Figyelem! Az útmutató elején olvasható Fontos tudnivalók című rész lényegesen megváltozott. Kérjük, hogy a javítás megkezdése előtt figyelmesen tanulmányozza! I.. a) első megoldás Az egyenlet mindkét oldalát négyzetre emelve: x + x + pont x + 6x + 9. 9 x + x 8 0 pont x vagy x. A gyökök behelyettesítése után azt kapjuk, hogy mindkettő megoldása az egyenletnek. 6 pont. a) második megoldás x + x + x + Ha x, akkor az egyenlet: x +, amiből x (ez valóban nem kisebb -nál). x + Ha x <, akkor az egyenlet: x, amiből x (ez valóban kisebb mint ). Ellenőrzés: ekvivalenciára hivatkozással vagy behelyettesítéssel. 6 pont. b) x > (A logaritmus azonosságait és definícióját használva:) ( x + )( x ) log x + 9 log (A logaritmus kölcsönös egyértelműsége miatt:) ( x + )( x ) x + 9 Rendezve: x x 0. A másodfokú egyenlet gyökei 7 és. Ellenőrzés: a nem, a 7 viszont megoldása az eredeti egyenletnek (behelyettesítéssel vagy az értelmezési tartományra és ekvivalens átalakításokra hivatkozással). 7 pont a vizsgázó behelyettesítéssel ellenőrzi a megoldás helyességét. következő lépésből derül ki. írásbeli vizsga / 8 06. május.
. a) első megoldás 5 tanulónak van jelese fizikából, és 7 tanulónak van jelese matematikából. 5 + 7, de csak 0 tanulónak van legalább az egyik tárgyból jelese, ezért mindkét tárgyból tanulónak van jelese. pont. a) második megoldás (Ha mindkét tárgyból x tanulónak van jelese, akkor) csak fizikából 5 x, csak matematikából 7 x tanulónak van jelese. 5 x + x + 7 x 0 x, azaz mindkét tárgyból tanulónak van jelese. pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó helyesen felvett és kitöltött halmazábra segítségével adja meg a helyes eredményt, akkor teljes pontszámot kapjon.. b) Készítsünk Venn-diagramot! (x, y, z rendre az A \ B, az A B, illetve a B \ A halmaz elemeinek számát jelöli). A számtani sorozat első tagja x, második tagja y, harmadik tagja pedig x + y, ezért a számtani sorozat differenciája (x + y) y x. Az A halmaz elemeinek száma tehát x, a B halmazé pedig (a sorozat. tagja) x. Az A és B elemszámának összege 8, ezért x + x 8. A számtani sorozat első tagja és differenciája is. Ellenőrzés: A B halmaz elemszáma 6 (ezért z 8). A \ B, A B 8, A, B 6. Ez a négy szám valóban egy számtani sorozat négy egymást követő tagja. 7 pont írásbeli vizsga 5 / 8 06. május.
. a) (Használjuk az ábra jelöléseit!) Az ATG derékszögű háromszögben GT m és AG m, így (a Pitagorasz-tételt alkalmazva) AT (,6) (m). (Az ATE derékszögű háromszögre alkalmazva a Pitagorasz-tételt) AE AT + ET 5,5 5 (m) a tartógerenda hossza. A tartógerenda vízszintessel bezárt szöge az ábrán α-val jelölt EAT szög, GE,5 + 6,5 (,0) (m) AE GE + GA ET amelyre sin α ( 0,6965), AE ahonnan α º. 7 pont. b) A téglalap alakú napelem egyik oldalának hossza legfeljebb a trapéz középvonalának hossza lehet, azaz 6 méter. A téglalap másik oldalának hossza állandó, mert az a trapéz magasságának a fele (az ábrán PS az FQB derékszögű háromszög középvonala). (Használjuk az ábra jelöléseit!) A trapéz magasságát az ETR derékszögű háromszögből számítva: ER ET + TR,5 +,5 (,6) (m). (A fenti ábra jelöléseit használva:) PS PB SB 6,5 5,5 (,0) (m) írásbeli vizsga 6 / 8 06. május.
