FELADATSOR MEGOLDÁSA I. rész 1.1.) a) igaz b) hamis. 1..) A helyes megoldás: b) R = r 1..) x = 7 = ahonnan x = tehát x =. 1.4.) Az oszlopdiagramból kiolvasható hogy a két üzem termelése között a legnagyobb különbség a 7. hónapban volt. 1.5.) Mivel az f ( x) = sin x függvény értékkészlete: 1 f ( x) 1 ezért az f ( x) = sin x függvény értékkészlete: f ( x) 1. 1.6.) A megadott egyenes egy irányvektora: v(-; 4) így a keresett egyenes egyenlete: 4 x + y = 5 1.7.) Ha a + b = 9 és a b = akkor a = 6 b =. Ekkor a c átfogó Pitagorasz tétele alapján: c = 6 + = 45. 1.8.) Összesen 6 db kétjegyű szám keletkezhet a megadott módon. Ezek között 4 db 4 1 négyzetszám lehetséges: a 16 5 6 64. Tehát a keresett valószínűség: =. 6 9 1.9.) A család nettó jövedelme a fizetésemelések után: 10000 115 + 95000 11 = 18 + 1045 = 4500. Ft. 1.10.) 116 EGÉSZ ÉVES ÉS INTEZÍV ÉRETTSÉGI ELÕKÉSZÍTÕ TANFOLYAMOK
1.11.) A keresett P pont az AD oldal P felezőpontja: II/A rész 1.1.) A feladat szövege alapján készítsük el majd elemezzük a következő ábrát! a) Ahhoz hogy megállapítsuk a város lakóinak a számát a négyzet x oldalát kell kiszámítanunk. A VQE és VPT háromszögek nyilvánvalóan hasonlók hiszen oldalaik párhuzamos helyzetűek. Így felírhatjuk a megfelelő oldalak arányának egyenlőségét: x 105 105 = = 4 + x x = 4 azaz x + 8x 84 = 0 4 4 + x + 4 8 + x 8 ± 64 + 6 8 ± 0 x 1 = = x 1 = 14 6 x =. A negatív megoldás nem lehetséges így azt kaptuk hogy a négyzet oldala 6 km így a város területe 6 km. Tehát a lakók száma figyelembe véve az adott népsűrűséget -: 6 860 = 0960 fő b) Az őrtoronynak az északi kaputól való távolságát a PTÉ derékszögű háromszögből kapjuk meg Pitagorasz tételének segítségével: PÉ = 105 + 10 = 14 5 km. 1.1.) a) DFT-BUDAPEST www.dft.hu info@dft.hu; (06-1) 47-0769 117
f ( x) = log ( x 1) b) A kitűzött egyenlet értelmezési tartománya: x > 7. A logaritmus megfelelő azonosságának felhasználásával az egyenlet így írható: x 1 log = log ( x 7) x + 1 ahonnan a logaritmus egy-egyértelműségéből az adódik: x 1 = x 7 x + 1 azaz ( x 1)( x + 1) = x 7. x + 1 Mivel x 1 így kapjuk: x 1 = x 7 vagyis 1± 1+ 4 x x 6 = 0 x 1 = ahonnan x = 1 x =. A negatív gyök nem felel meg a kikötésnek így az egyedül szóba jöhető megoldás: x =. Ez az érték valóban kielégíti az eredeti egyenletet. 4 15 sin α 1.14.) Felhasználva a trigonometrikus területet: 90 = ahonnan 1 sin α = tehát α = 0 vagy α = 150. a) Ennek megfelelően a háromszög harmadik oldala a koszinusz tétel alapján: BC = 4 + 15 4 15 cos0 vagy BC = 4 + 15 4 15 cos150 Innen a harmadik oldalra az adódik: BC 1 5 vagy BC 7 7. b) Ha az A-ból induló magasság a háromszöget két háromszögre bontja akkor az A-nál levő szög nem lehet a hegyes szög hiszen ekkor amint az könnyen kiszámolható a 4-gyel szemközt tompa szög lenne így az A-ból induló magasság a háromszögön kívül esne. Tehát ez esetben α = 150 (lásd ábra) 118 EGÉSZ ÉVES ÉS INTEZÍV ÉRETTSÉGI ELÕKÉSZÍTÕ TANFOLYAMOK
Az ATB és ATC háromszögek területeinek aránya egyenlő a BT és TC szakaszok arányával. E két háromszögre felírva Pitagorasz tételét: 15 x = 4 (77 x) 15 x = 4 77 + 754x x ahonnan x 14. 14 Tehát az ATB és ATC háromszögek területeinek aránya: 0 604. 77 14 Ezek szerint a kisebbik háromszög területe a nagyobbiknak a 604%-a. II/B rész 1.15.) a) A négyzetgyök alatt teljes négyzet szerepel így ( x 5) = 1 azaz x 5 = 1 x 5 = 1 vagy x 5 = 1. Ennek megfelelően az eredeti egyenlet megoldása: x = 1 17 x 7 =. b) Ha bevezetjük a 4 x = a jelölést akkor egyenletünk így alakul: a a + a + = ahonnan 4a + 7a 9 = 0 4 7 ± 49 + 147 7 ± 9 46 a 1 = = a 1 = 4 8 8 8 a =. A negatív megoldás nyilván nem jöhet számításba így kapjuk: 4 x = 4 ahonnan x = 1. 1.16.) a) Készítsünk egy halmazábrát! DFT-BUDAPEST www.dft.hu info@dft.hu; (06-1) 47-0769 119
A feltételekből x + y = 5 8 = 17 így a csak fuvolán játszó tanulók száma: 8 17 = 11 b) Az évfolyamra járók száma: + 6 + 8 8 ( x + y) = 88 ( x + y) = 88 17 = 71. c) Ha a 71 diákot 7 csoportba kell osztanunk aszerint hogy ki milyen napon született (hétfő kedd szerda stb.). Ha nem lenne olyan csoport melyben legalább 11 diák kerül akkor minden csoportba legfeljebb 10 diák kerül így a diákok száma legfeljebb 10 7 = 70 lenne. Ezek szerint valóban valamelyik csoportba legalább 11 diáknak kell lennie. 1.17.) Készítsünk ábrát a feladat szövege alapján: a) A vízszint-emelkedés térfogata megegyezik egy olyan szabályos tetraéder térfogatával melynek minden éle 5 cm. Az a élű szabályos tetraéder m magassága könnyen kiszámolható (lásd ábra) a DTC derékszögű háromszögből Mivel a magasság T talppontja az ABC háromszög magasság- és egyben súlypontja ezért a CT befogó az a oldalú szabályos háromszög magasságának része azaz a a. CT = = Ezzel az m magasságra: m = a a a = 9 így a tetraéder V térfogata: 5 5 1 15 V = 4. 1 15 Ezek szerint a vízszint-emelkedés térfogatára: 8 π x = 1 10 EGÉSZ ÉVES ÉS INTEZÍV ÉRETTSÉGI ELÕKÉSZÍTÕ TANFOLYAMOK
ahonnan a vízszint-emelkedés x 0 07 cm. 15 b) Három db tetraéder esetén az y vízszint-emelkedés: 8 π y = ahonnan 1 y 0 cm. Ha tehát a víz db tetraéder beejtése esetén még nem csordul ki akkor a vízszint magassága legfeljebb 1978 cm lehet. DFT-BUDAPEST www.dft.hu info@dft.hu; (06-1) 47-0769 11