Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Surányi László, 2005. november
Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Surányi László; dátum: 2005. november I. rész 1. feladat Adott két egyenes, melynek egyenlete a koordinátarendszerben: e: 2x+3y=15, f: 3x–2y=3. a) Határozzuk meg a két egyenes P metszéspontjának koordinátáit! (2 pont) b) Ábrázoljuk a koordinátarendszerben e két egyenesnek a –1 < x < 10 tartományba eső részét! (2 pont) c) Tekintsük azt a háromszöget, amelyet e két egyenes és az x tengely zár be. Mennyi e háromszög területe? (4 pont) d) Milyen messze van az e egyenestől az f egyenes és az x tengely metszéspontja? (4 pont) 2. feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: a) log 8 ( x 1) 1, (3 pont) log 8 ( x 1) 2 b) 2
1,
(5 pont) c) log 8 ( x 1) 1, (4 pont) 3. feladat Egy autó általában másfél óra alatt teszi meg az utat A és B város között. Ma az út C városig eső szakaszán szokatlanul nagy volt a torlódás, így ezen a részen az átlagsebességének csak 80%-ával tudott haladni. C az út ötödénél van. (azaz AC hossza ötöde AB hosszának). a) Az eddigi sebesség hány százalékával kellene mennie az út maradó négyötödén, hogy ma is másfél óra alatt célba érjen? (3 pont) b) Hány százaléka ez a szokásos átlagsebességének? (3 pont) c) Sajnos az út további részén is lassú volt a forgalom, így szokásos átlagsebességének csak 90%-ával tudott menni. Hány perc késéssel ért B-be? (4 pont) d) Milyen messze van egymástól A és B, ha C és B között 8km/h-val ment gyorsabban, mint A és C között? (3 pont)
1
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Surányi László, 2005. november
4. feladat Kertünk egy 2.6 m átmérőjű kör alakú részén egy téglalap keresztmetszetű homokozót akarunk kialakítani úgy, hogy annak mind a négy csúcsa a kör kerületén legyen. A homokozó legfeljebb fél méter mély lehet. a) Összesen 1,2m3 homokot akarunk leteríteni. Mekkora legyen a homokozó két oldala, hogy a lehető legkisebb helyet foglalja el a kertben (a kert felszínén)? (7 pont) b) Mennyi homokra van szükségünk, ha a lehető legnagyobb homokozót akarjuk kialakítani (a lehető legtöbb homokkal)? És mekkorák lesznek a téglalap oldalai? (7 pont) II. rész Az 5 - 9. feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania. 5. feladat Egy tíz méter magas kilátó tetején állva a vízszintes síkon futó autóút 400 méterre van tőlünk. Az úton, tőlünk ötszáz méterre van egy elágazás, onnan a kilátó aljába vezet egy egyenes sétaút. Milyen szöget zár be az autóút és a sétaút? (16 pont) 6. feladat Egy 40 méter és egy 300 méter átmérőjű tavat három egyenes út érint. A kisebbik tó a három út által határolt háromszögben van, e háromszög alakú tartomány területe 3000m2. Mekkora szöget zár be egymással a két vastagon jelölt út? (ÁBRA!) (16 pont) 7. feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán (a második egyenletben két ismeretlen szerepel!): a) 2cos 2x + sin x = 1, (7 pont) b) x
1 x
2 sin y cos y . (9 pont)
2
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Surányi László, 2005. november
8. feladat Az alábbi táblázat azt ábrázolja, hogy egy iskolában tavaly hány fiú és hány lány járt a nyolcadik évfolyamra, illetve idén hány lány és hány fiú jár a kilencedik évfolyamra, akinek vezetékneve a jelzett kezdőbetűvel kezdődik. (Az ékezetes és ékezet nélküli magánhangzók között nem tettünk különbséget, a kétbetűs hangokat nem jelöltük külön, így például az S és az Sz kezdőbetűsöket együtt számoltuk.)
