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Mai 2 0 0 4 ● PROBEABITUR MATHEMATIK HÖHERES NIVEAU ANWEISUNG FÜR DIE KORREKTUR UND BEWERTUNG Formvorschriften: Die Arbeit ist mit einem andersfarbigen Stift, als der Abiturient ihn benutzt hat, zu korrigieren. Die Fehler und die fehlenden Schritte sind wie üblich zu markieren. In den Kästchen neben den Aufgaben steht zuerst die maximale Punktzahl. Der Korrektor trägt die von ihm gegebene Punktzahl in das zweite Kästchen ein. Bei einwandfreier Lösung kann ohne Angabe von Teilpunkten die maximale Punktzahl eingetragen werden. Bei fehlerhaften oder mangelhaften Lösungen geben Sie bitte auch die Teilpunkte für die richtigen Schritte an. Inhaltliche Fragen: Bei einigen Aufgaben sind verschiedene Lösungswege angegeben. Wenn eine von diesen unterschiedlichen Lösungen vorkommt, suchen Sie die gleichwertigen Teile und verteilen die Punkte entsprechend. Die vorgeschriebenen Punktzahlen lassen sich weiter zerlegen, dürfen aber nur als ganze Punkte vergeben werden. Offensichtlich gute Lösungswege und Endergebnisse können auch dann mit maximalen Punktzahlen bewertet werden, wenn sie weniger ausführlich als die Musterlösung in der Anweisung beschrieben sind. Wenn der Schüler einen Rechenfehler macht oder ungenau wird, bekommt er nur für den Teil keinen Punkt, wo der Fehler lag. Wenn er mit falschem Teilergebnis, aber mit richtigem Gedankengang weiterrechnet, sind die weiteren Teilpunkte zu gewähren. Begeht der Schüler einen theoretischen Fehler, so bekommt er innerhalb einer Gedankeneinheit auch für die formell richtigen mathematischen Schritte keinen Punkt. Wenn der Schüler in einer folgenden Teilaufgabe mit diesem falschen Ergebnis als Ausgangswert richtig weiterrechnet, bekommt er die maximale Punktzahl für diesen neuen Teil. Bei mehreren Lösungen für eine Aufgabe ist nur eine zu bewerten (die, mit der größeren Punktzahl). Zusatzpunkte (mehr Punkte als die vorgeschriebene maximale Punktzahl für die Aufgabe) sind nicht zugelassen. Es gibt keinen Punktabzug für Berechnungen und Schritte, die zwar falsch sind, aber vom Schüler bei der Lösung der Aufgabe nicht weiterverwendet werden. Gibt die Anweisung Punkte für die Probe vor, bekommt der Schüler diese Punkte nur dann, wenn er die Probe in irgendeiner Form schriftlich festhält. (Hier sind alle prinzipiell richtigen Methoden zu akzeptieren.) Im Teil II sind aus den 5 Aufgaben nur Lösungen von 4 zu bewerten. Der Abiturient hat – vermutlich - die Nummer der Aufgabe, die nicht bewertet werden soll, in das entsprechende Kästchen eingetragen. Dementsprechend wird die eventuell vorhandene Lösung für diese Aufgabe nicht korrigiert. Wenn die abgewählte Aufgabe nicht eindeutig feststeht, dann ist die nicht zu bewertende Aufgabe automatisch die letzte Aufgabe der vorgegebenen Aufgabenreihe. OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ Probeabitur 2004 – Mathematik 1. Die Lösung wird auf dem gemeinsamen Definitionsbereich, also auf der Menge x 0 gesucht. 