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Matematika spanyol nyelven emelt szint Javítási-értékelési útmutató 1913 EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA MATEMATIKA SPANYOL NYELVEN EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ ÉRETTSÉGI VIZSGA • 2020. május 5.
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MATEMATIKA SPANYOL NYELVEN EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI …

Jul 16, 2022

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EMBERI ERFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA
MATEMATIKA SPANYOL NYELVEN
1913 írásbeli vizsga 2 / 23 2020. május 5.
Informaciones importantes Cuestiones formales para la corrección del examen:
1. El profesor tiene que corregir el examen con palabras legibles y con un bolígrafo de diferente color al utilizado por el alumno.
2. En los recuadros de puntuación grises, el primero indica la máxima puntuación que se puede dar y el recuadro de al lado recoge los puntos que ha dado el profesor.
3. Si no hay errores en la resolución, no es suficiente escribir los puntos máximos en el recuadro correspondiente sino que hay que indicar con el signo de correcto que se ha visto esa parte de la resolución y es correcta.
4. Si hay errores o faltan pasos, indique, por favor, los errores y los puntos correspondientes a cada parte. Si es más fácil seguir la corrección indicando los puntos perdidos, también es aceptable. No quedarán partes en la resolución de las que no se pueda decidir si son correctas, falsas o innecesarias.
5. En la corrección aplique los signos siguientes: • paso correcto: signo correcto (pipa) • error de aplicación teórica: linea doble • error de cálculo o un error pero no de aplicación teórica: una línea • paso matemáticamente correcto pero con los datos incorrectos: notación correcta
intermitente o tachada • explicación o enumeración incompleta: anotación de falta (signo de raíz
cuadrada) • si no se puede entender algo: signos de interrogación o línea ondulada
6. No se puede evaluar las partes escritos con lápiz excepto los dibujos.
Cuestiones de contenido: 1. En algunos ejercicios, les hemos ofrecido la puntuación correspondiente a varias
resoluciones. Si usted encuentra otra resolución, busque, por favor, las partes equivalentes de las resoluciones que propone la guía y reparta los puntos según dichas partes.
2. Se pueden dividir aún más los puntos de lo que la guía recomienda excepto si la guía lo ordena de otro modo. Pero, en cualquier caso, los puntos que se den siempre serán enteros.
3. Si en una parte de la resolución, el estudiante comete un error de cálculo o de precisión, no recibirá únicamente los puntos correspondientes a la parte donde ha cometido el error. Si al arrastrar este error, el resto de los pasos realizados son correctos y no cambia el sentido del problema, entonces se puntuarán el resto de los paso.
4. En caso de un error de aplicación teórica, dentro de un razonamiento en la resolución (los razonamientos distintos aparecen separados con una línea doble en la guía), no se pueden dar puntos ni siquiera por los pasos matemáticamente correctos hechos tras cometer el error. Pero si en el siguiente razonamiento, se sigue trabajando bien, a pesar del resultado incorrecto causado por dicho error, se darán los puntos máximos para las siguientes partes de la resolución del problema, si no ha cambiado el sentido del mismo.
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1913 írásbeli vizsga 3 / 23 2020. május 5.
5. Si en la guía, algún comentario o una unidad de medida está entre paréntesis, la
solución será totalmente correcta aunque no se escriba. 6. Si se escriben varios intentos correctos para resolver un ejercicio, sólo se puntuará uno
de ellos, el que el alumno examinado haya indicado como válido. 7. No se pueden dar puntos extra (que excedan los puntos máximos que se pueden dar
para el ejercicio o una parte de él). 8. La suma de los puntos obtenidos por un ejercicio o por parte de él no puede ser
negativa. 9. No se restan puntos si aparecen errores en algún paso o en partes de la resolución que
el alumno no utiliza después para resolver el ejercicio. 10. Durante el desarrollo de la explicación es aceptable el uso de la calculadora – sin más
razonamiento – para las operaciones siguientes: suma, resta, multiplicación, división,
elevar a la potencia, sacar raíz, calcular n!,

se pueden sustituir las tablas del libro
de fomulas (seno, coseno, tg, ctg, log y sus inversos), dar el valor aproximado de y e determinar las raíces de la ecuación de segundo grado. En aquellos casos donde el texto del ejercicio no exige explicaciones detalladas también se puede utilizar la calculadora sin razonamiento matemático para determinar la media y la desviación típica En cualquier otro caso, los cálculos con cálculadora hay que considerarlos como pasos sin razonamiento por los que no se pueden conceder puntos.
11. No se pueden aceptar los dibujos para justificar los pasos (por ejemplo: obtener datos con una medición.
12. El resultado de un ejercicio de probabilidad se puede aceptar en tanto por ciento, excepto si el enunciado del ejercicio lo prohíbe.
13. Si el enunciado del ejercicio no manda nada sobre el redondeo del resultado, entonces se puede aceptar todo lo que es razonable y correcto, a pesar de que la guía no lo ofrezca.
14. De los cinco ejercicios propuestos en la parte II del examen solo se pueden puntuar cuatro. Probablemente el estudiante habrá indicado el número del ejercicio eliminado, el que no se puntuará, en el recuadro correspondiente. Si el alumno hubiera resuelto este ejercicio no habría que corregirlo. Si no queda claro cuál es el ejercicio que el alumno examinado no desea que se le corrija, entonces automáticamente no se corregirá el último ejercicio, según el orden en que aparecen.
