Cím: Megoldásvázlatok a 2004/9. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2005/január, 18 - 21. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Mutassuk meg, hogy nincs olyan valós számpár, amelyre
(x2+5)2=25-|y-3|21x+63y=188}.(11 pont)
 

Megoldás. Az első egyenletből: (x2+5)225,  25-|y-3|25. Így az első egyenlet megoldása csak x=0, y=3 lehet. Ezt a második egyenletbe behelyettesítve:
210+633=189188.
Az egyenletrendszernek tehát nincs megoldása.
 
2. Tekintsük a valós számok halmazán értelmezett
f(x)=ax2+(2a+b)x-(b2-b-a)
függvényt.
a) Mutassuk meg, hogy ha a és b egész számok, akkor
f(-2)+f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)
osztható 5-tel.
b) Igazoljuk, hogy ha a pozitív, akkor f(x)-nek van zérushelye.  (12 pont)
 

Megoldás. a) Az állítás tetszőleges egész együtthatós polinomra igaz: ha f(x)=Ax2+Bx+C, akkor f(-2)+f(2)=8A+2C, f(-1)+f(1)=2A+2C, tehát a szóban forgó összeg 10A+5C, ami valóban osztható 5-tel.
b) A diszkrimináns b2+4ab2, ami nem negatív, ha a>0.
 
3. Hány darab 2-nél kisebb, pozitív tagja van az an=-5+log2(n+4) sorozatnak?  (14 pont)
 

Megoldás. A következő egyenlőtlenségrendszer pozitív egész megoldásainak a számát kell meghatároznunk: 0<-5+log2(n+4)<2, azaz 5<log2(n+4)<7.
Az 5 és a 7 logaritmus segítségével felírható: log232<log2(n+4)<log2128.
A 2-es alapú logaritmus függvény növekedő, ezért: 32<n+4<128, vagyis 28<n<124.
A megfelelő n értékek: 29,30,...,122,123, vagyis 95 db pozitív egész szám a megoldása az egyenlőtlenségrendszernek. Ez azt jelenti, hogy az a29,a30,...,a123 az a 95 darab tagja a sorozatnak, amely megfelel a feladat feltételeinek.
 
4. Ágnes 2005. március 25-én befizet 600 000 Ft-ot egy olyan bankba, ahol az évi kamat 8%-os és a naptári év végén van kamatelszámolás. Mennyi lesz a követelése 2006. március 25-én? (14 pont)
 

Megoldás. Az év végi megszakítás nem befolyásolja a kamatjóváírást. Ha az év 84. napján teszi be a pénzt, akkor abban az évben 281 napig kamatozik. Ha év végén a kamatot hozzáírják a betéthez, akkor év végén a tőke 1,08281365-szörösére nő, majd a hátrelévő 84 napon 1,0884365-szörösére. Ez azt jelenti, hogy 2006. március 25-én, az év leteltével 6000001,08=648000 forint lesz Ágnes követelése.
 

II. rész
 

5. Adott három egyenes az egyenletével:
x-3y=0,3x-y=0,3x+y-10=0.

a) Mutassuk meg, hogy a három egyenes derékszögű háromszöget határoz meg.
b) Mekkora a háromszög köré írt körének a sugara?
c) Számítsuk ki a beírt kör középpontjának a koordinátáit. (16 pont)
 

Megoldás. a) Az első és a második egyenesre illeszkedik az origó, a harmadikra nem, így a három egyenes háromszöget határoz meg. Az e egyenes meredeksége: me=13, a g egyenesé: mg=-3. Mivel memg=-1, azért az e és g merőlegesen metszi egymást, a három egyenes derékszögű háromszöget határoz meg.
 
 

b) Derékszögű háromszögben (a Thalész-tétel alapján) az átfogó hosszának felével azonos hosszúságú a köré írt kör sugara. Az f és a g egyenes metszéspontját kiszámítjuk: A(53;5). Az e és az f metszéspontja: B(0;0). Innen adódik, hogy a háromszög átfogója, AB=103, azaz a köré írt kör sugara: r=53.
c) Legyen e és g metszéspontja C, továbbá az A merőleges vetülete az x tengelyre D. Az egyenesek meredekségeit (irányszögeit) felhasználva: ABC=30. A B-ből induló belső szögfelezőre illeszkedik a beírt kör középpontja. Mivel ABD=60, így a B-ből induló szögfelező irányszöge 45, vagyis az y=x egyenesre illeszkedik a középpont. A BDA derékszögű háromszögben BAD=30, az ABC derékszögű háromszögben BAC=60. Ez azt jelenti, hogy az ABC háromszögben az A-ból induló szögfelező az AD egyenes. A beírt kör középpontjának erre is illeszkednie kell, vagyis a második koordinátája 53. Mivel a középpont y=x-re is illeszkedik, azért koordinátái (53;53).
 
6. Adott a valós számokon értelmezett, f(x)=2x6-3x4+x2 függvény.
a) Határozzuk meg f(tgπ3) pontos értékét.
b) Mutassuk meg, hogy az f(sinα)+f(cosα) összeg nem függ α értékétől. (16 pont)
 

Megoldás.
f(tgπ3)=2(3)6-3(3)4+(3)2=227-39+3=30.(*)f(sinα)+f(cosα)=(2sin6α-3sin4α+sin2α)+(2cos6α-3cos4α+cos2α)=(*)=2(sin6α+cos6α)-3(sin4α+cos4α)+(sin2α+cos2α).
A zárójelben lévő összegeket alakítsuk át. Tudjuk, hogy
sin2α+cos2α=1,sin4α+cos4α=(sin2α+cos2α)2-2sin2αcos2α=1-2sin2αcos2α,sin6α+cos6α=(sin2α+cos2α)(sin4α-sin2αcos2α+cos4α)=1-3sin2αcos2α.
Ezeket felhasználva:
f(sinα)+f(cosα)=2(1-3sin2αcosα)-3(1-2sin2αcos2α)+1=0,
ami valóban nem függ α-tól.
 
