Matematika emelt szit 1011 ÉRETTSÉGI VIZSGA 013. május 7. MATEMATIKA EMELT SZINTŰ ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI VIZSGA JAVÍTÁSI-ÉRTÉKELÉSI ÚTMUTATÓ EMBERI ERŐFORRÁSOK MINISZTÉRIUMA
Formai előírások: Fotos tudivalók 1. A dolgozatot a vizsgázó által haszált szíűtől eltérő szíű tollal kell javítai, és a taári gyakorlatak megfelelőe jelöli a hibákat, hiáyokat stb.. A feladatok mellett található szürke téglalapok közül az elsőbe a feladatra adható maximális potszám va, a javító által adott potszám a mellette levő téglalapba kerül. 3. Kifogástala megoldás eseté elég a maximális potszám beírása a megfelelő téglalapokba. 4. Hiáyos/hibás megoldás eseté kérjük, hogy az egyes részpotszámokat is írja rá a dolgozatra. Tartalmi kérések: 1. Egyes feladatokál több megoldás potozását is megadtuk. Ameyibe azoktól eltérő megoldás születik, keresse meg eze megoldásokak az útmutató egyes részleteivel egyeértékű részeit, és eek alapjá potozzo.. A potozási útmutató potjai tovább bothatók. Az adható potszámok azoba csak egész potok lehetek. 3. Nyilvávalóa helyes godolatmeet és végeredméy eseté maximális potszám adható akkor is, ha a leírás az útmutatóba szereplőél kevésbé részletezett. 4. Ha a megoldásba számolási hiba, potatlaság va, akkor csak arra a részre em jár pot, ahol a tauló a hibát elkövette. Ha a hibás részeredméyel helyes godolatmeet alapjá tovább dolgozik, és a megoldadó probléma léyegébe em változik meg, akkor a következő részpotszámokat meg kell adi. 5. Elvi hibát követőe egy godolati egysége belül (ezeket az útmutatóba kettős voal jelzi) a formálisa helyes matematikai lépésekre sem jár pot. Ha azoba a tauló az elvi hibával kapott rossz eredméyel, mit kiiduló adattal helyese számol tovább a következő godolati egységbe vagy részkérdésbe, akkor erre a részre kapja meg a maximális potot, ha a megoldadó probléma léyegébe em változik meg. 6. Ha a megoldási útmutatóba zárójelbe szerepel egy megjegyzés vagy mértékegység, akkor eek hiáya eseté is teljes értékű a megoldás. 7. Egy feladatra adott többféle helyes megoldási próbálkozás közül a vizsgázó által megjelölt változat értékelhető. 8. A megoldásokért jutalompot (az adott feladatra vagy feladatrészre előírt maximális potszámot meghaladó pot) em adható. 9. Az olya részszámításokért, részlépésekért em jár potlevoás, melyek hibásak, de amelyeket a feladat megoldásához a vizsgázó téylegese em haszál fel. 10. A vizsgafeladatsor II. részébe kitűzött 5 feladat közül csak 4 feladat megoldása értékelhető. A vizsgázó az erre a célra szolgáló égyzetbe feltehetőleg megjelölte aak a feladatak a sorszámát, amelyek értékelése em fog beszámítai az összpotszámába. Eek megfelelőe a megjelölt feladatra esetlegese adott megoldást em is kell javítai. Ha mégsem derül ki egyértelműe, hogy a vizsgázó melyik feladat értékelését em kéri, akkor automatikusa a kitűzött sorred szeriti legutolsó feladat lesz az, amelyet em kell értékeli. írásbeli vizsga 1011 / 3 013. május 7.