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1913 írásbeli vizsga 4 / 23 2020. május 5.
I.
1 punto
(Utilizando la connotación del dibujo) del triángulo rectángulo ADM es: 2 217 8 15DM = − = (cm).
1 punto
El área del triángulo ADM es: 8 15 60 2 ⋅ = (cm2). 1 punto
Del triángulo ADM 8cos 17
ε = , ε ≈ 61,93°. 1 punto
El ángulo central de sector circular BAM es: = 90° – ε ≈ 28,07°, 1 punto
su área es: 217 28,07
360 π⋅ °
° ≈ 70,8 (cm2). 1 punto
El área de la parte cubierta del rectángulo, es de aproximadamente: 60 + 70,8 = 130,8 cm2.
1 punto
Total: 7 puntos 1. b) primer método
El dibujo válido. (La medida del lado del rombo es de x cm.)
1 punto
En el triángulo rectángulo AQD (según el teorema Pitágoras): 2 2 2(17 ) 8x x− + = . 1 punto
2 2289 34 64x x x− + + = 1 punto 34x = 353
353 34
El perímetro del rombo es 7064 17
x = ≈ 41,5 cm. 1 punto
Total: 5 puntos
1913 írásbeli vizsga 5 / 23 2020. május 5.
1. b) segundo método
El dibujo válido. (La medida del lado del rombo es x cm.)
1 punto
Si el ángulo CAB es α, entonces en el triángulo
rectángulo ABC 8tg 17
DAQ∠ = 90° – 2α ≈ 39,6° 1 punto*
Del triángulo ADQ: x = 8
cos39,6° ≈ 10,38 (cm). 1 punto*
El perímetro del rombo es 4x ≈ 41,5 cm. 1 punto Total: 5 puntos
Nota: Los 2 puntos señalados por * lo puede obtener el examinando por el siguiente desarrollo.
2 217 8 353AC = + = (≈ 18,79) (cm) 1 punto (Aplicando el teorema del seno para el triángulo ACQ)
sen25,2 sen (180 2 25,2 )353
x °= ° − ⋅ °
, de donde x ≈ 10,38 (cm). 1 punto
2. a) primer método Si 2>x , entonces la ecuación original es:
22 7 0,25x x x− = + − ; 1 punto
si 2≤x , entonces la ecuación original es: 22 7 0,25x x x− = + − . 1 punto
Reescribiendo las ecuaciones, en el primer caso obtenemos 2 36 0x − = , y para el segundo caso obtenemos 2 8 20 0x x− − =
1 punto
Las soluciones de la ecuación 2 36 0x − = son 6 y –6, 1 punto Las soluciones de la ecuación: 2 8 20 0x x− − = son 10 y –2. 1 punto
Los números (-6) y 10 no pertenecen al dominio de la ecuación, (sin embargo) (6 y (-2) sí). 1 punto
Estos dos puntos los obtiene el examinando si comprueba las cuatro soluciones sustituyendo y usando esto como base da una respuesta correcta.
Como hemos realizado procedimientos de cálculo equivalentes, por lo tanto el 6 y el -2 son soluciones de la ecuación original.
1 punto
Total: 7 puntos Nota: Si el examinando deja el signo de valor absoluto sin justificación, realiza la ecuación
22 7 0,25x x x− = + − en el conjunto de números reales y después comprueba las soluciones obtenidas, entonces solo se puede obtener 3 puntos.
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1913 írásbeli vizsga 6 / 23 2020. május 5.
2. a) segundo método 2 217 0,25 ( 2) 8
4 x x x+ − = − − + 1 punto
Representación de la función f : 2x x − . 1 punto
Representación de la función g: 21 ( 2) 8 4
x x− − +
(en el mismo sistema de coordenadas). 2 puntos
Las coordenadas x de los puntos de corte: 1 2x = − y 2 6x = . 1 punto f (–2) = g(–2) = 4 y f (6) = g(6) = 4, por lo tanto la ecuación tiene dos soluciones, –2 y 6. 2 puntos
Total: 7 puntos
4 x x x+ − = − − + 1 punto
Como 22( 2) 2x x− = − , así 212 2 8 4
x x− = − − + . 1 punto
La ecuación obtenida para la expresión 2x − es una ecuación de segundo grado: 22 4 2 32 0x x− + − − = .
1 punto
las soluciones de la ecuación serán 2 4x − = o 2 8x − = − . 1 punto
Del primer caso 1 2x = − o 2 6x = , 1 punto El caso segundo no es posible ( 2 0)x − ≥ . 1 punto Comprobación con sustitución o refiriendose a las operaciones equivalentes. 1 punto
Total: 7 puntos
2. b) primer método El dominio es: 2 200 0x − > (es decir 2 200x > ). 1 punto La función logarítmica de base 2 es estrictamente creciente por lo tanto de la inecuación original viene que 2 20200 2x − < es decir 2 202 200x < +
1 punto
por lo tanto 2 20200 2 200x< < + , o sea 20200 2 200x< < + (≈ 1024,1).
1 punto
(Como x es un número entero) 15 1024x≤ ≤ . 1 punto El número de los valores posibles x es 1024 – 14 (= 1010). 1 punto Como x será también un número entero negativo, el número de las soluciones de la inecuación es 2 (1024 – 14) = 2020. 1 punto
Total: 6 puntos
1913 írásbeli vizsga 7 / 23 2020. május 5.
