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

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. rész   1. Írjuk fel annak a körnek az egyenletét, amelyre illeszkedik az $\left(5;5\right)$ pont, továbbá az ${\left(x+2\right)}^2+{\left(y-4\right)}^2=10$ egyenletű kört az $\left(1;3\right)$ pontban érinti.  (11 pont)   Megoldás. Az adott kör középpontjának koordinátái: $\left(-2;4\right)$. A keresett kör középpontja rajta van az $\left(1;3\right)$ és a $\left(-2;4\right)$ pontokra illeszkedő $x+3y=10$ egyenletű egyenesen. A keresett kör középpontja rajta van az $\left(1;3\right)$ és az $\left(5;5\right)$ pontok által meghatározott húr felezőmerőlegesén is, a $2x+y=10$ egyenletű egyenesen. A két egyenes metszéspontja, vagyis a kör középpontjának koordinátái: $\left(4;2\right)$. A kör sugarának hosszát az $\left(1;3\right)$ és a $\left(4;2\right)$ pontok távolságaként számíthatjuk ki: $\sqrt[]{10}$. A keresett kör egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x-4\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2=10.}\end{array}$   2. A Sajó sóder nevű cukorkát ötvenesével csomagolják. A minőségellenőrzéskor megállapították, hogy csak $0\mathrm{,}9$ 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: $0\mathrm{,}{9}^6\approx 0\mathrm{,}531$. Vagyis 0,531 az esélye annak, hogy hat csomag cukorkát vásárolva mindegyik csomagban 50 darab cukorka lesz. $b)$ A keresett valószínűség: $\begin{array}{c}{\displaystyle 1-\left(0\mathrm{,}{9}^6+6\cdot 0\mathrm{,}{9}^5\cdot 0\mathrm{,}1\right)\approx 0\mathrm{,}114.}\end{array}$ 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 $A\cap B$ halmazt, ha $A=\left\{x\in \text{R}\mid 3\left(\text{ctg}x-\text{tg}x\right)=2\sqrt[]{3}\right\}$, $B=\left\{x\in \text{R}\mid |x|\le 2\right\}$.  (14 pont)   Megoldás. Megoldjuk a $3\left(\text{ctg}x-\text{tg}x\right)=2\sqrt[]{3}$ egyenletet. Ez $3\text{tg}{}^{2}x+2\sqrt[]{3}\text{tg}x-3=0$ alakra rendezhető, amiből $\text{tg}x$ lehetséges értékei: $\frac{\sqrt[]{3}}{3}$ vagy $-\sqrt[]{3}$. Vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle x_1=\frac{\pi }{6}+k_1\pi \mathrm{,}{x}_2=-\frac{\pi }{3}+k_2\pi \mathrm{,}\text{ahol}{k}_1\mathrm{,}{k}_2\in \text{Z}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $|x|\le 2$ feltétel szerint $-2\le x\le 2$. Vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle A\cap B=\left\{-\frac{\pi }{3};\frac{\pi }{6}\right\}\mathrm{.}}\end{array}$   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: $V_1=\frac{{\left(r-d\right)}^2\pi \left(m-d\right)}{3}$, $V_2=\frac{r^2\pi m}{3}$, $V_3=\frac{{\left(r+d\right)}^2\pi \left(m+d\right)}{3}$. Ha $V_1$, $V_2$, $V_3$ egy számtani sorozat három egymást követő eleme, akkor a $V_3-V_2=V_2-V_1$ egyenlőségnek kell teljesülnie. Számoljuk ki ezeket a különbségeket: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle V_3-V_2}& {\displaystyle =\frac{{\left(r+d\right)}^2\pi \left(m+d\right)}{3}-\frac{r^2\pi m}{3}=\frac{\pi }{3}\left[{\left(r+d\right)}^2\left(m+d\right)-r^{2}m\right]=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\pi }{3}\left(d^3+r^{2}d+2r{d}^2+2rmd+m{d}^2\right)\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle V_2-V_1}& {\displaystyle =\frac{r^2\pi m}{3}-\frac{{\left(r-d\right)}^2\pi \left(m-d\right)}{3}=\frac{\pi }{3}\left[r^{2}m-{\left(r-d\right)}^2\left(m-d\right)\right]=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{\pi }{3}\left(d^3+r^{2}d-2r{d}^2+2rmd-m{d}^2\right)\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Látható, hogy a két különbség csak $d=0$ esetén lehetne egyenlő, de a kúpok különbözőek, ezért $d\ne 0$. A kúpok térfogata nem lehet egy számtani sorozat három egymást követő eleme.   II. rész   5. Egy derékszögű háromszög rövidebb befogója $150$ egység, egyik hegyesszöge ${15}^{\circ }$. 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 ${12}^{\circ }$ és ${72}^{\circ }$. $a)$ 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.     ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle PAB\sphericalangle }& {\displaystyle =CAB\sphericalangle -CAP\sphericalangle =}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle ={15}^{\circ }-{12}^{\circ }=3^{\circ }\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle ABP\sphericalangle }& {\displaystyle =ABC\sphericalangle -PBR\sphericalangle =}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle ={75}^{\circ }-{72}^{\circ }=3^{\circ }}\hfill \end{array}}$ (így $APB={174}^{\circ }$). 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 $AB=\frac{150}{\text{sin}{15}^{\circ }}$. Az $APB$ háromszögben a szinusztételt felírva: $\frac{AP}{AB}=\frac{\text{sin}{3}^{\circ }}{\text{sin}{174}^{\circ }}$, amiből $\begin{array}{c}{\displaystyle AP=\frac{\frac{150}{\text{sin}{15}^{\circ }}\cdot \text{sin}{3}^{\circ }}{\text{sin}{174}^{\circ }}\approx 290\mathrm{,}2.}\end{array}$ Az $APQ$ derékszögű háromszögben $\text{sin}{12}^{\circ }=\frac{PQ}{PA}=\frac{PQ}{290\mathrm{,}2}$, amiből kapjuk a keresett távolságot: $PQ\approx 60\mathrm{,}3$. $c)$ Az $ABC$ háromszög területéből vonjuk le az $APB$ háromszög területét. Mivel $\text{tg}{75}^{\circ }=\frac{AC}{150}$, így $AC\approx 559\mathrm{,}8$. $\begin{array}{c}{\displaystyle t_{ABC}=\frac{150\cdot 559\mathrm{,}8}{2}=41\mathrm{985,}{t}_{APB}=\frac{290\mathrm{,}2\cdot 290\mathrm{,}2\cdot \text{sin}{174}^{\circ }}{2}\approx 4401\mathrm{,}5.}\end{array}$ A négyszög területe: $t=41985-4401\mathrm{,}5=37583\mathrm{,}5$.   6. Tekintsük az $y=\left(p-1\right)x^2+2px+4$ 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 $\left(p-1\right)x^2+2px+4=0$ egyenlet gyökeinek négyzetösszege $5$ legyen.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Olyan $p$ értéket keresünk, amelyre a $\left(p-1\right)x^2+2px+4=0$ másodfokú egyenletnek nincs esetén nemnegatív, vagyis a parabolának mindig van közös pontja az $x$ tengellyel. $b)$ Rendezzük a parabolasereg egyenletét a $p$ hatványai szerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle y=\left(x^2+2x\right)p-\left(x^2-4\right)\mathrm{.