Matematika emelt szint 1613 ÉRETTSÉGI VIZSGA 016. május 3. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA
Fontos tudnivalók Formai előírások: 1. Kérjük, hogy a dolgozatot a vizsgázó által használt színűtől eltérő színű tollal, olvashatóan javítsa ki.. A feladatok mellett található szürke téglalapok közül az elsőben a feladatra adható maximális pontszám van, a javító által adott pontszám a mellette levő téglalapba kerüljön. 3. Kifogástalan megoldás esetén kérjük, hogy a maximális pontszám feltüntetése mellett kipipálással jelezze, hogy az adott gondolati egységet látta, és jónak minősítette.. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy a hiba jelzése mellett az egyes részpontszámokat is írja rá a dolgozatra. Ha a dolgozat javítását jobban követhetővé teszi, akkor a vizsgázó által elvesztett részpontszámok jelzése is elfogadható. Ne maradjon olyan részlet a megoldásban, amelyről a javítás után nem nyilvánvaló, hogy helyes, hibás vagy fölösleges. 5. A javítás során alkalmazza az alábbi jelöléseket. helyes lépés: kipipálás elvi hiba: kétszeres aláhúzás számolási hiba vagy más, nem elvi hiba: egyszeres aláhúzás rossz kiinduló adattal végzett helyes lépés: szaggatott vagy áthúzott kipipálás hiányos indoklás, hiányos felsorolás vagy más hiány: hiányjel nem érthető rész: kérdőjel és/vagy hullámvonal 6. Az ábrán kívül ceruzával írt részeket ne értékelje. Tartalmi kérések: 1. Egyes feladatoknál több megoldás pontozását is megadtuk. Amennyiben azoktól eltérő megoldás születik, keresse meg ezen megoldásoknak az útmutató egyes részleteivel egyenértékű részeit, és ennek alapján pontozzon.. A pontozási útmutató pontjai tovább bonthatók, hacsak az útmutató másképp nem rendelkezik. Az adható pontszámok azonban csak egész pontok lehetnek. 3. Ha a megoldásban számolási hiba, pontatlanság van, akkor csak arra a részre nem jár pont, ahol a tanuló a hibát elkövette. Ha a hibás részeredménnyel helyes gondolatmenet alapján tovább dolgozik, és a megoldandó probléma lényegében nem változik meg, akkor a következő részpontszámokat meg kell adni.. Elvi hibát követően egy gondolati egységen belül (ezeket az útmutatóban kettős vonal jelzi) a formálisan helyes matematikai lépésekre sem jár pont. Ha azonban a tanuló az elvi hibával kapott rossz eredménnyel mint kiinduló adattal helyesen számol tovább a következő gondolati egységekben vagy részkérdésekben, akkor ezekre a részekre kapja meg a maximális pontot, ha a megoldandó probléma lényegében nem változott meg. 5. Ha a megoldási útmutatóban zárójelben szerepel egy megjegyzés vagy mértékegység, akkor ennek hiánya esetén is teljes értékű a megoldás. írásbeli vizsga 1613 / 19 016. május 3.
6. Egy feladatra adott többféle megoldási próbálkozás közül a vizsgázó által megjelölt változat értékelhető. A javítás során egyértelműen jelezze, hogy melyik változatot értékelte, és melyiket nem. 7. A megoldásokért jutalompont (az adott feladatra vagy feladatrészre előírt maximális pontszámot meghaladó pont) nem adható. 8. Egy feladatra vagy részfeladatra adott összpontszám nem lehet negatív. 9. Az olyan részszámításokért, részlépésekért nem jár pontlevonás, melyek hibásak, de amelyeket a feladat megoldásához a vizsgázó ténylegesen nem használ fel. 10. Az ábrák bizonyító erejű felhasználása (például adatok leolvasása méréssel) nem elfogadható. 11. Valószínűségek megadásánál (ha a feladat szövege másképp nem rendelkezik) a százalékban megadott helyes válasz is elfogadható. 1. Ha egy feladat szövege nem ír elő kerekítési kötelezettséget, akkor az útmutatóban megadottól eltérő, észszerű és helyes kerekítésekkel kapott rész- és végeredmény is elfogadható. 13. A vizsgafeladatsor II. részében kitűzött 5 feladat közül csak feladat megoldása értékelhető. A vizsgázó az erre a célra szolgáló négyzetben feltehetőleg megjelölte annak a feladatnak a sorszámát, amelynek értékelése nem fog beszámítani az összpontszámába. Ennek megfelelően a megjelölt feladatra esetlegesen adott megoldást nem is kell javítani. Ha a vizsgázó nem jelölte meg, hogy melyik feladat értékelését nem kéri, és a választás ténye a dolgozatból sem derül ki egyértelműen, akkor a nem értékelendő feladat automatikusan a kitűzött sorrend szerinti utolsó feladat lesz. írásbeli vizsga 1613 3 / 19 016. május 3.
