Cím: Megoldásvázlatok a 2007/9. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2008/január, 13 - 18. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet:
2x2-10x+9x2-4x-12=x2-x-9(x-6)(x+2).(11 pont)
 

Megoldás. A két nevező egyenlő. A feladat értelmezési tartománya: xR\{-2;6}. A számlálóknak is egyenlőnek kell lenni: 2x2-10x+9=x2-x-9. A következő másodfokú egyenletet kapjuk:
x2-9x+18=0.
A gyökök: x1=3, x2=6. A feladat megoldása az x1=3, mert csak ez van benne az értelmezési tartományban.
2. Az ABC háromszög oldalainak hossza 26, 28 és 30.
a) Igazoljuk, hogy a háromszög hegyesszögű!
b) Mekkora a háromszög leghosszabb magassága?
c) Az ABC háromszög síkjával párhuzamos síkban van egy A'B'C' háromszög, amely az ABC háromszöghöz középpontosan hasonló, a hasonlóság aránya 0,5. A két párhuzamos sík távolsága 12. Mennyi az ABCA'B'C' test térfogata?  (12 pont)
 

Megoldás. a) Számoljuk ki az ABC háromszög leghosszabb oldalával szemközti, legnagyobb γ szögét. Írjuk föl a koszinusz-tételt a γ szögre:
302=262+282-22628cosγ,
amiből cosγ0,3846. Vagyis a háromszög legnagyobb szöge hegyes (γ67,4), így a háromszög hegyesszögű.
b) Számoljuk ki az ABC háromszög területét. A Heron-képlet szerint
T=s(s-a)(s-b)(s-c),
ahol s a háromszög kerületének felét, az a, b, c pedig a háromszög oldalainak a hosszát jelenti. Vagyis T=42121416=336. A leghosszabb ma magasság a legrövidebb oldalhoz tartozik. Ezzel felírva a területet:
336=26ma2,amibőlma=3361325,83.

c) Az ABC háromszög területe T=336. A hozzá hasonló háromszög területe: t=14336=84, mivel a hasonlóság aránya 0,5, és a terület a hasonlóság arányának négyzetével arányos.
A kérdéses test egy csonkagúla, írjuk fel a térfogatát:
V=m3(T+Tt+t)=123(336+33684+84)=2352.

3. a) Hány olyan négyjegyű szám van, amely osztható 3-mal és 9-re végződik?
b) Ha egy számtani sorozat első 51 darab páratlan sorszámú elemének összegéből kivonjuk az első 50 darab páros sorszámú elemének összegét, különbségként 2007-et kapunk. Ha ugyanennek a számtani sorozatnak az első 50 darab páros sorszámú elemének összegéből kivonjuk az első 50 darab páratlan sorszámú elemének összegét, akkor pedig 2000 a különbség. Határozzuk meg a sorozat 101. elemét.  (14 pont)
 

Megoldás. a) A 9-re végződő négyjegyű szám akkor osztható 3-mal, ha a 9 előtt levő háromjegyű szám osztható 3-mal. 900 háromjegyű szám van, és ezek közül minden harmadik, azaz 300 darab osztható 3-mal.
Vagyis 300 darab olyan négyjegyű szám van, amely osztható 3-mal és 9-re végződik.
b) Legyen a számtani sorozat első eleme a, a differenciája d.
Az első 51 darab páratlan sorszámú elemének összege: 51a+2550d.
Az első 50 darab páros sorszámú elemének összege: 50a+2500d.
Az első 50 darab páratlan sorszámú elemének összege: 50a+2450d.
A szöveg szerint:
(51a+2550d)-(50a+2500d)=a+50d=2007,és(50a+2500d)-(50a+2450d)=50d=2000.
Vagyis d=40, a=7. A sorozat 101. eleme az a+100d=7+10040=4007.
4. Mekkora szögben látszik a PQ szakasz az y=x2-2x-2 egyenlettel megadott alakzat P(-1;1) és Q(2;-2) pontjában húzott érintők metszéspontjából? Adjuk meg az érintők metszéspontjának koordinátáit.  (14 pont)
 

Megoldás. Az érintő meredekségét az első derivált adja:
(x2-2x-2)'=2x-2.
P pontra illeszkedő érintő meredeksége -4, a Q pontra illeszkedő érintő meredeksége 2. A P-re illeszkedő érintő egyenlete:
eP:y-1=-4(x+1),
azaz y=-4x-3. A Q-ra illeszkedő érintő egyenlete:
eQ:y+2=2(x-2),
azaz y=2x-6. Vagyis a két érintő metszéspontja: R(12;-5).
 