1 Punkt* Der Graph von x 3 x Der Graph von x x 3 Punkte 1 Punkt Der Graph von x 2 x 2 Punkte Der Graph von x 2 x 1 1 Punkt Ablesen der Schnittstellen: x 0 und x 1 Lösung der Ungleichung: 0 x 1 2 Punkte 1 Punkt* Dieser Punkt ist auch zu gewähren, wenn die Definitionsmenge zwar nicht aufgeschrieben ist, die Lösungsmenge aber richtig abgelesen wird. Für den Graphen der Funktion x 2 x 1 stehen insgesamt 4 Punkte. So viele Punkte bekommt der Abiturient auch dann, wenn er die Funktion nicht schrittweise zeichnet. *Für die Lösungsmenge der Ungleichung stehen insgesamt 2 Punkte. Wenn die Antwort x 1 lautet, aber der gemeinsame Definitionsbereich aufgeschrieben wurde, dann gibt es nur 1 Punkt. Wenn die Antwort x 1 ohne Definitionsbereich vorkommt, dann gibt es keinen Punkt.. Gesamt 11 Punkte Wenn der Schüler beide Graphen falsch zeichnet, aber die Lösungsmenge dementsprechend gut abliest, soll er 4 Punkte erhalten! 3 OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ Probeabitur 2004 – Mathematik 2. a) Außer dem ersten und fünften Wurf sind bei allen Würfen 6 verschiedene Ergebnisse möglich. Es sind insgesamt 6 4 1296 Möglichkeiten. Bei dem ersten Wurf gibt es nur eine Möglichkeit, bei dem fünften aber zwei. So gibt es insgesamt 2 6 4 2592 Möglichkeiten. 2 Punkte 2 Punkte Wenn die Potenz nicht berechnet wird, werden ebenfalls 2 Punkte gegeben. Wenn die Potenz nicht berechnet wird, werden ebenfalls 2 Punkte gegeben. Gesamt 4 Punkte b) Da sich jetzt kein Wurfergebnis wiederholen darf, gibt 4 Punkte es nur 2 4! 48 Möglichkeiten. Gesamt 4 Punkte c) Der erste Wurf entscheidet, wie das nächste Ergebnis 2 Punkte heißen soll. 2 Punkte Mit der Wahrscheinlichkeit 1 hat der zweite Wurf 6 dasselbe Ergebnis. ODER: Die zwei Würfe nacheinander haben 6 6 36 mögliche Ausgänge, die gleich wahrscheinlich sind. Davon sind aber nur 6 günstige Fälle, nämlich die, in denen sich eins von den 6 verschiedenen Zeichen wiederholt. Die gesuchte Wahrscheinlichkeit ist also: 6 1 . 36 6 Gesamt 1 Punkt 1 Punkt 2 Punkte 4 Punkte 3. Vor dem Spiel hatten sie 4x, 5x, 6x Taler. Nach dem Spiel: 5y, 6y, 7y. Die Gesamtsumme der Taler hat sich nicht geändert, so 5 gilt: 15 x 18 y , davon y x 6 Die Geldmengen nach dem Spiel mit x ausgedrückt: 5 25 5 5 35 5 x x , 6 x 5 x und 7 x x 6 6 6 6 6 Nur der erste Spieler hat gewonnen, sein Gewinn ist: 1 x 12 Taler, daher x 72 Taler. 6 Am Anfang hatten sie 288, 360 und 432 Taler. 4 2 Punkte 2 Punkte 2 Punkte 2 Punkte 2 Punkte 3 Punkte Bei einer richtigen Antwort, die einen richtigen Gedankengang widerspiegelt, auch ohne ausführliche Erklärung, erhält der Schüler die 4 Punkte. OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ Probeabitur 2004 – Mathematik Das Verhältnis dieser ist wirklich 4:5:6. Nach dem Spiel hatten sie 300, 360 und 420 Taler, deren Verhältnis 5:6:7 ist. 1 Punkt ODER: Aus der insgesamt 4 5 6; 5 6 7 90 2 Punkte Einheiten großen Geldmenge waren, 24 30 36 ; ; vor dem Spiel Einheiten bei den 2 Punkte 90 90 90 einzelnen Spielern, 25 30 35 ; ; nach dem Spiel Einheiten. 2 Punkte 90 90 90 1 Der erste Spieler gewann 12 Taler, der Einheiten 2 Punkte 90 entspricht. 2 Punkte Daher sind 12 90 1080 Taler insgesamt vorhanden. So hatten sie vor dem Spiel Reihe nach 288; 360 und 3 Punkte 432 Taler. Probe am Text. 1 Punkt Gesamt 14 Punkte 4. a) Der Mittelpunkt P des Kreises mit dem Radius r2 liegt auf der Verbindungsstrecke(Radius) vom Mittelpunkt 2 Punkte O und Berührungspunkt E. Im gleichschenklig rechtwinkligen Dreieck OPT ist: OP r2 2 . 