Cím: Megoldásvázlatok a 2005/2. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Pataki János 
Füzet: 2005/március, 139 - 145. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. a) A=10110099, B=99100101. Melyik szám a nagyobb, A vagy B?  (7 pont)

b) Írja föl az f(x)=x2 függvény azon érintőjének az egyenletét, amelyik az x-tengely pozitív félegyenesével 60-os szöget zár be.  (6 pont)

Megoldás. a) A tízes alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növő, ezért elegendő a számok logaritmusát összehasonlítani.  1 pont
A1=lgA=10099lg101,
B1=lgB=100101lg99.
A1 és B1 pozitív számok, így összehasonlításukhoz ismét a logaritmusukat hasonlítjuk össze.  3 pont
(Ha a vizsgázó hatványozott hatványként pl. A=10110099-cel dolgozik, akkor legfeljebb 4 pontot kaphat a feladatra.)
lgA1=99lg100+lg(lg101)=198+lg(lg101)<198+lg10=199,
lgB1=101lg100+lg(lg99)=202+lg(lg99)>202.
lgA1<lgB1A1<B1A<B.  3 pont
Összesen: 7 pont

b) A keresett érintő meredeksége tg60=3.  1 pont
A függvény deriváltja f'(x)=2x.  1 pont
Az érintési pont első koordinátája a 2x=3 egyenletből 32, a második koordináta f(32)=34.  3 pont
A keresett érintő egyenlete:
y=3(x-32)+34=3x-34.1 pont

Összesen: 6 pont

 
2. Hol a hiba az alábbi okoskodásokban? Mi az egyenlet megoldása az a) esetben és mennyi a szóban forgó valószínűség a b) kérdésben?
a) A x=-x egyenletnek nincs megoldása, mert egy szám négyzetgyöke nem lehet negatív.  (4 pont)

b) Mennyi annak a valószínűsége, hogy hét szabályos kockát feldobva van 1-es a számok között? Annak a valószínűsége, hogy egyetlen szabályos kockával 1-est dobunk, 16. Eszerint annak a valószínűsége, hogy két szabályos kockát feldobva van 1-es a kijött számok között, kétszer ennyi, 13; így tehát a kérdéses valószínűség 7-szer ennyi, 76, az esemény bekövetkezése több, mint bizonyos.  (5 pont)

c) Egy méter 100 centiméter, tehát 14méter=25centiméter. Az 14 négyzetgyöke 12, a 25 négyzetgyöke 5, tehát 12méter=5centiméter.  (4 pont)

Megoldás. a) -x nem negatív, ha x0.  2 pont
Az egyenlet megoldása a 0.  2 pont
(Ha a vizsgázó azt írja, hogy az indoklás azért hibás, mert az egyenletnek van megoldása, akkor legfeljebb 1 pontot kaphat.)
Összesen: 4 pont

b) A siker valószínűsége nem egyenesen arányos a kísérletek számával.  2 pont
Annak valószínűsége, hogy nincs 1-es a számok között: (56)7, ezért a szóban forgó valószínűség értéke 1-(56)70,7209.  3 pont
(Akkor is jár a 3 pont, ha a vizsgázó nem hivatkozik a binomiális eloszlásra. Ha 1-et közöl eredményként, akkor legfeljebb 1 pontot kaphat.)
Összesen: 5 pont

c) Egy mennyiség mértéke a mérőszámnak és az egységnek a szorzata. A mérőszámokból vont négyzetgyökvonás akkor vezet igaz egyenlőséghez, ha mindkét oldalon ugyanaz az egység.  4 pont
Összesen: 4 pont

 
3. Egy trapéz magassága, egyik, illetve másik átlója ebben a sorrendben egy q=2 hányadosú mértani sorozat három szomszédos tagja. A trapéz területe T=60+12 területegység. Mekkora a trapéz magassága?  (12 pont)

Megoldás. Legyenek a trapéz csúcsai ABCD, a magassága m. A feltétel szerint AC=2m, BD=4m. Legyen a C és a D vetülete az AB oldalon C1 és D1.  2 pont
 
 

Pithagorasz tétele szerint AC1=3m és BD1=15m.  2 pont
Mivel C1D1=CD, azért a trapéz alapjainak összege:
AB+CD=AC1+BD1=3m+15m=3m(1+5).5 pont

