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ÉRETTSÉGI VIZSGA • 2016. október 18.
Matematika francia nyelven
középszint
Javítási-értékelési útmutató 1621
MATEMATIKA
FRANCIA NYELVEN
KÖZÉPSZINTŰ ÍRÁSBELI
ÉRETTSÉGI VIZSGA
JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI
ÚTMUTATÓ
EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA
Javítási-értékelési útmutató
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Instructions importantes
Les prescriptions de forme:
1. Vous êtes prié de corriger la copie lisiblement avec un stylo de couleur différente de celle
utilisée par le candidat.
2. Le nombre de points maximal apparaît dans le premier des rectangles gris se trouvant à côté
des exercices. Le nombre de points donné par l’examinateur doit figurer dans
le rectangle adjacent.
3. En cas de solution impeccable, vous êtes prié d’inscrire le nombre de points maximal et
de signaler par le symbole
l’avez évaluée correcte.
que vous avez lu l’unité conceptuelle concernée et que vous
4. En cas de solution incomplète ou fausse, veuillez écrire les nombres de points partiels sur
la copie en indiquant la faute. Il est également accepté de marquer le retrait des points
partiels sur la copie si l’évaluation est ainsi plus compréhensible pour le candidat. Ne pas
laisser de partie dans la résolution dont on ne peut pas décider si elle est juste, erronée ou
inutile.
5. Lors de la correction, utilisez les notations suivantes.
 une étape juste:
 une erreur de principe: un double-soulignage
 une erreur de calcul ou une autre erreur qui n’est pas de principe: un simple
soulignage
 une étape correcte fondée sur des données initiales erronées: le symbole
barré
ou en pointillé
 justification insuffisante, énumération incomplète ou d’autres lacunes: le symbole
de lacune (
)
 partie non compréhensible: point d’interrogation et/ou ligne ondulée
6. A l’exception des schémas, les parties écrites au crayon ne doivent pas être évaluées.
Les exigences de contenu:
1. Pour certains exercices, on a donné l’évaluation de plusieurs variantes de résolution. Si une
résolution en diffère, recherchez-y les parties de résolution qui équivalent à certains détails
du guide, et proposez des points en fonction.
2. Les points proposés par le guide d’évaluation peuvent être décomposés sauf interdiction
mentionnée. Toutefois, les points attribués doivent être entiers.
3. Si dans la solution on rencontre une erreur de calcul ou une imprécision alors on enlève
seulement les points de la partie où l’étudiant a commis l’erreur. S’il continue le calcul en
utilisant le résultat partiel faux mais par un raisonnement juste et si le problème n’a pas été
fondamentalement modifié alors le candidat a droit aux points partiels ultérieurs.
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4. En cas d’erreur de principe, dans une même unité conceptuelle (dans le guide, elles sont
séparées par une double ligne), on n’attribue aucun point même si certaines étapes
mathématiques sont formellement correctes. Cependant si le candidat continue le calcul, en
partant du faux résultat issu de l’erreur de principe, mais d’une manière juste dans l’unité
conceptuelle ou la question partielle suivante, et si le problème n’a pas été
fondamentalement modifié alors il a droit au nombre de points maximal de cette partie.
5. Si une unité de mesure ou une remarque est mise entre parenthèses dans le guide alors
même en l’absence de celle-ci, la solution est complète.
6. Sur les différentes tentatives de résolution données à un exercice, seule la variante
indiquée par le candidat peut être évaluée. Lors de la correction, indiquez clairement
laquelle des variantes était corrigée et laquelle non.
7. On ne peut pas attribuer de bonus aux solutions (à savoir un nombre de points dépassant
le maximum de points prévus pour l’exercice ou partie d’exercice donné.)
8. Le nombre total de points attribué à un exercice ou à une partie d’exercice ne peut pas être
négatif.
9. Un retrait de points ne doit pas être effectué pour des calculs partiels, étapes partielles
erronées mais inexploités par la suite.
10. L’utilisation justificative (par exemple des données lues par une mesure) des figures n’est
pas acceptée.
11. En ce qui concerne les probabilités,on peut accepter les réponses correctes exprimées sous
forme de pourcentage (sauf en cas de mention contraire).
12. Si le texte d’un exercice ne précise pas l’arrondi attendu, on accepte les résultats partiels
ou finaux arrondis correctement et raissonablement.
