MATEMATIKA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI-FELVÉTELI FELADATOK 2003. május 19. du. JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ 1.
Oldja meg a rendezett valós számpárok halmazán az alábbi egyenletrendszert! 2 + y 2 = 6 x 1 + 4 y = 9 x (9 pont)
Megoldás A nevezők miatt az alaphalmaz az x ≠ 0 feltételt kielégítő
(x ; y ) számpárok halmaza.
… 1 pont*
Ekvivalens átalakításokat végezve:
2 + y2 = 6 x , 2 + 8 y = 18 x y 2 − 8 y + 12 = 0 . 1 + 4 y = 9 x … 3 pont 2
Az y − 8 y + 12 = 0 egyenlet megoldása a 2 és a 6.
… 2 pont
A második egyenletbe helyettesítéssel kapjuk, hogy az egyenletrendszer
1 ; 6 rendezett számpárok lehetnek. 15
megoldásai az (1 ; 2 ) és a −
… 2 pont
Ezek elemei az alaphalmaznak, és az alaphalmazon ekvivalens átalakításokat végeztünk, ezért a kapott számpárok kielégítik az eredeti egyenletrendszert.
… 1 pont* Összesen: 9 pont
*: A megjelölt, összesen 2 pontot megkaphatja a vizsgázó abban az esetben is, ha nem vizsgál alaphalmazt, de a megoldások helyességét – például behelyettesítéssel – ellenőrzi.
2. oldal
2.
x2 + x + 2 , x ∈ R . Mutassa meg, hogy ha a k valós számhoz tartozó 2 függvényértékhez hozzáad (k + 1) -et, akkor a (k + 1) -hez rendelt függvényértéket kapja! (10 pont)
Legyen
f : xa
Megoldás
f (k ) =
k2 + k + 2 ; 2
f (k + 1) =
(k + 1)2 + (k + 1) + 2 ;
… 2 pont
2
f (k ) + k + 1 = f (k + 1) =
…1 pont
k2 + k + 2 k 2 + 3k + 4 + k +1 = ; 2 2
… 3 pont
k 2 + 2k + 1 + k + 1 + 2 k 2 + 3k + 4 = . 2 2
… 3 pont
Tehát f (k ) + k + 1 valóban megegyezik f (k + 1) -gyel.
… 1 pont Összesen: 10 pont
Megjegyzés
Az állítás belátható így is: k2 + k + 2 f (k ) + k + 1 = + k +1. 2 k 2 + k + 2 + 2k + 2 (k + 1)2 + (k + 1) + 2 Közös nevezőre hozás után: = = f (k + 1) . 2 2 3.
… 4 pont … 6 pont
A nagykereskedő raktára és a kiskereskedő üzlete közti szállítás során a banán tömege 2%-kal csökken. A kiskereskedő ennek tudatában kiszámolta, hogy ha üzletében 184 Ft-ért árusítja a banán kilóját, és eladja a teljes mennyiséget, akkor 12%-os haszonra tesz szert. a) Mennyiért adja a banán kilóját a nagykereskedő? b) A szállítás napján a kiskereskedő a banánnak csak a 73%-át tudta eladni, a maradék másnapra megbarnult. Legalább mennyi legyen a barna banán kedvezményes ára, hogy a kiskereskedő, eladva a teljes mennyiséget, ne fizessen rá az üzletre? (12 pont)
Megoldás
A nagykereskedő m kg banánt adott el a kiskereskedőnek ( m > 0 ). a) Legyen 1 kg banán nagykereskedelmi ára x Ft. Ekkor, a tömeg megváltozását figyelembe véve: 1,12 ⋅ x ⋅ m = 0,98 ⋅ 184 ⋅ m , amiből x = 161 .
A nagykereskedő 161 forintért adja a banán kilóját a kiskereskedőnek.
… 4 pont
3. oldal b) Legyen 1 kg barna banán kedvezményes ára y Ft. Ha a kiskereskedő nem fizet rá az üzletre, akkor 0,98 m (0,73 ⋅ 184 + 0,27 y ) ≥ 161 m .
