Mtemtik emelt szint 1111 ÉRETTSÉGI VIZSGA 011. május. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ NEMZETI ERŐFORRÁS MINISZTÉRIUM
Formi előírások: Fontos tudnivlók 1. A dolgoztot vizsgázó áltl hsznált színűtől eltérő színű tolll kell jvítni, és tnári gykorltnk megfelelően jelölni hibákt, hiányokt stb.. A feldtok mellett tlálhtó szürke tégllpok közül z elsőben feldtr dhtó mximális pontszám vn, jvító áltl dott pontszám mellette levő tégllpb kerül.. Kifogástln megoldás esetén elég mximális pontszám beírás megfelelő tégllpokb. 4. Hiányos/hibás megoldás esetén kérjük, hogy z egyes részpontszámokt is írj rá dolgoztr. Trtlmi kérések: 1. Egyes feldtoknál több megoldás pontozását is megdtuk. Amennyiben zoktól eltérő megoldás születik, keresse meg ezen megoldásoknk z útmuttó egyes részleteivel egyenértékű részeit, és ennek lpján pontozzon.. A pontozási útmuttó pontji tovább bonthtók. Az dhtó pontszámok zonbn csk egész pontok lehetnek.. Nyilvánvlón helyes gondoltmenet és végeredmény esetén mximális pontszám dhtó kkor is, h leírás z útmuttóbn szereplőnél kevésbé részletezett. 4. H megoldásbn számolási hib, ponttlnság vn, kkor csk rr részre nem jár pont, hol tnuló hibát elkövette. H hibás részeredménnyel helyes gondoltmenet lpján tovább dolgozik, és megoldndó problém lényegében nem változik meg, kkor következő részpontszámokt meg kell dni. 5. Elvi hibát követően egy gondolti egységen belül (ezeket z útmuttóbn kettős vonl jelzi) formálisn helyes mtemtiki lépésekre sem jár pont. H zonbn tnuló z elvi hibávl kpott rossz eredménnyel, mint kiinduló dttl helyesen számol tovább következő gondolti egységben vgy részkérdésben, kkor erre részre kpj meg mximális pontot, h megoldndó problém lényegében nem változik meg. 6. H megoldási útmuttóbn zárójelben szerepel egy megjegyzés vgy mértékegység, kkor ennek hiány esetén is teljes értékű megoldás. 7. Egy feldtr dott többféle helyes megoldási próbálkozás közül vizsgázó áltl megjelölt változt értékelhető. 8. A megoldásokért jutlompont (z dott feldtr vgy feldtrészre előírt mximális pontszámot meghldó pont) nem dhtó. 9. Az olyn részszámításokért, részlépésekért nem jár pontlevonás, melyek hibásk, de melyeket feldt megoldásához vizsgázó ténylegesen nem hsznál fel. 10. A vizsgfeldtsor II. részében kitűzött 5 feldt közül csk 4 feldt megoldás értékelhető. A vizsgázó z erre célr szolgáló négyzetben feltehetőleg megjelölte nnk feldtnk sorszámát, melynek értékelése nem fog beszámítni z összpontszámáb. Ennek megfelelően megjelölt feldtr esetlegesen dott megoldást nem is kell jvítni. H mégsem derül ki egyértelműen, hogy vizsgázó melyik feldt értékelését nem kéri, kkor utomtikusn kitűzött sorrend szerinti legutolsó feldt lesz z, melyet nem kell értékelni. írásbeli vizsg 1111 / 011. május.
I. 1. ) első megoldás Az f függvény egy negtív főegyütthtós másodfokú függvénynek egy zárt intervllumr vett leszűkítése. Grfikonj egy lefelé nyitott prbolánk egy íve. Teljes négyzetté kiegészítéssel x x + ( x + 1) + 4. A ( 1;4) pont prbol tengelypontj, mely függvény grfikonjánk is pontj. Tehát f [ ; 1] intervllumon szigorún monoton növő, [ 1; 5] intervllumon pedig szigorún monoton fogyó. Az eddigiekből következik, hogy ( 1) mximumhelye f-nek és mximum értéke 4. A minimum zárt intervllum két htáránk vlmelyikénél lehet: f ( ) =, f ( 5) =. Az f függvény minimumhelye z 5, minimum értéke f ( 5) =. Összesen: 7 pont Megjegyzések: 1. H megoldást grfikonkészítéssel kezdi, és rról helyesen olvss le monotonitási viszonyokt és szélsőértékeket, kkor jár 7 pont, h grfikon helyességét indokolj.. H hibás grfikonról olvss le jól kért értékeket, kkor jó leolvsásért pontot kpjon (monotonitás 1 + szélsőértékek )!. A monotonitási trtományokhoz hozzászámíthtjuk z x = 1 értéket, vgy ki is zárhtjuk zt. Mindkét változtot fogdjuk el helyes válsznk! írásbeli vizsg 1111 / 011. május.
