MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2006. február 21. EMELT SZINT I. 1) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! cos 2x 4 sin2 x 5sin x 4 0
(12 pont)
Megoldás: (2 pont) cos 2x 1 2sin2 x felhasználásával 2 a megoldandó egyenlet: 2sin x 5sin x 3 0 (1 pont) 1 A sin x -re másodfokú egyenlet megoldásai és 3. (2 pont) 2 A sin x 3 egyenletnek nincs megoldása, hiszen sin x maximális értéke 1 (2 pont) 1 A sin x egyenlet megoldásai: 2 (2 pont) x 2k , ahol k 6 7 vagy x (2 pont) 2n , ahol n 6 A kapott számok megoldásai az eredeti egyenletnek. (1 pont) Összesen: 12 pont 2) Az a) b) c)
52941 számjegyeit leírjuk az összes lehetséges sorrendben. Az 52941 számmal együtt hány ötjegyű számot kapunk? Ezen számok közül hány osztható 12-vel? Bizonyítsa be, hogy e számok egyik sem négyzetszám!
(2 pont) (6 pont) (4 pont)
Megoldás: a) 5 4 3 2 1 120 darab ilyen ötjegyű számot képezhetünk (2 pont) b) Egy egész szám pontosan akkor osztható 12-vel, ha osztható 3-mal és 4-gyel is. (1 pont) Az ötjegyű számok mindegyike osztható 3-mal, mert a számjegyek összege mindegyiknél 21, ami osztható 3-mal. (1 pont) 4-gyel ezen ötjegyű számok közül azok oszthatók, amelyek utolsó két számjegye a következő: 12; 52; 92; 24. (1 pont) Az ötjegyű számban az első három számjegyből álló szám hatféle lehet, ha az utolsó kettőt rögzítettük. (1 pont) így az ötjegyű számok között 4 6 24 db 12-vel osztható szám van (1 pont) c) Az ötjegyű számok mindegyében a számjegyek összege 21. (1 pont) Tehát a számok oszthatók 3-mal. (1 pont) Mivel 3-mal oszthatóak, ezért csak abban az esetben lehetne köztük négyzetszám, ha az 3 valamely páros kitevőjű hatványa lenne. Ehhez feltétlenül szükséges az is, hogy 9-cel osztható legyen, 9-cel viszont nem osztható egyik sem, így egyik szám sem lehet négyzetszám. (2 pont) Összesen: 12 pont
3) Egy automatából 100 Ft értékű ital kapható, s az automatába csak 100 Ft-os érme dobható be. Az italautomata gyakran hibásan működik. 160 kísérletet végezve azt tapasztaljuk, hogy - az esetek 18,75%-ában az automata elnyeli a pénzt és nem ad italt, - 90 esetben visszaadja a 100 forintost, anélkül, hogy italt adna - 30 esetben italt is ad és a 100 Ft-os érmét is visszaadja - és csak a fennmaradó esetekben működik rendeltetésszerűen a) Mekkora annak az esélye az adatok alapján, hogy egy százast bedobva az automata rendeltetésszerűen fog működni? (4 pont) b) Minek nagyobb az esélye: annak, hogy ingyen ihatunk, vagy annak, hogy ráfizetünk? (5 pont) c) Várhatóan mennyi lesz a ráfizetése annak, aki 160-aszor próbál vásárolni ennél az automatánál? (4 pont) Megoldás: a) Pénz visszaadja Pénzt elnyeli Italt nem ad Italt ad Italt nem ad Italt ad 160 0,1875 30 30 90 10 A 18,75% kiszámítása (1 pont) 10 esetben működik jól, a pénzt elnyeli és ad italt (1 pont) 10 Annak az esélye, hogy jól működik (2 pont) 0, 0625 160 30 b) 160 esetből 30-ban az ital mellé visszakapjuk a pénzt is, tehát 0,1875 160 valószínűséggel ingyen jutunk italhoz (2 pont) Ráfizetünk, ha nem kapjuk vissza a pénzt és italt sem kapunk. Ennek 30 valószínűsége: (2 pont) 0,1875 160 Tehát ugyanakkora a valószínűségük (1 pont) c) A 160 esetből 120 esetben visszaadja a pénzt (2 pont) Mivel pontosan 40 esetben kapok italt, így a ráfizetés 0 Ft, azaz nincs ráfizetés (2 pont) Összesen: 13 pont 4) Állítsuk a pozitív egész számokat növekvő sorrendbe, majd rendre 1-gyel növekvő elemszámú csoportokra, az alábbi módon 1 , 2;3 , 4;5;6 , 7;8; 9;10 ,... a) A 100-adik csoportnak melyik szám az első eleme? b) Az 1851 hányadik csoport hányadik eleme?