I. 1. a) A mért tömegek között nincs 90 dkg-nál kisebb, tehát az első feltétel teljesül. Az 5 kg-tól való eltérések (dkg-ban) rendre 6, 9, 7, 1, 8, 17, 7, 1. 78 Az eltérések átlaga = 9,75 (dkg). 8 Az árusítást engedélyezik. pont 1. b) 03 A mért adatok átlaga = 50 (dkg), 8 13 + 11 + 8 + + szórása = 8 = 91 9,5 (dkg). 3 pont 1. c) első megoldás Az eper 7 3 11 = része III. osztályú. 0 8 11 Az összes eper együttes tömege 33 : = 10 kg. 0 Ebből I. osztályú (10 0,35 =) kg, II. osztályú (10 33 =) 5 kg. Az eredetileg tervezett árakkal számolva ( 800 + 5 650 + 33 50 =) 77 700 Ft lett volna a bevétel. Ennek a 85%-a 66 05 Ft. 66 05 = 550,375 10 Az akciós egységár 550 Ft/kg legyen. 7 pont a vizsgázó számológéppel számolva helyesen válaszol. Ez a pont nem jár, ha a vizsgázó nem kerekít, vagy rosszul kerekít. írásbeli vizsga 1613 / 19 016. május 3.
1. c) második megoldás Az eper 1 7 3 11 = része III. osztályú. 0 8 0 Az eredetileg tervezett árakkal számolva az átlagos egységár kilogrammonként 3 11 3 pont 0,35 800 + 650 + 50 (= 67,5) Ft lett volna. 8 0 A kereskedő bevétele akkor lesz az eredetileg tervezett bevétel 85%-a, ha az epret az eredeti átlagos egységár 85%-áért értékesíti. Az eredeti átlagos egységár 85%-a 550,375 Ft/kg. Az akciós egységár 550 Ft/kg legyen. 7 pont Ez a pont nem jár, ha a vizsgázó nem kerekít, vagy rosszul kerekít.. a) első megoldás 10 Mindkét esetben ugyanannyi az összes eset szá- Az összes eset száma (= 5). 5 ma. Az (egyszerre) kihúzott 5 golyó között fehér 6 golyó különböző módon fordulhat elő. 3 Az (egyszerre) kihúzott 5 golyó között fehér golyó 6 különböző módon fordulhat elő. 1 6 6 A két valószínűség: 3, illetve 1 6 6. = és = 10 10 3 1 5 5 5 Ez a két valószínűség egyenlő 0, 38, tehát a 1 miatt igaz a kijelentés. tanuló kijelentése igaz. 5 pont. a) második megoldás (Ha egyesével, visszatevés nélkül húzzák ki a golyókat, és figyelembe vesszük a golyók sorrendjét, akkor) az összes eset száma: 10 9 8 7 6 (= 30 0). Az 5 kihúzott golyó között fehér golyó 5 (6 5) ( 3 ) (= 700) különböző módon fordulhat elő, Mindkét esetben ugyanannyi az összes eset száma. írásbeli vizsga 1613 5 / 19 016. május 3.