1. a) Csak olya x szám lehet megoldás, amelyre Mivel 0 = log 1, 1 5 I. 0,5 < x. Ez a pot akkor is jár, ha csak a helyes végeredméyt veti össze az értelmezhetőséggel. 1 és az alapú logaritmusfüggvéy szigorúa 5 csökkeő, ezért x 1 > 1, azaz x > 1. (Ezek a valós számok eleget teszek a kezdeti feltételek is.) Összese: 4 pot 1. b) 0 1 =, és mivel a -es alapú expoeciális függvéy szigorúa övekvő, ezért x 1 > 0, azaz x 1 >. Ez az egyelőtleség potosa akkor teljesül, ha x 1 >, vagy x 1<. Azaz x >1, 5, vagy x < 0,5. (A megoldáshalmaz: ] ; 0,5 [ ]1,5 ; + [ ) Összese: 6 pot Az egyelőtleség felírásáért idoklás élkül is jár a két pot. Ez a 4 pot akkor is jár, ha grafikoról olvassa le a megoldást ( pot), és elleőrzi, hogy a leolvasott határok potosak ( pot).. a) Az 1 : 500 000 kicsiyítés azt jeleti, hogy a térképe 1 cm a valóságba 500 000 cm, vagyis 5 km. Így a bázis és a toryok távolsága 3,5 5 = 17, 5 km. Összese: 3 pot Helyes végeredméy közlése idoklás élkül is 3 pot. írásbeli vizsga 1011 3 / 3 013. május 7.
. b) első megoldás Gamma (G) γ ε 54 Epszilo (E) α β δ α Delta (D) r γ Bázis (B) A vázlat jelöléseivel: az EBD, a BEG és a BGD háromszögek egyelő szárúak, mivel a B pot egyelő távolságra va midhárom másik pottól. β + δ = 14, 180 14 α = = 19, ε = 54 + 19 = 73, β = 180 73 = 34, δ = 14 34 = 108. Például a kosziusz-tétel alapjá: GD = 17,5 + 17,5 17,5 cos108 8,3 (km), EG = 17,5 + 17,5 17,5 cos34 10, (km), ED = 17,5 + 17,5 17,5 cos14 33,1 (km). A hétfői teljes úthossz: BE + EG + GD+ DB = 17,5 + 10, + 8,3 + 17, 5 = = 73,5 74 km. A csütörtöki teljes úthossz: BG + GE + ED+ DB = 17,5 + 10, + 33,1 + 17, 5 = = 78,3 78 km. Összese: 1 írásbeli vizsga 1011 4 / 3 013. május 7.
. b) második megoldás Az EDG háromszög köré írt köréek középpotja B, sugara r =17, 5 (km), mivel a B pot ekkora távolságra va midhárom másik pottól. A GBD középpoti szög 108, mert kétszerese az 54 -os GED kerületi szögek. Az EBG középpoti szög 14 108 = 34. A kerületi-középpoti szögek összefüggése alapjá EDG = 17, és EGD = 109. Az EDG háromszög oldalait az a = r siα összefüggés alapjá számítva: GD = 35 si54 8,3 km, EG = 35 si17 10,3 km, ED = 35 si109 33,09 km. A hétfői teljes úthossz: BE + EG + GD+ DB = 17,5 + 10,3+ 8,3+ 17, 5 = = 73,55 74 km. A csütörtöki teljes úthossz: BG + GE + ED+ DB 17,5 + 10,3+ 33,09+ 17, 5 = = 78, 3 78 km. Összese: 1 Ha az EGD háromszög oldalait egészre kerekíjük, akkor DG=8, EG=10; ED=33, a hétfői úthossz így 73 km, a csütörtöki 78 km. Ezt a számítást is fogadjuk el. írásbeli vizsga 1011 5 / 3 013. május 7.
3. a) A hármas számredszerbe az abb 3 háromjegyű számba a b számjegy háromféle, az a számjegy kétféle lehet, ezért 6 db abb 3 alakú szám va. Írjuk fel ezeket a hármas és a tízes számredszerbe is: a b abb3 tízesbe 1 0 100 9 1 1 111 13 1 1 17 0 00 18 1 11 6 3 pot Legalább 8 db jó szám a 1-ből, 11 db jó szám a 1-ből pot. Három szám felel meg a feladat követelméyeiek: a 003 =18, a 113 = és a 3 =6. Összese: 5 pot 3. b) első megoldás Az ötelemű halmazak 5 = 3 darab részhalmaza va, ezek között ulla elemű 1 darab, egy elemű 5 darab va, vagyis legalább kételemű részhalmazok száma: 3 6 = 6. Potosa azokba a halmazokba em osztható hárommal az elemek szorzata, amelyekek elemei között csak a, 4 és az 5 számok szerepelek. 3 Ilye kételemű halmaz = 3 darab, ilye háromelemű 1 darab va. A megfelelő részhalmazok száma tehát ( 6 4 = ). Összese: 8 pot írásbeli vizsga 1011 6 / 3 013. május 7.