A legnagyobb napelem területe: 6,5 (,8) (m ). Legfeljebb,8 m területű napelem helyezhető el. 6 pont A legnagyobb napelem területe: 6 5,5 (,8) (m ) Ez a pont nem jár, ha a vizsgázó nem kerekít vagy rosszul kerekít.. a) A jegybevétel 500 Ft-os ár és 000 néző esetén 500 000 Ft. Ha n-szer 5 forinttal növeljük a jegy árát (n N + ), akkor (a modell szerint) a nézők száma 000 0n fő lesz. A módosult bevétel (500 + 5n)(000 0n) 500 000 0 000n 50n forint, ami kevesebb, mint 500 000 forint, * mert pozitív értékű tagokat vonunk le belőle. * 6 pont A *-gal jelölt pontot az alábbi gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: Ha b a pozitív valós számok halmazán értelmezett b ( n) 50n 0 000n + 500 000 bevételfüggvény, akkor b ( n) 00n 0 000. A deriváltfüggvény a teljes értelmezési tartományon negatív, tehát a b függvény szigorúan monoton csökkenő (ilyen tehát a pozitív egészek halmazára leszű- kített függvény is).. b) Ha m-szer 5 Ft-tal csökkentjük a jegy árát, akkor a nézők száma 000 + 0m fő lesz (m Z). A módosult bevétel (500 5m)(000 + 0m) 500 000 + 0 000m 50m (Ft). Teljes négyzetté alakítva: 50(m 00) + 000 000, tehát pont* m 00 a maximumhely. * Ekkor a jegy ára (500 00 5 ) 000 Ft. A legnagyobb bevétel (000 000 ) 000 000 Ft. 8 pont írásbeli vizsga 7 / 8 06. május.
A *-gal jelölt pontot az alábbi gondolatmenetek valamelyikéért is megkaphatja a vizsgázó: Ha f a valós számok halmazán értelmezett f ( m) 50m + 0 000m + 500 000 bevételfüggvény, akkor f ( m) 00m + 0 000. Ha f ( m) 0, akkor m 00. Mivel f ( m) 00 < 0, ezért a 00 valóban maximumhelye f-nek (és így az egész számok halmazára a vizsgázó az első derivált előjelváltásával indokol leszűkített függvénynek is). helyesen. Ha f a valós számok halmazán értelmezett f ( m) 50m + 0 000m + 500 000 bevételfüggvény, akkor f zérushelyei a 00 és a 00. f-nek maximuma van, és ezt a zérushelyeinek számtani közepénél veszi fel. Az f maximumhelye tehát a 00. Ez egyben a bevétel maximumhelye is. II. 5. a) első megoldás Az első gépsoron 80, a második gépsoron 70 hibás inget gyártanak. (Hibás inget 50 ing közül választhatunk, tehát) az összes eset száma 50. (Második gépsoron készült hibás inget 70 ing közül választhatunk, tehát) a kedvező esetek száma 70. 70 Így a kérdéses valószínűség 50 0,68. 5 pont Ez a pont akkor is jár, ha ezek a gondolatok csak a megoldásból derülnek ki. A százalékban megadott helyes válasz is elfogadható. írásbeli vizsga 8 / 8 06. május.
5. a) második megoldás Az első gépsoron 80, a második gépsoron 70 hibás inget gyártanak. Jelölje A azt az eseményt, hogy a kiválasztott inget a második gépsoron gyártották, B pedig azt az eseményt, hogy a kiválasztott ing anyaghibás. Ezekkel a P( AB) keresett valószínűség: P ( A B). P( B) 70 7 P ( AB) 9000 900 50 5 P ( B) 9000 900 7 7 P ( A B) 900 0,68 5 5 900 5 pont 5. b) Legyen x az ing árleszállítás előtti ára forintban, p és legyen q. 00 (Ha a két árleszállítás fordított sorrendben történt volna, akkor az ing kétszeres árleszállítás utáni ára xq 500 forint, tehát) ( xq 500) + 50 ( x 500) q. (Ha mindkét alkalommal p% a csökkentés, akkor az új ár xq forint, tehát) ( x 500) q + 90 xq. pont pont Az első egyenletből q 0,9, azaz p 0. (A q értékét a második egyenletbe helyettesítve) ( x 500) 0,9 + 90 x 0,8. x 000 Az ing eredeti ára 000 Ft, p értéke pedig 0. Ellenőrzés: 000 500 500, 0%-kal csökkentve 50; 000 csökkentve 0%-kal 600, 600 500 00; 000 csökkentve 0%-kal 600, újabb 0%-kal csökkentve 0. 50 00 + 50 és 50 0 90, tehát a kapott eredmények helyesek. megoldás során derül ki. A százalékban megadott helyes válasz is elfogadható. Ez a pont csak akkor jár, ha a vizsgázó a feladat szövegébe történő behelyettesítéssel ellenőrzi a megoldások helyességét. írásbeli vizsga 9 / 8 06. május.
