Cím: Megoldásvázlatok a 2007/8. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Koncz Levente 
Füzet: 2007/december, 519 - 523. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Határozzuk meg azokat az a, b, c egész számokat, melyekre teljesül a következő két tulajdonság:
i) A három szám összege fele a szorzatuknak;
ii) Az egyik szám egyenlő a másik kettő összegével.  (11 pont)
 
Megoldás. Feltehetjük, hogy a=b+c, így 2(a+b+c)=4a=abc, azaz
a(bc-4)=0.

I. eset: a=0. Ekkor b=-c (c tetszőleges egész).
II. eset: bc=4. Vagyis a 4-et kell két egész szám szorzataként előállítanunk. Ekkor a megoldások:
a=5,b=4,c=1;a=-5,b=-4,c=-1;a=5,b=1,c=4;a=-5,b=-1,c=-4;a=4,b=2,c=2;a=-4,b=-2,c=-2.

 
2. Két, egy síkban haladó repülőgép repülési pályája két, egymásra merőleges egyenes. Egy adott pillanatban pályájuk képzeletbeli metszéspontjától az egyik repülőgép 2 km, a másik 2,5 km távolságban van. Az előbbi gép sebessége 270 km/h, a másiké 180 km/h. A gépek vészjelzője figyelmezteti a pilótákat, ha 1 km-nél jobban megközelítik egymást.
a) Határozzuk meg, hány másodperc múlva lesz a két repülőgép távolsága minimális. (9 pont)
b) Megszólal-e a vészjelző a repülőgépeken?  (3 pont)
 
Megoldás. a) Tegyük fel, hogy a gépek a metszéspont felé közelítenek. Az egyik gép sebessége 75 m/s, a másiké 50 m/s. Pályáik metszéspontjától t másodperc elteltével az egyik gép 2000-75t, a másik 2500-50t méter távolságban lesz. A két gép távolsága:
d=(2000-75t)2+(2500-50t)2,
aminek a minimumát keressük. Ez akkor minimális, amikor
d2=8125t2-550000t+10250000
minimális. A kifejezés minimumhelye: t=5500002812533,85 másodperc. (Ekkor az első gép már túl lesz az útvonalak metszéspontján.)
b) A kapott t értéket behelyettesítve a távolságképletbe kapjuk, hogy a két gép minimális távolsága 971 méter, tehát a vészjelzők megszólalnak.
 
3. Egy nem állandó számtani sorozat első három eleme közül a másodikat és a harmadikat felcserélve egy mértani sorozat első három elemét kapjuk. A számtani sorozat első eleme egyenlő a második és a harmadik elem szorzatának ellentettjével. Határozzuk meg a számtani sorozatot.  (14 pont)
 
Megoldás. A számtani sorozat első elemét a-val, differenciáját d-vel jelölve a számtani sorozat elemei sorban a, a+d és a+2d; a mértani sorozaté pedig sorban a, a+2d és a+d. A mértani sorozat tulajdonsága szerint: a+da+2d=a+2da. Ezt átalakítva adódik, hogy a=-43d (d0).
A második feltétel szerint a=-(a+d)(a+2d). Behelyettesítve az a-ra kapott kifejezést kapjuk, hogy d=-6 és a=8.
A keresett számtani sorozat tehát an=8-(n-1)6, ami valóban megfelel a feltételeknek.
 
4. Egy 30 fős osztályból hányféle különböző módon állíthatunk össze
a) egy ötfős csoportot;  (2 pont)
b) egy legfeljebb öt-, de legalább kétfős csoportot;  (4 pont)
c) egy ötfős csoportot, ha az osztály diákbizottság elnökének mindenképp benne kell lennie;  (4 pont)
d) egy ötfős csoportot, akik közül egy embert csoportvezetőnek jelölünk ki? (4 pont)
 
Megoldás. a) (305)=142506.
b) (305)+(304)+(303)+(302)=174406.
c) Ekkor a maradék 29 diákból kell négyet választanunk: (294)=23751.
d) Az első kérdésnél kapott eredményt szorozzuk 5-tel, hiszen az öt tag közül bármelyikük lehet a csoportvezető: (305)5=712530.
 

II. rész
 

5. Egy egyenes körkúp alakú edény alapkörének sugara 12 cm, magassága 18 cm. Az edényt csúcsára állítjuk, és 1 liter vizet töltünk bele.
a) Milyen magasan áll benne a víz?  (8 pont)
b) Mennyi festékre lenne szükség az edény külső falának befestéséhez, ha 1 liter festék 8m2 felületre elegendő?  (8 pont)
 
Megoldás. a) A betöltött víz által elfoglalt rész hasonló az edényhez, tehát egy olyan egyenes körkúp, melynek magassága másfélszerese az alapkör sugarának. Sugarát ϱ-val jelölve
1000=ϱ2π1,5ϱ3,ahonnan1,5ϱ=1,530001,5π312,9cm.  
Tehát a víz kb. 12,9 cm magasan áll benne.
b) A kúppalást felszínét kell kiszámolnunk. Pitagorasz tételéből a kúp alkotója: a21,63 cm. A kúppalást felszíne: A=rπa815,43cm2.
Mivel 1000 cm3 festék 80000cm2 felület befestéséhez elegendő, azért az edény falához elég lesz 10,19cm3  = 10,19 milliliter festék.
 