tavaly
idén
tavaly
Kezdőbetű Lány Fiú Lány Fiú
idén
Kezdőbetű Lány Fiú Lány Fiú
A-Á
3
0
4
1
L-Ly
4
4
4
4
B
10
7
15
10
M
9
6
8
11
C-Cs
3
1
3
1
N-Ny
3
7
4
7
D
0
3
1
3
O-Ő
1
1
1
1
E-É
1
3
1
3
P
5
7
7
8
F
3
2
4
3
R
4
4
5
4
G-Gy
3
4
4
5
S-Sz
12
12
11
15
H
7
5
5
8
T-Ty
4
2
3
3
I
0
0
1
0
U-Ű
1
2
2
1
J
2
6
2
7
V
2
5
2
6
K
14
14
15
17
Z-Zs
2
1
3
1
a) Számítsuk ki két tizedesjegyre kerekítve, hány százalékkal változott az egy-egy betűvel kezdődő diákok (tehát fiúk és lányok együttes) száma, s ábrázoljuk ezt egy olyan kétoszlopos táblázatban, ahol a betűk e növekedés szerint vannak sorbaállítva. (6 pont) b) A táblázat alapján mit állíthatunk, legalább hány új gyerek érkezett az iskolába idén? És legalább hány lány ment el? (4 pont) c) Ha (idén) véletlenszerűen kiválasztunk egy fiút és egy lányt, mi a valószínűsége annak, hogy az egyik vezetékneve S-sel, a másiké N-nel kezdődik? (6 pont) 9. feladat Három egymás utáni pozitív egész szám szorzatának prímtényezős felbontásában csak két különböző prímszám szerepel (tehát a szorzat pnqm alakú, ahol p és q prímszám, n, m pozitív egészek). Adjuk meg az összes ilyen számhármast! (16 pont)
3
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Surányi László, 2005. november
Surányi László 2004. novemberi emeltszintű feladatsorának megoldásai és pontozási útmutatója 1. feladat a) Az egyenletmegoldás helyes módjáért 1 pont a helyes végeredményért, a (3|3) pont kiszámolásáért 1 pont. Összesen: 2 pont b) A két egyenes helyes felrajzolásáért 1-1 pont Összesen: 2 pont c) A két metszéspont, a (7.5|0) és az (1|0) pont helyes kiszámolásáért 1-1 pont A terület helyes meghatározásáért (T = 6.5 · 3 /2 = 9.75) 2 pont Összesen: 4 pont d) A két egyenes merőleges egymásra, 1 pont ezért az (1|0) és a (3|3) pont távolságát kell kiszámítani. 2 pont Ez a távolság 13
3,60555 .
1 pont Összesen 4 pont A feladat összpontszáma: 12 pont 2. feladat a) 1 = log8 8, így a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt a log8 (x–1) =1 egyenlet ekvivalens az x–1=8 egyenlettel, tehát x=9. 3 pont 2 log 8 ( x 1) 1, egyenlet a logaritmus azonosságok szerint ekvivalens a b) Az 2 log8 |x–1| = 1 egyenlettel, 2 pont és a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt ez ekvivalens az |x–1|=8 egyenlettel, 1 pont amelynek megoldásai x = 9 és x = –7. 2 pont c) A log8 (|x|–1) = 1 egyenlet a már ismert okokból az |x| – 1 = 8 egyenlettel ekvivalens, 2 pont aminek megoldásai x = 9 és x = –9. 2 pont Összesen 12 pont 3. feladat a) és b): Az út első ötödét átlagsebességgel 3/10 óra tenné meg, most ehelyett 3/8 óra alatt tette meg. 1 pont Marad még 9/8 órája a maradó útra, amelyett általában 6/5 óra alatt tesz meg. 1 pont
4
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Surányi László, 2005. november