13. Seules 2 résolutions d’exercices peuvent être évaluées sur les 3 exercices proposés dans
la partie II. B de l’épreuve écrite. Dans le carré correspondant, le candidat a vraisemblablement- inscrit le numéro de l’exercice dont il ne désire pas l’évaluation dans la
somme totale des points. De sorte qu’il ne faut pas corriger la solution éventuellement
donnée à cet exercice. Si le candidat n’inscrit pas d’une manière univoque le numéro de
l’exercice dont il ne demande pas l’évaluation, alors c’est automatiquement le dernier
exercice dans l’ordre proposé par l’énoncé qu’il ne faut pas évaluer.
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I.
1.
Quelques solutions possibles (ce ne sont pas
seulement les graphes simples qui sont acceptés):
2 points Non–décomposable.
Total:
2 points
Total:
2 points
2 points
2.
3
3.
38 = 7 + 31
2 points
Total: 2 points
Remarque : Si le candidat écrit 38 comme la somme d’un nombre premier et d’un nombre
non-premier, il obtient 0 point. 1 point pour la réponse 19 + 19.
4.
Il y a ( 5  4  3  2 =) 120 nombres possibles.
2 points
Total: 2 points
Remarque : 1 point si le candidat ne prend pas en considération le fait que les chiffres du
nombre sont distincts, et qu’ainsi sa réponse est (54 =) 625. 1 point si le candidat ne prend
pas en considération le fait que les chiffres du nombre sont impairs et qu’ainsi sa réponse est
(9987 =) 4536.
5.
A) faux
B) faux
C) vrai
Total:
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1 point pour deux
réponses correctes,
2 points
0 point pour une
réponse correcte
2 points
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6. première possibilité de résolution
(Le rayon et la hauteur du cylindre le plus petit sont
respectivement r et m, les données correspondantes
du grand cylindre sont 2r et 2m.)
Le volume du cylindre le plus petit est r2m,
Le volume du cylindre le plus grand est
( 2r ) 2 π  2m =
= 8r 2 π  m .
Alors le volume de la plus grande éprouvette est 8
fois le volume de la plus petite éprouvette.
Total:
1 point
1 point
1 point
1 point
4 points
6. deuxième possibilité de résolution
Les deux cylindres sont semblables, le rapport de
2 points
similitude est 1 : 2.
Le rapport de leurs volumes est (le cube du rapport
1 point
de similitude, donc) 1 : 8.
Alors le volume de la plus grande éprouvette est 8
1 point
fois le volume de la plus petite éprouvette.
Total: 4 points
Remarque : Si le candidat fait ses calculs avec les données concrètes, et sa réponse est juste,
alors il obtient 3 points. Le candidat obtient tous les points s’il note que le calcul avec des
valeurs concrètes n’a pas d’influence sur la généralité.
7.
[–1; 3]
Total:
On peut accepter
2 points d’autres notations
justes.
2 points
8.
π
6
5π
6
1 point
1 point
Total: 2 points
Remarque : Si la réponse du candidat est 30° et 150°, il obtient 1 point. Le candidat obtient
1 point au plus s’il donne les solutions de l’équation sous forme de nombre réel mais ne tient
pas compte de l’intervalle donné.
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9. première possibilité de résolution
40% de 8 km est égal à 3,2 km.
La distance qui reste à parcourir est 8 – 3,2 – 1,2 =
3,6 (km)
3,6
 0,45
8
c’est 45% de 8 km qu’il reste à parcourir.
Total:
1 point
1 point
Ce point doit être
attribué même si le
1 point
raisonnement n’apparaît
que lors de la résolution.
1 point
4 points
9. deuxième possibilité de résolution
1200 mètres est 15% des 8000 mètres.
Jusqu’ici, ils ont fait (15 + 40 =) 55% de la distance
totale.
C’est 45% de 8 km qu’il reste à parcourir.
Total:
2 points
1 point
1 point
4 points
10.
( log6 (2  3) =) 1
Total:
2 points
2 points
11.
Le graphique de la fonction f :
Les racines sont: 4
et –2.
1 point
0  x 1  3
1 point
x  1  3 ou x  1  3
Total:
1 point
1 point
4 points
Total:
2 points Non–décomposable.
2 points
12.
D
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II. A
13. a)
première possibilité de résolution
2  ( x  2 )( x  3)
1 point
1 point
1 point
2  x  2 x  3x  6
x 2  5x  4  0
2
Les racines de l’équation du second degré sont :
x1  1 , x2  4 .