6. A hagyományos ötöslottón egy szelvénnyel játszva a nyerés (legalább két találat) esélye kb. 2,33%. A nagy nyeremény reményében 100 véletlenszerűen kitöltött szelvényt küldünk játékba.
a) Mekkora valószínűséggel lesz legalább egy nyertes szelvényünk?  (5 pont)
b) Mekkora valószínűséggel lesz pontosan három nyertes szelvényünk?  (5 pont)
c) Hány szelvényt kellene feladni egy adott héten, hogy legalább 99% valószínűséggel legyen köztük nyertes szelvény?  (6 pont)
 
Megoldás. a) P(legalább 1 nyertes)=1-P(egy se nyer)=1-(1-0,0233)1000,905.
b) P(3 nyertes)=(1003)0,02333(1-0,0233)970,208.
c) 0,99<P(van nyertes)=1-P(egy se nyer), azaz
0,01>P(egy se nyer)=(1-0,0233)n.
Mindkét oldal logaritmusát véve: -2>nlg0,9767. Ebből kapjuk, hogy
n>-2lg0,9767195,3.
Tehát legalább 196 szelvénnyel kellene játszanunk.
 
7. Egy számunkra megközelíthetetlen hegy tetején álló adótorony magasságát szeretnénk meghatározni. A hegy lábával azonos magasságban elterülő síkságon felvesszük az egymástól 80 méterre lévő A és B pontokat úgy, hogy a B pontból az A pont és a torony (ebben a sorrendben) egy irányban látszódjanak. Az A pontból a torony alját 4130'-es, a tetejét 49-os, a B pontból a torony alját 3415'-es szög alatt látjuk.
a) Milyen magas a hegy?  (7 pont)
b) Milyen magas a torony?  (5 pont)
c) Mekkora szög alatt látszik a B pontból a torony teteje?  (4 pont)
 
Megoldás. a) Az adótorony tetejét jelölje T, alját T', a toronynak a talaj síkjára eső merőleges vetülete pedig legyen H. Ezekkel a jelölésekkel T'AH=41,5, tehát T'AB=138,5, T'BA=34,25, míg AT'B=7,25. A T'AB háromszögben a szinusz tételt felírva:
T'A80=sin34,25sin7,25,
s ebből
T'A=80sin34,25sin7,25356,8.
A T'HA háromszögből:
T'H=T'Asin41,5236,4.
Vagyis a hegy magassága kb. 236,4 m.
 
 

b) A TT'A háromszögben T'AT=7,5 és T'TA=41. A szinusz tétellel:
TT'T'A=sin7,5sin41,ebbőlTT'=356,8sin7,5sin4171.
Vagyis kb. 71 m magas az adótorony.
c) HA=T'Htg41,5267,2.
tgHBT=THHB=TT'+T'HHA+AB=307,4347,2,
ahonnan HBT41,5. Vagyis a torony teteje a B pontból kb. 41,5-os szögben látszik.
 
8. Adott a koordináta-rendszerben az
x2+y2-4x-2y-20=0
egyenletű k1 kör.
a) Határozzuk meg a k1 körbe írt derékszögű háromszög harmadik csúcsának koordinátáit, ha két ismert csúcsának koordinátái (-2;4) és (5;5).  (6 pont)
b) Keressünk az x tengelyen olyan pontot, melyből a k1 körhöz és az
(x-12)2+y2=4
egyenletű k2 körhöz húzott érintők hosszúsága egyenlő.  (10 pont)
 
Megoldás. a) A kör egyenletét átalakítva: (x-2)2+(y-1)2=25. Tehát a kör középpontja a P(2;1) pont, sugara pedig 5 egység.
A két megadott pont valóban rajta van a körön.
Thalész tétele miatt a két pont által meghatározott szakasz a derékszögű háromszögnek csak befogója lehet, a háromszög harmadik csúcsa pedig a megadott pontok valamelyikén áthaladó átmérő átellenes pontja.
A kör középpontját felhasználva ezek könnyen meghatározhatók: (6;-2) vagy (-1;-3).
b) A keresett T pont koordinátái legyenek (t;0), az egyik érintési pont k1-en legyen S1. A k2 kör középpontja U(12;0), sugara 2 egység, az egyik érintési pont itt legyen S2. TS1P és TS2U háromszögek derékszögűek, a TS1 és TS2 érintőszakaszok egyenlők.
A Pitagorasz-tételeket felírva:
TS12=TP2-PS12=(t-2)2+(0-1)2-52;TS22=TU2-US22=(t-12)2-22.
TS1=TS2 miatt: (t-2)2-24=(t-12)2-4. Ezt megoldva t=8 adódik.
Vagyis a keresett pont a (8;0).
 
9. a) Határozzuk meg az f(x)=px2+2x+q függvény grafikonja, valamint az x=4 és az x=6 egyenesek által közrezárt síkidom területét, ha tudjuk, hogy
02f(x)dx=-2és24f(x)dx=54.(9 pont)

b) Határozzuk meg azon k értékeket, melyekre
0kf(x)dx=0.(7 pont)

 
Megoldás. a) A két integrál értékéből egy-egy egyenletet írhatunk fel a két ismeretlen paraméterre:
02(px2+2x+q)dx=[px33+x2+qx]02=8p3+4+2q=-2,24(px2+2x+q)dx=[px33+x2+qx]24=(64p3+16+4q)-(8p3+4+2q)==56p3+12+2q=54.
Rendezve a két egyenletet kapjuk, hogy 8p+18+6q=0 és 56p-126+6q=0. Az egyenletrendszer megoldása: p=3, q=-7. A keresett terület:
463x2+2x-7=[x3+x2-7x]46=(216+36-42)-(64+16-28)=210-52=158.

b)
0k3x2+2x-7=[x3+x2-7x]0k=k3+k2-7k=k(k2+k-7)=0.
A harmadfokú egyenlet megoldásai: k1=0, k2=-1+2922,19, k3=-1-292-3,19.