2. MINTAFELADATSOR EMELT SZINT JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ

Átírás

1 Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet TÁMOP / XXI. századi közoktatás (fejlesztés, koordináció) II. szakasz MATEMATIKA. MINTAFELADATSOR EMELT SZINT 015 JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet 1143 Budapest, Szobránc u Telefon: (+36-1) Fax: (+36-1)

2 1. a) Az a = sinx helyettesítéssel a 5a 3 0 ( 1 a 1). Az egyenlet gyökei: ; a 0 5 1, a 3. a 3 nem megoldás, mert 1 a 1. 7 Ha sinx = 0,5, akkor x 1 k, ahol k Z, 6 vagy 11 x l, ahol l Z. 6 Ekvivalens átalakításokra hivatkozás vagy behelyettesítés. 6 pont 1. b) x 6 0, innen x 3. x Ekkor x. x 6 x 1, azaz x 6 3 x. Az egyenlet bal oldalán nemnegatív szám áll, így Négyzetre emelve és rendezve: 3 x 0, azaz 3 x. x 8x A két feltételt egybevetve x = 3 lehet csak. x 1 5, ami nem megoldás Ellenőrzés: teljesül, az egyenlet megoldása x = 3. x 3, ami megoldás 6 pont. a) Jelölje a, b, c rendre a három kisváros felnőtt lakóinak számát. Ekkor az A, B, C városokban lakók testmagasságainak összege cm-ben mérve 168,a; 167,9b és 167,c. Az A és B lakók együttes testmagassága 168, a 167, 9b 168, 0, a b ahonnan b = a. Az A és C lakók együttes testmagassága 168, a 167, c 167, 8, a c ahonnan c a. 3 Az összes lakó átlagos testmagassága: 168, a 167, 9b 167, c = a b c / 17

3 168, a 167, 9 a 167, a 3 a a a 3 167,85. A három kisváros lakóinak átlagos testmagassága a kért pontossággal 167,9 cm. 8 pont Ha a vizsgázó nem kerekít vagy rosszul kerekít, vagy ha nem ír mértékegységet, akkor ez a pont nem jár.. b) Két esetet különböztetünk meg annak alapján, hogy a B város lakója rendszeresen sportol vagy sem. (Annak valószínűsége, hogy a B város lakója sportol: 0,15; annak valószínűsége, hogy nem sportol: 0,85.) Az A város lakóinak esetében a kérdéses valószínűségeket a binomiális eloszlás képletének segítségével számoljuk ki, ahol annak valószínűsége, hogy egy lakó rendszeresen sportol: 0,. Annak valószínűsége, hogy az egyik sportoló a B, a másik sportoló pedig az A városból való: ,15 0, 0,8 ( 0,0614). 1 Annak valószínűsége, hogy mindkét sportoló az A 5 3 városból való: 0,85 0, 0,8 ( 0,1741). A kérdezett esemény valószínűsége a két valószínűség összege: 0,355. pont pont 8 pont 3 / 17

4 3. a) első megoldás A C pont az AD szakasz A-hoz közelebbi negyedelő 3a d pontja, így c, 4 d = 4c 3a = 4( 8; 1) 3( 11; ) = (1; ). Hasonlóan e = 4c 3b = 4( 8; 1) 3( 9; 1) = ( 5; 7). 4 pont 3. a) második megoldás 3CA 3 a c 9; 3 OC CD 8;1 9; 3 1; Hasonlóan 3CB 3 b c 3; 6 OC CE 8;1 3; 6 5; 7 CD, így OD. CE, OE. 4 pont 3. b) első megoldás (A, C, D egy egyenesre esik, így meghatározandó BAC = BAD =.) AC , AB 3 13, BC 1 5. (A BAC háromszögben felírjuk a koszinusz-tételt:) BC = AB + AC ABACcos, innen cos ( 0,7894), ,9 a keresett szög. pont 4 pont 4 / 17

