MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2009. október 20. EMELT SZINT I. 1) Oldja meg az alábbi egyenleteket! 2 log 0,5 x a) 0,5 3 , ahol x 0 és x 1 b) 7 6 log x log 2 x , ahol 1 x 2 és x 2
(4 pont) (7 pont)
Megoldás: a)
Az
2log0,5 x
0,5
3
egyenletben
a
hatványozás
megfelelő
azonosságát
2
alkalmazva, az
0,5 3 egyenlethez jutunk. log x 0,5 0,5
Innen a logaritmus definíciója szerint Ebből x
1 12
1 log 2 1 2 1 b) Mivel log x 2 log 2 x log 2 x
0,52 3 egyenlet adódik x
(1 pont) (2 pont) (1 pont)
(1 pont)
6 (1 pont) log 2 x log 2 x Mindkét oldalt log 2 x -szel szorozva, és az egyenletet nullára redukálva:
Így a megoldandó egyenlet: 7
(1 pont) log 22 x 7 log 2 x 6 0 A log 2 x -re másodfokú egyenlet megoldásai: log 2 x 6 vagy log 2 x 1 (1 pont) (1 pont) x 64 vagy x 2 Mivel 1 x 2 , a 64 nem megoldás (1 pont) A megadott halmazon az egyenleteknek egy megoldása van, a 2 (1 pont) Összesen: 11 pont 2) István örömmel mesélte Péter barátjának, hogy egy négyszög alakú telket vett, amire majd házat akar építeni. Elmondása szerint a négyszög egyik szöge derékszög, és az ezt közrefogó mindkét oldal 20,0 m hosszú. A telek másik két oldala is egymással egyenlő hosszú, ezek 120°-os szöget zárnak be. a) Hány méter hosszú drót szükséges az üres telek körbekerítéséhez?(4 pont) „Mekkora házat szeretnél rá építeni?”- kérdezte Péter. „Négyzet alapú sarokházat, és körülbelül 100m2 alapterületűt. Úgy gondoltuk a párommal, hogy a házat a derékszögű sarokba építjük.”válaszolt István. „Ha jól képzelem el a telek alakját, akkor az nagyon furcsa alakú lehet. Oda még egy kis faház sem fér el.”- szólt nevetve Péter.
b) Rajzolja le, milyen alakú az István által megvett telek, és milyennek képzelte el Péter! (2 pont) c) Legfeljebb mekkora alapterületű, négyzet alapú sarokház férne el a telek derékszögű sarkába az egyik és mekkora a másik esetben? (Válaszát m2-re kerekítve adja meg! (7 pont) Megoldás: a)
BD 20 2 (1 pont) A BDC egyenlő szárú háromszögben BDC 30 . A háromszög C csúcsából húzott magasság felezi a DB alapot. (Jelölje F a DB oldalfelező pontját.) A DFC DF derékszögű háromszögben cos 30 (1 pont) DC 20 2 3 10 2 Így , azaz b (1 pont) 2 b 3
40 2 72, 7 m 3 b) István ilyen négyszög alakú telket látott: Tehát a kerítés hossza: 40
Péter konkáv négyszögre gondolt
c)
(1 pont) (1 pont)
(1 pont)
A négyzet alapú ház alapterülete akkor a lehető legnagyobb, ha a négyzet Aval szembeni csúcsa a C pont.
Az ABCD négyszögbe berajzolva a négyzetet, az a négyszögben két egybevágó derékszögű háromszöget hoz létre. (2 pont) Jelölje T a C csúcsból húzott, AD oldalnak a metszéspontját. Ekkor a TC a keresett négyzet oldala. István konvex négyszögében TCD 15 (1 pont) CT A TCD derékszögű háromszögben: cos15 (1 pont) b
20 2 20 2 , így CT cos15 15,77 m . 3 3 Ekkor a ház alapterülete: kb. 249 m2 lenne. Mivel b
Péter konkáv négyszöge esetében TCD
így CT lenne
(1 pont) CT , 75 . Mivel ekkor cos 75 b (1 pont)
20 2 cos 75 4,23 m . Ekkor a ház alapterülete: kb. 18 m2 3 (1 pont) Összesen: 13 pont
3) Az a és b vektor koordinátái a t valós paraméter függvényében: b cos t ; sin t és b sin2 t ; cos2 t
5 6 (2 pont)
a) Adja meg a és b vektorok koordinátáinak pontos érékét, ha t az számot jelöli!
