Cím: Megoldásvázlatok a 2005/8. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2005/decemberi melléklet, 47 - 56. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Írjuk fel annak a körnek az egyenletét, amelyre illeszkedik az (5;5) pont, továbbá az (x+2)2+(y-4)2=10 egyenletű kört az (1;3) pontban érinti.  (11 pont)
 
Megoldás. Az adott kör középpontjának koordinátái: (-2;4). A keresett kör középpontja rajta van az (1;3) és a (-2;4) pontokra illeszkedő x+3y=10 egyenletű egyenesen. A keresett kör középpontja rajta van az (1;3) és az (5;5) pontok által meghatározott húr felezőmerőlegesén is, a 2x+y=10 egyenletű egyenesen. A két egyenes metszéspontja, vagyis a kör középpontjának koordinátái: (4;2).
A kör sugarának hosszát az (1;3) és a (4;2) pontok távolságaként számíthatjuk ki: 10.
A keresett kör egyenlete:
(x-4)2+(y-2)2=10.

 
2. A Sajó sóder nevű cukorkát ötvenesével csomagolják. A minőségellenőrzéskor megállapították, hogy csak 0,9 valószínűséggel találunk pontosan 50 darabot a csomagokban.
a) Mekkora az esélye annak, hogy hat csomag cukorkát vásárolva mindegyik csomagban 50 darab cukorka lesz?
b) Mekkora az esélye, hogy a hat csomag között legalább két olyan csomag van, amelyben nem 50 darab cukorkát találunk?  (12 pont)
 
Megoldás. a) Feltételezzük, hogy a vásárlásnál egymástól függetlenül, véletlenszerűen választottuk ki a csomagokat. A keresett valószínűség: 0,960,531.
Vagyis 0,531 az esélye annak, hogy hat csomag cukorkát vásárolva mindegyik csomagban 50 darab cukorka lesz.
b) A keresett valószínűség:
1-(0,96+60,950,1)0,114.

Vagyis 0,114 az esélye, hogy a hat csomag között legalább két olyan csomag van, amelyben nem 50 darab cukorkát találunk.
 
3. Határozzuk meg az AB halmazt, ha A={xR3(ctgx-tgx)=23}, B={xR|x|2}.  (14 pont)
 
Megoldás. Megoldjuk a 3(ctgx-tgx)=23 egyenletet. Ez 3tg2x+23tgx-3=0 alakra rendezhető, amiből tgx lehetséges értékei: 33 vagy -3. Vagyis
x1=π6+k1π,x2=-π3+k2π,aholk1,k2Z.

Az |x|2 feltétel szerint -2x2.
Vagyis
AB={-π3;π6}.

 
4. Három különböző körkúpról tudjuk, hogy mind az alapkörük sugara, mind a kúpok magassága egy-egy azonos differenciájú számtani sorozat három egymást követő eleme. Mutassuk meg, hogy a kúpok térfogata nem lehet egy számtani sorozat három egymást követő eleme.  (14 pont)
 
Megoldás. Az alapkörök sugarai legyenek: r-d, r, r+d, a magasságok: m-d, m, m+d. Ekkor a térfogatok: V1=(r-d)2π(m-d)3, V2=r2πm3, V3=(r+d)2π(m+d)3. Ha V1, V2, V3 egy számtani sorozat három egymást követő eleme, akkor a V3-V2=V2-V1 egyenlőségnek kell teljesülnie. Számoljuk ki ezeket a különbségeket:
V3-V2=(r+d)2π(m+d)3-r2πm3=π3[(r+d)2(m+d)-r2m]==π3(d3+r2d+2rd2+2rmd+md2),V2-V1=r2πm3-(r-d)2π(m-d)3=π3[r2m-(r-d)2(m-d)]==π3(d3+r2d-2rd2+2rmd-md2).
Látható, hogy a két különbség csak d=0 esetén lehetne egyenlő, de a kúpok különbözőek, ezért d0. A kúpok térfogata nem lehet egy számtani sorozat három egymást követő eleme.
 

II. rész
 

5. Egy derékszögű háromszög rövidebb befogója 150 egység, egyik hegyesszöge 15. A háromszög egy belső P pontját kössük össze az átfogó két végpontjával. Ezek a szakaszok és a két befogó olyan konkáv négyszög oldalai, melynek hegyesszögei 12 és 72.
a) Az átfogó melyik végpontjához van közelebb a P pont?
b) Milyen távol van a hosszabbik befogótól a P pont?
c) Mekkora a szóban forgó konkáv négyszög területe?  (16 pont)
 
Megoldás. Készítsünk egy vázlatrajzot a feladat szövege alapján.
 
