Pataki János, november Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Pataki János; dátum: november I rész feladat Oldja meg az alábbi egyenleteket: a) log 7 log log log 7 ; b) ( ) ( ) ( pont) feladat a) Osszuk fel az -et négy nemnegatív részre úgy, hogy a részek számtani sorozatot alkossanak Milyen nagy lehet a sorozat differenciája? b) Osszuk fel az -et négy részre úgy, hogy a részek hányadosú mértani sorozatot alkossanak Mennyi a sorozat első eleme? c) Osszuk fel az -et négy részre úgy, hogy a részek mértani sorozatot alkossanak Milyen nagy lehet a sorozat hányadosa? ( pont) feladat Igazolja, hogy az ABCD négyzet CD és BC oldalán felvehetők a P és a Q pontok úgy, hogy az APQ háromszög szabályos legyen Mutassa meg, hogy ebben az esetben az APD és az ABQ háromszögek területének összege egyenlő a QCP háromszög területével () feladat Az, y valós számok négyzetösszege Igazolja, hogy ekkor y ()
Pataki János, november II rész Az - 9 feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania feladat a) Az m paraméter mely értékeire van az (m ) (m ) egyenletnek két különböző, (-)-nél kisebb gyöke? b) Hány olyan pont van a síkon, amely az m paraméter minden értéke esetén illeszkedik az y (m ) (m ) egyenletű görbére? () feladat Határozzuk meg az a, b valós számokat, ha a és a b a b minden valós számra () 7 feladat A k kör érinti az y-tengelyt és a y 8 egyenletű egyenest annak az 8 abszcisszájú E pontjában Írja föl a k kör egyenletét () 8 feladat Az f függvényről tudjuk, hogy f (), továbbá hogy f '( ) sin a) Írja föl a / abszcisszájú görbepontba húzható érintő egyenletét b) Mekkora a függvénygörbe alatti terület a ; intervallumon? () 9 feladat Ötven diák tesztet írt, amelyen és közötti egész számú pontot lehetett szerezni A pontszámok átlaga volt a) Legfeljebb hányan érhettek el pontot? b) Mennyi lett volna a szórás abban az esetben, ha a maimális számú diák érte volna el a pontot? c) Azt is megtudtuk, hogy ezen a teszten az eredmények szórása 8 volt Legfeljebb hányan érhettek el pontot ebben az esetben? (7 pont)
Pataki János, november Pataki János novemberi feladatsorának megoldásai és pontozási útmutatója I rész feladat a) Az egyenletben és pozitív A bal oldal ekkor log 7 A jobb oldal log log 7 log 7 halmazon b) Vezessük be a t ismeretlent - pont ugyancsak Az egyenlet azonosság az, - pont összesen: pont Ekkor az egyenlet ( t ) ( t ) t ( t ) t alakba írható pont Rendezés után t 7t ( t )( t ), ahonnan t vagy t pont Az egyenletnek négy gyöke van:,,, pont összesen: 8 pont Megjegyzés Az egyenlet megoldható az ( ) másodfokú polinomjaként is Ha a jelölt elvégzi a kijelölt műveleteket, akkor a két egész gyököt kell megtalálnia és a gyöktényezők kiemelése után kapott másodfokú egyenletet kell megoldania feladat Jelölje a számtani sorozat első elemét a, a differenciát d Ekkor a A feltétel szerint a d, azaz d, tehát d pont Ez lehetséges is, ha a és d pont b) Legyen a sorozat első eleme g Ekkor g( ) g, azaz g pont c) Jelölje az első elemet g, a hányadost pedig q Most q, így g pont q A feltétel szerint g, ahonnan q q q q, ha q q g pont Mivel g-ről csak annyit kötöttünk ki, hogy pozitív, /g akármilyen nagy lehet Innen pedig következik, hogy a mértani sorozat hányadosa is akármilyen nagy lehet összesen: pont
Pataki János, november feladat Ha PAD QAB, akkor a PAD, QAB derékszögű háromszögek egybevágók Így PAQ, továbbá AP AQ, tehát az APQ háromszög szabályos Az állításban szereplő derékszögű háromszögek átfogója a feltétel szerint egyenlő, elegendő tehát igazolni, hogy az ezekhez tartozó magasságokra m m m Válasszuk az egységet úgy, hogy az APQ háromszög oldala egységnyi legyen! Ekkor az egyenlő szárú derékszögű CPQ háromszögben m = ½ pont A négyzet oldala az APD derékszögű háromszögben AD sin magasság pedig m m ADsin cos sin Ez azt jelenti, hogy m m m, az állítást igazoltuk cos, a D-ből induló pont összesen: Ha a jelölt a befogók szorzatával számol, akkor értelemszerű bontásban jár a második részért szerezhető 8 pont feladat I megoldása A feltételből következik, hogy van olyan szög, amelyre sin és y cos Ekkor A(,y) y sin cos / sin / cos