MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2011. október 18. EMELT SZINT I. 1) Kinga 10. születésnapja óta kap havi zsebpénzt a szüleitől. Az első összeget a 10. születésnapján adták a szülők, és minden hónapban 50 Fttal többet adnak, mint az azt megelőző hónapban. Egy bizonyos hónapban, amikor éppen 1850 Ft volt a havi zsebpénze, összeadta az addig kapott összes zsebpénzét. Az összeg 35100 Ft lett. Mennyi volt Kinga induló zsebpénze, és hány hónap telt el a 10. születésnapja óta? (12 pont) Megoldás: A havi zsebpénzek értékei egy számtani sorozat tagja ahol d 50, an 1850, Sn 35100
1850 a1 n 1 50
(1 pont) (1 pont) (1 pont)
azaz a1 1900 50n (1 pont) a an 1900 50n 1850 (2 pont) Sn 3500 1 n n 2 2 70200 3750n 50n 2 rendezve: n 2 75n 1404 0 (2 pont) Megoldva: n=36 vagy 39 (1 pont) (1 pont) n 39 nem megoldás mert akkor a1 negatív Ha n 36 , akkor a1 1900 50 36 100 (1 pont) Kinga induló zsebpénze 100 Ft volt, és a 10. születésnapja óta 35 hónap telt el (1 pont) Összesen: 12 pont
2) Az ENSZ 1996-ban megjelent táblázatának egy részlete a nyolc legnagyobb népességszámú ország népességi adatait tartalmazza 1988ban és egy népességdinamikai előrejelzés szerint 2050-ben.
Feltételezzük, hogy Pakisztán lakossága 1988 és 2050 között minden évben ugyanannyi százalékkal nő, mint amennyivel az előző évben növekedett. a) Ezzel a feltételezéssel élve – millió főre kerekítve – hány lakosa lesz Pakisztánnak 2020-ban? (Az évi százalékos növekedés két tizedesjegyre kerekített értékével számoljon!) (7 pont) b) A tábláztat mindkét oszlopában szereplő országok népességi adataira vonatkozóan mennyivel változik az átlagos lakosságszám és a medián 1988 és 2050 között? (Válaszát millió főben, két tizedesjegyre kerekítve adja meg!) (5 pont) Megoldás: a)
Pakisztán lakosságszáma az előrejelzés alapján 147 millióról 357 millióra nő 62 év alatt (1 pont) 62
p Így ha az évi növekedés p százalékos, akkor 357 147 1 (1 pont) 100 357 ahonnan p 100 62 (1 pont) 1 147 Kiszámolva a kért kerekítéssel p 1,44% (1 pont) A vizsgált növekedési időszak 32 év (1 pont) így a feltételezés és előrejelzés alapján 2020-ban Pakisztán lakossága (1 pont) 147 1,014432 (1 pont) 232 (millió fő) b) Hat ország szerepel minden oszlopban: Kína, India, Egyesült Államok, Indonézia, Pakisztán, Brazília (1 pont) Erre a hat országra nézve a népesség átlaga (millió főben) 19881255 976 274 207 165 147 ban: 504 6 1533 1517 357 348 318 243 és 2050-ben : (1 pont) 719,33 6 Az átlagos népességszám közelítőleg 215,33 (millió fő)-vel nő (1 pont)
Mivel a minta 6 elemű, ezért a medián a rendezett adatsokaság két középső 274 207 elemének számtani átlaga. Így a medián 1988-ban 240,5 , 20502 357 348 ben pedig (1 pont) 352,5 2 A medián is nő, 112 (millió fő)-vel (1 pont) Összesen: 12 pont 3) Egy 32 fős érettségiző osztály tanulói három különböző táncot mutatnak be a szalagavató bálon. AZ alábbi táblázat az egyes táncokban fellépő diákok számát mutatja nemenkénti bontásban.
