Cím: Megoldásvázlatok a 2005/4. sz. I. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Kántor Sándor 
Füzet: 2005/áprilisi melléklet, 58 - 63. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor
Hivatkozás(ok):2005/extra1: Emelt szintű gyakorló feladatsor I.

I. rész
 

1. Határozza meg az a és b pozitív egész számok lehetséges értékeit, ha a<b, továbbá teljesül, hogy ha x és y eleme az [a;b] intervallumnak, akkor 1x+1y is eleme [a;b]-nek!  (12 pont)
 
Megoldás. Nem lehet a>1, mert akkor a2 miatt x2 és y2 lenne, és így 1x+1y12+12=1 lenne, ami ellenkezik 1x+1ya2-vel. Tehát a=1.
A b értéke csak 2 lehet, mert egyrészt b>a miatt b2, másrészt b>2 nem lehet. Ugyanis b>2 esetén x=2,5 és y=2,5 az [a;b] eleme, de
12,5+12,5=0,8<1=a
miatt 1x+1y nem eleme [a;b]-nek.
Az a=1, b=2 jó, mert 1x2 és 1y2 esetén 11x+1y2.
Tehát a keresett számok: a=1 és b=2.
 
2. a) Oldja meg a valós számok halmazán a
1+xx2-16=x-1
egyenletet!  (5 pont) b) Adja meg a fenti egyenlet alaphalmazát!  (7 pont)
 
Megoldás. Ha van az egyenletet kielégítő x, akkor az egyenlet két oldalának négyzete is egyenlő:
1+xx2-16=x2-2x+1,  azaz  xx2-16=x2-2x.
Az eredeti egyenletnek x=0 nem megoldása, tehát a megoldásra x2-16=x-2 is, így x2-16=x2-4x+4 is teljesül, ezért a megoldás csak x=5 lehet.
Behelyettesítés mutatja, hogy ez valóban megoldás is.
b) Az alaphalmaz azokból az x valós számokból áll, amelyekre egyrészt x2-160, és így |x|4 is, másrészt xx2-16-1 is teljesül. Ez utóbbi nemnegatív x-re mindig teljesül. Negatív x-re pedig pontosan akkor, ha |x|x2-161, azaz ha x4-16x2-10.
x4-16x2-10 megoldásai a 8-65x28+65 egyenlőtlenséget teljesítő x értékek, tehát azok, amelyekre -8+65x8+65 teljesül. Ezek közül a negatívok: -8+65x<0.
Tehát a keresett alaphalmaz:
[-8+65;-4][4;).

 
3. Egy autókereskedő ötfajta autót forgalmaz. Az egyes fajták darabját
2,32,833,13,5
MFt-ért adja el, és nyeresége (az eladási ár és a beszerzési ár különbsége) fajtánként a fenti sorrendben az eladási ár
32,52,42,12
százaléka. Ez a két adatsor a további vizsgálatok során nem változik. Az egyes fajtákból (fenti sorrendben)
2003-ban2532273819darabot,2004-ben2731293233darabot
adott el.
a) Mennyi volt a nyeresége 2003-ban, és mennyi 2004-ben?  (5 pont) b) Ha 2005-ben csak egy autófajtát forgalmaz, akkor melyik autófajtát (mennyi annak az egységára) érdemes forgalmaznia, és abból legalább hányat kell eladnia, ha a lehető legkevesebb autó eladásával akarja elérni a 2004-es nyereségét?  (7 pont)
 
Megoldás. a) A nyereség 2003-ban:
2,30,0325+2,80,02532+30,02427+3,10,02138+3,50,0219==9,7128(MFt).  