fehér golyó pedig 5 (6 5 3) (= 700) különböző módon. A két valószínűség: 5 5 6 5 3 6 5 3, illetve. 10 9 8 7 6 10 9 8 7 6 5 Ez a két valószínűség egyenlő 0, 38, tehát a 1 tanuló kijelentése igaz. 5 5 = miatt igaz a kijelentés. 5 pont. b) első megoldás Ha egyesével, visszatevéssel húzzák ki a golyókat, akkor az összes eset száma: 10 10 10 10 10 (= 10 5 ). 5 fehér golyót 6 3 (= 3 00), fehér golyót 6 (= 5 90) különböző módon húzhatunk. A két valószínűség (három tizedesjegyre kerekítve) 0,30, illetve 0,59. A két valószínűség különbözik, a tanuló kijelentése ebben az esetben nem igaz. 5 pont. b) második megoldás A fehér golyó húzásának (állandó) valószínűsége 0,6, a piros golyóé 0,. fehér golyó húzásának a valószínűsége 5 3 0,6 0,, fehér golyó húzásának a valószínűsége 5 0,6 0,. A két valószínűség (három tizedesjegyre kerekítve) 0,30, illetve 0,59. A két valószínűség különbözik, a tanuló kijelentése ebben az esetben nem igaz. 5 pont írásbeli vizsga 1613 6 / 19 016. május 3.
3. a) Ha a számtani sorozat első tagja a, akkor a 3. tagja a + 3,. A 7. tag a + 9,6. A mértani sorozat tulajdonsága miatt ( a + 3,) = a(a + 9,6). a + 6,a + 10, = a + 9, 6a 3,a = 10,, amiből a = 3,. A három szám: 3,; 6,; 1,8. Ellenőrzés: ezek valóban tekinthetők egy ( kvóciensű) mértani sorozat első három tagjának. 6 pont 3. b) Az állítás hamis. 1 Például az számsorozat n konvergens, az értékkészlete azonban végtelen számhalmaz. 3. c) Megfordítás: Ha az {a n } számsorozat értékkészlete véges számhalmaz, akkor az {a n } sorozat konvergens. A megfordított állítás hamis. Például a {( 1) n } sorozat értékkészlete véges ({ 1; 1}), de a sorozat nem konvergens. 3 pont pont írásbeli vizsga 1613 7 / 19 016. május 3.
. a) Az átlók metszéspontját jelölje E. A kerületi szögek tétele miatt PQS = PRS és QPR = QSR (azonos ívhez tartozó kerületi szögek). A PEQ és az SER háromszögekben két-két szög megegyezik (így a harmadik is), ezért ez a két háromszög hasonló. Ugyanígy bizonyíthatjuk a QER és a PES háromszögek hasonlóságát is.. b) pont pont PEQ = SER, mert csúcsszögek. BCD háromszögben felírjuk a koszinusztételt: BD = 3 + 5 3 5 cos10. BD = 7 (cm) (A húrnégyszögek tétele miatt) az ABCD négyszög DAB szöge (180 10 =) 60 -os, a Thalész-tétel miatt pedig ADB = 90, ezért az ADB háromszög egy szabályos háromszög fele. * 7 AD = BD 3 =,0 (cm), 3 * AB = AD 8,08 (cm). * Szinusztétellel a BCD háromszögből: sin CBD sin10 =, 5 7 ** 5 sin10 ( sincbd = 0,6186). 7 CBD 38, (mert csak hegyesszög lehet) ** ABC (30 + 38, =) 68, és ADC (= 180 ABC ) 111,8. ** 10 pont írásbeli vizsga 1613 8 / 19 016. május 3.
A *-gal jelzett 3 pontot a következő gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: 7 7 Az ADB derékszögű háromszögben sin 60 =. tg 60 = AB AD 1 7 AB = 8,08 (cm). AD =,0 cm 3 3 (Pitagorasz-tétellel vagy újabb szögfüggvénnyel) AB 8,08 cm AD,0 cm. A **-gal jelzett 3 pontot a következő gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: A Thalész-tétel miatt az ABC háromszög derékszögű. BC cos ABC = 0,371, AB innen ABC 68, és ADC (= 180 ABC ) 111,8. II. 5. a) első megoldás 5 x= 3 esetén x= 8, 5 x= 3 esetén x=. Ilyen elemei nincsenek az alaphalmaznak, ezért az eredeti egyenlet megoldáshalmaza az üres halmaz. 3 pont 5. a) második megoldás Mivel az adott alaphalmazon x= x, ezért az egyenlet az 5 x= 3 egyenlettel ekvivalens. Ez az alaphalmaz egyetlen elemére sem teljesül (hiszen az alaphalmaz elemei legfeljebb 1-gyel térnek el az 5-től), ezért az egyenlet megoldáshalmaza az üres halmaz. pont 3 pont írásbeli vizsga 1613 9 / 19 016. május 3.