3. b) második megoldás Összeszámoljuk, háy olya legalább kételemű részhalmaza va a {; 3; 4; 5; 6} halmazak, amelybe az elemek szorzata osztható hárommal, vagyis amelybe az elemek között va 3-mal osztható is (a 3 vagy a 6). 8 olya részhalmaz va, amelyek eleme a 3, de em 3 eleme a 6, (8 =, a 3 mellé a, 4, 5 elemek közül választhatuk), ezek között legalább kételemű 7 db, mert a { 3 } egyelemű halmaz is ott va a 8 feti részhalmaz között. 8 olya részhalmaz va, amelyek eleme a 6, de em 3 eleme a 3 (8 =, a 6 mellé a, 4, 5 elemek közül választhatuk), ezek között legalább kételemű 7 db, mert a { 6 } egyelemű halmaz is ott va a 8 feti részhalmaz között. Azokak a legalább kételemű részhalmazokak a száma, amelyekek eleme a 3, és eleme a 6 is, 3 összese szité 8 ( =, a 3 és a 6 mellé a, 4, 5 elemek közül választhatuk). A megfelelő részhalmazok száma tehát ( 7 + 7 + 8 = ). Összese: 8 pot írásbeli vizsga 1011 7 / 3 013. május 7.
3. b) harmadik megoldás A legalább kételemű részhalmaz elemeiek szorzata potosa akkor osztható 3-mal, ha az elemei között va 3-mal osztható (tehát a 3 vagy a 6 legalább egyike az elemek között szerepel). 5 Kételemű részhalmaz = 10 darab va, 3 ezek között = 3-ba em szerepel sem a 3, sem a 6. 5 Háromelemű részhalmaz = 10 darab va, 3 ezek között csak 1 olya va (a { ; 4 ; 5} ), amelybe em szerepel sem a 3, sem a 6. A legalább égyelemű részhalmazok midegyikébe szerepel a 3 és a 6 közül legalább az egyik, tehát ezek midegyike megfelel. A legalább égyelemű részhalmazok száma 5 5 + = 6 4 5. Az összes megfelelő részhalmazok száma tehát: 7+9+6=. Összese: 8 pot írásbeli vizsga 1011 8 / 3 013. május 7.
Megjegyzések: 1. Az alábbi táblázatba felsoroljuk az összes legalább kételemű részhalmazt, és azokat, amelyek megfelelek a feladat követelméyeiek: részhalmaz osztható 3-mal { ; 3}, ; 4}, ; 5}, ; 6}, { ; 3}, ; 6}, { összes { { elemek szorzata { elemű { 3 ; 4}, { 3 ; 5}, { 3 ; 6}, { 4 ; 5}, { 4 ; 6}, { 3 ; 4}, { 3 ; 5}, { 3 ; 6}, { 4 ; 6}, ; { 5 6}. ; { 5 6}. { ; 3 ; 4}, ; 3 ; 5}, ; 3 ; 6}, { { { ; 3 ; 4}, ; 3 ; 5}, ; 3 ; 6}, { { 3 elemű { ; 4 ; 5}, { ; 4 ; 6}, { ; 5 ; 6}, { 3 ; 4 ; 5}, { 3 ; 4 ; 6}, { 3 ; 5 ; 6}, { ; 4 ; 6}, { ; 5 ; 6}, { 3 ; 4 ; 5}, { 3 ; 4 ; 6}, { 3 ; 5 ; 6}, ; 5 ; { 4 6}. ; 5 ; { 4 6}. { ; 3 ; 4 ; 5}, { ; 3 ; 4 ; 6}, { ; 3 ; 4 ; 5}, { ; 3 ; 4 ; 6}, 4 elemű { ; 3 ; 5 ; 6},.{ ; 4 ; 5 ; 6}, { ; 3 ; 5 ; 6}, { ; 4 ; 5 ; 6}, { 3 ; 4 ; 5 ; 6}. { 3 ; 4 ; 5 ; 6}. 5 elemű {; 3; 4; 5; 6} {; 3; 4; 5; 6}. Teljes értékű az a megoldás is, amelybe a vizsgázó az összesből azokat a részhalmazokat válogatja ki (sorolja fel), amelyek em felelek meg a feladat követelméyeiek. 3. Ha a vizsgázó csak a megfelelő részhalmazokat sorolja fel, és em tesz arra utalást, hogy miért teljes a felsorolása, megoldására legfeljebb 6 potot kaphat. 4. Ha logikai szitát alkalmaz a vizsgázó, így potozzuk: bee va a 3 + bee va a 6 bee va a 3 és a 6 4 pot 4 4 3 1 + 1 = 15+ 15 8 = 4 pot ( ) ( ) írásbeli vizsga 1011 9 / 3 013. május 7.