Vérification par substitution ou en indiquant
l’ensemble de définition ( ≠ 2) et en faisant
référence aux transformations équivalentes.
Total:
13. a)
2 points
1 point
6 points
deuxième possibilité de résolution
La représentation correcte de la fonction
2
x
( x  2)
x2
2 points
La représentation correcte de la fonction
x  x  3 dans le même repère.
1 point
Les abscisses des points communs sont :
x1  1 , x2  4 .
Vérification des valeurs obtenues par
substitution.
2 points
1 point
Total:
6 points
13. b)
9  9 x  7  9 x  54
2  9 x  54
9 x  27
1 point
1 point
1 point
3 2 x  33
(Puisque la fonction exponentielle de base 3 est
bijective,) x = 1,5.
Vérification par substitution ou référence aux
transformations équivalentes.
Total:
1 point
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x  log9 27
1 point
1 point
6 points
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14. a)
Les distances parcourues au cours des semaines
succéssives, mesurées en kilomètre sont les termes
(consécutifs) d’une suite arithmétique. Le 1e terme
est de 15, le 11e est de 60.
Pour la raison d de la suite arithmétique :
15 + 10d = 60.
D’où d = 4,5.
Chaque semaine Andrea court 4,5 km de plus que la
semaine précédente.
Total:
Ce point doit être
attribué même si le
1 point
raisonnement n’apparaît
que lors de la résolution.
1 point
1 point
1 point
4 points
14. b)
S11 
Ces 2 points doivent être
attribués même si le
candidat écrit
2 points
correctement la distance
parcourue au cours de
chaque semaine.
15  60
 11 
2
= 412,5 kilomètres parcourus par Andrea, sur les 11
semaines au total.
Total:
1 point
3 points
14. c)
Si chaque semaine Gabi augmente la distance à
parcourir de p pourcent, alors chaque semaine elle
p
l’augmente d’un même facteur q (q = 1 
).
100
Les distances parcourues au cours des semaines
succéssives, mesurées en kilomètre sont les termes
(consécutifs) d’une suite géométrique. Le 1e terme
est de 15, le 11e est de 60.
Pour trouver la raison q de la suite géométrique :
15  q10  60 .
D’où q ≈ 1,15 (parce que q > 0).
Chaque semaine Gabi court environ 15% de plus que
la semaine précédente.
Total:
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1 point
1 point
Ces points doivent être
attribués même si la
résolution du candidat
est moins détaillée.
1 point
1 point
1 point
5 points
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15. a)
1 point
(Les diagonales du losange sont ses bissectrices et
elles se coupent en leur milieu.)
L’angle intérieur au sommet A est noté 
α 2,5
(≈ 0,4167),
tg 
2
6
α
d’où ≈ 22,6º.
2
Alors la mesure des angles au sommet A et C du
losange est à peu près 45,2°,
et la mesure des angles au sommet B et D du losange
est à peu près 134,8°.
Total:
1 point
1 point
1 point
1 point
5 points
15. b)
1 point
Le solide de révolution engendré est composé de
deux cônes de révolution isométriques de cercle de
base commun.
Le rayon du cercle de base d’un de ces cônes est de
2,5 cm, la hauteur est de 6 cm.
(La longueur de la génératrice des cônes est égale à la
longueur d’un côté du losange notée a, que l’on peut
exprimer à l’aide du théorème de Pythagore:)
2,5 2  6 2  a 2 .
D’où a = 6,5 (cm).
1 point
1 point
1 point
Ce point doit être
attribué même si le
1 point candidat répond
correctement sans
calculer l’aire du cône.
L’aire de la surface d’un cône est
2,52  π  2,5  π  6,5 (= 22,5π ≈ 70,7 cm2).
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Ces points doivent être
attribués même si le
raisonnement n’apparaît
que lors de la résolution.
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(On obtient l’aire du solide de révolution si on
soustrait de l’aire des deux cônes l’aire de leurs
1 point A  2  2,5  π  6,5
2
cercles de base:) A  2  22,5π  2  2,5  π =
= 32,5π ≈ 102,1 cm2.
1 point
Total: 7 points
Remarque :Si le candidat calcule l’aire du solide de révolution engendré par une rotation
autour de la droite BD (2⋅6⋅⋅6,5 = 78 ≈ 245 cm2), alors il a droit à 5 points maximum.
II. B
16. a)
L’équipe hongroise a gagné 15 médailles au total,
donc un secteur circulaire de 24° correspond à une
médaille.