bontsuk kezdve: (5 pont) (9 pont)
Megoldás: a)
A csoportokban lévő számok számát megadó sorozat: 1;2;3;4;...; n;... A 99-edik csoportban lévő utolsó szám: 1 2 3 4 ... 99 1 99 amely 99 4950 2 Tehát a 100. csoport első eleme 4951
(2 pont) (2 pont) (1 pont)
b) Ha az 1851 az n 1-edik csoportban van, akkor 1 n 1 1 n (3 pont) n 1851 n 1 , ahol n pozitív egész 2 2 Tehát azt a pozitív egész n-t keressük, amelyre n 2 n 3702 0 és (1 pont) n 2 3n 3700 0 Az első egyenlőtlenség pozitív egész megoldásai a 60-nál nem nagyobb pozitív egész számok (1 pont) A második egyenlőtlenség pozitív megoldásai a 60-nál nem kisebb pozitív egész számok (1 pont) Az egyenletrendszernek egyetlen egész megoldása van, a 60 (1 pont) 1 60 A 60-adik csoport utolsó eleme (1 pont) 60 1830 2 A 61. csoport első eleme 1831. Mivel ennek a csoportnak 61 eleme van, így ennek eleme az 1851 is, mégpedig a 21-edik eleme. Tehát az 1851 a 61. csoport 21. eleme. (1 pont) Összesen: 14 pont
II. 5) Az ABCD trapéz párhuzamos oldalai AB és CD és AB > CD . A trapéz átlóinak metszéspontja K. Az ABK háromszög AB oldalához tartozó magassága kétszerese a CDK háromszög CD oldalához tartozó magasságának. Jelölje T az ADK háromszög területét? Hányszorosa az ABCD trapéz területe T-nek? (16 pont) Megoldás:
Jelöljük a CDK háromszög CD oldalához tartozó magasságát m-mel. Ekkor az ABK háromszög AB oldalához tartozó magassága 2m. TABD TABC , mert a két háromszög közös AB oldalához tartozó magasságuk egyenlő hosszú. (1 pont) Az ABC és az ABD háromszöglapoknak közös része az ABK háromszöglap. (1 pont) így TADK TBKC , azaz mindkettő T területű. (1 pont) A CDK háromszög hasonló az ABK háromszöghöz (1 pont) m 1 és a hasonlóság aránya (1 pont) 2m 2 Mivel a hasonló síkidomok területének aránya a hasonlóság arányának négyzetével egyezik meg, ezért tCDK : t ABK 1: 4 (2 pont) A CDK háromszög területét t-vel jelölve: t ACD t T (1 pont) és t ABC 4t T (1 pont) Mivel az ABC és az ACD háromszög AB illetve CD oldalához tartozó magassága megegyezik, és AB 2 CD , ezért t ABC 2 t ACD (2 pont) Így 4t T 2 t T
(1 pont)
T adódik (1 pont) 2 3 Ezért t ACD t T T és t ABC 3T (2 pont) 2 Mivel t ABCD t ABC t ACD , ezért az ABCD trapéz területe 4,5-szerese T-nek (1 pont) Összesen: 16 pont Ebből t
6) A „TOJÁS” farmon átlagosan 10000 tyúkot tartanak. Ezek egy év alatt mintegy 2,20 millió tojást tojnak. A tenyésztők azt tapasztalták, hogy – valószínűleg a zsúfoltság csökkenése miatt – ha a tyúkok számát 4%-kal csökkentik, akkor az egy tojóra jutó átlagos tojástermelés 8%-kal nő. a) A tyúkok számának 4%-os csökkentése után, mennyi lett a tojásfarmon az évi termelés? (5 pont) Az a tapasztalat, hogy a tyúkok számának p %-kal történő csökkenése 2p %-kal növeli az egy tyúkra vonatkozó tojásmennyiséget, csak p 30 esetén érvényes. b) Hány százalékkal csökkentették tavaly a tyúkok számát, ha ezzel évi 8%-os termelésnövekedést értek elegy év alatt? (11 pont) Megoldás: a)
A tyúkok számát 4%-kal csökkentve 10000 0,96 9600 tyúk lesz
2,2 10 1,08 237,6 lett 10000 2,2 106 1,08 Tehát az évi termelés 10000 0,96 10000 azaz 2280960 2,28 106 . Tehát az évi termelés 2,28 millió tojás b) A keresett százalékot p-vel jelölve p 30 , a tyúkok számát
(1 pont)
6
az 1 tojóra jutó tojástermelés
(2 pont) (1 pont) (1 pont) p%-kal
p csökkentve adódik, hogy számuk 10000 1 (1 pont) 100 2,2 106 2p Az 1 tojóra jutó termelés (2 pont) 1 lett 10000 100 p 2,2 106 2p 6 A szöveg szerint 10000 1 (1 pont) 1 2,2 10 1,08 100 10000 100 p 2p Azaz 1 (1 pont) 1 1,08 100 100 Az egyenlet mindkét oldalát 10000-el beszorozva 100 p 100 2 p 10800