4. a) első megoldás G 16 cm F Legye az AD él felezőpotja R. Ekkor a PRQ háromszögek R-él derékszöge va. A PAR derékszögű háromszögből (Pitagorasztétellel): PR = 10 + 8 ( = 164). Mivel QR=AE=1 (cm), ezért a PRQ derékszögű háromszögből (Pitagorasz-tétellel): PQ = PR + QR = 1 + 10 + 8. PQ = H D 308 ( 17,55) (cm). Q E R A C P 0 cm B Összese: 4 pot 1 cm Ha ez a godolat csak a megoldás sorá derül ki, ez a pot jár. írásbeli vizsga 1011 10 / 3 013. május 7.
4. a) második megoldás 0 cm G 16 cm F PQ egy olya téglatest egyik testátlója, amelyek egyik csúcsa az A, az A-ból kiiduló három éléek hossza pedig 10 cm, 8 cm és 1 cm. A PQ testátló hossza tehát: PQ = 1 + 10 + 8 H D = Q 1 cm R 8 cm E A C 304 ( 17,55) (cm). 10 cm P pot pot Összese: 4 pot 1 cm B a testátlóra voatkozó képlet helyes alkalmazásáért, pedig a jó számolásért jár. 4. b) Külöböző élpárokat kiválasztai ayiféleképpe lehet, aháyféleképpe 1 külöböző elemből elemet ki tuduk választai sorredre való tekitet élkül. 1 Ezért a külöböző egyeespárok száma:, 1 11 eek értéke pedig = 66. Összese: 3 pot Ez az helyes megoldás eseté akkor is jár, ha a vizsgázó a magyarázatot em írja le. írásbeli vizsga 1011 11 / 3 013. május 7.
4. c) Mide egyes élegyeest 4 további élegyees metsz, 1 4 ezért a metsző egyeespárok száma: = 4. pot a helyes összeszámlálási módszer megtalálásáért jár akkor is, ha csak a megoldásából derül ki a helyes godolatmeet. Mide egyes élegyeessel 3 további élegyees párhuzamos, ezért a párhuzamos egyeespárok 1 3 száma: = 18. Mide egyes élegyeessel 4 további élegyees 1 4 kitérő, ezért a kitérő egyeespárok száma: = 4. Összese: 4 pot A három eset közül kettőt kiszámítva és a b) feladat eredméyét felhaszálva megkapható a harmadik esethez tartozó szám. Ha a vizsgázó így jár el, de a b)-be kapott hibás eredméyével jól számolva adja meg a (hibás) válaszát úgy, hogy újabb hibát em követ el, a c) részbe adható teljes potszámot megkapja. 4. d) Két kitérő élegyees távolsága a midkettőt merőlegese metsző harmadik élegyeesre illeszkedő él (ormál traszverzális) hossza. Az AE élegyees és az FG (vagy BC) élegyees távolsága ( EF = AB = ) 0 cm. Az AE élegyees és a HG (vagy DC) élegyees távolsága ( EH = AD = ) 16 cm. Összese: 3 pot Ez a pot jár akkor is, ha az ábrá jelölve vaak a távolságok, de szöveges idok ics. írásbeli vizsga 1011 1 / 3 013. május 7.
