2019 m. matematikos valstybinio brandos ......2019 m. matematikos valstybinio brandos egzamino...

© Nacionalinis egzaminų centras, 2019 m.

PATVIRTINTA

Nacionalinio egzaminų centro

direktoriaus

2019 m. liepos 1 d. įsakymu Nr. (1.3.)-V1-109

2019 M. MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES

VERTINIMO INSTRUKCIJA

Pagrindinė sesija

I dalis

Užd. Nr. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Ats. B D A C B C C D B D

II dalis

11 1365 Eur (arba 1365).

12 75 Eur (arba 75).

13 4,5 (arba

14

2, arba

9

2).

14.1 40° (arba 40).

14.2 30.

15.1 720 (arba 6!).

15.2 240.

16 )5;3(x (arba 3 ˂ x ˂5, arba (3,5)).

17 lg7 (arba 10log 7 , arba

10log

7log

a

a , arba

aaa

a kai,2log5log

7log

> ,

12log

7logarba,1,0

5

5

a arba

2

2

log 7

log 5 1).

18 (2; ) 0a (arba 2>arba,0 aa ).

19.1 .5

19.2 .36

2019 M. MATEMATIKOS VALSTYBINIO BRANDOS EGZAMINO UŽDUOTIES VERTINIMO INSTRUKCIJA Pagrindinė sesija

2 iš 12

III dalis

Pastaba.

III dalyje pateiktas atsakymas be sprendimo vertinamas 0 taškų.

Užd. Sprendimas ir atsakymas Taškai Vertinimas

20 7

20.1 1

5 130 5sin30 cos60 1 1 3.

2 2f

Ats.: 3.

1 Už teisingą

atsakymą.

20.2 2

,1sincossin5

1)2cos(sin5)(

22

xxx

xxxf

arba

,1sin21sin5

1)2cos(sin5)(

2

xx

xxxf

1

Už teisingą cos(2x)

formulės pritaikymą.

),5,2(sinsin2sin2sin5

1sinsin1sin5

2

22

xxxx

xxx

arba 25sin 2sin 2sin (sin 2,5).x x x x

1 Už gautą teisingą

sandaugą.

Pastabos

Atvirkštinis įrodymo būdas.

.sin52cos1sin52

2cos12sin5sin2)5,2(sinsin2 2 xxx

xxxxx

Už šį sprendimą skiriami 2 taškai.

Suvedant į lygtį.

Sudarome lygtį ir keliame klausimą, kokiems x ji galioja.

),5,2(sinsin2sin52cos1 xxxx

.00,0sin22cos1,0sin5sin2sin52cos1 22 xxxxxx

Paskutinė, todėl ir pirma, lygtys galioja visiems realiems skaičiams.

Už šį sprendimą skiriami 2 taškai.

20.3 3

2sin (sin 2,5) 0,x x

2sin 0x arba ,05,2sin x

),(,°180 kkx ,5,2sin x

(arba )),(,π Zkkx Sprendinių nėra.

2 Po 1 tašką už

kiekvieną teisingai

išspręstą lygtį.

180 ; 0 ;180 .x

(arba π).0;π;x

Ats.: 180;0;180x (arba ,1;0;1,π kkx arba

π).0;π;x

1 Už teisingą

atsakymą.

Pastaba

Jei vietoje kx π parašyta ,π0)1( kx k už šį atsakymą skiriamas pirmasis taškas.


3 iš 12

20.4 1

( ) 5sin( ) cos( 2 ) 1

5sin cos(2 ) 1 ( ),

f x x x

x x f x

( ) (5sin cos(2 ) 1) ( ),f x x x f x

arba

).()5,2(sinsin2

)5,2sin(sin2)5,2))(sin(sin(2)(

xfxx

xxxxxf

).())5,2sin(sin2()( xfxxxf

Todėl funkcija yra nei lyginė, nei nelyginė.

1 Už teisingą

pagrindimą, kad

funkcija yra nei

lyginė, nei nelyginė.


4 iš 12


21 11

21.1 2

2 6 0,x x 1 Už teisingai

pasirinktą sprendimo

būdą (teisingai

sudarytą lygtį).

2

51

,25

2,1x

D

Ats.: 3.x


atsakymą.

21.2 1

( ) 2 1.f x x

Ats.: .12 x

1 Už teisingą

atsakymą.

21.3 2

,1

,112

,1135)(

A

A

A

x

x

tgxf

1 Už teisingą

pagrindimą, kad

1.x

(1) 1 1 6 6.y f 1 Už teisingą

pagrindimą, kad

6.y

21.4 2

I būdas

tgk 135° 1, todėl

,bxy

1 Už pasirinktą

teisingą sprendimo

būdą.

),6;1(A

,16 b

.7b

Ats.: .7 xy


atsakymą.

II būdas

).1)(1()1( xffy

1 Už pasirinktą

teisingą sprendimo

būdą.

.7

).1)(1(6

xy

xy

Ats.: .7 xy


atsakymą.

(netenkina sąlygos).

