Cím: Megoldásvázlatok a 2008/6. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Gyanó Éva 
Füzet: 2008/október, 403 - 407. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket:
x+33=x2+3x-42x2+4x-16(x+3);(*)lg(6x-96)-2=lg2+lg6.(*)


  (11 pont)
 

Megoldás. a) Alakítsuk szorzattá a másodfokú kifejezéseket:
x2+3x-4=(x+4)(x-1),2x2+4x-16=2(x-2)(x+4).
Kikötések: x2 és x-4.
Mivel x-4, egyszerűsíthetünk (x+4)-gyel, majd 6(x-2)-vel beszorozva kapjuk a következő egyenletet: 2(x+3)(x-2)=3(x-1)(x+3). Ennek megoldásai: x=-3 és x=-1. Mindkét szám megoldása az egyenletnek.
b) Kikötés a logaritmus miatt: x>log6962,547. A logaritmus azonosságainak alkalmazásával és a logaritmus függvény szigorú monoton tulajdonságának felhasználásával felírható:
6x-96100=12.
Ennek az egyenletnek a megoldása: x=4. Ez az eredeti egyenletnek is megoldása, mert minden feltételnek megfelel.
 
2. Egy metró mozgólépcsőjén egy táska ,,a'' másodperc alatt ér le a metrószintre. Egy utas ,,b'' másodperc alatt teszi meg ugyanezt az utat a nem működő mozgólépcsőn. Mennyi idő alatt ér le az utas a metrószintre a működő mozgólépcsőn, ha közben ugyanúgy lépeget, mint akkor, amikor nem működik?  (12 pont)
 

Megoldás. A megtett út legyen s, ekkor a mozgólépcső sebessége: vm=sa, az utas sebessége: vu=sb. Ha az utas lépeget a mozgólépcsőn, akkor az ideje:
svm+vu=ssa+sb=aba+b.
Vagyis aba+b s alatt ér le az utas.
 
3. Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert a valós számok halmazán:
x+y=13,cosπxcosπy=12.(14 pont)
 

Megoldás. Az első egyenletet π-vel beszorozva, majd mindkét oldal koszinuszát véve, kapjuk:
cos(πx+πy)=cosπ3=12.
A megfelelő addíciós-tételt felhasználva adódik:
cosπxcosπy-sinπxsinπy=12.
A cosπxcosπy=12 helyettesítést alkalmazva kapjuk: sinπxsinπy=0.
A sinπx=0 egyenletből: πx=kπ, ahonnan x1=k,  y1=13-k,  kZ.
A sinπy=0 egyenletből: πy=nπ, ahonnan y2=n,  x2=13-n,  nZ.
A kapott valós számok valóban megoldásai az egyenletrendszernek.
 
4. Az r sugarú negyedkör ívének (az ábrán az a körív) egyik végpontjából, mint középpontból rajzoljunk ugyancsak r sugarú körívet (ez a b körív), amely a negyedkör által meghatározott körcikket két részre osztja.
 
 

Számítsuk ki a kisebbik részbe írható k kör sugarát.  (14 pont)
 

Megoldás. Az ábra jelöléseit használva, tudjuk, hogy: CB=CG=BF=r.
 
 

A keresett kör sugara x=AE=CH=AF=AG, ekkor AB=r+x. Legyen y=AH, ekkor AC=HB=r-x.
Az ACH háromszögben: y2=(r-x)2-x2=r2-2rx.
AHB háromszögben: y2=(r+x)2-(r-x)2=4rx.
Az egyenletek összevetéséből: x=r6.
 

II. rész
 

5. Egy háromszög két csúcspontja A(6;10) és B(2;7), a harmadik csúcspont az y=2x+3 egyenletű egyenesen van. Határozzuk meg ezt a csúcspontot úgy, hogy a háromszög
a) AB alapú egyenlő szárú háromszög legyen;
b) oldalainak négyzetösszege minimális legyen.  (16 pont)
 

Megoldás. a) Az AB felező merőleges egyenesének és a megadott egyenesnek a metszéspontja lesz a harmadik csúcs. Az AB felező merőlegesének egyenlete:
4x+3y=832.
A keresett metszéspont koordinátái: C1(134;192).
 
 

b) Kiszámítható, hogy AB=5. A C pont koordinátái: (x;2x+3), ekkor
AC=(x-6)2+(2x-7)2,BC=(x-2)2+(2x-4)2.
A keresett négyzetösszeg:
AB2+AC2+BC2=25+(x-6)2+(2x-7)2+(x-2)2+(2x-4)2=10x2-60x+130.
A másodfokú kifejezés főegyütthatója pozitív, ezért minimumhelye van.
A minimumhely: xmin=60210=3.
Így a háromszög harmadik csúcsának koordinátái: C2(3;9).
 
6. a) Az y=-x2+6x és az y=x2-4x+8 egyenletű parabolák által bezárt síkidom területét az x=p egyenletű egyenes felezi. Határozzuk meg p értékét.
b) Forgassuk meg az y=-x2+6x és az y=x2-4x+8 egyenletű parabolák által bezárt síkidomot az x tengely körül. Határozzuk meg a keletkező test térfogatát.  (16 pont)
 

Megoldás. a) Végezzük el a következő átalakításokat:
y=-x2+6x=-(x-3)2+9,y=x2-4x+8=(x-2)2+4.

