2021. Októberi Emelt Szintű Matek Érettségi

a) Bontsuk fel a zárójelet, és alkalmazzuk a hatványozás azonosságait: $$ 2^{2x} - 6 \cdot 2^x + 9 = 2 \cdot 2^x + 9 $$ Rendezzük nullára az egyenletet, és vonjuk össze a megfelelő tagokat: $$ (2^x)^2 - 8 \cdot 2^x = 0 $$ Ebből szorzattá alakítással (kiemelve $2^x$-et): $$ 2^x (2^x - 8) = 0 $$ Mivel $2^x > 0$ minden valós $x$ esetén, az első tényező nem lehet nulla. Tehát: $$ 2^x - 8 = 0 \implies 2^x = 8 \implies \mathbf{x = 3} $$ A kapott megoldást visszahelyettesítve az eredeti egyenletbe, az azonosság teljesül.

b) Az állítás igaz.
Az $f(x) = x^2 - 9x + 14 = 0$ másodfokú egyenlet gyökei $x = 2$ és $x = 7$. Mivel a másodfokú tag együtthatója pozitív (felfelé nyitott parabola), a függvény a gyökein kívül vesz fel pozitív értékeket, vagyis $x < 2$ vagy $x > 7$ esetén $f(x) > 0$. Így ha $x > 7$, akkor $f(x) > 0$ valóban teljesül.

c) A megfordítás: Ha $f(x) > 0$, akkor $x > 7$.
A megfordított állítás hamis. Egy ellenpélda: legyen $x = 0$. Ekkor $f(0) = 14 > 0$, de a feltételünk ($x > 7$) nem teljesül, hiszen $0 \not> 7$.

a) A 200 km-es városi úton (10 liter / 100 km átlagfogyasztással) elfogyott $2 \cdot 10 = 20$ liter benzin. A 45 literes teletöltött tartályban így maradt $45 - 20 = 25$ liter benzin. A 10 literes átlagfogyasztással számítva ez a benzinmennyiség még $ \frac{25}{10} \cdot 100 = \mathbf{250 \text{ km}} $ megtételére elegendő.

b) A teljes eddigi út $200 + 100 = 300$ km. A gép ezen a 300 km-en elért átlagfogyasztással számol, és azt jelzi ki, hogy a maradék benzinnel még további 200 km tehető meg. Eszerint az összes (eredetileg 45 liter) benzin éppen $300 + 200 = 500$ km megtételéhez lett volna elegendő. A 300 km során mért együttes átlagfogyasztás (ami az egész tankra is vonatkoztatható) tehát $ \frac{45}{500} \cdot 100 = 9 $ liter / 100 km. A 300 km-en elfogyasztott benzin mennyisége eszerint $3 \cdot 9 = 27$ liter volt. Mivel az első 200 km-en 20 litert fogyasztott az autó, a kirándulás 100 km-es útszakaszán $27 - 20 = \mathbf{7 \text{ liter}}$ benzin fogyott. A kirándulás átlagfogyasztása tehát 7 liter / 100 km volt.

a) A logikai szita formula alapján összegezzük a 8-cal, illetve 9-cel osztható háromjegyű számok számát, majd kivonjuk a mindkettővel (azaz $8 \cdot 9 = 72$-vel) osztható számok számát.
- A 8-cal osztható háromjegyű számok: a legkisebb $104 = 8 \cdot 13$, a legnagyobb $992 = 8 \cdot 124$. Számuk: $124 - 13 + 1 = 112$.
- A 9-cel osztható háromjegyű számok: a legkisebb $108 = 9 \cdot 12$, a legnagyobb $999 = 9 \cdot 111$. Számuk: $111 - 12 + 1 = 100$.
- A 72-vel osztható háromjegyű számok: a legkisebb $144 = 72 \cdot 2$, a legnagyobb $936 = 72 \cdot 13$. Számuk: $13 - 2 + 1 = 12$.
Így a keresett számok darabszáma: $112 + 100 - 12 = \mathbf{200}$.

