Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Pataki János, 2005. november
Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: 2005. november I. rész 1. feladat Oldja meg az alábbi egyenleteket: log x 7 log 3 5 a) ; b) x 2 (x 4)2 (x 2)2 10 . log x 3 log 7 5 (12 pont) 2. feladat a) Osszuk fel az 1-et négy nemnegatív részre úgy, hogy a részek számtani sorozatot alkossanak. Milyen nagy lehet a sorozat differenciája? b) Osszuk fel az 1-et négy részre úgy, hogy a részek 2 hányadosú mértani sorozatot alkossanak. Mennyi a sorozat első eleme? c) Osszuk fel az 1-et négy részre úgy, hogy a részek mértani sorozatot alkossanak. Milyen nagy lehet a sorozat hányadosa? (12 pont) 3. feladat Igazolja, hogy az ABCD négyzet CD és BC oldalán felvehetők a P és a Q pontok úgy, hogy az APQ háromszög szabályos legyen. Mutassa meg, hogy ebben az esetben az APD és az ABQ háromszögek területének összege egyenlő a QCP háromszög területével. (13 pont) 4. feladat Az x, y valós számok négyzetösszege 1. Igazolja, hogy ekkor 2x
3y
13 .
(14 pont)
1
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Pataki János, 2005. november
II. rész Az 5 - 9. feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania. 5. feladat a) Az m paraméter mely értékeire van az (m 1)x 2 (2m 1)x 2 0 egyenletnek két különböző, (-1)-nél kisebb gyöke? b) Hány olyan pont van a síkon, amely az m paraméter minden értéke esetén illeszkedik az y (m 1)x 2 (2m 1)x 2 egyenletű görbére? (14 pont) 6. feladat Határozzuk meg az a, b valós számokat, ha a 0 és a 2x számra.
b 2ax
b
minden x valós (14 pont)
7. feladat A k kör érinti az y-tengelyt és a 3x 4y 48 egyenletű egyenest annak az x1 8 abszcisszájú E pontjában. Írja föl a k kör egyenletét. (13 pont) 8. feladat Az f függvényről tudjuk, hogy f (0) 0, továbbá hogy f ' ( x) sin 2 x. a) Írja föl a /3 abszcisszájú görbepontba húzható érintő egyenletét. b) Mekkora a függvénygörbe alatti terület a 0; intervallumon? (14 pont) 9. feladat Ötven diák tesztet írt, amelyen 0 és 100 közötti egész számú pontot lehetett szerezni. A pontszámok átlaga 60 volt. a) Legfeljebb hányan érhettek el 100 pontot? b) Mennyi lett volna a szórás abban az esetben, ha a maximális számú diák érte volna el a 100 pontot? c) Azt is megtudtuk, hogy ezen a teszten az eredmények szórása 8 volt. Legfeljebb hányan érhettek el 100 pontot ebben az esetben? (17 pont)
2
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Pataki János, 2005. november
Pataki János 2005. novemberi feladatsorának megoldásai és pontozási útmutatója I. rész 1. feladat a) Az egyenletben x 1 és x pozitív. A bal oldal ekkor log 3 7 . 1-1 pont 1 log 5 7 log 3 7 ugyancsak. Az egyenlet azonosság az x A jobb oldal log 5 3 halmazon.
0,x 1
1-1 pont összesen: 4 pont b) Vezessük be a t
x 2 ismeretlent. 2 pont 2
Ekkor az egyenlet (t 2) (t 2)
2
t
2
(t
2
4)
2
t
2
10 alakba írható.
2 pont Rendezés után t
4
7t
2
6 (t
2
1)(t
Az egyenletnek négy gyöke van: x1
2
6) 0 , ahonnan t
2 1 1,x2
2
1 vagy t
2 1 3,x3
2
2
6.