2. b) segundo método El dominio es: 2 200 0x − > (es decir 2 200x > ). 1 punto La función logarítmica de base 2 es estrictamente creciente por lo tanto de la inecuación original viene
2 20200 2x − < , es decir 2 202 200x < + , 1 punto
De 1 a 200 hay 14 números cuadrados perfectos positivos 2(14 196)= . 1 punto el valor mínimo de x2 es
igual a 152. Como 10 2 20 10 2(2 ) 2 200 (2 1)< + < + , por lo tanto el valor máximo de x2 10 2(2 ) . 1 punto
202 200+ = 1 048 776, 10 2(2 1)+ = 1 050 625
el número de los valores posibles para 2x es 102 14− (= 1010). 1 punto Como x será también un número entero negativo, el número de las soluciones de la inecuación es 102 (2 14)⋅ − = 2020. 1 punto
Total: 6 puntos 3. a) Si 67 000 personas son el 26,0% de las que están buscando empleo entonces un 1% de ellas
corresponde 67 000
empleo 67000 0,26

257 692, entonces el número total de las cuales están en busca de empleo son de aproximadamente 257 700 personas, 1 punto
lo que redondeando al diez mil es 260 000. 1 punto Este punto no lo obtiene el examinando si no redondea o lo hace mal.
Total: 3 puntos Nota: El valor 26,0 % es un valor redondeado, por lo tanto para el número de los que buscan el trabajo
(á) verifica la inecuación: 67000 67000 0,2605 0,2595
á< ≤ , es decir 257 197 ≤ á ≤ 258 189.
Si el número 67 000 es un número redondeado a mil, entonces este número es un elemento del conjunto [66 500; 67 499] ∩ N y por eso 255 279 ≤ á ≤ 260 112. El número 260 000 en este caso también es una respuesta correcta para la pregunta del ejercicio
3. b) primer método El número de solicitantes de empleo (á) expresado con el número de la población activa en edad laboral (m) : á=m·0,038, y expresada con el número de la población económicamente activa (g) : á=g·0,056.
1 punto
m · 0,038 = g · 0,056 1 punto 0,038 19 0,056 28
g m m = ⋅ = ⋅
≈ m · 0,679. 1 punto
La población económicamente activa es de un 68% de la población activa en edad laboral. 1 punto
Total: 4 puntos Nota: Si el examinando sin otros razonamientos solo da la respuesta calculando la razón de 3,8 y 5,6, (o la de 0,338 y 0,056) entonces se puede obtener solo 2 puntos.
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1913 írásbeli vizsga 8 / 23 2020. május 5.
3. b) segundo método (El número de solicitantes de empleo según el apartado a) es de 260 000 ) por lo tanto el número de la población económicamente activa es 260 000 :
0,056 ≈ 4 640 000 personas,
1 punto
el número de la población activa en edad laboral 260 000 : 0,038 ≈ 6 840 000 personas. 1 punto
La razón de estos dos números es: (4 640 000 : 6 840 000 ≈) 0,678. 1 punto
La población económicamente activa es de un 68% de la población activa en edad laboral. 1 punto
Total: 4 puntos Nota: Si el examinando en el apartado a) da el número erróneo de solicitantes de empleo pero con este número calcula correctamente el apartado b), puede obtener el total de los puntos de este apartado. 3. c) Por ejemplo 1, 2, 3, 4, 5, 6, 21. 2 puntos en este ejemplo la mediana es 4 y la media es
+ + + + + + = =
6. 1 punto
Total: 3 puntos
Nota: Si entre los números que enumera el examinando existen números iguales entonces obtiene 2 puntos como máximo. 3. d) primer método La mediana de la nómina muestra qué cantidad de salario tiene la mitad de los empleados como máximo ( como mínimo). El salario promedio no da información de la distribución real de los salarios (La nómina mediana puede ser mayor o menor que el salario promedio.)
2 puntos
Total: 2 puntos 3. d) segundo método Si una parte (menor) de los empleados tiene salarios muy altos (mucho más que la mediana) entonces puede que el salario promedio sea más alto que la mediana. Por eso el salario de señor Virág puede ser más alto que el salario de la mitad de los empleados pero puede seguir siendo menor que el salario promedio.
2 puntos
Total: 2 puntos Nota: El examinando se puede referir a su respuesta en el apartado c). Por ejemplo en el ejemplo lo que está en apartado c) la mediana es 4 y la media es 6, el salario de señor Virág coincide a 5, así 5 es mayor que la mitad de los datos pero es menor que la media.
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1913 írásbeli vizsga 9 / 23 2020. május 5.
4. a) (La recta e no pasa por el origen.) La pendiente de la otra diagonal del cuadrado es 2 y pasa por el origen, así su ecuación es y=2x.
1 punto
El centro del cuadrado es el punto de intersección de los dos diagonales, sus coordenadas se obtienen del siguiente sistema de ecuaciones.
17 2
x x= − , 14 2,8 5
x = = , 2 2,8 5,6y = ⋅ = .
2 puntos
La distancia del origen y el punto E es: 2 22,8 5,6 39,2OE = + = .
1 punto*
OE OE⋅ = 1 punto* El lado del cuadrado
2 2 39,2a OE= ⋅ = ⋅ , = 78,4 (unidades del área). 1 punto el área es: 2 78,4a = (ua).
Total: 7 puntos Nota: Los 2 puntos señalados por * los puede obtener el examinando por el siguiente razonamiento.
Se puede escribir la ecuación de e de la siguiente forma x + 2y – 14 = 0. (Aplicando la formula de la distancia entre un punto y una recta) la distancia de la recta e y el origen es 0 2 0 14
5 + ⋅ −
= 5
14 .
