5 ° esercizio corregge l'angolo

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ÉRETTSÉGI VIZSGA
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2013. október 15.
Matematika olasz nyelven
középszint
Javítási-értékelési útmutató 1312
MATEMATIKA
OLASZ NYELVEN
KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI
ÉRETTSÉGI VIZSGA
JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI
ÚTMUTATÓ
EMBERI ERŐFORRÁSOK
MINISZTÉRIUMA
Matematika olasz nyelven — középszint
Javítási-értékelési útmutató
Indicazioni importanti
Richieste di forma:
1. L’insegnate deve correggere il compito con una penna di colore differente da quello
usato dallo studente. Deve indicare gli errori e le parti mancanti in base alla propria
esperienza.
2. Il punteggio assegnato dall’insegnante deve essere scritto nella seconda casella
grigia, mentre nella prima è presente il punteggio massimo possibile.
3. Nel caso di soluzione esente da errori è sufficiente scrivere il punteggio massimo
nella casella corrispondente.
4. Nel caso di 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 delle figure.
Richieste di contenuto:
1. Alcuni esercizi possono avere diverse attribuzioni di punteggio a seconda delle
risoluzioni possibili. In tal caso l’insegnante deve valutare l’esercizio in base alle parti
corrispondenti della guida.
2. I punti indicati nella guida alla correzione, in caso non sia espressamente indicato,
possono essere suddivisi, ma solo in punti interi.
3. Non ottiene punti il passaggio in cui si commette un errore di calcolo. Per i successivi
passaggi in accordo con la soluzione esatta si possono assegnare i punti parziali
corrispondenti a patto che, in conseguenza dell’errore, il problema non sia cambiato.
4. In un’unità logica (indicata da una doppia linea nella guida) i passaggi, anche
formalmente corretti, non meritano punti se seguono un ragionamento sbagliato. Se lo
studente applica un risultato parziale, derivante da un ragionamento errato, in modo
corretto 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.
5. La soluzione è considerata completa anche se non è presente una notazione o l’unità di
misura indicata fra parentesi nella guida alla correzione.
6. Tra vari tentativi di risoluzione dati, si valuta una sola soluzione, quella indicata dallo
studente.
7. L’insegnante non può assegnare punti premio. (Punti più alti di quelli indicati).
8. L’insegnante non può sottrarre punti per i passaggi parziali errati non utilizzati nella
soluzione.
9. Dei tre esercizi della parte II.B possono esserne valutati solo due. Lo studente
dovrebbe aver scritto – nella casella corrispondente – il numero dell’esercizio la cui
valutazione non deve essere considerata nel punteggio totale. Ne deriva che l’esercizio
sopraindicato non deve essere corretto. Se la scelta non è univoca, automaticamente
non sarà valutato l’ultimo esercizio nell’ordine dato.
írásbeli vizsga 1312
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2013. október 15.
I.
1.
A \ B = {−4; −3; −2; −1; 0}
Totale:
In caso di un errore
2 punti 1 punto, per più errori
nessun punto.
2 punti
2.
x1 = −2 , x2 = 10
3.
x1 =
1-1 punto
Totale: 2 punti
π
π
, x2 = −
3
3
1-1 punto
Totale: 2 punti
Nota: Se l’esaminando risponde −60º e 60º, ottiene 1 punto. Se lo studente dà una risposta in
numeri reali senza prestare attenzione all’intervallo dato ottiene al massimo 1 punto.
4.
A) falso
B) vero
C) falso
2 punti
Totale:
2 risposte esatte 1 punto,
1 risposta esatta 0 punti.
2 punti
5. prima soluzione
Indicando con x il numero degli aventi diritto al voto,
in base al testo dell’esercizio:
x ⋅ 0,635 ⋅ 0,436 = 4 152 900 .
Aventi diritto al voto: x = 15 000 000 persone.
Totale:
2 punti
1 punto
3 punti
5. seconda soluzione
Alle elezioni prendono parte
4 152 900
=
0,436
1 punto
= 9 525 000 persone.
Aventi diritto al voto:
1 punto
9 525 000
= 15 000 000 persone.
0,635
Totale:
1 punto
3 punti
6.
b = 140
m = −20
1 punto
2 punti
Totale:
3 / 12
In caso di m = 20 ottiene
1 punto.
3 punti
2013. október 15.
7.
B) e D)
2 punti
Totale: 2 punti
Nota: In caso di 1 risposta esatta o di 2 esatte e 1 sbagliata ottiene 1 punto, in tutti gli altri
casi 0 punti.
8.
Indicando con d la differenza della progressione
aritmetica 3d = −15 ,
Ottiene il punto anche se
scrive il sistema di
1 punto
a1 + 5d = 15⎫
equazioni
⎬
a1 + 8d = 0 ⎭ .
da cui d = −5 .