}}\end{array}$ 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 $\left(0;4\right)$, illetve a $\left(-2;0\right)$ pontokon. További ilyen pont pedig nincs, mert három különböző pont egyértelműen határoz meg egy legfeljebb másodfokú függvényt. $c)$ $\begin{array}{c}{\displaystyle x_1^2+x_2^2={\left(x_1+x_2\right)}^2-2x_1{x}_2={\left(\frac{-2p}{p-1}\right)}^2-2\cdot \frac{4}{p-1}=\frac{4p^2-8p+8}{{\left(p-1\right)}^2}=\mathrm{5,}}\end{array}$ amiből a $p^2-2p-3=0$ másodfokú egyenletet kapjuk. Ennek gyökei lesznek a keresett értékek: $p_1=-1$, $p_2=3$.   7. Melyek azok az $a$, $b$ egész számok, amelyekre $\text{lg}\left(3a+2b\right)=\text{lg}a+\text{lg}b?$  (16 pont)   Megoldás. A logaritmus definíciója miatt: $a>0$, $b>0$. A logaritmus azonosságai szerint: $\text{lg}\left(3a+2b\right)=\text{lg}ab$, azaz $3a+2b=ab$. Ezt írjuk a következő alakban: $6=ab-3a-2b+6$. Bontsuk szorzattá a jobb oldalon álló kifejezést: $6=\left(a-2\right)\left(b-3\right)$. A következő értékek jöhetnek szóba:     A feltételeknek a $\left(3;9\right)$, $\left(4;6\right)$, $\left(5;5\right)$, $\left(8;4\right)$ számpárok felelnek meg.   8. Az $f\left(x\right)=\sqrt[]{x}$ hozzárendeléssel megadott, a $\left[0;a\right]$ 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 $a>0$. $\begin{array}{c}{\displaystyle V=\pi \underset{0}{\overset{a}{\int }}{\left(\sqrt[]{x}\right)}^{2}dx=\pi \underset{0}{\overset{a}{\int }}xdx=\pi {\left[\frac{x^2}{2}\right]}_0^a=\frac{a^2\pi }{2}\le 1000.}\end{array}$ Innen $a\le 25$, tehát a keresett legnagyobb egész szám a 25. $b)$ Határozzuk meg a deriváltat: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\text{'}\left(x\right)=\left(x^{\frac{1}{2}}\right)\text{'}=\frac{1}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}\mathrm{.}}\end{array}$ Az érintő meredeksége: $\begin{array}{c}{\displaystyle f\text{'}\left(4\right)=\frac{1}{2}\cdot 4^{-\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\sqrt[]{4}}=\frac{1}{4}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $x=4$ abszcisszájú pont koordinátái: $\left(4;2\right)$. Az érintő egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle y-2=\frac{1}{4}\left(x-4\right)\mathrm{.}}\end{array}$   9. Határozzuk meg azt a hegyesszöget, amelyre a $4\text{cos}{}^{2}x+\frac{1}{\text{cos}{}^{2}x}$ összeg minimális. Mennyi ez a legkisebb érték?  (16 pont)   Megoldás. Hegyesszögek esetén a $4\text{cos}{}^{2}x$ és a $\frac{1}{\text{cos}{}^{2}x}$ is értelmezve van és pozitív. Ismerjük két pozitív szám esetén a mértani és a számtani közép közötti egyenlőtlenséget: $\sqrt[]{ab}\le \frac{a+b}{2}$. Egyenlőség $a=b$ esetén van. Alkalmazzuk ezt $a=4\text{cos}{}^{2}x$ és $b=\frac{1}{\text{cos}{}^{2}x}$ értékekre: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{4\text{cos}{}^{2}x\cdot \frac{1}{\text{cos}{}^{2}x}}\le \frac{4\text{cos}{}^{2}x+\frac{1}{\text{cos}{}^{2}x}}{2}\mathrm{,}}\end{array}$ amit így írhatunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle 4=2\cdot \sqrt[]{4\text{cos}{}^{2}x\cdot \frac{1}{\text{cos}{}^{2}x}}\le 4\text{cos}{}^{2}x+\frac{1}{\text{cos}{}^{2}x}\mathrm{.}}\end{array}$ A kifejezés értéke akkor lehet 4, ha $4\text{cos}{}^{2}x=\frac{1}{\text{cos}{}^{2}x}$. Ha $x$ hegyesszög, akkor ez ekvivalens a $\text{cos}x=\frac{\sqrt[]{2}}{2}$ feltétellel, ami most pontosan akkor teljesül, ha $x=\frac{\pi }{4}$.