5 esetén? (A keresett 6 szöget fokban, egészre kerekítve adja meg!) (5 pont) c) Határozza meg t olyan valós értékeit, amelyek esetén a és b vektorok merőlegesek egymásra! (7 pont)
b) Mekkora az a és b vektorok hajlásszöge t
Megoldás: 5 5 3 1 (1 pont) a cos ;sin ; a 6 6 2 2 5 5 1 3 (1 pont) b sin2 ;cos2 b ; 6 6 4 4 b) Jelöljük a két vektor által bezárt szöget -val. A koordinátáival adott vektorok 3 1 1 3 3 3 skaláris szorzata kétféleképpen is kiszámítható: ab 2 8 4 2 4 (1 pont) illetve ab a b cos (1 pont)
a)
Mivel a 1 és b
(1 pont)
3 3 10 3 3 0,2005 cos , ebből cos (1 pont) 4 8 2 10 Innen 78,43 . Tehát a két vektor ebben az esetben kb. 78°-os szöget zár be. (1 pont) A két vektor akkor és csak akkor merőlege egymásra, ha a b 0 (1 pont) A keresett t ismeretlent a szokásosabb módon x jelöli. Mivel ab cos x sin2 x sin x cos2 x , így a cos x sin2 x sin x cos2 x 0 egyenlet megoldása a feladat. Azonos átalakítással adódik: Ezért
c)
10 10 16 4
cos x sin x sin x cos x 0
(1 pont)
Ez a szorzat pontosan akkor nulla, ha (1 pont) cos x 0 vagy sin x 0 vagy sin x cos x 0 (1) x n , ahol n vagy (1 pont) 2 (2) x k , ahol k vagy (1 pont) (3) sin x cos x 0 A (3) alatti egyenletnek nem megoldásai azok az x számok, amelyek koszinusza 0, így az egyenlet megoldáshalmaza azonos a tgx 1 egyenletével (1 pont) 3 Azaz x (1 pont) m , ahol m 4 A két vektor tehát pontosan akkor merőleges egymásra, ha t n vagy 2 3 t m , ahol n,m 4 Összesen: 14 pont
4) Az
an
mértani és
bn
számtani sorozatnak is 1 az első tagja, és
mindkét orozat hatodik tagja 1 . a) Sorolja fel mindkét sorozat első öt tagját! (4 pont) b) Milyen pozitív egész n-ekre lesz a két sorozat első n tagjának összege ugyanakkora? (9 pont) Megoldás: a)
Felírva a hatodik elemeket az első elem és a kvóciens (q), illetve a differencia (d) segítségével kapjuk, hogy q 1. (1 pont) 2 (1 pont) d 5 A mértani sorozat első öt eleme: 1; 1;1; 1;1 (1 pont) 3 1 1 3 A számtani sorozat első öt eleme: 1; ; ; ; (1 pont) 5 5 5 5 b) A mértani sorozat első n tagjának összege: 1 1 0, ha n páros Sn 1 1 1 1, ha n páratlan n
A számtani sorozat n-edik tagja: bn 1
(2 pont) 2 n 1 5
A számtani sorozat első n tagjának összege:
sn
6 1 n n2 5 5
(1 pont)
sn
2
2 n 1 5 n , azaz 2 (1 pont)
6 1 n n 2 0 egyenletnek pontosan egy pozitív egész 5 5 megoldása van, az n 6 (2 pont) 6 1 sn 1 , tehát n n 2 1 , azaz n 2 6n 5 0 egyenlet megoldásai n 1 és 5 5 (2 pont) n 5. Tehát a két sorozat első 1, vagy első 5, vagy első 6 tagjának összege ugyanakkora (1 pont) Összesen: 13 pont
sn 0 , azaz a
II. 5) A Kovács családban 4 embernek kezdődik a keresztneve B betűvel. Négyen teniszeznek, és négyen kerékpároznak rendszeresen. A család tagjairól tudjuk: - csak Bea és Barbara jár teniszezni és kerékpározni is; - egyedül Balázs nem űzi egyik sportágat sem - Zoli próbálja testvérét, Borit a teniszezőktől hozzájuk, a kerékpározókhoz csábítani- sikertelenül. a) A fentiek alapján legalább hány tagja van a Kovács családnak? (5 pont) Egyik nap Barbara, Bea, Bori és Balázs barátaikkal vonaton utaztak, és hogy jobban teljen az idő, játszottak. A