Cím: Megoldásvázlatok a 2006/8. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Remeténé Orvos Viola 
Füzet: 2006/december, 533 - 537. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Aladár szerint a háromjegyű, Barnabás szerint pedig az ötjegyű számok közül választva lesz nagyobb a valószínűsége annak, hogy a kapott számban van 6-os számjegy. Melyiküknek van igaza?  (11 pont)
 
Megoldás. Könnyebb kiszámolni azt, hogy hány olyan szám van, amelyben nincs 6-os számjegy, aztán majd ezek számát kivonjuk az összes eset számából.
Az ötjegyűek között az első helyen nem lehet a 0 és a 6, a többi helyen pedig csak a 6 nem lehet. Tehát az esetek száma: 89999=52488. Olyan ötjegyű szám, amelyben van 6-os összesen 90000-52488=37512 db van. Annak a valószínűsége, hogy 6-ost tartalmazó ötjegyű számot választunk: 37512900000,417.
A háromjegyűek között olyan szám, amelyben nincs 6-os, 899=648 db van, így 900-648=252 darabban van 6-os. Annak valószínűsége tehát, hogy 6-ost tartalmazó háromjegyű számot választunk: 252900=0,28. Látható, hogy az ötjegyűek között nagyobb a valószínűsége a 6-ost tartalmazó szám kiválasztásának.
2. Adott egy 5cm és egy 3cm sugarú kör. A körök középpontja 10cm-re van egymástól. Milyen távol van a kisebbik kör középpontjától a két kör közös belső érintőinek metszéspontja?  (12 pont)
 
Megoldás. Ismeretes, hogy a belső érintők a középpontokat összekötő szakaszon metszik egymást.
 
 

A belső érintő megszerkesztésével két hasonló háromszög keletkezik, az O1E1M és az O2E2M.
A megfelelő oldalak arányából a következő egyenlethez jutunk: 10-x5=x3 (x jelöli a kisebbik kör középpontjának és a belső érintők metszéspontjának a távolságát). A megoldás: x=3,75 cm.
A kisebbik kör középpontjától 3,75 cm-re van a belső érintők metszéspontja.
3. Milyen maradékot ad 16101+8101+4101+2101+1, ha elosztjuk 2100+1-gyel?  (14 pont)
 
Megoldás. Felhasználjuk a következőket: a+ba2k-b2k és a+ba2k+1+b2k+1.
Ezek alapján:
2100+12400-1,amiből következik, hogy  2100+116101-16.2100+12300+1,amiből következik, hogy  2100+18101+8.2100+12200-1,amiből következik, hogy  2100+14101-4.2100+12100+1,amiből következik, hogy  2100+12101+2.  

Ezek felhasználásával a feladatban szereplő összeget alakítsuk a következő módon:
16101+8101+4101+2101+1=(16101-16)+(8101+8)+(4101-4)+(2101+2)+11.
A zárójelben lévő különbségek, illetve összegek oszthatók (2100+1)-gyel, ezért a maradék 11.
4. a) Melyek azok az f(x) lineáris függvények, amelyekre teljesül az alábbi egyenlőség: 2f(x)+3f(1-x)=4x-1?
b) Milyen előjelű lehet c, ha az ax2-bx+c kifejezés minden x értékre pozitív?  (14 pont)
 
Megoldás. a) Helyettesítsünk x helyére (1-x)-et: 2f(1-x)+3f(x)=3-4x.
Így a következő egyenletrendszert kaptuk:
2f(x)+3f(1-x)=4x-1,2f(1-x)+3f(x)=3-4x.}
Az egyenletrendszert megoldva kapjuk, hogy f(x)=-4x+115. Erre a függvényre teljesülnek a feladat feltételei, így ez a megoldás.
b) A függvény értéke a 0 helyen c, így c>0 szükséges. Ennél a feladat nem kérdez többet, így a válasz: c pozitív. Ez nyilván csak szükséges feltétel.
 

II. rész
 

5. Adjuk meg az alábbi trigonometrikus egyenlet összes megoldását a [0;2π] intervallumon
3tg(x+π3)+tg(x-π6)=0.(16 pont)

 
Megoldás. Az egyenlet értelmezési tartománya: xπ6+kπ és x2π3+kπ, ahol k egész szám.
Vegyük észre, hogy x+π3=(x-π6)+π2. Legyen y=x-π6, így a következő egyenlet írható: 3tg(y+π2)+tgy=0. Mivel tg(y+π2)=-ctgy=-1tgy, azért egyenletünk -3tgy+tgy=0 alakú lesz, amely ekvivalens a tg2y-3=0 egyenlettel.
Ennek megoldásaiból x-re a π2, 3π2, 5π6 és 11π6 értékeket kapjuk a megadott intervallumon.
6. Legfeljebb milyen nagy térfogatú egyenes henger írható egy egyenes körkúpba, melynek alapköre 5 egység sugarú, magassága pedig 7 egység? (A henger és a kúp tengelye közös.)  (16 pont)
 
Megoldás. Az ábra az egyenes körkúp tengelymetszetét mutatja. A henger alapkörének sugarát jelölje r (0<r<5), magasságát m. A hasonló háromszögekben: 5-rm=57, innen a henger magassága: m=7-75r.
 