Ebből y ≥
… 4 pont
161 − 0,98 ⋅ 0,73 ⋅184 , azaz forintra kerekítve y ≥ 111 . 0,98 ⋅ 0,27
A kiskereskedőnek legalább 111 Ft-ot kell kapnia 1 kg eladott barna banánért, hogy ne legyen vesztesége.
… 2 pont
Szöveg alapján történő ellenőrzés.
… 2 pont Összesen: 12 pont
4.
A koordináta-rendszerben adott a P pont, valamint az e és f metsző egyenesek. A P pontot az e egyenesre tükrözve a P1 (4 ; 5) pontot, a P pontot az f egyenesre tükrözve a P2 (− 4 ; 3) pontot kapjuk. Határozza meg az e és f egyenesek metszéspontjának koordinátáit, ha tudjuk, hogy ez a pont rajta van az
2 y = − x − 1 egyenletű egyenesen! 3 (13 pont)
1. megoldás
Elvileg is helyes ábra.
y
. P2
P
.
A tükrözés miatt az e egyenes a PP1 szakasz,
P1
F
… 1 pont
.
az f egyenes a PP2 szakasz felezőmerőlegese. … 3 pont e
f
Mivel a feladat szövege szerint ezek metsző egyenesek, ezért a P, P1 , P2 pontok egy
1 x
1 K
2 y = − x −1 3
háromszög csúcsai, e és f metszéspontja pedig a PP1P2 háromszög körülírt körének K középpontja.
A P1P2 szakasz felezőmerőlegese tehát átmegy K-n.
2 A K pont rajta van az y = − x − 1 egyenletű egyenesen is, ezért ennek az 3 egyenesnek és a P1P2 szakasz felezőmerőlegesének K közös pontja.
… 3 pont
→
A P1P2 szakasz felezőpontja F (0 ; 4 ) , az FP1 (4 ; 1) pedig normálvektora a P1P2 felezőmerőlegesének, ennek egyenlete tehát: 4 x + y = 4 . 2 y = − x − 1 A K pont koordinátái kielégítik az 3 egyenletrendszert. 4 x + y = 4
… 3 pont
4. oldal 3 Mivel ennek egyetlen megoldása a ; − 2 , 2 3 ezért az e és f egyenesek keresett metszéspontja a K ; − 2 pont. 2
… 3 pont Összesen: 13 pont
2. megoldás
Jelölje az e és f egyenesek metszéspontját K. 2 Mivel K rajta van az y = − x − 1 egyenletű egyenesen, 3 2 ezért koordinátái írhatók így is: K k ; − k − 1 . 3
… 2 pont
Az egyenesre vonatkozó tükrözés tulajdonságai miatt KP = KP1 és KP = KP2 , vagyis KP1 = KP2 .
… 3 pont
A távolságok egyenlősége helyett azok négyzetének egyenlőségét felírva: 2
2
(k − 4) + − 2 k − 6 = (k + 4)2 + − 2 k − 4 . 3 3 2
… 2 pont
A kijelölt négyzetre emeléseket elvégezve: 4 4 16 k 2 − 8k + 16 + k 2 + 8k + 36 = k 2 + 8k + 16 + k 2 + k + 16 . 9 9 3 Innen 36 =
3 40 k + 16 , amelyből k = . 2 3
A K pont első koordinátája tehát −
… 3 pont … 2 pont
3 , második koordinátája pedig 2
2 3 3 ⋅ − 1 = −2 , azaz K ; − 2 . 3 2 2
… 1 pont Összesen: 13 pont
5.
Oldja meg az alábbi egyenlőtlenséget az R \ {1 } alaphalmazon! +
log 02,5 x + log 0,5 x − 6 >0 lg x (13 pont)
Megoldás Egy tört értéke pontosan akkor pozitív, ha számlálója és nevezője azonos előjelű.