játék kezdetekor a társaság minden tagjának egy-egy olyan háromjegyű pozitív számra kellett gondolnia, amelynek minden számjegye 4-nél nagyobb és 7-nél kisebb. Amikor sorra megmondták a gondolt számot, kiderült, hogy nincs a mondott számok között azonos. b) legfeljebb hány tagú lehetett a társaság? (3 pont) Egy másik alkalommal Barbara, Bea, Bori, Balázs és 4 barátjuk (Attila, András, Ali és Anna) moziba ment. Mind a 8 jegy egy sorba, egymás mellé szólt. c) A 8 ember hány különböző ülésrendben foglalhat helyet, ha az azonos betűvel kezdődő keresztnevűek közül semelyik kettő nem kerül egymás mellé? (5 pont) d) Mekkora a valószínűsége annak, hogy a c) pont szerinti ülésrend alakul ki, ha minden ülésrend egyenlően valószínű? (3 pont) Megoldás: a)
Jelölje T a teniszezők, K a kerékpározók halmazát a Kovács családon belül. Barbara, Balázs, Bea, Bori elhelyezése (1 pont)
Zoli elhelyezése Új családtag elhelyezése T halmazon belül Új családtag elhelyezése K halmazon belül A Kovács családnak tehát legalább 7 tagja van
(1 (1 (1 (1
pont) pont) pont) pont)
b) A háromjegyű szám minden számjegye 5 vagy 6 lehet csak (1 pont) Minden számjegy kétféleképpen választható meg, tehát 2 2 2 8 ilyen háromjegyű szám van (1 pont) Mivel a társaság minden tagja különböző számot mondott, így legfeljebb 8 tagú lehet a társaság (1 pont) c) A feladat szerint Barbara, Bea, Bori és Balázs vagy az 1,3,5 és 7-es számú székeken, vagy a 2,4,6 és 8-as számú székeken foglalnak helyet, és mindkét esetben a maradék 4 helyre a 4 barát ül. (1 pont) Az első sorrendben az adott 4 helyre Barbara, Bea, Bori és Balázs 4! féleképpen helyezkedhet el (1 pont) Barbara, Bea, Bori és Balázs bármelyik elhelyezkedése esetén a maradék 4 helyre a 4 barát szintén 4! -féleképpen foglalhat helyet (1 pont) Így az első esetben a 8 embernek 4! 4! 576 -féle ülésrendje alakulhat ki (1 pont) A második esetben is ugyanennyi, ezért a 8 embernek összesen (1 pont) 2 4! 4! 1152 ülésrendje alakulhat ki d) A 8 ember összes ülésrendjének száma 8! 40320 (1 pont) Mivel bármilyen ülésrend egyenlően valószínű, a kérdéses valószínűség 2 4! 4! 1152 1 (2 pont) p 0, 0286 8! 40320 35 Összesen: 16 pont 6) Egy üzletben háromféle palackozott ecet van a polcon: 12 db 10%-os, 8 db 15%-os és 5 db 20%-os. Mindegyiket azonos csomagolásban, 1 literes kiszerelésben árulják. a) Hány százalékos ecetet kapnánk, ha a polcon lévő összes ecetet összeöntenénk? (3 pont) Kázmér elképzelése az, hogy egy palack ecet árát az üres palack árából, a tömény ecet valamint a tiszta víz literenként árából kalkulálják ki. b) Az üres palack ára 30 Ft, a tömény ecet literje 500 Ft, a tiszta víz literje 10 Ft. Mennyibe kerülne a három különböző töménységű palackozott ecet az üzletben, ha a fogyasztói ár a Kázmér elképzelése szerint kalkulált ár 120%-a? (A fogyasztói árat a végén kerekítik egész forintra.) (5 pont) Kázmér felírta a literes palackok bolti árait: a 10%-os ecet 144 Ft, a 15%-os 150 Ft, a 20%-os 156 Ft. c) Ha ezeket az árakat a b) részben leírtak szerint kalkulálták, akkor ki lehet-e mindezekből számítani az üres palack, a tömény ecet és a tiszta víz árát? (8 pont) Megoldás: a)