A trapéz kétszeres területe:
3m(1+5)m=2(60+12).
Innen m2=4, azaz m=2.  3 pont
Összesen: 12 pont

 
4. Oldja meg az alábbi egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán:
a) 2x4x2+1.  (5 pont)

b) 2cos2xcosx+1.  (8 pont)

Megoldás. a) A t=x20 új változó bevezetésével az egyenlőtlenség 2t2-t-10 alakba írható.  2 pont
Ennek a megoldása: -12t1.  2 pont
(A grafikus megoldásért is jár a 2 pont.)
Mivel t0, a megoldás 0x21, azaz -1x1.  1 pont
Összesen: 5 pont

b) Most a t=cosx (-1t1) helyettesítés után a 2t2-t-10 egyenlőtlenséget kapjuk.  2 pont
(1 pont akkor is jár, ha a vizsgázó később jelöli ki az új változó értékkészletét.)
Ennek a megoldása: t-12 vagy 1t.  1 pont
Ha cosx=t-12, akkor cosx-12, azaz
2π3+2kπx4π3+2kπ,k  egész.3 pont

(Ha a vizsgázó fokokban adja meg a megoldást, akkor 2 pontot, ha keverve, vagy nem írja a periódust, akkor 1 pontot kaphat.)
 
 

Ha 1t=cosx, akkor cosx=1, tehát x=2nπ, ahol n egész.  2 pont
Összesen: 8 pont

 

II. rész
 

5. a) A pozitív egész A és B számok összege 1000. Igazolja, hogy A2 utolsó három számjegye egyenlő B2 utolsó három számjegyével.  (4 pont)

b) Adjon meg olyan pozitív egész A és B számokat, amelyek összege 1000 és A2 utolsó négy számjegye egyenlő B2 utolsó négy számjegyével.  (3 pont)

c) Hány pozitív osztója van a H=224-1 számnak?  (9 pont)

Megoldás. a) Az állítás akkor teljesül, ha 1000A2-B2.  2 pont
A2-B2=(A+B)(A-B)=1000(A-B), tehát az állítás igaz.  2 pont
(Másik megoldás.) B=1000-A, tehát
B2=(1000-A)2=(10002-2000A)+A2.2 pont

100010002-2000A, így B2 és A2 utolsó három jegye megegyezik.  2 pont
Összesen: 4 pont

b) Az utolsó 4 számjegy akkor egyezik meg, ha 10000A2-B2.  1 pont
Így (A-B)-nek oszthatónak kell lennie 10-zel. Az A+B=1000 feltétel esetén ez például teljesül, ha A is és B is osztható 10-zel. Egy példa: A=110, B=890.  2 pont
Összesen: 3 pont

c) Bontsuk a H számot prímtényezők szorzatára, ehhez pedig alakítsunk szorzattá:
H=(212-1)(212+1)=(26-1)(26+1)((24)3+1)=
=(23-1)(23+1)(22+1)(24-22+1)(24+1)(28-24+1).4 pont
(A 4 pont akkor is jár, ha a vizsgázó akkora tényezőkig jut a felbontásban, amelyek már kézzel ,,kezelhetők'', illetve ha tovább bont.)
Behelyettesítve: H=7951317241. Innen a törzstényezős felbontás:
H=32571317241.  2 pont
Innen a H pozitív osztóinak a száma:
d(H)=(2+1)(1+1)(1+1)(1+1)(1+1)(1+1)=96.  3 pont
Összesen: 9 pont

 
6. Egy dobozban pénzérmék és golyók vannak, amelyek ezüstből vagy aranyból készültek. A dobozban lévő tárgyak 20%-a golyó, a pénzérmék 40%-a ezüst, az aranytárgyak 80%-a érme.
a) A dobozban lévő tárgyak hány százaléka arany pénzérme?  (4 pont)

b) A dobozból véletlenszerűen kihúzunk egy tárgyat. Mekkora a valószínűsége, hogy ez a tárgy ezüstből készült?  (4 pont)

c) A dobozból véletlenszerűen kihúzunk egy golyót. Mekkora a valószínűsége, hogy ez a golyó ezüstből készült?  (4 pont)

d) Értelmezze a b) és a c) feladatok eredményét a következő eseményekre: E: a kihúzott tárgy ezüstből van; G: a kihúzott tárgy golyó.  (4 pont)

