A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. rész
1. Péter a telefonján az egyik hónapban hívást kezdeményezett és percet beszélt hálózaton belül. Hálózaton kívül pedig hívást kezdeményezett és percet beszélt. 10 db SMS-t küldött. Hasonlítsuk össze, és számításokkal igazoljuk, hogy a megadott tarifacsomagok közül (,,Haver 1'', ,,Haver 2'') melyik lett volna kedvezőbb számára az adott hónapban.
A kapcsolási díj a havidíj-lebeszélhetőségbe nem számít bele, mindig a havidíjon felül kerül kiszámlázásra. (11 pont)
Megoldás. A ,,Haver 1'' tarifacsomag esetén 1710:38=45 perc beszélhető le hálózaton belül. Marad neki 60-45=15 perc. Ezért a havidíjon felül fizetendő: 15⋅40=600 Ft. A hálózaton kívüli percekért fizetendő 45⋅40=1800 Ft, az SMS-ért 10⋅40=400 Ft. Kapcsolási díj: (18+11)⋅3=87 Ft. A költség összesen: | 1710+600+1800+400+87=4597Ft. |
A ,,Haver 2'' tarifacsomag esetén mivel 3850⋅0,6=2310 és 2310:35=66, azért 66 percet beszélhetne hálózaton belül. Ebből csak 60 percet beszélt le, ami 2310 Ft. Mivel 3850⋅0,4=1540 és 1540:35=44, azért 44 percet beszélhet hálózaton kívül, de ő beszélt még 1 percet: 1540+38=1578 Ft. Az SMS-ért 10⋅38=380 Ft-ot, a kapcsolási díjért 29⋅3=87 Ft-ot fizetett. Összes költség: Tehát a ,,Haver 2'' kedvezőbb a számára, 4597-4355=242 Ft-tal.
2. Egy négyzet alapú hasáb alakú doboz alapéle 8 cm. A doboz négyzet alakú aljába éppen belefér két egyforma átmérőjű, körlapjával az alaplapon fekvő érem úgy, hogy az érmék a doboz 2-2 szomszédos oldallapját és egymást is érintik. Mekkora az érmék átmérője? (12 pont)
Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit. Legyen PR=2r=d; PQ=QR=x. A PQR egyenlő szárú derékszögű háromszögben a Pitagorasz-tétel szerint:
Mivel a négyzet oldala 8 cm, azért 2r+x=8, azaz 2r+2r=8. Vagyis r=82+2. Tehát az érmék átmérője: d=2r≈4,7 cm.
3. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán: a) cos2x+5⋅sinx+2=0; (7 pont) b) 2log5x-3log5x=5. (7 pont)
Megoldás. a) Felhasználva, hogy cos2x=cos2x-sin2x és cos2x=1-sin2x, az egyenlet a következő másodfokú egyenletre vezet: Ennek gyökei: sinx=-12 és sinx=3. Ez utóbbiból a szinusz függvény értékkészlete miatt nem adódik megoldás. Az egyenlet megoldása: | x1=-π6+k⋅2π,x2=7π6+l⋅2π,aholk,l∈Z. | Ezek valóban megoldásai ez eredeti egyenletnek. b) Az egyenlet mindkét oldalát log5x-szel megszorozva és rendezve, az előzőhöz hasonló másodfokú egyenlethez jutunk: Ebből
log5x1=-12,amibőlx1=15=55;log5x2=3,amibőlx2=125.
Ezek a megoldások kielégítik az eredeti egyenletet.
4. Egy 10 pontos tesztfeladatot harminc tanuló oldott meg. Az eredmény a következő lett: pontszám345678910gyakoriság23722554
a) A tanár gratulált az osztálynak, mert az egyik középértéknél a tanulók 35 része több pontot ért el. Melyik középértékre gondolt a tanár? (6 pont) b) Két tanuló később írta meg a tesztet. Az ő eredményüket is beleszámítva a medián 0,5-del; az átlag 0,075-del nőtt. Hány pontot érhettek el ők? (8 pont)
Megoldás. a) A pontszámok átlaga: | (3⋅2+4⋅3+5⋅7+6⋅2+7⋅2+8⋅5+9⋅5+10⋅4):30=204:30=6,8. | Ennél jobbat írt 16 fő. Mivel 1630<35, azért nem az átlagra gondolt. A medián, azaz a 15. és 16. elem átlaga: 7+72=7. Ennél jobbat írt 14 fő. Mivel 1430<35, azért nem a mediánra gondolt. A módusz, azaz a leggyakrabban előforduló elem: 5. Ennél jobbat írt 18 fő. Mivel 1830=35, azért a tanár a móduszra gondolt. b) A két tanuló pontszámát jelölje x és y. Az új átlag: 204+x+y32=6,875, ebből x+y=16. A szóba jöhető felbontások: 16=6+10=7+9=8+8. Ezek közül csak az x=y=8 jöhet szóba, mert ekkor a medián 0,5-del nő; a másik két esetben a medián nem változik. Tehát a tesztet később megíró mindkét tanuló pontszáma 8. Ez a megoldás valóban eleget tesz mindkét feltételnek.