 

A henger térfogata: V=r2πm, vagyis
V(r)=r2π(7-75r)=-7π5r3+7r2π.
Deriválva: V'(r)=-21π5r2+14rπ.
A (0;5) intervallumban ott lehet a V(r) függvénynek szélsőértéke, ahol az első derivált 0. Az intervallum belsejében egyetlen zérushely van: r=103. Ellenőrizhető ‐ például grafikusan ‐, hogy ezen a helyen a derivált előjelet vált. Mivel pozitívról vált negatívra, azért itt lokális maximuma van a függvénynek.
A maximális térfogatú henger magassága 73, a térfogata pedig kb. 81,45.
7. Elindul egy kocsi és 2m/s2 gyorsulással halad egyenes úton. Erre az útra merőleges útról a mezőn átvágva 5m/s egyenletes sebességgel egy ember szalad a kocsi felé. Hogyan válassza meg az indulási irányát, hogy fel tudjon ugrani a kocsira, ha az indulás pillanatában 10m-re van a kocsitól? Mennyi idő múlva éri el a kocsit?  (16 pont)
 
Megoldás. A rajzon a kocsi elmozdulása: AC, az ember elmozdulása: BC, és AB=10 méter.
 
 

Jelölje C azt a pontot, ahol az ember felugrik a kocsira. Ha t sec alatt jut B-ből C-be, akkor ez az út 5t (méterben mérve). A kocsi által megtett utat az s=a2t2 összefüggés alapján határozhatjuk meg (a a gyorsulás), így AC=2t22=t2.
Az ABC derékszögű háromszögben:
sinβ=ACBC=t25t=t5,cosβ=ABBC=105t=2t.

A megfelelő oldalakon álló kifejezéseket összeszorozva: sinβcosβ=25, azaz sin2β=45. Innen β=26,57 vagy β=63,43. (Csak a hegyesszögű megoldásnak van értelme.)
Emberünk kétféle haladási irányt választhat. Ha az AB úthoz képest 26,57-os szögben fut, akkor kb. 2,24 sec múlva ugorhat fel a kocsira, ha pedig 63,43-os szögben indul, akkor kb. 4,47 sec múlva éri el a kocsit.
8. a) Hány öt csúcsú, hat élű egyszerű gráf van, ha a csúcsokat megkülönböztetjük és hány, ha nem?
b) Janó lerajzolta az összes öt csúcsú, hat élű gráfot úgy, hogy a csúcsokat megkülönböztette. Lackó épp arra járt és rábökött egy csúcsra. Mi a valószínűsége, hogy ez a csúcs éppen elsőfokú volt?  (16 pont)
 
Megoldás. a) Ha a csúcsokat nem különböztetjük meg, hatféle gráfot tudunk rajzolni. A teljes 5 csúcsú gráf 10 élt tartalmaz. Közülük (106)-féleképpen lehet hatot kiválasztani, ez éppen 210, ennyi olyan ötcsúcsú, hatélű gráf van, ha a csúcsokat megkülönböztetjük.
 
 

b) Kétféle gráfban van elsőfokú csúcs, mindkettőből 60 db-ot rajzolt fel Janó. Mindegyikben 1 db elsőfokú csúcs van, tehát 120 elsőfokú csúcs van a 2105=1050 db csúcs között. Így a valószínűség: 1201050=435.
9. Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán:
2x2-8x3-2x23=2.(16 pont)

 
Megoldás. Ha x0, akkor 2x2-8x3-2x230, a nemnegatív számok körében nincs megoldása az egyenletnek. Legyen x<0 és vezessük be a t=-x2 új változót. Ekkor t>0 és az egyenlet bal oldala
8t2+16t3-8t23=2(t2+2t3-t23)<2((t+1)23-t23).
Az ábra az f(t)=t23 függvény grafikonját mutatja a t>0 halmazon. Látható, hogy a függvény megváltozása minden egységnyi hosszúságú intervallumon kisebb vagy egyenlő 1-nél (valójában az egyetlen [0;1] intervallum kivételével határozott egyenlőtlenség teljesül), így 2(f(t+1)-f(t))2. Az egyenlet bal oldala tehát minden valós x-re kisebb 2-nél, így nincs megoldása.