most tehát a szokásos átlagsebesség 6/5:9/8-szorosával azaz 16/15-szörösével kell mennie, 1 pont ez 106,66… % (b) rész) 1 pont és ennek 5/4-szerese az a) rész megoldása, azaz 4/3, 133,333…%-ra kell gyorsulnia. 2 pont a) és b) összesen: 6 pont c) Összesen 4/3+3/8=41/24 órát ment, 2 pont a szokásos 36/24 óra helyett, így 5/24 órát, 1 pont tehát 12,5 percet késett. 1 pont Összesen 4 pont d) A 8 km/h a szokásos átlagsebességének 10%-a, 1 pont tehát 80km/h a szokásos átlagsebessége. 1 pont A és B távolsága a 80km másfélszerese: 120km. 1 pont Összesen 3 pont Az egész feladat összesen: 13 pont 4. feladat a) Nyilván akkor lesz a legkisebb a síkkeresztmetszet, ha ténylegesen mindenütt fél méter mély lesz a homokozó. Ekkor a téglalap területe 2,4m2. 1 pont Ha a téglalap két oldalának hossza a és b méter, akkor tudjuk a következő két egyenletet: a2 + b2 = 2,62, ab = 2,4. 3 pont Innen az egyik oldal hossza 1 méternek, a másiké 2,4 méternek adódik. 3 pont a) rész összesen 7 pont b) A lehető legtöbb homok akkor kell, ha mindenütt fél méter lesz a homokozó és a kereszmetszet-téglalap területe maximális lesz. 2 pont Az (a–b)2 0 egyenlőtlenségből átrendezéssel következik, hogy a téglalap területe, ab (a2 + b2)/2 = 3.38, és egyenlőség akkor van, ha a=b. 3 pont Tehát a b 3,38 oldalú négyzet keresztmetszet esetén lesz a legnagyobb a homokozó, 3 ehhez 1,69m homok kell. 2 pont b) rész összesen 7 pont A feladat összpontszáma: 14 pont
5
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Surányi László, 2005. november
5. feladat Jelölje A az elágazási pontot, T a kilátó tetejét, K a talppontját, T merőleges vetülete az autóúton legyen U. Ábra (lásd alább): 2 pont Válasszuk a tíz métert egységnek. Ekkor TU=40, TA=50, így a Püthagorász-tétel szerint AU=30. 1 pont T TK=1, innen KA2=2499. 1 pont Végül TKU is derékszög, ezért KU 2 = 1599. 2 pont K A A KAU szög a kérdés, 2 pont U ez a KAU háromszögben KU oldalra felírt koszinusz tételből kijön. 3 pont 2 2 2 KU KA AU 2 KA AU cos KAU ,
1599 2499 900 60
2499 cos KAU . 2 pont 30
A keresett szög koszinusza tehát cos KAU
2499
.
3 pont Összesen 16 pont 6. feladat I. megoldása Az egységet most is 10m-nek választjuk, a területegység tehát 100m2. Egy ABC háromszög beírt köréről és egyik oldalához hozzáírt köréről van szó, a keresett szög ez utóbbi oldallal szemközti szög. r=2 egység a beírt kör sugara, rA = 15 az A-val szemközti oldalhoz köré, a háromszög területe 30 területegység. Az A-nál levő szöget keressük. 2 pont Ismert, hogy 2t/r a háromszög kerületét adja, tehát az oldalhosszak összege 30 egység.
rA
D
OA
B r
C
A
2 pont Másrészt 4=2t/rA= b + c – a = (b + c + a) – 2a = 30 – 2a, ahonnan a = 13 egység, 2 pont és b + c = 17. 2 pont Végül 30 = rrA = t / s(s–a) = (s – b)(s – c) = (15 – b)(15 – c) = 225 – 15(b + c) + bc = = – 30 + bc, azaz bc = 60 (területegység). 3 pont Ismert a b és c oldalak összege és szorzata, innen kiszámolható, hogy b = 5 és c = 12, vagy megfordítva. 3 pont 2 2 2 A háromszögre teljesül, hogy a = b + c , tehát a Püthagorász tétel megfordítása szerint aval szemben derékszög van. A keresett szög 90°. 2 pont Összesen: 16 pont 2
6
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Surányi László, 2005. november