3

–2


5 iš 12

21.5 4

I būdas

,5,242

49

2

77

2

1

OCOBS OBC

1 Už teisingai

apskaičiuotą

trikampio OBC

plotą.

3

2

1

0

( 6)S x x dx 1 Už teisingą figūros,

apribotos parabole ir

ašimis, kai 0;3x ,

ploto išreiškimą

apibrėžtiniu

integralu. 3

3 2

0

63 2

x xx

1 Už teisingą

pirmykštę funkciją.

,5,132

27

Sfigūros .115,135,24

Ats.: 11.


atsakymą.

II būdas

dxxxdxxS )6()7(

3

0

27

0

2 Po vieną tašką už

teisingą figūrų,

apribotų parabole ir

tiese, plotų

išreiškimą

apibrėžtiniais

integralais.

x

x7

2

2

x

xx6

23

23

1 Už teisingą


.115,135,24

Ats.: 11.


atsakymą.

7

0

3

0


6 iš 12

III būdas

7

3

3

0

2 )7())6()7(( dxxdxxxx

7

3

3

0

2 )7()12( dxxdxxx

2 Po vieną tašką už

teisingą figūrų,

apribotų parabole ir

tiese, plotų

išreiškimą

apibrėžtiniais

integralais.

xx

x 23

3

x

x7

2

2

1 Už teisingą


.11212

949

2

4939

3

27

Ats.: 11.


atsakymą.

Pastaba

Sprendimas 3

172

312))6(7( 2

37

0

227

0

xx

xdxxxdxxxxS

vertinamas 2 taškais.


22 3

,pagrindo HSV

28 3 7 ,

4 3,

ABC

ABC

S

S

1 Už teisingai

apskaičiuotą prizmės

pagrindo plotą.

2 34 3

4

a (arba

1sin60 4 3

2a a ),

1 Už sudarytą teisingą

lygtį prizmės

pagrindo kraštinės

ilgiui apskaičiuoti. 2 16,

4.

a

a

Ats.: 4.


atsakymą.

Pastaba

Tegul ,xAC tada 2

35,0 2

pagrindo xS (pirmas taškas – už apskaičiuotą pagrindo plotą),

3284

37 2 x (antras taškas – už teisingai sudarytą lygtį), x = 4 (trečias taškas – už teisingai

išspręstą lygtį).

3

0

7

3

7

0


7 iš 12


23 3

23.1 1

3.AB h

Ats.: 3.AB h

1 Už teisingą

atsakymą.

23.2 2

Pagal kosinusų teoremą:

2

2 2105 3 2 3 cos150 ,h h h h

1 Už teisingai

pasirinktą sprendimo

būdą (pvz.,

pritaikytą kosinusų

teoremą). 2 2105 7 ,h

15 7h (arba 1575h ).

Ats.: 15 7 (arba 1575 ).


atsakymą.


8 iš 12


24 5

24.1 1

A

B C

D

N

M

b

a

1

2BM BA AM a b .

Ats.: .2

1ba

1 Už teisingą

atsakymą.

24.2 2

I būdas

ANM ~ CNB (pagal du kampus), tai ,1

2

NM

BN

AM

BC

1 Už teisingą

pagrindimą, kad

.1:2: NMBN

2 1 2.

3 3 3BN BM a b

Ats.: 1 2

.3 3

a b


atsakymą.

II būdas Nubrėžkime atkarpą BD. Taškas N yra ABD

pusiaukraštinių susikirtimo taškas, todėl .1

2

NM

BN

1 Už teisingą

pagrindimą, kad

.1:2: NMBN

2 1 2.

3 3 3BN BM a b

Ats.: 1 2

.3 3

a b


atsakymą.

24.3.1 1

I būdas

1

4BK BN NK BK NK

.4

3BKNKBKNK ||

1 Už teisingą

pagrindimą, kad

vektoriai kolinearūs.

II būdas

4BK BN taškai B, K ir N yra vienoje tiesėje

||BK NK .

Arba

4BK BN BKNK ir yra vienoje tiesėje .BKNK ||

1 Už teisingą

pagrindimą, kad

vektoriai kolinearūs.

B C

M D A

N

K


9 iš 12

24.3.2 1

3 3 3| | | | 8 6.

4 4 4NK BK NK BK

Arba

NKNKBNBNBK 3:1:4

.64

3 BK

Ats.: 6.


atsakymą.


25 4

10 5b a a b b ,

(arba 10

52

a ab

),

1 Už teisingai sudarytą

lygtį.

4 29

1 4

b a

a b

,

1 Už teisingai

pritaikytą

geometrinės

progresijos apibrėžtį.

9 29

1 9

a

a

,

( 1)(29 ) 81a a ,

229 29 81a a a ,

2 28 52 0,a a

2 28 52 0,a a


kvadratinę lygtį.

2a arba 26a (netenkina sąlygos).

Ats.: ,2a 5.b


atsakymą.

Pastabos

.4

29

1

4

,10

b

a

a

b

baab

Už pirmąją lygtį – pirmas taškas. Už antrąją lygtį – antras taškas.

Už ekvivalentų pertvarkymą iki

,05228

,5

2 aa

b– trečias taškas. Už teisingą atsakymą

5,2 ba – ketvirtas taškas.

