Cím: Megoldásvázlatok a 2005/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2005/április, 202 - 207. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Egy derékszögű háromszögben a két befogó hosszának aránya 1:2, továbbá a kerület és terület mérőszámai egyenlők. Határozzuk meg az átfogóhoz tartozó magasság hosszának pontos értékét.  (11 pont)
 
 

Megoldás. A háromszög befogói: a, 2a, ekkor az átfogója: a5. A háromszög területe: a2, a kerülete: a(3+5). Tudjuk, hogy a2=a(3+5). Mivel a=0 nem lehet, így a=3+5. A háromszög területét az átfogó és az átfogóhoz tartozó magasság segítségével is kiszámíthatjuk:
T=a5m2.
A kétféle módon felírt területek egyenlőségéből és az a kiszámolt értékéből kapjuk:
(3+5)5m2=(3+5)2.
Ebből kifejezhető az m értéke:
m=2(3+5)5=65+105.

 
2. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
x2-y2-6x-6y=0xy-x+y=0}(12 pont)

 
Megoldás. Az első egyenletet írhatjuk szorzat alakban: (x+y)(x-y-6)=0. Ebből következik, hogy y=-x vagy y=x-6. Mindkét esetben a második egyenletbe behelyettesítve x-re másodfokú egyenletet kapunk.
Az első esetben: x2+2x=0.
Az ebből kapott x értékekhez kiszámítjuk az y-t is: x1=0, y1=0; x2=-2, y2=2.
A második esetben: x2-6x-6=0.
Az ebből kapott x értékekhez kiszámítjuk az y-t is: x3=3+15, y3=-3+15; x4=3-15, y4=-3-15.
 
3. Egy egyfordulós röplabdakupán ‐ ahol tehát bármely két csapat pontosan egyszer játszik egymással ‐ 30 lejátszott mérkőzés után még minden csapatnak három mérkőzése volt hátra. Hány csapat szerepelt a kupán?  (14 pont)
 
Megoldás. Legyen a csapatok száma n. Az összes mérkőzések száma: n(n-1)2. Minden csapatnak még 3 mérkőzése volt hátra, ez összesen 3n2 mérkőzés. Ezért a lejátszott mérkőzések száma:
n(n-1)2-3n2=30,
amiből az n2-4n-60=0 másodfokú egyenletet kapjuk. A gyökök: n1=10, n2=-6. A röplabdakupán 10 csapat vett részt.
 
4. Egy üzem termelése öt egymást követő évben mindig nőtt, az első évben 12, a másodikban 15, a harmadikban 20%-kal. A negyedik és az ötödik évben a növekedés százaléka azonos volt. Az ötödik évben az üzem a vizsgált időszakot megelőző év termelésének 2,3-szeresét érte el. Hány százalékkal növekedett a termelés a negyedik és az ötödik évben?  (14 pont)
 
Megoldás. Legyen az üzem termelése a vizsgált öt év előtti évben egységnyi, a vizsgált időszak negyedik és ötödik évében a termelés növekedése p%. Legyen 1+p100=q. A feladat szövege szerint: 1,121,151,2qq=2,3, amiből 1,5456q2=2,3, azaz q1,22.
A termelés a negyedik és az ötödik évben is 22%-kal növekedett.
 

II. rész
 

5. a) Az x2+bx+c=0 egyenlet gyökei 2-vel nagyobbak, mint az x2+cx+b=0 egyenlet gyökei. Számítsuk ki b és c értékét.
b) Az x2+bx+c=0 egyenlet egyik gyöke 6, a másik gyöke egyenlő az egyenlet diszkriminánsával. Számítsuk ki b és c értékét.
c) Az x2+bx+c másodfokú polinom két zérushelye x1 és x2. Írjunk fel olyan harmadfokú polinomot, amelynek zérushelyei: x1+x2; x12x2+x1x22; x13+x23.  (16 pont)
 
Megoldás. a) A második egyenlet gyökei x1 és x2, tehát x1+x2=-c, x1x2=b. Ekkor
x1+2+x2+2=-c+4=-b,
valamint
(x1+2)(x2+2)=x1x2+2(x1+x2)+4=b-2c+4=c.

