12.6. ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK

Kedves Vásárlónk! Webáruházunk és üzletünk készlete eltérhet egymástól. Kérjük konkrét termék iránt érdeklődjön elérhetőségeinken!

Érettségi ​- Matematika középszintű feladatsorok

Az ​átdolgozott, a 2017-es érettségi szabályozásnak megfelelő kötet a középszintű érettségire segít felkészülni a diákoknak. Elsődleges célja, hogy a tanulók gyakorolni tudjanak olyan típusú feladatokkal, amelyekkel az írásbeli matematika érettségin találkozhatnak. A kötet 10 feladatsort tartalmaz, részletes megoldókulccsal együtt. A feladatokon és megoldásaikon kívül a kötet részletes leírását adja az érettségi legújabb szabályainak, és hasznos tanácsokkal is szolgál a módszertani felkészüléshez, a kellékek listájához, az időkezeléshez. Kiegészítésként online kitölthető próbafeladatok is megtalálhatóak az oldalunkon.

Miért ajánljuk?
– mert a tanulóknak nélkülözhetetlen segítség az érettségire való felkészüléshez
– a legújabb érettségi követelményekhez igazodik
– tanároknak is hasznos forrás a mindennapi munkájuk során
– a diákok akár egyedül is gyakorolhatnak, a részletes megoldókulcs a kötetben megtalálható online kitölthető feladatok oldalunkon megtalálhatók

Kapcsolódó könyvek

Ismeretlen szerző – Becsengő ​- Játékos matematikai gyakorlatok – 3. osztály
Ebben ​a munkafüzetben játékos feladatokon keresztül gyakorolhatják a gyerekek a tananyagot. Ezenfelül lehetőséget ad a logikai, gondolkodtató feladatok megoldására is. Jó munkát és sok sikert kívánunk!

Gábos Adél – Halmos Mária – Matematika
Ehhez a könyvhöz nincs fülszöveg, de ettől függetlenül még rukkolható/happolható.

Ismeretlen szerző – Becsengő ​- Játékos matematikai gyakorlatok – 2. osztály
Munkafüzetünk ​a számok csodálatos világába kalauzolja el a második osztályos gyerekeket érdekes, játékos, sokszínű feladatokon keresztül. Sikeres feladatmegoldást kívánunk!

Matos Zoltán – Matematikai ​tételek és összefüggések
A ​Mindentudás zsebkönyvek sorozat Matematikai tételek és összefüggések című kötete azokat a matematikai összefüggéseket, tételeket és definíciókat tartalmazza, melyek az új középiskolai kerettantervek, valamint a közép-, illetve az emelt szintű érettségi követelmények részeként a matematika feladatok megoldásához szükségesek. Kiadványunk jelölései azonosak a középiskolában megszokottal, tematikája az érettségi követelményrendszerét követi. A kötet az emelt szintű ismereteket a középszinttől jól megkülönböztethető módon jelöli. Példák, ábrák, táblázatok, helyenként hasznos tanácsokat megfogalmazó megjegyzések és figyelmeztetések erősítik az ismeretek rendszerezését. A tájékozódást a tartalomjegyzék mellett tárgymutató is segíti. Haszonnal forgatható a matematika házi feladat megoldásánál, az érettségi vizsgára való felkészülésnél, gyakorlásnál, ismétlésnél, összefoglalásnál és rendszerezésnél, ezért nem maradhat ki az előrelátó tanulók iskolatáskájából.

Tóth Julianna – Fröhlich Lajos – Ruff János – 15 ​próbaérettségi matematikából – középszint – írásbeli
Az ​új típusú érettségire való készülés hajrájában kiadónk egy olyan könyvvel szeretné segíteni a tanárok és a diákok munkáját, amelyben 15 kipróbált középszintű írásbeli feladatsor található, amelyet tanításban és vizsgáztatásban is nagy gyakorlattal rendelkező pedagógusok állítottak össze. Ezek az érettségi feladatsoraival megegyező mintasorok, amelyekkel az írásbeli érettségit modellezhetjük. Ajánljuk ellenőrzéshez, gyakorláshoz, akár feladatsoronként, akár feladatonként. A kiadvány órai és otthoni felkészüléshez is használható. A kötet végen a feladatokat részletesen magyarázó megoldások szerepelne

Czapáry Endre – Czapáry Endréné – Csete Lajos – Hegyi Györgyné – Iványiné Harró Ágota – Morvai Éva – Reiman István – Matematika ​Gyakorló és érettségire felkészítő feladatgyűjtemény III.
Ez ​az új feladatgyűjtemény megőrizte a régi egyedülálló geometria feladatgyűjteményünk értékeit. A tananyag-feldolgozás módja egyszerre teszi lehetővé a középszintű és az emelt szintű érettségire való felkészülést. Példaanyaga: I. Síkgeometria, II. Térgeometria, III. Vektorok, IV. Trigonometria, V. Koordinátageometria. A feladatgyűjtemény CD-mellékletében található a feladatok megoldása.

Gerőcs László – Matematika ​érettségi 3
A ​kétszintű érettségi bevezetése nemcsak a továbbtanulást, az egyetemre, főiskolára való bejutás módját változtatta meg, hanem lényegesen módosította a követelményrendszert is. Új – korábban nem tanult – témakörök kerültek súlyponti szerepbe, míg néhány korábbi kikerült a törzsanyagból. Mindez természetesen úgy közép, mint emelt szinten megváltoztatta a tananyag tartalmi szerkezetét. Feladatgyűjteményünkben olyan próbaérettségi-feladatsorok találhatók, amelyekkel modellezhető az igazi középszintű érettségi írásbeli vizsga. A példatár 15 feladatsorból áll. Az összeállításkor a szerző maximálisan figyelembe vette a középszintű érettségi követelményrendszerét, igyekezett az egyes feladatsorokat úgy összeállítani, hogy az azokban levő példák lefedjék a középszintű tananyag valamennyi területét. Az egyes feladatok nehézségi foka megfelel a középszintű érettségi követelményrendszerének, sőt egy-két helyen, néhány feladatban kissé meg is haladja azt. A feladatsorok, egyes feladatok kellő részletességgel kidolgozottak – így minden lépés, minden részlet érthető azok számára is, akik egyéb segítség nélkül, önállóan készülnek középszintű érettségi vizsgájukra. Számos helyen több megoldás vagy egy-egy fontosabb megjegyzés is olvasható azzal a céllal, hogy a felhasználó diákok ismeretanyaga, ötlettára, feladatmegoldó repertoárja minél szélesebbé, gazdagabbá váljon.

Kovács Ágnes – Felkészítő ​feladatsorok matematikából középszinten érettségizőknek
Könyvünkkel ​a 2005-ben bevezetésre kerülő új kétszintű érettségi rendszerben matematikából középszintjén érettségizőkkel igyekszünk megismertetni az új rendszer várható szemléletét. A feladatsorokat a meglévő ismereteinkre alapozva az új rendszerhez igazítottuk, mind a feladatok típusát és jellegét tekintve. A szerző eddigi középiskolai tapasztalatait felhasználva 15 feladatsort állított össze, amelynek megoldásait is tartalmazza a könyv. A megoldási útmutatók segítenek az új szemlélet elsajátításában, saját eredményeink ellenőrzésében. A könyv végén 5 megoldás nélküli feladatsor is található, amelyekkel lehetőség nyílik önálló gyakorlásra is.

Czapáry Endre – Matematika
Ehhez a könyvhöz nincs fülszöveg, de ettől függetlenül még rukkolható/happolható.