A 12 liter 10%-os ecet tömény tartalma: 1,2 liter, a 8 liter 15%-os eceté is 1,2 liter, az 5 liter 20%-osé pedig 1 liter. (1 pont) Az összehasonlítás utáni 25 liter keverékben a tömény ecet 3,4 liter. (1 pont) 3,4 13,5 Ezért a keverék (1 pont) 13, 6% -os 25 100
b) Ha a palackban a tömény ecet mennyisége a, a tiszta vízé b (liter), Kázmér számolása szerint egy palack ára 1,2 500a 10b 30 forint (2 pont)
c)
ami a 10%-os palackesetén 1,2 500 0,1 10 0,9 30 107 Ft
(1 pont)
a 15%-os palack estén 1,2 500 0,15 10 0,85 30 136 Ft
(1 pont)
a 20%-os palack esetén 1,2 500 0,2 10 0,8 30 166 Ft
(1 pont)
Kázmér kalkulációja alapján a kereskedelmi árrés nélkül megállapított árak a 10%-os palack esetén 120 Ft, a 15%-os palackra 125 Ft, a 20%-osra pedig 130 Ft (2 pont) Jelölje a palack árát forintban p, a tömény ecet literjének árát t és a víz literjének árát v. Felírhatók az alábbi egyenletek: (1) p 0,1 t 0,9 v 120 (2) p 0,15 t 0,85 v 125 (3) p 0,2 t 0,8 v 130 (2 pont) A (2)-(1) egyenletekből kapjuk, hogy 0,05 t 0,05 v 5 (1 pont) Ugyanezt kapjuk a (3)-(2) egyenletekből (1 pont) A három egyenlet tehát nem független egymástól. A p, t és v egyértelmű értékeinek megállapítása ezekből az adatokból nem lehetséges (1 pont) Összesen: 16 pont
7) Egy matematikus három német és négy magyar matematikust hívott vendégségbe szombat délutánra. Csütörtökön a házigazda és a 7 meghívott közül néhányan telefonon egyeztettek. A házigazda mindenkivel beszélt. Az azonos nemzetiségű vendégek egymást nem hívták, de a többiekkel mind beszéltek telefonon. Senki sem beszélt egy másik emberrel egynél többször, és minden beszélgetés pontosan két ember között zajlott. a) Hány telefonbeszélgetést bonyolított le egymás között a 8 matematikus csütörtökön? (5 pont) A telefonbeszélgetéskor minden meghívott vendég megmondta, hogy mekkora valószínűséggel megy el a szombati vendégségbe. A házigazda tudta, hogy a meghívottak egymástól függetlenül döntenek arról, hogy eljönnek-e. Kiszámolta, hogy 0,028 annak a valószínűsége, hogy mindannyian eljönnek. b) Mennyi annak a valószínűsége, hogy legalább egy meghívott elmegy a vendégségbe? (Válaszát három tizedesjegyre kerekítve adja meg!) (11 pont) Megoldás: 87 28 a) Ha a 8 fős társaság minden tagja mindenkivel beszélt volna, akkor 2 beszélgetést folytattak volna le csütörtökön (1 pont) Azonos nemzetiségűek nem beszéltek egymással, tehát a három német összesen 3-mal kevesebb, (1 pont) 43 6 -tal kevesebb beszélgetést míg a négy magyar meghívott összesen 2 folytatott (1 pont) Ezek alapján a csütörtöki beszélgetések száma 28 3 6 19 (1 pont)
b) Legyen p az a valószínűség, amit mindannyian mondtak. Mivel egymástól függetlenül döntöttek, (1 pont) 7 annak valószínűsége, hogy mindenki elmegy p 0,028 (2 pont) Innen p 7 0,028 0,600 Annak a valószínűsége, hogy valaki nem megy el 1 p
(2 pont) (1 pont)
Annak a valószínűsége, hogy senki sem megy el: 1 p 0,47 0,0016 7
(2 pont) 7 Tehát annak a valószínűsége, hogy legalább egy ember elmegy: 1 1 p , ami megközelítőleg 0,998