(1 pont) A szorzás elvégzése után: 10000 100 p 2 p 10800 (1 pont) 2 Rendezés után: p 50 p 400 0 másodfokú egyenlethez jutunk (1 pont) Ennek megoldásai: 40 és 10 (1 pont) Mivel p 30 , így csak 10 lehet a megoldás (1 pont) Ellenőrizve, ha a 9000-re csökkentett létszám esetén 20%-kal nő az egy 2,2 106 1,2 lesz, ekkor az évi termelés tyúkra jutó tojásmennyiség, azaz 10000 (1 pont) 2,2 106 1,08 . Tehát 10%-kal kell csökkenteni a tyúkok számát. Összesen: 16 pont 2
7) A dominókészleten a dominókövek mindegyikén az egy-egy „térfélen” elhelyezett pöttyök száma 0-tól egy megengedett maximális értékig bármilyen természetes szám lehet. A dominókövek két felén e számok minden lehetséges pírosítása szerepel. Nincs két egyforma kő a készletben. a) Igazolja, hogy ha a pöttyök maximális száma 7, akkor a dominókészlet 36 kőből áll. (5 pont) b) A 36 kőből álló dominókészletből véletlenszerűen kiválasztottunk egy követ. Mennyi a valószínűsége, hogy a kiválasztott kő két „térfelén” lévő pöttyök számának összege 8? (3 pont) c) A 36 kőből álló dominókészletből ezúttal két követ választottunk ki véletlenszerűen. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a két dominókő a játék szabályai szerint egymáshoz illeszthető? (Két dominókő összeilleszthető, ha van olyan „térfelük”, amelyen a pöttyök száma ugyanannyi.) (8 pont) Megoldás: a)
Nyolc olyan dominó van, amelynek mind a két térfelén ugyanannyi a pöttyök száma. (2 pont) Az olyan dominók száma, amelyeknek a két térfelén különböző számú pötty áll, annyi van, ahányféleképpen kiválasztható két szám a 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 87 számok közül, a sorrendet nem véve figyelembe, tehát , azaz 282 féleképpen. (2 pont) tehát összesen 8 28 36 kőből álló a dominókészlet (1 pont) b) Egy kő két „térfelén” levő pöttyök számának összege 8 a következőképpen lehet: 1;7 , 2;6 , 3;5 , 4;4 (1 pont)
c)
tehát négyféleképpen
(1 pont)
4 1 A keresett valószínűség P . 36 9
(1 pont)
8 8 olyan dominó van, amelynek egyik térfelén nincs tipp. Ezek közül 2 db 2 féleképpen választható ki. (2 pont) 8 A 8 olyan dominó közül, amelyiknek egyik térfelén 1 db pötty van 2 8 féleképpen választható ki 2 db. Ezt a gondolatmenetet folytatva 2 féleképpen választható ki 2 db azon 8 dominó közül, amelyiknek az egyik térfelén 7 pötty van. (2 pont) 8 A kedvező esetek száma 8 (1 pont) 2 36 Az összes esetek száma 2
(1 pont)
8 8 2 16 A keresett valószínűség 45 36 2
(2 pont)
Összesen: 16 pont 8) Kartonpapírból kivágunk egy 1,5 dm magasságú ABC szabályos háromszöglapot. A háromszöglapon párhuzamost húzunk a háromszög mindegyik oldalával, mindegyikből ugyanakkora 0,5 deciméternél kisebb x távolságra. Ezek az egyenesek az A1B1C1 szabályos háromszög oldalegyenesei. a) Írja fel az A1B1C1 háromszög területét x függvényében! (6 pont) b) Szeretnénk egy A1B1C1 alapú x magasságú, felül nyitott egyenes hasáb alakú íróasztali tolltartót létrehozni a lapból, ezért levágjuk a fölösleget, majd az A1B1C1 háromszög élei mentén felhajtottuk a hasáb oldallapjait. Mekkora x estén lesz a keletkezett hasáb térfogata maximális? (10 pont) Megoldás: a)
Az ABC szabályos háromszög oldalhossza a 3 . Az ABC súlypontja 0,5 dm távolságra van a háromszög oldalegyeneseitől, s mivel x 0,5 , így ez a súlypont az A1B1C1 háromszög az ABC háromszög belsejében van. (2 pont)
Az A1; B1;C1 pontok rendre az ABC háromszög A-ból, B-ből, C-ből induló belső szögfelezőjének egy-egy pontja. Jelöljük b-vel az A1B1C1 háromszög oldalának hosszát. Az ábra szerinti CC1T derékszögű háromszögben legyen x C1T és y TC y Ekkor ctg 30 , így y x 3 (2 pont) x A tengelyes szimmetria figyelembevételével: b 3 2x 3 (1 pont)
TA1B1C1
b 2 3 3 3 1 - 2x 4 4
2
dm2
(1 pont)
b) A hasáb alaplapja A1B1C1 háromszög, magassága x.