Mivel / /, azért van olyan szög, amelyre / cos és / sin Így A (, y) sin cos cos sin sin( ) Mivel sin( ), azért A (, y) feladat II megoldása Ismeretes, hogy y ( y) ( y), a jobb oldalon ( y), így ( y) Ebben a megoldásban a pontszámok nem bonthatók összesen: A bal oldal a feltétel szerint, amiből következik a bizonyítandó összesen: Megjegyzés Mindkét megoldásból kiolvasható az egyenlőség feltétele A második megoldásból az is látszik, hogy az egyenlőség geometriailag azt jelenti, hogy a / meredekségű egyenes érinti az y sugarú kört Egyenlőség a két érintési pontban van feladat a) Ha m, akkor az egyenlet elsőfokú, tehát ebben a részben m Az egyenlet diszkriminánsa D (m ) 8( m ) (m ) pont pont
Pataki János, november (m ) (m ) Az egyenlet megoldásai: és ( m ) m pont Az m-nek azokat az értékeit keressük, amelyekre Ez akkor és csak akkor teljesül pl grafikusan ha m pont összesen: 8 pont b) Akár a fenti megoldásból, akár az y m( ) m( ) ( )( ) átrendezésből kapjuk, hogy ha ( ), akkor y értéke nem függ m-től A görbék tehát minden m-re áthaladnak a P (; ) és a P ( ;) pontokon Több ilyen pont nincsen, hiszen különböző pont egyértelműen határoz meg egy legfeljebb másodfokú polinomot pont összesen: pont feladat I megoldása Helyettesítsünk az helyére -t: a b b Helyettesítsünk (-)-et, illetve -et: a b b Az utóbbi két egyenlet szorzata a a, a b a b b (a b) b (a b) ab Innen, tehát b = Ekkor az első egyenletből a = Ha a = és b =, akkor megoldást kapunk pont pont összesen: feladat II megoldása Az f( ) a b függvény értékkészlete az a előjelétől függően a b-nél nagyobb, vagy a b pedig a b-nél kisebb számok halmaza ( a ) A g( ) függvény értékkészlete a pozitív számok halmaza ( a ) Ha a két függvény egyenlő, akkor az értékkészletük is egyenlő, ami csak akkor teljesülhet, ha b = és a pozitív Az helyére bármit pl -t helyettesítve a, azaz csak a = lehetséges pont Ha a = és b =, akkor megoldást kapunk összesen: Megjegyzés Ha nem kötjük, ki, hogy a, akkor mindkét megoldásban külön kell b vizsgálni a b lehetőséget A feladat kérdése szempontjából ez releváns speciális eset, de b a b egyenlőtlenség igazolása tehát hogy így nem kapunk megoldást túl van a feladatsor szintjén 7 feladat
Pataki János, november Keressük a k kör egyenletét ( u) ( y v) r alakban A feltétel szerint a kör áthalad a pozitív abszcisszájú E ponton, így u r A kör egyenlete k: y u vy v pont Az E pont koordinátái az e egyenes egyenletéből: E (8; ) pont A k középpontja a feltétel szerint rajta van az E-n átmenő e-re merőleges f egyenesen Ennek egyenlete y 8 Így u v pont A k kör áthalad az E ponton, tehát u v v pont A kétismeretlenes egyenletrendszer megoldása: u ; v és u ; v A feladatnak két megoldása van: k : y y és k : y y pont összesen: 8 feladat f( ) sintdt cost cos sin Akkor is jár a, ha a jelölt csak az egyik alakot adja meg a) Az adott pontban az érintő egyenlete y ( )( ) f( ) Behelyettesítve: Az érintő egyenlete: sin, illetve sin f pont pont y, vagy y 9 pont b) cos sin sin d d összesen: A feladat b) része megoldható az sin d cos d és a d sin cos d összefüggések alapján is
Pataki János, november 9 feladat Jelöljük a szokásos módon f i -vel, hogy hányan értek el i pontot ( ) Ekkor f i, E i f i és D f i (i ) f i i pont a) Ekkor a pontszámok összege i f i f, ahonnan f (Ez lényegében a Markov egyenlőtlenség) Ez lehetséges is, ha csak kétféle pontszám volt: és, utóbbit -an érték el b) A szórásnégyzet ebben az esetben A szórás D 8, 9 c) Ha a szórás 8, akkor fi ( i ) f f, ahonnan pont pont pont pont f f (Ez lényegében a Csebisev egyenlőtlenség) Nem lehetséges, hogy f, mert akkor a fenti négyzetösszegben minden további tag, azaz a két százas eredményen kívül mindenki másnak pontot kellett volna elérnie Ekkor viszont az átlag nem lehet! Ha f f és f 8, azaz mindenki más pontot szerzett, akkor az átlag, a szórás pedig valóban 8 Így az adott feltételek esetén legfeljebb diák érhette el a maimális pontszámot és ez lehetséges is Ha a jelölt csak annyit derít ki, hogy legfeljebb diák érhetett el pontot, vagy ennél is gyengébb becslést ad, akkor az utolsó pontból semmi nem adható összesen: 7 pont 7