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

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. I. rész   1. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenleteket: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \frac{x+3}{3}=\frac{x^2+3x-4}{2x^2+4x-16}\cdot \left(x+3\right);}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\\ \hfill {\displaystyle \text{lg}\left(6^x-96\right)-2=\text{lg}2+\text{lg}6.}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\end{array}}$   (11 pont)   Megoldás. $a)$ Alakítsuk szorzattá a másodfokú kifejezéseket: $\begin{array}{c}{\displaystyle x^2+3x-4=\left(x+4\right)\left(x-1\right)\mathrm{,}2x^2+4x-16=2\left(x-2\right)\left(x+4\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Kikötések: $x\ne 2$ és $x\ne -4$. Mivel $x\ne -4$, egyszerűsíthetünk $\left(x+4\right)$-gyel, majd $6\left(x-2\right)$-vel beszorozva kapjuk a következő egyenletet: $2\left(x+3\right)\left(x-2\right)=3\left(x-1\right)\left(x+3\right)$. Ennek megoldásai: $x=-3$ és $x=-1$. Mindkét szám megoldása az egyenletnek. $b)$ Kikötés a logaritmus miatt: $x>\text{log}{}_{6}96\approx 2\mathrm{,}547$. A logaritmus azonosságainak alkalmazásával és a logaritmus függvény szigorú monoton tulajdonságának felhasználásával felírható: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{6^x-96}{100}=12.}\end{array}$ 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: $v_m=\frac{s}{a}$, az utas sebessége: $v_u=\frac{s}{b}$. Ha az utas lépeget a mozgólépcsőn, akkor az ideje: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{s}{v_m+v_u}=\frac{s}{\frac{s}{a}+\frac{s}{b}}=\frac{ab}{a+b}\mathrm{.}}\end{array}$ Vagyis $\frac{ab}{a+b}$ s alatt ér le az utas.   3. Oldjuk meg az alábbi egyenletrendszert a valós számok halmazán: $\begin{array}{c}{\displaystyle x+y=\frac{1}{3}\mathrm{,}\text{cos}\pi x\cdot \text{cos}\pi y=\frac{1}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ (14 pont)   Megoldás. Az első egyenletet $\pi$-vel beszorozva, majd mindkét oldal koszinuszát véve, kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}\left(\pi x+\pi y\right)=\text{cos}\frac{\pi }{3}=\frac{1}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ A megfelelő addíciós-tételt felhasználva adódik: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}\pi x\cdot \text{cos}\pi y-\text{sin}\pi x\cdot \text{sin}\pi y=\frac{1}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ A $\text{cos}\pi x\cdot \text{cos}\pi y=\frac{1}{2}$ helyettesítést alkalmazva kapjuk: $\text{sin}\pi x\cdot \text{sin}\pi y=0$. A $\text{sin}\pi x=0$ egyenletből: $\pi x=k\pi$, ahonnan $x_1=k$,  $y_1=\frac{1}{3}-k$,  $k\in \text{Z}$. A $\text{sin}\pi y=0$ egyenletből: $\pi y=n\pi$, ahonnan $y_2=n$,  $x_2=\frac{1}{3}-n$,  $n\in \text{Z}$. 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: $y^2={\left(r-x\right)}^2-x^2=r^2-2rx$. $AHB$ háromszögben: $y^2={\left(r+x\right)}^2-{\left(r-x\right)}^2=4rx$. Az egyenletek összevetéséből: $x=\frac{r}{6}$.   II. rész   5. Egy háromszög két csúcspontja $A\left(6;10\right)$ és $B\left(2;7\right)$, 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle 4x+3y=\frac{83}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ A keresett metszéspont koordinátái: $C_1\left(\frac{13}{4};\frac{19}{2}\right)$.     $b)$ Kiszámítható, hogy $AB=5$. A $C$ pont koordinátái: $\left(x;2x+3\right)$, ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle AC=\sqrt[]{{\left(x-6\right)}^2+{\left(2x-7\right)}^2}\mathrm{,}BC=\sqrt[]{{\left(x-2\right)}^2+{\left(2x-4\right)}^2}\mathrm{.}}\end{array}$ A keresett négyzetösszeg: $\begin{array}{c}{\displaystyle A{B}^2+A{C}^2+B{C}^2=25+{\left(x-6\right)}^2+{\left(2x-7\right)}^2+{\left(x-2\right)}^2+{\left(2x-4\right)}^2=10x^2-60x+130.}\end{array}$ A másodfokú kifejezés főegyütthatója pozitív, ezért minimumhelye van. A minimumhely: $x_{\underset{}{\overset{}{\text{min}}}}=\frac{60}{2\cdot 10}=3$. Így a háromszög harmadik csúcsának koordinátái: $C_2\left(3;9\right)$.   