Cím: Megoldásvázlatok a 2007/6. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Szlovák Sándorné 
Füzet: 2007/október, 407 - 411. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

 
1. a) Egy urnában 100 cédula van 1-től 100-ig megszámozva. Mennyi a valószínűsége annak, hogy egyszerre két cédulát kihúzva ikerprímszámok lesznek a cédulákon? (Ikerprím két olyan prímszám, amelyek a természetes számok sorozatában egymás után következő páratlan számok.)
b) Mennyi a valószínűsége a ,,hármas iker'' húzásának, ha három cédulát húzunk ki egyszerre?  (11 pont)
 
Megoldás. a) 1-től 100-ig összesen 8 pár ikerprímszám van: (3;5), (5;7), (11;13), (17;19), (29;31), (41;43), (59;61) és a (71;73). A 100 cédula közül kettőt (1002)=4950-féleképpen lehet kiválasztani, ezért a keresett valószínűség p=849500,0016.
b) ,,Hármas iker'' csak egyféleképpen húzható, mert három egymást követő páratlan szám között mindig lesz egy 3-mal osztható. A 3-mal osztható számok között pedig egyetlen prímszám van, a 3. A ,,hármas iker'' így a (3;5;7).
A keresett valószínűség:
p=1(1003)=11617006,18410-6.

 
2. Osztható-e a (3819) binomiális együttható 17-tel?  (12 pont)
 
Megoldás.
(3819)=38!19!19!=123...161718...34...38(123...16171819)2.
A számláló és a nevező is a 17-nek pontosan a második hatványával osztható, ezért 172-nel lehet egyszerűsíteni. Tudjuk, hogy (3819) egész szám.
Az előzőek alapján látható, hogy a (3819) binomiális együttható nem osztható 17-tel.
 
3. Az
x2+y2+kx-k22y+1=0
kör egyenletében határozzuk meg a k paraméter értékét úgy, hogy a kör mindkét koordináta-tengelyt érintse.  (14 pont)
 
Megoldás. Alakítsuk át az egyenletet:
(x+k2)2-k24+(y-k24)2-k416+1=0,(x+k2)2+(y-k24)2=k416+k24-1.
A kör középpontja K(-k2;k24), sugara
r=k416+k24-1,
feltéve, hogy a gyökjel alatti kifejezés pozitív.
A kör akkor érinti mindkét koordináta-tengelyt, ha |-k2|=k24.
Az egyenletnek három megoldása van: k1=-2, k2=2 vagy k3=0.
A k1=-2 és a k2=2 esetén pozitív valós szám lesz az r (r=1). Ezek adják a két megoldást: (x-1)2+(y-1)2=1 és (x+1)2+(y-1)2=1.
 
4. a) Oldjuk meg az [x]2+3[x]-10=0 egyenletet a valós számok halmazán. (Az [x] az x-nél nem nagyobb egész számok közül a legnagyobbat jelenti.)
b) Milyen p és q egész számok esetén elégíti ki egyetlen egység hosszúságú számköz az [x]2+p[x]+q=0 egyenletet?  (14 pont)
 
Megoldás. a) Az [x]-re két értéket kapunk: [x]1=2, [x]2=-5.
Ha [x]1=2, akkor x[2;3[.
Ha [x]1=-5, akkor x[-5;-4[.
Vagyis a megoldás: x[-5;-4[[2;3[.
b) Az adott egyenletből [x]-re egy megoldást kell kapnunk, ha
D=p2-4q=0(p;qZ).
Vagyis a q négyzetszám és a p páros szám között ha fennáll a p2=4q összefüggés, akkor az egyenletnek a megoldása egyetlen, egység hosszúságú számköz.
 

II. rész
 

5. Határozzuk meg az x3+(3-2a)x2-a2x-3a2+2a3=0 egyenletben az ,,a'' valós paraméter értékét úgy, hogy az egyenlet valós gyökei valamilyen sorrendben mértani sorozatot alkossanak.  (16 pont)
 
Megoldás. Alakítsuk szorzattá a harmadfokú kifejezést:
x3+(3-2a)x2-a2x-a2(3-2a)=0,x(x2-a2)+(3-2a)(x2-a2)=0,(x2-a2)(x+3-2a)=0,(x-a)(x+a)(x+3-2a)=0.
Ebből az alakból leolvashatók az egyenlet gyökei: x1=a, x2=-a és x3=2a-3.
Három eset lehetséges.
I. A mértani sorozatban középső elem az x2=-a. Ekkor (-a)2=a(2a-3). Ennek az egyenletnek két gyöke van: a1=3, a2=0.
Az a1=3 esetén a mértani sorozat elemei: 3; -3; 3 (q=-1).
Az a2=0 nem ad megoldást.
II. A mértani sorozat középső eleme az x1=a. Ekkor a2=-a(2a-3). Ennek az egyenletnek két gyöke van: a3=1, a4=0.
Az a3=1 esetén a mértani sorozat elemei: -1; 1; -1 (q=-1).
Az a4=0 nem ad megoldást.
III. A mértani sorozat középső eleme az x3=2a-3. Ekkor (2a-3)2=-a2. Ennek az egyenletnek nincs valós megoldása.
Vagyis két megfelelő paramétert találtunk: a1=3, a3=1.
 