1. ) második megoldás A vlós számok hlmzán értelmezett x x x + függvény derivált függvénye: x x. Ahol derivált függvény pozitív, ott z eredeti függvény szigorún monoton növő, hol negtív, ott szigorún monoton fogyó. x > 0 x < 1és x < 0 x > 1. A vlós számok hlmzán értelmezett x x x + függvényből leszűkítéssel kpott f függvény tehát [ ; 1[ intervllumon szigorún monoton növő, ] 1;5] intervllumon pedig szigorún monoton fogyó. Az eddigiekből következik, hogy ( 1) mximumhelye f-nek és mximum értéke 4. A minimum zárt intervllum két htáránk vlmelyikénél lehet: f ( ) =, f ( 5) =. Az f függvény minimumhelye z 5, minimum értéke f ( 5) =. Összesen: 7 pont Megjegyzés: A monotonitási trtományokhoz hozzászámíthtjuk z x = 1 értéket, vgy ki is zárhtjuk zt. Mindkét változtot fogdjuk el helyes válsznk! 1. b) Az lg 1 ( x + x ) lg5 h x + x > 0, és ( + x ) lg5 kifejezés kkor értelmezhető, lg x. Az egyenlőtlenség megoldás vlós számok hlmzán: x < vgy x > 1, de x 5, így z 1< x 5feltételnek kell teljesülnie. A lg( x + x ) = lg5 pontosn kkor teljesül, h x + x = 5. Ennek vlós megoldási 4 és. Tehát zon x vlós számokr értelmezhető kifejezés, melyekre 1< x 5 és x teljesül. Összesen: 7 pont Bármilyen formábn megdott helyes válsz ot ér. Például: ] 1; [ ]; 5] vgy { x R 1 < x 5, x }. írásbeli vizsg 1111 4 / 011. május.
. ) A német és frnci vizsgávl rendelkező 1 hllgtó közül 1 = 9-nek vn ngol vizsgáj is. Mindhárom kérdésre 9-en válszoltk igennel. pont Összesen: pont. b) első megoldás A ngol nyelvvizsgás közül 9 = 1 főnek vn egy vgy két nyelvvizsgáj. Tehát 1 hllgtó trtozik z ngol nyelvvizsgávl rendelkezők közül német vgy frnci nyelvvizsgávl nem rendelkezők hlmzink uniójáb. Ezen hlmzok elemszám külön-külön 7 illetve 8, z unió elemszám 1. A két hlmz közös részébe tehát 15 1 = elem trtozik. A közös részbe pedig cskis ngol vizsgávl rendelkező hllgtók trtoznk. Ezek lpján beírhtjuk z lábbi hlmzábráb z egyértelműen dódó elemszámokt: pont pont A három nyelvvizsg közül leglább eggyel rendelkezők szám + + 1 = 6. Mindhárom kérdésre nemmel (9 6 =) fő válszolt. Összesen: 9 pont írásbeli vizsg 1111 5 / 011. május.
. b) második megoldás Jelöljük x-szel csk ngol nyelvvizsgávl rendelkező hllgtók számát. Ezzel jelöléssel következő Venn-digrmot hozhtjuk létre: H ez gondolt csk megoldás során derül ki, ez pont jár. pont A pont z ngol hlmz helyes kitöltéséért jár. Az ngol nyelvvizsgávl rendelkezők szám, tehát 4 x =. Csk ngol nyelvvizsgávl ( x = ) hllgtó rendelkezik. Beírv x megkpott értékével megfelelő elemszámokt: A három nyelvvizsg közül leglább eggyel rendelkezők szám + + 1 = 6. Egyetlen nyelvvizsgávl sem rendelkezik 9 6 = fő, tehát mindhárom kérdésre hllgtó válszolt nemmel. Összesen: 9 pont írásbeli vizsg 1111 6 / 011. május.