Scharnitzky Viktor – Egyetemi ​felvételi feladatok matematikából XII.
Az ​Egyetemi felvételi feladatok matematikából című sorozat tizenharmadik kötetébe az 1999-2001. évi felvételi vizsgákra kitűzött feladatokat gyűjtöttem össze. Azok a pályázók, akik nem nyertek mentességgel felvételt, és akik olyan felsőoktatási intézménybe nyújtották be felvételi kérelmüket, ahol a matematika felvételi tárgy, az érettségi évében csak egy dolgozatot írtak, és ez a dolgozat egyben érettségi és felvételi dolgozat is volt. A tovább nem tanulók, illetve a matematikából nem felvételizők érettségi dolgozata matematikából más volt, ezek a feladatok is megtalálhatók a Függelékben. A feladatok eredeti szövegén és egy sorozaton belül a kitűzés sorrendjén nem változtattam. A kötetben sok feladatra – ahol ez lehetséges volt – több megoldást is adtam. Ezt annak érdekében tettem, hogy – felhívjam az olvasó figyelmét arra, hogy egy feladat esetleg elvileg más-más úton is megoldható; – megmutassam, milyen módon kapcsolhat össze egy-egy feladat egymástól látszólag távol eső anyagrészeket; minél több (különböző módon gondolkodó) olvasó ellenőrizhesse saját megoldását; – azt az olvasót, aki már talált egy megoldást, más megoldás keresésére is ösztönözzem. Ha egy feladatnál több megoldás is szerepel, akkor általában az első megoldás az, amely a leggyakrabban alkalmazott ötletekre épít. A kötetben minden feladathoz van olyan megoldás, amely csak a felvételi tájékoztatóban közzétett ismeretanyagra támaszkodik. Helyenként azonban olyan megoldások is találhatók, amelyek csak bizonyos típusú középiskolákban tanítható anyagrészekre építenek, illetve olyan összefüggéseket használnak fel, amelyek nem tartoznak az előbbi ismeretanyaghoz, de a jelenleg forgalomban lévő és a felvételi vizsgán is használható függvénytáblázatban megtalálhatók. A megoldásokhoz fűzött Megjegyzések helyenként további összefüggésekre mutatnak rá, és ezek az oktatásban is kamatoztathatók. A feladatok megoldását tartalmazó részben nem szerepel a megoldások során felhasznált ismeretek részletes tárgyalása, ezeket ismertnek tételezem fel. A megoldásokat akkor célszerű fellapozni, ha egy-egy feladat megoldásával nem tudunk megbirkózni, vagy megoldásunkat akarjuk ellenőrizni. Természeten a közölt megoldásoktól eltérő, esetleg rövidebb vagy sokkal szebb megoldást is találhat a figyelmes olvasó; hálás lennék, ha ilyenre vagy bármilyen fogyatékosságra, esetleges sajtóhibára lenne szíves felhívni a figyelmet. Mivel ezt a kötetet előreláthatólag sokféle tanterv szerin oktatott és sokféle jelölési rendszert használó olvasó fogja forgatni, ezért a közölt megoldásokban az egyes lépéseket legtöbbször – nem ragaszkodva egyféle jelölésrendszerhez – szöveggel indokoltam, a feltételeket vagy az eredményeket szöveggel adtam meg. Néhány helyen, ezzel párhuzamosan, többféle jelölési rendszert is bemutattam. Azok számára, akik bizonyos témakörökhöz keresnek feladatokat a kötet végén található témák szerinti csoportosítás ad útmutatást. Természetesen előfordul, hogy egy-egy feladat több témakörben is szerepel. Köszönettel tartozom mindazoknak, akik a feladatok összegyűjtésében és a kötet megjelenésében önzetlenül segítségemre voltak, további Békefi Zsuzsa tanárnőnek, a könyv lektorának, aki a megoldások gondos átszámításával és számos ötlettel járult hozzá a kézirat jobbá tételéhez és Fried Katalinnak, aki a szöveg megjelenítését végezte el kiváló szakértelemmel. Remélem, hogy ez a sok ezer pályázó, aki egyetemi vagy főiskolai felvételi vizsgára készül, haszonnal tanulmányozza ezt a kötetet is élete egyik legnagyobb céljának elérése érdekében. Ehhez kívánok nekik sok sikert.

Fuksz Éva – Reiner Ferenc – Érettségi ​feladatgyűjtemény matematikából 9-10. évfolyam
Ehhez a könyvhöz nincs fülszöveg, de ettől függetlenül még rukkolható/happolható.

Ismeretlen szerző – Érettségi ​tételek, bizonyítások és definíciók matematikából
Ehhez a könyvhöz nincs fülszöveg, de ettől függetlenül még rukkolható/happolható.

Riener Ferenc – Kisérettségi ​feladatsorok matematikából – 9-10. évfolyam
Kiadónk ​ezzel a kötettel segít a diákoknak eldönteni, hogy 11. évfolyamon emelt vagy középszinten folytassák-e tanulmányaikat matematikából. A kötetben tizenkét, a középszintű érettségihez hasonló felépítésű feladatsor található, amelyek a 9-es és a 10-es évfolyam tananyagát ölelik fel, valamint kiegészül egy olyan emelt szintű feladatokat tartalmazó résszel, amely példáinak megoldásával a tehetségesebb diákok is próbálkozhatnak. A kötet a tudásszint felmérése mellett a kompetencia alapú képzést is segíti, ugyanis az érettségin is ilyen jellegű feladatok szerepelnek. A könyv a feladatok részletes, magyarázatokkal bővített megoldásai mellett tartalmaz egy módszertani bevezetőt is, ezáltal önálló tanulásra is alkalmas. A kiadványt ajánljuk iskolai vagy otthoni gyakorláshoz és ellenőrzéshez egyaránt, illetve azoknak a pedagógusoknak is, akik szeretnék felmérni az általuk oktatott osztályok tudásszintjét.

Gerőcs László – Matematikaérettségi ​2. – Gyakorló feladatsorok az írásbeli érettségire – Emelt szint
Az ​új típusú érettségi követelményrendszernek megfelelő komplett feladatsorokat tartalmaz Gerőcs László Matematikaérettségi című példatára. Az érettségi vizsga tematikájának megfelelően kidolgozott kétkötetes feladatgyűjtemény alapján jól modellezhető az igazi, „éles” írásbeli érettségi vizsga. Az 1. kötet a középszintű matematikaérettségire készülő diákoknak és tanáraiknak, a 2. kötet az emelt szintre vállalkozóknak nyújt segítséget. A példatár feladatsorainál a szerző olyan feladatsorokat állított össze, hogy a példák jól lefedjék a tananyag szinte valamennyi területét.

Csahóczi Erzsébet – Töprengő ​4.
Érdekes, ​gondolkodtató feladatok a következő témakörökből: Oszthatóság, számrendszerek; Műveletek, nyitott mondatok, szöveges feladatok; Kombinatorika, valószínűség; Geometria; Logikai feladatok – sorozatok.

Almássy Zoltán – Karádi Károlyné – Számoljunk!
– ​Műveletek egész számokkal és tizedes törtekkel – Feladatok maradékos osztásra – Számok különböző alakjai – Műveletek törtekkel – Egész számok – A műveletek sorrendje – Műveleti összetevők és algebrai kifejezések – Egyenletek megoldása – Mértékegységek átváltásának gyakorlása – Mértékváltás Előfordult már, hogy nem jutott hirtelen eszedbe, “hogyan kell ezt kiszámolni”? És az, hogy elnézted, és ezért kaptál rosszabb jegyet? E kötet 8-14 éves diákok számára készült. Használatával önállóan fejleszthető a számolási készség. A biztos számolni tudás lehetővé teszi azt is, hogy több idő maradjon a nehezebb feladatok megoldására.

Gerőcs László – Matematika ​érettségi 1
AMIT ​AZ ÉRETTSÉGIRE TUDNI LEHET, AMIT AZ ÉRETTSÉGIRE TUDNI KELL. A kétszintű érettségi bevezetése óta – az életbe lépett tartalmi változások, a tananyagban megjelenő új témakörök miatt – viszonylag kevés olyan példatár van forgalomban, amely a jelenlegi követelményrendszernek megfelelő feladatsorokat tartalmaz, s ezek is inkább tematikusan, témakörönként csoportosítják a példákat. Nem könnyű olyan próbaérettségi feladatsort találni, amellyel jól modellezhető az igazi középszintű írásbeli érettségi vizsga. Ezt a hiányt pótoljuk e feladatgyűjteménnyel. A példatár 15 feladatsorának összeállításakor maximálisan odafigyeltünk arra, hogy az egyes feladatok nehézségi foka megfelelő legyen, és igyekeztünk szem előtt tartani a középszintű érettségivel kapcsolatos – a súlyponti témakörök egymáshoz viszonyított arányára vonatkozó – szigorú előírásokat. Egy példatár ugyan nem pótolhatja a közvetlen kontaktusra épülő tanári magyarázatot, mégis úgy gondoljuk, hogy aki megoldja a kötetben szereplő valamennyi feladatot, az igen jó eséllyel nézhet középszintű érettségi vizsgája elé.

Gerőcs László – Orosz Gyula – Paróczay József – Szászné Simon Judit – Matematika ​gyakorló és érettségire felkészítő feladatgyűjtemény II. – Megoldások
A ​feladatgyűjteményben a tananyag-feldolgozás módja lehetővé teszi a középszintű és az emelt szintű érettségire aló felkészülést. A több mint ezer feladatot tartalmazó feladatgyűjteményben szintezzük az összes feladatot. Ez a szintezés a feladatok nehézségi fokát is jelöli: K1 = középszintű, könnyebb; K2 = középszint, nehezebb; E1 = emelt szintű, könnyebb; E2 = emelt szintű, nehezebb; V = versenyre ajánlott feladata. Gy betűvel a gyakorlati vonatkozású, életközeli matematika példákat jelöljük, segítve ezzel a későbbi felhasználást a szakmai, tudományos vagy a mindennapi életben. A feladatgyűjtemény CD-mellékletében található a feladatok megoldása. Témakörök: I. Kombinatorika II. Gráfok III. Függvények IV. Sorozatok V. Az egyváltozós valós függvények analízisek elemei VI. Statisztika Valószínűség-számítás

Ismeretlen szerző – Matematika ​tételek érettségire és felvételire – megoldásokkal
Ehhez a könyvhöz nincs fülszöveg, de ettől függetlenül még rukkolható/happolható.