5 3. b) második megoldás AC c a 3; 1, b a ; 3 AB (A vektorok skaláris szorzatát kétféleképpen számítjuk ki:) 3; AC AB ;, cos AC AB AC AB ,9 a keresett szög. 13 ( 0,79), 4 pont 3. c) első megoldás Legyen ACE = BCD = (csúcsszögek). A trigonometrikus területképletből CA CE sin CB CD sin T ACE, T BCD. Igazolandó tehát, hogy CA CE CBCD. CA 10, CB 5 CD , CE , pont valóban teljesül. 5 pont A hasonlósági transzformáció miatt: CD = 3CA és CE = 3CB. Ez a pont nem jár, ha a vizsgázó kerekített értékek felhasználásával igazolja az egyenlőséget. 3. c) második megoldás (Az ACE háromszög területét kiszámíthatjuk pl. úgy, hogy az ábra szerinti EFGH bennfoglaló téglalap területéből levonjuk a három kiegészítő derékszögű háromszög területét.) TACE = TEFGH TGCA TCHE TEFA = = 6 6 = = 10,5 (területegység). 5 / 17

6 Hasonlóan TBCD = 10 3 = 10,5 (területegység). A két háromszög területe valóban egyenlő. 5 pont 3. c) harmadik megoldás Az ABDE négyszög trapéz, mert a középpontos hasonlósági transzformáció tulajdonsága miatt AB és DE párhuzamos. TABE = TABD, mert a két háromszög alapja megegyezik, és magasságuk is egyenlő. Mindkét területet csökkentjük TABC -vel, így TACE = TBCD valóban. ( Ha egyenlőkből egyenlőt veszünk el, egyenlők maradnak. ) 5 pont 4. a) (f g)(x) = f(g(x)) = (x + 3) + 1 = = 4x + 1x + 10 pont 4. b) első megoldás (g f)(x) = g(f(x)) = (x + 1) + 3 (= x + 5) (g f)(1) = 7 pont 4. b) második megoldás f(1) = = g(f(1)) = g() = + 3 = 7 pont 4. c) 3 g x 3 lim lim lim x = x f x x 1 x 1 x x = 0 a határérték, mert a számláló -höz, míg a nevező a végtelenhez tart. x 3 x 3 1 (feltehető, hogy x pozitív), x 1 x innen 0 < x 00x 99. A pozitív zérushely x 01,48, az ennél nagyobb egész számok, pl. x0 = 0, megfelelnek küszöbértéknek. Kevésbé részletezett indoklás is elfogadható. Bármilyen helyes becslés is elfogadható, pl. 00x < 6 / 17

7 6 pont x + 1 egyenlőtlenség megoldása próbálgatással. 5. a) első megoldás A háromszög alakú bútorlap csúcsait jelölje A, B, C; az oldalak hossza AB = 00 cm, BC = 10 cm és AC = 160 cm. A maximális sugarú félkör érinti az AC és BC oldalakat. Jelölje a félkör középpontját O, az érintési pontokat D és E (ábra). Az OE és OD sugarak merőlegesek a megfelelő érintőkre. OE = OD, így CO belső szögfelező. AO AC 160 A szögfelezőtételből, innen OB CB 10 AC AO AB =. AC BC A koszinusztétellel meghatározzuk CAB = -t: AC AB BC cos (= 0,8), innen AC AC 36,9. EO Az AOE derékszögű háromszögből sin, AO EO = r = AO sin 68,57 (cm) Az asztallap sugara az előírt pontossággal 68 cm. 8 pont Ez a pont a megfelelő ábráért (is) jár. A sin = 0,6 pontos értékkel: EO = Mértékegység nélküli válaszért nem jár pont. 5. a) második megoldás A háromszög alakú bútorlap csúcsait jelölje A, B, C; az oldalak hossza AB = 00 cm, BC = 10 cm és AC = 160 cm. A maximális sugarú félkör érinti az AC és BC oldalakat. Jelölje a félkör középpontját O, az érintési pontokat D és E (ábra). Az OE és OD sugarak merőlegesek a megfelelő érintőkre. Ez a pont a megfelelő ábráért (is) jár. 7 / 17