. első megoldás H hétfőn egy rekeszben x kg sárgbrck volt, és ebből összesen y db rekesszel vásárolt, kkor kedden egy rekeszben ( x ) kg volt, és ekkor összesen ( y + 8) db rekesszel vásárolt. Így z xy = 165 és z ( x )( y + 8) = 165 egyenleteknek kell teljesülniük. xy = 165 Tehát z ( x )( y + 8) = 165 egyenletrendszer megoldását keressük, hol x és y pozitív számot jelöl. A második egyenletben zárójel felbontásávl z xy y + 8x 16 = 165 egyenlethez jutunk. Mivel xy = 165, így 165 y + 8x 16 = 165, zz 4 x y = 8. Ebből y = 4x 8. Az xy = 165 egyenletben y helyére 4x 8 -t helyettesítve, 4x 8x 165 = 0 másodfokú egyenletet kpjuk. Ennek pozitív megoldás: x = 7, 5. (A negtív megoldás: 5,5) Innen y =. Ezekkel z értékekkel számolv: kedden 5,5 kg őszibrck volt egy rekeszben, és összesen 0 rekesszel vásárolt kiskereskedő. (Az értékek szöveg feltételeinek megfelelnek.) Tehát hétfőn egy rekeszben 7,5 kg sárgbrck volt, és ekkor összesen rekesszel vásárolt kiskereskedő. Összesen: 1 pont H ez gondolt csk megoldás során derül ki, ez pont jár. Ez pont szöveg szerinti ellenőrzésért dhtó. írásbeli vizsg 1111 7 / 011. május.
. második megoldás H hétfőn n drb rekesz sárgbrckot vásárolt 165 kiskereskedő, kkor egy rekeszben kg n sárgbrck volt. Így kedden ( n + 8) drb rekesz őszibrckot vett, és 165 ekkor egy rekeszben kg őszibrck volt. n pont pont 165 ( n + 8 ) = 165. n pont Rendezve kpjuk: n + 8n 660 = 0. pont Ennek egyetlen pozitív gyöke n = ( másik gyök n = 0). pont Hétfőn rekesz sárgbrckot vett kiskereskedő, egy rekeszben 7,5 kg gyümölcs volt. Ezek z értékek megfelelnek feldt minden feltételének (kedden 0 rekesszel vásárolt, egy rekeszben 5,5 kg őszibrck volt). Összesen: 1 pont Megjegyzés: H hétfőn minden rekeszben s kg sárgbrck volt, kkor, A felírhtó egyenlet ekkor: ( ) + 8 = 165 Gyökök: = 7, 1 5 Ez pont szöveg szerinti ellenőrzésért dhtó. 165 drb rekesszel vásárolt. s 165 s. Rendezve: 4s 8s 165 = 0. s s és s 5, 5 =. írásbeli vizsg 1111 8 / 011. május.
4. ) első megoldás Az ábrák jelöléseit hsználjuk. Legyen gúl lpéle, mgsság m. AC =, z AEC háromszög területe: m (1) 64 =. Az lplppl párhuzmos síkmetszet négyzet, = 4 cm hosszú. melynek oldl ( ) H jelölés z ábrán világos, ez pont jár. Az ABCD és A 1 B 1 C 1 D 1 négyzet (vgy két E csúcsú gúl) (középpontos) hsonlóság mitt megfelelő szkszok rány egyenlő: m =, 4 4 m =. Ezt behelyettesítve z (ACE háromszög területére felírt) (1) egyenletbe: 64 =, = 18. A gúl lplpjánk területe 18 cm. =18 = 8 (mert >0), gúl mgsság: m = 8 = (cm). Összesen: 10 pont írásbeli vizsg 1111 9 / 011. május.
