Cím: Megoldásvázlatok a 2006/1. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2006/február, 81 - 85. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Határozzuk meg a k értékét úgy, hogy a következő egyenletnek legyen valós gyöke:
x2-2005x-2006+x2-2007x+2006+x2-k2=0.
(11 pont)
 
Megoldás. Három nemnegatív valós szám összege csak úgy lehet nulla, ha mindegyik nulla. A másodfokú kifejezéseket szorzattá bonthatjuk:
(x+1)(x-2006)+(x-1)(x-2006)+(x+k)(x-k)=0.
Az első két tag értéke csak akkor nulla egyszerre, ha x=2006. Ha van megoldás, akkor a harmadik tagnak is nullának kell lennie 2006 helyettesítésénél:
(2006)2-k2=(2006+k)(2006-k)=0.
Vagyis k1=2006 vagy k2=-2006.
 
2. Egy mértani sorozat három egymást követő tagja közül a harmadik -2. Ha ezt az első kettő elé rakjuk, akkor egy számtani sorozat egymást követő három tagját kapjuk. Adjuk meg az eredeti három számot. (12 pont)
 
Megoldás.   A számtani sorozat tagjai:  -2;  -2+d;  -2+2d.A mértani sorozat tagjai:  -2+d;  -2+2d;  -2.  

A mértani sorozatban (-2+2d)2=-2(-2+d).
Rendezzük ezt az egyenletet: 4-8d+4d2=4-2d,  4d2-6d=0,  2d(2d-3)=0. Két értéket kapunk d-re: d1=0 vagy d2=1,5. Az eredeti három szám: -2; -2; -2 vagy -0,5; 1; -2. Mindkét számhármas megfelel a feltételeknek.
 
3. Adjuk meg a következő összeget tized pontossággal:
lg(712)+lg(7223)+lg(7334)+...+lg(79999991000).
(14 pont)
 
Megoldás. Használjuk a szorzat logaritmusára vonatkozó azonosságot:
lg7+lg12+lg72+lg23+lg73+lg34+...+lg7999+lg9991000.
Csoportosítsuk a tagokat:
(lg7+lg72+...+lg7999)+(lg12+lg23+...+lg9991000).
Az első zárójeles kifejezést tovább alakítjuk, a hatvány logaritmusára vonatkozó azonosság felhasználásával:
lg7+lg72+...+lg7999=1lg7+2lg7+...+999lg7==(1+2+3+...+999)lg7=999(999+1)2lg7=499500lg7.


Most a második zárójelben lévő összeget hozzuk egyszerűbb alakra:
lg12+lg23+...+lg9991000=lg(1223...9991000)==lg1223...9991000=lg11000=-32.


A keresett összeg: 499500lg7-32422125,0.
 
4. Az ABC egyenlő szárú háromszög AB alapja 56 cm, a szárai 53 cm hosszúak. Tudjuk, hogy az AB alap F felezőpontja, a beírt körének az O középpontja, a köré írt körének a K középpontja, az S súlypontja, az M magasságpontja és a C csúcspontja egy egyenesen vannak.
a) Hány háromszöget határoznak meg az F, O, K, S, M, C és A pontok?
b) Számítsuk ki az ASK háromszög területét.
c) Számítsuk ki az FO hosszát. (14 pont)
 
Megoldás. a) Mivel az F, O, K, S, M, C pontok egy egyenesre illeszkednek, azért csak úgy jön létre valódi háromszög, ha egyik csúcsa A, a másik kettő pedig tetszőlegesen választott pontpár a fenti 6 pont közül. A háromszögek száma: (62)=15.
b) Az ASK háromszögben az A-ból húzható magasság hossza: AF=28 cm. Az SK oldal hossza az FK és FS szakaszok hosszának a különbsége. Az AB alaphoz tartozó magasságot Pitagorasz-tétellel számítva az ACF háromszögből: 282+mc2=532, ebből mc=45 cm.
A köré írható kör középpontja az alaptól 45-R távolságra van. A köré írt kör R sugarát a Pitagorasz-tétellel határozhatjuk meg: 282+(45-R)2=R2, ebből R=280990 cm, vagyis a háromszög körülírt körének középpontja az alap egyenesétől 45-280990=124190(13,79) cm-re van.
A súlypont a súlyvonal alaphoz közelebbi harmadolópontja, tehát a súlypont és az alap egyenesének távolsága 4513=15 cm.
SK=15-124190=10990,azazTASK=28109902=152690(16,96cm2).

c) A beírt kör középpontja az alaptól r távolságra van. A beírt kör r sugarát a háromszög területének kétféle felírásából határozhatjuk meg: t=rs=cmc2, ahol s=k2, és k=253+56=162. Ekkor 81r=1260, ebből r=1409 cm. A beírt kör középpontja az alap egyenesétől 1409(15,56) cm-re van. Ez az FO hossza.
 