Il primo termine della progressione 40.
1 punto
1 punto
Totale: 3 punti
Nota: Se l’esaminando elenca i primi 9 termini della progressione prende comunque
i 3 punti.
9.
Grafico che soddisfa le condizioni.
2 punti Non divisibili.
Totale: 2 punti
Nota: Il grafo può contenere anche spigoli e/o archi multipli.
10.
Il codominio di f [0,5; 4].
1 punto
a = 0,5
Totale:
In caso di una equazione
2 punti corretta (es. a1 = 0,5)
ottiene 1 punto.
3 punti
11.
Tutti i numeri di un dado sono divisori di 60.
Quindi la probabilità dell’evento richiesto (evento
certo) è 1.
Totale:
2 punti
1 punto
3 punti
12.
Quantità delle mele jonatán: 36 (kg).
Angolo al centro del settore circolare indicante la
proporzione di mele idared: 150 (gradi),
quindi la quantità di idared è 60 (kg).
Totale:
4 / 12
1 punto
1 punto
1 punto
3 punti
2013. október 15.
II. A
13. a)
(4 x + 21 ≥ 0 és x + 4 ≥ 0)
Elevando al quadrato entrambi i membri:
x 2 + 8 x + 16 = 4 x + 21 .
svolgendo i calcoli : x 2 + 4 x − 5 = 0 .
x1 = −5 , x2 = 1 .
–5 non è una soluzione accettabile,
1 è una soluzione accettabile.
2 punti
1 punto
Totale:
1 punto
1 punto In base alle condizioni o
1 punto alla verifica.
6 punti
Totale:
1 punto
1 punto
1 punto
1 punto
1 punto
1 punto
6 punti
.
13. b) prima soluzione
(Metodo della sostituzione:) y = 16 − 3x
5x − 32 + 6x = 45
11x = 77
x=7
y = −5
Verifica.
13. b) seconda soluzione
(Con il metodo di riduzione moltiplicando entrambi i
membri della prima equazione per 2:)
6 x + 2 y = 32⎫
⎬
5 x − 2 y = 45⎭
11x = 77
x=7
y = −5
Verifica.
Totale:
2 punti
1 punto
1 punto
1 punto
1 punto
6 punti
14. a) prima soluzione
Lunghezza dell’altezza relativa al lato AD del
triangolo ADC: 41 ⋅ sin 47° ≈
≈ 30 (mm).
1 punto
1 punto
Questa è congruente all’altezza relativa al lato AB del
triangolo ABC,
quindi l’area richiesta è T ≈
= 720 mm2.
48 ⋅ 30
=
2
1 punto
Totale:
dalla soluzione si evince
1 punto che il ragionamento
dell’esaminando è
corretto.
5 / 12
1 punto
5 punti
2013. október 15.
14. a) seconda soluizone
Area del triangolo ADC:
≈ 360 (mm2).
24 ⋅ 41 ⋅ sin 47°
≈
2
1 punto
1 punto
Ottiene i 2 punti anche se
calcola l’area del
triangolo BCD o se
La mediana CD fa dimezzare l’area del triangolo ABC, 2 punti
questo ragionamento si
evince solo dalla
soluzione.
per cui l’area richiesta è 720 mm2.
1 punto
Totale: 5 punti
14. b)
Angolo CDB: 133°.
1 punto
BC = 24 2 + 412 − 2 ⋅ 24 ⋅ 41 ⋅ cos 133°
Se riconosce che il lato
BC può essere ricavato
2 punti
col teorema del coseno:
1 punto.
Quindi la lunghezza del lato BC per l’arrotondamento
richiesto: 60 mm.
Totale:
1 punto
4 punti
14. c) prima soluzione
Sia β l’angolo ABC; applicando il teorema dei seni al
triangolo BCD:
sin β
41
=
.
sin 133° 60
sin β ≈ 0,4998 ,
da cui (dato che l’angolo interno relativo al vertice D
del triangolo BCD è un angolo ottuso) risulta β ≈ 30°.
Totale:
1 punto
1 punto
1 punto
3 punti
14. c) seconda soluzione
Sia β l’angolo ABC; applicando al BCD il teorema
del coseno: 412 = 242 + 602 − 2 ⋅ 24 ⋅ 60 ⋅ cos β
24 2 + 60 2 − 412
cos β =
(≈ 0,8663),
2 ⋅ 24 ⋅ 60
da cui β ≈ 30°.
1 punto
Totale:
1 punto
6 / 12
1 punto
3 punti
2013. október 15.
Indicando con x il numero di possessori di
lavastoviglie, il numero di possessori di forni a
microonde sarà 2x.
Siccome i possessori di questi apparecchi sono 141:
2 x + x − 63 = 141 ,
da cui x = 68.