Van 2 olyan lány, aki mindhárom táncban fellép, ugyanakkor nincs olyan fiú az osztályban, aki egynél több produkcióban részt venne. a) A lányok közül kettőt véletlenszerűen kiválasztva, mennyi annak a valószínűsége, hogy mindketten táncolnak a kán-kánban? (5 pont) b) Az osztály tanulói közül egyet véletlenszerűen kiválasztva, mennyi a valószínűsége annak, hogy az illető pontosan két táncban szerepel? (9 pont) Megoldás: a)
Mivel minden fiú legfeljebb egy táncban lépett fel, ezért a fiúk száma a táblázat alapján 15 (1 pont) a lányok száma pedig 17 (1 pont) 17 A 17 lányból kettőt 136 -féleképp lehet kiválasztani (1 pont) 2
6 6 lány táncolt kán-kánt, közülük kettőt 15 -féleképp lehet kiválasztani 2 (1 pont) 15 A keresett valószínűség P (1 pont) 0,11 136 b) A pontosan két táncban fellépő diák csak lány lehet (1 pont) Mivel két lány egyik táncban sem lépett fel, ezért 15 lány között kell keresnünk a pontosan kétszer táncolókat (1 pont) Ha a pontosan kétszer táncolók közül x a keringőző és kán-kánozó, y a kánkánozó és hip-hopozó, z pedig a keringőző és hip-hopozó lányok száma, akkor a csak keringőző lányok száma 9-x-z-2 (1 pont) A csak kán-kánozó lányok száma 6-x-y-2 (1 pont) A csak hip-hopozó lányok száma 10-y-z-2 (1 pont) A logikai szita formula alapján: (1 pont) 9 x z 2 6 x y 2 10 y z 2 x y z 2 15 ahonnan x+y+z=6 Az osztály tanulói közül egy diák kiválasztására 32 lehetőség van 6 így a keresett valószínűség P 0,1875 32
(1 pont) (1 pont) (1 pont)
Összesen: 14 pont
4) Oldja meg a következő egyenletrendszert, ha x és y valós számok, továbbá x 0, x 1 és y 0, y 1.
log x y log y x 2
sin 2x 3y sin 4 x y 1
(13 pont)
Megoldás:
1 (2 pont) 2 log x y Mivel egy pozitív számnak és a szám reciprokának összege pontosan akkor 2, ha a szám 1 (1 pont) ezért log x y 1 (1 pont) azaz x y (1 pont) 1 Behelyettesítve a második egyenletbe: 2sin5 1, azaz sin5x (1 pont) 2 Innen 5x 2k (1 pont) 6 5 vagy 5x (1 pont) 2l 6 ahol k és l (1 pont) 2 A megoldások így: x1 y1 (1 pont) k k 30 5 2 és x 2 y 2 l l (1 pont) 6 5 A kapott értékek kielégítik az egyenletet (1 pont) Összesen: 13 pont Áttérve azonos alapú logaritmusra: log x y
II. 5) Írja fel annak az egyenesnek az egyenletét, amelyik illeszkedik a P 2; 5 pontra, valamint az x y 4 és x y 6 egyeneseket olyan pontokban metszi, amelyek első koordinátájának különbsége 3. (16 pont) Megoldás: A feltételek és az adatok alapján a keresett egyenes nem lehet párhuzamos az y tengellyel, ezért egyenletét kereshetjük az y mx b alakban (1 pont) Mivel a P 2;5 pont illeszkedik az egyenesre, ezért 5 2m b
(1 pont)
ahonnan b 5 2m és az így keresett egyenes egyenlete y mx 5 2m (1 pont) Az adott egyenletű egyenesek és a keresett egyenes metszéspontjának első koordinátáját a megfelelő egyenletekből álló paraméteres egyenletrendszerekből határozhatjuk meg. (1 pont) x y 4 (1 pont) y mx 5 2m y-t az első egyenletbe behelyettesítve és rendezve: m 1 x 2m 1
(1 pont)
Mivel m 1 esetén a két adott egyenessel párhuzamos egyenest kapunk, ezért m 1 (1 pont) 2m 1 és x1 (1 pont) m 1 x y 6 Az egyenletrendszerből az előzőhöz hasonló módon kapjuk, y mx 5 2m 2m 1 hogy x 2 (1 pont) m 1 A feltétel szerint x1 x2 3 (1 pont) vagy x 2 x1 3 (1 pont) 5 Az első esetben m1 (1 pont) 3 1 a második esetben m2 (1 pont) 3 17 25 A kapott értékeket behelyettesítve kapjuk, hogy b1 , illetve b2 3 3 (1 pont) A feltételeknek eleget tevő egyenesnek egyenlete: 5 25 (1 pont) y x 5x 3y 25 3 3 1 17 (1 pont) y x x 3y 17 3 3 Összesen: 16 pont