Le nombre de médailles d’or, celui de médailles
d’argent et de bronze sont représentés respectivement
par un secteur circulaire de 192°, 72°et 96°.
Une représentation possible :
1 point
1 point
1 point pour le dessin
des secteurs circulaires
2 points d’angle correspondant,
1 point pour la légende
univoque.
Total:
4 points
16. b) première possibilité de résolution
x désigne le nombre de ceux qui n’ont regardé que la
finale olympique du kayak à quatre femmes. Alors le
nombre de ceux qui ont regardé la finale du
championnat d’Europe de football est 32 – x,
et 10 + x ont regardé la finale olympique du kayak à
quatre femmes.
Selon le texte du problème, 2 ∙ (32 – x) = 10 + x,
d’où x = 18.
18 élèves de la classe n’ont regardé que la finale
olympique du kayak à quatre femmes (et 4 n’ont
regardé que la finale du championnat d’Europe de
football).
Total:
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1 point
1 point
1 point
1 point
1 point
5 points
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16. b) deuxième possibilité de résolution
x et y désignent respectivement le nombre de ceux
qui n’ont regardé que la finale olympique du kayak à
quatre femmes et le nombre de ceux qui n’ont
regardé que la finale du championnat d’Europe de
football.
Alors d’une part x + 10 + y = 32,
d’autre part selon le texte du problème :
x + 10 = 2(y + 10).
La solution du système d’équations: x = 18 et y = 4.
18 élèves de la classe n’ont regardé que la finale
olympique du kayak à quatre femmes (et 4 n’ont
regardé que la finale du championnat d’Europe de
football).
Total:
L
K
1 point
x
10
y
1 point
2 points
1 point
5 points
16. b) troisième possibilité de résolution
Si on additionne le nombre de ceux qui suivaient la
finale olympique du kayak à quatre femmes ou la
finale du championnat d’Europe de football, alors le
nombre de ceux qui ont regardé les deux événements
sportifs est compté deux fois,
donc la somme est supérieure de 10 à l’effectif de la
classe : 42.
Ceci est partagé dans le rapport 2 : 1 et on obtient le
nombre de ceux qui suivaient la finale olympique du
kayak à quatre femmes et la finale du championnat
d’Europe de football,
ce qui est 28 et 14.
Alors le nombre des élèves qui n’ont regardé que la
finale olympique du kayak à quatre femmes est
28 – 10 = 18.
Total:
1 point
1 point
1 point
1 point
1 point
5 points
16. c)
Péter peut trouver le classement correct de cinq
nations (sans la position des Hongrois) d’une seule
façon.
Ce n’est pas possible qu’il trouve le classement de
seulement quatre nations parce que la cinquième
aussi devrait être devinée.
Péter peut trouver le classement correct d’exactement
trois nations s’il trouve le classement de trois parmi 5
et si les positions des deux qui restent sont
interverties.
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1 point
1 point
1 point
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 5
Ce qui est    1 =
 3
= 10 façons possibles.
Le nombre de cas favorables est alors 1+ 10 = 11.
Les cinq nations ont au total 5 ! (=120) classements
possibles.
11
La probabilité en question est :
≈ 0,092.
120
Total:
1 point
1 point
1 point
1 point
1 point
8 points
17. a)
n(1; 2) est un vecteur normal de la droite e.
La pente de la droite est 
1 point
1
.
2
1
y   x  6,5
2
1 point
Ce point doit être
attribué même si le
1 point
raisonnement n’apparaît
que lors de la résolution.
En remplaçant x = 0 dans l’équation de la droite
on obtient y = 6,5 donc la droite coupe l’axe des y au
point (0 ; 6,5).
Total:
1 point
4 points
17. b)
En transformant l’équation du cercle k :
x 2  ( y  1) 2  45 .
Le centre du cercle est le point (0; –1),
1 point
son rayon est 45 (≈ 6,71) (unité).
Total:
2 points
1 point
4 points
17. c) première possibilité de résolution
On prouve que le système composé de
l’équation de la droite e et de l’équation du
cercle k n’a qu’une seule solution.
L’équation transformée de la droite
x  13  2 y .
2
Celle-ci est remplaçée dans l’équation du
cercle : (13  2 y)2  ( y  1)2  45  0 .
1 point
169  52 y  4 y 2  y 2  2 y  1  45  0
2 points
5 y 2  50 y  125  0
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Ce point doit être attribué
même si le raisonnement
1 point
n’apparaît que lors de la
résolution.