5. a) harmadik megoldás Az x 5 x (x R) függvény ábrázolása: pont Ez a függvény a [; 6] alaphalmazon nem veszi fel a 3 függvényértéket, ezért az eredeti egyenletnek nincs megoldása. 3 pont 5. b) első megoldás (Négyzetre emelve:) x 3 = x + 10 + 1 x + 10 x + 10 = 1 x (Négyzetre emelve és rendezve:) ( x + 10) = 196 + x 8x x 3x + 156 = 0 x = 6, x = 6 1 Ellenőrzés: A 6 (eleme az alaphalmaznak és) kielégíti az eredeti egyenletet (behelyettesítés után mindkét oldalon 3-at kapunk), a 6 pedig hamis gyök. 6 pont 5. b) második megoldás A [; 6] alaphalmazon mindkét oldal (értelmezve van és) pozitív, ezért itt a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás. x 3 = x + 10 + 1 x + 10 x + 10 = 1 x A kapott egyenlet mindkét oldala pozitív a [; 6] alaphalmazon, ezért itt a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás. ( x + 10) = 196 + x 8x x 3x + 156 = 0 x = 6 1 Az ekvivalencia miatt a 6 az egyetlen gyöke az egyenletnek. 6 pont x 1,5 miatt a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás. x 1 miatt a négyzetre emelés ekvivalens átalakítás. írásbeli vizsga 1613 10 / 19 016. május 3.
5. c) A cos x + cos x 1 = 0 (cos x-ben másodfokú) egyenlet teljesül, ha cos x = 1 vagy cos x = 0,5. (A megadott egyenlőtlenség cos x-ben másodfokú tagjának együtthatója pozitív, ezért) 1 cos x 0, 5. pont 1 cos x minden x R esetén (így az alaphalmaz * minden elemére is) igaz. ([; 6] [π; π] miatt) a koszinuszfüggvény a [; 6] Ez a pont jár egy megfelelő ábráért is. * alaphalmazon szigorúan monoton növekedő, 5π és itt cos x = 0,5, ha x = ( 5,), * 3 5π 5π ezért az egyenlőtlenség megoldáshalmaza ; 3. * x 3 7 pont Megjegyzések: 1. Ha a vizsgázó megoldásában nem veszi figyelembe a megadott alaphalmazt, akkor legfeljebb pontot kaphat.. A *-gal jelzett pontot a következő gondolatmenetért is megkaphatja a vizsgázó: Az egységkörben az alaphalmaz a vonalkázott körcikkel szemléltethető (a határoló sugarakhoz tartozó középponti szögek radián, illetve 6 radián). A 1 cos x 0, 5 egyenlőtlenség megoldáshalmazát a [0; π] halmazon a pöttyözött körcikk szemlélteti pont π 5π (ez a ; 3 3 intervallumnak felel meg). 5π A két halmaz metszete (szürke körcikk) a ; 3 halmazt szemlélteti. Ez az eredeti egyenlet megoldáshalmaza. 6. a) első megoldás Ha minden csúcs fokszáma legfeljebb lenne, akkor G-nek összesen legfeljebb 8 éle lehetne. Mivel G-nek 9 éle van, ezért ellentmondásra jutottunk. A csúcsok között tehát van olyan, amelyiknek a fokszáma legalább 3. (Az állítást bizonyítottuk.) 6. a) második megoldás G csúcsainak fokszámát összeadva az élek számának kétszeresét, azaz 18-at kapunk eredményül. Ha ezt a 18-at egy (kezdetben üres) 8 csúcspontú gráf csúcsai között akarjuk egyesével szétosztani, akkor a skatulyaelv miatt biztosan lesz olyan csúcs, amelynek a fokszámát legalább háromszor növeljük meg 1-gyel. pont pont pont írásbeli vizsga 1613 11 / 19 016. május 3.
