MATEMATIKA ÉRETTSÉGI 2007. október 25. EMELT SZINT I. 1) a) Oldja meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet! (5 pont) x2 x 6 b) Oldja meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert! lg x y 2 lg x (9 pont) lg x lg 2 lg y 1 Megoldás: 1. eset: x 2 x 6 0, x 6 (1 pont) ennek valós gyökei 2 és -3 (1 pont) Ezek megoldásai az eredeti egyenletnek (1 pont) 2 2. eset: x x 6 0, x 6 (1 pont) ennek nincs valós megoldása (1 pont) Tehát az egyenlet megoldásai a 3 és a 2. b) x 0 és y 1 a logaritmus értelmezése miatt (1 pont) A logaritmus azonosságait használva lg x y lg x 2 (2 pont) lg x lg 2 y 1 Az lg függvény szigorú monoton nő (1 pont) 2 x y x (1 pont) x 2y 2 A második egyenletből kifejezzük x-et, behelyettesítve az elsőbe kapjuk, hogy (1 pont) 4y 2 11y 6 0 Ennek valós gyökei 2 és 0,75 (1 pont) Az y 1 miatt 0,75 nem eleme az értelmezési tartománynak (1 pont) a)
Ezért csak y 2 és így x 2 lehetséges. A egyenletnek
2;2
számpár megoldása az (1 pont) Összesen: 14 pont
2) Egy családnak olyan téglalap alakú telke van, melynek két szomszédos oldala 68 m, illetve 30 m hosszú. A telek egyik sarkánál úgy rögzítettek egy kerti locsoló berendezést, hogy a telek rövidebb oldalától 4 m-re, a vele szomszédos oldaltól 3 m-re legyen. A locsoló berendezés körbe forgó locsolófeje azt a részt öntözi, amely a rögzítés helyétől legalább 0,5 mre, de legfeljebb 4 m-re van. A telek mekkora részét öntözi a locsoló berendezés, és ez hány százaléka a telek területének? (11 pont) Megoldás: A telek öntözött területének nagyságát megkapjuk, ha az L középpontú körgyűrű területéből kivonjuk az AB húr által lemetszett körszelet területét (1 pont) 2 2 2 A körgyűrű területe: 4 0,5 49,5 m (1 pont) Az AFL derékszögű háromszögből: cos 41,4
3 , amiből 4
(2 pont)
82,8 4 (2 pont) 11,6 m2 360 42 sin 82,8 Az ALB egyenlőszárú háromszög területe: (2 pont) 7,9 m2 2 A körszelet területe tehát kb. 3,7 m2 és így a telek öntözött területe kb. (1 pont) 49,5 3,7 45,8 m2 Ez a telek területének kb. 2,2%-a. (2 pont) Összesen: 11 pont
A 2 középponti szögű ALB körcikk területe:
2
3) Egy dolgozó az év végi prémiumként kapott 1000 000 Ft-ját akarja kamatoztatni a következő nyárig, hat hónapon át. Két kedvező ajánlatot kapott. Vagy kéthavi lekötést választ kéthavi 1,7 %-os kamatra, kéthavonkénti tőkésítés mellett, vagy forintot átváltja euróra, és az összeget havi 0,25 %-os kamattal köti le hat hónapra, havi tőkésítés mellett. a) Mennyi pénze lenne hat hónap után a forintszámlán az első esetben? (Az eredményt Ft-ra kerekítve adja meg!) (3 pont) b) Ha ekkor éppen 252 forintot ért egy euró, akkor hány eurót vehetne fel hat hónap múlva a második ajánlat választása esetén? (Az eredményt két tizedesjegyre kerekítve adja meg!) (4 pont) c) Legalább hány százalékkal kellene változnia a 252 forint/euró árfolyamnak a félév alatt, hogy a második választás legyen kedvezőbb? (Az eredményt két tizedesjegyre kerekítve adja meg!) (5 pont) Megoldás: a)
Kéthavonta 1,7 %-kal lesz több pénze, ami három ciklusban 1,0173 -es szorzót jelent. (2 pont) 3 Hat hónap után tehát a pénze 1000000 1,017 1051872 Ft lenne (1 pont)
1000000 3968,25 eurót kap. 252 (1 pont) Ez az összeg hat hónap alatt, havi tőkésítés mellett hatszor kamatozik, tehát (2 pont) 1,00256 -szorosára növekszik.