 

A PQR háromszög oldalainak hosszát kiszámítjuk a csúcsok koordinátáiból: RQ=11,25, RP=38,25, PQ=32. Írjuk fel a koszinusz-tételt a kérdéses szögre:
18=11,25+38,25-211,2538,25cosφ,
ahonnan cosφ0,7593, vagyis φ40,6.
 

II. rész
 

5. Legyen P az ABCD négyzet AC átlójának az a pontja, amelyre AP=AB=1. Az AC átlóra a P pontban állított merőleges egyenes a BC oldalt a Q pontban metszi. Az ABCD sík P pontjában a síkra állított merőleges egyenesre mérjük fel a PE=1 távolságot.
a) Igazoljuk, hogy az ABQP négyszög deltoid.
b) A deltoid területe hányadrésze a négyzet területének?
c) Számítsuk ki az ABCDE gúla oldallapjainak az alaplap síkjával bezárt hajlásszögét.  (16 pont)
 

Megoldás. a) A feltétel szerint AP=AB=1 és AC=2, azért PC=2-1. A CPQ derékszögű háromszögben a C-nél 45 van, ezért PQ=PC=2-1. A CPQ derékszögű háromszög átfogójának hossza: CQ=2(2-1)=2-2. Ebből következik, hogy BQ=CB-CQ=1-(2-2)=2-1. Vagyis AP=AB, valamint BQ=PQ, így az ABQP négyszög valóban deltoid.
 
 

b) Az ABCD négyzet területe 1. Mivel az ABQP négyszög derékszögű deltoid, azért területe: t=ABBQ=1(2-1)0,41. Ennyied része a deltoid területe a négyzet területének.
c) Két-két oldallap hajlásszöge megegyezik, így két szöget kell kiszámítanunk. A P pontból az AD élre állított merőleges talppontja legyen L, a DC élre állított merőlegesé pedig M. Az APL és a PCM egyenlő szárú derékszögű háromszögek felhasználásával: LP=12, MP=2-12. A keresett α, illetve β szögek az LPE és az MPE derékszögű háromszögekből határozhatók meg:
tgα=112=2,vagyisα54,74,éstgβ=12-12=22-1,vagyisβ73,68.

6. A 10n+14n+15n+21n kifejezésben az n  3-mal osztható pozitív páratlan1 egész számot jelöl.
a) Igazoljuk, hogy a négytagú összeg minden ilyen n esetén osztható lesz 1260-nal.
b) A négytagú összeg két tagját véletlenszerűen kiválasztjuk. Mekkora valószínűséggel lesz a két tag összege hárommal osztható?  (16 pont)
 

Megoldás. a) Alakítsuk át a négytagú kifejezést:
10n+14n+15n+21n=2n5n+2n7n+3n5n+3n7n=(2n+3n)(5n+7n).
Legyen n=3k, ahol k páratlan pozitív egész számot jelöl. Ekkor
(2n+3n)(5n+7n)=(23k+33k)(53k+73k)=(8k+27k)(125k+343k).
Mivel a kitevők páratlan számok, azért 358k+27k és 468125k+343k. A 468 osztható 36-tal, és (35;36)=1, ezért a kifejezés osztható 3536=1260-nal.
b) A négytagú összeg két tagját hatféleképpen választhatjuk ki. Mivel a kitevők páratlan számok, azért az összeg osztható lesz az alapok összegével. Az alapok összege a következő hat érték közül kerülhet ki: 24, 25, 31, 29, 35, 36. Ezek közül két szám osztható hárommal, vagyis két esetben biztosan 3-mal osztható az összeg. A további négy esetben nem kaphatunk 3-mal osztható számot, mert a kéttagú összeg egyik tagja osztható 3-mal, a másik pedig nem. Így a keresett valószínűség 13.
7. Igazoljuk, hogy a valós számok halmazán értelmezett f(x)=8x3-6x-1 hozzárendeléssel megadott függvénynek három különböző zérushelye van és ezek közül a legnagyobb: x1=cosπ9.  (16 pont)
 