b) Először meghatározzuk a háromjegyű számok halmazát mindkét számrendszerben, tízes számrendszerben kifejezve.
A 8-as számrendszerben egy szám pontosan akkor háromjegyű, ha $8^2 \le x < 8^3$, azaz $64 \le x \le 511$. Ezek száma az összes eset: $511 - 64 + 1 = 448$ darab szám.
A 9-es számrendszerben egy szám pontosan akkor háromjegyű, ha $9^2 \le x < 9^3$, azaz $81 \le x \le 728$.
A kiválasztott szám mindkét feltételnek meg kell feleljen (kedvező esetek), így a $81 \le x \le 511$ tartományba kell esnie. Ezek száma: $511 - 81 + 1 = 431$ darab szám.
A keresett valószínűség tehát a kedvező és az összes esetek hányadosa: $$ P = \mathbf{\frac{431}{448} \approx 0,962} $$

a) Az ötszögnek 5 oldala és 5 átlója van, ami összesen 10 szakasz. Mindegyik szakasz kétféle lehet: megvastagított vagy nem. Így az összes lehetséges különböző kártyák száma $2^{10} = 1024$. Mivel $1024 > 400$, így igen, mindenkinek jut különböző belépőkártya.

b) Számítsuk ki az $ABC$ egyenlő szárú háromszög területét! A $BC$ alaphoz tartozó magassága a Pitagorasz-tétel segítségével: $m_a = \sqrt{130^2 - 50^2} = 120$ méter. A háromszög területe: $T_{ABC} = \frac{100 \cdot 120}{2} = 6000 \text{ m}^2$.
Mivel a $BCD$ háromszög területe $2000 \text{ m}^2$, ami az $ABC$ háromszög területének pontosan a harmada, és a $C$-ből induló magasságuk közös, az alapjuknak is harmadának kell lennie: $BD = \frac{1}{3} AB = \frac{130}{3}$ méter.
A $CD$ szakasz hosszának kiszámításához alkalmazzuk a koszinusztételt a $BCD$ háromszögben. A $B$ csúcsnál lévő szög koszinusza a nagy háromszög feléből könnyen leolvasható: $\cos B = \frac{50}{130} = \frac{5}{13}$. $$ CD^2 = BC^2 + BD^2 - 2 \cdot BC \cdot BD \cdot \cos B $$ $$ CD^2 = 100^2 + \left(\frac{130}{3}\right)^2 - 2 \cdot 100 \cdot \frac{130}{3} \cdot \frac{5}{13} $$ $$ CD^2 = 10000 + \frac{16900}{9} - \frac{10000}{3} = \frac{90000 + 16900 - 30000}{9} = \frac{76900}{9} $$ Ebből $CD = \frac{\sqrt{76900}}{3} \approx \mathbf{92,4 \text{ méter}}$.

c) A résztvevők összesített életkora az egyes csoportok létszámának és átlagéletkorának szorzatösszege. Jelölje $x$ a magyarok átlagéletkorát. $$ \frac{200x + 70 \cdot 44 + 130 \cdot 48}{400} = 45,7 $$ $$ 200x + 3080 + 6240 = 400 \cdot 45,7 = 18280 $$ $$ 200x + 9320 = 18280 \implies 200x = 8960 \implies \mathbf{x = 44,8 \text{ év}} $$

a) A sorozat első öt tagja: $a_1 = 1, a_2 = 3, a_3 = 6, a_4 = 10, a_5 = 15$.
Az átlaguk: $\overline{x} = \frac{1 + 3 + 6 + 10 + 15}{5} = \frac{35}{5} = \mathbf{7}$.
A szórás kiszámításához vegyük az átlagtól vett eltérések négyzetes közepét: $$ \sigma = \sqrt{\frac{(1-7)^2 + (3-7)^2 + (6-7)^2 + (10-7)^2 + (15-7)^2}{5}} $$ $$ \sigma = \sqrt{\frac{36 + 16 + 1 + 9 + 64}{5}} = \sqrt{\frac{126}{5}} = \sqrt{25,2} \approx \mathbf{5,02} $$

b) Írjuk fel a $(b_n)$ sorozat általános tagját a binomiális együtthatók kifejtésével: $$ b_n = \frac{\binom{n+2}{2}}{\binom{n+1}{2}} = \frac{\frac{(n+2)(n+1)}{2}}{\frac{(n+1)n}{2}} $$ Egyszerűsítve az egyenletet: $$ b_n = \frac{n+2}{n} = 1 + \frac{2}{n} $$ Mivel $n \to \infty$ esetén $\frac{2}{n} \to 0$, ezért a $(b_n)$ sorozat határértéke 1.