12.6. ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK

1 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM.6. ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK KÖZÉPSZINTÛ FELADATSOROK. Feladatsor I. rész megoldások. ( + ).. A háromszög köré írható kör sugara,6 cm.. Körtébõl 9 kg-ot, almából 8 kg-ot, banánból pedig kg-ot adott el.. A hûtõszekrén, literes.. A bank 000 Ft kamatadót vont le ( ) ( ) + ( ) = = 0, A nagváros lakossága év eltelte után haladja meg a fõt.. a) Nem. b) Igen. c) Igen.. a = radián vag a»,9º.. Feladatsor II. rész / A megoldások. a) A cos = sin behelettesítéssel sin -re másodfokú egenletet kapunk: sin sin = + sin +, ahonnan sin = vag sin =. Mivel sin minden -re teljesül, ezért a sin = egenletnek nincsen megoldása. 7p p A sin = egenlet megoldásai: = + kp és = +kp, k ÎZ. 6 6 A kapott megoldások kielégítik az egenletet. b) Látható, hog az egenlet értelmezési tartomána a valós számok halmaza. Mivel eg szorzat pontosan akkor 0, ha valamelik ténezõje 0, ezért egenlõség csak akkor teljesülhet, ha + =, illetve + =. A második egenlet azonban egetlen -re sem teljesül, mivel a bal oldalon eg nemnegatív, míg a jobb oldalon eg negatív szám áll. Ebbõl adódóan Ellenõrzéssel meggõzõdhetünk arról, hog mindkét szám megoldása az egenletnek. 0 + = Þ =, ennek megoldásai: = és =.

2 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK. a) A négzet középpontja az AC szakasz O felezõpontja, melnek koordinátái az A és C pontok ismeretében können számolhatók: O ˆ ;. Ê A BD átlót tartalmazó egenes merõleges az AC (; 9) vektorra, továbbá tartalmazza az O pontot, íg normálvektoros egenlete: + 9= + 9 Þ + = 0. D A O C B b) A négzet hiánzó csúcsai illeszkednek a BD egenesre, valamint az O középpontú, Ê ˆ Ê ˆ 90 OA = + + = sugarú körre. A négzet köré írt kör egenlete: Ê ˆ Ê ˆ. + = A BD egenes egenletébõl = 0, amit a kör egenletébe helettesítve: Ê ˆ Ê ˆ 0. + = Þ + = A fenti egenlet megoldásai: =és =, ebbõl pedig = és =7. A négzet hiánzó csúcsainak koordinátái B(7; ) és D( ; ).. a) A szépirodalmi könvek számát 7, az albumok számát alakban kereshetjük. A feltételek alapján a mûszaki könvek száma,8 ()=9. Ha a könvbõl minden polcra uganannit helezünk, akkor a polcokon rendre 7 +, +, illetve 9 + könv lesz, továbbá például (7 +):( +)=:. A felírt aránból =. Eszerint Kristófnak összesen szépirodalmi könve, albuma és mûszaki könve van. Az ellenõrzés mutatja, hog ekkor mûszaki könvbõl valóban,8-szer anni van, mint albumból, továbbá ha minden polcra könvet helezünk, akkor a könvek számának arána :: lesz. b) Kristóf Ê ˆ 00-féleképpen tud három albumot kölcsönadni Károlnak. = c) Ha Kristóf valóban megveszi a kiszemelt könvet, akkor összesen 0 könvet tárol majd a polcokon.. Feladatsor II. rész /B megoldások 6. a) Az doboz! = 0-féleképpen helezhetõ egmás mellé. b) Az elsõ germek -féle, a második -féle, a harmadik -féle színû lufit kaphat. Az esetek száma = 60. c) Az árus az elsõ órában összesen lufit adott el. A lufik átlagára euróban: +, +, +, + 9, =» 9,. Az árus átlagosan 9 centért adta a lufikat az elsõ órában. 0

3 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM d) A lufikból 9, az árus bevétele. A lufi beszerzési ára 0,, ez lufi esetén,6, ezért a lufis haszna,8. Ez körülbelül 6,%-os haszonnak felel meg. e) Az eladott lufi között vannak olanok, ameleket nem tudunk megkülönböztetni (az azonos színûek), íg a lufik ismétléses permutációjáról van szó. Az esetek száma:! 00. = 7. a) A gerta tengelmetszetét az ábra mutatja. A csonka kúp m magasságát az ATD derékszögû háromszögbõl Pitagorasz tételével számolhatjuk: m = 8 cm. Mivel a csonka kúp alapkörének sugara cm, fedõkörének sugara pedig cm, ezért térfogata: 8p V = ( + + )» 9, 7. A gerta térfogata 9,7 cm. b) Ha a gertát az alapokkal párhuzamos síkkal két részre vágjuk, akkor két csonka kúp alakú rész keletkezik, ahol mindkét keletkezõ trapéz magassága cm, k éppen az ABCD trapéz középvonala, íg hossza a két alap számtani közepe, azaz k = cm. Ha V a kisebb, V a nagobb rész térfogatát jelöli, akkor aránukra: V = V A keletkezõ két rész térfogatának arána 8. a) A szintes lépcsõ eges szintjeit alkotó kockák száma felülrõl lefelé haladva számtani sorozatot alkot, amelnek elsõ tagja, különbsége. Ebbõl következik, hog a legalsó,. szinten található kockák száma + = 9. b) Az n szintbõl álló lépcsõ legfelsõ szintjén, legalsó szintjén pedig + (n )=n kocka található, ezért megépítéséhez összesen S n = n kocka szükséges. Az S összegben éppen az elsõ n páratlan szám összege áll, amit a számtani sorozat összegképletének alkalmazásával számíthatunk ki: n S = + n= n. Az n szintbõl álló lépcsõ megépítéséhez n darab kocka szükséges. Mivel Aladárnak 0 darab építõkockája van, ezért a legnagobb olan n egész számot keressük, amelre n 0 teljesül, azaz n»,, vagis Aladár építõkockáiból maimum szintes lépcsõt építhet. c) Aladár a következõ számú építõkockákat használhatja fel a lépcsõk építéséhez. 9, 6,, 6, 9, 6, 8, 00. Ha Aladár épít eg kétszintes, eg ötszintes, továbbá eg tizeneg szintes lépcsõt, akkor mind a 0 kockát felhasználja, íg eg sem marad felhasználatlan. 0 p p Ê Ê + + ˆ ˆ Ê Ê + + ˆ ˆ = » 067,. D T 6 C 6 m D A A 6 k B B C

4 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK. Feladatsor I. rész megoldások., Összesen 6 dolgozó volt már mindkét városban.. c). ʈ. 6 8 utazó csapat alakítható ki. Ê ˆ = =. f( ) =, f(0) = 0, f() = A ismert szám összege 77, amihez ha még 70-et adunk, akkor 7-et kapunk. Ehhez az ismeretlen számjeget hozzáadva 9-cel osztható számot kell kapnunk. Mivel a 7-nek a 9-cel való osztás során fellépõ maradéka, ezért még -öt kell hozzáadni, hog 9-cel osztható számot kapjunk, ezért az. nertes szám a a) Hamis. b) Igaz. c) Hamis. d) Igaz. 8. A tört nem értelmezhetõ, ha nevezõje 0, azaz ha sin = 0, vagis sin =. Az adott intervallumban ez az -ra és az = p = p -ra teljesül. Erre a két értékre a tört nem értelmezhetõ Az akváriumhoz = 600 cm =,6 m üveget használtak fel A két térkép hasonló egmáshoz, az : méretaránú térképet l = = aránú hasonlósági transzformációval lehet átvinni az :00000 méretaránú térképbe. Ebbõl következik, hog az utóbbi térképen a Cegléd Szeged távolság,» 86, cm. Kiszámolhatjuk a két város valóságban mért távolságát is:, = cm, majd kiszámoljuk, hog ennek mekkora távolság felel meg az : méretaránú térképen: : » 8,6 cm.. + = 0.. A módusz és a medián egaránt.. Feladatsor II. rész / A megoldások. a) A négzetgökvonás miatt ³. A logaritmus értelmezése miatt + > 0, amibõl >. Az egenlet értelmezési tartomána > ³. Mivel log 9 =, valamint log =, ezért egenletünk log ( + ) = alakban írható. A logaritmus definíciójának alkalmazása, majd rendezés után a + = egenletet kapjuk. Mivel a jobb oldalán negatív, bal oldalán nemnegatív szám áll, íg az egenletnek nincs megoldása. 0

5 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM b) Az egenlet értelmezési tartomána a valós számok halmaza. A hatvánozás azonosságait használva = +. Mindkét oldalon -as alapú hatvánok állnak, amelek csak úg egezhet- nek meg, ha kitevõik is egenlõk, ezért =0. A kapott másodfokú egenletbõl: =6és =. Mindkét szám megoldása az egenletnek.. a) A befõttesüveg alapkörének sugara r = cm, magassága m = cm. Eg üveg térfogata: V = r pm» 7,98 cm, azaz közelítõen 7, dl. b) Az üvegek tárolására szolgáló kartondoboz felül nitott téglatest, amel alaplapjának oldalai cm és cm, magassága cm. A doboz hálójának kicsinített képe az ábrán látható (az adatok centiméterben vannak megadva). c) Mivel dobozba üveg fér, ezért nagmamának összesen dobozra van szüksége. Eg doboz térfogata V = = 0 cm, íg a doboz összesen cm = 6,08 dm helet foglal el.. a) Az 00 -ból 00 %-os kamatlábbal kamatozik, íg erre a részre a bank kamatot fizet. A maradék 00 után % kamat jár, azaz 00 0,0 =. A bank a lekötött összeg után kamatot fizet. b) Mivel = 0, 06, ezért a bank által ténlegesen kifizetett kamat,6%. 00 c) Ha eurós betétnél legalább,8%-os kamatot fizet a bank, akkor + ( 00) 0,0 ³ 0,08, vagis ³ 000. Legalább 000 -t kell lekötnünk ahhoz, hog arra a bank legalább,8%-os kamatot fizessen. 7, 7, 7, 6 7,. Feladatsor II. rész /B megoldások 6. a) A függvén értékkészlete a [ ; ] intervallum. A függvén a maimumát az = helen veszi fel, a maimum értéke ; a minimumát az = helen veszi fel, a minimum értéke. b) A függvén grafikonjáról leolvasható, hog az egenlõtlenséget a [; ] intervallum számai elégítik ki. ½ ½+ c) Az ½ ½+ szabállal megadott függvén grafikonjának tengel alatti negatív részét tükrözzük az tengelre. ½ ½+ 7. a) Anna a három kockával összesen 6 = 6-féleképpen dobhat. A kedvezõ esetek számbavételénél hasznos lehet azokat a következõ módon csoportosítani: A dobott pontok száma 8, ha Anna minden kockával 6-ost dob. A dobott pontok száma 7, ha két 6-ost és eg -öst dob. Attól függõen, hog a piros, zöld vag kék kockával dobja az -öst, ez az eset -féleképpen következhet be. 06

