A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. rész 1. Egy derékszögű háromszögben a két befogó hosszának aránya , továbbá a kerület és terület mérőszámai egyenlők. Határozzuk meg az átfogóhoz tartozó magasság hosszának pontos értékét. (11 pont)
Megoldás. A háromszög befogói: , 2, ekkor az átfogója: . A háromszög területe: , a kerülete: . Tudjuk, hogy . Mivel nem lehet, így . A háromszög területét az átfogó és az átfogóhoz tartozó magasság segítségével is kiszámíthatjuk: A kétféle módon felírt területek egyenlőségéből és az kiszámolt értékéből kapjuk: Ebből kifejezhető az értéke:
2. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert: | | (12 pont) |
Megoldás. Az első egyenletet írhatjuk szorzat alakban: . Ebből következik, hogy vagy . Mindkét esetben a második egyenletbe behelyettesítve -re másodfokú egyenletet kapunk. Az első esetben: . Az ebből kapott értékekhez kiszámítjuk az -t is: , ; , . A második esetben: . Az ebből kapott értékekhez kiszámítjuk az -t is: , ; , .
3. Egy egyfordulós röplabdakupán ‐ ahol tehát bármely két csapat pontosan egyszer játszik egymással ‐ lejátszott mérkőzés után még minden csapatnak három mérkőzése volt hátra. Hány csapat szerepelt a kupán? (14 pont)
Megoldás. Legyen a csapatok száma . Az összes mérkőzések száma: . Minden csapatnak még 3 mérkőzése volt hátra, ez összesen mérkőzés. Ezért a lejátszott mérkőzések száma: amiből az másodfokú egyenletet kapjuk. A gyökök: , . A röplabdakupán 10 csapat vett részt.
4. Egy üzem termelése öt egymást követő évben mindig nőtt, az első évben , a másodikban , a harmadikban -kal. A negyedik és az ötödik évben a növekedés százaléka azonos volt. Az ötödik évben az üzem a vizsgált időszakot megelőző év termelésének -szeresét érte el. Hány százalékkal növekedett a termelés a negyedik és az ötödik évben? (14 pont)
Megoldás. Legyen az üzem termelése a vizsgált öt év előtti évben egységnyi, a vizsgált időszak negyedik és ötödik évében a termelés növekedése . Legyen . A feladat szövege szerint: , amiből , azaz . A termelés a negyedik és az ötödik évben is 22%-kal növekedett.
II. rész 5. Az egyenlet gyökei -vel nagyobbak, mint az egyenlet gyökei. Számítsuk ki és értékét. Az egyenlet egyik gyöke , a másik gyöke egyenlő az egyenlet diszkriminánsával. Számítsuk ki és értékét. Az másodfokú polinom két zérushelye és . Írjunk fel olyan harmadfokú polinomot, amelynek zérushelyei: ; ; . (16 pont)
Megoldás. A második egyenlet gyökei és , tehát , . Ekkor valamint | |
A és a egyenletekből álló egyenletrendszer megoldása: , . Mivel és , azért | | A és a egyenletekből álló egyenletrendszer megoldása: , és , . Mivel és , azért és | |
A keresett polinom szorzat alakban: . Elvégezve a beszorzást: | |
6. Oldjuk meg a egyenletet. (16 pont)
Megoldás. Vizsgáljuk meg a szorzat tényezőinek lehetséges értékeit. Mivel a koszinuszfüggvény értékkészlete , azért és . A szorzat csak akkor egyenlő 15-tel, ha mindkét tényező maximális. Így a következő két egyenlet közös gyökeit keressük: és , azaz és . Az elsőből: a másodikból: , ahol . A kapott és értékek között nincs közös, ezért az eredeti egyenletnek nincs valós megoldása.
