Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Szászné Simon Judit; dátum: november. I. rész

Emelt szintű matematika érettségi feladatsor

Szászné Simon Judit, 2005. november

Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Szászné Simon Judit; dátum: 2005. november I. rész 1. feladat Oldjuk meg a valós számok halmazán a x 2

5x 4 5 x 2

5x 28 egyenletet! (11 pont)

2. feladat Edit, Márti és Zsófi barátnők. Az egyikük Pesten, a másik Budán, a harmadik Budakeszin lakik. Mindhárman kitűnően beszélnek angolul. Második nyelvként egyikük spanyolt tanul, a másik németet, a harmadik olaszt. Márti és Zsófi nem tanul olaszul, Márti nem lakik Budán, a budakeszi lány nem jár spanyolra; aki viszont Budán lakik, az németül tanul. Ki hol lakik, és milyen nyelvet tanul? (12 pont) 3. feladat Három természetes szám legnagyobb közös osztója 6, legkisebb közös többszöröse 120. Határozzuk meg a három szám összegének lehetséges legkisebb és legnagyobb értékét. (14 pont) 4. feladat Melyik pénzügyi ajánlat előnyösebb ma, és mennyivel 15%-os piaci kamatláb mellett: a) Most kapunk 2 millió Ft-ot, majd az elkövetkező 8 évben 250-250 ezer forintot évente b) Most kapunk 1 millió Ft-ot, négy év múlva 2 milliót, majd rá két évre újabb 2 millió forintot? (14 pont)

1



II. rész Az 5 - 9. feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania. 5. feladat Adjunk meg 13 darab pozitív egészszámot úgy, hogy a mediánja 2, az átlaga 2000 legyen! Létezik-e ilyen sokaság, ha azt is megköveteljük, hogy egyetlen módusza legyen, és annak értéke a) 1 b) 2 c) 1514 d) 6000 legyen? e) Mennyi lehet maximum a módusz? (16 pont) 6. feladat Az egyenlőszárú (AB=AC) háromszögben a szár és az alap aránya 5:2. Bizonyítandó, hogy a háromszög súlypontja rajta van a háromszögbe írt körön. (16 pont) 7. feladat A p paraméter milyen értéke esetén lesz a valós gyökök összege minimális a következő egyenletben? x2 + (3p – 11)x + 2p2 -19p +40 = 0 (16 pont) 8. feladat Egy háromszög oldalai szomszédos egész számok. A legnagyobb szög kétszerese a legkisebbnek. Mekkorák az oldalai a háromszögnek? (16 pont) 9. feladat Elfelejtettem a bankkártyám személyi azonosító (PIN) kódját. Csak arra emlékszem, hogy az első jegy biztosan nem volt nulla, és a négy számjegy között pontosan két hármas volt. Ha az automata egy próbálkozásnál két hibás kódot enged meg, harmadikra elveszi a kártyát. Ha minden nap az iskolába jövet és menet is próbálkozom, mekkora eséllyel találom ki a kódot egy hónap (25 tanítási nap) alatt? (16 pont)

2



Szászné Simon Judit 2005. nov-i feladatsorának megoldásai és pontozási útmutatója 1. feladat A négyzetgyök alatti kifejezés 24-gyel nagyobb, mint az egyenlet bal oldalán levő, így vezessünk be új ismeretlent: y

x2

5x 28 . 3 pont

Ekkor egyenletünk: y

2

5 y 24

0 . Ennek nemnegatív gyöke: y

8. 4 pont

Visszahelyettesítve:

x2

5x 28

8 , melynek gyökei: x1

4 és x2

9.

3 pont Behelyettesítéssel meggyőződhetünk, hogy ezek valóban megoldásai az eredeti egyenletnek. 1 pont 2. feladat Az első feltétel szerint Edit tanul olaszul, Márti nem lakik Budán, tehát nem tanul németül, ezért csak spanyolul tanulhat. Tehát Zsófi tanul németül, és így ő lakik Budán. A budakeszi lány nem tanul spanyolul, ezért Edit lakik Budakeszin és Márti Pesten. 12 pont 3. feladat Legyen a három szám x, y, z. Mivel legnagyobb közös osztójuk 6, ezért a prímtényezős felbontásukban mindegyikben van legalább egy db. 2-es és egy db 3-as. A legkisebb közös többes 120, ennek törzstényezős felbontása 120=23 3 5. 2 pont Az 5-ös prímtényező nem szerepelhet a három szám mindegyikében. Ha x+y+z minimumát keressük, ehhez pontosan egy számban kell szerepelnie az 5-nek. 2 pont Legyen ez x. Valamelyik számnak oszthatónak kell lennie 8-cal. 1 pont Ha ez x, akkor a számok x=120, y=6, z=6, x+y+z=132. 2 pont Ha a másik két szám valamelyike, akkor x+y+z=30+24+6=60. 2 pont Ha x+y+z maximumát keressük, ehhez pontosan két számban szerepelnie kell az 5-nek. 1 pont Legyenek ezek x és y. Két szám lehet osztható 8-cal és x+y+z akkor lesz nagyobb, ha ezeknek a z-nél nagyobb x-et és y-t választjuk. 2 pont Ekkor x+y+z=120+120+6=246. 1 pont A három szám összegének lehetséges legkisebb értéke a 60, a legnagyobb értéke a 246. 1 pont

3



4. feladat Azt kell kiszámolni, hogy a jövőben kapott különböző összegek ma mekkora összegnek felelnek meg. Ez azt jelenti, hogy mennyi pénzem kellene legyen ma ahhoz, hogy például 4 év múlva ki tudjak fizetni 2 000 000 forintot. Ez 15%-os kamatot feltételezve