2 Punkte 2 Punkte Für die Strecke OPE gilt: r2 2 r2 2 1 . 1 Punkt Daraus ergibt sich: r2 1 . Gesamt 7 Punkte 5 Wenn es nur in der Zeichnung markiert ist, sind die 2 Punkte auch zu gewähren. OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ Probeabitur 2004 – Mathematik b) Die Punkte O, S, Q, F liegen auf einer Geraden, daher gilt: QS OF OS r3 2 1 1 r3 . Im rechtwinkligen Dreieck PQS : PQ r2 r3 . Im rechtwinkligen Dreieck PQS wird der Satz von Pythagoras aufgeschrieben: 12 2 r3 Die Gleichung wird nach r3 aufgelöst: 2 r3 2 1. 22 2 2 2 Punkte 1 Punkt 1 r3 . 2 2 Punkte 2 Punkte Gesamt 7 Punkte 5. Die Definitionsmenge: 1 1 x 0, x , x 3 9 Übergang zur Basis 3: log 3 3 4 log 3 3 6, log 3 3x log 3 9 x 1 4 6. bzw. log 3 3x log 3 9 x Anwendung der Logarithmengesetze: 1 4 6. log 3 3 log 3 x log 3 9 log 3 x 1 Punkt* 2 Punkte 1 Punkt 2 Punkte Daher: 1 4 6. 1 log 3 x 2 log 3 x Geordnet: 2 6 log 3 x 13 log 3 x 6 0 . 2 3 Davon: log 3 x oder log 3 x . 3 2 2 1 So gilt: x 3 3 3 . 9 Oder x 3 3 2 1 Punkt 2 Punkte 2 Punkte 2 Punkte 1 . 27 Da alle Schritte äquivalente Umformungen waren und die erhaltenen Lösungen Elemente der Definitionsmenge sind, sind beide Werte wirklich Lösungen der Gleichung. 6 2 Punkte 1 Punkt* Wenn er den Nenner nicht rational macht, bekommt er die 2 Punkte auch. OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ Probeabitur 2004 – Mathematik ODER: Übergang zur Basis 3x: log 3 x 3 log 3 x 3 4 6 log 3 x 9 x log 3 x 3 log 3 x 3 4 6 1 log 3 x 3 3 Punkte 3 Punkte 2 Punkte log 3 x 3 log 3x 3 6 0 log 3 x 3 3 oder log 3 x 3 2 2 x3 2 3 2 Punkte 1 3 oder x 3 2 Punkte 9 3 2 1 2 Punkte 27 Probe, Untersuchung der Definitionsmenge. ODER: Übergang zur Basis 10: lg 3 4 lg 3 6 lg 3 lg x lg 9 lg x lg 3 4 lg 3 6 lg 3 lg x 2 lg 3 lg x 6 lg 2 x 13 lg 3 lg x 6 lg 3 0 3 2 lg x lg 3 oder lg x lg 3 2 3 2 1 x3 3 3 9 3 1 oder x 3 2 27 Probe, Untersuchung der Definitionsmenge. 2 Punkte* 3 Punkte 1 Punkt 4 Punkte 2 Punkte 2 Punkte 2 Punkte 2 Punkte* Gesamt 16 Punkte *Für die Untersuchung der Definitionsmenge und die Probe sind insgesamt 2 Punkte zu erteilen. Mangelhafte Definitionsmenge und Vergleich damit als Probe: 1 Punkt. Richtige Definitionsmenge, aber das Ergebnis wird damit nicht verglichen: 1 Punkt. Mangelhafte Definitionsmenge, aber richtige Probe mit Einsetzen: 2 Punkte. Keine Definitionsmenge, aber richtige Probe mit Einsetzen: 2 Punkte. 7 OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ Probeabitur 2004 – Mathematik 6. a) Vom Kosinussatz: a 4 2 5 2 40 cos 32 2,66 Die längste Seite ist c, so ist der größte Winkel γ. γ könnte ein spitzer oder ein stumpfer Winkel sein. β ist aber auf jeden Fall ein spitzer Winkel. Darum berechnet man zuerst diesen mit dem Sinussatz, weil die Sinusfunktion zwischen 0° – 90° eineindeutig ist. b 4 sin sin sin 32 0,7967 52,82 a 2,66 180 95,18 ODER: Mit dem Kosinussatz a 2,66 . Der größte Winkel ist γ, 4 2 2,66 2 5 2 daraus mit Kosinussatz: cos . 2 4 2,66 Also 95,18 . 