Megjegyzés A 30 = (s – b)(s – c) egyenletből rögtön megkaphatjuk |b–c| értékét is, hiszen néggyel szorozva mindkét oldalt a 120 = (a – b + c)(a + b – c) egyenlethez jutunk, s itt a bal oldal a2 – (b – c)2 = 169 – (b – c)2, tehát |b – c| = 7. A két befogó összege 17, különbsége 7, tehát a kisebbik 5, a nagyobbik 12 egység. Erre is jár a 3+3 pont. 6. feladat II. megoldása Az ábra helyes értelmezése most is 2 pont Az ismert területképletből t/r = s = 15 egység. rA 2 pont D O rA és s ismeretében kiszámolható az A-nál levő szög. A 2 pont Legyen ugyanis OA az A-val szemközti oldalhoz írt kör B középpontja, legyen továbbá D az a pont, ahol e kör érinti r BAC az AB oldalegyenesét. Ekkor DAOA C , mert AOA A 2 DOA rA , mert ismert, hogy DA = s, belső szögfelező és tg DAOA így DA s rA BAC tg 1, 2 s 6 pont BAC tehát hegyesszögről lévén szó 45 , 2 2 pont a keresett szög ennek kétszerese, 90°. 2 pont
7. feladat a) A 2cos 2x + sin x = 1 egyenletben használjuk a cos 2x = 1 – 2sin2 x azonosságot. Ekkor sin x-re másodfokú egyenletet kapunk: 4sin2 x – sin x – 1 = 0. 3 pont Ennek megoldásai: sin x = 1 és sin x = –1/2. Tehát a megoldások: x= π/2 + 2kπ, x = 2π /3 + 2kπ, x = 4π/3 + 2kπ (k egész). Ezek és csak ezek az értékek elégítik ki az egyenletet. 4 pont e) Az x + 1/x = 2(sin y + cos y) bal oldalán álló kifejezés vagy nagyobb kettőnél, vagy kisebb –2-nél. Ismeretes, hogy egy pozitív szám és reciprokának összege legalább kettő és egyenlő csakkor, ha x =1, 1 pont ezért az egyenlet bal oldalán álló kifejezés vagy nagyobb kettőnél, vagy kisebb –2-nél és egyenlő csak x = 1, illetve x = –1 esetén lesz. 2 pont A jobb oldalon álló kifejezés viszont –2 és 2 között van, 1 pont 2 2 ugyanis négyzete 2(sin y + cos y + 2sin y cos y) = 2 + 2sin 2y, ami legfeljebb 4. 2 pont
7
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Surányi László, 2005. november
A két oldal egyenlő csak úgy lehet, ha vagy mindkét oldal értéke 2, ekkor x = 1, vagy mindkét oldal értéke –2, ekkor x = –1. Mindkét esetben sin 2y=1, amiből következik, hogy y = /4 + k . Figyelni kell még arra, hogy a két oldal előjele megegyezzék, tehát hogy az első esetben sin y + cos y pozitív, a másodikban negatív. Azaz az első esetben y = /4 + 2k , a második esetben y = –3 /4 + 2k . Ennek megfelelően a megoldások: x = 1, y = /4 + 2k , illetve x = –1 és y = – 3 /4 + 2k (k egész). 3 pont 8. feladat a) A helyes táblázat (A két középső oszlop csak tájékoztatás kedvéért szerepel, az I-hez tartozó változást lehet értelmetlennek tekinteni vagy „végtelen nagynak”):
Kezdő- Diák Diák Vált. betű
tavaly idén %-ban
Kezdő- Diák Diák Vált. betű
tavaly idén %-ban
C-Cs
4
4
0
V
7
8
14,29
E-É
4
4
0
P
12
15
25
L-Ly
8
8
0
M
15
19
26,67
O-Ő
2
2
0
G-Gy
7
9
28,57
T-Ty
6
6
0
D
3
4
33,33
U-Ű
3
3
0
Z-Zs
3
4
33,33
H
12
13
8,33
F
5
7
40
S-Sz
24
26
8,33
B
17
25
47,06
N-Ny
10
11
10
A-Á
3
5
66,67
J
8
9
12,5
I
0
1
x
R
8
9
12,5
V
7
8
14,29
K
28
32
14,29
P
12
15
25
Két hibáért vonunk le egy pontot, ha 10 hibánál többet vét, nem kap pontot a tanuló. 6 pont
8
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Surányi László, 2005. november
b) Készítsük el a következő táblázatot: Betű Lányok Fiúk
Lányok
Fiúk
Betű Lányok Fiúk
Lányok
Fiúk
tavaly tavaly számának számának
tavaly tavaly számának számának
változása változása
változása változása
A-Á
3
0
1
1