c) Ismert a számtani sorozat összegképlete: $S_k = \frac{2c_1 + (k-1)d}{2} k$.
A feladat alapján két egyenletet írhatunk fel: $$ S_n = \frac{2c_1 + (n-1) \cdot 0,25}{2} n = 100 $$ $$ S_{2n} = \frac{2c_1 + (2n-1) \cdot 0,25}{2} 2n = 300 $$ Az első egyenletet 2-vel megszorozva: $(2c_1 + 0,25n - 0,25)n = 200 \implies 2c_1n + 0,25n^2 - 0,25n = 200$.
A második egyenlet is átrendezhető, és egyszerűsítve $n$-nel: $(2c_1 + 0,5n - 0,25)n = 150 \dots$ helyett inkább osszuk el a másodikat $n$-nel és vonjuk ki belőle az elsőt $n$-nel elosztva:
Egy elegánsabb mód, ha észrevesszük, hogy a második $n$ tag összege ($S_{2n} - S_n = 200$) éppen az első $n$ tag összegénél $n^2 d$-vel nagyobb, mert minden tag pontosan $n \cdot d$-vel nagyobb a neki megfelelő korábbinál. $$ (S_{2n} - S_n) - S_n = n^2 \cdot d $$ $$ 200 - 100 = n^2 \cdot 0,25 \implies 100 = 0,25 n^2 \implies n^2 = 400 $$ Mivel $n$ pozitív egész szám, így $\mathbf{n = 20}$.

a) Jelölje az alap hosszát $a = 18$, a szár hosszát $b$. A háromszög valódi területe az alaphoz tartozó magasság és az alap szorzatának a fele. A magasság Pitagorasz-tétellel: $m = \sqrt{b^2 - \left(\frac{18}{2}\right)^2} = \sqrt{b^2 - 81}$. $$ T_{\text{valódi}} = \frac{18 \cdot \sqrt{b^2 - 81}}{2} = 9\sqrt{b^2 - 81} $$ Az egyiptomiak közelítő formulájával a terület: $$ T_{\text{közelítő}} = \frac{18 \cdot b}{2} = 9b $$ Mivel $9b > 9\sqrt{b^2 - 81}$ (hiszen $b > \sqrt{b^2 - 81}$ mindig igaz), a közelítés mindig felülbecsüli a területet. A feltétel szerint a hiba kisebb mint 25%-a a valódi területnek, ami azt jelenti, hogy a közelítő érték kevesebb, mint 1,25-szöröse a valódinak: $$ 9b < 1,25 \cdot 9\sqrt{b^2 - 81} $$ Egyszerűsítve 9-cel, majd mindkét oldalt négyzetre emelve (mivel mindkét oldal pozitív): $$ b^2 < 1,5625(b^2 - 81) $$ $$ b^2 < 1,5625b^2 - 126,5625 \implies 126,5625 < 0,5625b^2 $$ $$ b^2 > 225 \implies \mathbf{b > 15} $$ Tehát a háromszög szára 15 cm-nél hosszabb kell, hogy legyen.

b) A megadott szorzat prímfelbontása: $$ 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 = 720 = 2^4 \cdot 3^2 \cdot 5 $$ Egy szám pontosan akkor négyzetszám, ha a prímfelbontásában minden prímkitevő páros. Ahhoz, hogy $720 \cdot x$ négyzetszám legyen, az $x$-nek "ki kell egészítenie" a 720-ban lévő páratlan kitevőjű prímeket. A $2$ és a $3$ kitevője páros, de az $5$ kitevője páratlan. Ezért $x$-nek $5 \cdot k^2$ alakúnak kell lennie, ahol $k$ pozitív egész szám.
A feltétel szerint $x < 1000$: $$ 5k^2 < 1000 \implies k^2 < 200 $$ Mivel $\sqrt{200} \approx 14,14$, a $k$ lehetséges értékei $1, 2, 3, \dots, 14$.
Így összesen $\mathbf{14}$ ilyen 1000-nél kisebb pozitív egész szám van.