2 Punkte 1 Punkt 2 Punkte 2 Punkte 1 Punkt 2 Punkte 1 Punkt 3 Punkte 2 Punkte Gesamt 8 Punkte b) Im rechtwinkligen Dreieck BTM ist MBT 90 und so MT BT tg90 . Im rechtwinkligen Dreieck BTC gilt: BT a cos 2,66 cos 52,82 1,61 und so: MT 1,61 tg58 2,57 . ODER: Aus dem rechtwinkligen Dreieck ATC: x1 4 sin 32 2,12 . Im rechtwinkligen Dreieck DCB gilt: DCB 180 84,82 8 2 Punkte 2 Punkte 2 Punkte 2 Punkte 2 Punkte 1 Punkt OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ Probeabitur 2004 – Mathematik und daher DC 2,66 cos 84,82 . Im rechtwinkligen Dreieck DCM ist: DCM 90 58 und damit DC x2 cos 58 . Die zwei Ausdrücke für DC werden nun gleichgesetzt: 2,66 cos 84,82 x2 0,45 . cos 58 Die gesuchte Entfernung ist: TM x1 x2 2,57 . ODER: Das Dreieck ABC ist das Mittelliniendreieck des Dreiecks A’B’C’. Der Höhenschnittpunkt des Dreiecks ABC ist gleichzeitig Umkreismittelpunkt des Dreiecks A’B’C’. Im Dreieck ABC kann der Umkreisradius berechnet werden: a 2,51 . a 2R sin → R 2 sin Der Umkreisradius vom Dreieck A’B’C’: 2 R 5,02 . Der Flächeninhalt des Dreiecks ABC wird auf zwei verschiedene Weisen aufgeschrieben: 4 5 sin 32 5m T . 2 2 Davon: m 2,12 . Im rechtwinkligen Dreieck MCB’ gerechnet mit dem Satz von Pythagoras: x 4 R 25 0,45 . Die gesuchte Entfernung ist: MT 2,57 . 1 Punkt 1 Punkt 1 Punke 1 Punkt 1 Punkt 2 Punkte 2 Punkte 1 Punkt 1 Punkt 1 Punkt 2 1 Punkt Gesamt 8 Punkte Bemerkungen: 1. Teil b) kann auch mit Hilfe der Koordinatengeometrie gelöst werden. 2. Wenn der Abiturient die Stumpfwinkligkeit des Dreiecks nicht bemerkt und trotzdem mit den richtigen Zusammenhängen rechnet, so erhält er höchstens 12 Punkte. 9 OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ Probeabitur 2004 – Mathematik 7. a) Koordinatensystem mit richtigen Einheiten. Der Graph der Funktion f ist ein Parabelbogen. Der Graph der Funktion g ist eine gerade Strecke. 1 Punkt 2 Punkte 1 Punkt Wenn die Funktion aus dem Definitionsbereich hinausragt, wird 1 Punkt abgezogen. Gesamt 4 Punkte b) 1,5 Minuten nach dem Start: t 90 s. 1 2 f 90 900 90 60 675 m 4 20 90 g 90 600 m 3 1 Punkte 1 Punkt Ohne Einheitsangabe wird der Punkt auch gewährt. 1 Punkt Gesamt 3 Punkte c) Die Bedeutung der Funktion f g : Die Entfernung der zwei Autos in Abhängigkeit von der Zeit. 3 Punkte Wenn der Ausdruck „in Abhängigkeit von der Zeit“ fehlt, sind die 3 Punkte trotzdem zu geben. Gesamt 3 Punkte d) f t g t 900 1 t 602 20t 4 3 1 Punkt 1 70 t2 t 4 3 Wir suchen die Maximumstelle der Funktion 1 70 d t t 2 t. 4 3 Eine quadratische Funktion x ax 2 bx c besitzt b einen Extremwert an der Stelle . 2a 10 1 Punkt 3 Punkte Wenn der Extremwert von den Graphen abgelesen wird, gibt es nur 1 Punkt. OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ Probeabitur 2004 – Mathematik Die Funktion d t hat für t 140 46,7 s einen 3 Maximum. Diese Maximumstelle liegt im Intervall 0; 90 . 1 Punkt Auch dann ist der 1 Punkt zu erteilen, wenn der Abiturient nicht dazuschreibt, dass 46,7 s ein Element der Definitionsmenge ist. ODER: f t g t 900 1 t 602 20t 4 3 1 Punkt 1 70 t2 t 4 3 1 Punkt 2 1 140 4900 t . 4 3 9 3 Punkte Dieser Wert ist maximal, wenn t 140 46,7 s. 3 1 Punkt ODER: d t f t g t 900 1 t 602 20t 4 3 1 Punkt 1 70 t2 t 4 3 1 70 d ' t t 2 3 140 , d ' t 0 , ha t 3 und hier wechselt d' t das Vorzeichen , t = 46,7 s ist also Maximumstelle. Gesamt 1 Punkt 2 Punkte 1 Punkt 1 Punkt 6 Punkte 8. a) 2 Punkte für die richtige Beschriftung der Achsen. 