(2 pont) (1 pont) Összesen: 16 pont
8) Egy egyenlő szárú háromszög szárainak metszéspontja C 0; 7 pont, a
53 egység. A háromszög másik két csúcsa (A,B) 1 illeszkedik az y x 2 1 egyenletű parabolára. 4 a) Számítsa ki az A és a B pont koordinátáit! (6 pont) b) Írja fel az ABC háromszög egyik száregyenesének egyenletét! Ennek az egyenesnek és a parabolának további közös pontja D. Határozza meg a D pont koordinátáit! (4 pont) c) Mekkora területű részekre bontja az ABC háromszöget a parabola íve? (6 pont) szárak hossza
Megoldás: a)
A keresett két csúcs rajta van a C középpontú
53 egység sugarú körön. A
kör egyenlete: x 2 y 7 53 2
(1 pont)
A keresett pontokat a következő egyenletrendszer megoldása adja: 1 y x2 1 4 (1 pont) 2 2 x y 7 53 Az első egyenlet átalakításával: x 2 4y 4 . Az x 2 kifejezést behelyettesítve a második egyenletbe kapjuk, hogy: y 2 18y 0 (1 pont) Innen y1 0 és y2 18 . (1 pont) Ezek közül csak az y1 0 ad megoldást (1 pont) Behelyettesítve az első egyenletbe: x 2 4 . Innen x1 2 és x 2 2 A keresett két pont: A 2; 0 és B 2; 0
(1 pont)
b) A BC egyenes egyenlete: 7x 2y 14 A D pont koordinátáit a 7x 2y 14 és a y metszéspontjai adják. 1 7x x 2 12 gyökei x1 2 és x 2 12 2 D 12; 35 (A másik száregyenes egyenlete:
(1 pont) 1 2 x 1 görbék B-től különböző 4 (1 pont)
(1 pont) (1 pont)
AC : 7x 2y 14 , közös pont pedig
D 12; 35 .) c)
AB mc 4 7 14 2 2 A parabola két részre osztja a háromszöget. A kisebbik rész területének fele a szimmetria miatt: 2 4 1 2 0 4 x 1 dx 3
Az ABC háromszög területe:
(1 pont) (1 pont) (2 pont)
8 (területegység) (1 pont) 3 8 34 A háromszögnek a parabolaív felé eső területe: 14 (te) (1 pont) 3 3 Összesen: 16 pont A háromszögnek parabolaív alá eső területe:
9) Jancsi vázát készít. Egy 10 cm sugarú, belül üreges gömbből levágott m magasságú ( m 10 ) gömbszelet határoló köréhez egy szintén m magasságú hengerpalástot ragaszt. A henger sugara megegyezik a gömbszelet határoló kör sugarával. Mekkorának válassza Jancsi a gömbszelet m magasságát, hogy a vázába a lehető legtöbb víz férjen? (A váza anyaga vékony, ezért a vastagságától eltekintünk, s hogy ne boruljon fel, egy megfelelő méretű üreges fatalpra fogják állítani.) Tudjuk, hogy ha a gömbszelet magassága m, a határoló kör sugara pedig r, akkor a térfogata: V m 3r 2 m 2 (16 pont) 6 Megoldás:
A KBC derékszögű háromszög befogóinak hossza m 10 és r, átfogója 10 cm (2 pont) 2 Alkalmazzuk a Pitagorasz-tételt a KBC háromszögre: m 10 r 2 100 Ebből r 20m m 2
(2 pont) (1 pont)
2
(2 pont) m 3 20m m 2 m 2 20m m 2 m 6 2 4 azaz V m m 3 30m 2 (1 pont) 45m 2 2m 3 3 3 ahol 10 m 20 (1 pont) A V függvény differenciálható a 10;20 nyílt intervallumon, deriváltja pedig:
A váza térfogata: V m
V m 4m 2 60m 4 15 m m
A 10;20 nyílt intervallumon V m 0 pontosan akkor, ha m 15
V m V
10 m 15
m 15
15 m 20
pozitív szigorúan növő
=0 helyi maximum
negatív szigorúan csökkenő
(1 pont)
(3 pont) Az m 15 a V függvény abszolút maximum helye is, így ekkor lesz a váza térfogata a lehető legnagyobb Vmax 2250 (1 pont) Összesen: 16 pont