5 ⋅ =
=
Nota: Las coordenadas de los vértices del cuadrado son (0; 0), (8,4; 2,8), (5,6; 11,2), (–2,8; 8,4).
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1913 írásbeli vizsga 10 / 23 2020. május 5.
4. b) Las primeras coordenadas de las intersecciones las obtenemos si resolvemos la siguiente ecuación:
21 ( 4)7 7 2 4
xx −− = − + . 1 punto
2 10 16 0x x− + = , 1 punto de donde 1 2x = , 2 8x = . 1 punto Sea
f: 17 2
4 xx −− + (x ∈ R).
(como la gráfica de la g entre las intersecciones se situa más alta que la gráfica f, por lo tanto)
para el área preguntada cumple: 8
2
( )T f g= −
2 2( 4) 1 10 16( ) ( ) 7 7 4 2 4
x x xg x f x x− − + −− = − + − + = 1 punto*
T = 8 2
2
1 punto*
⋅ ⋅ = − + − ⋅ − − + − ⋅ =
16 11 3 3
= + = 9 (unidades) 1 punto*
Total: 7 puntos Nota: El examinando se puede obtener los 4 puntos señalados con * por el siguiente razonamiento.
(Entre las intersecciones el arco parabólico está encima del eje x, por lo tanto) el área de debajo del arco: 8 82
2
x x x x x− − + = − + + = 83
2
2
1 punto
8 2
x x− = − + =
3 3 2 28 2 136 288 3 8 2 3 2 36
12 12 3 3 = − + + ⋅ − − + + ⋅ = − =
3 3 = − =
El segmento entre las intersecciones (que se sitúa encima del eje x) forma un trapecio rectángulo cuyos lados paralelos son (f(2)=) 6 y (f(8)=) 3, su altura es 6,
y su área es 6 3 6 27 2 + ⋅ = .
1 punto
La cantidad del área preguntada es: 36 – 27 = 9 (ua). 1 punto
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1913 írásbeli vizsga 11 / 23 2020. május 5.
II.
5. a) primer método Si el primer término de la progresión es 1 entonces existen las siguientes 10 posibilidades: 1, 3, 5, 7; 1, 3, 5, 8; 1, 3, 5, 9; 1, 3, 6, 8; 1, 3, 6, 9; 1, 3, 7, 9; 1, 4, 6, 8; 1, 4, 6, 9; 1, 4, 7, 9; 1, 5, 7, 9.
2 puntos*
Si del primer término es 2, entonces solo existen cuatro posibilidades: 2, 4, 6, 8; 2, 4, 6, 9; 2, 4, 7, 9; 2, 5, 7, 9.
1 punto
Si el primer término es 3 solo existe una única posibilidad: 3, 5, 7, 9. 1 punto
(El primer término de la progresión no puede ser mayor de 3.) Por lo tanto hay (10+4+1=) 15 posibilidad para elegir los cuatro primeros términos.
1 punto
Total: 5 puntos Nota: El examinando comete error si entre los términos enumerados hay consecutivos, si determina posibilidades menores de 10, o escribe 10 pero entre ellas están mismas, o si comete uno o dos errorres entonces de los 2 puntos señalados por * solo obtiene 1 punto y si además hay más errores se puede obtener 0 puntos. 5. a) segundo método Ordenamos los elementos del conjunto en orden creciente {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9}, después en este mismo orden señale con el símbolo • los números elegidos y con × los números no elegidos. (Con este método • × • × × • × • × es una serie adecuada y corresponde a la progresión 1, 3, 6, 8 )
1 punto
Para todas las series de cuatro números que cumplen las condiciones del ejercicio, corresponde una serie de símbolos de nueve, elementos en las que hay 5 × y 4 •, y entre los simbolos • no hay consecutivos.
1 punto
Determinar el lugar de 5 × determina 6 posibilidades para situar 4 • (*×*×*×*×*×*).
1 punto*
cuatro primeros términos de la progresión. 2 puntos*
Total: 5 puntos
1913 írásbeli vizsga 12 / 23 2020. május 5.
Nota: El examinando puede obtener los 3 puntos señalados con * por el siguiente razonamiento.
Después de colocar 4 • ponemos 3 × entre ellos: • × • × • × •. Los 2 × restantes podemos colocarlos en sitios determinados por • con repetición también.
1 punto
Esto es una combinación de segundo grado con repetición de 5 elementos, por lo tanto hay
5 2 1 6 15
2 2 + − = =
2 puntos
5. a) tercer método Si restamos 1 del segundo término de la progresión, 2 del tercero y 3 del cuarto, entonces obtenemos los primeros cuatro términos de una sucesión esctrictamente creciente que además tiene términos de los elementos del conjunto {1; 2; 3; 4; 5; 6}.
2 puntos
Por el contrario si elegimos cuatro elementos del conjunto {1; 2; 3; 4; 5; 6} en orden creciente y le sumamos al segundo 1, al tercero 2 y al cuarto 3 , entonces obtenemos cuatro números los cuales son los términos de la progresión.
1 punto

= 15
posibilidades. (Como se trata de una inyección) En total hay 15 posibilidades para elegir los 4 primeros términos de la progresión.