6 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK A dobott pontok összege 6, ha két -ös mellett eg 6-ost dobott (összesen eset), vag két 6-os mellett eg -est (szintén eset). A pontok száma 6-féleképpen lehet 6. A dobott pontok összege. A lehetséges dobások: két 6-os mellett eg -as ( eset), eg 6-os, eg -ös és eg -es ( = 6 eset), illetve három -ös ( eset). Ez összesen 0 eset. Anna tehát összesen = 0-féleképpen dobhat úg, hog azzal a játékot megnerje, ezért nerésének valószínûsége 6 b) Anna a zöld és kék kockákkal összesen 6 különbözõ eredmént dobhat. Ha a piros kockával 6-ost dobott, akkor ahhoz, hog a játékot megnerje, a másik két kockával összesen legalább 9-et kell dobnia. A következõ esetek lehetségesek: A dobott pontok összege, ha a zöld és a kék kockával egaránt 6-ost dob. A dobott pontok összege. Ez kétféleképpen következhet be: zöld 6-os és kék -ös, vag fordítva. A dobott pontok összege 0. Ekkor vag két -öst dob ( eset), vag eg 6-ost és eg -est ( eset). A pontok összege -féleképpen lehet 0. A dobott pontok összege 9. Ekkor vag eg 6-ost és eg -ast dob ( eset), vag eg -öst és eg -est ( eset). Összesen esetben lehet a dobott pontok összege 9. Anna legalább 9-et = 0-féleképpen dobhat, ezért nerésének valószínûsége: 0 6» 0, a) Az ABC háromszög szabálos. Számoljuk ki oldalainak hosszát: 0 ( )» 0, 096. AB =, AC = 0+ + ( 0) = =, hasonlóan BC =. Mivel a három oldal hossza megegezik, ezért az ABC háromszög valóban szabálos. b) A szabálos háromszög köré írt kör középpontja egbeesik a háromszög súlpontjával, sugara pedig a súlvonal hosszának kétharmada (ld. ábra). A C csúcsot az origóval összekötõ szakasz C az ABC è -nek egben súlvonala is, ezért a körülírt kör középpontja e szakasznak az origóhoz közelebbi harmadolópontja. O Vagis: O(0; ), sugara pedig OC =. A háromszög köré írt kör egenlete: +( ) A =. c) Két metszéspont van, ezek koordinátái: ( ; ), illetve (; ). B =. Feladatsor I. rész megoldások. Van, aki nem kiváló matematikából. Nem mindenki kiváló matematikából.. -dik hatván.. mérföld = 6 60 inch.. a ¹, a ¹, a tört: a.. A È B = [ 6; [ és A Ç B = [ ; ]. 07

7 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM 6. a p = Î ;. 8. = = º, 66º, 8º vag º, º, 7º. 0. Mindkét nelvet beszéli: 0,8 + 0,7 = 0,6, a lakosok 60%-a. A keresett valószínûség 0,6.. Értékkészlet: [ ; ]. ½ ½. Koszinusztétellel számolva a legnagobb oldallal szemközti szöget: g = 97,98º.. Feladatsor II. rész / A megoldások. a) Az értelmezési tartomán: ³ négzetre emelés után: = 7, =, mindkettõ megoldás. 7, b) Az egenletet -as alapú hatvánra átírva, majd rendezve: = 0. Az egenlet -re másodfokú, megoldásai: = 9 és =, amibõl az eredeti egenlet gökei: =, =. 7. a) A kamatozott összeg mértani sorozatot alkot: = 0 000,0 = Ft lesz a felvehetõ összeg. A haszon 9 78 Ft lesz. b) A kivehetõ összeg: 0 000, , , ,0. Ebbõl: , (, +, + +, ) =, = 0697 Ft. 0, Mivel összesen = Ft-ot fektetett be, a haszon Ft.. a) A teljes gráfhoz 8 él hiánzik, enni kézfogás lesz. b) Nem, mert Antinak csak eg ismerõse van. c) Tibi két oldalára féle módon kerülhet eg-eg lán, a kimaradó emberrel egütt! a leülések lehetséges száma, tehát:! p = =. 6! 08

8 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK. Feladatsor II. rész / B megoldások p r p, 6. csepp víz térfogata: V = =», mm. a) dl = mm, ez,7 csepp víz, enni csepp» 6 perc» 8 óra 6 perc alatt csöpög le. b) év alatt 60 6 = 0 00 csepp esik le, ennek a térfogata kb. 9,7 liter. c) évben dl tisztítószer fog el, ehhez flakont kell megvenni, amelnek az ára: 900 Ft. 7. a) A piros, a zöld és a citromsárga részek területe: Tpiros = r p =, 0 cm, a Tzöld = Tcitrom = 6 = 9, cm. A narancssárga szabálos sokszög darab egenlõ szárú háromszögre bontható, a háromszög magassága: a m =»,. tgº Ebbõl adódik: a m Tnarancs = r p = 89, 96 cm. a m b) A p = p egenletbõl» 8 cm. c) A belsõ kör színezésére lehetõség van, a körülötte levõ részre színbõl választhatunk, és a külsõ háromszögeket a maradék két színnel csak egféleképpen színezhetjük ki. Tehát = különbözõ, a feltételeknek megfelelõ színezés lehetséges. 8. a) Az edzésformák heti összesítése: Összes idõ (perc) Középponti szög (fok) Lábizom-erõsítés 7 0 hát mell Mellizom-erõsítés 60 0 Hátizom-erõsítés 7 8 Hasizom-erõsítés 6 has kar láb Karizom-erõsítés pihenés Pihenés (összesen) b) = 0,, tehát az idõ %-ában pihen. 0 c) A négféle edzéstípus lehetséges sorrendje!, amikor két kiválasztott egmás után van, a lehetõségek száma!. A feltételnek megfelelõ esetek száma a kettõ különbsége. =. 09

9 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM. Feladatsor I. rész megoldások. A Ç B = .. 0º, 0º, 80º vag 0º, 6º, 6º.. cos. a =. A tagadás a c).. log = = 6 6. Az elsõ szám a 6, a második a 6, ez a nagobb. 0, , 7. = 0,, az éves kihasználtság %-os. 8.,8 m, 6, m,, m. 9. Eg 0-ra, hiszen csak eg darab -es és -ös van a szorzatban. 0. Î 8 ;. f ( ). A függvén átalakításával: ( ) f() = ( + ).. Szinusztétellel számolva a 8º-kal szemközti oldalt: b =,6 cm.. Feladatsor II. rész / A megoldások. a) A 0 0 egenletbõl = =, tehát,67%-os oldatot kapunk , 0 b) A = egenletbõl = 0,6, tehát 0,6 liter ecethez, liter vizet kell öntenünk A naponta elolvasott oldalak száma számtani sorozatot alkot, amelben a =. d a) Az Sn = 0 + ³ egenlõtlenség megoldása: d ³,79. Tehát ha naponta legalább oldallal növeli az elolvasott menniséget, be tudja fejezni a könvet a határidõre. b) Ha d =,S =, tehát az utolsó napra már nem marad olvasni való. Mivel S = 8, már a tizenkettedik napon is csak 8 oldalt kell elolvasnia.. a) Egetlen pontra teljesül: P(; 8). b) Az A középpontú egség sugarú kör egenlete: ( ) + ( ) =. Az AB szakasz felezõpontja: F(,;,), az AB szakaszfelezõ merõlegese: 7 = 0. A keresett pontok az egenes és kör metszéspontjai: P(; ) és Q(; ). 0