1
1 point y   x  6,5
2
 1

x 2    x  7,5   45  0
 2

1
x 2  x 2  7,5 x  56,25  45  0
4
1 point 1,25x 2  7,5x  11,25  0
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D’où y = 5
et x = 3.
Le système n’a qu’une seule solution donc la droite e
et le cercle k ont un seul point commun.
Total:
1 point x = 3
1 point y = 5
1 point
9 points
17. c) deuxième possibilité de résolution
On prouve que la droite e est tangente au cercle k, c.à-d. que la distance entre le centre du cercle k et la
droite e est égale au rayon du cercle k.
L’équation de la perpendiculaire à la droite e et
passant par le centre O du cercle k: 2x – y = 1.
Le point d’intersection des deux droites est déterminé
par la résolution du système d’équations :
x  2 y  13
.
2x  y  1 
La solution du système d’équations : x = 3 et y = 5,
donc le point d’intersection des deux droites est le
point M(3 ; 5).
La longueur du segment OM (c.-à-d. la distance
entre le centre du cercle k et la droite e) est
Ces 2 points doivent
être attribués même si
2 points le raisonnement
n’apparaît que lors de
la résolution.
2 points*
1 point*
2 points*
1 point
3  6  45 .
Ce qui est égal au rayon du cercle, donc la droite e
1 point
est tangente au cercle k.
Total:
9 points
Remarque : On attribue les 5 points marqués par *, si le candidat calcule la distance entre le
centre du cercle k et la droite e par application correcte de la formule adéquate.
2
2
18. a)
La moyenne des données
35  40  51  55  62  67  72  84  92
=
9
= 62 points.
L’écart-type des données
27 2  22 2  112  7 2  0  5 2  10 2  22 2  30 2
≈
9
≈ 17,9 points.
Total:
írásbeli vizsga 1621
13 / 15
Ce point doit être
attribué même si le
1 point candidat calcule
correctement avec
calculatrice.
1 point
Ce point doit être
attribué même si le
1 point candidat calcule
correctement avec
calculatrice.
1 point
4 points
2016. október 18.
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18. b) première possibilité de résolution
9
Pour choisir trois copies sur neuf, on a   = 84
 3
possibilités (le nombre de cas possibles).
Il y a cinq copies dont la note est au moins 60.
 5
Soit il en choisit trois parmi ces cinq de   (= 10)
 3
manières,
soit il en choisit deux parmi ces cinq et une parmi les
 5  4
quatre autres, ce qu’il peut faire de      (= 40)
 2 1
manières.
Le nombre des cas favorables est : (10 + 40 =) 50.
50
La probabilité en question est
≈ 0,595.
84
Total:
2 points
Ce point doit être
attribué même si le
1 point
raisonnement n’apparaît
que lors de la résolution.
1 point
2 points
1 point
1 point
8 points
18. b) deuxième possibilité de résolution
(On étudie l’événement complémentaire, lorsque la
note de 0 ou 1 copie est au moins 60. ) Il y a cinq
copies dont la note est d’au moins 60 et quatre copies
dont la note est en-dessous de 60.
Pour choisir trois copies sur 4, on a
 4
  (= 4) possibilités,
 3
Pour choisir deux copies sur 4 et une des cinq autres,
 4   5
on a      (= 30) possibilités.
 2 1
Le nombre des cas favorables est : (4 + 30 =) 34.
9
On peut choisir trois copies sur neuf, on a   = 84
 3
possibilités (nombre de tous les cas).
34
La probabilité en question est 1 
≈ 0,595.
84
Total:
írásbeli vizsga 1621
14 / 15
Ce point doit être
attribué même si le
1 point
raisonnement n’apparaît
que lors de la résolution.
1 point
2 points
1 point
2 points
1 point
8 points
2016. október 18.
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18. c)
La note de l’une des copies est 64 (parce que le
nombre des données est impair).
La somme des notes des neuf copies corrigées en
premier est 558 ;
à laquelle on ajoute 64 points: 622 points
La somme des notes des 11 copies est 11 ∙ 65 = 715.
Alors la note de la 11e copie est (715 – 622 =) 93 (ce
qui est convenable car 93 ≥ 64, donc la médiane est
bien 64).
Total:
írásbeli vizsga 1621
15 / 15
1 point
1 point
1 point
1 point
1 point
5 points
2016. október 18.