b) A megadott árfolyamon 1000000 forintért
c)
Hat hónap múlva 3968,25 1,00256 4028,15 eurója lenne. (1 pont) Legyen 1 euró a nyáron x Ft. Ha jobban jár, az azt jelenti, hogy (2 pont) 4028,15x 1051872 amiből x 261,13 (1 pont) 261,13 Ebből az árfolyamarány 1,03623 , tehát legalább kb. 3,63%-kal 252 kellene nőnie a forint/euró árfolyamnak. (2 pont) Összesen: 12 pont
4) Egyszerre feldobunk hat szabályos dobókockát, amelyek különböző színűek. a) Mennyi a valószínűsége annak, hogy mindegyik kockával más számot dobunk? (5 pont) b) Számítsa ki annak a valószínűségét, hogy egy dobásnál a hat dobott szám összege legalább 34 lesz! (9 pont) Megoldás: A kockák különbözőek, tehát az összes lehetséges eset 66 (1 pont) Ha mindegyiknél más számot dobunk, akkor a hat különböző szám 6! féleképpen fordulhat elő. (2 pont) 6! Innen a klasszikus formula szerint a valószínűség 6 0, 0154 . (1 pont) 6 b) A hat szám összege legalább 34, azt jelenti, hogy 34, 35 vagy 36 (1 pont) Tehát a következő esetek lehetnek: (1) 36 6 6 6 6 6 6 (2) 35 6 6 6 6 6 5 (3) 34 6 6 6 6 6 4 (4) 34 6 6 6 6 5 5 (2 pont) Összeszámoljuk, hogy az egyes esetek hányféleképpen fordulhatnak elő: (1) egyféleképpen (1 pont) (2) 6-féleképpen (3) 6-féleképpen (1 pont) 6 (4) 15 -féleképpen (1 pont) 2 A kedvező esetek száma összesen: 1 6 6 15 28 . (1 pont) 28 A keresett valószínűség: P 6 0, 0006 . (1 pont) 6 Összesen: 14 pont a)
II. 5) Az ABC háromszög körülírt körének sugara 26 cm, BAC 60 a) Számítsa ki a BC oldal hosszát! (4 pont) b) Hány fokos a háromszög másik két szöge, ha az AC oldal b cm, az AB oldal 3b cm hosszúságú? (12 pont) A keresett értékeket egy tizedesjegyre kerekítve adja meg! Megoldás: a)
BC 2 26 sin60 BC 45, 0 cm .
(3 pont) (1 pont)
b) Koszinusztételt felírva a BC oldalra: 52sin60 b 2 9b 2 6b 2 cos 60 2
Ebből b 289,7 . Mivel b 0 , ezért b 17 (és így 3b 51 ). sin AC 17 Erre felírva a szinusztételt , amiből sin 60 BC 45 sin 0,3273 , így 19,1 , mert az AC oldallal szemköztes csak hegyesszög lehet. A háromszög harmadik szöge pedig kb. 100,9°.
(2 pont) (2 pont) (1 pont)
2
(2 pont) (2 pont) (2 pont) (1 pont) Összesen: 16 pont
6) Adott az f függvény: f : 1;6 ; f x 4x 3 192x a) Határozza meg f zérushelyeit és elemezze az f függvényt monotonitás szempontjából! (7 pont) Jelölje c az f értelmezési tartományának egy pozitív elemét b) Határozza meg c értékét úgy, hogy az x tengely 0;c szakasza, az x c 0 egyenletű egyenes és az f grafikonja által közbezárt síkidom területe 704 területegységnyi legyen! (9 pont) Megoldás: a) A 4x x 2 48 0 egyenlet 1;6 intervallumba eső egyetlen megoldása a 0. f deriváltjának hozzárendelési szabálya: f x 12x 192
(2 pont) (1 pont)
A deriváltfüggvény 1;6 intervallumba eső egyetlen zérushelye 4.
(1 pont)
2
Itt a derivált előjelet vált, mégpedig pozitívból negatívba (1 pont) Az f függvény tehát monoton növekszik a 1; 4 intervallumon és monoton csökken a 4; 6 intervallumon.