II. rész
 

5. Ha a [-3;3] intervallumon értelmezett f(x)=3|x| és g(x)=x2 hozzárendelésű függvények görbéjét az y tengely körül megforgatjuk, akkor két pohár alakú testet kapunk. Adjuk meg a két pohár térfogatának eltérését deciliterben, ha a koordinátarendszer egysége 1,5 cm. (16 pont)
 
Megoldás. Az első pohár kúp alakú. Alapkörének sugara: r=3, magassága: m=9. A térfogata:
V1=r2πm3=9π93=27π84,82  térfogategység.
Ha 1 hosszúságegység egyenlő 1,5 cm-rel, akkor a térfogat mérőszámát 1,53-nal kell szoroznunk. Az eredmény kerekítve 286,3 cm3, ami 2,863 dl.
A második pohár is forgástest alakú. Ha az x tengely körül megforgatjuk a [0;9] intervallumon a h(x)=x függvény görbéjét, akkor is ezt a testet kapjuk. Ennek térfogata:
V2=π09(x)2dx=π[x22]09=812π127,23  térfogategység.
A térfogat mérőszámát 1,53-nal szorozva, kerekítve 429,4 cm3-t kapunk, ami 4,294 dl.
A második pohár térfogata közelítőleg 1,431 dl-rel nagyobb, mint az elsőé.
 
6. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenletet:
(511)2-5+lgx-41+lgx=24,2.
(16 pont)
 
Megoldás. A feladat értelmezési tartománya: csak pozitív számnak van logaritmusa, ezért x>0, továbbá a nevezők nem lehetnek 0-val egyenlők, ezért x105, valamint x10-1. Mivel
24,2=24210=1215=(115)2=(511)-2,
azért az eredeti egyenletünk így írható:
(511)2-5+lgx-41+lgx=(511)-2.
Ebből kapjuk: 2-5+lgx-41+lgx=-2.
Az egyenlet a következő alakra hozható: lg2x-5lgx+6=0, amiből lgx1=2, lgx2=3. Innen x1=100, x2=1000. Mindkét szám megoldása az egyenletnek.
 
7. Adott három kör az egyenletével:
x2+8x+y2-4y+16=0,x2+2x+y2-6y+6=0,x2-4x+y2+12y+36=0.

a) Számítsuk ki a középpontjaik által meghatározott háromszög kerületét és területét.
b) Írjuk fel annak a körnek az egyenletét, amelyet az adott körök belülről érintenek. (16 pont)
 
Megoldás. A körök egyenletét átírhatjuk a következő alakba:
(x+4)2+(y-2)2=4,(x+1)2+(y-3)2=4,(x-2)2+(y+6)2=4.
A három kör középpontja A(-4;2), B(-1;3), C(2;-6).
 
 

a) Mivel AC=10, BC=310, AB=10, azért a háromszög kerülete: k=10+41022,65 (egység).
Ezek a pontok egy derékszögű háromszöget határoznak meg, hiszen AC2=AB2+BC2. A háromszög területe: t=310102=15 (területegység).
b) A keresett kör középpontja az ABC derékszögű háromszög AC átfogójának felezőpontja: F(-1;-2). Mivel a feladatban megadott körök mindegyikének 2 a sugara, azért a keresett kör sugara 2 egységgel nagyobb, mint az ABC háromszög köré írt kör sugara. FA=5, tehát a keresett kör sugara 7. A kör egyenlete: (x+1)2+(y+2)2=49.
 
8. András és Béla nagyon sokat asztaliteniszeznek egymással. A tapasztalat azt mutatja, hogy András 0,7, Béla 0,3 valószínűséggel nyer meg egy játékot. Ha többször játszanak, akkor azt tekintjük győztesnek, aki többször nyert.
a) Mekkora András nyerési esélye, ha négyszer játszanak?
b) Mekkora annak a valószínűsége, hogy Béla minden játékot megnyer, ha háromszor játszanak?
c) Hogyan változott András egy játékának nyerési esélye, ha két játék esetén Béla 59 valószínűséggel nem veszít? (16 pont)
 
Megoldás. a) András nyerhetett három vagy négy játékot a négyből, vagyis a nyerési esélye:
(43)0,730,31+(44)0,740,30=0,4116+0,2401=0,6517.

b)
(30)0,700,33=0,027.

c) Ha András p valószínűséggel nyer meg egy játékot, akkor annak a valószínűsége, hogy Béla két játékot lejátszva nem veszít:
(20)p0(1-p)2+(21)p1(1-p)1=59.
Rendezve: 1-2p+p2+2p-2p2=59, amiből a p2=49, azaz p=23 (p>0).
András nyerési esélye csökkent: 0,7 helyett 0,67 lett.
 
9. Igazoljuk, hogy a 2nn!<(n+1)n egyenlőtlenség minden 1-nél nagyobb természetes szám esetén fennáll. (16 pont)
 
Megoldás. Mindkét oldal pozitív, így vehetjük az n-edik gyöküket:
212...nn<n+1,azaz12...nn<n+12.
Mivel
n+12=(n+1)n2n=(n+1)n2n=1+2+...+nn,
azért az egyenlőtlenséget így is írhatjuk: 12...nn<1+2+...+nn. Ez viszont nyilvánvalóan igaz, mert a két oldalon az 1,2,...,n számok mértani, illetve számtani közepe áll.