10 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK. Feladatsor II. rész / B megoldások 6. a) Az ábra alapján számolható a PM távolság. Az MTP è -ben, Pitagorasz-tétellel: PM =, + 8,8, ebbõl PM» 9, m. Tehát a készülék érzékeli a macska mozgását. b) Az MRQ háromszögben szintén Pitagorasz-tétellel számítható az RQ szakasz hossza: RQ =0 7,, ebbõl RQ» 6,7 m. Az FQ =, + 6,7 = 9, m. Tehát ha a szemközti fára 9, méternél magasabb helre száll a bagol, akkor a készülék nem érzékeli. c) Készítsünk új ábrát. A keresett AB szakasz az ABT egenlõ szárú háromszögben található, melnek magassága FT = 7, m. A BT hossza az MTB è -ben Pitagorasz-tétellel számítható: BT =0,, ebbõl AT = BT = 9,68 m. Az ABT è alapja, szintén Pitagorasz-tétellel: BF = 9,68 7,, BF = 6, m, AB =BF =,8 m. Tehát a készülék a járda szélén eg,8 m hosszú szakaszt tart megfigelés alatt. Q 0 7, R M, P, F 6, T 0 0 M, B F T A 7. A szöveg alapján a következõ halmazábra készíthetõ el: ʈ 6 a) p = = 0, ; b) p = = = 0, Ê6ˆ 0 c) Az ábra alapján 0 olan tanuló jár az osztálba, aki csak eg nelvet tanul a fentiek közül. Arab 8 0 Kínai Japán 8. A vásárolt edén térfogata: m p V = ( R + R r + r )» 89,6 liter. Ebbe az edénbe 89, 6 7» 80,7 liter 090, földet kell vásárolni. a) Több megoldás is lehetséges, például eg 0 literes, eg 0 literes, eg 0 literes és eg literes csomag megfelel. b) Az elõbbiek ára összesen: 77 Ft, a legolcsóbb a két darab 0 literes virágföld, 0 Ft. c) Ebben az esetben 89,6 liter földet kell vásárolni, s ez most is többféleképpen lehetséges. Például nég 0 literes és eg 0 literes csomag. A legolcsóbb ebben az esetben is a két 0 literes csomag.

11 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM. Feladatsor I. rész megoldások. Normálalakban: a) A B = 0 ; b) A + B =, 0.. A síkon 8 különbözõ pont legfeljebb Ê8ˆ, azaz 8 egenest határoz meg.. A függvén a) értelmezési tartomána: Î[ ; ]; b) értékkészlete: Î[ ; ].. Az eredeti háromszög kerülete 0 cm.. A túra teljes hossza 0 km. 6. Az ábrán jelölt tartomán: C È (B \ A) vag (A È B È C)\(A\C). 7. A paralelogramma átlóinak metszéspontjából a csúcsokba mutató vektorok: a + b a + b a b b a,, és. 8. A háromszög két adott oldala által bezárt szög lehet 0º vag 0º. 9. A mondat tagadása B: Van olan erdész, akinek nincs zöld kalapja. 0. Az egenlõtlenség megoldása: Î] ; [ È ]; [.. A háromszög C csúcsának koordinátái C( ; ).. A valószínûség: P( 0-cal osztható ) = =, P( 0-cal nem osztható ) = = Feladatsor II. rész / A megoldások. a) Az egenlet bal és jobb oldala minden valós helen értelmezve van. A hatvánozás azonosságait alkalmazva, valamint az eponenciális függvén kölcsönös egértelmûsége miatt: 6 =, amibõl =. 7 Ez valóban göke az eredeti egenletnek. b) A logaritmusfüggvén értelmezési tartomána a pozitív valós számok halmaza, ezért: > 0 Û Î ; È ;, > 0 Û Î ;. Az egenlet alaphalmaza: Î ;.

12 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK A logaritmus azonosságai és a logaritmusfüggvén kölcsönös egértelmûsége miatt: + + = Þ = 0 Þ = és =. Az egenlet alaphalmazába csak = tartozik bele, és ez megoldása is az eredeti egenletnek.. Legen a derékszögû háromszög két befogójának hossza a és b. a) A szokásos jelölésekkel a hegesszögek koszinuszainak arána: a cosb. cosa = b = a a b b = Þ A Pitagorasz-tétel alapján a + b =. A két összefüggésbõl a =ésb = 0. A háromszög befogói cm és 0 cm hosszúak. b) Legen a háromszög beírt körének sugara r. A háromszög területét írjuk fel kétféleképpen: a b r a + b + c = Þ = r Þ r =. A háromszög beírt körének sugara r = cm. c) Eg háromszög belsõ szögfelezõje a szemben levõ oldalt a szomszédos oldalak aránában osztja. A kisebbik hegesszöggel szemben levõ oldal cm hosszú, és ezt a szögfelezõ 0 0: aránban osztja. Az ábrán az szakasz hossza:. f A szögfelezõ f hosszára felírható Pitagorasz-tétel: 0 f 0 Ê0ˆ 0 = + Þ f = 0», 08. A kisebb hegesszög felezõjének a háromszög belsejébe esõ szakasza hosszú.. a) Számítsuk ki 8, és legkisebb közös többszörösét: [8; ; ] = 68. A buszok a megállóból 68 percenként indulnak egszerre. Reggel -tõl délelõtt 0-ig 00 perc, -ig 60 perc telik el. Mivel 68 = 6, 0 és óra között van olan idõpont, amikor a megállóból egszerre indul mind a három járat, és ez az idõpont 0 óra 6 perc. b) Minden várakozó -féle buszra szállhat fel, ezért -féleképpen szállhatnak fel a buszokra. c) A 70-es buszra 0, = 7 ember, a 7-esre = 0, a 7-esre 7=8utas száll fel. A kedvezõ esetek száma ʈ 8 8 az összes eset a b) rész alapján. 7 Ê ˆ 0 Ê 7 ˆ 8, ʈ Ê ˆ 0 Ê ˆ 8 A keresett valószínûség 0 008»,. d) A kiindulási pont K(0; 0), az elsõ megálló E( ; ), a második megálló M(; ), a harmadik H(; ). A kiindulási helétõl a harmadik megállóig megtett út: s= KE + EM + MH = ( ) + + ( ( )) + ( ) + ( ) + ( ) = = = +» 0, km. a b 0 b a 0», 08 cm

13 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM. Feladatsor II. rész / B megoldások 6. A befektetni kívánt pénz legen a forint. a) Az () lehetõség szerint három év múlva a,08»,97a forintot kapunk. A () lehetõség szerint három év múlva a,0,08,»,a forintot kapunk. Takarékos Oszkár az elsõ befektetési forma esetén jut több pénzhez év letelte után. p b) Ha a bank negedévenként p százalékkal növeli a pénzünket, akkor év után a Ê p ˆ + 00 forinthoz jutunk. Legen + =. 00 a = a 08,, /: a ¹ 0 =, 08», 09. Negedévenkénti,9%-os kamat esetén kapunk anni pénzt, mint az () befektetési mód esetén. c) Tegük fel, hog n év múlva legalább forint áll majd rendelkezésére. Ez akkor következik be, ha 0 6,08 n + 0 6,08 n ³ 0 6. Osztva mindkét oldalt 0 6 -nal és az egenlõtlenséget rendezve:, 08, 08n +, 08n ³,, 6, 08n ³, 08, n ³. 6, Mindkét oldal pozitív, íg vehetjük a tízes alapú logaritmusát: lg 08, n ³ lg, amibõl n ³ 696,. 6, Takarékos Oszkárnak hét évet kell várni hog év végén legalább forintot vehessen fel. 7. a) A stadion eges soraiban levõ ülõhelek számai olan számtani sorozatot alkotnak, amelnek elsõ eleme 00, differenciája. Tegük fel, hog n sor van a stadionban. A számtani sorozat elsõ n elemének összegére vonatkozó összefüggés alapján: 00 + ( n ) 00 < n < 000. Az egenlõtlenség-rendszert rendezve: 00 < n ( 00 + ( n ) ) < 000, 70 < n + 99n< A sorok n számára teljesülnie kell, hog () 0 < n +99n 70 és () n +99n 6000 < 0. Az () egenlõtlenség megoldása: n», 06. A () egenlõtlenség megoldása: ,» < n

14 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK b) Az összes lehetõség száma Ê8ˆ. Ha az elsõ három között nincs angol versenzõ, akkor versenzõ közül került ki a három dobogós helezett. A kedvezõtlen esetek száma ʈ. Annak a valószínûsége, hog valamelik dobogós helre angol futó került: ʈ p = =» 08,. Ê8ˆ 8 c) Az eladott jegek árainak átlaga: 70 0, , , 700 = 890 forint. 70 Az eladott jegek árainak módusza 00 forint, mediánja pedig 000 forint. 8. a) Elõször az alsó egenes csonka kúp alakú rész térfogatát számítjuk ki elõször., A csonka kúp alapkörének sugara R = 6, cm, fedõkörének sugara r =, cm. A kúp magasságát a tengelmetszetbõl számíthatjuk: m = m = cm. A csonka kúp térfogata: m R R r r Vcsonka kúp = ( + + ) p = 7p., A felsõ hengeres rész térfogata: V henger = r p m = 7p. A flaska teljes ûrtartalma: V = V csonkakúp + V henger = p» 766, cm. A 7, dl = 70 cm bort beleöntve a flaskába: 766, 70 = 6, cm térfogatni hel marad. Mivel ez kisebb, mint a felsõ hengeres rész térfogata, az üvegben a bor szintje a felsõ hengeres résznél van, felülrõl számítva a következõ magasságban: V h = hián r = 6,», p, p cm. b) Ha az üvegbõl annit kiöntünk, hog a bor szintje centiméterrel csökkenjen, akkor ez V* =, p», cm bor kiöntését jelenti. A bor alkoholtartalma eredetileg 70 0, cm. Az alkoholtartalom 70, 78, 79 minden kiöntés után = -szeresére változik A kínált bor alkoholtartalma végül 70 0 Ê, ˆ, 70 cm Ê, ˆ, 70 A vendégeket Vendel 00»,%-os borral kínálta. 70

