Surányi László, 005. november Emelt szintű érettségi feladatsorok és megoldásaik Összeállította: Surányi László; dátum: 005. november I. rész 1. feladat Adott két egyenes, melynek egyenlete a koordinátarendszerben: e: x+3y=15, f: 3x y=3. a) Határozzuk meg a két egyenes P metszéspontjának koordinátáit! () b) Ábrázoljuk a koordinátarendszerben e két egyenesnek a 1 < x < 10 tartományba eső részét! () c) Tekintsük azt a háromszöget, amelyet e két egyenes és az x tengely zár be. Mennyi e háromszög területe? (4 pont) d) Milyen messze van az e egyenestől az f egyenes és az x tengely metszéspontja? (4 pont). feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: a) log 8 ( x 1) 1, log 8 ( x 1) b) 1, c) log 8 ( x 1) 1, () (5 pont) (4 pont) 3. feladat Egy autó általában másfél óra alatt teszi meg az utat A és B város között. Ma az út C városig eső szakaszán szokatlanul nagy volt a torlódás, így ezen a részen az átlagsebességének csak 80%-ával tudott haladni. C az út ötödénél van. (azaz AC hossza ötöde AB hosszának). a) Az eddigi sebesség hány százalékával kellene mennie az út maradó négyötödén, hogy ma is másfél óra alatt célba érjen? () b) Hány százaléka ez a szokásos átlagsebességének? () c) Sajnos az út további részén is lassú volt a forgalom, így szokásos átlagsebességének csak 90%-ával tudott menni. Hány perc késéssel ért B-be? (4 pont) d) Milyen messze van egymástól A és B, ha C és B között 8km/h-val ment gyorsabban, mint A és C között? () 1
Surányi László, 005. november 4. feladat Kertünk egy.6 m átmérőjű kör alakú részén egy téglalap keresztmetszetű homokozót akarunk kialakítani úgy, hogy annak mind a négy csúcsa a kör kerületén legyen. A homokozó legfeljebb fél méter mély lehet. a) Összesen 1,m 3 homokot akarunk leteríteni. Mekkora legyen a homokozó két oldala, hogy a lehető legkisebb helyet foglalja el a kertben (a kert felszínén)? (7 pont) b) Mennyi homokra van szükségünk, ha a lehető legnagyobb homokozót akarjuk kialakítani (a lehető legtöbb homokkal)? És mekkorák lesznek a téglalap oldalai? (7 pont) II. rész Az 5-9. feladatok közül tetszés szerint választott négyet kell megoldania. 5. feladat Egy tíz méter magas kilátó tetején állva a vízszintes síkon futó autóút 400 méterre van tőlünk. Az úton, tőlünk ötszáz méterre van egy elágazás, onnan a kilátó aljába vezet egy egyenes sétaút. Milyen szöget zár be az autóút és a sétaút? (16 pont) 6. feladat Egy 40 méter és egy 300 méter átmérőjű tavat három egyenes út érint. A kisebbik tó a három út által határolt háromszögben van, e háromszög alakú tartomány területe 3000m. Mekkora szöget zár be egymással a két vastagon jelölt út? (ÁBRA!) (16 pont) 7. feladat Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán (a második egyenletben két ismeretlen szerepel!): a) cos x + sin x = 1, 1 b) x sin y cos y. x (7 pont) (9 pont)
Surányi László, 005. november 8. feladat Az alábbi táblázat azt ábrázolja, hogy egy iskolában hány fiú és hány lány járt a nyolcadik évfolyamra, illetve idén hány lány és hány fiú jár a kilencedik évfolyamra, akinek vezetékneve a jelzett kezdőbetűvel kezdődik. (Az ékezetes és ékezet nélküli magánhangzók között nem tettünk különbséget, a kétbetűs hangokat nem jelöltük külön, így például az S és az Sz kezdőbetűsöket együtt számoltuk.) idén idén Kezdőbetű Lány Fiú Lány Fiú Kezdőbetű Lány Fiú Lány Fiú A-Á 3 0 4 1 L-Ly 4 4 4 4 B 10 7 15 10 M 9 6 8 11 C-Cs 3 1 3 1 N-Ny 3 7 4 7 D 0 3 1 3 O-Ő 1 1 1 1 E-É 1 3 1 3 P 5 7 7 8 F 3 4 3 R 4 4 5 4 G-Gy 3 4 4 5 S-Sz 1 1 11 15 H 7 5 5 8 T-Ty 4 3 3 I 0 0 1 0 U-Ű 1 1 J 6 7 V 5 6 K 14 14 15 17 Z-Zs 1 3 1 a) Számítsuk