a) Az $x = 4$ helyen az egyenesen fekvő pont ordinátája: $y = \frac{1}{3}(4) + \frac{5}{3} = \frac{9}{3} = 3$.
Az $R(4; 2)$ pont függőleges távolsága az egyenestől: $|2 - 3| = \mathbf{1}$.
Az $S(4; 5)$ pont függőleges távolsága az egyenestől: $|5 - 3| = \mathbf{2}$.

b) A feladat szerint a minimalizálandó négyzetösszeg (jelöljük $f(m)$-mel): $$ f(m) = d_A^2 + d_B^2 + d_C^2 = (m \cdot 1 - 3)^2 + (m \cdot 3 - 5)^2 + (m \cdot 4 - 4)^2 $$ Bontsuk fel a zárójeleket: $$ f(m) = (m^2 - 6m + 9) + (9m^2 - 30m + 25) + (16m^2 - 32m + 16) $$ Vonjuk össze az azonos fokszámú tagokat: $$ f(m) = 26m^2 - 68m + 50 $$ Ez egy felfelé nyíló parabola, melynek minimuma a derivált zérushelyénél vagy a teljes négyzetté alakításból ismert csúcspontban található: $$ m = -\frac{-68}{2 \cdot 26} = \frac{68}{52} = \mathbf{\frac{17}{13}} $$

c) A $h$ egyenes áthalad az origón $(0; 0)$ és a $C(4; 4)$ ponton, így egyenlete egyszerûen $h(x) = x$.
Keressük meg a $g(x) = \frac{1}{3}(-2x^2 + 11x)$ és a $h(x) = x$ metszéspontjait: $$ \frac{1}{3}(-2x^2 + 11x) = x \implies -2x^2 + 11x = 3x \implies -2x^2 + 8x = 0 \implies -2x(x - 4) = 0 $$ A két metszéspont $x = 0$ és $x = 4$. Ebben az intervallumban a parabola az egyenes "fölött" halad, így a közbezárt terület az integrál segítségével adható meg: $$ T = \int_{0}^{4} \left( \frac{1}{3}(-2x^2 + 11x) - x \right) dx = \frac{1}{3} \int_{0}^{4} (-2x^2 + 8x) dx $$ A primitív függvény: $$ T = \frac{1}{3} \left[ -\frac{2}{3}x^3 + 4x^2 \right]_{0}^{4} = \frac{1}{3} \left( \left( -\frac{128}{3} + 64 \right) - 0 \right) = \frac{1}{3} \left( -\frac{128}{3} + \frac{192}{3} \right) $$ $$ T = \frac{1}{3} \cdot \frac{64}{3} = \mathbf{\frac{64}{9}} $$

a) Szisztematikusan vegyük számba a lehetséges színezéseket a sárga lapok száma alapján, figyelembe véve, hogy 1 és 5 között lehet a sárga lapok száma (mindkét színnek elő kell fordulnia).
- 1 sárga lap: forgatással minden ilyen kocka fedésbe hozható, ez 1 féle.
- 2 sárga lap: a két sárga lap lehet egymással szomszédos (van közös élük) vagy egymással szemközti. Ez 2 féle.
- 3 sárga lap: a sárga lapok találkozhatnak egy közös csúcsban, vagy elhelyezkedhetnek "U" alakban (kettő szemközti és egy ezekkel szomszédos). Ez 2 féle.
- 4 sárga lap: ekkor 2 kék lap van, amikre ugyanaz igaz, mint a 2 sárgára, azaz ez is 2 féle.
- 5 sárga lap: ekkor 1 kék lap van, ez is 1 féle.
Összesen: $1 + 2 + 2 + 2 + 1 = 8$-féle kocka lehetséges.