3 3 1 2x 3 3 V x T x x 4x 3 4x 2 x 4 4 1 ahol 0 x 2 A V függvény differenciálható az értelmezési 3 3 V x 12x 2 8x 1 4 3 3 12x 2 8x 1 0 4 1 1 Megoldásai: illetve 2 6 1 1 0x x 6 6 V x 0 pozitív 2
V x
növő
A
pont
helyvektora:
(1 pont) tartományán
OA lg a; lg b ;
és
(2 pont) (1 pont) (1 pont) 1 1 x 6 2 negatív
maximum
A hasáb térfogata maximális, ha az x távolságot
9) Az
(1 pont)
csökkenő (3 pont)
1 dm hosszúnak választjuk. 6 (1 pont) Összesen: 16 pont a
B
pont
helyvektora:
b OB lg ab; lg , ahol a és b olyan valós számokat jelölnek, melyekre a 0 a 1 , illetve 1 b teljesül. a) Bizonyítsa be, hogy a B pont mindkét koordinátája nagyobb az A pont megfelelő koordinátáinál! (3 pont) b) Bizonyítsa be, hogy az OA OB vektor merőleges az OA vektorra! (3 pont) c) Mekkora az OA és OB vektorok hajlásszöge? (4 pont) 1 d) Legyen a , b pedig jelöljön tetszőleges 1-nél nagyobb valós 10 számot. Adja meg (egyenletével, vagy a derékszögű koordinátarendszerben ábrázolva) az A, illetve B pontok halmazát! (6 pont) Megoldás: a)
b lg b lg a , így B lg a lg b;lg b lg a (1 pont) a Bizonyítandó tehát, hogy lg a lg a lg b és lg b lg b lg a (1 pont) rendezés után kapjuk, hogy lg b 0 és lg a 0 . A feltételek szerint 0 a 1 , illetve 1 b , és a tízes alapú logaritmus függvény szigorúan növő a pozitív számok halmazán, valamint lg1 0 , tehát mindkét egyenlőtlenség igaz (1 pont)
Mivel lg ab lg a lg b , és lg
b)
OA OB BA lg b;lg a
(1 pont)
Mivel az OA és az OA OB vektorok skaláris szorzata a megfelelő koordináták szorzatának összege, vagyis OA OA OB lg a lg b lg b lg a 0 , tehát a két vektor merőleges
c)
egymásra OB OA ,
OA OB
egyike
sem
nullvektor.
OA lg a lg b OA OB
(2 pont)
tehát az OAB háromszög egyenlő szárú és derékszögű így OA;OB 45°
(1 pont)
A 1;lg b
(1 pont)
2
d)
és
(2 pont) Mivel
2
A tízes alapú logaritmus függvény szigorú növő, folytonos, felülről korlátos függvény, így lg b tetszőleges pozitív értéket felvehet. Ezért az A pontok halmaza azon nyílt kezdőpontú félegyenes, amelynek x ; y koordinátái kielégítik az x 1 egyenletet és az 0 y egyenlőtlenséget.(1 pont)
B lg b 1;lg b 1
(1 pont)
A B pont második koordinátája 2-vel nagyobb az első koordinátájánál (1 pont) lg b 1 lg b 1 2 lg b 1 tetszőleges, 1 -nél nagyobb szám lehet, így lg b 1 tetszőleges 1-nél
nagyobb értéket vesz föl. (1 pont) Így a B pontok halmaza azon nyílt kezdőpontú félegyenes, amelynek x ; y koordinátái kielégítik az y x 2 egyenletet és az 1 x egyenlőtlenséget
(1 pont) Összesen: 16 pont