(2 pont)
b) A 0;c intervallumon f x 0 c
ezért
4x
3
(1 pont)
192x dx 704 egyenletet kell megoldani a 0;6 intervallumon
0
(2 pont) c
4x
3
0
192x dx x 4 96x 2 0 c
(1 pont)
c
x 4 96x 2 c 4 96c 2 0 4 2 c 96c 704
(1 pont)
(1 pont) c 4 96c 2 704 0 Megoldóképlettel: c 2 8 vagy c 2 88 (1 pont) Az értelmezési tartományban az egyetlen pozitív megoldás: c 8 (1 pont) Összesen: 16 pont 7) A csonkakúp alakú tárgyak térfogatát régebben a gyakorlat számára elegendően pontos közelítő számítással határozták meg. Eszerint a csonkakúp térfogata közelítőleg egy olyan henger térfogatával egyezik meg, amelynek átmérője akkora, mint a csonkakúp alsó és felső átmérőjének számtani közepe, magassága pedig akkora, mint a csonkakúp magassága. a) Egy csonkakúp alakú fatörzs hossza (vagyis a csonkakúp magassága) 2 m, alsó átmérője 12 cm, felső átmérője 8 cm. A közelítő számítással kapott térfogat hány százalékkal tér el a pontos térfogattól? (Ezt nevezzük a közelítő eljárás relatív hibájának.) (3 pont) b) Igazolja, hogy a csonkakúp térfogatát – a fentiekben leírt útmutatás alapján kapott - közelítő érték sohasem nagyobb, mint a csonkakúp térfogatának pontos értéke! (7 pont) Jelölje x a csonkakúp két alapköre sugarának az arányát, és legyen x 1. Bizonyítandó, hogy a fentiekben leírt, közelítő számítás relatív hibájának százalékban mérve a következő függvény adja meg:
f : 1;
, f x 25
x 1
2
. x2 x 1 c) Igazolja, hogy f-nek nincs szélsőértéke!
(6 pont)
Megoldás: a)
A
közelítő
henger
alapkörének
sugara:
1 12 8 5 2 2
cm,
térfogata
25 200 5000 15708 cm3. (1 pont) A csonkakúp elméletileg pontos térfogata: 200 2 15200 (1 pont) 6 6 4 42 15917 cm3. 3 3 200 A közelítő érték 209 cm3-rel kisebb, tehát a pontos értéktől 3 200 (1 pont) 1, 3 %-kal tér el. 152
b) Legyen a csonkakúp alapköreinek sugara R és r, magassága m. m 2 A csonkakúp elméleti térfogata: R Rr r 2 3
(1 pont) (1 pont)
2
R r A csonkakúp gyakorlati térfogata: m 2
(1 pont) 2
m 2 R r A két térfogat különbségéről állítjuk: (1 pont) R Rr r 2 m 0 3 2 12 Szorozzuk be az egyenlet mindkét oldalát -vel, bontsuk fel a zárójeleket és m az összevonások után: R 2 2Rr r 2 0 (2 pont) 2 Vagyis R r 0 adódik, ami minden R és r esetén igaz. (1 pont)
c)
A következtetés minden lépése megfordítható, ezért az állítás igaz (1 pont) Az f függvény deriválható, a deriváltfüggvény hozzárendelési szabálya: 2 2 x 1 x 2 x 1 x 1 2x 1 (2 pont) f x 25 2 2 x x 1
f x 75 Az
x
x2 1 2
(2 pont)
x 1
2
f x 0 egyenletnek nincs megoldása az
tehát f-nek nincs szélsőértéke
1;
intervallumon,
(2 pont) Összesen: 16 pont
8) Hat úszó: A, B, C, D, E és F indul a 100 méteres pillangóúszás döntőjében. Egy fogadóirodában ennek a versenynek az első, a második és a harmadik helyezettjére lehet tippelni egy szelvényen. Az a fogadó szelvény érvényes, amelyen megnevezték az első, a második és a harmadik helyezettet. Ha a fogadó valamelyik helyezésre nem ír tippet, vagy a hat induló nevén kívül más nevet is beír, vagy egy nevet többször ír be, akkor a szelvénye érvénytelen. Holtverseny nincs, és nem is lehet rá fogadni. a) Hány szelvényt kell kitöltenie annak, aki minden lehetséges esetre egy-egy érvényes fogadást akar kötni? (3 pont) A döntő végeredménye a következő lett: első az A, második a B, harmadik a C versenyző. b) Ha egy fogadó az összes lehetséges esetre egy-egy érvényes szelvénnyel fogadott, akkor hány darab legalább egytalálatos szelvénye lett? (Egy szelvényen annyi találat van, ahány versenyző helyezése megegyezik a szelvényre írt tippel.) (13 pont) Megoldás: a)
Mivel bárki végezhet bármelyik dobogós helyen, ezért az első 6, a második 5, a harmadik helyezett 4-féle lehet, így 6 5 4 120 -féle dobogós sorrend lehetséges, tehát ennyi szelvényt kell kitöltenie (3 pont)