2 puntos
Total: 5 puntos 5. a) cuarto método Se anota con f (n, k) el número de las progresiones estrictamente crecientes, los que tienen los primeros k términos del conjunto {1; 2; … ; n} y entre los términos de la progresión no hay números enteros consecutivos. El ejercicio es determinar f (9, 4). Que cumple la expresión f (n, k) = f (n – 1, k) + f (n – 2, k – 1) Si n no está entre los primeros k términos de la sucesión, entonces hay que elegir k elementos del conjunto {1; 2; … ; n – 1}; Si n es elemento de la progresión, entonces n-1 no es su posible término, así hay que elegir k-1 elementos del conjunto {1; 2; … ; n – 2}.
2 puntos
1913 írásbeli vizsga 13 / 23 2020. május 5.
Valores iniciales: f (n, 1) = n, además f (7, 4) = f (5, 3) = f (3, 2) = f (1, 1) = 1. aplicando formula de recursión: f (9, 4) = f (8, 4) + f (7, 3), donde f (8, 4) = f (7, 4) + f (6, 3) = 1 + f (6, 3) y f (7, 3) = f (6, 3) + f (5, 2). f (6, 3) = f (5, 3) + f (4, 2) = 1 + f (4, 2), f (5, 2) = f (4, 2) + f (3, 1) = f (4, 2) + 3, al final f (4, 2) = f (3, 2) + f (2, 1) = 1 + 2 = 3. “invertir la dirección” desde aquí f (5, 2) = 6, f (6, 3) = 4, f (7, 3) = 10, f (8, 4) = 5, f (9, 4) = 15.
3 puntos
f (9, 4) = = 1 + 2f (6, 3) + f (5, 2) = = 6 + 3f (4, 2) = = 6 + 3 · 3 = 15
Total: 5 puntos 5. b) El número total de números formados por tres cifras es de 900. (posibilidades totales). 1 punto
Sean a, b y c cifras consecutivas (b = a + 1 y c = b + 1 = a + 2). entonces los números buscados se pueden poner de la siguiente forma abc o cba .
1 punto También se dará este punto si esta explicación se deduce únicamente de la resolución..
de forma abc de números de tres cifras existen 7 (porque 1 ≤ a ≤ 7), de forma cba de números de tres cifras existen 8 (porque 0 ≤ a ≤ 7). En total hay 15 números válidos (posibilidades favorables).
2 puntos
de forma abc : 789, 678, 567, 456, 345, 234, 123; de forma cba : 210, 321, 432, 543, 654, 765, 872, 981. En total hay 15 números válidos.
La probabilidad buscada es: 15 1 900 60
= (≈ 0,017). 1 punto
Total: 5 puntos 5. c) b = a + 1, c = a + 2 és d = a + 3. (Las posiciones del sistema de base 9: 1, 9 és 81, así) N = 81a + 9(a + 1) + (a + 2); (Las posiciones del sistema de base 8: 1, 8 és 64, así) N = 64(a + 1) + 8(a + 2) + (a + 3).
2 puntos
81a + 9(a + 1) + (a + 2) = 64(a + 1) + 8(a + 2) + (a + 3) 1 punto 91a + 11 = 73a + 83 18a = 72,o sea a = 4. 1 punto
En el sistema decimal: N = (91a + 11 =) 375. 1 punto Comprobación: 37510 = 4569 = 5678, son valores válidos en los sistemas de base 8 y 9. 1 punto
Total: 6 puntos Nota:El examinando obtiene todos los puntos si comprueba las formas del sistema de base 9 de 5 números del sistema de base 8 y da respuesta correcta (1238 = 8310 = 1029, 2348 = 15610 = 1839, 3458 = 22910 = 2749, 4568 = 30210 = 3659, 5678 = 37510 = 4569).
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6. a) Un ángulo interior de un decágono regular mide 144°.. 1 punto
Anotamos con x la medida del lado del decágono (en cm). Aplicamos el teorema de coseno:
2 2 2 26 2 cos144 2 (1 cos144 )x x x x x= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° = ⋅ − ° ⋅ ,
2 puntos*
por lo tanto (como x > 0) x ≈ 3,15 (cm). 1 punto Total: 4 puntos
Nota: Los puntos señalados por * los puede obtener el examinando haciendo uso del siguiente razonamiento.
Si x es la medida de los lados del decágono entonces del triángulo rectángulo que se ve en el dibujo:
3sen72 x
2 puntos
Los ángulos del triángulo isóseles cortado por la diagonal menor uno es de 144°, y los otros son de 18°. Anotamos por x el lado del decágono (en cm). Aplicando el teorema
seno: s n18 6 s n144 x e
e °= °
2 puntos
Total: 3 puntos 6. c) primer método Una arista que no tiene vértice común con la arista roja es una arista de un grafo completo de vértice (n-2)
de este tipo de aristas hay 2 ( 2)( 3)
2 2 n n n− − − =
. 2 puntos
De los dos extremos de la arista roja salen otras n -2 aristas, por lo tanto hay 2(n-2) aristas que tienen un vértice común con la arista elegida como la primera.
2 puntos
Como P(A) = P(B), y el número de casos totales son iguales 1 punto
También se dará este punto si esta explicación se deduce únicamente de la resolución.
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por lo tanto el número de elecciones de aristas que tienen un vértice común con las aristas rojas coincide con el número de elecciones de aristas que no tienen vértices comunes con aristas rojas: ( 2)( 3) 2( 2)
2 n n n− − = − .
n − = . 1 punto
n = 7 (es decir el grafo tiene 7 vértices). 1 punto Total: 9 punto
6. c) segundo método
2 2 n n n − =
aristas por lo tanto la segunda arista se puede elegir
de ( 1) 1 2
1 punto
Una arista que no tiene vértice común con la arista roja es una arista de un grafo completo de vértice (n-2)
de este tipo de aristas hay 2 ( 2)( 3)
2 2 n n n− − − =
(casos favorables).