5. a) első megoldás II. A mértai sorozat háyadosa egyél kisebb pozitív szám, ezért az összegekből képzett S sorozat koverges, határértéke: a1 3 4096 s = = = ( 3,5). pot 1 q 1 17 1 18 (Mivel a mértai sorozat mide tagja pozitív, az S 4096 sorozat övekvő, így), S < s = < 3, 5, tehát az 17 állítás igaz. Összese: 4 pot 5. a) második megoldás A mértai sorozat első tagjáak összege: 1 3 1 18 S =, 1 1 18 S 1 1 = 1 17 18. Az {S } sorozat szigorúa mooto övekedő, (mert 1 az sorozat szigorúa mooto csökkeő), 18 1 és mide -re S <. 17 ( ) 4096 S < = < 3, 5, tehát az állítás igaz. 17 17 Összese: 4 pot írásbeli vizsga 1011 13 / 3 013. május 7.
5. b) a 1 a a3 = 1 18 + 3 3 18 a 1 + 3+... + 1 = k 1 1 3 3 3...... = 18 18 18 = 18 A számláló kitevője az első pozitív egész ( 1) pot összege, ami zárt alakba. 5 7 Mivel 3 = és 18 =, ezért 5 1+ + 3+... + 1 3 = 18 11 Mivel 048 =, megoldadó tehát a ( 1) ( 1) 7. ( 1) 5 7 = 11 3 ( ) egyelet. 5 Ie 7 33 = 40 =, ahoa az expoeciális függvéy kölcsööse egyértelmű volta (szigorú mootoitása) miatt az ( 1) 5 = 40 következik. (Az értéke pozitív egész,) -el oszthatuk, ezért 5 ( 1) = 40. Eek pedig egyetle gyöke az =17. Az eredeti egyelőség egyetle megoldása tehát az =17. Összese: 1 pot írásbeli vizsga 1011 14 / 3 013. május 7.
6. a) első megoldás A két paraboláak potosa akkor va közös potja az x tegelye, ha az x + px + 1 = 0 és x x p = 0 másodfokú egyeletekek va közös gyöke. A közös gyök megoldása az x + px + 1 = x x p pot egyeletek. Redezés utá: x ( p + 1) = ( p + 1). Ha p = 1, akkor az egyeletek mide x valós szám megoldása, tehát a két parabola azoos ( y = x x + 1). Ez az eset tehát em felel meg. Ha p 1, akkor x = 1 lehet csak. Ekkor p =. Így a két parabola egyelete y = x + x + 1, illetve y = x x. (Közös potjuk a ( 1; 0) pot.) Összese: 8 pot írásbeli vizsga 1011 15 / 3 013. május 7.
6. a) második megoldás A két paraboláak potosa akkor va közös potja az x tegelye, ha az x + px + 1 = 0 és x x p = 0 másodfokú egyeletekek va közös gyöke. Jelölje az x + px + 1 = 0 egyelet két (em feltétle külöböző) gyökét x 1 és x, az x x p = 0 egyelet gyökeit pedig x 1' és x '. Viète formulákat alkalmazva: x1 + x = p x1' + x' = 1 illetve x1 x = 1 x1' x' = p (1.) A két egyeletek ugyaazok a számok a megoldásai ( x 1 = x 1 ', és x = x ' ). Ekkor p = 1 lehet csak. Viszot így a két egyelet ugyaazt az y = x x + 1 egyeletű parabolát írja le, amit a feltétel kizár. (.) Ha em egyelő a két megoldáshalmaz, de va közös elemük, pl. x 1 = x 1 '. A Viète-formulákból adódó egyeletek második egyeletei szerit x 1 x = 1 és x1 x' = p. Ezekből x' = px. A Viète-formulákból adódó egyeletek első egyeletei ezek szerit: x 1 + x = p és x 1 px = 1. A két egyelet megfelelő oldalaiak külöbségéből x ( p + 1) = ( p 1) adódik. + Ha p = 1, akkor az (1.) eset valósul meg. Ha p 1, akkor x = 1. Ekkor p =. Így a két parabola egyelete y = x + x + 1, illetve y = x x. (Közös potjuk a (-1; 0) pot.) Összese: 8 pot írásbeli vizsga 1011 16 / 3 013. május 7.