ki két tizedesjegyre kerekítve, hány százalékkal változott az egy-egy betűvel kezdődő diákok (tehát fiúk és lányok együttes) száma, s ábrázoljuk ezt egy olyan kétoszlopos táblázatban, ahol a betűk e növekedés szerint vannak sorbaállítva. (6 pont) b) A táblázat alapján mit állíthatunk, legalább hány új gyerek érkezett az iskolába idén? És legalább hány lány ment el? (4 pont) c) Ha (idén) véletlenszerűen kiválasztunk egy fiút és egy lányt, mi a valószínűsége annak, hogy az egyik vezetékneve S-sel, a másiké N-nel kezdődik? (6 pont) 9. feladat Három egymás utáni pozitív egész szám szorzatának prímtényezős felbontásában csak két különböző prímszám szerepel (tehát a szorzat p n q m alakú, ahol p és q prímszám, n, m pozitív egészek). Adjuk meg az összes ilyen számhármast! (16 pont) 3
Surányi László, 005. november Surányi László 004. novemberi emeltszintű feladatsorának megoldásai és pontozási útmutatója 1. feladat a) Az egyenletmegoldás helyes módjáért a helyes végeredményért, a (3 3) pont kiszámolásáért b) A két egyenes helyes felrajzolásáért c) A két metszéspont, a (7.5 0) és az (1 0) pont helyes kiszámolásáért A terület helyes meghatározásáért (T = 6.5 3 / = 9.75) d) A két egyenes merőleges egymásra, ezért az (1 0) és a (3 3) pont távolságát kell kiszámítani. Ez a távolság 13 3,60555.. Összesen: 1- Összesen: 1- Összesen: 4 pont Összesen 4 pont A feladat összpontszáma: 1. feladat a) 1 = log 8 8, így a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt a log 8 (x 1) =1 egyenlet ekvivalens az x 1=8 egyenlettel, tehát x=9. log 8 ( x 1) b) Az 1, egyenlet a logaritmus azonosságok szerint ekvivalens a log 8 x 1 = 1 egyenlettel, és a logaritmus függvény szigorú monotonitása miatt ez ekvivalens az x 1 =8 egyenlettel, amelynek megoldásai x = 9 és x = 7. c) A log 8 ( x 1) = 1 egyenlet a már ismert okokból az x 1 = 8 egyenlettel ekvivalens, aminek megoldásai x = 9 és x = 9. Összesen 1 3. feladat a) és b): Az út első ötödét átlagsebességgel 3/10 óra tenné meg, most ehelyett 3/8 óra alatt tette meg. Marad még 9/8 órája a maradó útra, amelyett általában 6/5 óra alatt tesz meg. 4
Surányi László, 005. november most tehát a szokásos átlagsebesség 6/5:9/8-szorosával azaz 16/15-szörösével kell mennie, ez 106,66 % (b) rész) és ennek 5/4-szerese az a) rész megoldása, azaz 4/3, 133,333 %-ra kell gyorsulnia. a) és b) összesen: 6 pont c) Összesen 4/3+3/8=41/4 órát ment, a szokásos 36/4 óra helyett, így 5/4 órát, tehát 1,5 percet késett. Összesen 4 pont d) A 8 km/h a szokásos átlagsebességének 10%-a, tehát 80km/h a szokásos átlagsebessége. A és B távolsága a 80km másfélszerese: 10km. Összesen Az egész feladat összesen: 1 4. feladat a) Nyilván akkor lesz a legkisebb a síkkeresztmetszet, ha ténylegesen mindenütt fél méter mély lesz a homokozó. Ekkor a téglalap területe,4m. Ha a téglalap két oldalának hossza a és b méter, akkor tudjuk a következő két egyenletet: a + b =,6, ab =,4. Innen az egyik oldal hossza 1 méternek, a másiké,4 méternek adódik. a) rész összesen 7 pont b) A lehető legtöbb homok akkor kell, ha mindenütt fél méter lesz a homokozó és a kereszmetszet-téglalap területe maximális lesz. Az (a b) 0 egyenlőtlenségből átrendezéssel következik, hogy a téglalap területe, ab (a + b )/ = 3.38, és egyenlőség akkor van, ha a=b. Tehát a b 3, 38 oldalú négyzet keresztmetszet esetén lesz a legnagyobb a homokozó, ehhez 1,69m 3 homok kell. b) rész összesen 7 pont A feladat összpontszáma: 14 pont 5