2 puntos
De los dos extremos de la arista roja salen otras (n -2) aristas, por lo tanto hay 2(n-2) aristas cules tienen un vértice común con la arista elegida como primera.
Como los sucesos A y B son complementarios y según la condición del ejercicio P(A) =P(B), por eso P(A) =0,5.
1 punto P(B) = 0,5
2
− + = − −
2 2 n
− −
igualando a cero 2 9 14 0n n− + = . 1 punto 4( 2) 1
( 2)( 1) 2 n
− +
= +
8 = n + 1, (como la condición es n≥3) 2 no es un valor válido, por lo tanto el número de vértices del grafo es 7. 1 punto n = 7 (es decir el grafo
tiene 7 vértices) Total: 9 puntos
Nota: Si el examinando justifica que el grafo de 7 vértices es válido pero no asegura que no existe alguna otra solución, entonces obtiene 3 puntos.
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1913 írásbeli vizsga 16 / 23 2020. május 5.
7. a) primer método Al principio se eligen las bolas de la capa analizada, las bolas de la segunda capa (la elección de las otras bolas no influye la probabilidad buscada). La probabilidad de que la primera sea oscura 15 30
, la segunda 14 29
, la tercera 13 28
.
2 puntos
la probabilidad buscada es el producto de estos números: 15 14 13 12 30 29 28 27
⋅ ⋅ ⋅ , 1 punto
= ≈ 0,0498. 1 punto
Total: 4 puntos
7. a) segundo método Sin que importe el orden de bolas podemos elegir estas cuatro
bolas de 30 4
1 punto

La probabilidad es el cociente de estos dos números:
15 4
30 4
Total: 4 puntos
7. a) tercer método Señalamos de 1 a 30 las bolas preparadas. Podemos ordenarlas para estos 30 sitios de 30! maneras distintas (estas colocaciones son equiprobables, el número de los casos totales).
1 punto
En la capa segunda las cuatro bolas oscuras enumeradas las podemos colocar de 15 · 14 · 13 · 12 maneras distintas. 1 punto
Las 26 bolas restantes las podemos ordenar de todas las formas posibles 26!, en cada caso hay una posibilidad favorable, es decir: 26! · 15 · 14 · 13 · 12.
1 punto
La probabilidad buscada es: 26! 15 14 13 12 13
30! 261 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ≈ 0,0498. 1 punto
Total: 4 puntos
1913 írásbeli vizsga 17 / 23 2020. május 5.
7. a) método cuatro Anotamos los sitios de las 30 bolas de 1 a 30 (empezamos de la capa inferior), y ordenamos en una fila las bolas preparadas de caja. Las bolas las colocamos en los sitios de la pirámide que tiene el mismo número que los sitios ocupados en la fila.
1 punto
Las 30 bolas según sus colores se pueden ordenar de 30!
15! 15!⋅ (= 155 117 520) maneras diferentes (el número
de casos totales).
1 punto
Los casos favorables son aquellos cuyos sitios son 26., 27., 28. y 29. se situan bolas oscuras (en los otros 26 sitios se puede colocar las bolas en orden cualquier).
El número de los casos favorables: 26! 11! 15!⋅
(=
155117 520 261 7 7261 60 = ≈ 0,0498. 1 punto
Total: 4 puntos 7. a) método quinto (Si construimos la pirámide “desde la capa inferior hasta capa superior” entonces) para los últimos 5 sitios podemos
elegir bolas de diferentes maneras 30 5

15 15 1 4
oscuras y 1 clara.
15 15
4 5
1 punto
3 5 4
142506 261 = ≈ 0,0498. 1 punto
Total: 4 puntos
1913 írásbeli vizsga 18 / 23 2020. május 5.
7. b) primer método (Justificamos con la inducción matemática.) si n = 1 la afirmación es verdadera, ya que
2 1 (1 1) (2 1)1 1 6
⋅ + ⋅ += = . 1 punto
Si para algun número k, k ∈ N+ la afirmación es verdadera,, entonces verficamos que es verdadera para k +1, por lo tanto
2 2 2 2 ( 1)( 2)(2 3)1 2 ... ( 1) 6
k k kk k + + ++ + + + + = .
1 punto
según la condición inductiva 2 2 2 2 2( 1)(2 1)1 2 ... ( 1) ( 1)
6 k k kk k k+ ++ + + + + = + + = 1 punto
2(2 1) 2 6 6( 1) 1 ( 1) 6 6
k k k k kk k k+ + + + = + + + = + ⋅ =
2( 1)(2 7 6) 6
k k k+ + += . 1 punto
Como 22 7 6 ( 2)(2 3)k k k k+ + = + + , 1 punto por lo tanto para k+1 y para todos los números enteros positivos también la afirmación es verdadera. 1 punto
Total: 6 puntos 7. b) segundo método (Justificamos con la inducción matemática.) si n =1 la afirmación es verdadera, ya que
2 1 (1 1) (2 1)1 1 6
⋅ + ⋅ += = . 1 punto
Si para algun número k, k ∈ N+ la afirmación es verdadera, entonces verficamos que es verdadera para k +1, por lo tanto
2 2 2 2 ( 1)( 2)(2 3)1 2 ... ( 1) 6
k k kk k + + ++ + + + + = .