6) a) Két szabályos dobókockát egyszerre feldobunk. Számítsa ki a következő két esemény valószínűségét: A: a dobott számok összege prím B: a dobott számok összege osztható 3-mal (6 pont) b) Az 1,2,3,4,5,6 számjegyekből véletlenszerűen kiválasztunk három különbözőt. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott számjegyek mindegyikének egyszeri felhasználásával 4-gyel osztható háromjegyű számot tudunk képezni? (5 pont) c) Az ABCD négyzet csúcsai: A 0; 0 , B ; 0 , C ; , D 0; . 2 2 2 2 Véletlenszerűen kiválasztjuk a négyzet egy belső pontját. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a kiválasztott pont a koordinátatengelyek és az f : 0; , f x cos x függvény grafikonja által határolt 2 tartomány egyik pontja? (5 pont) Megoldás: A dobott számok összege a következő esetekben lesz prím: 1 1, 1 2 , 1 4 , 2 3 , 1 6 , 2 5 , 3 4, 5 6 . (1 pont) Az 1 1 eset kivételével mindegyik összeg kétféleképpen valósulhat meg, így az A eseményt 15 elemi esemény valósítja meg (1 pont) 15 Az összes elemi esemény 6 6 36 , ezért P A (1 pont) 36 A dobott számok összege a következő esetekben lesz 3-mal osztható: 1 2 , 1 5 , 2 4, 3 3, 3 6, 4 5, 6 6. (1 pont) A 3 3 és a 6 6 esetek egyféleképpen, a többi kétféleképpen valósulhat meg, (1 pont) 12 így P B (1 pont) 36 6 b) A hat számjegyből hármat 20 különböző módon tudunk kiválasztani 3 (1 pont) A 4-gyel oszthatóság szabálya alapján kedvező esetet kapunk, ha a kiválasztott három számjegy között van kettő, amelyekből 4-gyel osztható kétjegyű szám képezhető (1 pont) Ezek között négy olyan hármas van, amely nem tartalmaz két megfelelő számjegyet: (1, 3, 5); (1, 3, 4); (1, 4, 5); (3, 4, 5). (2 pont) 20 4 16 4 Így a keresett valószínűség P (1 pont) 20 20 5 a)
c)
A négyzet és az f függvény grafikonjának felvétele közelítő pontossággal
(1 pont)
(1 pont) 4 A koordinátatengelyek és az f függvény grafikonja által határolt tartomány 2
A négyzet területe 2
területe:
cos x dx
(1 pont)
0
sin 0 1 2 A valószínűség kiszámításának geometriai modelljét alkalmazva, a 1 4 valószínűség: P 2 2 0, 405 4 Összesen:
sin x 02 sin
(1 pont) keresett (1 pont) 16 pont
7) Egy pillepalack alakja olyan forgáshenger, amelynek alapköre 8 cm átmérőjű. A palack fedőkörén található a folyadék kiöntésére szolgáló szintén forgáshenger alakú nyílás. A két hengernek közös a tengelye. A kiöntő nyílás alapkörének átmérője 2 cm. A palack magassága a kiöntő nyílás nélkül 30 cm. A palack vízszintesen fekszik úgy, hogy annyi folyadék van benne, amennyi még éppen nem folyik ki a nyitott kiöntő nyíláson keresztül. a) Hány deciliter folyadék van a palackban? (Válaszát egy tizedesjegyre kerekítve adja meg!) (9 pont) A palack tartalmát kiöntve, a palackot összenyomva, annak eredeti térfogata 2p százalékkal csökken. Egy hulladékot újrahasznosító cég (speciális gép segítségével) az ilyen módon tömörített palack térfogatát annak további p százalékával tudja csökkenteni. Az összenyomással, majd az azt követő gépi tömörítéssel azt érik el, hogy a palackot eredeti térfogatának 19,5 százalékára nyomják össze. b) Határozza meg p értékét! (7 pont) Megoldás: a)
A fedőkör tengelyre merőleges síkmetszete, jó ábra.
