
x 2 − 85 x + 750 = 0
1 punto
Per la riduzione.
Le soluzioni dell’equazione di secondo grado sono:
2 punti
75 e 10.
Il vertice dell’angolo retto può distare 75 cm oppure
1 punto
10 cm dal punto A .
Totale: 7 punti
15. a)
il numero
dei giocatori
10
7
5
1
„giovani”
„forti”
„anziani”
Totale: 4 punti
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gruppi di età
la divisione in gruppi :
2 punti, indicazione degli
assi: 1 punto
la rappresentazione:
1 punto.
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15. b)
l’età media della squadra:
19 + 20 + 3 ⋅ 21 + 2 ⋅ 22 + 3 ⋅ 23 + 24 + 4 ⋅ 25 + 3 ⋅ 26 + 27 + 3 ⋅ 28
=
22
=
3 punti
528
= 24 anni.
22
Totale:
Nel caso di un
errore di
calcolo merita
2 punti al
massimo.
3 punti
15. c)
Scegliamo 2 tra le quattro persone di 25 anni nei
 4
modi:   ( = 6).
 2
Scegliamo 2 tra le tre persone di 28 anni nei modi:
3
  ( = 3).
 2
3 punti
L’estrazione di 5 persone può avvenire in 18 modi.
2 punti
Totale: 5 punti
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Trovare il modello di
combinazione vale
1 punto, i due casi
valgono 1-1 punto. (Le
risposte giuste senza la
formula combinatoria
hanno valore completo.)
Senza giustificazione
merita 2 punti al
massimo.
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II/B
16. a)
il costo d’amministrazione è il 2,5% di 20 000 Ft ,
1 punto
500 Ft,
Puo avere19 500·146 = 2 847 000 lei per i19 500 Ft
2 punti
anche la risposta 284,7
LEI NUOVI è
accettabile.
Totale: 3 punti
16. b)
300 LEI NUOVI = 3 000 000 lei
Se costa x Ft, allora
x·0,975·146 = 3 000 000.
Da cui x = 21 075 Ft.
1 punto
3 punti
1 punti
Totale: 5 punti
Nel caso di un errore di
calcolo merita 4 punti al
massimo.
16. c)
10000
1 LEU NUOVO =
Ft = 68,49 Ft
146
3 punti
Si tolgono 1-1 punto per
il calcolo errato e per
l’arrotondamento
sbagliato.
Totale: 3 punti
16. d)
Delle otto monete ne scegliamo quattro nei
8 
 
 4
1 punto
modi, allora il numero dei casi possibili è 70.
Il caso favorevole può avvenire soltanto in modo
90 = 50 + 20 + 10 + 10.
Non si richiede che
specifichi che i casi sono
della stessa probabilità.
1 punto
Il numero della scelta della moneta da 50 BANI è 1,
(uno da uno), quello da 20 BANI è 3, (uno da tre) e 2 punti
quello di 10 BANI è 6 (due da quattro).
Il cassiere poteva restituire 90 BANI NUOVI in 18
1 punto
modi diversi .
La probabilità è
18
≈ 0,2571 .
70
1 punto
Totale: 6 punti
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17. a)
a3 = 5·q2,
2 punti
a5 = 5·q4.
Totale: 2 punti
17. b)
a4 = 5 + 3d,
2 punti
a16 = 5 + 15d.
Totale: 2 punti
17. c)
5·q2 = 5 + 3d,
2 punti
5·q4 = 5 + 15d.
eliminando d
3 punti
q4 – 5·q2 + 4 = 0.
Elevando al quadrato la
prima equazione
possiamo eliminare q, e
otteniamo che
d(d – 5) = 0.
Sostituendo i coefficienti dell’equazione di secondo
grado, (in q2 ), nella formula di risoluzione
1 punto
dell’equazione
2 punti
si ottengono
q2 = 1 oppure 4.
Da cui q= ± 1, oppure ± 2.
2 punti
I valori di d rispettivamente sono 0 o 5.
1 punto
La sostituzione delle soluzioni nel testo .
2 punti
Se il candidato trova
solo le soluzioni positive,
merita 1 punto.
Totale: 13 punti
18. a)
Il lato di 3,14 cm è il perimetro della
circonferenza di base del cilindro: 31,4 = 2r·π.
r ≈ 5 (cm)
Vcilindro = r2·π·14
Il volume del cilindro misura≈ 1,1 dm3.
Totale:
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1 punto
1 punto
1 punto
1 punto
4 punti
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18. b)
R
m = 14cm
r
.
r
Totale:
2 punti
18. c)
La lunghezza R·π della semicirconferenza è il
perimetro della circonferenza di base del cono.
R·π =2r·π;
allora r =
R
.
2
1 pont*
1 punto
Anche senza
giustificazione vale
1 punto.
*Dopo qualsiasi
giustificazione vera per il
rapporto giusto valgono
1+ 1 punti.
Applichiamo il teorema di Pitagora al triangolo di
lati
R
,14 e R:
2
1 punto
R2
+ 14 2 = R 2 .
4
Dall’equazione:: R =
1 punto
28
3
≈ 16,2 cm.
2 punti
Totale:
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6 punti
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18. d)
L’area del cerchio di base è r2·π.
L’area della superficie laterale del cono è
Il quoziente delle aree è
1 punto
≈ 412 cm2
1 punto
R
:
2
1 punto*
Calcolando con i valori
concreti, questo passo è
inutile.
1 punto
* Per il rapporto giusto
merita 1 + 1 punti.
1
.
2
Totale:
írásbeli vizsga 0611
≈ 206 cm2( r ≈ 8,1 cm)
r 2π
2r 2
=
0,5 ⋅ R 2π
R2
Sostituendo l’espressione r =
Il quoziente delle aree è
R 2π
.
2
1 punto
12 / 12
5 punti
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