4. ) második megoldás Legyen gúl lpéle, mgsság m. AC =, z AEC háromszög területe: (1) m 64 =. Az lplppl párhuzmos síkmetszet (négyzet) (középpontosn) hsonló z lplphoz. A hsonló síkidomok területéről tnultk szerint m ezért: =, 16 vgyis = m, miből (>0 és m>0 mitt) m = következik. Ezt behelyettesítve z (ACE háromszög területére felírt) (1) egyenletbe: 64 =, = 18. A gúl lplpjánk területe 18 cm. =18 = 8 (mert >0), gúl mgsság: m = 8 = (cm). H jelölés z ábrán világos, ez pont jár. Összesen: 10 pont 4. b) H z AD él felezőpontj F, z ABCD négyzet középpontj G, kkor kérdezett szög: α = EFG )<. Az EGF derékszögű háromszögből: 8 tg α = =, 4 o 54,7 α. Összesen: pont írásbeli vizsg 1111 10 / 011. május.
II. 5. ) 1 = 1+ = + = Összesen: pont 5. b) első megoldás Tetszőleges α [ 0; π ] esetén 1 = 1+ sinα, = sin α, = sinα. + + Ezek egy számtni sorozt egymást követő tgji, h 1 + =, zz 4 sinα + sinα = ( + sin α ) +. Átlkítv: sin α + sinα = sin α. α + β α β A sinα + sin β = sin cos zonosságot lklmzv bl oldlr: sin α cosα = sin α. 0-r rendezés és szorzttá lkítás után: sin α ( cosα 1) = 0. (A bl oldlon álló szorzt pontosn kkor 0, h vlmelyik tényezője 0.) A vlós számok hlmzán sin α = 0 pontosn π kkor, h α = kπ, zz, h α = k (k Z). Mivel α [ 0; π ], ezért α lehetséges értékei: π π 0; ; π; ; π. cos α = 1 tekintett intervllumon pontosn kkor teljesül, h α = 0 vgy α = π, ezeket z értékeket pedig már megkptuk z előző eset vizsgáltkor. H α = 0, α = π vgy α = π, kkor 1 1 = ; π h α =, kkor 1 0 =, tehát ez négy α érték megoldást d. π α = esetén nem kpunk megfelelő megoldást, ugynis ekkor = =. 1 = Összesen: 1 pont A számtni sorozt bármelyik definíciójánk helyes lklmzásáért jár pont. Ez z csk mind z öt jó érték felsorolásáért jár. írásbeli vizsg 1111 11 / 011. május.
5. b) második megoldás Tetszőleges α [ 0; π ] esetén 1 = 1+ sinα, = sin α, = sinα. + + Ezek egy számtni sorozt egymást követő tgji, h 1 + =, 4 + sinα + sinα = + sin α. zz ( ) Átlkítv: sin α + sinα = sin α. A sinα = sinα 4sin α és sin α = sinα cosα zonosságokt lklmzv: 4sinα 4sin α = 4sinα cosα. Ebből: sinα ( 1 sin α cosα ) = 0. (A bl oldlon álló szorzt pontosn kkor 0, h vlmelyik tényezője 0.) A tekintett intervllumon sin α = 0 pontosn kkor teljesül, h α = 0 vgy α = π vgy α = π. Mivel 1 sin α = cos α, ezért bl oldl másik tényezője cos α cosα = cosα ( cosα 1) lkbn írhtó, és pontosn kkor 0, h cos α = 0 vgy cos α = 1. Az α eddigi lehetséges értékeihez innen két új érték π π dódik cos α = 0 egyenletből: α = és α =. H α = 0, α = π vgy α = π, kkor = 1 1, =, = ; π h α =, kkor 1 0 =, =, = 4, tehát ez négy α érték megoldást d. π α = esetén nem kpunk megfelelő megoldást, ugynis ekkor = =. 1 = Összesen: 1 pont A számtni sorozt bármelyik definíciójánk helyes lklmzásáért jár pont. Ez z csk mind három jó érték felsorolásáért jár. írásbeli vizsg 1111 1 / 011. május.