2 pont 6,x4 2 6. 2 pont összesen: 8 pont
Megjegyzés Az egyenlet megoldható az x(x 4) másodfokú polinomjaként is. Ha a jelölt elvégzi a kijelölt műveleteket, akkor a két egész gyököt kell megtalálnia és a gyöktényezők kiemelése után kapott másodfokú egyenletet kell megoldania. 2. feladat Jelölje a számtani sorozat első elemét a, a differenciát d. Ekkor a 0 . A feltétel szerint 1 1 1 4a 4 3d , azaz 1 6d , tehát d. 2 6 2 pont 1 Ez lehetséges is, ha a 0 és d . 6 2 pont 1 b) Legyen a sorozat első eleme g. Ekkor 1 g (2 4 1) 15 g , azaz g . 15 2 pont c) Jelölje az első elemet g, a hányadost pedig q. Most q 0 , így g 0 . 1 pont 4 q 1 1 q 3 q 2 q 1 4q 3 , ha q 1. A feltétel szerint 1 g , ahonnan q 1 g 2 pont Mivel g-ről csak annyit kötöttünk ki, hogy pozitív, 1/g akármilyen nagy lehet. Innen pedig következik, hogy a mértani sorozat hányadosa is akármilyen nagy lehet. 3 pont összesen: 12 pont
3
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Pataki János, 2005. november
3. feladat Ha PAD QAB 15 , akkor a PAD, QAB derékszögű háromszögek egybevágók. Így , továbbá PAQ 60 AP AQ, tehát az APQ háromszög szabályos. 4 pont Az állításban szereplő derékszögű háromszögek átfogója a feltétel szerint egyenlő, elegendő tehát igazolni, hogy az ezekhez tartozó magasságokra m m1 m2 . 3 pont Válasszuk az egységet úgy, hogy az APQ háromszög oldala egységnyi legyen! Ekkor az egyenlő szárú derékszögű CPQ háromszögben m = ½. 1 pont A négyzet oldala az APD derékszögű háromszögben AD cos15 , a D-ből induló sin 30 1 magasság pedig m1 m2 ADsin15 cos15 sin15 . 2 4 4 pont Ez azt jelenti, hogy m m1 m2 , az állítást igazoltuk. 1 pont összesen: 13 pont Ha a jelölt a befogók szorzatával számol, akkor értelemszerű bontásban jár a második részért szerezhető 8 pont. 4. feladat I. megoldása A feltételből következik, hogy van olyan
szög, amelyre x sin
és y cos . 3 pont
Ekkor A(x, y) 2x 3y 2sin
3cos
13 2/ 13 sin
3/ 13 cos . 3 pont
Mivel 2 / 13 3 / 13
2
3 / 13
sin . Így A( x, y )
2
1 , azért van olyan
13 sin cos
cos sin
szög, amelyre 2 / 13 13 sin(
cos
és
).
4 pont Mivel sin(
)
1 , azért A( x, y)
13 3 pont összesen: 14 pont
4. feladat II. megoldása Ismeretes, hogy 2 2 32 x 2 y 2 (2 x 3 y ) 2 (3x 2 y ) 2 . A bal oldal a feltétel szerint 13, a jobb oldalon (3x 2 y ) 2 0 , így (2 x 3 y ) 2 13 , amiből következik a bizonyítandó. összesen: 14 pont Ebben a megoldásban a pontszámok nem bonthatók. Megjegyzés Mindkét megoldásból kiolvasható az egyenlőség feltétele. A második megoldásból az is látszik, hogy az egyenlőség geometriailag azt jelenti, hogy a 3/2 meredekségű egyenes érinti az
x2
y2
5. feladat a) Ha m
1 sugarú kört. Egyenlőség a két érintési pontban van. 1 , akkor az egyenlet elsőfokú, tehát ebben a részben m
1. 1 pont
Az egyenlet diszkriminánsa D
(2m 1)
2
8(m 1)
(2m 3)
2
0
2 pont 4
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Az egyenlet megoldásai: x1
Pataki János, 2005. november
(2m 1) (2m 3) 2(m 1)
Az m-nek azokat az értékeit keressük, amelyekre x2 – pl. grafikusan – ha 2 m 1 .
2 és x2
1 m 1
.
2 pont 1 . Ez akkor és csak akkor teljesül 2 pont összesen: 8 pont
b) Akár a fenti megoldásból, akár az y m( x 2 2 x) x 2 x 2 mx ( x 2) ( x 2)( x 1) átrendezésből kapjuk, hogy ha x(x 2) 0 , akkor y értéke nem függ m-től. A görbék tehát minden m-re áthaladnak a P1 (0; 2) és a P2 ( 2;0) pontokon. 4 pont Több ilyen pont nincsen, hiszen 3 különböző pont egyértelműen határoz meg egy legfeljebb másodfokú polinomot. 2 pont összesen: 6 pont 6. feladat I. megoldása Helyettesítsünk az x helyére 0-t: a b 2b . 2 pont Helyettesítsünk (-1)-et, illetve 1-et:
b
a b 2
2 , 2a b 2a 2b . a 2
4 pont a b (2a b) 2 2b Az utóbbi két egyenlet szorzata 2
(a b) 2
4 pont Innen
ab 2
0 , tehát b = 0. Ekkor az első egyenletből a = 1.