Non hanno un forno a microonde (150 – 2⋅ 68 =) 14
persone,
che sono circa il 9,3% degli intervistati.
Totale:
1 punto
2 punti
1 punto
1 punto
1 punto
6 punti
15. a) seconda soluzione
Indichiamo con y il numero di coloro che hanno la
lavastovilgie ma non il forno a microonde. Allora in
totale è y + 63 il numero dei possessori di una
lavastoviglie.
Il numero di coloro che hanno il forno a microonde
ma non la lavastoviglie è
2(y + 63) – 63 = 2y + 63.
Il numero totale degli intervistati è
y + (2y + 63) + 63 + 9 = 150,
da cui y = 5.
Non hanno il forno a microonde (5 + 9 =) 14 persone,
che costituiscono circa il 9,3%-degli intervistati.
Totale:
1 punto
1 punto
1 punto
1 punto
1 punto
1 punto
6 punti
15. b)
La media del numero dei computer presenti nelle
3 ⋅ 0 + 94 ⋅ 1 + 89 ⋅ 2 + 14 ⋅ 3
famiglie:
=
200
= 1,57.
La mediana: 2,
la moda: 1.
Totale:
dalla soluzione si evince
corretto.
1 punto è anche accettabile 1,6.
1 punto
1 punto
4 punti
15. c)
Le negazioni dell’affermazione: C e D.
2 punti
Totale: 2 punti
Nota: in caso di 1 risposta corretta o di 2 corrette ed 1 errata ottiene 1 punto, per ogni altro
caso ottiene 0 punti.
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2013. október 15.
II. B
16. a)
Raggio di base del cilindro: 2,5 ⋅ 10−7 (m),
(
Volume: V = 2,5 ⋅10
) ⋅ π ⋅ 2 ⋅10
−7 2
−6
1 punto
1 punto
,
in notazione scientifica V ≈ 3,9 ⋅ 10−19 (m3).
Area della superficie totale del cilindro:
1 punto
A = 2 ⋅ (2,5 ⋅10 −7 ) ⋅ π + 5 ⋅10 −7 ⋅ π ⋅ 2 ⋅10 −6 ,
1 punto
in notazione scientifica: A ≈ 3,5 ⋅ 10 −12 (m2).
1 punto
5 punti
2
Totale:
16. b)
Il numero di colibatteri si duplica 6 volte in 1,5 ore,
quindi dopo 1,5 ore 3 000 000 ⋅ 26 =
= 192 milioni sarà il numero di batteri.
Totale:
Ottiene questi 2 punti
anche se si evince dalla
soluzione che il
2 punti
ragionamento
corretto.
1 punto
1 punto
4 punti
16. c)
(Il numero di batteri sarà 600 milioni dopo x minuti).
Bisogna risolvere l’equazione:
x
15
2
x
15
3⋅ 2
2 punti
= 600 .
1 punto
= 200
x
⋅ lg 2 = lg 200
15
si evince dalla soluzione
corretto.
1 punto
x
= log 2 200
15
x = 15 ⋅
2 punti
lg 200
lg 2
da cui si ricava x ≈ 115 , quindi
il numero di batteri dopo 115 minuti sarà 600
milioni.
1 punto
Totale:
8 / 12
8 punti
2013. október 15.
17. a)
→
1 punto
AB(6 ; 2)
Un vettore normale della retta e: n(1; − 3) ,
equazione della retta: x − 3 y = 7 − 3 ⋅ (−1) ,
x − 3 y = 10 .
Totale:
1 punto
1 punto
1 punto
4 punti
17. b)
12 + (−3) 2 − 6 ⋅ 1 − 2 ⋅ (−3) = 10 ,
(quindi il punto A appartiene alla circonferenza k.)
7 2 + (−1) 2 − 6 ⋅ 7 − 2 ⋅ ( −1) = 10 ,
(quindi il punto B appartiene alla circonferenza k.)
la lunghezza della corda AB:
(7 − 1) 2 + (−1 + 3) 2 =
= 40 (≈ 6,32) .
Totale:
1 punto
1 punto
1 punto
1 punto
4 punti
17. c) prima soluzione
→
1 punto
Un vettore normale della retta f: AB(6 ; 2)
Equazione della retta f: 3x + y = 0.
2 punti
Otteniamo le coordinate delle intersezioni tra la retta f
e la circonferenza k mettendo a sistema le loro
equazioni.
Dall’equazione della retta f : y = –3x.
Sostituendo nell’equazione della circonferenza:
x 2 + 9 x 2 − 6 x − 2 ⋅ (−3 x) = 10 .
x2 = 1
La soluzione (diversa da 1) è x = −1 .
Quindi il punto cercato è il punto C(–1; 3).