Surányi László, 005. november 5. feladat Jelölje A az elágazási pontot, T a kilátó tetejét, K a talppontját, T merőleges vetülete az autóúton legyen U. Ábra (lásd alább): Válasszuk a tíz métert egységnek. Ekkor TU=40, TA=50, így a Püthagorász-tétel szerint AU=30. T TK=1, innen KA =499. Végül TKU is derékszög, ezért KU = 1599. K A A KAU szög a kérdés, U ez a KAU háromszögben KU oldalra felírt koszinusz tételből kijön. KU KA AU KA AU coskau, 1599 499 900 60 499 coskau 30 A keresett szög koszinusza tehát cos KAU. 499 6. feladat I. megoldása Az egységet most is 10m-nek választjuk, a területegység tehát 100m. Egy ABC háromszög beírt köréről és egyik oldalához hozzáírt köréről van szó, a keresett szög ez utóbbi oldallal szemközti szög. r= egység a beírt kör sugara, r A = 15 az A-val szemközti oldalhoz köré, a háromszög területe 30 területegység. Az A-nál levő szöget keressük. Ismert, hogy t/r a háromszög kerületét adja, tehát az oldalhosszak összege 30 egység.. Összesen 16 pont Másrészt 4=t/r A = b + c a = (b + c + a) a = 30 a, ahonnan a = 13 egység, és b + c = 17. Végül 30 = rr A = t / s(s a) = (s b)(s c) = (15 b)(15 c) = 5 15(b + c) + bc = = 30 + bc, azaz bc = 60 (területegység). Ismert a b és c oldalak összege és szorzata, innen kiszámolható, hogy b = 5 és c = 1, vagy megfordítva. A háromszögre teljesül, hogy a = b + c, tehát a Püthagorász tétel megfordítása szerint a- val szemben derékszög van. A keresett szög 90. Összesen: 16 pont O A C r A r D B A 6
Surányi László, 005. november Megjegyzés A 30 = (s b)(s c) egyenletből rögtön megkaphatjuk b c értékét is, hiszen néggyel szorozva mindkét oldalt a 10 = (a b + c)(a + b c) egyenlethez jutunk, s itt a bal oldal a (b c) = 169 (b c), tehát b c = 7. A két befogó összege 17, különbsége 7, tehát a kisebbik 5, a nagyobbik 1 egység. Erre is jár a 3+. 6. feladat II. megoldása Az ábra helyes értelmezése most is Az ismert területképletből t/r = s = 15 egység. r A D r A és s ismeretében kiszámolható az A-nál levő szög. O A Legyen ugyanis O A az A-val szemközti oldalhoz írt kör B középpontja, legyen továbbá D az a pont, ahol e kör érinti r BAC az AB oldalegyenesét. Ekkor DAO A, mert AO A C A DOA ra belső szögfelező és tg DAOA, mert ismert, hogy DA = s, így DA s BAC ra tg 1, s 6 pont BAC tehát hegyesszögről lévén szó 45, a keresett szög ennek kétszerese, 90. 7. feladat a) A cos x + sin x = 1 egyenletben használjuk a cos x = 1 sin x azonosságot. Ekkor sin x-re másodfokú egyenletet kapunk: 4sin x sin x 1 = 0. Ennek megoldásai: sin x = 1 és sin x = 1/. Tehát a megoldások: x= π/ + kπ, x = π /3 + kπ, x = 4π/3 + kπ (k egész). Ezek és csak ezek az értékek elégítik ki az egyenletet. 4 pont e) Az x + 1/x = (sin y + cos y) bal oldalán álló kifejezés vagy nagyobb kettőnél, vagy kisebb -nél. Ismeretes, hogy egy pozitív szám és reciprokának összege legalább kettő és egyenlő csakkor, ha x =1, ezért az egyenlet bal oldalán álló kifejezés vagy nagyobb kettőnél, vagy kisebb -nél és egyenlő csak x = 1, illetve x = 1 esetén lesz. A jobb oldalon álló kifejezés viszont és között van, ugyanis négyzete (sin y + cos y + sin y cos y) = + sin y, ami legfeljebb 4. 7
Surányi László, 005. november A két oldal egyenlő csak úgy lehet, ha vagy mindkét oldal értéke, ekkor x = 1, vagy mindkét oldal értéke, ekkor x = 1. Mindkét esetben sin y=1, amiből következik, hogy y = /4 + k. Figyelni kell még arra, hogy a két oldal előjele megegyezzék, tehát hogy az első esetben sin y + cos y pozitív, a másodikban negatív. Azaz az első esetben y = /4 + k, a második esetben y = 3 /4 + k. Ennek megfelelően a megoldások: x = 1, y = /4 + k, illetve x = 1 és y = 3 /4 + k (k egész). 8. feladat a) A helyes táblázat (A két középső oszlop csak tájékoztatás kedvéért szerepel, az I-hez tartozó változást lehet értelmetlennek tekinteni vagy végtelen nagynak ): Kezdő- Diák Diák Vált. Kezdő- Diák Diák Vált. betű idén %-ban betű idén %-ban C-Cs 4 4 0 V 7 8 14,9 E-É 4 4 0 P 1 15 5 L-Ly 8 8 0 M 15 19 6,67 O-Ő 0 G-Gy 7 9 8,57 T-Ty 6 6 0 D 3 4 33,33 U-Ű 3 3 0 Z-Zs 3 4 33,33 H 1 13 8,33 F 5 7 40 S-Sz 4 6 8,33 B 17 5 47,06 N-Ny 10 11 10 A-Á 3 5 66,67 J 8 9 1,5 I 0 1 x R 8 9 1,5 V 7 8 14,9 K 8 3 14,9 P 1 15 5 Két hibáért vonunk le egy pontot, ha 10 hibánál többet vét, nem kap pontot a tanuló. 6 pont 8