b) Annak a valószínűsége, hogy egy vásárolt csokiban NEM a hiányzó kocka van: $p = \frac{7}{8}$.
Annak a valószínűsége, hogy három csoki vásárlása során egyikben sem a hiányzó kocka lesz (feltételezve, hogy a húzások függetlenek): $$ P(\text{nem kapja meg}) = \left(\frac{7}{8}\right)^3 = \frac{343}{512} $$ A komplementer esemény, hogy legalább az egyikben ott lesz a hiányzó darab: $$ P = 1 - \frac{343}{512} = \mathbf{\frac{169}{512}} \approx \mathbf{0,330} $$

c) A kocka élhosszúsága $a = 10$.
Az $ABG$ háromszög oldalai: az $AB$ egy él, hossza $10$. A $BG$ egy lapátló, hossza $10\sqrt{2}$. Az $AG$ egy testátló, hossza $10\sqrt{3}$.
Vegye észre, hogy az $AB$ él merőleges a $BCGF$ oldallap minden egyenesére, így a $BG$ szakaszra is. Ezért az $ABG$ háromszög a $B$ csúcsnál derékszögű. Ezt Pitagorasz-tételével is ellenőrizhetjük: $10^2 + (10\sqrt{2})^2 = 100 + 200 = 300 = (10\sqrt{3})^2$.
Derékszögű háromszög beírt körének sugara az $r = \frac{a+b-c}{2}$ képlettel adható meg (ahol $a, b$ a befogók, $c$ az átfogó): $$ r = \frac{10 + 10\sqrt{2} - 10\sqrt{3}}{2} = \mathbf{5 + 5\sqrt{2} - 5\sqrt{3}} \approx \mathbf{3,41} \text{ egység} $$

a) Az összeolvasztás előtti teljes térfogat megegyezik az új henger térfogatával: $$ \pi r^2 h + \pi R^2 h = \pi r_{\text{új}}^2 h $$ Leosztva a pozitív $\pi h$ tényezővel: $$ r^2 + R^2 = r_{\text{új}}^2 \implies r_{\text{új}} = \sqrt{r^2 + R^2} $$ A feladat bizonyítani az $r_{\text{új}} \ge \sqrt{2rR}$ egyenlőtlenséget. Mivel mindkét oldal pozitív, négyzetre emelve ekvivalens állítást kapunk: $$ r^2 + R^2 \ge 2rR \iff r^2 - 2rR + R^2 \ge 0 \iff (r - R)^2 \ge 0 $$ Mivel egy valós szám négyzete mindig nemnegatív, az egyenlőtlenség mindig igaz, amit bizonyítani kellett.

b) Ha a tortát egy forgáshengernek tekintjük, akkor annak alapköre egy $r_{\text{torta}}$ sugarú kör. Mivel a torta felső éle a félgömbre illeszkedik, a gömb középpontja, a torta felső alaplapjának egy határpontja és a torta alaplapjának középpontja által kifeszített derékszögű háromszögre felírható a Pitagorasz-tétel. Itt a gömb sugara az átfogó, 15 cm. $$ r_{\text{torta}}^2 + m^2 = 15^2 = 225 \implies r_{\text{torta}}^2 = 225 - m^2 $$ A torta térfogata a henger térfogatképletével: $$ V = \pi \cdot r_{\text{torta}}^2 \cdot m = \pi \cdot (225 - m^2) \cdot m = \mathbf{225\pi m - \pi m^3} $$

c) A térfogatot megadó függvény $V(m) = 225\pi m - \pi m^3$. Ennek a maximumát keressük, mely a derivált nullhelyénél lehet. $$ V'(m) = \pi(225 - 3m^2) $$ $$ V'(m) = 0 \implies 225 - 3m^2 = 0 \implies m^2 = 75 \implies m = \sqrt{75} = 5\sqrt{3} $$ (Mivel $V''(m) = -6\pi m$ negatív ezen a helyen, valóban maximumról van szó.)
A maximális térfogat: $$ V_{\text{max}} = V(5\sqrt{3}) = 225\pi(5\sqrt{3}) - \pi(5\sqrt{3})^3 = 1125\pi\sqrt{3} - \pi \cdot 125 \cdot 3\sqrt{3} = 1125\pi\sqrt{3} - 375\pi\sqrt{3} = \mathbf{750\sqrt{3}\pi} $$ A félgömb térfogata ($R=15$): $$ V_{\text{félgömb}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} \pi R^3 = \frac{2}{3} \pi \cdot 15^3 = \mathbf{2250\pi} $$ A kettő aránya: $$ \frac{750\sqrt{3}\pi}{2250\pi} = \frac{\sqrt{3}}{3} \approx 0,577 $$ Mivel $0,577 < 0,60$, a maximális torta térfogata valóban kisebb, mint a félgömb térfogatának 60%-a.