6. a) π A cos x + sin x + egyenletből: x + kπ (k Z). A fenti megoldásból adódik, hogy az ábrán megadott két görbe közös pontjainak első koordinátája π π, illetve. π T ((cos + ) (sin x + ) ) dx π x pont π [sin x + cos x] pont π + (,8) 8 pont Ha a vizsgázó számolás nélkül olvassa le, és behelyettesítéssel nem ellenőrzi az intervallum végpontjait, akkor ez a pont nem jár. T π π π π (cos x + ) dx (sin x + ) dx π [sin x + x] π [ cos x + x] π π π π + π π + + π + π ( ) ( ) 6. b) első megoldás 6 7 a, a, a 8. 5 Mivel a < a < a, ezért a sorozat nem monoton. Ha n, akkor a n > 0 (mert a definiáló tört számlálója és nevezője is pozitív), tehát a sorozat alulról 7 korlátos (például a egy alsó korlátja). írásbeli vizsga 0 / 8 06. május.
(A sorozat hozzárendelési szabályát átalakítva:) 5 a n n. 8 n Ha n, akkor a számláló -nél kisebb, a nevező pedig legalább, ekkor tehát a n <. ( a < a 8 és a < a 8 is igaz, tehát) a sorozat felülről is korlátos, mert a 8 egy felső korlátja. A vizsgált sorozat tehát (alulról és felülről is korlátos, ezért valóban) korlátos. 6. b) második megoldás 8 pont 6 7 a, a, a 8. 5 Mivel a < a < a, ezért a sorozat nem monoton. Írjuk az { a n } sorozatot definiáló törtet alakban. 5 a n n 8 n A számlálóban álló képlettel definiált { b n } sorozat konvergens (határértéke ), és a nevezőben álló képlettel definiált { c n } sorozat is konvergens (határértéke ). Emiatt a { b n } és { c n } sorozatok hányadosa, vagyis az { a n } sorozat is konvergens (határértéke ). n 5 a n n 8 7 (n 8) + n 8 7 + 9n Ha n, akkor ez kisebb, mint 0 7 9 ( a n + < 0 ). n 5 a n n 8 7 (n 8) + n 8 7 + 9n 7 Ha d n, akkor a 9 n { d n } konvergens (határértéke 0), ezért az { a n } is konvergens (határértéke ). Minden konvergens sorozat korlátos, ezért az } a sorozat is az. 8 pont { n írásbeli vizsga / 8 06. május.
7. a) első megoldás A nullát nem tartalmazó háromjegyűek száma 9 ( 79). Ezek között 8 ( 5) olyan szám van, amelyben nincs egyes számjegy. 9 8 ( 7) olyan háromjegyű szám van, amely megfelel a feltételeknek. A megfelelő kétjegyűek száma 9 8 ( 7), és egy darab egyjegyű is van, az szám. A megfelelő pozitív egészek száma ezek összege, tehát 9 8 + 9 8 + ( 5). 6 pont 7. a) második megoldás A nullát nem tartalmazó háromjegyűek között pontosan egy egyest tartalmaz 8 8 ( 9) darab. Két egyest tartalmaz 8 ( ) darab, továbbá a az egyetlen három egyest tartalmazó háromjegyű szám. A nullát nem tartalmazó kétjegyűek között pontosan egy egyest tartalmazó szám 8 ( 6) van, és két egyest tartalmaz a, ez tehát összesen 7 megfelelő kétjegyű szám. Az egyjegyűek között csak az felel meg. A megfelelő pozitív egészek száma ezek összege, tehát 5. 6 pont 7. b) Ha az (egyetlen) m számot m + 0-re cseréljük, akkor (az adatok száma nem változik, és) az adatok összege n + 0 n 0-zel növekszik. 0 Az átlag -vel nőtt, ezért az adatok száma 5. n 5 pont írásbeli vizsga / 8 06. május.