1 punto
En el lado izquierdo utilizando la hipótesis inductiva: 2( 1)(2 1) ( 1)( 2)(2 3)( 1)
6 6 k k k k k kk+ + + + ++ + = . 1 punto
Dividiendo por (k + 1), (k ≠ –1) en ambos lados y multiplicando por 6:
(2 1) 6( 1) ( 2)(2 3)k k k k k+ + + = + + . 1 punto
2 22 6 6 2 7 6k k k k k+ + + = + + . Es una identidad, es verdadera para todos los números k ∈ N+.
1 punto
Realizamos procedimientos de cálculos equivalentes por eso la afirmación para todos los números es verdadera si n ∈ N+.
1 punto
1913 írásbeli vizsga 19 / 23 2020. május 5.
Összesen: 6 puntos 7. c) Los centros de las esferas inferiores (en el dibujo A, B, C y D) y el único centro de la esfera de la segunda capa (en el dibujo E) forman una pirámide cuadrangular regular ABCDE. Todas las aristas de esta pirámide miden de 2 cm.
2 puntos
La altura de la pirámide de dos capas es mayor que la altura de la pirámide regular con 2 cm (porque las esferas de la capa inferior tocan el plano horizontal con 1 cm más abajo del plano del cuadrado ABCD, el punto superior de la pirámide de dos capas se sitúa más arriba con 1 cm que el punto E con punto superior de la pirámide regular).
1 punto
El examinando recibirá este punto si durante el desarrollo del problema deja claro que el razonamiento es correcto.
La medida de la diagonal del cuadrado ABCD es 2 2 su mitad es: 2AF = (cm).
1 punto* La pirámide regular es la mitad de un octaedro regular.
En el triángulo rectángulo AFE (aplicando el teorema
de Pitágoras): 222 2 2EF = − = (cm).
1 punto*
La diagonal de un octaedro regular el la diagonal de un cuadrado de 2 cm, por lo tanto la altura de la pirámide es su mitad, es decir 2 cm.
Por lo tanto la altura de la pirámide de dos capas es ( 2 2+ ≈) 3,41 cm.
1 punto
Total: 6 puntos Nota: Los 2 puntos señalados por * se los puede obtener el examinando por el siguiente razonamiento.
⋅ =
de Pitágoras): 2 23 1 2EF = − = (cm).
1 punto
1913 írásbeli vizsga 20 / 23 2020. május 5.
8. a) (Definimos con Sn el inventario del almacén para final del mes enésimo.) Después del primer mes S1 = 700 · 0,76 + 60, después del segundo mes S2 = (700 · 0,76 + 60) · 0,76 + 60, y así sucesivamente, por lo tanto al final del mes 18 en el almacén habrá S18 = (...(700 · 0,76 + 60) · 0,76 + ...) · 0,76 + 60 kg de sopa en polvo (donde el multiplicador 0,76 y el sumando 60 kg aparece 18 veces).
2 puntos
Resolviendo los paréntesis y operando obtenemos: 18 17 16
18 700 0,76 60 0,76 60 0,76 ... 60S = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + = 1 punto 18 17 16700 0, 76 60 (0, 76 0, 76 ... 1)= ⋅ + ⋅ + + + . 1 punto
En el paréntesis hay 18 términos de una progresión geométrica (el primer término es 1, y el cociente es 0,76). Utilizando la formula de la suma de progresiones
geométricas: 18
18 18
S −= ⋅ + ⋅ −
2 puntos
(≈ 5,009 + 248,211) = 253,22. 1 punto Al principio el inventario en el almacén era de 700 kg y durante 18 meses produjeron (18 · 60 =) 1080 kg. 1 punto
Por lo tanto, llevando a cabo el plan, la cantidad vendida y regalada de sopa en polvo sería (700 + 1080 – 253 =) 1527 kg.
1 punto
Total: 9 puntos Nota: Si el examinando calcula la medida de disminución de mes a mes utilizando un método razonable y aproxima correctamente y después da una respuesta correcta, entonces obtiene todos los puntos.
el número de mes
disminución (kg)
1. 700 168 10. 288,1 69,1 2. 592 142,1 11. 278,9 66,9 3. 509,9 122,4 12. 272,0 65,3 4. 447,5 107,4 13. 266,7 64,0 5. 400,1 96,0 14. 262,7 63,0 6. 364,1 87,4 15. 259,7 62,3 7. 336,7 80,8 16. 257,3 61,8 8. 315,9 75,8 17. 255,6 61,3 9. 300,1 72,0 18. 254,2 61,0
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1913 írásbeli vizsga 21 / 23 2020. május 5.
8. b) primer método (Con procedimiento parecido al que aplicamos en el apartado a) obtenemos que) después de n meses, habrá en el almacén
1 1700 0,76 60 0,76 60 0,76 ... 60n n n nS − −= ⋅ + ⋅ + ⋅ + + kg sopa
en polvo.
1 punto
geométrica: 0,76 1700 0,76 60 0,76 1
n n
. 1 punto
700 0,76 250 (0,76 1) 450 0,76 250n n n nS = ⋅ − ⋅ − = ⋅ + 2 puntos
La progresión {0,76n} es estrictamente decreciente cuyo límite es 0. 1 punto
Por lo tanto {Sn} también será una progresión estrictamente decreciente cuyo límite es 250. Con este razonamiento justificamos ambas afirmaciones del ejercicio.