6. b) y x Az y x = + x és az y = x x 3 egyeletű parabolák vázlatos rajza. pot A parabolák közös potjáak első koordiátája 1. Tekitsük az f :[ 1; 0] R, f ( x) = x + x, és [ 1; 0], g( x) = x x 3 g : R függvéyeket. A kérdéses síkidom területe: 0 1 0 ( x) dx g( x) dx = ( f ( x) g( x) ) T = f dx. 1 0 1 0 0 ( x + x ( x x 3 ) dx = ( 3x + 3) 1 1 T = dx = pot 3x = + 3x 0 1 = 3 3 = 0 3 = Összese: 8 pot 7. a) 1. hamis. hamis 3. igaz 4. igaz 5. hamis Összese: 5 pot Jól ábrázolt parabolákét 1-. Ha a vizsgázó külö itegrálja a két függvéyt, és azutá végez kivoást, helyes számolás eseté jár az 5 pot. Egyértelműe megadott helyes válaszokért adható pot. írásbeli vizsga 1011 17 / 3 013. május 7.
7. b) 1 A statisztika szerit egy elküldött SMS, azaz 60 körülbelül 0,0167 valószíűséggel em érkezik meg, és így 1 0,0167=0,9833 valószíűséggel megérkezik a címzetthez. Aak a valószíűsége, hogy 3 darab SMS közül potosa 1 em érkezik meg: 3 0,9833 0,0167 1, ami közelítőleg 0,0484 (azaz 4,84%). Összese: 4 pot Ezt a potot akkor is megkapja a vizsgázó, ha ez a godolat csak a megoldásából olvasható ki. Ha a biomiális együttható hiáyzik, vagy hibás, akkor az utolsó két potból legfeljebb 1-et kaphat. 1 59 Ha -dal és -dal 60 60 3481 számol, akkor 7000 0,0483 adódik. írásbeli vizsga 1011 18 / 3 013. május 7.
7. c) Ha darab SMS-t küldük, akkor aak a valószíűsége, hogy ezek midegyike megérkezik: 0,9833. Ezért 1 0,9833 valószíűséggel legalább egy SMS em érkezik meg. Azt a legkisebb természetes számot keressük, amelyekre: 1 0,9833 0, 98. Redezve: Ebből: 0,0 0,9833. log, 9833 0 0,0 (mert az 1-él kisebb alapú logaritmusfüggvéyek szigorúa mooto csökkeők), 3,3. Tehát, ha legalább 33 SMS-t küldük, akkor legalább 0,98 aak a valószíűsége, hogy ezek közül legalább 1 em érkezik meg a címzettjéhez. Összese: 7 pot pot jár a következő megállapításért: Legfeljebb % aak a valószíűsége, hogy midegyik SMS megérkezik a címzettjéhez. 1 59 Ha -dal és -dal 60 60 számol, akkor 3,8- at kap az egyelőtleség megoldásakét. Ha egyelőtleség helyett egyeletet old meg, de em idokolja azt, hogy a legkisebb értéket kapta meg (pl. mootoitásra való hivatkozással), akkor a c) rész megoldására legfeljebb 4 potot kaphat. írásbeli vizsga 1011 19 / 3 013. május 7.