b) A telitalálatos szelvény tippje: ABC. Egyetlen szelvényen lett három találat (1 pont) A pontosan 2 találatot elért szelvények tippje ABX, AXC vagy XBC alakú, ahol X D; E ; F . Tehát 9 szelvényen lett pontosan 2 találat (3 pont) Az egytalálatos szelvények számát keressük. Az első három helyezett bármelyikét eltalálhatta a fogadó, így először tegyük fel, hogy éppen az 1. helyezettet (A) találta el, de nem találta el sem a 2., sem a 3. helyezettet. Ez két lényegesen különböző módon valósulhatott meg. 1. eset: A második versenyzőre leadott tipp a C versenyző. A szelvényen szereplő tipp ACX alakú, ahol x B ; D; E ; F . Ez négy lehetőség, tehát 4 ilyen egytalálatos szelvény van (3 pont) 2. eset: A második helyezettre adott tipp nem a C versenyző (de nem is a B versenyző). A szelvényen szereplő tipp AXY alakú, ahol X D; E ; F . Az X helyére beírandó név megválasztása után az Y helyére három név bármelyike választható, mert csak három név nem írható oda: az A, a C és az X helyére választott név. Ezért 3 3 9 ilyen egytalálatos szelvény van (2 pont) Tehát összesen 4 9 13 darab olyan egytalálatos szelvény van, ahol csak az első helyezettet (A) találta el a fogadó (1 pont) Hasonlóan okoskodva: 13 olyan szelvény lett, ahol csak a második helyezettet (B), és 13 olyan szelvény, ahol csak a harmadik helyezettet (C). Tehát összesen 3 13 39 egytalálatos szelvénye lett a fogadónak (2 pont) A legalább egytalálatos szelvények száma: 1 9 39 49 (1 pont) Összesen: 16 pont 9) Egy ipari robotnak az a feladata, hogy a munkaasztalra helyezett lemezen ponthegesztést végezzen. Minden egyes lemezen a szélétől adott távolságra egyetlen ponthegesztést végez. Ellenőrzésnél megvizsgálják, hogy a robot mekkora távolságra végezte el a hegesztést. A méréshez olyan digitális műszert használnak, amelynek kijelzője egész milliméterekben mutatja a mért távolságokat. A minőségellenőr véletlenszerűen kiválasztott kilenc lemezt a már elkészültek közül, és azokon az alábbi gyakorisági diagramnak megfelelő távolságokat mérte.
a) Számítsa ki a mért távolságok átlagát és szórását! (5 pont) Ha a minőségellenőr bármely tíz, véletlenszerűen kiválasztott lemezen a mért távolságok szórását 1 milliméternél nagyobbnak találja, akkor a robotot le kell állítani, és újra el kell végezni a robot beállítását.
b) Tudjuk, hogy az ellenőr már kiválasztott kilenc lemezhez egy olyan tízediket választott, hogy ezen minőségi követelmény alapján nem kellett leállítani a robotot. (Ehhez a kilenc lemezhez tartozó adatokat adtuk meg a feladat elején!) Mekkora távolságot mérhetett a minőségellenőr ezen a tízedik lemezen (a fent leírt mérőműszert használva)? (11 pont) Megoldás: a)
A gyakorisági diagram szerint a következő távolságok fordulnak elő (mm-ben mérve): 41, 41, 41, 42, 42, 42, 42, 43, 44 (2 pont) 3 41 4 42 43 44 Ebből az átlag (1 pont) 42 , tehát 42 mm 9 3 12 4 02 12 22 8 A szórásnégyzet: (1 pont) 9 9 8 0, 94 mm. Tehát a szórás: (1 pont) 9 b) Legyen a tízedik mért távolság x mm. Az átlag ennek hozzávételével a 42 9 x 378 x következőképpen alakul: (2 pont) 37,8 0,1x 10 10 A szórásnégyzet a definíció szerint:
3 3,2 0,1x 4 4,2 0,1x 5,2 0,1x 6,2 0,1x 0,9x 37,8 10 (2 pont) 2 Ebből 0,09x 7,56x 159,56 (2 pont) A feltétel szerint a tíz távolság szórása nem nagyobb 1mm-nél, azaz a szórásnégyzet sem nagyobb 1mm2-nél Így 0,09x 2 7,56x 159,56 1 tehát megoldandó (1 pont) Nullára rendezés után a pozitív főegyüttható miatt a megoldás: 126 2 5 126 2 5 x , kerekítve kb. 40,5 x 43,5 (2 pont) 3 3 Egész milliméterben megadva csak a 41, a 42 és a 43 mm felel meg. Tehát a minőségellenőr a tízedik lemezen vagy 41, vagy 42, vagy 43 mm távolságot mért. (2 pont) Összesen: 16 pont 2
2
2
2
2