Už lygčių sistemą

ada

bda

aa

102

,

,

1

1

1

skiriamas pirmas taškas. Jis skiriamas tik už tokią

lygčių sistemą, t. y. būtina, kad kairioji pusė būtų užrašyta tik per du naujus nežinomuosius:

.ir1 da

Už lygčių sistemą

aqb

bqb

ab

29

,4

,1

2

1

1

1

skiriamas antras taškas. Būtina, kad papildomų naujų nežinomųjų

būtų tik du, t. y. .ir1 qb

Už teisingą a ir b apskaičiavimą skiriami trečias ir ketvirtas taškai.


10 iš 12


26 5

Skaičius cab yra lyginis, kai:

įvykis A – „sandauga ab yra nelyginė ir skaičius c –

nelyginis“ (t. y. a, b ir c – visi nelyginiai skaičiai);

įvykis B – „sandauga ab yra lyginė ir skaičius c – lyginis“

(t. y. bent vienas iš skaičių a ir b – lyginis taip pat c – lyginis

skaičius).

1 Už teisingai

išvardytą bent vieną

atvejį, kada skaičius

cab yra lyginis.

Tikimybė, kad a, b ir c – visi nelyginiai skaičiai, yra

3

99

50)(

AP (arba ).

970299

125000)( AP

1 Už teisingai

apskaičiuotą įvykio

A tikimybę.

Įvykis C – bent vienas iš skaičių a ir b – lyginis,

,9801

7301

9801

25001

99

501)C(1)(

2

PP C

arba

,9801

7301

9801

2401

9801

4900

99

492

99

50

99

49)(

2

CP

1 Už teisingai

apskaičiuotą

tikimybę, kad bent

vienas iš skaičių a ir

b yra lyginis.

,970299

357749

99

49

9801

7301

99

49)()( CB PP

1 Už teisingai

apskaičiuotą įvykio

B tikimybę.

todėl tikimybė, kad cab yra lyginis skaičius, yra:

125000 357749 482749.

970299 970299 970299

Ats.: 482749

.970299


atsakymą.

Pastabos

Pažymėkime įvykius: al – pirmojo ištraukto rutulio numeris yra lyginis, an – pirmojo ištraukto

rutulio numeris yra nelyginis, analogiškai bl ir bn – antrojo rutulio numeriai yra lyginis ir

nelyginis, cl ir cn trečiojo rutulio numeriai yra lyginis ir nelyginis.

Tada P(L skaičius ab + c yra lyginis) P(anbncn ∪ albncl∪ alblcl ∪ anblcl)P(anbncn) +

+ P(albncl) + P(alblcl) + P( anblcl), nes šie įvykiai yra poromis nesutaikomi.

P(L) P(an )P(bn )P(cn) + P(al )P(bn )P(cl ) + P(al )P(bl )P(cl ) + P(an)P(bl )P(cl ), nes rutulių

traukimas yra nepriklausomas vienas nuo kito.

P(L) .970299

482749

99

49

99

49

99

50

99

49

99

49

99

49

99

49

99

50

99

49

99

50

99

50

99

50

Taškas skiriamas už bent vieną palankų atvejį: anbncn, albncl, alblcl arba anblcl. Pirmas taškas

skiriamas už išvardytą bent vieną atvejį, kai skaičius cab yra lyginis, t. y. anbncn , albncl, alblcl arba anblcl.. Už bent vieną iš keturių šių atvejų teisingai apskaičiuotų tikimybių

skiriamas antras taškas, už visas keturias teisingai apskaičiuotas tikimybes skiriamas trečias

taškas, už teisingą sumą, t. y. P(L) – ketvirtas taškas, o už įvykio L apibrėžimą – penktas

taškas.

Trumpiau: už P(L) 970299

482749

99

49

99

49

99

50

99

49

99

49

99

49

99

49

99

50

99

49

99

50

99

50

99

50 skiriami

4 taškai. Už L apibrėžimą skiriamas dar vienas taškas, taigi iš viso 5 taškai.

Sprendimas, remiantis klasikiniu tikimybės apibrėžimu.


11 iš 12

Visų bandymo baigčių skaičius .97029999999999 3 n Už šį skaičių skiriamas pirmas

taškas.

(a, b, c) Įvykiui palankių baigčių skaičius

(N, N, N) ,125000505050

(N, L, L ) ,120050494950

(L, N, L ) ,120050495049

(L, L, L ) .117649494949

Už bent vieną teisingą iš šių keturių skaičių skiriamas antras taškas, už visus keturis teisingai

išvardytus ir apskaičiuotus skaičius skiriamas trečias taškas.

Įvykiui L (suma ab + c yra lyginė) palankių baigčių skaičius

.482749494950250 323 m

Įvykio L tikimybė P(L) .970299

482749

n

m

Už teisingą tikimybę P(L) skiriamas ketvirtas taškas. Už L apibrėžimą skiriamas penktas

taškas.


12 iš 12

2019 m. matematikos valstybinio brandos ......2019 m. matematikos valstybinio brandos egzamino...

Documents