Megoldás. Jelölje t a tárgyak számát és foglaljuk táblázatba az adatokat: a táblázat kitöltésekor használjuk föl, hogy a sor-, illetve oszlopösszegek összege a tárgyak száma.  6 pont
 GolyóÉrmeÖssz.  Arany0,12t0,48t0,6t  Ezüst0,08t0,40,8t=0,32t0,4t  Össz.0,2t0,8tt

(Ha a táblázat helyes, akkor az a), b), c) kérdések helyes megoldására még 2‐2 pont adható. Az egyes részfeladatok megoldásakor halmazábra is használható, akkor 2‐2 pont jár egy-egy részfeladat helyes ábrázolásáért.)
a) 48%.  2 pont
b) 0,4.  2 pont
c) 0,4.  2 pont
d) Az eredmények szerint az ezüst tárgyak aránya a golyók között azonos az ezüst tárgyak arányával a dobozban: az E és a G események függetlenek.  4 pont
(Másféle indoklás is elfogadható a két esemény függetlenségére; pl. P(EG)=P(E)P(G), vagy P(EG)=P(E).)
Összesen: 16 pont

 
7. Egy számtani sorozat első tagja 9, a kilencedik tagja pedig 33.
a) Határozza meg a fenti számtani sorozat azon tagjainak az összegét, amelyek 149 és 301 között vannak.  (10 pont)

b) Mennyi a sorozat első huszonöt elemének a négyzetösszege?  (6 pont)

Megoldás. a) d=a9-a19-1=3.  2 pont
an=a1+(n-1)d=3n+6.  1 pont
A sorozat n-edik tagja akkor esik 149 és 301 közé, ha
149<3n+6<301,azaz1433<n<2953,
ami akkor és csak akkor teljesül, ha 47<n<99.  3 pont
A sorozatnak összesen 98-47=51 tagja esik a megadott határok közé. A legkisebb a48=150, a legnagyobb a98=300.  2 pont
a48+...+a98=51a48+a982=11475.2 pont

Összesen: 10 pont

b) a12+a22+...+a252=i=125(3i+6)2=9i=125(i+2)2.  2 pont
i=125(i+2)2 az első 27 pozitív egész négyzetösszegénél 5-tel kisebb.  2 pont
Az ismert összefüggés szerint:
n=127n2=2728556=6930,
tehát a keresett összeg 96925=62325.  2 pont
Összesen: 6 pont

(Akkor is jár a 6 pont, ha a vizsgázó az összegzés előtt végzi el a négyzetre emelést. Ekkor a számolás:
i=125(3i+6)2=i=1259i2+i=12536i+i=12536=49725+11700+900=62325.)

 
8. Egy klinikán olyan betegség kimutatására végeznek vérvizsgálatot, amelyikben száz ember közül átlagosan egy szenved. A vizsgálati személyek ötvenes csoportokban érkeznek és az eddigi gyakorlat szerint egyesével végzik el rajtuk a tesztet. Egyetlen vérminta vizsgálata 300 forintba kerül.
A klinika vezetője két módosító javaslatot kapott:
A) Egy-egy 50-es csoport vérmintáinak egy részét azonosítható módon tegyék félre, a másik részeket pedig öntsék össze és vizsgálják először a csoportos mintát. Ha ez negatív, akkor nyilván mindenki egészséges, ha pozitív, akkor a félretett egyéni mintákat vizsgálják egyesével.
B) Az A) javaslathoz hasonlóan először az 50-es csoport együttes vérmintáját vizsgálják meg. Ha ez pozitív, akkor minden egyes félretett egyéni minta feléből két 25-fős, csoportos mintát készítenek és ezeket ismét együttesen vizsgálják. Ha bármelyik csoport pozitívnak bizonyul, akkor annak a csoportnak a tagjait egyesével szűrik.
A klinika vezetőjeként változtatna-e az addigi gyakorlaton? Ha igen, akkor hogyan és miért?  (16 pont)