7. c) Az 5 adat összege az eredeti adatsokaságban ( 5 ) 0. Mivel a módusz, ezért a gyakorisága legalább. Az öt adatot nem csökkenő sorrendbe állítva a sorban az m medián előtt álló szám az m (mert ha az m-et 5-tel csökkentjük, akkor az új számsokaságban ez lép az m helyébe). A legkisebb adat a 0, így 0 + (m ) + m + + 0. Ebből m 0. Az adatok tehát a következők: 0, 6, 0,,. Ellenőrzés: az öt szám átlaga ; ha a 0-at 0-ra cseréljük, akkor lesz az átlag; ha a 0 helyett 5-öt írunk, akkor pedig 6 lesz a medián. pont* * * 8 pont m 0 nem lehetséges (például azért, mert ekkor az öt adat összege nem lehetne 0). A *-gal jelölt pontot a következő gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: Az öt adat között szerepel (és a legkisebb) a 0 és legalább kétszer a is. A két nem ismert adat összege: 0 (0 + + ) 6. Ez a két adat pozitív egész, ezért a következő kéttagú összegek lehetségesek: 0 + 6 + 5... 7 + 9. Ezek közül a feladat feltételeinek csak a 6 és a 0 felel meg. megoldás során derül ki. 8. a) Az ACFH tetraéder térfogatát megkaphatjuk úgy, hogy a téglatest térfogatából levonjuk a B, D, G, E csúcsnál látható négy egybevágó háromoldalú sarokgúla térfogatát. 5 6 Egy sarokgúla térfogata 60 (cm ). 6 5 6 Az ACFH tetraéder térfogata 5 6 6 0 cm. pont Megjegyzés: Az ACFH tetraéder egy lapja területének kiszámításáért önmagában nem jár pont. írásbeli vizsga / 8 06. május.
8. b) a vizsgázó ábra nélkül helyesen dolgozik. Jó ábra (a tetraéder helyes feltüntetése). Egybevágó téglalapok átlói mind ugyanakkora hoszszúságúak, ezért AC FH, AF CH és AH CF. A tetraéder lapjai tehát olyan háromszögek, amelyeknek oldalai páronként egyenlő hosszúak, ezért ezek mind egybevágók egymással. 8. c) Annak belátásához, hogy az oldallapháromszögek hegyesszögűek, elegendő azt bizonyítani, hogy az egyik háromszög legnagyobb szöge hegyesszög. Például az AFH háromszögben (Pitagorasz-tétellel) AF < AH 8 < FH 0, így a háromszög FH oldalával szemközti ϕ szögének koszinusza (a koszinusztételből): 69 + 8 00 cosϕ ( 0,7). 8 Mivel ez pozitív szám, ezért ϕ valóban hegyesszög. 8. d) pont pont 5 pont a vizsgázó mindhárom szöget jól kiszámolja. (8, ; 56, ; 0, ) A PRS háromszögben PS 5 cm és SR 0 cm, ezért (a háromszög-egyenlőtlenség miatt a 0, 5, illetve 0 cm közül) PR 0 cm lehet csak. A PQS háromszögben PS + PQ 5, ezért QS 0 cm lehet csak. Így QR 5 cm lehet csak, és ekkor az RSQ háromszög is létezik (mert 0 + 5 > 0). Tehát egyetlen megfelelő tetraéder van. pont írásbeli vizsga / 8 06. május.
9. a) első megoldás Egy, kettő, három vagy négy lépésben érhettünk a -es mezőre. Egy lépésben csak úgy érhettünk a -es mezőre, ha -est dobtunk, ennek a valószínűsége 6. Két lépésben a következő dobásokkal juthattunk a -es mezőre: -, - vagy -. Ennek a valószínűsége összesen. 6 6 6 Három lépésben a következő dobásokkal juthattunk a -es mezőre: --, -- vagy --. Ennek a valószínűsége összesen. 6 6 6 6 Négy lépésben csak négy -es dobással érhettünk a -es mezőre, ennek a valószínűsége. 6 96 Annak a valószínűsége, hogy legalább egyszer rálépünk a -es mezőre az előzőek összege, A százalékban megadott tehát 0,65. helyes válasz is elfogadható. 96 9 pont 9. a) második megoldás Az első dobásunk lehetett -es, -as, -es vagy -es. Ha az első dobásunk -es volt, akkor rögtön rá is léptünk a -es mezőre. Ennek a valószínűsége. 6 Ha az első dobásunk -as volt, akkor csak egy következő -es dobással juthattunk a -es mezőre. Ennek a valószínűsége. 6 6 Ha az első dobásunk -es volt, akkor vagy egy következő -essel vagy két -essel juthattunk a -es mezőre. Ennek a valószínűsége 6 + 6 6 + 6. írásbeli vizsga 5 / 8 06. május.