8 Mivel 00 = , a Pitagorasz-tétel megfordítása miatt a háromszög derékszögű, ACB = 90. CEOD négyzet, mert három derékszöge van, és OE = OD. CE = CD = r, így AE = 160 r. AEO és ACB hasonló derékszögű háromszögek BC OE r (szögeik egyenlők), így, innen CA EA CA r 480 r 7 ( 68,57). Az asztallap sugara az előírt pontossággal 68 cm. 5. a) harmadik megoldás A háromszög alakú bútorlap csúcsait jelölje A, B, C; az oldalak hossza AB = 00 cm, BC = 10 cm és AC = 160 cm. A maximális sugarú félkör érinti az AC és BC oldalakat. Jelölje a félkör középpontját O, az érintési pontokat D és E (ábra). Az OE és OD sugarak merőlegesek a megfelelő érintőkre. 8 pont Mértékegység nélküli válaszért nem jár pont. Ez a pont a megfelelő ábráért (is) jár. Az ABC háromszög T területét az AOC és BOC háromszögek területének összegeként írjuk fel. AC r BC r T T, innen r. AC BC (A háromszög területét kiszámolhatjuk pl. Héron képletéből.) A háromszög fél kerülete AB BC AC s / 17

9 Héron képletéből T s s a s b s c = = 9600, így r Az asztallap sugara az előírt pontossággal 68 cm. 8 pont Mértékegység nélküli válaszért nem jár pont. 5. b) első megoldás Ez a pont a megfelelő ábráért (is) jár. Legyen OPA =, és jelölje az AB húr felezőpontját F. OF merőleges az AB húrra, meghatározandó OF hossza. Az OPA háromszögben felírjuk a koszinusz-tételt: OA OP PA OP PAcos, OP PA OA innen cos OP PA , , OF Az OPF derékszögű háromszögben sin, OP OF OPsin 4,49 cm a keresett távolság. 8 pont 5. b) második megoldás Ez a pont a megfelelő ábráért (is) jár. Jelölje az AB húr felezőpontját F. OF merőleges az AB húrra, meghatározandó OF hossza. Az adott P pontból a körhöz húzott szelőszakaszok szorzata állandó, a szorzat értéke (PO + r)(po r) = (13 + 5)(13 5) 9 / 17

10 = 144. PAPB = 10(10 + AB) = AB = 144, innen AB = 4,4 (cm). AF =,, így a PFO derékszögű háromszögből OF = PO PF 13 1, 4,49 cm a keresett távolság. 8 pont 6. a) M : t Az t 1 t függvény maximumát keressük, ha 0 < t 1. Az M : t t 1 t függvény deriváltja (1t t 3 ) = 4t 3t. A derivált zérushelyei t1 = 8 és t = 0. t = 0 nem megoldása a feladatnak. A t1 = 8 helyen a deriváltfüggvény előjelet vált, pozitívból negatívba, így ezen a helyen a függvénynek maximuma van. Bonifác mesternek tehát 8 órát érdemes fizikai munkával töltenie, és 4 órát pihenéssel. 7 pont Megfelelő a harmadfokú függvény tulajdonságainak (pl. ábrázolás segítségével történő) vizsgálata vagy a második derivált előjelére való hivatkozás is. A *-gal jelölt 5 pont a következő gondolatmenetért is megkapható: A függvény -szeresének, M t 4 t -nek ugyanaz a maximumhelye (ha van). A három tagra felírt számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség miatt t t 4 3 t t 4 t t, 3 azaz 3 M 8, ahonnan M 56. Az M függvénynek tehát felső korlátja van. Egyenlőség (függvénymaximum) akkor lehetséges, ha t = 4 t, azaz t = / 17

11 6. b) A tíz zsömle megvásárlása után a kiflik és zsömlék száma megegyezik. Jelöljük ezt a számot x-szel. Kezdetben x kifli és x + 10 zsömle került a polcra. Ekkor két kifli x -féleképpen választható, két péksütemény összes választási lehetősége x 10, x 3 innen. x 10 9 xx 1 x 10 x 9 Az egyenletből 9 3, 17x 143x 70 = 0. x1 = 10, 7 x 17, ami nem lehetséges. Kezdetben tehát 10 kifli volt a polcon. Ellenőrzés: Ha kezdetben 10 kifli és 0 zsömle van a polcon, akkor a két kifli vásárlásának valószínűsége valóban pont 7. a) G E F H A D A tetőtéralak térfogatát például úgy számítjuk ki, hogy a kiegészítő hasáb térfogatából kivonjuk a két végénél lemetszett gúlák térfogatát. Az EF szakaszt mindkét irányban szimmetrikusan meghosszabbítjuk úgy, hogy az így kapott GH szakasz hossza megegyezzen AB (és CD) hosszával. Ekkor a BCHADG háromszög alapú egyenes hasáb keletkezik; az AB, CD, GH alkotók merőlegesek a BCH és ADG lapokra. B L C Ez a pont a megfelelő ábráért (is) jár. 11 / 17