 


PAB=CAB-CAP=(*)=15-12=3,ABP=ABC-PBR==75-72=3
(így APB=174).
Mivel az ABP háromszögben két szög egyenlő, így AP=BP, vagyis a felvett belső pont az átfogó két végpontjától egyenlő távolságra van.
b) Az ABC derékszögű háromszögben AB=150sin15. Az APB háromszögben a szinusztételt felírva: APAB=sin3sin174, amiből
AP=150sin15sin3sin174290,2.

Az APQ derékszögű háromszögben sin12=PQPA=PQ290,2, amiből kapjuk a keresett távolságot: PQ60,3.
c) Az ABC háromszög területéből vonjuk le az APB háromszög területét.
Mivel tg75=AC150, így AC559,8.
tABC=150559,82=41985,tAPB=290,2290,2sin17424401,5.
A négyszög területe: t=41985-4401,5=37583,5.
 
6. Tekintsük az y=(p-1)x2+2px+4 egyenletű parabolákat, ahol p  1-től különböző tetszőleges valós szám.
a) Van-e a p paraméternek olyan értéke, amelyre a parabolának nincs közös pontja az x tengellyel?
b) Határozzuk meg azokat a pontokat, amelyek a fenti parabolasereg valamennyi elemére illeszkednek.
c) Határozzuk meg a p paraméter értékét úgy, hogy a (p-1)x2+2px+4=0 egyenlet gyökeinek négyzetösszege 5 legyen.  (16 pont)
 
Megoldás. a) Olyan p értéket keresünk, amelyre a (p-1)x2+2px+4=0 másodfokú egyenletnek nincs
esetén nemnegatív, vagyis a parabolának mindig van közös pontja az x tengellyel.
b) Rendezzük a parabolasereg egyenletét a p hatványai szerint:
y=(x2+2x)p-(x2-4).
Látható, hogy ha a p együtthatója 0, akkor y értéke nem függ a p-től. Ez akkor teljesül, ha x=0 vagy x=-2. Így minden adott típusú parabola áthalad a (0;4), illetve a (-2;0) pontokon. További ilyen pont pedig nincs, mert három különböző pont egyértelműen határoz meg egy legfeljebb másodfokú függvényt.
c)
x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=(-2pp-1)2-24p-1=4p2-8p+8(p-1)2=5,
amiből a p2-2p-3=0 másodfokú egyenletet kapjuk. Ennek gyökei lesznek a keresett értékek: p1=-1, p2=3.
 
7. Melyek azok az a, b egész számok, amelyekre lg(3a+2b)=lga+lgb?  (16 pont)
 
Megoldás. A logaritmus definíciója miatt: a>0, b>0.
A logaritmus azonosságai szerint: lg(3a+2b)=lgab, azaz 3a+2b=ab. Ezt írjuk a következő alakban: 6=ab-3a-2b+6. Bontsuk szorzattá a jobb oldalon álló kifejezést: 6=(a-2)(b-3). A következő értékek jöhetnek szóba:
 
 
A feltételeknek a (3;9), (4;6), (5;5), (8;4) számpárok felelnek meg.
 
8. Az f(x)=x hozzárendeléssel megadott, a [0;a] intervallumon értelmezett függvény görbéjét megforgatjuk az x tengely körül.
a) Határozzuk meg azt a legnagyobb a egész számot, amelyre a keletkezett forgástest térfogata nem haladja meg az 1000 térfogategységet.
b) Írjuk fel az érintő egyenletét az f grafikonjának 4 abszcisszájú pontjában.  (16 pont)
 
Megoldás. a) Számítsuk ki a keletkezett forgástest térfogatát. Tudjuk, hogy az nem haladja meg az 1000 térfogategységet. A kérdés úgy értelmes, ha a>0.
V=π0a(x)2dx=π0axdx=π[x22]0a=a2π21000.
Innen a25, tehát a keresett legnagyobb egész szám a 25.
b) Határozzuk meg a deriváltat:
f'(x)=(x12)'=12x-12.

Az érintő meredeksége:
f'(4)=124-12=1214=14.

Az x=4 abszcisszájú pont koordinátái: (4;2).
Az érintő egyenlete:
y-2=14(x-4).

 
9. Határozzuk meg azt a hegyesszöget, amelyre a 4cos2x+1cos2x összeg minimális. Mennyi ez a legkisebb érték?  (16 pont)
 
Megoldás. Hegyesszögek esetén a 4cos2x és a 1cos2x is értelmezve van és pozitív.
Ismerjük két pozitív szám esetén a mértani és a számtani közép közötti egyenlőtlenséget: aba+b2. Egyenlőség a=b esetén van.
Alkalmazzuk ezt a=4cos2x és b=1cos2x értékekre:
4cos2x1cos2x4cos2x+1cos2x2,
amit így írhatunk:
4=24cos2x1cos2x4cos2x+1cos2x.
A kifejezés értéke akkor lehet 4, ha 4cos2x=1cos2x. Ha x hegyesszög, akkor ez ekvivalens a cosx=22 feltétellel, ami most pontosan akkor teljesül, ha x=π4.