Totale:
9 / 12
corretto.
1 punto
1 punto
1 punto
1 punto
1 punto
9 punti
2013. október 15.
17. c) seconda soluzione
Indichiamo con C l’intersezione diversa da A.
Applicando l’inverso del teorema del triangolo
3 punti
inscritto in una semicirconferenza (Dante), sappiamo
che la corda BC è il diametro della circonferenza k.
Ricavando l’equazione della circonferenza k:
2 punti
( x − 3) 2 + ( y − 1) 2 = 20 .
quindi il centro della circonferenza è il punto K(3; 1). 1 punto
il punto K è punto medio del segmento BC, quindi le
x +7
=3 e
coordinate del punto C( xC ; yC ) sono C
2 punti
2
yC − 1
= 1,
2
da cui C(–1; 3).
1 punto
Totale: 9 punti
Nota: Se l’esaminando, ricavando l’equazione della circonferenza, determina correttamente
le equazioni del centro della circonferenza e disegna la circonferenza in un sistema
cartesiano ottiene 3 punti. Se traccia in figura la retta f richiesta e senza nè spiegazione nè
verifica trova le coordinate del punto di intersezione C ottiene ulteriori 2 punti.
L’esaminando ottiene altri 2 punti se giustifica che la retta da lui tracciata è perpendicolare
al segmento AB e ulteriori 2 punti se, sostituendo delle coordinate del punto C nell’equazione
della circonferenza, verifica che il punto appartiene alla curva.
10 / 12
2013. október 15.
Scegliamo due carte tra le 30 date;
⎛ 30 ⎞ 30 ⋅ 29
questo può avvenire in ⎜⎜ ⎟⎟ =
(= 435) modi
2
⎝2⎠
diversi (numero dei casi possibili).
Il numero dei casi favorevoli (quando trovo due carte
con lo stesso numero) è 15.
15 ⎛ 1
⎞
Probabilità richiesta:
≈ 0,0345 ⎟ .
⎜=
435 ⎝ 29
⎠
Totale:
2 punti
2 punti
Ottiene il punto anche in
caso di probabilità
1 punto
espressa tramite una
percentuale.
5 punti
18. a) seconda soluzione
Ottiene i punti anche se si
evince dalla soluzione
2 punti che il ragionamento
corretto.
La prima carta viene scelta a caso.
Per quanto riguarda la seconda carta, devo scegliere
tra 29 carte (casi possibili)
l’unica carta che forma una coppia con la prima.
1
Questa probabilità è:
(≈ 0,0345).
29
Totale:
1 punto
1 punto
Ottiene i punti anche in
1 punto
percentuale.
5 punti
18. b) prima soluzione
In tutto vi sono 7 tessere che hanno su entrambe le
parti lo stesso numero.
Si possono mettere sulle due parti delle tessere due
numeri differenti in 7 ⋅ 6 = 42 modi diversi.
Dato che ogni tessera rientra due volte nei calcoli, il
numero richiesto è 21.
In totale in un set del gioco del domino vi sono 28
tessere.
Totale:
11 / 12
2 punti
2 punti
1 punto
1 punto
6 punti
2013. október 15.
18. b) seconda soluzione
Sistemiamo ogni tessera in modo tale da avere nella
parte sinistra un numero maggiore o uguale di quello
presente sull’altro lato.
In totale abbiamo 7 tessere in cui vi è a sinistra il 6.
(Queste sono le tessere 6-0, 6-1, 6-2, 6-3, 6-4, 6-5 e
6-6).
Abbiamo, poi, 6 tessere in cui vi è a sinistra il 5,
e così via, fino a giungere all’unica tessera in cui
entrambi i lati sono senza numero (la tessera 0-0).
corretto.
1 punto
1 punto
1 punto
Quindi in totale nel set del gioco del domino ci sono
1 punto
7+6+5+4+3+2+1=
= 28 tessere.
1 punto
Totale: 6 punti
Nota: Se l’esaminando fornisce la soluzione elencando tutte le tessere del gioco ottiene
i 6 punti.
18. c)
Chi inizia a giocare al terzo lancio nei primi due
tentativi ha potuto lanciare in 5 modi diversi per volta,
Ottiene i 2 punti anche se
che il ragionamento
mentre al terzo tentativo ha un’unica possibilità (il sei). 1 punto dell’esaminando è
corretto.
Quindi il numero di casi favorevoli è 5 ⋅ 5 ⋅ 1 .
1 punto
1 punto
Il numero di casi possibili è 6 3 .
Ottiene i punti anche in
25
La probabilità richiesta è
(≈ 0,1157).
2 punti
216
percentuale.
Totale: 6 punti
12 / 12
1 punto
2013. október 15.

5 ° esercizio corregge l'angolo

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