Cím: Megoldásvázlatok a 2006/4.sz emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Csík Zoltán 
Füzet: 2006/május, 282 - 286. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Két konvex sokszög belső szögösszegének különbsége megegyezik egy hétszög belső szögösszegével, és egyiküknek kétszer annyi csúcsa van, mint ahány oldala a másiknak. Hány átlójuk van összesen?
 
Megoldás. A két sokszög csúcsainak száma legyen n és m. Ekkor a belső szögeik összege (n-2)180, illetve (m-2)180. Ezek különbsége egy hétszög belső szögösszegével egyezik meg, azaz (n-m)180=(7-2)180, ahonnan az n-m=5 összefüggést kapjuk. Tudjuk, hogy az egyiknek kétszer annyi csúcsa van, mint ahány oldala a másiknak, de egy sokszögnek ugyanannyi csúcsa van, mint oldala, ezért 2m=n. Az egyenletrendszerből kapjuk: n=10 és m=5.
Az átlók száma: n(n-3)2=10(10-3)2=35, illetve m(m-3)2=5(5-3)2=5. Vagyis összesen 40 átlójuk van.
 
2. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert a pozitív egész számpárok halmazán:
xy2-15y+56=1,y-x=5.

 
Megoldás. Az első egyenlet teljesüléséhez vagy az y2-15y+56-nak kell 0-nak lennie, amiből az y2-15y+56=(y-7)(y-8) miatt y=8 vagy y=7; vagy az x-nek kell 1-nek lennie. A második egyenlettel összevetve az eredményeket három számpár elégíti ki az egyenletrendszert: (3;8), (2;7), (1;6).
 
3. A k2(2+4x)-x(x+1+k)+3(x-2)(2k+1)-(1-x)(k+3)=0 egyenlet gyökei x1=1 és x2=2. Adjuk meg k értékét.
 
Megoldás. Ha x1=1, akkor ezt az egyenletbe helyettesítve 0-t kell kapnunk:
k2(2+4)-(1+1+k)+3(1-2)(2k+1)-(1-1)(k+3)=0,
rendezve: 6k2-7k-5=0, ennek megoldásai: k1=53, k2=-12.
Hasonlóan, ha x2=2, akkor
k2(2+8)-2(2+1+k)+3(2-2)(2k+1)-(1-2)(k+3)=0,
rendezve: 10k2-k-3=0, ennek megoldásai: k1=35, k2=-12.
Mivel mind a két feltételnek teljesülnie kell, azért k=-12.
 
4. Egy teázóban úgy szolgálják fel a teát, hogy a csésze 16 db kockacukorral az ábrán látható módon körberakható (a szomszédos kockacukrok csúcsai összeérnek, egy-egy oldalukkal érintik a csészét, két-két csúcsuk pedig a csészealj peremén van). Hány cm a kockacukor éle, illetve a csésze sugara, ha a csészealj átmérője 10 cm?
 
 

 
Megoldás. Egy kockacukorhoz 2π16 nagyságú középponti szög tartozik. Ezt megfelezve és az OC sugarat berajzolva az AOE derékszögű háromszögben r=x2ctg(π16), az OCF derékszögű háromszögben pedig  R2=(x+r)2+(x2)2.
 
 

Ebben az egyenletben R=5 és ctg(π16)5 alapján r52x. A következő ,,egyenletet'' kapjuk:
25(x+52x)2+(x2)2,
ahonnan x2, azaz a kockacukor éle kb. 1,4 cm, a csésze átmérője kb. 7 cm.
 

II. rész
 

5. Hány megoldása van az |||||x|-1|-1|-1|-1|=kx7 egyenletnek a pozitív egész k értékétől függően?
 
Megoldás. Készítsünk vázlatrajzot az f(x)=|||||x|-1|-1|-1|-1| függvényről:
 
 

Az f(x) függvénynek az 1 meredekségű egyenessel végtelen sok közös pontja, az 13 meredekségű egyenessel 4 közös pontja van, és ezek a ,,választóvonalak''.
Ha k>7, akkor egy, ha k=7, akkor végtelen sok, ha k{6;5;4;3}, akkor három, és ha k{2;1}, akkor öt megoldása van az egyenletnek.
 
6. Adott a 10 egység oldalú ABCD rombusz. Az A középpontú, C csúcson áthaladó kört belülről érinti a B középpontú, D csúcson áthaladó kör. Határozzuk meg a rombusz területét.
 