6. ) 5 = 4 különböző húzás lehetséges, (ezek mindegyike zonos vlószínűséggel következhet be). Egyform kék és piros golyók szám, h mindkettő 0, 1 vgy. Első eset 0 piros és 0 kék, zz mind z öt fehér, ez 1-féleképpen lehetséges. Második eset: 1 piros és 1 kék, fehér, ez 5! 5 = =0-féleképpen következhet be.! pont Hrmdik eset: piros és kék, 1 fehér, ez 5! 5 4 = =0 esetben következhet be.!! 1 A kedvező esetek szám tehát 1 + 0 + 0 = 51. A döntetlen játszm vlószínűsége: 51 ( 0,098 0,1). 4 Összesen: 8 pont Ezt pontot kkor is megkpj, h gondoltot ugyn nem írj le, de megoldásából kiderül, hogy erre épít. 6. b) első megoldás Három eset lehetséges: zonos kihúzott piros és kék pont golyók szám, vgy több kék vgy több piros. A különböző színű golyók zonos szám mitt több piros mint kék golyó húzásánk esélye zonos több kék mint piros golyó húzásánk pont esélyével. A több kék mint piros golyó húzásánk esélye tehát: 1 51 1 = pont 4 96 ( 0,95). 4 Összesen: 8 pont Ennél kevésbé részletezett helyes indoklás esetén is járnk ezek pontok. írásbeli vizsg 1111 1 / 011. május.
6. b) második megoldás Közvetlenül megszámoljuk, hogy 4 egyenlő vlószínűségű eset közül hány végződik több kék mint piros golyó húzásávl. Legyen z első szám kék, második piros, hrmdik fehér golyók szám: (1,0,4), (,0,), (,0,), (4,0,1), (5,0,0), (,1,), (,1,1), (4,1,0), (,,0). Mivel különböző színek egyformán gykorik, ezért fenti esetek közül zonosk vlószínűség szempontjából következők: (1,0,4), (4,0,1), (4,1,0) (,0,), (,0,), (,,0) (5,0,0) (,1,1) (,1,) Az első hárms összesen 5! 5 = 15 4! = 1 -féleképpen, második hárms 5! 5 = =0 -féleképpen,!! hrmdik (5,0,0) 1-féleképpen, míg negyedik (,1,1) 5! 5 =! =0-féleképpen következhet be. Végül z ötödik (,1,) 5! 10 = = 0 -féleképpen!! 4 következhet be, zz kedvező esetek szám: 15 + 0 + 1+ 0 + 0 = 96. A keresett vlószínűsége tehát: ( 0,95) 4 Összesen: 8 pont H vizsgázó nem zonos rendszerben számítj ki z összes és kedvező esetek számát, legfeljebb 5 pont dhtó. Megjegyzés: H vizsgázó előbb több kék mint piros golyó húzásánk vlószínűségét számítj ki, és b) első megoldásánk gondoltmenetét követve dj meg z egyenlő számú kék és piros golyó húzás vlószínűségét, kkor lklmzzuk b) első megoldásánk pontozását! írásbeli vizsg 1111 14 / 011. május.
7. ) Az n = 100 és p = 0, 05 prméterű binomiális eloszlás lpján számolhtunk. Annk vlószínűsége, hogy 100 ember között 100 nincs beteg: 0,95, nnk vlószínűsége, hogy közöttük 1 beteg vn: 100 99 0,05 0,95. 1 Annk vlószínűsége, hogy 100 ember között legfeljebb egy, z újfjt betegségségben szenvedő 100 100 99 vn: 0,95 + 0,05 0,95 1 ( 0,0059+ 0,01) 0, 071. (Nekünk komplementer esemény vlószínűsége kell,) tehát nnk vlószínűsége, hogy 100 ember között leglább két z újfjt betegségségben szenvedő vn 1 0,071 0, 969 A kérdezett vlószínűség két tizedes jegyre kerekítve: 0,96. Összesen: 7 pont Ez pont kkor is jár, h megoldás erre gondoltr épít. írásbeli vizsg 1111 15 / 011. május.