Megoldás. Tudjuk, hogy f(x) mindenütt folytonos függvény. Mivel az
f'(x)=24x2-6
függvény zérushelyei a -12 és az 12, azért itt lehet az eredeti függvénynek lokális szélsőértéke. Ezeken a helyeken az első derivált előjelet vált (pozitívból negatívba, illetve negatívból pozitívba megy át), így az első helyen lokális maximuma, a második helyen lokális minimuma van a függvénynek. Számolással kapjuk, hogy f(-0,5)=1 és f(0,5)=-3. Vagyis a ]-12;12] intervallumon van zérushelye a függvénynek.
x<-12x=-12-12<x<12x=1212<xfmaximumminimumf'+0-0+


 
 

Mivel limx(8x3-6x-1)=, azért az ]12;[ intervallumon is van zérushelye a függvénynek.
Mivel limx-(8x3-6x-1)=-, azért a ]-;-12] intervallumon is van zérushelye a függvénynek.
Azaz van három különböző zérushelye.
Mivel f(0)=-1, azért a középső zérushelyről az is megállapítható, hogy a ]-12;0] intervallumon található. Ez azt jelenti, hogy két negatív és egy pozitív zérushellyel rendelkezik a függvény. Tudjuk, hogy cosπ9>0, ezért ha az x1=cosπ9 valóban zérushelye a függvénynek, akkor az a három zérushely közül csakis a legnagyobb lehet.
A π9 háromszorosa π3, ami nevezetes szög. Tudjuk, hogy cosπ3=12. Alkalmazzuk a cos3α=4cos3α-3cosα összefüggést:
cosπ3=4cos3π9-3cosπ9.
Ezt 2-vel szorozva és rendezve kapjuk:
8cos3π9-6cosπ9-1=0.

Ez pontosan azt jelenti, hogy az f(x)=8x3-6x-1 hozzárendelésű függvénynek az x1=cosπ9 a zérushelye.
8. a) Egy szabályos sokszöget két átlójával négy síkidomra vágtunk: négyszögre, ötszögre, hatszögre és nyolcszögre. Hány oldala van a szabályos sokszögnek?
b) Egy szabályos tizenötszög csúcsait pirosra, a belsejében pedig néhány pontot zöldre színeztünk. Az így kapott színes pontokat minden lehetséges módon páronként összekötöttük egy-egy szakasszal. Azon szakaszok száma, amelyeknek a végpontjai azonos színűek megegyezik azon szakaszok számával, amelyeknek a két végpontja nem azonos színű. Hány darab zöld pontot vettünk fel a sokszög belsejében?  (16 pont)
 

Megoldás. a) A feladatban szereplő két átló metszi egymást. Az átlók egy-egy darabja oldala lesz a keletkezett sokszögeknek. Mind a négy sokszögben két-két oldal az átlók egy-egy darabja lesz. Ezért a négyszögnek kettő, az ötszögnek három, a hatszögnek négy, a nyolcszögnek pedig hat olyan oldala van, amely az eredeti sokszögnek is oldala. Az eredeti sokszög minden oldala szerepel valamelyik keletkező sokszög oldalaként. Ezért az eredeti sokszögnek 2+3+4+6, azaz 15 oldala van.
 
 

b) Legyen a zöld pontok száma n. A piros végű szakaszok száma (152), a zöld végű szakaszok száma (n2). Azon szakaszok száma, amelyeknek az egyik vége piros, a másik pedig zöld, 15n. Felírhatjuk a következő egyenletet:
(n2)+(152)=15n,azazn(n-1)2+15142=15n.
Rendezzük az egyenletet: n2-31n+210=0. A két gyök: n1=10, n2=21. Vagyis a zöld pontok száma 10 vagy 21.
9. Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán:
(7+43)x+(7-43)x=52.(16 pont)
 

Megoldás. Alakítsuk át az egyenletet, felhasználva, hogy (2+3)2=(7+43) és hasonlóképpen (2-3)2=(7-43):
(2+3)2x+(2-3)2x=52,innen(2+3)x+(2-3)x=52.
Legyen (2+3)x=a, ekkor (2-3)x=1a.
Megoldjuk az a+1a=52 egyenletet, amit 2a-val szorozva és rendezve kapjuk, hogy:
2a2-5a+2=0.
A gyökök: a1=2, a2=12.
A (2+3)x=2 egyenletből kapjuk, hogy
x1=lg2lg(2+3)0,5263.

A (2+3)x=12 egyenletből kapjuk, hogy
x2=log12lg(2+3)=-lg2lg(2+3)-0,5263.

1A ,,páratlan'' szó múlt havi feladatsorunkban kimaradt, ettől a feladat pontatlanná vált. A hibáért elnézést kérünk.