12 AB EF FH = 1,6 (m), FHB = 90 (, mert FH merőleges a BCH síkra.) Az FHB derékszögű háromszögben BH BF FH 5, 8 16, 5,57 (m). A BHC háromszög egyenlő szárú, BH = HC. Jelölje L a BC szakasz felezőpontját; ekkor HL merőleges a BC oldalra. A BLH derékszögű háromszögben LH BH BL 5, 8 16, 4 3,88 (m). BC LH 83, 88 T BCH 15,5 (m ). A BCHF és ADGE gúlák egybevágók, így a térfogat TBCH HF V TBCH AB = 3 HF = T BCH AB 138,65 (m 3 ). 3 A tetőtér térfogata a kért pontossággal 139 m pont Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. Ez a pont akkor is jár, ha ez a gondolat csak a megoldásból derül ki. Mértékegység nélküli válaszért nem jár pont. 7. b) Tk = 5 C a külső környezet hőmérséklete. A folyamat kezdetekor t = 0; 0, 9 3 1, és ekkor a belső hőmérséklet T = 15 C. Behelyettesítés után 15 5 A, innen A = 0 ( C). (A lehűlési képlet: T 5 0 0, 93.) A kritikus hőmérséklet elérésének idejét a t , 9 3 egyenletből határozhatjuk meg. t t t 0, 4 0, 9 3, mindkét oldal 10-es alapú logaritmusát t lg 0, 4 véve. 3 lg 0, 9 Innen t 6,09, tehát kb. 6 óra múlva hűl le +3 Cra a tetőtér. 6 pont 1 / 17

13 8. a) (x 3) 8 = 56 x 3. Ha x 3 =, akkor x1 =,5; ha x 3 =, akkor x = 0,5. 8. b) 3 pont A binomiális tételt alkalmazzuk. (x 3) 8 = x x 3 x x Az x 5 8 a x tagban szerepel; 3 az együtthatója pont Előjelhiba esetén jár. 4 pont 8. c) első megoldás n-re vonatkozó teljes indukciót alkalmazunk. Az állítás n = 1-re igaz: a1 = 0 osztható 9-cel. Tegyük fel, hogy az állítás n = k-ra igaz, azaz ak = 4 k 3k 1 osztható 9-cel. Az indukciós feltevést felhasználva igazolnunk kell, hogy az állítás n = (k + 1)-re is igaz, azaz ak+1 is osztható 9-cel. ak+1 ak = 4 k+1 3(k + 1) 1 (4 k 3k 1) = = 44 k 3k 4 (4 k 3k 1) = 34 k 3 = = 3(4 k 1). 4 k maradéka 3-mal osztva 1, így (4 k 1) osztható 3-mal. ak+1 ak = 3(4 k 1) osztható 9-cel; s mivel ak is osztható 9-cel, ebből következik, hogy ak+1 is osztható 9-cel. Az állítást beláttuk. 9 pont Ez a pont megadható, ha a vizsgázó az n = 0 kezdőértéket ellenőrzi. A *-gal jelölt 6 pont az alábbi gondolatmenetért is megkapható: ak+1 = 4 k+1 3(k + 1) 1 = 4 (4 k 3k 1) + 9k. pont 4 (4 k 3k 1) osztható 9-cel az indukciós feltevés miatt, 9k is osztható 9-cel, így az összegük is osztható 9-cel. Az állítást beláttuk. 13 / 17