15 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM 6. Feladatsor I. rész megoldások ( n + )!. Az egszerûsített tört: = ( n+ ) n. ( n )!. Kössük össze a haragosokat éllel. Az ábrán eg lehetséges megoldást látunk.. A szavazáson fõ vehetett volna részt. () () (). A sorozat elsõ elemének összege. a) Igaz. b) Hamis. c) Igaz. 6. A focilabdát,7º-ban látjuk. 7. Az egenlet valós megoldásai a számegenesen láthatók. 8. Az ABC =º. 9. A fizetések átlaga 6 7 forint, módusza forint, mediánja pedig forint. 0. Az egenlet diszkriminánsa. A függvén grafikonja az ábrán látható.. Annak a valószínûsége, hog Ambrus Adri mellett ül:! =. 6! () () () 0 6. Feladatsor II. rész / A megoldások. a) Használjuk fel, hog cos = sin : A másodfokú egenlet megoldásai: sin =, ami nem lehet a szinuszfüggvén értékkészlete miatt, p p sin = Û = + kp, = + lp, k, lîz. 6 6 Az egenlet megoldásai: p p = + kp, = +lp, k, lîz, 6 6 amelek kielégítik az eredeti egenletet. b) Írjuk fel az egenlet jobb és bal oldalát hatvánaként. 6 ( sin ) + = sin, 0= sin + sin. + ½ + ½ =.

17 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM c) Az összes helszín száma 7, ebbõl a két megszüntetendõ helszínt Ê7ˆ -féleképpen lehet kiválasztani, tehát az összes esetek száma Ê7ˆ. Ha Magarországot kiválasztanák, akkor a másik helszín a fennmaradó 6 másik közül kerülne ki, tehát a kedvezõ esetek száma 6. Annak a valószínûsége, hog Magarország a két kiválasztott közt lenne: 6 =» 0,. Ê7ˆ 7 d) Mivel Schumacher perc 0 másodpercenként körözi le a másik autót, enni idõ alatt Schumacher a pála hosszával, azaz 8 méterrel több utat tesz meg. Legen az autó sebessége v. Mivel perc 0 másodperc az óra, az s = v t összefüggés alapján a megtett utak különbsége: 8 99 v =, 8, ebbõl v= 0,. 8 8 A másik autó sebessége megközelítõleg 0». 7. Legen a szabálos hatszög alapú egenes hasáb alaplapjának éle a, magassága m hosszúságú. A szabálos hatszög hosszabb átlója az alapél kétszerese: a, rövidebb átlója eg a oldalú szabálos háromszög magasságának a kétszerese: a. Pitagorasz tételét felírva a testátlókat tartalmazó derékszögû háromszögekben: a m ( ) + = ( 9). ( a) + m = 0 Az egenletrendszer pozitív megoldásai: a =9és m =. A hasáb alapéle 9 cm, magassága cm. a) A hasáb térfogata: b) A hasáb felszíne: a V = Talap m= 6 m = 96» 00, 66 cm. a A= T + 6 a m= a m= + 96» 76, 89 cm. 9 a a a 0 m m 8. Thalész tétele értelmében a derékszögû csúcs rajta van az átfogó mint átmérõ fölé írt körön. A kör középpontja AB felezõpontja, vagis O(;), sugara: A kör egenlete: 8 AB r = = ( 8 ( )) + ( ) ( ) + ( ) = = =.

18 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK a) A körnek az tengellel való metszéspontját a (0 ) + ( ) = 69 egenlet megoldása adja: ( ) = 60, ½ ½= 60. Ebbõl a háromszög derékszögû csúcsának koordinátái lehetnek: b) A kör kerületén keressük meg azokat a pontokat, ameleknek elsõ koordinátája. Ehhez oldjuk meg a ( ) + ( ) = 69 egenletet: + ( ) = 69, ½ ½=. Az egenlet megoldásai: =6és =. Az E (; 6) és E (; ) érintési pontokban kell a körhöz érintõket húznunk. Mivel eg kör érintõje merõleges az érintési pontba húzott sugárra, az érintõk normálvektorait a kör középpontjából az érintési pontokba húzott vektorokkal adhatjuk meg. n = OE( ; ) Þ e: + = + 6 Þ + = 0, n = OE ( ; ) Þ e : + = ( ) Þ = 00. C ( ) ( ) 0 ; + 0 vag C 0 ; 0. Az érintõk egenletei: + = 0 és = 00. Az érintõk hajlásszögét normálvektoraik hajlásszögének segítségével adhatjuk meg, amelet a skaláris szorzatukkal számolhatunk: n cos j = n 9 = Þ j», º. n n Mivel a j szög hegesszög, az érintõk hajlásszöge,º.. 7. Feladatsor I. rész megoldások ( )( + ) =. ( + ) + n n n 6 6 Legfeljebb 6 marcipános kerülhet bele. 0 + n , és X =, Y = 7. (Feltettük, hog X kisebb Y-nál, és a számok mind különbözõk.). T = sin 60º»,6 cm Az ötpontú teljes gráf éleinek száma = 0, az adott gráfnak = 6 éle van. Íg még élt kell berajzolni. 7. A keresett egenes egenlete e: + =. 8. Az egenlet két göke: =0és = 9. A megoldás: = 9. 9

19 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM 9. A megoldás: c), azaz = º és 60º között két szög van, melekre sin 0º = sin 00º =. Közülük cos 0º < 0, ezért cos 0º =. n. Jelölje n a Berlinben jártakat. Ekkor 0 + =, ebbõl n = 8. Tehát fõ járt mindkét városban.. A logaritmus definíciója miatt >0, azaz >, és ÎN. 7. Feladatsor II. rész / A megoldások X. a) = 8, vagis X = 7. + b) Az eges napokon, 0, 9, autó érkezett, a változások (+,, +) átlaga: =. Ennek alapján péntekre + = autó várható. c) Ha egik napon sem érkezett olan jármû, amelen egszerre végzik el a kétfajta beavatkozást, akkor a valószínûség. A legkisebb értéket pedig akkor kapjuk, ha minden nap a lehetõ legtöbb jármû vesz részt mindkét típusú beavatkozásban, azaz hétfõn (), kedden 9 (), szerdán 9 (), csütörtökön 8 (). Zárójelben azon jármûvek száma szerepel, ameleken csak az egik beavatkozást végzik el. Íg a kérdéses valószínûség: + + +» 06,. 7. a) 8 0 8± 8 8± ( ) + =, ( ), = =, ahonnan ( ) = 6 és ( ) =. A két megoldás: = log 6»,8 és =. b) A feladat értelmezési tartomána: > 0. Rendezve az egenlõtlenséget: < 0 Þ < 0 Û < vag >Az értelmezési tartomán miatt az egenlõtlenség megoldása: > 0.. a) Az egre növekvõ kerületû körök sugarai: r, r, r,,nr, (n ÎZ + ). A körök kerülete: K = r p, K = (r) p, K = (r) p,,k n = (nr) p, Számtani a sorozat, ha a szomszédos elemek különbsége állandó. Ez teljesül a kerületekre: K n + K n = [(n +) r] p (nr) p = r p = K = állandó. b) Jelölje a n az n-edik körgûrûbe került darabkák számát, ami arános a kerülettel. Mivel K n = K n + K, ezért a n = a n + a (ahol a = ), tehát: a+ ( n ) d = a+ ( n ) d + a, nd d = nd d +, d =. Íg a darabkák száma: S 0 = 80. Ha eg járólap 6 darabkát adott ki, akkor 0 járólapot kellett miszlikbe aprítaniuk. 0

20 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK 7. Feladatsor II. rész / B megoldások 6. brázoljuk a megadott alakzatokat. Látjuk, hog ezek metszéspontjai adják a háromszög csúcsait. Két alakzat metszéspontját pedig a koordináta-geometriában egenletrendszerek megoldásaként kapjuk. + = a) A = b Ç c:, a megoldás: =, =. + 7= 9 Tehát A( ; ). A + = C B = c Ç k:. ( ) ( ) + = b: +7 = 9 Fejezzük ki c egenletébõl -t, kapjuk az 0 = 0 egenletet, ahonnan =. Az egik megoldás éppen A, a másik: =, = 7. Tehát B(; 7). ( ) + ( ) = C = b Ç k:, a megoldás: =, =. Tehát C(; ). + 7= 9 b) K = d(ab) + d(ac) + d(bc) = », egség. c) Mivel BC a legnagobb oldal, a vele szemben levõ a szög a legnagobb. Például a koszinusztételt felírva: 90 = cosa, ebbõl a» 7,6º. 7. Képzeletben vágjuk el a tölcsért és a fagit középen eg függõleges síkkal. A metszetet rajzoljuk le. a) A rajzon kiemelt két háromszög hasonló. (A tölcsér alkotójának hosszát kiszámíthatjuk a Pitagorasz-tétellel, értéke,6 0 cm.) Felírva az aránokat:,8,8 R/ R R 96, R R 0 =, ahonnan R»,8 cm. R 8, 9,6 9,6 0 Íg a fagi térfogata: Vfagi = R p» 6, cm. Kerekítve, a gombóc térfogata 6 cm. b) Ha elolvad a fagi, és az olvadt csoki kitölti a kúp alakú tölcsért, akkor szintén találunk két hasonló háromszöget: m 96, = =, innen m= r. r r 8, 7 7 9,6 Feltételezzük, hog a fagi térfogata nem változott (illetve a változástól eltekintünk), ezért: r m r r r Volvadt csoki = p p = = 7 8 p = 6, 7 amibõl r»,8 cm és m» 8,86 cm. B c: + =,8 m 9,6 R