8. a) r r r r x d l Jelöljük x-szel a lekerekített szélű csatorakeresztmetszet vízszites szakaszát, ekkor a csatora l szélessége: l = r + x. A feltételek szerit: rπ + x = 0 r π és + rx = 55. Az első egyeletből: x = 0 rπ, amit behelyettesítve a második egyeletbe: r π + r ( 0 rπ ) = 55. r π 40r + 110 = 0 r 8,7, ekkor x < 0, így ez em megoldás. 1 1 r 4,0, ahoa r = 4, 0 cm. Így x = 0 4π = 7,434... 7, 4. A csatora szélessége l = r + x 8,0 + 7,4 = 15, 4 cm. Összese: 6 pot Ha em egy tizedesre kerekítve adja meg a válaszokat, csak egyszer vojuk le ot. írásbeli vizsga 1011 0 / 3 013. május 7.
8. b) A feltételek szerit: r π r π + x = 0, valamit T = r x + maximális. ( x = 0 rπ ) r π r π 0 ( 0 < r ) függvéy maximumát keressük. π A T () r = r ( 0 rπ ) + = + 0r r π T () r = + 0r, teljes égyzetté kiegészítéssel: pot* π 0 00 T () r = r + π π (Az összeg első tagja em pozitív, második tagja álladó, ezért) az összeg akkor maximális, ha az első 0 * tag ullával egyelő, vagyis r = 0. π 0 A maximum helye: r =. * π Ie x = 0 rπ = 0 miatt: a maximális áteresztőképességű csatora keresztmetszetéek szélessége l = r + x = r, amit bizoyítai kellett. A maximális áteresztőképességű csatora keresztmetszete egy olya félkör, amelyek a sugara 0 r = 6,4 (cm). π 0 A feladat egy r = 6, 4 cm sugarú, l = 50 cm π magasságú félheger térfogatáak kiszámítása. 0 π 50 = π V 3 V 15915,5 ( cm ) 16 liter Összese: 10 pot Ha r=6,4 értékkel számol: 6,4 π 50 V = 16084,95 3 ( cm ) értéket kap, amelyből szité következik a 16 liter helyes válasz. írásbeli vizsga 1011 1 / 3 013. május 7.
A *-gal jelölt 4 potos részre aduk még két megoldási módszert: II. módszer r Az r a π + 0r (r R + ) egy olya másodfokú függvéy, amelybe π a főegyüttható ( ) egatív, vagyis a függvéy maximummal redelkezik. A függvéy két zérushelye: r = 1 0 és 40 r =. π A maximumhely a két zérushely számtai közepe, 0 vagyis r = π. 0 Ez 0 < r π miatt a vizsgált T függvéyek is (abszolút) maximumhelye. III. módszer r Az r a π + 0r (r R + ) függvéy deriváltfüggvéye: r a rπ + 0 (r R + ). 0 Eek zérushelyére: r π + 0 = 0, ekkor r = π lehetséges szélsőérték hely. Mivel a második deriváltfüggvéy : r a π eze a helye egatív, 0 így r = maximumhely. π 0 Ez 0 < r miatt a vizsgált T függvéyek is π (abszolút) maximumhelye. írásbeli vizsga 1011 / 3 013. május 7.
9. A bajokság első felébe, (az első öt mérkőzése) az Adrás által dobott potok átlaga legye a. Az első pot öt fordulóba összese dobott potok száma így: 5a. A hatodik, hetedik, yolcadik és kilecedik mérkőzése Adrás összese 3 + 14 + 11+ 0 = 68 potot dobott. 5 a + 68 A kilecedik forduló utái potátlag:. 9 A feltétel alapjá ez az átlag agyobb, mit az első öt mérkőzése dobott átlag, 5a + 68 azaz > a 9 ahoa a < 17. pot A tizedik mérkőzése Adrás által dobott potok száma legye x. A bajokság végé Adrás mérkőzésekéti pot 5a + 68 + x potátlaga:. 10 5a + 68 + x A feltétel alapjá: 18, 10 azaz 5a + 68 + x 180, ahoa x 11 5a. Mivel a < 17, ezért x 11 5a > 11 5 17 = 11 85 = 7. pot Mivel x > 7, ezért Adrásak legalább 8 potot kellett dobia az utolsó fordulóba. Összese: 16 pot írásbeli vizsga 1011 3 / 3 013. május 7.