… 1 pont
A számláló előjelének vizsgálata: A log 02,5 x + log 0,5 x − 6 = 0 segédegyenletből: log 0,5 x = −3 vagy log 0,5 x = 2 .
… 1 pont
5. oldal log 02,5 x + log 0,5 x − 6 < 0 pontosan akkor, ha − 3 < log 0,5 x < 2 .
… 1 pont
A 0,5 alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenő,
… 1 pont*
1 < x <8. 4 log 02,5 x + log 0,5 x − 6 > 0 pontosan akkor, ha log 0,5 x < −3 vagy 2 < log 0,5 x .
tehát a számláló pontosan akkor negatív, ha 0,52 < x < 0,5−3 , azaz
… 1 pont … 1 pont
A 0,5 alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenő, tehát a számláló pontosan akkor pozitív, ha x > 8 vagy 0 < x <
1 . 4
… 1 pont
A nevező előjelének vizsgálata: A tízes alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvő, ezért
… 1 pont*
a nevező pontosan akkor negatív, ha 0 < x < 1 igaz,
… 1 pont
és pontosan akkor pozitív, ha x > 1 teljesül.
… 1 pont
Tehát: - a számláló is és a nevező is negatív, ha
1 < x < 8 és 0 < x < 1 , azaz ha 4
1 < x < 1 igaz; 4 - a számláló is és a nevező is pozitív, ha igaz, hogy x > 8 vagy 0 < x <
… 1 pont 1 , 4
és még az is igaz, hogy x > 1 . Ebből x > 8 következik.
… 1 pont
1 Az egyenlőtlenség megoldáshalmaza tehát: ; 1 ∪ ] 8 ; + ∞ [ . 4
… 1 pont Összesen: 13 pont
*: - A különböző (0,5, 10, esetleg 2) alapú logaritmusfüggvények monotonitásának helyes megállapításáért az első alkalommal 1-1 pont (összesen 2) adható. - Ha a vizsgázó közös alapra hozza a kitűzött feladatban szereplő logaritmusokat, akkor ezért 1 pontot kap, a választott logaritmusfüggvény monotonitásának helyes megállapításáért szintén 1 pontot. - Ha a vizsgázó más alapú logaritmusra tér át, de az áttérés után továbbra is különböző alapú logaritmusokkal dolgozik, akkor az áttérésért nem kap pontot. Megjegyzés: Ha a vizsgázó előjelvizsgálat nélkül „beszoroz” lg x -szel, akkor csak a log 02,5 x + log 0,5 x − 6 > 0 egyenlőtlenség hibátlan megoldásáért kaphat pontot, azaz legfeljebb 4 pontot szerezhet.
6. oldal 6.
Négyoldalú gúla alaplapja a 8 cm oldalú ABCD négyzet, a gúla oldaléleinek hossza: EA = EB = 8 cm , EC = ED = 10,4 cm . Számítsa ki a gúla térfogatát és felszínét! (14 pont)
Megoldás A feladatot értelmező ábra.
E
… 1 pont
Használjuk az ábra jelöléseit! A gúla szimmetrikus az alaplap FG 8 8
B
m
A
10,4
meghatározott síkra, ezért az E csúcsnak
. . . F x E´ 8 – x 8
középvonala és E csúcsa által
10,4
C
4
. . G
D 4
az alapsíkra eső merőleges vetülete (E´) illeszkedik FG egyenesére.
… 2 pont
EF a 8 cm oldalú ABE szabályos
háromszög magassága, ezért hossza 4 3 cm. EG az egyenlő szárú CED háromszög alapjához tartozó magassága, hossza: EG = 10,4 2 − 4 2 = 9,6 cm.
… 2 pont
A gúla EE´ magassága az EFG háromszög FG oldalához tartozó
magasságával egyenlő.