L-Ly
4
4
0
0
B
10
7
5
3
M
9
6
–1
5
C-Cs
3
1
0
0
N-Ny
3
7
1
0
D
0
3
1
0
O-Ő
1
1
0
0
E-É
1
3
0
0
P
5
7
2
3
F
3
2
1
1
R
4
4
1
0
G-Gy
3
4
1
1
S-Sz
12
12
–1
3
H
7
5
–2
3
T-Ty
4
2
–1
–1
I
0
0
1
0
U-Ű
1
2
1
0
J
2
6
0
1
V
2
5
0
1
K
14
14
1
3
Z-Zs
2
1
1
–1
Innen leolvashatjuk, hogy a lányoknál a B betűsök öttel, a P betűsök kettővel lettek többen és eggyel-eggyel nőtt az A, D, F, G, I, K, N, R, U és Z betűsök száma, így összesen legalább 15 új lánytanuló jött. A fiúknál az M betűsök száma nőtt öttel, az S, Sz, P, K, H és B betűsök száma nőtt hárommal, az A, F, G, J és V betűsöké eggyel-eggyel. Ez azt jelenti, hogy összesen legalább 28 új fiútanuló jött. Összesen legalább 43 új tanuló jött (nyilván új osztály indult.) 3 pont A fiúknál a T és Z betűsök száma csökkent eggyel-eggyel. Így ketten biztosan elmentek, többet nem állíthatunk. 1 pont (A táblázat elkészítése nem kötelező, a teljes pontszámot kapja az is, aki a táblázat nélkül helyesen válaszol.) c) A lányok száma idén 105, a fiúké 119. Így egy-egy fiút és lányt összesen 105·119= 12495-féle módon tudunk kiválasztani. 1 pont Kétféleképp választhatunk ki egy fiút és egy lányt úgy, hogy az egyik vezetékneve S-sel, a másiké N-nel kezdődjön. 2 pont 1. eset: A fiú vezetékneve kezdődik S-sel, a lányé N-nel, ez összesen 4·15 = 60 eset. 1 pont
9
Emelt szintű matematika érettségi feladatsor
Surányi László, 2005. november
2. eset: A lány vezetékneve kezdődik S-sel, a fiúé N-nel, ez összesen 7·11=77 eset. 1 pont A jó esetek száma tehát 137, a keresett valószínűség tehát: 137/12495. 1 pont Összesen 6+4+6=16 pont 9. feladat I. megoldása A középső szám nagyobb egynél, tehát felbontásában szerepel legalább egy prímtényező. 2 pont A középső szám mindkét szomszédjához relatív prím, 2 pont ezért a benne szereplő prímtényező a másik két számban nem szerepelhet, 2 pont e két számban tehát összesen csak egy prímtényező szerepelhet. 2 pont Viszont e két számnak csak a 2 lehet közös osztója, mert különbségük 2. 2 pont Ez kétféleképp lehetséges: vagy az első szám 1, vagy mindkét szám kettőhatvány. 2 pont Az első esetben az 1,2,3 számokat kapjuk 1 pont A második esetben két kettőhatvány különbsége kettő, ez csak úgy lehet, ha a két szám a 2 és a 4, így a 2,3,4 számokat kapjuk. 2 pont A feladat feltételének két számhármas felel meg: 1,2,3 és 2,3,4. 1 pont Összesen: 16 pont 9. feladat II. megoldása Két szomszédos szám között van egy páros, tehát a három szám szorzata páros. Így az egyik prím a 2, a másik egy páratlan prím. Legyen ez p. 3 pont Ha a középső szám páros, akkor a két szélső páratlan. Nem lehet mindkettő osztható p-vel, mert p nagyobb kettőnél. 3 pont Tehát az egyik szám az 1, csak az első szám lehet 1, vagyis a három szám az 1,2,3. 2 pont Ha a középső szám páratlan, akkor a két szélső páros, és mindkettő relatív prím a középsőhöz, ezért egyik sem osztható p-vel. 3 pont De akkor mindkettő kettőhatvány. 2 pont A kettőhatványok sorában: 1,2,4,8,… kettő különbség csak egy helyen van: 2 és 4 között. Tehát a három szám a 2,3,4. 2 pont A feladatnak tehát két számhármas tesz eleget: 1,2,3 és 2,3,4. 1 pont
10