Ha az első dobásunk -es volt, akkor innen a következő dobásokkal juthattunk a -es mezőre:, -, - vagy --. Ennek a valószínűsége 6 + 6 + 6 6 + 6 + 96 Annak a valószínűsége, hogy legalább egyszer rálépünk a -es mezőre, az előzőek összege,. A százalékban megadott tehát 0,65. helyes válasz is elfogadható. 96 9 pont 9. a) harmadik megoldás Számítsuk ki a komplementer esemény valószínűségét. Ha nem léptünk rá a -es mezőre, akkor az., a., a. vagy a. lépésben átugrottuk azt. Ha az első lépésben ugrottuk át, akkor ez a dobásunk 5-ös vagy 6-os lehetett. Ennek a valószínűsége 6. Ha a második lépésben ugrottuk át, akkor első két dobásunk a következő lehetett: -, -5, -6, -, -, -5, -6, pont -, -, -, -5, -6. Ennek a valószínűsége. 6 Ha a harmadik lépésben ugrottuk át, akkor --es vagy --es első két dobás esetén harmadik dobásunk 5-féle (legalább -t dobunk), --es első két dobás esetén -féle lehetett (legalább -at dobunk). pont Ennek a valószínűsége. 6 A két dobás összege szerint csoportosítva: -, -, -; -5, -, -; -6, -5, -; -6, -5; -6. --, --, --; --, --, --; --, --, --5; --5, --5, --6; --6, --6. Ha a negyedik lépésben ugrottuk át a -es mezőt, akkor az első három dobásunk -- volt, a negyedik pedig 5-féle lehetett (legalább -t dobtunk). 5 Ennek a valószínűsége 96. Annak a valószínűségét, hogy legalább egyszer rálépünk a -es mezőre, megkapjuk, ha az előzőek öszszegét -ből kivonjuk. Ez a valószínűség tehát 6 + 6 + 6 + 5 0,65. 96 96 9 pont A százalékban megadott helyes válasz is elfogadható. írásbeli vizsga 6 / 8 06. május.
9. b) első megoldás A lehetőségeket aszerint csoportosítjuk, hogy András hányszor dobott -est az első három dobásánál. Háromszor dobott -est: lehetőség. Kétszer dobott -est: ez nem lehetséges, mert akkor a harmadik dobásának is -esnek kellene lennie. Egyszer dobott -est: az első vagy a harmadik dobása lehetett -es. A másik két dobásának összege is (-, - vagy -); ez mindkét esetben lehetőség. Ez összesen 6 lehetőség. Nem dobott -est: ekkor valamilyen sorrendben -- volt a három dobása; ez lehetőség. Összesen 0-féle lehetett az András első három dobásából álló dobássorozat. 9. b) második megoldás A negyedik dobás előtt először, másodszor vagy harmadszor állhat András a -es mezőn. Ha először áll a -es mezőn, akkor dobássorozata --, -- vagy -- volt. Ez lehetőség. Ha másodszor áll a -es mezőn, akkor először vagy az első vagy a második lépésével került oda. Ha először az első lépésével került a -es mezőre, akkor az első dobása -es volt, a másik kettő pedig -, - vagy - volt. Ez lehetőség. Ha először a második lépésével került a -es mezőre, akkor az első két dobása -, - vagy - volt, harmadik dobása pedig -es volt. Ez lehetőség. Ha harmadszor áll a -es mezőn, akkor mindkét korábbi dobása volt. Ez lehetőség. Azaz összesen 0-féle lehetett az András első három dobásából álló dobássorozat. 7 pont 7 pont írásbeli vizsga 7 / 8 06. május.
9. b) harmadik megoldás András első dobása,, vagy lehetett. Ha az első dobása volt, akkor a lehetséges dobássorozatok (a további dobások nagysága szerint rendezve) --, --, --, --. Ez lehetőség. Ha az első dobása volt, akkor a lehetséges dobássorozat csak -- lehetett. Ez lehetőség. Ha az első dobása volt, akkor a lehetséges dobássorozatok --, --. Ez lehetőség. Ha az első dobása volt, akkor a lehetséges dobássorozatok --, --, --. Ez lehetőség. Azaz összesen 0-féle lehetett az András első három dobásából álló dobássorozat. pont 7 pont Megjegyzés: I) Ha a vizsgázó indoklás nélkül, de logikus sorrendben (felismerhető rendszerben), hiánytalanul és hibátlanul felsorolva adja meg a 0 lehetséges dobássorozatot, akkor ezért 6 pontot kapjon. II) Ha a vizsgázó indoklás és azonosítható logika nélkül (rendszertelenül), de hiánytalanul és hibátlanul felsorolva adja meg a 0 lehetséges dobássorozatot, akkor ezért legfeljebb pontot kapjon (mert nem derül ki a leírásából, hogy több lehetőség nincs). Ha a vizsgázó indoklás nélküli felsorolással ad meg lehetséges dobássorozatokat, de hibát vét (kihagy dobássorozatot, rosszul vagy duplán ad meg dobássorozatot), akkor az alábbi táblázat szerint kapjon pontot. hibák száma pontszám pontszám az I. esetben a II. esetben 5 0 5 0 6 vagy több 0 0 írásbeli vizsga 8 / 8 06. május.