II. rész
5. A ,,Vigyáz(z)6'' című játékban 1-től 104-ig számozott kártyák szerepelnek. A lapokon ökörfejek is találhatók a következő szabályok szerint: ‐ az 55-ös lapon 7 db; ‐ a többi 5-re végződő számot tartalmazó lapon 2-2 db; ‐ a többi azonos számjegyekből álló kétjegyű számot tartalmazó lapon 5-5 db; ‐ a 0-ra végződő számot tartalmazó lapokon 3-3 db; ‐ az összes többi lapon 1-1 db ökörfej található. A játék elején 4 lapot felcsapnak, minden játékos 10-10 lapot kap, a többi lap pedig talonba kerül. a) Hány ökörfej található a lapokon összesen? (4 pont) b) Mennyi annak a valószínűsége, hogy a négy felcsapott lap mindegyikén egynél több ökörfej szerepel? (6 pont) c) Hat játékos esetén mi a valószínűsége, hogy a talonban van legalább egy olyan lap, amelyen 5 vagy annál több ökörfej szerepel? (6 pont)
Megoldás. a) A megadott intervallumon hét ökörfejet tartalmazó kártya: 55 (1 lap); két ökörfejet tartalmazó kártyák: 5, 15, 25, 35, 45, 65, 75, 85, 95 (9 lap); öt ökörfejet tartalmazó kártyák: 11, 22, 33, 44, 66, 77, 88, 99 (8 lap); három ökörfejet tartalmazó kártyák: 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90, 100 (10 lap). Ez összesen 28 lap. A többi 76 lapon csak egy ökörfej található. Vagyis az ökörfejek száma összesen: | 1⋅7+9⋅2+8⋅5+10⋅3+76⋅1=171db. | b) A klasszikus valószínűségi mező esetén alkalmazható képlettel dolgozunk. Kedvező esetek száma =(284), az összes esetek száma =(1044), vagyis a valószínűsége annak, hogy a négy felcsapott lap mindegyikén egynél több ökörfej van. c) 5 vagy annál több (7) ökörfej 8+1=9 db lapon szerepel; 104-9=95 db lapon ennél kevesebb ökörfej van. Hat játékos esetén 40 db lap van a talonban. Érdemes először a komplementer esemény valószínűségét meghatározni. Az eredeti eseményt A-val jelölve, A¯={a talonban levő lapok között nincs olyan, amelyen 5 vagy annál több ökörfej szerepel}. Ebben az esetben is klasszikus valószínűségi mezőről van szó, | p(A¯)=(9540)(10440)≈0,01. | Tehát p(A)=1-p(A¯)≈0,99 a valószínűsége annak, hogy hat játékos esetén van legalább egy olyan lap a talonban, amelyen 5 vagy annál több ökörfej szerepel. 6. Egy üzemben henger alakú, egyliteres mérőedényeket gyártanak. Mekkora legyen a henger alapkörének sugara, illetve a henger magassága, hogy az anyagfelhasználás minimális legyen a) fedetlen; (8 pont) b) fedett mérőedény esetén? (8 pont) A választ milliméter pontossággal adjuk meg.
Megoldás. a) A henger magassága legyen m; alapkörének sugara legyen r. A henger térfogata: V=r2π⋅m=1dm3, ezért m=1r2π dm. Az anyagfelhasználás akkor minimális, ha a henger felszíne minimális. a) Fedetlen edény esetén a felszín: A=r2π+2rπm, A(r)=r2π+2r. Ennek a kifejezésnek akkor van minimuma, ha az első deriváltja 0 és a második deriváltja pozitív: | A'(r)=2rπ-2r2=0ésA''(r)=2π+4r3>0. | Az elsőből | r=1π3,m=11π23⋅π=1π3≈0,68dm. | Ekkor A''(1π3)>0. Vagyis az anyagfelhasználás akkor minimális, ha r=m≈0,68dm = 68 mm. b) Fedett edény esetén a felszín:
A(r)=2r2π+2rπm=2r2π+2r,A'(r)=4rπ-2r2=0ésA''=4π+4r3>0.
Az elsőből r=12π3≈0,54 dm és m=4π3≈1,08 dm, ekkor A''(4π3)>0. Vagyis az anyagfelhasználás akkor minimális, ha r≈0,54dm=54 mm; m≈1,08dm=108 mm.