… 1 pont
Az EE´F , illetve EE´G derékszögű háromszögből Pitagorasz-tétellel:
( )
m 2 = 4 3 − x 2 , illetve m 2 = 9,62 − (8 − x )2 . 2
E két egyenletből következik, hogy 48 − x 2 = 28,16 + 16 x − x 2 , így x = 1,24 (x > 0 egyben az ábra helyességét is igazolja). Ezt (például) az első egyenletbe helyettesítve: m 2 = 46,4624 . … 3 pont*
Mivel m > 0 , ezért m ≈ 6,82 cm. A gúla alapterülete 64 cm2, magassága 6,82 cm, így térfogata körülbelül
64 ⋅ 6,82 ≈ 145,49 cm3. 3
Az oldallapok területe: t ABE =
… 1 pont
64 3 8 ⋅ 9,6 ≈ 27,71cm 2 , tCDE = = 38,4 cm 2 ; 2 4
… 1 pont
az ADE egyenlő szárú háromszög DE alapjához tartozó magasságának hossza 8 2 − 5,2 2 ≈ 6,08 cm , tehát t ADE = t BCE =
10,4 ⋅ 6,08 ≈ 31,62 cm 2 . 2
A gúla felszíne közelítőleg: 64 + 27,71 + 38,4 + 2 ⋅ 31,62 = 193,35 cm 2 .
… 2 pont … 1 pont Összesen: 14 pont
7. oldal *: Ez a három pont jár akkor is, ha a vizsgázó bármely más úton (pl. az EFG háromszög területe segítségével) helyesen határozza meg a gúla magasságát. Megjegyzés:
A feladatban szereplő háromszögek területét Heron-képlettel is meghatározhatjuk. 7.
Adott a d differenciájú (an ) számtani sorozat. A sorozathoz található olyan p és q valós szám, hogy minden 1-nél nagyobb n természetes szám esetén an+1 = pan + qan −1 . Határozza meg p és q lehetséges értékeit, ha (an ) a) nem állandó sorozat; b) olyan állandó sorozat, amelyben a1 ≠ 0 ; c) olyan állandó sorozat, amelyben a1 = 0 . (14 pont)
Megoldás
Minden 1-nél nagyobb n természetes szám esetén: an + d = pan + q(an − d ) , rendezés után:
… 1 pont
( p + q − 1)an = (q + 1)d .
(1)
a) d ≠ 0 .
… 2 pont … 1 pont
Ha p + q − 1 ≠ 0 , akkor (1) szerint minden 1-nél nagyobb n természetes szám esetén an = Mivel
(q + 1)d p + q −1
(q + 1)d p + q −1
teljesül.
… 2 pont
állandó, ezért an is állandó, s így a számtani sorozatban
d = 0 . Ez azonban most nem lehetséges.
… 2 pont
Tehát p + q − 1 = 0 igaz és így (1) szerint (q + 1)d = 0 . Mivel d ≠ 0 , ezért q + 1 = 0 , vagyis q = −1 .
… 1 pont
Ezt p + q − 1 = 0 -ba helyettesítve p = 2 adódik. Tehát, ha a számtani sorozat nem állandó, akkor p = 2 és q = −1 . Ellenőrzés: an+1 = 2an − an−1 ekvivalens an =
… 1 pont
an−1 + an+1 -vel. Számtani 2
sorozat esetén ez valóban minden 1-nél nagyobb n természetes szám esetén igaz. b) Az (an ) állandó sorozat, azaz d = 0 . Mivel a1 ≠ 0 , ezért az (1)-ből p + q − 1 = 0 , azaz q = 1 − p következik (hiszen minden n-re an = a1 ). an+1 = pan + qan−1 helyett ekkor a1 = pa1 + (1 − p )a1 írható, ami nyilvánvalóan
… 1 pont
8. oldal igaz, ezért a p + q − 1 = 0 összefüggést kielégítő bármely (p ; q) rendezett számpár lehetséges.
… 2 pont
c) Ha d = a1 = 0 , akkor a megadott összefüggés: 0 = p ⋅ 0 + q ⋅ 0 , tehát p és q értéke tetszőleges lehet.