(2 pont)
1 , amiből 75,52 (1 pont) 4 (Így a kérdéses terület az O középpontú 2 középponti szögű körcikk és az ODC háromszög különbségeként adódik. 2 (1 pont) Tkörcikk 42 21,09 (cm2) 260 42 sin 2 TODC 3,87 (cm2) (1 pont) 2 Tkörszelet Tkörcikk TODC 17,22 (cm2) (1 pont) Amiből a folyadék térfogata: Vfolyadék Tkörszelet mpalack 17,22 30 516,6 (cm2) (1 pont) cos
Azaz 5,2 dl folyadék van a palackban
(2 pont)
2p p b) A feltételek szerint 1 1 0,195 (ahol p 50 ) 100 100 Rendezve: p 2 150 p 4025 0 melynek gyökei p1 35, p2 115 Utóbbi nem megoldása a feladatnak ( p 50 ) Tehát p 35 Összesen:
(2 pont) (2 pont) (1 pont) (1 pont) (1 pont) 16 pont
8) a) Ábrázolja f : 0;5
derékszögű koordinátarendszerben az 2 (5 pont) , f x x 4x 3 függvényt!
b) Tekintsük az
a
x 2
2
1 k paraméteres egyenletet, ahol k valós
paraméter. Vizsgálja a megoldások számát a k paraméter függvényében! (7 pont) c) Ábrázolja a megoldások számát megadó függvényt a k 6;6 intervallumon! (2 pont) d) Adja meg a c)-beli függvény értékkészletét! (2 pont) Megoldás: a)
f x x 2 4x 3 x 2 1
(1 pont)
Az y x 2 1 parabola tengelypontja (2;-1)
(1 pont)
az x tengelyt az (1;0) és (3;0) pontokban metszi Jó ábrázolás, leszűkítés a 0;5 intervallumra
(1 pont) (1 pont)
Az abszolút érték figyelembe vétele Helyes ábra:
(1 pont)
2
2
b) A megoldások számát az f x teljes grafikonja és az y k egyenes közös
c)
pontjainak száma adja Ha k 1 , akkor két közös pontja van Ha k 1 , akkor három közös pontja van Ha 0 k 1 , akkor négy közös pontja van Ha k 0 , akkor két közös pontja van Ha k 0 , akkor nincs közös pont Helyes ábra
d) Értékkészlete: R f 0;2;3; 4
(2 (1 (1 (1 (1 (1
pont) pont) pont) pont) pont) pont)
(2 pont) (2 pont) Összesen: 16 pont
9) Öt egymástól távol eső tanya között kábeleket feszítenek ki, bármely két tanya között legfeljebb egyet. a) Elvileg összesen hány különböző hálózatot lehetséges létrehozni a tanyák között? (A hálózatban a kifeszített kábelek száma 0-tól 10-ig bármennyi lehet. Két hálózatot akkor tekintünk különbözőnek, ha van olyan összeköttetés, amely az egyikben létezik, a másikban nem.) (4 pont) b) Takarékossági okokból csak 4 kábelt feszítenek ki úgy, hogy a hálózat azért összefüggőben legyen. (Összefüggőnek tekintünk egy hálózatot, ha a kábelek mentén bármely tanyáról bármely másikba el lehet jutni, esetleg más tanyák közbeiktatásával.) Hány különböző módon tehetik ezt meg, ha az egyes tanyákat megkülönböztetjük egymástól? (12 pont) Megoldás: a)
Az öt tanyát tekintsük egy gráf csúcsainak. Két csúcsot éllel kötünk össze, ha van az általuk reprezentált tanyák között kábel-összeköttetés (1 pont) Egy ötpontú egyszerű gráfban legfeljebb 10 él húzható, ezek mindegyike vagy szerepel a gráfban, vagy nem (1 pont) Így minden élhez két értéket rendelhetünk (1 pont) 10 A különböző hálózatok száma ezért 2 1024 (1 pont) b) A csúcsokat nem megkülönböztetve három eset lehetséges (1 pont) I. Egy csúcsot összekötünk négy másikkal (1 pont) II. A csúcsokat egymás után sorba kötjük (1 pont) III. Egy csúcsot három másikkal, ez utóbbiak közül pedig egyet az ötödikkel kötünk össze (1 pont) Ha a csúcsokat megkülönböztetjük egymástól, akkor az I. esetben azt 5féleképpen tehetjük meg. (1 pont) A II. esetben 5! 120 -féleképpen rakhatjuk az 5 tanyát sorba (1 pont) de így minden lehetőséget kétszer számolunk, azaz csak 60 különböző összeköttetés lehetséges (1 pont) A III. esetben a 3 fokszámú csúcsot az 5, a 2 fokszámú csúcsot 4-féleképpen, az ehhez kapcsolódó 1 fokszámú csúcsot 3-féleképpen választhatjuk ki. (2 pont) így a lehetőségek száma 5 4 3 60 (2 pont) Ez összesen 5 60 60 125 különböző hálózatot jelent (1 pont) Összesen: 16 pont