Ennek a csúcsnak a fokszáma tehát legalább 3 lesz. (Az állítást bizonyítottuk.) pont Megjegyzés: Ha a vizsgázó egy konkrét nyolc- vagy kilencélű nyolcpontú gráfot rajzol, amelyben minden csúcs fokszáma legalább, majd az ábrája alapján bizonyítottnak tekinti az állítást, akkor ezért ot kapjon. 6. b) első megoldás Egy szabályos nyolcszög oldalai és átlói számának összege 8. 8 A 8 szakasz közül négyet (= 0 75)- féleképpen lehet kiválasztani (összes eset száma). Kedvező eset az, amikor mind a szakaszt az A csúcsból induló 7 szakasz közül választjuk ki. 7 Ezt (= 35)-féleképpen tehetjük meg. 7 A kérdéses valószínűség így = 8 1 = ( 0,0017). 585 6 pont 6. b) második megoldás Egy szabályos nyolcszög oldalai és átlói számának összege 8. Egy csúcsból összesen 7 szakasz indul. Annak a valószínűsége, hogy az első, második, harmadik, majd negyedik kiválasztott szakasz is az 7 6 5 pont A csúcsból indul, rendre,,, majd. 8 7 6 5 A kérdéses valószínűség ezek szorzata, tehát 7 6 5 = 8 7 6 5 1 = ( 0,0017). 585 6 pont írásbeli vizsga 1613 1 / 19 016. május 3.
6. c) első megoldás Az első mérkőzés két résztvevőjét 8 (= 8)-féleképpen választhatjuk ki. A második mérkőzés résztvevőit (a maradék hat sakkozó közül) (= 15)-féleképpen választhatjuk ki. 6 Hasonlóan a harmadik mérkőzés résztvevőit (a maradék négy sakkozó közül) (= 6)-féleképpen vá- pont laszthatjuk ki. A negyedik mérkőzést az ezek után megmaradt két sakkozó játssza (ez 1 lehetőség). A lehetséges párosítások száma (a mérkőzések sorrendjét is figyelembe véve) a fentiek szorzata, (de a mérkőzések sorrendjét nem kell figyelembe venni, ezért) osztva a négy mérkőzés lehetséges sorrendjeinek számával,!-sal, azaz 8 6 = 105.! 6. c) második megoldás Válasszunk ki tetszőlegesen egy sakkozót. 6 pont Az ő ellenfelét (a többi sakkozó közül) 7-féleképpen választhatjuk ki. Folytatva ezt az eljárást a maradék hat sakkozó közül válasszunk ki tetszőlegesen egyet, az ő ellenfelét 5-féleképpen választhatjuk ki, majd a maradék négy sakkozó közül kiválasztva egyet, az ő ellenfelét pont 3-féleképpen választhatjuk ki. A negyedik párost az ezek után megmaradt két sakkozó alkotja (ez 1 lehetőség). (Ez az eljárás minden lehetőséget megad, és mindegyiket pontosan egyszer, ezért) a lehetséges párosítások száma a fentiek szorzata, azaz 7 5 3 1 = 105. 6 pont írásbeli vizsga 1613 13 / 19 016. május 3.
