. 2 pont A 2 pont nem bontható. 3 Összesen: 2 pont. Összesen: 3 pont. A valós gyökök száma: 1. Összesen: 2 pont. Összesen: 2 pont

Átírás

1 1. Az egyszerűsítés után kaptt tört: I. a b. pnt A pnt nem bntható. 3 Összesen: pnt. Frgáshenger keletkezik, az alapkör sugara 5cm, magassága 1cm. V = 5π 1(cm 3 ). A frgáshenger térfgata 300π cm 3. Ha ezek a gndlatk ábrán jelölve szerepelnek, jár az. Tizedes tört alakban megadtt válasz is teljes értékű. 3. A valós gyökök száma: 1. pnt Összesen: pnt Ha x=5 a válasz, azt ér. Ha 5 a válasz, az 0 pnt. 4. x 1 = 14, x = 14 pnt Összesen: pnt Helyes válasznként r r r a + b A felezőpnt helyvektra: f =. r r r Ezt rendezve: b = f a. Összesen: pnt 6. A keresett legkisebb pzitív szög 30º. pnt Összesen: pnt 750º = 360º+30º felírásáért jár. 7. ( x ) x + 18x + 81 = + 9 Egyszám négyzete akkr a legkisebb, ha 0-t emelünk négyzetre. A függvény x = 9 -nél veszi fel a legkisebb értékét. Összesen: pnt írásbeli vizsga / május 7.

2 8. 4 =16 ötjegyű pzitív szám van. pnt Összesen: pnt 9. I.csprt 180 személy, II. csprt 40 személy, III. csprt300 személy Az egyenletet x 7y = 0 alakra rendezzük. Az erre merőlegese egyenes egy nrmálvektra n(7; ), így e egyenes egyenlete 7x+y=33. Az egyenesek egyenletének bármely alakban való helyes használata teljes értékű. 11. A: igaz; B: hamis; C: igaz; D: igaz. 1- Összesen: 4 pnt 1. Felírjuk a srzat tagjait: a =, a = 1, a = 0, a = 1, a = 1, a = pnt Így S = 6 4. írásbeli vizsga / május 7.

3 II. A 13. a) A négyzet ldala a, a téglalapk ldalai a, illetve 3 a. Egy téglalap kerülete a + a = 4, 3 pnt amiből a = 9 cm. A négyzet területe 81 cm. Összesen: 5 pnt Ha a jelölés csak az ábrából derül ki, akkr is jár ez a pnt. 13. b) els megldás Pitagrasz tétel szerint 13 1 = x (vagy a 13,1, 5 Pitagraszi számhármas), a derékszögű hármszög befgója (BP) 5 cm. A hármszög területe felírható kétféleképpen: a b c m T c pnt = =, melyből a b = c mc, a b 60 vagyis az m c = =. c 13 Az átfgóhz tartzó magasság 4,6 cm hsszú. Összesen: 7 pnt 13.b)másdik megldás Pitagrasz tétel szerint 13 1 = x (vagy a 13, 1, 5 Pitagrasz-féle számhármas), a derékszögű hármszög befgója (BP) 5 cm. A befgótétel szerint 5 = 13 p, pnt 5 p = 1,9. 13 c 5 5 Pitagrasz tétellel m = 13 Az átfgóhz tartzó magasság 4,6 cm. Összesen: 7 pnt írásbeli vizsga / május 7.