A b=c-4 és a b=3c-4 egyenletekből álló egyenletrendszer megoldása: b=-4, c=0.
b) Mivel x1=6 és x2=D=b2-4c, azért
x1+x2=6+b2-4c=-bésx1x2=6(b2-4c)=c.
A b2+b-4c+6=0 és a 6b2-25c=0 egyenletekből álló egyenletrendszer megoldása: b1=-10, c1=24 és b2=-15, c2=54.
c) Mivel x1+x2=-b és x1x2=c, azért x12x2+x1x22=x1x2(x1+x2)=-cb és
x13+x23=(x1+x2)3-3x1x2(x1+x2)=-b3+3cb.

A keresett polinom szorzat alakban: (x+b)(x+cb)(x+b3-3cb). Elvégezve a beszorzást:
x3+b(b2-2c+1)x2+b2(b2+b2c-3c2-2c)x+b3c(b2-3c).

 
6. Oldjuk meg a (4-cos8x)(2+cos2x)=15 egyenletet.  (16 pont)
 
Megoldás. Vizsgáljuk meg a szorzat tényezőinek lehetséges értékeit. Mivel a koszinuszfüggvény értékkészlete [-1;1], azért 34-cos8x5 és 12+cos2x3.
A szorzat csak akkor egyenlő 15-tel, ha mindkét tényező maximális. Így a következő két egyenlet közös gyökeit keressük: 4-cos8x=5 és 2+cos2x=3, azaz cos8x=-1 és cos2x=1.
Az elsőből:
x1=π8+k1π4,aholk1Z,
a másodikból: x2=k2π, ahol k2Z.
A kapott x1 és x2 értékek között nincs közös, ezért az eredeti egyenletnek nincs valós megoldása.
 
7. a) Egy 27 fős osztályba 5-tel több lány jár, mint fiú. Mekkora a valószínűsége, hogy véletlenszerűen kiválasztott három tanuló között két fiú és egy lány van?
b) Egy 27 fős osztályból kiválasztunk két tanulót. Határozzuk meg az osztályban a fiúk számát úgy, hogy a legnagyobb valószínűsége legyen annak, hogy a kiválasztott tanulók különböző neműek. Mekkora ez a maximális valószínűség?
c) A 27 fős 11. osztályban egy rosszul sikerült matematika dolgozat átlaga pontosan 2. Az 5-ös, 4-es, 3-as osztályzatok száma egyenlő és azt is tudjuk, hogy valamennyi érdemjegy előfordult. Mennyi lehet az osztályzatok módusza és a mediánja?  (16 pont)
 
Megoldás. a) Három tanulót
(273)=272625123=2925-féleképpen
tudunk kiválasztani az osztályból. Az osztályba 16 lány és 11 fiú jár. A 11 fiúból
(112)=111012=55-féleképpen
választhatunk ki kettőt. Mindegyik kiválasztáshoz tartozhat a 16 lány bármelyike, vagyis a kedvező esetek száma 1655=880. A keresett valószínűség: 88029250,3.
b) Ha a fiúk számát n-nel jelöljük, akkor a lányok száma 27-n.
Az összes eset 27262=351, a kedvező esetek száma:
n(27-n)=-(n-13,5)2+182,25.
Ez n=13,5 esetén lenne maximális. Mivel n egész szám, azért a kedvező esetek száma akkor maximális, ha n=13 vagy n=14.
Vagyis 13 fiú és 14 lány, illetve 14 fiú és 13 lány esetén a legnagyobb a valószínűsége annak, hogy 1 fiút és 1 lányt választottunk. Ez a valószínűség:
P(1 fiú,1 lány)=1314351=14270,52.