… 1 pont Összesen: 14 pont
8.
Az ABC háromszög köré írt kör C pontban húzott érintője az AB oldal egyenesét a P pontban metszi. A PA szakasz hossza 16, a PC szakaszé 20, az APC szög szinusza
3 . Határozza meg a 5
háromszög köré írt kör sugarát!
(15 pont) Megoldás
Ha sin α =
3 4 4 , akkor cosα = vagy cosα = − . 5 5 5
1. eset: cosα =
4 , ekkor α hegyesszög. 5 Az ACP háromszögre felírva a koszinusztételt:
C
AC 2 = 162 + 202 − 2 ⋅ 20 ⋅ 16 ⋅
20
α
B
… 1 pont
A
P
16
4 = 144 . 5
Ebből AC = 12 .
… 2 pont
Mivel 12 2 + 162 = 202 igaz, ezért a
Pitagorasz-tétel megfordítása miatt a PAC háromszög – és vele együtt a BAC háromszög is – derékszögű, és a derékszög az A csúcsánál van. BC tehát az ABC háromszög körülírt körének átmérője.
… 2 pont
A PC érintő merőleges a BC átmérőre, így a BCP háromszögből: 3 BC = 20 ⋅ tg α = 20 ⋅ = 15 . 4 Az ABC háromszög körülírt körének sugara tehát 7,5.
… 2 pont
4 2. eset: cosα = − , ekkor α tompaszög. 5 C 20 α
B
9
A
16
P
9. oldal Koszinusztétellel: AC 2 = 162 + 202 + 512 = 1168 , ebből AC = 4 73 . A szinusztétel szerint az APC háromszögben sin PAC <) =
… 2 pont
sin PAC <) 20 = , ebből sin α 4 73
20 3 3 ⋅ = . 4 73 5 73
… 2 pont
A szelőtételből: PA ⋅ PB = PC 2 , ezért PB = 25 .
… 1 pont
A BPC háromszögből koszinusztétellel: BC 2 = 252 + 20 2 + 800 = 1825 , amiből BC = 5 73 .
… 1 pont
Mivel BAC <) = 180° − PAC <) , ezért sin BAC <) = sin PAC <) =
3 , 73
… 1 pont
így az ABC háromszög körülírt körének sugara: r=
BC 5 ⋅ 73 365 5 73 . = = = 3 6 6 2 sin BAC <) 2⋅ 73
Az ABC háromszög körülírt körének sugara tehát
365 ≈ 60,83. 6
… 1 pont Összesen: 15 pont
Megjegyzés:
A 2. eset tárgyalása koszinusztételek alkalmazása nélkül is lehetséges, például az alábbi módon. C
20 α
B
9
A
16
P
180° – α
. D
Húzzuk meg az APC háromszög AP oldalához tartozó magasságát, ennek talppontját jelölje D. A CDP derékszögű háromszög P csúcsánál fekvő hegyesszöge az α-val jelölt APC szög mellékszöge, ezért ennek koszinusza szinusza pedig
3 . 5
A CDP háromszögből: PD = 20 ⋅
4 , 5 … 2 pont
4 3 = 16 , CD = 20 ⋅ = 12 . 5 5
… 1 pont
10. oldal Az ADC háromszögből: AC = 32 2 + 12 2 = 1168 = 4 73 .
… 1 pont
A szelőtételből: PA ⋅ PB = PC 2 , ezért PB = 25 ,
… 1 pont
így a BDC háromszögből BC = 412 + 12 2 = 1825 = 5 73 ,
… 1 pont
és sin ABC <) = r=
12 CD = . BC 5 73
… 1 pont
AC 5 ⋅ 73 365 4 73 . = = = 12 6 6 2 sin ABC <) 2⋅ 5 73
Az ABC háromszög körülírt körének sugara tehát
365 ≈ 60,83. 6
… 1 pont