2 puntos
Total: 7 puntos
8. b) segundo método Demonstramos con inducción matemática que después de n meses, el inventario en el almacén será más de 250 kg, es decir Sn > 250. 1 punto
Para n = 1 la hipótesis se verifica (S1=592). 1 punto Si suponemos que para algún k, k ∈ N la hipótesis se cumple, Sk > 250, entonces demonstramos que Sk+1 > 250 1 punto
Para el siguiente mes queda el 76% del inventario y como Sk > 250, esta cantidad es más que (250·0,76=) 190 kg. 1 punto
Si aumentan esta cantidad con la masa producida en este mes, 60 kg, entonces se cumple que Sk+1 > 250 (por lo tanto hemos demonstrado esta parte de hipótesis.
1 punto
Si el inventario en el almacén actual es mayor que 250 kg, entonces el 24% de éste es mayor que (250·0,24=) 60 kg. En este caso el inventario disminuye más de 60 kg y aumenta con 60 kg, por lo tanto la cantidad de producto disminuye.
1 punto
Como hemos visto que el inventario para cada mes será mayor de 250 kg entonces la consecuencia es que disminuye en cada mes.
1 punto
Total: 7 puntos
9. a) 90 km/h = 1,5 km/min = 1500 m/min 1 punto El perímetro de la rueda motriz: 1740π ≈ 5466 (mm), es decir 5,47 m. 2 punto
En un minuto la rueda gira 1500 5,47
≈ 274. 1 punto La frecuencia de la rueda es: 274/minuto.
Total: 4 puntos
1913 írásbeli vizsga 22 / 23 2020. május 5.
9. b) Para nuestro caso particular, introduciendo la velocidad
20,5 60 65 60 3800 1700⋅ − ⋅ + = kg/hora sería el consumo de carbón.
1 punto
La cantidad de carbón de 6100 kg sería suficiente para 6100 : 1700 (≈ 3,59) horas. 1 punto
Durante este tiempo la locomotora puede recorrer una distancia de (3,59 60 ≈) 215 km 1 punto
Total: 3 puntos 9. c) primer método Si durante 1 hora es necesario 20, 5 65 3800v v− + kg de carbón, entonces el carbón de 6100 kg será
suficiente para 2 6100
1 punto
distancia de 2 6100
0,5 65 3800 v
v v =
− + (50 < v < 100)
solo tiene punto máximo si su derivada es cero. 1 punto
También se dará este punto si esta explicación se deduce únicamente de la resolución.
2
(0,5 65 3800) v v v vs v
v v − + − −′ = =
− + 2 puntos
2 2
(0,5 65 3800) v v v v
v v − + − += =
1 punto
( ) 0s v′ = , si 27600 0v− = . De donde (por v > 0) 7600v = ≈ 87,2 (y esto pertenece al dominio de la función).
1 punto
Si 7600v < los valores de la función derivada son positivos, si 7600v > los valores de la función derivada son negativos. Por lo tanto 7600 es un punto máximo absoluto de esta función.
1 punto
Por lo tanto, consumiendo 6,1 t de carbón podría recorrer la distancia máxima (más o menos 275 km) si su velocidad media es de 87 km/h
1 punto
(0,5 65 3800) v vs v
v v − +′′ =
tiene punto máximo.
1913 írásbeli vizsga 23 / 23 2020. május 5.
9. c) segundo método Si la locomotora va a una velocidad media v, entonces recorre 1 km durante 1/v horas. (Según el modelo) en 1 km tiene un consumo de carbón de:
21 (0,5 65 3800)v v v
⋅ − + kg.
21 3800(0,5 65 3800) 0,5 65v v v v v
⋅ − + = − + 1 punto
El carbón de 6,1 t será suficiente para la distancia máxima si el consumo para 1 km es mínimo. 1 punto
La función 3800( ) 0,5 65c v v
v = − + (50 < v < 100)
tendrá mínimo si su derivada es cero. 1 punto*
También se dará este punto si esta explicación se deduce únicamente de la resolución
2 3800( ) 0,5c v
v ′ = − 2 puntos*
( ) 0c v′ = , si 7600v = ≈ 87,2 (porque v > 0) (y esto pertenece al dominio de la función).
1 punto*
si 7600v < los valores de la función derivada son negativos y si, 7600v > entonces son positivos. Por lo tanto 7600 es un punto mínimo absoluto de esta función.
1 punto*
v ′′ = , La
segunda derivada de la función para todos los valores es positiva, por lo tanto en el lugar 7600 tiene el mínimo absoluto.
Por lo tanto, consumiendo 6,1 t de carbón podría recorrer la distancia máxima (más o menos 275 km) si su velocidad media es de 87 km/h.
1 punto
Total: 9 puntos Nota: Los 5 puntos anotados por * también los obtendría el examinando si razona con el método siguiente.
(Como v > 0), por la inecuación entre media aritmética y geométrica
3800 38000,5 65 2 0,5 65v v v v
− + ≥ ⋅ ⋅ − = 1 punto
2 1900 65= ⋅ − (≈ 22,2). 1 punto El consumo mínimo de carbón por un 1 km es de aproximádamente 22,2 kg.
El valor mínimo solo es válido,
si 38000,5v
v = . 1 punto
De esto 2 7600v = , o sea 7600v = . 1 punto El valor 7600 (≈ 87,2) pertenece al dominio de la función, por lo tanto en este punto, dicha función tiene un mínimo absoluto
1 punto