7. b) első megoldás Az dtok áttekintéséhez célszerű ábrát készíteni. város lkosság (100%) nem beteg (95%) beteg (5%) 80% 0% 45% 55% nem beteg és nem dohányos nem beteg és dohányos beteg és dohányos beteg és nem dohányos (Modellt készít: szövegnek megfelelő 4 diszjunkt csoportb sorolj város lkosságát.) Kiszámítjuk, hogy város lkosságánk hány százlék trtozik négy csoportb. Nem beteg és nem dohányos: 0,95 0,8 = 0,76, zz 76%; nem beteg és dohányos: 0,95 0, = 0,19, zz 19%; beteg és dohányos: 0,05 0,45 = 0,05, zz,5%; beteg és nem dohányos: 0,05 0,55 = 0,075, zz,75%. A város lkosink (19 +,5 =) 1,5%- dohányos, közöttük város lkosink,5%- beteg,,5 tehát dohányosok között 100% betegek 1,5 rány. Egy tizedes jegyre kerekítve ez 10,6%. A város lkosink (76 +,75=) 78,75%- nem dohányos, közöttük város lkosink,75%- beteg,,75 tehát nem dohányosok között 100% 78,75 betegek rány. Egy tizedes jegyre kerekítve ez,5%. Összesen: 9 pont Ez pont kkor is jár, h megoldás erre gondoltr épít. írásbeli vizsg 1111 16 / 011. május.
7. b) második megoldás 100 000 lkosr vontkozón számolunk, mert z pont rányok mint ngyságától függetlenek. 100 000 lkos közül 5 000 betegszik meg, 95 000 egészséges mrd. 5 000 beteg közül 50 dohányzik, 750 nem dohányzik. 95 000 egészséges lkos közül 19 000 dohányos, 76 000 nem dohányos. A 1 50 dohányos között 50 beteg vn, ez dohányosok számánk 10,6%-. A 78 750 nem dohányos között 750 beteg vn, ez nem dohányosok számánk,5%-. Összesen: 9 pont 8. ) A telek felosztásánk megértése (pl. egy jó vázlt). Az EF átfogójú, 0 és 0 befogójú derékszögű háromszög (EFH) megdás. Pitgorsz tételének lklmzás: EF = 0 + 0 EF 6,1 méter. Összesen: 4 pont írásbeli vizsg 1111 17 / 011. május.
8. b) első megoldás A feldt megértése (pl. egy jó vázlt). ( FG = x és EG = y jelölés esetén) Az EFG háromszög T területe: T = 15x (m ); Zoli telkéhez cstolt terület értéke: 0 000 15x (Ft). Az új kerítés hosszát z EHG derékszögű háromszögből számíthtjuk. FG = 0 x. * Alklmzv Pitgorsz tételét: y = ( 0 x) + 0 * 0 < y = 100 40x + x. * Az EG hosszú kerítés megépíttetésének költsége: 15 000 100 40x + x. Zoli jobbn járt, tehát 15 000 x 40x + 100 < 0 000 15x, zz x 40x + 100 < 0x (hol x pozitív, és méterben dj meg kérdéses hosszt.) (Mivel mindkét oldl nemnegtív, ezek négyzete között relációjel változtln.) x 40x + 100 < 900x. Ebből 0 < 899x + 40x 100 (hol x pozitív). Az x 899x + 40x 100 (x R) másodfokú függvény egyetlen pozitív zérushelye 1, 18. (A másik zérushely 1,) Ez másodfokú függvény pozitív számok hlmzán szigorún nő. Mivel 1,18 m 1, m, így leglább 1, m (és legfeljebb 8 m) hosszú FG szksz. Összesen: 1 pont Megjegyzés: Koszinusztétel lklmzásávl is megdhtó z FG oldl ( *-gl jelölt pontokhoz): o GFE <) = α jelöléssel tg α = 1, 5, zz α 56,1 EFG háromszög EG oldlár koszinusztétel lklmzás. y o = x + 6,06 7,x cos 56, írásbeli vizsg 1111 18 / 011. május.