6. c) harmadik megoldás Állítsuk sorba a sakkozókat, ezt 8!(= 0 30)-féleképpen tehetjük meg. A sorba állított sakkozók közül az 1., a 3., az 5 6., illetve a 7 8. helyen állók játsszanak egymással. Ekkor a mérkőzések összes lehetséges sorrendjét és egy-egy mérkőzésen belül a két sakkozó sorrendjét is figyelembe vettük. (A mérkőzések sorrendjét azonban nem kell figyelembe venni, ezért) osztani kell a négy mérkőzés lehetséges sorrendjeinek számával,!-sal, valamint (a két sakkozó sorrendjét sem kell figyelembe venni egyik mérkőzésen belül sem, ezért) osztani kell = -nel is. 8! A lehetséges párosítások száma ezért 105! =. 6 pont 6. c) negyedik megoldás 8 Válasszunk ki sakkozót, ezt (= 70) különböző módon tehetjük meg. A többi sakkozót!(= ) különböző módon oszthatjuk szét a kiválasztott sakkozó között (minden egyes szétosztás az első forduló egy-egy párosításának felel meg). 8 Így! (= 1680) párosítást kapunk az első fordulóra. Ezek között az első forduló minden lehetséges párosítása szerepel, mégpedig mindegyik pontosan = -szer (hiszen a forduló négy mérkőzése két-két résztvevőjének sorrendje mindegyik esetben megcserélhető). Az első forduló különböző párosításainak száma 8! ezért = 105. pont 6 pont írásbeli vizsga 1613 1 / 19 016. május 3.
7. a) x k ( x) = 1 ( 1) = x x x x+ ( = 1 ( + 1) ) = 1 ( 1 + 1) A zárójel felbontása után tehát igaz az állítás. x+ x k( x) = 11+ 1 adódik, 3 pont 7. b) 3 x+ x Megoldandó a 1 < 3( 1) + egyenlőtlenség a valós számok halmazán. 3 x x 1< 3 1 x ( x 3) < 0 Mivel minden valós szám esetén x > 0, ezért az egyenlőtlenség ekvivalens a x < 0, 75 egyenlőtlenséggel. A -es alapú exponenciális/logaritmus függvény szigorúan monoton nő, ezért pont x < log 0,75( = 1+ log 3 0,075). 7. c) 7 pont A két görbe közös pontjainak első koordinátáját a 1 x = egyenlet megoldásai adják: és. (Mivel a [ ; ] intervallumon a h függvény grafikonja az x függvény grafikonja fölött helyezkedik el, ezért) a kérdezett terület: ( 16 x ) dx = 3 = 16x x = 3 6 6 18 18 = 6 6 = = 3 3 3 3 56 =. 3 6 pont 3 x < A -es alapú exponenciális/logaritmus függvény szigorúan monoton nő, ezért x < 0,5log 0,75 ( + log 3 0,075) 1 a vizsgázó a határozott integrál értékét számológéppel jól határozza meg. írásbeli vizsga 1613 15 / 19 016. május 3.
8. a) első megoldás 0,99 annak a valószínűsége, hogy egy adott szem meggyből az automata eltávolítja a magot. A komplementer esemény (0 vagy 1 mag kerül az 10 10 119 üvegbe) valószínűsége 0,99 + 0,01 0,99. 1 Ezért a kérdezett valószínűség: 10 10 119 1 0,99 0,01 0,99, 1 ami körülbelül 0,3. pont 0,99 + 0,369 5 pont 8. a) második megoldás 0,99 annak a valószínűsége, hogy egy adott szem meggyből az automata eltávolítja a magot. A kérdezett valószínűség: k = 10 10 k 10 k 0,01 0,99. k= k (Az egyes tagok kiszámítása és valószínűségi megfontolások alapján arra jutunk, hogy) a fenti 119 tagú összeg hetedik tagjától kezdve mindegyik tag kisebb,8 10 5 -nél, ezért az utolsó 113 tag összege nem nagyobb 0,003-nél. Mivel az első hat tag összege kevesebb 0,338-nál, ezért a kérdezett valószínűség körülbelül 0,3. 5 pont 10 10 k 10 k Megjegyzés: A 0,01 0,99 összeg első 9 tagja és a megfelelő tagok összege az k= k alábbi táblázatban látható. i 10 i i 10 i 10 k 0,01 0,99 0,01 i k= k 0,181 0,181 3 0,0867 0,307 0,056 0,330 5 0,0060 0,336 6 0,001 0,3375 7 0,000 0,3377 8,7 10 5 0,3377 9 3, 10 6 0,3377 10 3,8 10 7 0,3377 0,99 10 k írásbeli vizsga 1613 16 / 19 016. május 3.