4 13. b)harmadik megldás Az ABP derékszögű hármszögben jelöljük az Acsúcsnál lévő szöget α -val és az AP átfgóhz tartzó magasság talppntját Q-val. Az ABP derékszögű hármszögben AB 1 cs α = =. AP 13 pnt α,6. Az AQB derékszögű hármszögben BQ BQ pnt sin α = =. AB 1 BQ = 1 sinα 1 0,3846 4,615. Az átfgóhz tartzó magasság 4,6 cm hsszú. Összesen: 7 pnt 14. a) Értelmezési tartmány: 5 ( x 5 > 0 és x > 0 miatt) x >. (A lgaritmus aznsságait felhasználva) x pnt x 5 =. 3 Az egyenlet rendezése után x = 3. A kaptt gyök eleme az értelmezési tartmánynak, tehát megldás. Összesen: 5 pnt Ez a pnt akkr is jár, ha a későbbiekben sinα értékét helyesen számítja ki. Ha következményegyenlettel dlgzik és a kaptt gyököt behelyettesítéssel ellenőrzi, ez a pnt jár. írásbeli vizsga / május 7.

5 14.b) 0 13 x, így x 6, x = x 5, ebből 5 x. Tehát az egyenletnek csak 5 x 6, 5 esetén lehet megldása. Mindkét ldalt négyzetre emelve: a balldal négyzete 13 x. A jbbldal négyzete: x 10x + 5. A megldandó másdfkú egyenlet: 0 = x 8x + 1. Ebből x = 6 vagy x =. Az egyenlet egyetlen valós megldása az alaphalmazn a 6. Összesen: 7 pnt 15. a) Mindkét végzettséggel rendelkezik 0 fő, mert a végzettséget jelentő klevelek száma 4+8=70, ami 0-szal több az klevelet szerzők (dlgzók) létszámánál. Így csak technikusi végzettsége főnek van. 15.b) Ha a 30 év alatti dlgzók száma x, akkr az átlag: x ( 50 x) = x =16 A labrban 16 dlgzó 30 év alatti. Összesen: 4 pnt Ha következményegyenlettel dlgzik és a kaptt gyököket behelyettesítéssel ellenőrzi, a hamis gyököt kizárja, ezek a pntk járnak. Ezt a pnt jár megfelelő halmazábra készítéséért is. Ha ez a gndlat csak a megldás srán derül ki, ez a pnt jár. írásbeli vizsga / május 7.

6 15.c) 5 dlgzó költségeit fizetik. 5 Az összes eset:, 5 17 a kedvező esetek száma:. 5 (Alkalmazva a klasszikus valószínűség mdelljét:) = 0, ,1 (illetve 11,65%) a valószínűsége annak, hgy 5 nőt választanak ki. Összesen: 5 pnt írásbeli vizsga / május 7.

7 16. a) II. B A hármszög harmadik ldalának c hsszára (a hármszög-egyenlőtlenség miatt) 0 + c > és c < 0+ egyenlőtlenségeknek teljesülni kell. Így < c < 4. Ha a harmadik ldal is egész, c legkisebb értéke 3, legnagybb értéke 41 lehet. Ez 39 megfelelő hármszöget jelent. Összesen: 5 pnt 16. b) (A két adtt ldal által közbezárt szöget γ-val jelölve) 0 sin γ 88 =. Ebből sin γ = 0, 4. γ 1 3,6 γ 156,4 Összesen: 4 pnt 16.c) γ 1 3,6 esetében a harmadik ldal hsszát (c 1 ) kszinusztétel alkalmazásával számíthatjuk ki. 1 c cs 3,6 1 c 77,568, és ebből c 1 8, 8 egység hsszú. γ 156,4 esetében a harmadik ldal hssza (c ): c cs156, ( 1690,4 c 0,9164), azaz c és ebből c 41,1 egység hsszú. A hármszög harmadik ldala 8,8 egység vagy 41, 1 egység hsszúlehet. Összesen: 8 pnt Ha ez a gndlat csak a megldás srán derül ki, akkr is jár ez a pnt. Ha csak az egyik esettel száml, erre a részre maximum 4 pntt kaphat. írásbeli vizsga / május 7.