8. b) másik megoldás Elegendő kedvező G pontokt FH szksz pontji között keresni. Az x=fg jelöléssel: h x növekszik, kkor z EG szksz hossz szigorún monoton csökken (mert z EHG derékszögű háromszög EH befogój mindig 0 m hosszú, másik befogój pedig csökken), z EFG háromszög területe szigorún monoton nő (hiszen FG oldl nő, hozzá trtozó mgsság nem változik). Ebből következik, hogy elegendő megvizsgálni, mely esetben egyenlő kerítésre fordított költség cserébe kpott telekrész értékével. A kerítésért kpott telekrész területe (x-et méterben 0x mérve): = 15x ( m ), értéke 0 000 15x (Ft). A kerítés hossz (Pitgorsz- tétellel): 100 40x + x, kerítés megépíttetésének költsége: 15000 100 40x + x. 15000 x 40x + 100 = 0000 15x, zz x 40x + 100 = 0x (hol x pozitív), x 40x + 100= 900x. Ebből: 899x + 40x 100= 0. Ennek pozitív megoldás x 1,18. Tehát leglább 1, m (és legfeljebb 8 m) hosszú FG szksz. Összesen: 1 pont írásbeli vizsg 1111 19 / 011. május.
8. b) hrmdik megoldás A megoldás során kihsználjuk, hogy tized méterre (egész deciméterre) kerekítve kell megdni z eredményt. A megépített kerítés hossz leglább 0 +1, m és legfeljebb EF 6,1 m. Zoli kerítésre leglább, 15 000 = 484 500 Ft-ot, legfeljebb 6,1 15 000 = 541500 Ft-ot költött. A kerítésre költött összeg leglább 16,15 m, de legfeljebb 18,05 m területű telekrész értékével egyezik meg. x 0 A FG=x jelöléssel: h > 18, 05, kkor Zoli biztosn jobbn járt. Ebből ( kerekítésre vló tekintettel) z dódik, hogy x 1, (m). A 16,15 m -hez trtozó FG távolság: 16,15 1,08 (m). 0 (A monotonitás mitt minden ennél kisebb x esetén Zoli rosszbbul jár.) Azt kell már csk megvizsgálni, hogy z 1,1 m, illetve z 1, m hosszú FG szksz esetén jól járhtott-e Zoli. pont FG (m) 1,1 1, kerítés költsége (Ft) 51 857 51 059 telekrész értéke (Ft) 495 000 540 000 egyenleg Zoli szempontjából (Ft) 6 857 +8941 pont Láthtó, hogy FG=1, m is előnyös Zolink. Összefogllv: h FG leglább 1, m (és legfeljebb 8 m), kkor Zoli jól járt kerítés megépítésével. Összesen: 1 pont írásbeli vizsg 1111 0 / 011. május.
9. ) Az üzem npi hszn n drb készlet gyártás esetén: 1,5 h n = 18n 0, n 1n 00 ( ) = 1,5 = 0, n + 6n 00. + 1,5 Az f : R R; f ( x) = 0, x + 6x 00 0,5 függvény deriválhtó és f (x) = 0, x + 6. Az f szélsőértékének létezéséhez szükséges, hogy f (x) = 0 teljesüljön. 0,5 0, x + 6 = 0 x = 400. 0,5 0,15 Mivel f (x) = 0,15 x = < 0, x ezért x = 400 esetén npi hszon mximális, hiszen f mximumhelye egyben h mximumhelye is (mert 400 eleme h értelmezési trtományánk is). Npi 400 építőkészlet gyártás esetén lesz hszon mximális. A mximális hszon: 1,5 h ( 400) = 0, 400 + 6 400 00 = 500 (euró). Összesen: 9 pont H h függvény deriváltját képezi, ez pont nem jár. H vizsgázó mximumot zzl indokolj, hogy z első derivált z x = 400 környezetében előjelet vált (pozitívból negtívb megy át), ez pont jár. írásbeli vizsg 1111 1 / 011. május.
9. b) Az lpkock térfogt: V k = 7 cm. A gyártás során ennek kockánk minden csúcsából egy olyn (derékszögű) tetrédert vágnk le, melynek három lpj egybevágó, 1 cm befogójú pont egyenlő szárú derékszögű háromszög, és ezek lpok páronként merőlegesek egymásr. Ezen lpok közül bármelyiket lplpnk tekintve tetréder mgsság 1 cm. A 8 csúcsnál levágott tetréderek térfogtánk 1 1 4 összege: V = 8 = ( cm ). A visszmrdó test térfogt: 77 = = V k V 5 cm. Vk V 77 Így = 95%. V 81 k Összesen: 7 pont Ez pont világos rjz esetén kkor dhtó, h rról leolvshtók z dtok is. írásbeli vizsg 1111 / 011. május.