A nyereség 2004-ben:
2,30,0327+2,80,02531+30,02429+3,10,02132+3,50,0233==10,5142(MFt).  

b) A legnagyobb nyereség egy autó eladásánál annál az autófajtánál van, amelynél az eladási ár százalékértéke a legnagyobb. Ezek a százalékértékek rendre
2,30,03=0,069;2,80,025=0,07;30,024=0,072;3,10,021=0,0651;3,50,02=0,07,
így a legnagyobb százalékérték (a 0,072) a 3 MFt árú autófajtánál van.
Ebből az autófajtából legalább annyit kell eladnia, amennyivel a nyereség először nagyobb vagy egyenlő a 2004-es nyereségnél. Ez a szám:
10,51420,072=146,03055...
miatt 147.
 
4. Az r és az R sugarú körök kívülről érintik egymást, és r<R. Közös külső érintőik szöge α.
a) Mennyi Rr, ha α=60?  (5 pont) b) Mennyi α, ha Rr=53?  (5 pont) c) Mennyi annak a négyszögnek a területe, amelynek két csúcsa a körök középpontja, további két csúcsa pedig az egyik közös külső érintőn levő két érintési pont, ha R=5 és r=3?  (5 pont)
 
Megoldás. a) A c) részben említett négyszögben az egyik szárral párhuzamosan és a másik szár végpontján át húzott egyenes olyan O1B1O2 derékszögű háromszöget jelöl ki, amelyből
R-rR+r=sin30=12.
Ebből Rr=3.
 
 

b) A fenti egyenletet kissé átrendezve:
Rr-1Rr+1=sinα2.
Ebből sinα2=14, így a keresett érték: α29.
c) A kérdéses négyszög olyan derékszögű trapéz, amelynek alapjai R és r, az ezekre merőleges szár a már említett derékszögű háromszögből Pitagorasz tételével számítható:
m=(R+r)2-(R-r)2=2Rr.

A keresett terület az adott sugárértékekkel:
5+32253=81530,98.

 

II. rész
 

5. A H halmaz a 2005-nél nem nagyobb pozitív egész számok halmazának olyan részhalmaza, hogy tetszőleges két elemének összege nem osztható hárommal. Legfeljebb hány eleme van ennek a H halmaznak?  (14 pont)
 
Megoldás. Vizsgáljuk a 2005-nél nem nagyobb pozitív egész számokat a hárommal való osztási maradékaik szerint.
Az olyan számokból, amelyeknek az osztási maradéka 0, csak egy szerepelhet a H halmazban, mert két ilyen szám összege osztható hárommal.
Ha 1, vagy ha 2 az osztási maradék, akkor csak az egyik fajta szerepelhet H-ban, mert különböző fajták összege osztható hárommal. Egy fajtából viszont akármennyi lehet, és a 0 maradékot adó szám is ott lehet közöttük. A kérdés most már csak az, hogy melyik fajtából van több az adott halmazunkban.
2004 osztható hárommal, így 1-től 2004-ig ugyanannyi szám ad 1 maradékot, mint ahány 2 maradékot, és a számuk 668. Mivel 2005 maradéka 1, azért az 1 maradékot adókat és egy 0 maradékot adót választva a H halmazba, maximális elemszám érhető el, és ez a szám 670.
 
6. Egy dobozban öt piros golyó van.
a) Hány fehér golyót kell a dobozba tennünk, ha azt akarjuk, hogy ezután a dobozból a golyók közül egyet véletlenszerűen kihúzva (a golyók kihúzásának valószínűsége megegyezik) a kihúzott golyó 0,25 valószínűséggel piros legyen?  (6 pont) b) Legalább hány fehér és legalább hány fekete golyót kell a dobozba tennünk (mindegyikből legalább egyet teszünk), ha azt akarjuk, hogy ezután a dobozból a golyók közül egyet véletlenszerűen kihúzva, a kihúzott golyó 0,25 valószínűséggel ne fekete legyen?  (10 pont)
 
Megoldás. a) Ha x darab fehér golyót teszünk a dobozba, akkor 55+x a valószínűsége annak, hogy a kihúzott golyó piros lesz. Az 55+x=0,25 egyenlet megoldása x=15, tehát a keresett szám 15.
b) Ha x darab fehér és y darab fekete golyót teszünk a dobozba, akkor 5+x5+x+y a valószínűsége annak, hogy a kihúzott golyó piros vagy fehér lesz, tehát nem lesz fekete. Az
5+x5+x+y=0,25
egyenlet átrendezve (x és y nem negatívok, a nevező nem 0): y=3x+15.
Tehát a keresett számok: x=1,  y=18.
 