21 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM 8. Minden esetben megfelelõ módon kell behelettesítenünk a megadott képletbe. a) m L b) T = ( s), a= 8, 8, = p Þ L =» 0, 0 ( m). s 98, 88, p 8. Feladatsor I. rész megoldások. A végzõdés lehet. 7, 9, tehát X lehet. 7, 9.. A külsõ pontból a körhöz húzott érintõ merõleges az érintési pontba húzott sugárra. A Pitagorasztételbõl + 6 = 0, ebbõl = 8.. Az elsõ állítás megfordítása igaz. A második állítás megfordítása igaz. A harmadik állítás megfordítása hamis, mert az önmagával és -gel is osztható, mégsem prím.. Az intervallumok az ábrán láthatók.. m 0, p L = cm= 0, m, a= 0, 8, T = p = ( s). s 9, 8 0, 8 p m c) T = s, L = m. = p Þ a = 98,», 98, a 9 s. Ê0ˆ !! = = ( 0 )! = J\ I I\ J 6 8 n , + 8 +, n = ³ 06,, innen n ³ 7,6. 00 Ha a tanár csak egész pontokat ad, akkor legalább 7 pontost. 7. Mivel egmás reciprokai, a kotangens értéke is negatív. 8. ] ; ]-on monoton növõ az f(). 9. Ha eredetileg árú az áru, akkor a vásárt követõ csökkentés után, 0,6 = 0,8 az ára, s ez az eredeti árnál kisebb. Mégpedig 6%-kal. 0. Az egenletbõl a k kör középpontja O k ( ; ), sugara r =. A két kör középpontjának távolsága: Ha nincs közös pont, akkor: R < d(ok) r = = vag R >d(ok) + r = + = 8.. log = log ( ) = log + log = log + p = + p.. A valószínûség a területek arána. A keret és a kép konkrét nagsága nem számít, tekintsük a kör sugarát egnek, íg: T képkeret = és T körkép = p. A találati valószínûség: dok ( ) = ( + ) + ( ) =. p = p» 0, 78. J I

22 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK 8. Feladatsor II. rész / A megoldások. Az értelmezési tartomán: + ³ 0. A második egenletbõl =. Visszahelettesítve az elsõ egenletbe, eg várhatóan másodfokú egismeretlenes egenlethez jutunk: A gökjel alatt nevezetes szorzatot találunk, mégpedig ( ) -t, ezért az egenlet: = +. 0 Az abszolút értékes egenletnek eg megoldása van, =, íg =. Ellenõrizzük.. a) A három házaspár összesen hat fõ. Ha valakinél elvágjuk a kört és kiterítjük az ülésrendet, akkor az eredmén! = 0. b) Most az egik pár elsõ tagjánál vágjuk el a sort és kiterítjük az ülésrendet, akkor -féle módon lehet a másik két párt leültetni, illetve minden páron belül –féleképpen a házastársakat. Íg az eredmén = 6. c) Képzeljük el a hat személt, mint eg gráf hat pontját. A gráf élei azt reprezentálják, hog két személ egmás között kicserélte a salátástálat (az mindeg, hog ki kinek adta). Ekkor az fokú pont minden más ponttal szomszédos, tehát a hatodik pont fokszáma is legalább. A fokú pontból tudunk éleket rajzolni csak a többi ponthoz, illetve a leendõ két fokú pontot összekötve fokszámuk lesz. Tehát az utolsó pont minimális fokszáma. Másodszorra kössük össze a fokú pontot a hatodik ponttal és a két fokú ponttal. Végül kössük össze a fokú pontot is a hatodik ponttal. Íg a hatodik pont fokszáma lesz. Tehát enni információ birtokában csak annit állíthatunk, hog a hatodik személ az asztalnál legalább egszer, legfeljebb ötször adta-vette a salátástálat.. a) Ha eg = f() függvén áthalad az (‘; ‘) ponton, akkor teljesül rá, hog f(‘) = ‘. Azaz f()= + c = 6, innen c =. b) Az f() függvén pontosan ott metszi az tengelt, ahol = f() = 0. Azaz + =0. A másodfokú egenletnek nincs megoldása, hiszen D = = = 7 < 0. Mivel normál állású parabola, eszerint végig az tengel felett halad, nem metszi azt. c) Ha az tengel felett halad, akkor függõlegesen lefelé kell elmozgatni, hog érintse a tengelt. Ezt pozitív konstans elvételével érhetjük el. I. megoldás. Az érintéshez a diszkriminánsnak 0-vá kell válnia: D = 8( p) = 7 + 8p = 0, ahonnan p = II. megoldás. Alakítsuk a függvént teljes négzetté: f() = + = ( ) + = +. Ê ˆ Ê ˆ 7 + = +. () () () () () () () () () 8 8 Innen látható, hog az utolsó tag elhagása, azaz a görbe 0,87 egséggel való lefelé mozdítása után már érinti az tengelt. 7 8 = 0, 87. ()

23 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM 8. Feladatsor II. rész / B megoldások 6. Készítsünk a hotelszobákról eg összefoglaló táblázatot. Eg szinten található azonos típusú Összesen a hotelben szobák közülük konhával rendelkezik szoba konhával személes személes személes 6 6 Összesen a) A 8 párnak kétszeméles szobákat utalnak ki a hotel 9 szobájából valamilen sorrendben. 9! Erre -féleképpen kerülhet sor. A kétgermekes pároknak négszeméles szobákra van ( 9 8)! 0! szükségük, ezért számukra lehetõség adódik. (A szobákat és a párokat is megkülönböztetjük.) A kérdésre a válasz ezek szorzata, hiszen függetlenek: ( 0 )! 9! 0 ( 9 8)!! ( 0 )!. b) A felsõ öt emeleten összesen 8 = 0 négszeméles szoba van. Hog pont ilenbe kopog be 0 az illetõ, annak valószínûsége P =. Az alsó nolc emeleten 8 = 0 hatszeméles szoba 60 0 van, íg utóbbi P = valószínûsége megegezik az elõbbivel. 60 c) Mivel a feladat szövege tartalmazza a legalább szót, érdemes megvizsgálni a komplementer eseménre való áttérés lehetõségét. 9 szobát választunk ki összesen, közülük legalább eg konhával rendelkezik: akkor rendelkezhet azzal. stb. Ez nagon sok lehetõség, megéri áttérni a komplementer eseménre! Ha a kiválasztás után nincs konhás szoba, akkor szintenként a kétszemélesek közül, a háromszemélesek közül 6, a hatszemélesek közül szoba jöhet szóba valószínûséggel Ê 6 ˆ Uganez érvénes mind a szintre, tehát az ellentett esemén valószínûsége 7 8. Ê 6 ˆ Magának a kérdezett eseménnek pedig a valószínûsége Jelölje S a szépirodalmat, K a képregéneket, U az újságot olvasó tanulók halmazát. A feladat szövege szerint: () ½S½+½K½ ½S Ç K½= ; () ½K½+½U½ ½K Ç U½= 7; () ½S½+½U½ ½S Ç U½= 8; () ½S½=½S Ç K½; () ½K½ 6 =½K Ç U½; (6) ½S Ç U½= ; (7) ½S Ç U Ç K½=. ()-et ()-be helettesítve: ½S½+½K½=. ()-öt ()-be helettesítve: ½U½=.