1 pont Ha a = 1 és b = 0, akkor megoldást kapunk. 3 pont összesen: 14 pont 6. feladat II. megoldása Az f( x) a 2 x b függvény értékkészlete az a előjelétől függően a b-nél nagyobb, vagy pedig a b-nél kisebb számok halmaza. ( a 0 ) A g( x) 2 ax b függvény értékkészlete a pozitív számok halmaza. ( a 0 ) Ha a két függvény egyenlő, akkor az értékkészletük is egyenlő, ami csak akkor teljesülhet, ha b = 0 és a pozitív. Az x helyére bármit – pl 0-t – helyettesítve a 20 20 , azaz csak a =1 lehetséges. 11 pont Ha a = 1 és b = 0, akkor megoldást kapunk. 3 pont összesen: 14 pont Megjegyzés Ha nem kötjük, ki, hogy a 0 , akkor mindkét megoldásban külön kell vizsgálni a b 2b lehetőséget. A feladat kérdése szempontjából ez releváns speciális eset, de a b 2b egyenlőtlenség igazolása – tehát hogy így nem kapunk megoldást – túl van a feladatsor szintjén. 7. feladat 5
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Pataki János, 2005. november
Keressük a k kör egyenletét ( x u ) 2 ( y v) 2 r 2 alakban. A feltétel szerint a kör áthalad a pozitív abszcisszájú E ponton, így u r 0 . 3 pont 2 2 2 y 2ux 2vy v 0 A kör egyenlete k: x 1 pont Az E pont koordinátái az e egyenes egyenletéből: E (8; 6) 1 pont A k középpontja a feltétel szerint rajta van az E-n átmenő e-re merőleges f egyenesen. Ennek egyenlete 4 x 3 y 4 8 3 6 14. Így 4u 3v 14 . 2 pont 2 A k kör áthalad az E ponton, tehát 100 16u 12v v 0. 1 pont 2 és u 2 20;v2 22 . A kétismeretlenes egyenletrendszer megoldása: u1 5;v1 3 pont A feladatnak két megoldása van: k1 : x 2 y 2 10 x 4 y 4 0 és k 2 : x 2 y 2 40 x 44 y 22 2 0 2 pont összesen: 13 pont 8. feladat x
f( x)
sin2tdt 0
cos2t 2
x
0
1 cos2x 2
sin2 x
4 pont Akkor is jár a 4 pont, ha a jelölt csak az egyik alakot adja meg. a) Az adott pontban az érintő egyenlete y f ( 3 )(x 3 ) f( 3 ) . 2 pont Behelyettesítve: sin 2
3
3 , illetve sin 2 2
3 . 4
3
2 pont Az érintő egyenlete: y
3 x 2
3 4
3 6
, vagy 6 3 x 12 y 9 2 3 . 2 pont
sin 2 xdx
b) 0
1 cos 2 x dx 2 0
1 x 2
sin 2 x 2
0
2 4 pont összesen: 14 pont
A feladat b) része megoldható az sin 2 xdx 0
sin 2 x cos2 x dx
dx 0
cos2 xdx és a 0
összefüggések alapján is.
0
6
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Pataki János, 2005. november
9. feladat Jelöljük a szokásos módon f i -vel, hogy hányan értek el i pontot ( 0 i 100 ). Ekkor 100 1 100 1 100 1 100 f i 50, 60 E i f i és D2 f i (i 60) 2 f i i 2 60 2 . 50 50 50 i 0 i 0 i 0 i 0 2 pont 100
a) Ekkor a pontszámok összege 50 60
i f i 100 f100 , ahonnan 30
f100 .
i 0
2 pont (Ez lényegében a Markov egyenlőtlenség) Ez lehetséges is, ha csak kétféle pontszám volt: 100 és 0, utóbbit 20-an érték el. 2 pont b) A szórásnégyzet ebben az esetben
30 100 50
2
60 2
2400 .
1 pont A szórás D
20 6
48,9
1 pont c) Ha a szórás 8, akkor 64 f 20
f100
64 50 40 2
1 50
100
f i (i 60 ) 2 i 0
1 f 20 50
f100 40 2 , ahonnan
2.
3 pont (Ez lényegében a Csebisev egyenlőtlenség.) Nem lehetséges, hogy f100 2 , mert akkor a fenti négyzetösszegben minden további tag 0, azaz a két százas eredményen kívül mindenki másnak 60 pontot kellett volna elérnie. Ekkor viszont az átlag nem lehet 60! 3 pont Ha f 20 f100 1 és f 60 48 , azaz mindenki más 60 pontot szerzett, akkor az átlag 60, a szórás pedig valóban 8. Így az adott feltételek esetén legfeljebb 1 diák érhette el a maximális pontszámot és ez lehetséges is. 3 pont Ha a jelölt csak annyit derít ki, hogy legfeljebb 2 diák érhetett el 100 pontot, vagy ennél is gyengébb becslést ad, akkor az utolsó 6 pontból semmi nem adható. összesen: 17 pont
7