7. Oldja meg a valós számok halmazán az
logx(x2+x-4)<1
egyenlőtlenséget!  (16 pont)
 
Megoldás. Nyilvánvaló, hogy a logaritmus alapja miatt csak a pozitív x értékek jöhetnek számításba. Teljesülni kell x2+x-4>0-nak is, ami
x<12(-1-17),  valamint  x>12(-1+17)
esetén igaz. Ez és x>0 akkor teljesül, ha x>12(-1+17).
Ekkor az alapszám 1-nél nagyobb, és ilyen alapszám esetén a logaritmus pontosan akkor kisebb 1-nél, ha a logaritmálandó mennyiség kisebb az alapszámnál, tehát a mi esetünkben, ha x2+x-4<x. Ez -2<x<2 esetén teljesül, tehát a feladat megoldása 12(17-1)<x<2.
 
8. Legyen A az a háromoldalú egyenes hasáb, amelynek alaplapja 2 oldalhosszúságú szabályos háromszög és oldalélének hossza is 2. Az egyik oldallapjának középpontján áthaladó, a lapra merőleges egyenes körül forgassuk el az A testet 90-kal, és jelöljük A'-vel az elforgatott testet!
Mennyi az AA' test
a) térfogata?  (8 pont) b) felszíne?  (8 pont)
 
Megoldás. Könnyű belátni, hogy AA' olyan négyoldalú egyenes gúla, amelynek alapja a közös oldallap, magassága a hasáb alaplapjának magassága.
 
 

a) AA' térfogata:
22313=4332,31.
AA' térfogata:
232-433=8334,62.

b) AA' felszínének meghatározásához elegendő azt észrevenni, hogy ez a felszín az A felszínénél a hasáb két párhuzamos lapjának területével nagyobb, mert egy oldallap közös, két-két oldallap megmaradó része pedig együtt adja ki A két oldallapját. Tehát a keresett felszín: 34+4318,93.
 
9. a) Írja fel azoknak a paraboláknak az egyenletét, amelyek grafikonja a P(1;0) pontban érinti az y=2-2x egyenletű egyenes grafikonját, és tengelye az y tengellyel párhuzamos!  (9 pont) b) Hol helyezkednek el ezeknek a paraboláknak a csúcspontjai?  (9 pont)
 
Megoldás. a) A parabolák egyenletét y=ax2+bx+c (a0) alakban keressük. Mivel a parabola illeszkedik a P(1;0) pontra, 0=a+b+c, azaz c=-a-b.
 
 

Az adott egyenesnek és ennek a parabolának csak egy közös pontja lehet, ezért a
2-2x=ax2+bx-a-b
egyenletnek csak egy gyöke lehet.
A diszkriminánsa:
(b+2)2+4a(a+b+2)=(b+2+2a)2=0,
így b=-2a-2.
A parabolák egyenlete tehát
y=ax2-(2a+2)x+a+2,
ahol aR{0}.
b) A parabolák csúcspontját a szélsőérték helye és nagysága alapján határozzuk meg. Helye: a+1a, nagysága:
a(a+1a)2-(2a+2)a+1a+a+2=-1a.
(a0, ezt az elején kikötöttük.) A csúcspontok paraméteres egyenlete: x=a+1a, y=-1a. Ez éppen az x+y=1 egyenletű egyenes, ahol az x1, y0, tehát a P pont kivételével.
A csúcspontok tehát ezen az egyenesen vannak, és nyilvánvaló (bár ezt nem kérdezte a feladat), hogy az egyenes pontjai P kivételével csúcspontok.