Surányi László, 005. november b) Készítsük el a következő táblázatot: Betű Lányok Fiúk Lányok Fiúk Betű Lányok Fiúk Lányok Fiúk számának számának számának számának változása változása változása változása A-Á 3 0 1 1 L-Ly 4 4 0 0 B 10 7 5 3 M 9 6 1 5 C-Cs 3 1 0 0 N-Ny 3 7 1 0 D 0 3 1 0 O-Ő 1 1 0 0 E-É 1 3 0 0 P 5 7 3 F 3 1 1 R 4 4 1 0 G-Gy 3 4 1 1 S-Sz 1 1 1 3 H 7 5 3 T-Ty 4 1 1 I 0 0 1 0 U-Ű 1 1 0 J 6 0 1 V 5 0 1 K 14 14 1 3 Z-Zs 1 1 1 Innen leolvashatjuk, hogy a lányoknál a B betűsök öttel, a P betűsök kettővel lettek többen és eggyel-eggyel nőtt az A, D, F, G, I, K, N, R, U és Z betűsök száma, így összesen legalább 15 új lánytanuló jött. A fiúknál az M betűsök száma nőtt öttel, az S, Sz, P, K, H és B betűsök száma nőtt hárommal, az A, F, G, J és V betűsöké eggyel-eggyel. Ez azt jelenti, hogy összesen legalább 8 új fiútanuló jött. Összesen legalább 43 új tanuló jött (nyilván új osztály indult.) A fiúknál a T és Z betűsök száma csökkent eggyel-eggyel. Így ketten biztosan elmentek, többet nem állíthatunk. (A táblázat elkészítése nem kötelező, a teljes pontszámot kapja az is, aki a táblázat nélkül helyesen válaszol.) c) A lányok száma idén 105, a fiúké 119. Így egy-egy fiút és lányt összesen 105 119= 1495-féle módon tudunk kiválasztani. Kétféleképp választhatunk ki egy fiút és egy lányt úgy, hogy az egyik vezetékneve S-sel, a másiké N-nel kezdődjön. 1. eset: A fiú vezetékneve kezdődik S-sel, a lányé N-nel, ez összesen 4 15 = 60 eset. 9
Surányi László, 005. november. eset: A lány vezetékneve kezdődik S-sel, a fiúé N-nel, ez összesen 7 11=77 eset. A jó esetek száma tehát 137, a keresett valószínűség tehát: 137/1495. Összesen 6+4+6=16 pont 9. feladat I. megoldása A középső szám nagyobb egynél, tehát felbontásában szerepel legalább egy prímtényező. A középső szám mindkét szomszédjához relatív prím, ezért a benne szereplő prímtényező a másik két számban nem szerepelhet, e két számban tehát összesen csak egy prímtényező szerepelhet. Viszont e két számnak csak a lehet közös osztója, mert különbségük. Ez kétféleképp lehetséges: vagy az első szám 1, vagy mindkét szám kettőhatvány. Az első esetben az 1,,3 számokat kapjuk A második esetben két kettőhatvány különbsége kettő, ez csak úgy lehet, ha a két szám a és a 4, így a,3,4 számokat kapjuk. A feladat feltételének két számhármas felel meg: 1,,3 és,3,4. Összesen: 16 pont 9. feladat II. megoldása Két szomszédos szám között van egy páros, tehát a három szám szorzata páros. Így az egyik prím a, a másik egy páratlan prím. Legyen ez p. Ha a középső szám páros, akkor a két szélső páratlan. Nem lehet mindkettő osztható p-vel, mert p nagyobb kettőnél. Tehát az egyik szám az 1, csak az első szám lehet 1, vagyis a három szám az 1,,3. Ha a középső szám páratlan, akkor a két szélső páros, és mindkettő relatív prím a középsőhöz, ezért egyik sem osztható p-vel. De akkor mindkettő kettőhatvány. A kettőhatványok sorában: 1,,4,8, kettő különbség csak egy helyen van: és 4 között. Tehát a három szám a,3,4. A feladatnak tehát két számhármas tesz eleget: 1,,3 és,3,4. 10