7. Az y=ax2+bx+c egyenletű parabola áthalad a (8;0) ponton és az origón. Az origóba húzott érintőjének iránytangense 2. a) Határozzuk meg a, b és c értékét. (6 pont) b) Az origón és a parabola 6 abszcisszájú pontján keresztül szelőt húzunk. Mekkora területet zár közre ez a szelő és a parabola? (10 pont)
Megoldás. a) Mivel a parabola áthalad a (8;0) és a (0;0) pontokon, felírhatjuk a következő egyenleteket: 0=a⋅64+b⋅8+c, 0=a⋅0+b⋅0+c. Ezekből kapjuk, hogy c=0 és a=-18b.
Az origóba húzott érintő iránytangense a pontbeli első derivált: Tehát a=-14; b=2; c=0. b) Mivel f(x)=-14x2+2x, azért f(6)=3. Az origón és az A(6;3) pontokon áthaladó szelő egyenlete: y=12x. A kérdéses terület: | ∫06(-14x2+2x-12x)dx=∫06(-14x2+32x)dx=[-14⋅x33+32⋅x22]06=9. |
A parabola és a szelő által közrezárt terület 9 területegység.
8. a) Bizonyítsuk be, hogy minden n természetes számra 64∣9n-8n-1. (8 pont) b) Igaz-e, hogy 20132+2014∣20132014-2013? Indokoljuk válaszunkat. (8 pont)
Megoldás. a) Teljes indukcióval bizonyítunk. n=0-ra: 64∣0; igaz; (n=1-re: 64∣0; igaz; n=2-re: 64∣64; igaz). Tegyük fel, hogy n=k-ra igaz, vagyis 64∣9k-8k-1. Be kell látnunk, hogy n=k+1-re is igaz, azaz 64∣9k+1-8(k+1)-1. A kifejezést átalakíthatjuk a következő módon: | 9⋅9k-8k-9=9⋅(9k-8k-1)+64k. | Az utóbbi kifejezés első tagja az indukciós feltevés miatt, a második tag nyilvánvalóan osztható 64-gyel, tehát az összeg is osztható 64-gyel. Ezzel az állítást igazoltuk. b) Legyen a=2013. Ekkor a baloldal így írható: a2+a+1. A jobboldal: | a2014-a=a(a2013-1)=a[(a3)671-1671]=a(a3-1)(a670+a669+...+a+1). | Mivel a3-1=(a-1)(a2+a+1), azért az állítás igaz.
9. Egy turisták pihenőjeként szolgáló építmény legfelső csúcsában három darab szabályos ötszög találkozik az ábrán látható módon.
A szabályos ötszögek oldalai 1,5 m hosszúak. Az építmény oldallapjai téglalapok, amelyeknek a talajra merőleges oldalai szintén 1,5 m hosszúak. a) Milyen magas az építmény? (8 pont) b) Mekkora az építmény alapterülete? (8 pont)
Megoldás. a) Használjuk az 1. ábra jelöléseit. A szöveg alapján a=1,5 m. Az ábrán AD=BG, mert a tetőszerkezetet tekinthetjük egy szabályos dodekaéder részének, amelyhez a C csúcsnál egy újabb szabályos ötszög csatlakozna. Legyen AD=BG=b; FO=x; FD=y; OD=m.
1. ábra Az ábrán b-vel jelölt szakaszok hossza megegyezik a szabályos ötszög átlójával. A szabályos ötszög egy szöge: Ugyanekkora a BCG∢ nagysága is. A BGC háromszögben a koszinusz-tétel alapján: b2=2a2-2a2⋅cos108∘, ebből b≈2,43 m. Az EAD háromszögben | EAD∢=EDA∢=180∘-108∘2=36∘. |
Az AFD háromszögben DAF∢=108∘-EAD∢=72∘, az 1. ábrán y-nal jelölt szakaszra felírható az AFD háromszögben: sin72∘=yb. Ebből y≈2,31 m. Az 1. ábrán x-szel jelölt szakasz kiszámításához tekintsük az alaplapot alkotó hatszöget. Ennek szemközti oldalai párhuzamosak és oldalainak hossza rendre: a, b, a, b, a, b, mert a megfelelő oldalak 120∘-os elforgatottjai egymásnak az OD egyenes, mint térbeli forgástengely körül (ez a forgatás a szerkezetet és a dodekaédert is önmagába viszi). Ezért ez a hatszög kiegészíthető szabályos háromszöggé a 2. ábrán látható módon.
2. ábra Az ábra alapján az x-szel jelölt szakasz kiszámítható a b+2a oldalú szabályos háromszög súlyvonala kétharmad részének és az a oldalú szabályos háromszög magasságának különbségeként: A DFO háromszögben a Pitagorasz-tételt felírva: m=y2-x2≈1,40 m. Az építmény magassága M=a+m≈2,9 m. b) Az alapterületet kiszámolhatjuk úgy, hogy a b+2a oldalú szabályos háromszög területéből kivonjuk az a oldalú szabályos háromszög területének háromszorosát: | T=34⋅(b+2a)2-3⋅34⋅a2≈9,84m2. | Tehát az építmény alapterülete: 9,84 m2. |
|