c) A feltételek alapján legyen a db elégtelen, b db elégséges, c db közepes, jó és jeles. Ekkor
a+b+3c=27ésa+2b+c(3+4+5)27=2.
A második egyenletet alakítjuk: a+2b+12c=54. A két egyenletből a c-t kiejtjük, ezután: a=18-2b3. A b lehetséges értékeihez kiszámoljuk az a-t és a c-t:
b3691215182124  a161412108642  c21‐  
A c csak két esetben lett egész, ezek a számhármasok minden feltételnek megfelelnek.
1-es2-es3-as4-es5-ös  1. eset (db)1219222Ekkor a módusz: 1, a medián: 2.  2. eset (db)1618111Ekkor a módusz: 2, a medián: 2.

 
8. Egy harmadfokú f(x) függvényről tudjuk, hogy f(1)=f(3)=4, a harmadfokú tag együtthatója 1, továbbá 15f(x)dx=16. Írjuk fel a függvénygörbe érintőjének egyenletét a 4 abszcisszájú pontjában.  (16 pont)
 
Megoldás. A harmadfokú függvény hozzárendelési szabálya:
f(x)=x3+bx2+cx+d.
Tudjuk, hogy: f(1)=1+b+c+d=4, f(3)=27+9b+3c+d=4, továbbá:
15f(x)dx=15(x3+bx2+cx+d)dx=[x44+bx33+cx22+dx]15==6254+b1253+c252+5d-14-b13-c12-d=1243b+12c+4d+156=16.
A kapott három egyenlet rendezése után a következő egyenletrendszert kapjuk:
b+c+d=39b+3c+d=-2331b+9c+3d=-105.}
Az egyenletrendszer megoldása: b=-9, c=23, d=-11, azaz a harmadfokú függvény hozzárendelési szabálya: f(x)=x3-9x2+23x-11.
 
 

Meghatározzuk a keresett érintő meredekségét. Mivel f'(x)=3x2-18x+23, így f'(4)=342-184+23=-1. Az érintő meredeksége: m=-1.
Mivel f(4)=43-942+234-11=1, azért az érintési pont koordinátái: E(4;1).
Az E(4;1) pontra illeszkedő, m=-1 meredekségű érintő egyenlete: x+y=5.
 
9. Adottak az ABCD konvex négyszög három csúcsának koordinátái: A(2;3), B(-2;5), C(-3;-2), továbbá a D csúcsnál lévő belső szöge, ami 90.
a) Számítsuk ki az ABC háromszög területét.
b) Határozzuk meg a D csúcs koordinátáit úgy, hogy az ABCD négyszög területe maximális legyen.
c) Mekkora az ABCD négyszög kerülete, ha a D pont illeszkedik az x tengelyre?  (16 pont)
 
Megoldás. a) Az AC átló hossza 52, a B csúcs távolsága az AC egyenestől 32 egység. Innen az ABC háromszög területe: 52322=15 területegység.
 
 

b) Az ABC háromszög területe nem változik, ezért a D csúcsot úgy kell meghatároznunk, hogy az ACD derékszögű háromszög területe maximális legyen. Mivel AC adott, azért a D távolsága az AC-től maximális kell, hogy legyen. A D pont illeszkedik az AC Thalész-körére, és az előzőek alapján illeszkednie kell az AC felező merőlegesére is. Ennek egyenlete: y+x=0. Az egyenes megfelelő metszéspontja a Thalész-körrel: D(2;-2).
 
 

c) Legyen az x tengelyre illeszkedő, a feladat feltételeinek megfelelő pont: D(d;0). Ekkor AD2=(d-2)2+9, CD2=(d+3)2+4. Mivel az ACD háromszög derékszögű, azért Pitagorasz-tétele szerint: (d-2)2+9+(d+3)2+4=50. A rendezés után a d2+d-12=0 egyenletet kapjuk. Ennek csak a d=3 megoldása lesz megfelelő. A D(3;0) koordinátájú pont a feladat feltételeit teljesíti. Az így kapott ABCD konvex négyszög kerülete:
AB+BC+CD+DA=25+52+210+1021  (egység).