7. Egy fős osztályba -tel több lány jár, mint fiú. Mekkora a valószínűsége, hogy véletlenszerűen kiválasztott három tanuló között két fiú és egy lány van? Egy fős osztályból kiválasztunk két tanulót. Határozzuk meg az osztályban a fiúk számát úgy, hogy a legnagyobb valószínűsége legyen annak, hogy a kiválasztott tanulók különböző neműek. Mekkora ez a maximális valószínűség? A fős . osztályban egy rosszul sikerült matematika dolgozat átlaga pontosan . Az -ös, -es, -as osztályzatok száma egyenlő és azt is tudjuk, hogy valamennyi érdemjegy előfordult. Mennyi lehet az osztályzatok módusza és a mediánja? (16 pont)
Megoldás. Három tanulót | | tudunk kiválasztani az osztályból. Az osztályba 16 lány és 11 fiú jár. A 11 fiúból | | választhatunk ki kettőt. Mindegyik kiválasztáshoz tartozhat a 16 lány bármelyike, vagyis a kedvező esetek száma . A keresett valószínűség: . Ha a fiúk számát -nel jelöljük, akkor a lányok száma . Az összes eset , a kedvező esetek száma: | | Ez esetén lenne maximális. Mivel egész szám, azért a kedvező esetek száma akkor maximális, ha vagy . Vagyis 13 fiú és 14 lány, illetve 14 fiú és 13 lány esetén a legnagyobb a valószínűsége annak, hogy 1 fiút és 1 lányt választottunk. Ez a valószínűség: | |
A feltételek alapján legyen db elégtelen, db elégséges, db közepes, jó és jeles. Ekkor | | A második egyenletet alakítjuk: . A két egyenletből a -t kiejtjük, ezután: . A lehetséges értékeihez kiszámoljuk az -t és a -t:
A c csak két esetben lett egész, ezek a számhármasok minden feltételnek megfelelnek.
1-es2-es3-as4-es5-ös 1. eset (db)1219222Ekkor a módusz: 1, a medián: 2. 2. eset (db)1618111Ekkor a módusz: 2, a medián: 2.
8. Egy harmadfokú f(x) függvényről tudjuk, hogy f(1)=f(3)=4, a harmadfokú tag együtthatója 1, továbbá ∫15f(x)dx=16. Írjuk fel a függvénygörbe érintőjének egyenletét a 4 abszcisszájú pontjában. (16 pont)
Megoldás. A harmadfokú függvény hozzárendelési szabálya: Tudjuk, hogy: f(1)=1+b+c+d=4, f(3)=27+9b+3c+d=4, továbbá:
∫15f(x)dx=∫15(x3+bx2+cx+d)dx=[x44+b⋅x33+c⋅x22+d⋅x]15==6254+b⋅1253+c⋅252+5d-14-b⋅13-c⋅12-d=1243b+12c+4d+156=16.
A kapott három egyenlet rendezése után a következő egyenletrendszert kapjuk: | b+c+d=39b+3c+d=-2331b+9c+3d=-105.} | Az egyenletrendszer megoldása: b=-9, c=23, d=-11, azaz a harmadfokú függvény hozzárendelési szabálya: f(x)=x3-9x2+23x-11.
Meghatározzuk a keresett érintő meredekségét. Mivel f'(x)=3x2-18x+23, így f'(4)=3⋅42-18⋅4+23=-1. Az érintő meredeksége: m=-1. Mivel f(4)=43-9⋅42+23⋅4-11=1, azért az érintési pont koordinátái: E(4;1). Az E(4;1) pontra illeszkedő, m=-1 meredekségű érintő egyenlete: x+y=5.
9. Adottak az ABCD konvex négyszög három csúcsának koordinátái: A(2;3), B(-2;5), C(-3;-2), továbbá a D csúcsnál lévő belső szöge, ami 90∘. a) Számítsuk ki az ABC háromszög területét. b) Határozzuk meg a D csúcs koordinátáit úgy, hogy az ABCD négyszög területe maximális legyen. c) Mekkora az ABCD négyszög kerülete, ha a D pont illeszkedik az x tengelyre? (16 pont)
Megoldás. a) Az AC átló hossza 52, a B csúcs távolsága az AC egyenestől 32 egység. Innen az ABC háromszög területe: 52⋅322=15 területegység.
b) Az ABC háromszög területe nem változik, ezért a D csúcsot úgy kell meghatároznunk, hogy az ACD derékszögű háromszög területe maximális legyen. Mivel AC adott, azért a D távolsága az AC-től maximális kell, hogy legyen. A D pont illeszkedik az AC Thalész-körére, és az előzőek alapján illeszkednie kell az AC felező merőlegesére is. Ennek egyenlete: y+x=0. Az egyenes megfelelő metszéspontja a Thalész-körrel: D(2;-2).
c) Legyen az x tengelyre illeszkedő, a feladat feltételeinek megfelelő pont: D(d;0). Ekkor AD2=(d-2)2+9, CD2=(d+3)2+4. Mivel az ACD háromszög derékszögű, azért Pitagorasz-tétele szerint: (d-2)2+9+(d+3)2+4=50. A rendezés után a d2+d-12=0 egyenletet kapjuk. Ennek csak a d=3 megoldása lesz megfelelő. A D(3;0) koordinátájú pont a feladat feltételeit teljesíti. Az így kapott ABCD konvex négyszög kerülete: | AB+BC+CD+DA=25+52+210+10≈21 (egység). |
|