24 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK (6)-ot ()-ba helettesítve: ½S½+½U½=, ebbõl ½S½= 0, és íg ½K½= 0. Ekkor ()-bõl ½S Ç K½=, ()-bõl ½K Ç U½=. Tehát 0 (½S½+½K½+½U½ ½S Ç K½ ½S Ç U½ ½K Ç U½+½S Ç U Ç K½) = = 0 ( ) = 0, azaz 0-en nem olvassák egiket sem. Mivel 0:0» 0,, ez a tanulók,%-át jelenti. 8. A következõ ábrát rajzolhatjuk fel: Felírva a szinusztételt az APB és QAB háromszögekben, kiszámíthatjuk AP és AQ hosszát: AP sinº AQ sin60º = és =, 0 sin9º 0 sinº P 9 ahonnan AP» 0,9 m és AQ»,86 m. Alkalmazzuk a koszinusztételt APQ háromszögben: 6 PQ = AP + AQ A AP AQ cosº», amibõl PQ» 7,7 m. Nag Papucsnak közelítõleg 7,7 m hosszú szárogatókötelet kell sodornia. 9. Feladatsor I. rész megoldások. + ³ 0, azaz ³. Négzetre emelve, s rendezve az egenlõtlenséget: + > 0, amibõl > vag <. Mivel a jobb oldalon nemnegatív szám áll, ezért a bal oldalon is annak kell (sõt pozitívnak a >jel miatt), tehát a megoldás: >. 80. log 80 log0 + log8 = log + = log 8+ = + = A rombusz átlói felezik egmást, és merõlegesek is egmásra. Pitagorasz tétele szerint a rombusz oldala egség, íg kerülete 0 egség. Q 0 m 9 B. A forgáskúp tengelmetszete az ábrán látható. ( ) A kúp felszíne: A = p +p =p.. A b szög a következõ nég érték lehet: º, 9º, 9º, 689º. 6. A kedvezõ esetek száma (prímszámok. ), az összes esetek száma 6, íg a prímszám dobásának valószínûsége: =. 6

25 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM 7. Ha a sorozat ötödik tagja a és a differencia d, akkor a következõ összeget kell kiszámítanunk: d + d + d + d d + + d + + d + + d = 9 = Az = + egenletû egenes meredeksége, ezért a rá merõleges egenes meredeksége, íg az egenlete: = ( ), vag más alakban: = Az elsõ egenletbõl =, ezt a másodikba helettesítve, majd rendezve az egenletet, kapjuk, hog: + = 0. Ennek gökei: =, =, a megfelelõ értékek: =, =. 0. A függvén legnagobb értéke, ezt az = helen, a legkisebb értéke pedig 0, ezt az = és az = heleken veszi fel. ( ). Az -tõl 00-ig terjedõ egész számok között 0 db osztható -vel, db osztható -mal, és 6 db osztható -vel is meg -mal is, tehát 6-tal. Íg = 67 olan szám van, amel vag -vel, vag -mal osztható, tehát olan van, amel nem osztható sem -vel, sem -mal.. Alkalmazzuk azt a területképletet, amel szerint a háromszög területe két oldalának és a közbezárt szög szinuszának szorzata osztva -vel: 8 sin0º t = = Feladatsor II. rész / A megoldások = ½ ½. Az ábrán a sugarú, origó középpontú kört és a másik kör középpontját O(; ) rajzoltuk meg. Az O és az origó távolsága, íg r lehetséges értékei: = és + = 7. A két kör érintési pontjain a középpontjukat összekötõ egenes P O halad át, ennek egenlete: középpontú sugarú kör metszéspontjai: Ezek lesznek az érintési pontok. 6 = Az egenes és az origó. Ê6 8ˆ Ê 6 8ˆ P ;, Q ;. illetve. A háromszög területe: 0 sina t = = 0 sin a, ahol sin a a két oldal által bezárt szög. Mivel 0 < a < 80º, sin a, és vele egütt t is akkor a legnagobb, ha a = 90º, azaz a közbezárt szög derékszög. Ekkor sin a =, tehát a terület 0 cm. Q

26 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK. Jelölje az A-ból B-be induló galogos emelkedõn megtett útját kilométerben, a vízszintes utat, z a lejtõn megtett utat kilométerben mérve. Visszafelé természetesen z km lesz az emelkedõ és km a lejtõ hossza. Íg a következõ egenleteket írhatjuk fel: z z () + + z=,; () + + = 9,; () + + =,. 8 8z A () és () megfelelõ oldalait összeadva kapjuk: + + = 6. Az ()-bõl + z =,, ezt az elõzõ egenletbe helettesítve -ra egismeretlenes egenletet kapunk. Ebbõl = km, tehát a vízszintes út km hosszú volt. 9. Feladatsor II. rész / B megoldások 6. Az ábrán az eges háromszögek területét tüntettük fel. Használjuk fel, hog ha két háromszög magassága egenlõ, akkor C területük arána az alapok aránával egenlõ. Ezek szerint a POQ è területe egség. t Hasonlóan adódik, hog az ABP è és a PBC è területének arána P Q ugananni, mint az AQP è és a PQC è területének arána: 6 t + 9 t = ebbõl t = cm. 6, O A B 7. Az egenlõtlenséget íg írhatjuk: ( +) +. Azok a P(; ) pontok, amelek ezt az egenlõtlenséget kielégítik, eg ( ; 0) középpontú, sugarú körlemezt alkotnak. Az = + a egenlet eg egenes egenlete. Akkor lesz eg megoldás, ha az egenes érinti a kört. Ez a = és a = esetben következik be. Megoldások tehát: az E (0; ) és E ( ; ) pontpár. E ( ; 0) E 8. Az összes kétjegû szám összege: = 90 = 90. Ebbõl kell kivonni a -mal vag -tel osztható kétjegû számok összegét. A -mal oszthatók összege: = 0 = 66. Az -tel oszthatók összege: = 8 = 9. A -mal és -tel, azaz -tel oszthatók összege (ezek mindkét utóbbi összegben szerepelnek): =. Tehát a keresett összeg: 90 ( ) = 60. 7

27 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM 0. Feladatsor I. rész megoldások. Az egenlet íg írható: cos =, tehát a megoldások: p p = + kp, = +np, kn, ÎZ.. A logaritmus azonosságait és a definíciókat felhasználva: 96 log 796 log 7 sin 70º = log 7 ( ) = log 79+ = + =.. A négzetgöknek csak akkor van értelme a valós számok körében, ha ³ 0, azaz ³. Mivel a bal oldalon nemnegatív kifejezés áll, a jobb oldalon is annak kell állnia, sõt pozitívnak, hiszen ez az oldal a nagobb. Ezért > 0, ebbõl az értelmezési tartomán: > Az átalakítás. után kapott +>0egenlõtlenség akkor igaz, ha < vag >, tehát a megoldás: < < vag >.. A dobott számok összege vag lehet. -et úg lehet dobni, hog egik kockán -öst, a mási- kon 6-ost dobunk, ennek valószínûsége -t csak úg, hog mindkét kockán 6-ost dobunk, ennek valószínûsége tehát a keresett valószínûség: 6, = 6 =.. A két keresett szög mértéke 6 és 7, ezek összege: 6 +7 = 0º. Ebbõl = 0, tehát a két szög nagsága 60º és 70º. 6. A gömb sugarát jelölje r, akkor a térfogata: A gömb felszíne: r p 9 7 = p Þ r = Þ r =. 8 r p = 9 p = 9p. 7. Az ábrán az adott három vektor a, b, c. A keresett testátló vektor: d = a + b + c. d c a A b 8. A függvén grafikonja az ábrán látható. 9. A 78 prímténezõs felbontása: 78= 7. A pozitív osztók száma: (+) ( + ) =. 6 8

28 KÖZÉPSZINTÛ ÉRETTSÉGI GYAKORLÓ FELADATSOROK 0. A háromszög magassága Pitagorasz tételével kiszámítható: m = = = cm. A háromszög területe: 0 t = = 60 cm. m. A szám 70%-a a szám 0,7-szerese, tehát 07, a =, amibõl a = talakítva a hozzárendelési szabált: Ê ˆ (, ) 0,. = A függvén legnagobb értéke 6, ezt a 0 és a 6 helen veszi fel. A legkisebb értéke a parabola tengelpontjában, =,-nél van, ez = 0,. 6 =(,) 0, 0. Feladatsor II. rész / A megoldások. A függvén legnagobb értéke 7, ezt az = -nál, a legkisebb értéke, ezt esetén veszi fel. = + +. Azt használjuk fel, hog hasonló háromszögek területének arána a megfelelõ oldalak aránának négzetével egenlõ. A kis háromszögek mindegike hasonló az ABC eredeti háromszöghöz, íg ha az ABC è területe t, akkor: z + + z = t + + z = t + + z =. t A három egenletet összeadva ezt kapjuk: 6 =, tehát t = 6 területegség. t A C P 9 z z B 9

29 MEGOLDSOK. ÉVFOLYAM n +. Az n ¹, átalakítás mutatja, hog a tört csak akkor lehet egész, ha n + n+ = + n+ osztója -nek, azaz n + értéke. lehet. Íg n értéke,, 0, lehet. n + 7 A másik törtbõl n ¹, = +, azaz n + osztója 7-nek, vagis n + értéke n+ n + 7. 7 lehet. Íg n értékére ezt kapjuk. A két szóba jöhetõ n értékrendszerben n = a közös. Ez jó is, mert ekkor az elsõ tört értéke 0, a másodiké 9, mindkettõ egész szám. 0. Feladatsor II. rész / B megoldások 6. Az + átalakítása után: Ê + ˆ 9. Az elsõ egenlõtlenségbõl. Mivel az alapú eponenciális függvén szigorúan nõ, ebbõl, azaz. A második egenlõtlenség íg írható: + 0, ez pedig esetén teljesül. Mindkét egenlõtlenséget a valós számok elégítik ki. 7. Az A csap eg óra alatt a medence egötöd részét, a B csap eg óra alatt az eg tizenötöd részét tölti meg. Íg eg óra alatt a két csap egütt + = részét tölti meg a medencének. Tehát összesen óra, azaz óra perc alatt tölti meg a két csap egütt a medencét. 8. Jelölje s az A és B közti távolságot kilométerben mérve. Ekkor a teherautó útja A-ból B-be s óráig, B-bõl A-ba óráig tartott, íg az átlagsebessége: 00 s = =7 km s s + + h volt s 60 0