2 Punkte für die zwei 4 Punkte Säulenreihen. 120 000 100 000 80 000 60 000 40 000 20 000 0 1980 1990 2000 Anzahl der Eheschließungen Anzahl der erloschenen Ehen Gesamt 4 Punkte 11 OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ Probeabitur 2004 – Mathematik b) Im Jahre 1980 gab es 27 797 Scheidungen und 80 331 Eheschließungen. Pro 1000 Eheschließungen gab es also 27 797 346,0 Scheidungen. 80,331 Ähnlich wird berechnet: Im Jahre 1990: 374,8 Im Jahre 2000: 560,4 Gesamt c) Wenn im Jahre 1980 x Tausend Ehen gültig waren, dann fielen auf diese x 9,9 Scheidungen, also x 9,9 27 797 . Davon x 2 807,7 . Auf Tausend gerundet gab es also 2808 Tausend existierende Ehen im Jahre 1980. Ähnlich gerechnet: Im Jahre 1990: 2514 Tausend, im Jahre 2000: 2257 Tausend Ehen gab es. 3 Punkte 1 Punkt 1 Punkt 5 Punkte 2 Punkte 1 Punkt 2 Punkte 3 000 000 2 500 000 2 000 000 1 500 000 1 000 000 500 000 0 1980 1990 2000 2 Punkte Anzahl der Ehen Gesamt 7 Punkte 9. a) 3 Punkte Gesamt 3 Punkte b) Hätten sie einander nicht gekannt, dann hätten sie beide den britischen, den ungarischen und den französischen Delegationsleiter kennen müssen. Das wäre aber ein Widerspuch, da der britische und der ungarische Leiter jeweils nur einen Bekannten hatte. Demnach haben der deutsche und der italienische Delegationsleiter einander sicher gekannt. 12 2 Punkte OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ Probeabitur 2004 – Mathematik ODER: F F oder D B I I U D U B U Es sind nur zwei verschiedene Bekanntschaftsgraphen möglich. 2 Punkte So mussten der deutsche und der italienische Delegationsleiter einander gekannt haben. Gesamt 2 Punkte c) Die Mächtigkeit der einzelnen Mengen wird durch den eingetragenen Buchstaben (Buchstabenpaare) bezeichnet. Nach den Angaben gilt: e d f ed df ef 5 55 Und ferner: e ed ef 5 36 d ed df 5 28 f ef df 5 19 Addieren wir die drei letzteren Gleichungen: e d f 2ed df ef 15 83 . Dann subtrahieren wir davon die erste Gleichung: ed df ef 10 28 , daher: ed df ef 18 . 18 Teilnehmer sprachen also genau 2 Sprachen. 13 1 Punkt 1 Punkt 1 Punkt 2 Punkte OKI Követelmény- és Vizsgafejlesztő Központ Probeabitur 2004 – Mathematik ODER: Mit der Siebformel: EDF E D F E D D F F E E D F 1 Punkt Die Angaben werden eingesetzt: 55 36 28 19 E D D F F E 5 1 Punkt Umgestellt: 1 Punkt E D D F F E 33 Diejenigen, die 3 Sprachen sprechen, kommen in dieser Anzahl dreimal vor. Die Anzahl derjenigen, die genau 2 Sprachen sprechen, ist also: 33 15 18 . Gesamt d) Wir ordnen jedem Teilnehmer die Anzahl seiner neuen Bekanntschaften zu! Gibt es jemanden, der die Zahl 0 hat, dann wird den weiteren 54 Teilnehmern jeweils eine der Zahlen 1,2,…,53 zugeordnet. Mit sich selbst und der Person mit der Zahl 0 konnte niemand eine neue Bekanntschaft machen. So wird mindestens eine von den Zahlen sicher mehreren Personen zugeordnet. Gehört die Zahl 0 niemandem, dann sollen die Zahlen 1,2,…54 unter den 55 Teilnehmern verteilt werden. Also werden wieder mindestens zwei Personen die gleiche Zahl bekommen. Gesamt 14 2 Punkte 5 Punkte Der Abiturient 2 Punkte darf statt des Schachtelprinzips auch indirekt 2 Punkte beweisen. 2 Punkte 6 Punkte