7. Egy középiskolában azt tapasztaltuk, hogy a tanulók 75%-a elkészíti a házi feladatát matematikából. Egy újságíró ebben az iskolában öt véletlenszerűen választott tanulóval szeretne beszélgetni a tanulási szokásaikról.
a) Mekkora a valószínűsége annak, hogy olyan tanulókat választ, akiknek készen van a házi feladata?
b) Mekkora a valószínűsége annak, hogy az öt választott tanulóból legalább háromnak készen van a házi feladata?
c) Az iskola 20 fős 12.c. osztályában (ahol az iskolai átlagnál egy kicsit jobb a helyzet) 16-an írtak házi feladatot. A csoportban összesen 3 leány van, ők mindig elkészítik feladataikat. Ha ebből a csoportból választunk 4 fiút és 1 leányt, akkor mekkora a valószínűsége, hogy a választottak közül pontosan kettőnek nincs kész a házi feladata? (16 pont)
 

Megoldás. a) Egy tanuló esetén 0,75 a valószínűsége annak, hogy készen van a házi feladata. Feltéve, hogy a tanulók viselkedése független, 0,7550,2373 annak a valószínűsége, hogy mind az öt tanuló elkészítette a feladatát.
b) A szóban forgó esemény a következő, egymást kizáró módokon valósulhat meg:
Pontosan öt tanuló írt házi feladatot: 0,7550,2373.
Pontosan négy tanuló írt házi feladatot: (54)0,7540,250,3955.
Pontosan három tanuló írt házi feladatot: (53)0,7530,2520,2637.
A fenti valószínűségek összege 0,8965, ennyi a valószínűsége annak, hogy az öt választott tanulóból legalább háromnak készen van a házi feladata.
c) 4 fiút és 1 leányt összesen (174)(31)=7140-féle módon választhatunk ki.
Lányt háromféleképpen tudunk választani, és ő biztosan írt házi feladatot. A feladat szövege szerint az a két fő, aki nem írt házi feladatot csakis fiú lehet. Tudjuk, hogy a 17 fiú közül összesen 4-en nem írtak leckét. Vagyis a 13 leckét író fiú közül kell kettőt, és a 4 leckét nem író fiú közül kell szintén kettőt kiválasztani. Ez összesen (31)(132)(42)=1404 eset.
Vagyis 140471400,1966 a valószínűsége annak, hogy a választott tanulók közül pontosan kettőnek nincs kész a házi feladata.
 
8. Egy 27 méter széles folyó partjától merőlegesen haladva 3 méterenként megmértük a víz mélységét. A következő adatokat kaptuk centiméterben: 60, 120, 150, 240, 210, 180, 90, 30.
a) Hány m2 a keresztmetszet területe, ha a folyómeder alján két méréshely között az összekötővonalat egyenesnek feltételezzük?
b) A mért adatoknak határozzuk meg a számtani közepét és a mediánját.
c) Mennyi a mérés vonalában a folyó átlagos mélysége?
d) Mekkora vízmennyiség halad át a folyó keresztmetszetén 1 óra alatt, ha a folyó sebessége 85 m/perc? (16 pont)
 

Megoldás. a) Két háromszög és hét trapéz területösszegét kell meghatároznunk:
T=3(0,62+0,6+1,22+1,2+1,52+1,5+2,42+2,4+2,12+2,1+1,82++1,8+0,92+0,9+0,32+0,32),
azaz T=32,4m2.
 
 

b) Az adathalmaz számtani közepe: 1,35 m. Az adatok sorba rendezése után az 1,2 és az 1,5 m áll középen, vagyis a medián is 1,35 m.
c) Ha a folyó keresztmetszetének területét elosztjuk a folyó szélességével, akkor azt az értéket kapjuk, amellyel, mint ,,átlag''-gal meghatározhatjuk a folyó keresztmetszetén 1 óra alatt áthaladó víz mennyiségét. Most ez 32,427=1,2 méternek adódik.
d) A folyó keresztmetszetének területe: 32,4m2. Mivel a sebessége 85 m/perc, azért 1 óra alatt 5100 métert halad a folyó. A keresztmetszetén 510032,4=165240m3 víz halad át óránként.
 
9. Az azonos kerületű konvex négyszögek esetén a két-két szemközti oldal összegének szorzata milyen esetben lesz maximális? Határozzuk meg ezt a maximális értéket. (16 pont)
 

Megoldás. Jelöljük az oldalak hosszát a szokásos a, b, c és d betűkkel. Ekkor k=a+b+c+d. A feladat szövege szerint az (a+c)(b+d) szorzatot kell vizsgálnunk.
Írjuk fel (a+c)-re és (b+d)-re (két pozitív számra) a mértani és a számtani közép közötti összefüggést:
(a+c)(b+d)(a+c)+(b+d)2=k2.
Ebből következik, hogy
(a+c)(b+d)k24.
A szorzat akkor a legnagyobb, ha egyenlő k24-gyel. Az egyenlőség akkor és csak akkor teljesül, ha a+c=b+d. Vagyis az azonos kerületű konvex négyszögek esetén a két-két szemközti oldal összegének szorzata érintőnégyszögek esetén lesz maximális. Ez a maximális érték k24-gyel egyenlő.