Megoldás. Legyen a nagyobbik kör sugara, ami egyben a hosszabbik átló a rombuszban R, és a kisebbik kör sugara, amely a rövidebbik átló, r. Mivel a rombusz átlói merőlegesen felezik egymást, a Pitagorasz-tétel alapján:
R24+r24=100.
Mivel pedig a két kör érinti egymást: R-r=10. A két összefüggésből a
2r2+20r-300=0
másodfokú egyenletet kapjuk, melynek pozitív gyöke r=57-5, amiből R=57+5.
 
 

A rombusz területe:
t=Rr2=(57-5)(57+5)2=75.

 
7. Az x2+y2=25 egyenletű kör, az y=13x2+1 egyenletű parabola és az abszcisszatengely egy síkidomot határoznak meg, amelyet megforgatunk az abszcisszatengely körül. Mekkora a keletkezett forgástest térfogata?
 
 

Megoldás. Határozzuk meg a parabola és a kör metszéspontjainak koordinátáit. A két egyenletből a metszéspontok: A(-3;4) és B(3;4). A keletkezett forgástest térfogata:
V=2π[03(13x2+1)2dx+35(25-x2)dx]==2π[03(x49+2x23+1)dx+35(25-x2)dx]==2π[x545+2x39+x]03+2π[25x-x33]35=1445π+1043π=95215π199,4.

 
8. Egy cég golyó alakú, tömör rágógumit gyártott, és darabját 10 forintért adta el. Az alapanyagok drágulása miatt az előállítási költség 300%-kal növekedett. A gyártó szeretné, ha a rágógumik eladása utáni nyereség és az előállítási költség aránya nem változna, ezért a rágógumi darabárát 20 forintra emelte. A terméket is átalakították: a 2 cm átmérőjű gömb alakú rágógumik belseje egy koncentrikus gömb alakú üreget is tartalmaz. Számoljuk ki az új rágógumi falának vastagságát.
 
Megoldás. Legyen a régi fajta rágógumi előállítási költsége x Ft, és legyen az új és a régi rágógumi mennyiségének (tömegének) aránya y (x,y0). Ekkor a következő táblázatot készíthetjük:
Régi fajtaÚj fajta  Az előállítás költsége (Ft)x4xyAz eladási ár (Ft)1020Nyereség darabonként (Ft)10-x20-4xyArány10-xx20-4xy4xy
Mivel az előállítás után a nyereség/költség arány nem változott, azért:
10-xx=20-4xy4xy,ahonnany=12.

Az új rágógumi anyagfelhasználása fele a régiének, a belsejében lévő üres gömb sugara 123. Így a rágógumi falának vastagsága 1-1230,2 cm.
 
9. Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszereket:
{x-4+x-5-1=7x-x2-2xy,log564xlog4125y=45.(*){xy+y=2,(1-y)2cosxπ3=x-1x+1.(*)

 
Megoldás. a) A feladatban x5-nek teljesülni kell. A második egyenlet bal oldalát átalakítva:
log564xlog4125y=log543xlog453y=3xlog543ylog45=9xylog54log451=9xy,
ahonnan xy=5.
Az első egyenletbe behelyettesítve:
x-4+x-5-1=7x-x2-10=(x-5)(2-x).
A kikötések miatt x5. A bal oldal szigorúan monoton nő, nem negatív és csak x=5-nél egyenlő 0-val.
A jobb oldal x5 esetén nem pozitív, és x=5 esetén 0. Így csak az x=5 megoldás. Az egyenletrendszer megoldása: (5;1).
b) Az x=-1 jól láthatóan nem megoldás.
Ha x-1, akkor az első egyenletből: y=2x+1. A második egyenletbe beírva:
(1-2x+1)2cosxπ3=x-1x+1.
A bal oldalt tovább alakítva:
(x+1x+1-2x+1)2cosxπ3=2x-1x+1cosxπ3.

A 2x-1x+1cosxπ3-x-1x+1=0 egyenletet kell megoldanunk. Szorzattá alakítva: x-1x+1(2cosxπ3-1)=0. Innen kapjuk, hogy x=1, illetve cosxπ3=12.
Mivel
12=cos(π3+2kπ)=cosπ(1+6k3),illetve12=cos(5π3+2lπ)=cosπ(5+6l3),
ezért a két megoldáscsoport x=6k+1, illetve x=6l+5, ahol k,lZ, és ebben az x=1 is benne van.
A megoldások: (6k+1;13k+1), ahol kZ, illetve (6l+5;13l+3), ahol lZ.