14 8. c) második megoldás A binomiális tételt alkalmazzuk. (3 + 1) n n n n1 n n = n n n n 1 Ha n, akkor az utolsó két tag kivételével az összeg minden tagja osztható 9-cel 4 n maradéka 9-cel osztva ugyanannyi, mint n 3 1 = = 3n + 1 maradéka, n 1 így ebben az esetben an = 4 n 3n 1 osztható 9-cel. Ha n = 1, akkor a1 = = 0 szintén osztható 9-cel. Az állítást beláttuk. n pont * pont * pont 9 pont A *-gal jelzett 6 pont az alábbi gondolatmenetért is megkapható: n n 3 1 = 3 1 = 3n + 1, n 1 1 így an = 4 n n n n1 n n 3n 1 = n n n 1 = n n 1 pont n n n1 n n n (n ) n Az összeg minden tagja osztható 9-cel, pont így an is osztható 9-cel. (Az oszthatóság n = 1-re is teljesül.) Az állítást beláttuk. 8. c) harmadik megoldás Esetszétválasztást végzünk n 3-mal való osztási maradéka alapján. Ha n = 3k alakú, akkor 4 3 k k a 33k , n = k ami osztható 9-cel, hiszen 64 k 9-cel osztva 1 maradékot ad. Ha n = (3k + 1) alakú, akkor 3k1 k an 4 33k 1 1 = 464 9k 4 = k k 4, ami az előzőek miatt szintén osztható 9-cel. 14 / 17

15 Ha n = (3k + ) alakú, akkor 3k k an 4 33k 1 = k 7 = k k = k 7 ami az előzőek miatt szintén osztható 9-cel. Ezzel az állítást (minden pozitív egész számra) igazoltuk. 9 pont 9. a) (Az f(x) = sinx és a g(x) = cosx függvénygörbék által közrefogott terület a kérdés; először a két metszéspontot határozzuk meg.) Ha sinx = cosx, akkor x k, ahol k Z sin, sin, így 4 4 A 1 4 ; 5 1, B ;. 4 (A görbék közötti területet a különbségfüggvény abszolútértékének az integrálja adja meg:) 5 4 T = f x gx dx = sin x cos xdx 4 5 = = pont pont cos x sin x = 5 5 = cos sin cos sin = = (területegység) az alakzat területe. Háromszoros nagyítás során a terület kilencszeresére nő, így a csepp logó területe ,5 (cm ). pont 1 A pont jár, ha a vizsgázó rögtön a [0; ] intervallum két alapmegoldását adja meg, periódus nélkül. Mértékegység nélküli válasz ot ér. 9. b) első megoldás Esetszétválasztást végzünk a szélső sárga sávok száma szerint. Ha mindkét szélső sáv sárga, akkor a középső két sáv 44 (= 16)-féleképpen színezhető. Ha csak a felső sáv sárga, akkor a színezési 15 / 17

16 lehetőségek száma 4 3 (= 48). Hasonlóan 4 3 (= 48) megfelelő színezés van, ha csak az alsó sáv sárga. (Az összes színezési lehetőség számát a három eset összege adja,) = 11 megfelelő színezés van. 9. b) második megoldás Esetszétválasztást végzünk a felső sáv színe alapján. Ha a felső sáv sárga, akkor a többi sáv tetszőleges színű lehet. Ilyen színezési lehetőségből 4 3 darab van. Ha a felső sáv nem sárga, akkor az alsónak sárgának kell lennie. Így a megfelelő színezések száma 34. A kedvező eseteket pontosan egyszer számoltuk, az összes színezési lehetőség számát a két eset összege adja. Összesen = 11 megfelelő színezés van. 9. b) harmadik megoldás A komplementer leszámolás módszerét alkalmazzuk. Az összes lehetséges színezés száma 4 4. Nem megfelelőek azok a színezések, amelyeknél egyik szélső sáv sem sárga, ezek száma (Az összes színezés számát a két eset különbsége adja,) összesen tehát = 716 = 11 megfelelő színezés van. 5 pont 5 pont 5 pont 9. b) negyedik megoldás (A szitaformulát alkalmazzuk.) Ha a felső sáv sárga (és a többi tetszőleges), akkor 4 3 számú színezési lehetőség van. Hasonlóan 4 3 számú lehetőség van, ha az alsó sáv sárga (és a többi tetszőleges). A kétszer számolt eseteket egyszer ki kell vonnunk, ezek száma (amikor mindkét szélső sáv sárga) 4. Összesen = 11 megfelelő színezés van. 5 pont 16 / 17

17 17 / 17