2 000 000 1,15 4

forint. 3 pont

Ezért az egyes ajánlatok értéke:

A 2000000 250000

1 1 1,15 1,152

1 1,158

3121830 Ft 5 pont

1 B 1000 000 2 000 000 1,154

1 2 000 000 1,156

3008161, 7 Ft

5 pont Tehát az a) ajánlat az előnyösebb. 1 pont

4



II. rész 5. feladat A feltételek szerint a nagyság szerint rendezett minta hetedik eleme 2, az elemek összege 13 2000=26000. 2 pont a) Ha az egyetlen módusz az 1, akkor például kielégíti a feltételeket a következő számsorozat: 1;1;1;1;1;1;2;2;2;2;2;12992;12992 2 pont b) Ha az egyetlen módusz a 2, akkor például kielégíti a feltételeket a következő számsorozat: 2;2;2;2;2;2;2;2;2;2;2;2; 25982. 2 pont c) Ha az egyetlen módusz az 1514, akkor például kielégíti a feltételeket a következő számsorozat: 1;1;1;1;2;2;2;1514;1514;1514;1514;1514;18420. 2 pont d) A számok között az egyes és a kettes közül legalább az egyikből négy darab van. Ha az egyetlen módusz a 6000, akkor abból legalább ötnek kell lennie, de akkor a számok összege már több, mint 26000, ami ellentmondás. 3 pont e) Nem lehet a számok között hat darab 1-es, mert akkor a keresett szám nem az egyetlen módusz. Öt darab 1-esnél hat egyforma elem kell, és ennek maximuma biztos kisebb, mint ha csak öt nagy szám kell, és egyik egyest kettesre cserélem. Ebből következik, hogy az első hét szám összege legalább 4 1+3 2=10. Ezt kivonva 26000-ból nézzük meg, mi a legnagyobb szám, ami még ötször választható. Ez az 5198. Ekkor azonban a 13. értéknek 0-nek kellene lennie, ami lehetetlen. A maximális módusz tehát az 5197, ami jó is. Pl.: 1;1;1;1;2;2;2;5;5197;5197;5197;5197;5197. 5 pont 6. feladat Jelölje az A-ból induló magasságot m a háromszög területét T, a beírt kör sugarát r. Felhasználva, hogy az ábra csak hasonlóság erejéig meghatározott, számítsuk ki ezeket a mennyiségeket az 5-5-2 oldalú háromszögben! 3 pont 2 2 6 2 6. Pitagorasz tétel szerint m 52 12 2 6 , ezért T 2 4 pont T Az ismert r összefüggést használva a beírt kör sugarának meghatározására ( ahol s s 2 6 m a kerület fele) r , tehát az átmérő a magasság harmada. 6 6 4 pont Ez a magasság azonban súlyvonal is, amin a súlypont az oldalhoz közelebbi harmadolópont, 3 pont azonos az alapon levő érintési pontból induló átmérő másik végpontjával. 2 pont

5



7. feladat Ahhoz, hogy legyen valós gyök, a diszkrimináns nemnegatív kell legyen. (3p – 11)2 - 4(2p2 – 19p + 40) = p2 +10p – 39 = (p+13)(p-3) ≥ 0 3 pont Ez pontosan akkor teljesül, ha p ≤ 13 vagy p ≥ 3. 2 pont A gyökök és együtthatók közötti összefüggéseket felhasználva

x12 5p

x22 2

x1 28 p

x2

2

2 x1 x2

14 41 5 p 5

3 p 11 2

2

2 2 p 2 19 p

40

9 5 5 pont

14 Ennek minimumhelye p = , de itt nincs valós gyök. 5

2 pont A diszkrimináns által meghatározott értelmezési tartományban a minimális érték a p= 3 14 értékhez tartozik, mivel ez van közelebb a parabola p = tengelyéhez. 5 3 pont Itt a gyökök négyzetösszege 2. 1 pont 8. feladat Legyenek a háromszög oldalai 0 < a -1< a < a+1. 1 pont Felírva a szinusz-tételt

sin 2 sin

a 1 , a 1

2 pont ahonnan 2 cos

a 1 . a 1

3 pont Most írjuk fel a koszinusz- tételt is az α szög felhasználásával!

a 1

2

a2

a 1

2

2a a 1 cos

a2

A műveletek elvégzése és összevonás után az a = 5-re teljesül.

a 1

2

2a a 1

a 1 . a 1

4 pont a – 5a = 0 egyenletet kapjuk, ami csak 2

5 pont Ezért a háromszög oldalai 4, 5, 6 egység hosszúak. 1 pont

6



9. feladat 25 nap alatt tehát 50-szer próbálkozhatok. 1 pont Az összes lehetőséget kell még kiszámolni. Itt két eset van. Ha az első számjegy nem 3, akkor ott 8-féle számjegy állhat, és a három megmaradt helyből kettőn 3 áll,a harmadikon pedig a hármas kivételével bármi, és ezek 3-féle sorrendben lehetnek. Ebben az esetben tehát 8 9 3= 216 lehetőség van. 6 pont Ha az első számjegy a hármas, akkor még egy hármas mellett két helyre tehetek 9-féle számot, és ezt 3-féleképpen állíthatom sorba. Ezért itt az esetek száma 9 9 3=243. 6 pont Az összes esetek száma tehát 459, 1 pont 50 a keresett valószínűség pedig 0,1089 , kevesebb, mint 11%. 459 2 pont

7

Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Szászné Simon Judit; dátum: november. I. rész

Recommend Documents