Az egyik parabola tengelypontja: C1(3;9), a másik paraboláé: C2(2;4).
 
 

Belátható, hogy a keletkezett síkidom a C1C2 szakasz F(52;132) felezőpontjára középpontosan szimmetrikus. Vagyis az x=52 egyenletű egyenes felezi a parabolák által bezárt síkidom területét, azaz p=52.
b) A két parabola metszéspontját kiszámítjuk: A(1;5), B(4;8). A keresett térfogat:
V=π14(-x2+6x)2dx-π14(x2-4x+8)2dx==π14(-4x3+4x2+64x-64)dx=π[-x4+43x3+32x2-64x]14=117π.

 
7. A Csoki Gyárban a fogyasztóvédelmi ellenőrzés során megállapították, hogy 0,95 valószínűséggel van pontosan az előírt (szabványos) 40 szem cukorka a zacskóban, s csak 0,05 eséllyel több vagy kevesebb.
a) Véletlenszerűen kiválasztunk 5 zacskót. Mekkora a valószínűsége annak, hogy mindegyikben pontosan 40 szem cukorka lesz?
b) Mekkora a valószínűsége annak, hogy legalább két zacskót találunk az öt zacskó között, amelyek nem szabványosak?
c) Mekkora a valószínűsége annak, hogy 100 zacskó között pontosan 95 szabványos lesz?  (16 pont)
 

Megoldás. a) Minden dobozban 0,95 eséllyel van 40 szem cukorka. Így a megoldás: 0,9550,774.
b) Nem kedvező eset, ha mindegyik szabványos, aminek a valószínűsége 0,955 (lásd az előző esetet). Nem kedvező az sem, ha pontosan egy nem szabványos zacskót választottunk ki. Ennek valószínűsége: 50,9540,05.
Így a kedvező eset valószínűsége: 1-(0,955+50,9540,05)0,0226.
c) (10095)0,95950,0550,1800.
 
8. Egy cég 10 millió Ft-tal támogat egy egyetemet. A pénzösszeget beteszik egy bankba 7% éves kamatra. A feltételek alapján 15 millió Ft-ot el kell érnie az összegnek, majd az azt követő 20 évben ösztöndíjként minden év elején a legjobb 10 elsős diáknak kell kiosztani egyenlő arányban úgy, hogy az utolsó kifizetéskor fogyjon el a pénz. Az összeg közben folyamatosan kamatozik, az éves kamat mindvégig 7%.
a) Hány év múlva kezdik el folyósítani az ösztöndíjakat?
b) Mennyi pénzt kap egy-egy hallgató?  (16 pont)
 

Megoldás. a) Az eltelt idő legyen: n év. Felírható: 101,07n15. Ebből kapjuk, hogy
n>lg1,5lg1,075,99.
Vagyis 6 év múlva kezdik folyósítani az ösztöndíjat.
b) 7. év elejére felnövekedett összeg: 15 007 304 Ft (legyen a), minden év elején kifizetett összes ösztöndíj: x. Első ösztöndíj kifizetése utáni összeg: a-x, év végére: (a-x)1,07=1,07a-1,07x. Második ösztöndíj után: 1,07a-1,07x-x, év végére: 1,072a-1,072x-1,07x.
A gondolatmenetet folytatva a 20. ösztöndíj kifizetése után:
1,0719a-1,0719x-1,0718x-...-x.
Ez a feltétel alapján nullával egyenlő. Vagyis: 1,0719a-x(1,0719+1,0718+...+1)=0.
A zárójelben álló 20 tagú kifejezés összege:
S20=1,0720-11,07-140,995.

Így felírható: 1,071915007304-40,995x=0, ebből x=1323926. Így minden évben egy hallgató 132 393 Ft-ot kap.
 
9. A, B és C város azonos tengerszint feletti magasságban háromszöget alkot, ahol A és B távolsága 53 km, B és C távolsága 45 km, A és C távolsága 28 km. A és B város közti távolság A-hoz közelebbi harmadoló pontjában egy 800 m magas viharjelző tornyot építettek.
a) Az A városból mekkora szögben látszik a torony teteje?
b) A és C várostól egyaránt 20 km-re lévő D városból légvonalban milyen messze van a torony teteje?  (16 pont)
 

Megoldás. a) A torony alja legyen P, a teteje pedig T. A TPA derékszögű háromszögben felírható:
tgα=0,8533=0,0453,α2,59.

b) Két elhelyezkedés lehet.
1. eset: Az 1. ábra jelöléseit használjuk.
 

 
1. ábra
 

Az AFD háromszögben cosα1=1420, azaz α145,57. Mivel 532=452+282, azért ABC derékszögű háromszög. Vagyis sinα=4553, azaz α58,11.
A PDA háromszögben felírjuk a koszinusztételt:
PD2=(533)2+202-253320cos(α+α1),ebbőlPD29,65.

A TPD háromszögben felírjuk a Pitagorasz-tételt: 0,82+29,652=TD2, TD29,66.
2. eset: A 2. ábra jelöléseit használjuk.
 

 
2. ábra
 

D1AP=α-α1=12,54. A PD1A háromszögben felírjuk a koszinusztételt:
PD12=(533)2+202-253320cos12,54,ebbőlPD1=4,72.
A TPD1 derékszögű háromszögben: TD1=4,79.
A kérdezett távolság vagy kb. 29,66 km vagy kb. 4,79 km.