Megoldás. Annak a valószínűsége, hogy egy ember beteg, 0,01 és az egyes emberek egymástól függetlenül betegek vagy sem.  1 pont
(Ez az 1 pont nem jár, ha a vizsgázó nem említi a függetlenséget.)
Az eredeti eljárás szerint egy 50-es minta vizsgálati költsége 50300=15000 Ft.  1 pont
Az A és a B változatok esetén a költségek várható értékét határozzuk meg és hasonlítjuk össze.  2 pont
A) Annak a valószínűsége, hogy egy 50-es mintában nincs beteg, p=0,99500,605, annak, hogy van, 1-p0,395.  2 pont
Az A) változat költségének várható értéke tehát: EA=p300+(1-p)513006225 Ft.  3 pont
B) Annak a valószínűsége, hogy egy 25 fős mintában nincs beteg: p1=0,99250,778.  1 pont
A két 25 fős minta esetén a lehetőségek a megfelelő valószínűségekkel:
‐ mindkét csoport egészséges: p12=p0,605.
‐ egy csoport egészséges: 2p1(1-p1)0,345.
‐ mindkét csoport beteg: (1-p1)20,05.  3 pont
(Ha a kerekítés miatt nem 1 az összeg, akkor 2 pont, ha elvi hiba van, akkor maximum 1 pont.)
A szükséges tesztek száma az egyes esetekben: 2; 27; 52. A vizsgálat költségének várható értéke:
EB=300[20,605+270,345+520,05]3937,5Ft.  2 pont

A B) változatot érdemes választani.  1 pont
Összesen: 16 pont

 
9. Az alábbi feladatok megoldása során kalkulátor nem használható. Eredményeit indokolja.
a) 1. Írja föl az (1+x)10 hatvány kifejtésének első négy tagjának összegét az x növekvő hatványai szerint rendezve.  (2 pont)

2. A talált kifejezés alapján adjon közelítést 1,00510 értékére.  (1 pont)

3. Igazolja, hogy az így kapott közelítés négy tizedesjegyre pontos.  (5 pont)

b) 1. Ábrázolja az f(x)=1500x+1500x-2 függvény grafikonját, ha x>1000.  (2 pont)

2. Határozza meg az
1500x+1500x-2=3x10000
egyenlet pozitív megoldásának az egész részét.
 (6 pont)

Megoldás. a)
(1+x)101+10x+(102)x2+(103)x3=1+10x+45x2+120x3.2 pont

Ennek alapján
1,00510=(1+0,005)101+100,005+450,000025+1200,000000125=1,05114.1 pont

A további 7 tagot felülről becsülhetjük, felhasználva, hogy a szereplő binomiális együtthatók maximuma (105)=252 és x=0,005 hatványai fogynak. Így mindegyikük legfeljebb 252x4, az összegük kisebb, mint
7252(510-3)4<10-81764<10-42.

Az első négy tag összege tehát négy tizedesre pontos.  5 pont
(Más helyes becslés is elfogadható.)
Összesen: 8 pont

b) A függvény grafikonja megkülönböztethetetlen a vízszintes aszimptotától, melynek egyenlete y=3.
Emellett ha x>1250, akkor f(x)>3.  3 pont
(Akkor is jár ez a 3 pont, ha a vizsgázó csak a következő részben említi, hogy a függvény itt az aszimptota fölött halad.)
Ha az adott egyenlet helyett a 3=3x10000 egyenletet oldjuk meg, akkor mivel 1500x+1500x-2>3, másfelől a jobb oldali függvény növő, a módosított egyenlet megoldása, 10 000, a valódi megoldásnál kisebb.  3 pont
 
 

Másfelől egyszerű számolással kapjuk, hogy ha x helyébe 10 001-et írunk, akkor az eredeti egyenlet jobb oldala nagyobb lesz, mint a bal, a pozitív gyök tehát kisebb, mint 10 001, így az egész része 10 000.  2 pont
(Ha a vizsgázó az aszimptota megállapítása után közli, hogy a gyök egész része 10 000, kaphat 1 pontot. Grafikusan csak annyi fogadható el, hogy a gyök nagyobb, mint 10 000.)
Összesen: 8 pont