8. b) (A hasáb alaplapja az ABCD húrtrapéz.) Az ábra jelöléseit használva, az APD derékszögű háromszögből Pitagorasz-tétellel: m = 1 0,6 = 0,8 (m). A hasáb alaplapjának (az ABCD trapéznak) a területe: 1,8 + 3 0,8 = 1,9 (m ), tehát a hasáb (a konténer) térfogata: ( 1,9 = ) 3,8 m 3. A tisztító folyadék x méter magasságban áll a konténerben. A folyadék egy olyan szimmetrikus trapéz alapú egyenes hasábot tölt meg, amelynek a magassága méter, az alaplapjának a,7 területe pedig = 1,35 (m ). ezek a gondolatok csak a megoldásból derülnek ki. Az (ábra szerinti) APD és ARS derékszögű háromszögek hasonlósága miatt =, SR DP AR AP y 0,6 3 azaz = =. y = 0,75x x 0,8 SV = 1,8 + y = 1,8 + 1,5x, ezért (mivel az ABVS trapéz területe 1,35 m ) 1,8 + 1,8 + 1,5 x x = 1,35. Ebből 1,5 x + 3,6x,7 = 0, 5x + 1x 9 = 0 amelynek a gyökei 0,6 és 3. (A 3 nem felel meg, tehát) a tisztító folyadék 0,6 méter magasságban áll a konténerben. 1 írásbeli vizsga 1613 17 / 19 016. május 3.
9. a) első megoldás 1 ( x) = (( x 900) 810000 + 950000) = f pont 0 = 1 ( x 900) 7000 0 + (Mivel (x 900) 0, és egyenlőség pontosan akkor van, ha x = 900, ezért) az óránkénti üzemanyag-fogyasztás 900 km/h átlagsebesség esetén minimális, és ez a minimum 7000 kg óránként. 5 pont 9. a) második megoldás (Az egy óra alatti üzemanyag fogyasztásnak ott lehet minimuma, ahol az f függvény deriváltja 0.) 1 f (x) = x 90 10 f (x) = 0 pontosan akkor, ha x = 900. Mivel a második derivált pozitív ( f ( x) = 0, 1), ezért itt valóban minimuma van az f függvénynek. Az óránkénti üzemanyag-fogyasztás 900 km/h átlagsebesség esetén lesz minimális, és ez a minimum (f (900) =) 7000 kg óránként. 5 pont a vizsgázó az első derivált előjelváltásával indokol. 9. b) 5580 A repülési idő órában: t =. v Az út során elfogyasztott üzemanyag kg-ban: 5580 1 t f ( v) = ( v 1800v + 950000) = v 0 65050 000 = 79 v 50 00 +. v 3 pont írásbeli vizsga 1613 18 / 19 016. május 3.
9. c) A pozitív valós számok halmazán értelmezett 65 050 000 g( v) = 79v 50 00 + függvénynek v ott lehet szélsőértéke, ahol a deriváltja 0. 65 050 000 g ( v) = 79 v g ( v) = 0, ha v =100 95 ( 97,68) (mert v > 0). A deriváltfüggvény értékei v <100 95 esetén negatívak, v >100 95 esetén pedig pozitívak. Ezért a 100 95 a g függvénynek abszolút minimumhelye. (A deriváltfüggvény előjele alapján tehát) a g függvény a [ 800;100 95] zárt intervallumon szigorúan csökkenő, a [ 100 95;1100] zárt intervallumon pedig szigorúan növekvő, ezért a g függvény [800; 1100] intervallumra való leszűkítése a maximumát vagy 800-nál vagy 1100-nál veszi fel. g(800) = 5 31,5 g(1100) 5 65,5 Tehát a modell szerint 800 km/h átlagsebesség esetén a legnagyobb, és ( 100 95 ) 975 km/h átlagsebesség esetén a legkisebb az egy útra jutó üzemanyag-felhasználás. 8 pont Megjegyzés: A szélsőértékhelyek függetlenek az út hosszától. Mivel a második derivált pozitív, ezért itt (abszolút) minimuma van a g függvénynek. írásbeli vizsga 1613 19 / 19 016. május 3.