6. Egy szabályos sokszögben A, B, C és D a sokszög négy egymás utáni csúcsa, az AC szakasz négyzetes közepe az AB és AD szakasznak. Hány oldalú a sokszög?  (16 pont)
 

Megoldás. Legyen a sokszög köré írt kör sugara 1. Jelöljük az AB-hez tartozó középponti szöget 2α-val. Ekkor AB=2sinα, AC=2sin2α és AD=2sin3α.
 
 

A feladat feltétele szerint AC=AB2+AD22, azaz 2AC2=AB2+AD2. Ebből következik, hogy
24sin22α=4sin2α+4sin23α,
azaz 2sin22α=sin2α+sin23α. Az addíciós tételek felhasználásával a
8sin2αcos2α=sin2α+[sinα(3-4sin2α)]2
egyenlethez jutunk. Mivel sin2α0, azért eloszthatjuk vele az egyenlet mindkét oldalát. Így a 8cos2α=1+(3-4sin2α)2 egyenletet kapjuk. További alakításokkal:
8-8sin2α=1+9-24sin2α+16sin4α,8sin4α-8sin2α+1=0.
Ebből kapjuk, hogy sin2α=2±24, amihez cos2α=224 tartozik. Ekkor
sin22α=4sin2αcos2α=42±24224=12.
Csak abban az esetben kaphatunk szabályos sokszöget, ha a 2α fokban mért értéke n-ed része 360-nak, ahol n4. Az egyetlen megfelelő érték a 2α=45. Ez azt jelenti, hogy a szabályos sokszög nyolcoldalú.
 
7. a) Oldjuk meg a
2x2-[22sin(α+π4)]x+sin2α=0
egyenletet, ahol az α valós paraméter.
b) Mutassuk meg, hogy az f(α)=sin4α+cos4α hozzárendeléssel adott, valós számokon értelmezett függvény a g(α)=cos2α hozzárendeléssel adott, valós számokon értelmezett függvény transzformáltja.  (16 pont)
 
Megoldás. a) Az egyenlet a következő alakban is írható az addíciós tételek segítségével:
x2-(sinα+cosα)x+sinαcosα=0.
A gyökök és együtthatók közötti összefüggést alkalmazva az egyenlet gyökei: x1=sinα, x2=cosα.
f(α)=sin4α+cos4α=(sin2α+cos2α)2-2sin2αcos2α=(*)=1-12sin22α=12+12cos22α.

 
8. a) Mutassuk meg, hogy az y=x3+ax2+(2a-3)x+a-2 görbesereg minden tagja egy ponton megy át, ahol ,,a'' tetszőleges valós szám. Adjuk meg ennek a fix pontnak a koordinátáit.
b) Hogyan kell megválasztani az ,,a'' paraméter értékét, hogy a hozzá tartozó görbe x0=2 pontjában húzott érintője áthaladjon a P(-1;0) ponton?  (16 pont)
 

Megoldás. a) Két tetszőleges a értékhez tartozó görbe közös pontja megadja a fix pontot. Legyen a=0, illetve a=1. Ha a=0, akkor y=x3-3x-2. Ha a=1, akkor y=x3+x2-x-1.
Meghatározzuk a két görbe közös pontját:
x3+x2-x-1=x3-3x-2,azazx2+2x+1=0.
Vagyis x=-1.
A két görbe közös pontja P(-1;0), és ez valóban kielégíti a görbesereg minden tagjának egyenletét.
b) Felhasználjuk, hogy a keresett görbe x0=2 pontjához tartozó érintőjének meredekségét a derivált helyettesítési értéke adja. Az f'(x)=3x2+2ax+2a-3. Ebből f'(2)=6a+9=me. Az érintési pont második koordinátája f(2)=9a, ezért az érintési pont E(2;9a). Az érintő egyenlete az a paraméter függvényében y-9a=(6a+9)(x-2). Mivel át kell mennie a P(-1;0) ponton, azért -9a=-3(6a+9).
Vagyis a megfelelő paraméter: a=-3.
 
9. a) Határozzuk meg az ,,a'' paraméter értékét, ha
limxf(2x-12x+1)=0,
ahol f(x)=ax2-3x+2.
b) Számítsuk ki az f(x)=x2-3x+2 hozzárendeléssel megadott függvény grafikonja és az x tengely által meghatározott síkidom területét.  (16 pont)
 
Megoldás. a) Először számítsuk ki az f(x) függvény 2x-12x+1 helyen vett helyettesítési értékét:
f(2x-12x+1)=a(2x-12x+1)2-3(2x-12x+1)+2==a(22x-22x+1)-3(22x-1)+2(22x+22x+1)22x+22x+1==(a-1)22x-(2a-4)2x+a+522x+22x+1.
Ennek határértéke:
limx(2x-12x+1)=a-1=0a=1.
Ezért f(x)=x2-3x+2.
b) Az f(x) függvény zérushelyei: x1=1 és x2=2. A kérdéses terület:
T=|12(x2-3x+2)dx|=|[x33-3x22+2x]12|=|(83-6+4)-(13-32+2)|=16.