8 17. a) Gábr fizetendő bérleti díja mértani srzat szerint nő, a 1 = 100 és a 4 = q 3 = 00, p q = (ahl q = 1+ ) q = = 3 ( 1,0306) p=3,06, azaz Gábrnak havnta 3,06%-kal kell több bérleti díjat fizetnie. Összesen: 5 pnt 17.b) Péter bérleti díja számtani srzat szerint nő, b 1 = 100 és b 4 = 00, 00 = d 100 d = 4,35,a havi növekedés 4,35 tallér c) A srzatk első 4 tagjának összege: 4 3 ( ) , 45 Ha ez a gndlat csak a megldás srán derül ki, ez a pnt jár. S Gábr = pnt S Péter = 4 = pnt Péter 13 tallérral több bérleti díjat fizet 4 hónap alatt, mint Gábr. Összesen: 6 pnt Grafikusan szemléltetve a havi bérleti díjakat látható, hgy Péter minden hónapban több bérleti díjat fizetne, mint Gábr (az 1. és a 4. hónap kivételével). Ezért nyilvánvaló, hgy Péter a 4 hónap alatt több bérleti díjat fizetne, mint Gábr. A világsan megadtt grafiknkra épülő helyes gndlatért 3 pnt adható. írásbeli vizsga / május 7.

9 17.d) Péter az első 1 hónapban S 1 = tallér bérleti díjat fizet, a másdik 1 hónapban 113 tallért ,41, tehát Péter a másdik évben 4,1% kal több bérleti díjat fizet, mint az elsőben. 18. a) els megldás Ha figyelmen kívül hagyjuk, hgy a két áru nem kerülhet egymás mellé, akkr 6!-féle srrendben rakható ki a hatféle áru. Ha a két áru egymás mellé kerül, de a srrendjüket nem különböztetjük meg, 5!-féle elhelyezés lehetséges. Ha e két áru srrendjét is megkülönböztetjük: 5! srrendbe rakható a hat áru. A megfelelő srrendekszámát megkapjuk, ha az összes esetből kivnjuk azn srrendek számát, amelyekben egymás mellé kerül a zsemlemrzsa és a búzadara: 6! 5!. Tehát 480 srrendbe rakhatja ki az árufeltöltő a hatféle árut. Összesen: pnt 6 pnt Kevésbé részletezett gndlatmenetért is jár a pnt. Ha nem veszi figyelembe, hgy a két áru nem kerülhet egymás mellé legfeljebb adható. 18. a) másdik megldás Csak a búzadara és a zsemlemrzsa 6 5, azaz 30-féle srrendben lenne elhelyezhető, ha egymás mellé is kerülhetnének. 5 esetben kerülhet egymás mellé e két áru, ha a srrendjüket nem vesszük figyelembe, de mivel a srrend is számít, ezért 10 esetben. Így ( = ) 0-féle srrendben rakhatja ki e két árut úgy, hgy ne kerüljenek egymás mellé. Mind a 0 esetben a többi négy árut 4!-féleképpen helyezheti el. Tehát 0 4! = 480-féle srrendbe rakhatja ki a hatféle árut. Összesen: 6 pnt írásbeli vizsga / május 7.

10 18. b) Összesen 35 (= ) db kenyeret rendeltek és 4 db-t küldtek vissza, ez a megrendelt mennyiség 1,9%-a. Összesen 695 (= ) péksüteményt rendeltek és 34 db-t küldtek vissza, ez a megrendelt mennyiség 4,9%-a. Összesen: 4 pnt 18.c) Az egyes napkn eladtt péksütemények száma: 14; 133; 13; 1; 150 db. A két napt - féleképpen jelölhetjük meg. (3 napn adtak el legalább 130 db-t.) -féle kiválasztása lehet a kívánt napnak, így a keresett valószínűség 0,3 Összesen: 4 pnt 18. d) 1 kg-s fehér kenyérből ( ) 31 db-t, ½ kg-s fehér kenyérből ( ) 19 db-t, pnt rzskenyérből ( 6,6) 7 db-t, zsemléből 58, kifliből 68 db-t rendeltek. Két helyes válasz, egy helyes válaszért nem jár pnt. írásbeli vizsga / május 7.