6. $a)$ Az $y=-x^2+6x$ és az $y=x^2-4x+8$ egyenletű parabolák által bezárt síkidom területét az $x=p$ egyenletű egyenes felezi. Határozzuk meg $p$ értékét. $b)$ Forgassuk meg az $y=-x^2+6x$ és az $y=x^2-4x+8$ egyenletű parabolák által bezárt síkidomot az $x$ tengely körül. Határozzuk meg a keletkező test térfogatát.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Végezzük el a következő átalakításokat: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle y}& {\displaystyle =-x^2+6x=-{\left(x-3\right)}^2+\mathrm{9,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle y}& {\displaystyle =x^2-4x+8={\left(x-2\right)}^2+4.}\hfill \end{array}}$ Az egyik parabola tengelypontja: $C_1\left(3;9\right)$, a másik paraboláé: $C_2\left(2;4\right)$.     Belátható, hogy a keletkezett síkidom a $C_1{C}_2$ szakasz $F\left(\frac{5}{2};\frac{13}{2}\right)$ felezőpontjára középpontosan szimmetrikus. Vagyis az $x=\frac{5}{2}$ egyenletű egyenes felezi a parabolák által bezárt síkidom területét, azaz $p=\frac{5}{2}$. $b)$ A két parabola metszéspontját kiszámítjuk: $A\left(1;5\right)$, $B\left(4;8\right)$. A keresett térfogat: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle V}& {\displaystyle =\pi {\int }_1^4{\left(-x^2+6x\right)}^{2}dx-\pi {\int }_1^4{\left(x^2-4x+8\right)}^{2}dx=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle }& {\displaystyle =\pi {\int }_1^4\left(-4x^3+4x^2+64x-64\right)dx=\pi {\left[-x^4+\frac{4}{3}{x}^3+32x^2-64x\right]}_1^4=117\pi \mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   7. A Csoki Gyárban a fogyasztóvédelmi ellenőrzés során megállapították, hogy $0\mathrm{,}95$ valószínűséggel van pontosan az előírt (szabványos) $40$ szem cukorka a zacskóban, s csak $0\mathrm{,}05$ 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: $0\mathrm{,}{95}^5\approx 0\mathrm{,}774$. $b)$ Nem kedvező eset, ha mindegyik szabványos, aminek a valószínűsége $0\mathrm{,}{95}^5$ (lásd az előző esetet). Nem kedvező az sem, ha pontosan egy nem szabványos zacskót választottunk ki. Ennek valószínűsége: $5\cdot 0\mathrm{,}{95}^4\cdot 0\mathrm{,}05$. Így a kedvező eset valószínűsége: $1-\left(0\mathrm{,}{95}^5+5\cdot 0\mathrm{,}{95}^4\cdot 0\mathrm{,}05\right)\approx 0\mathrm{,}0226$. $c)$ $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{100}{95}\right)\cdot 0\mathrm{,}{95}^{95}\cdot 0\mathrm{,}{05}^5\approx 0\mathrm{,}1800$.   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: $10\cdot 1\mathrm{,}{07}^n\ge 15$. Ebből kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle n>\frac{\text{lg}1\mathrm{,}5}{\text{lg}1\mathrm{,}07}\approx 5\mathrm{,}99.}\end{array}$ 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: $\left(a-x\right)\cdot 1\mathrm{,}07=1\mathrm{,}07a-1\mathrm{,}07x$. Második ösztöndíj után: $1\mathrm{,}07a-1\mathrm{,}07x-x$, év végére: $1\mathrm{,}{07}^{2}a-1\mathrm{,}{07}^{2}x-1\mathrm{,}07x$. A gondolatmenetet folytatva a 20. ösztöndíj kifizetése után: $\begin{array}{c}{\displaystyle 1\mathrm{,}{07}^{19}a-1\mathrm{,}{07}^{19}x-1\mathrm{,}{07}^{18}x-\text{...}-x\mathrm{.}}\end{array}$ Ez a feltétel alapján nullával egyenlő. Vagyis: $1\mathrm{,}{07}^{19}a-x\left(1\mathrm{,}{07}^{19}+1\mathrm{,}{07}^{18}+\text{...}+1\right)=0$. A zárójelben álló 20 tagú kifejezés összege: $\begin{array}{c}{\displaystyle S_{20}=\frac{1\mathrm{,}{07}^{20}-1}{1\mathrm{,}07-1}\approx 40\mathrm{,}995.}\end{array}$ Így felírható: $1\mathrm{,}{07}^{19}\cdot 15007304-40\mathrm{,}995x=0$, 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{tg}\alpha =\frac{0\mathrm{,}8}{\frac{53}{3}}=0\mathrm{,}\mathrm{0453,}\alpha \approx 2\mathrm{,}{59}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$ $b)$ Két elhelyezkedés lehet. 1. eset: Az 1. ábra jelöléseit használjuk.     1. ábra   Az $AFD$ háromszögben $\text{cos}{\alpha }_1=\frac{14}{20}$, azaz ${\alpha }_1\approx 45\mathrm{,}{57}^{\circ }$. Mivel ${53}^2={45}^2+{28}^2$, azért $ABC$ derékszögű háromszög. Vagyis $\text{sin}\alpha =\frac{45}{53}$, azaz $\alpha \approx 58\mathrm{,}{11}^{\circ }$. A $PDA$ háromszögben felírjuk a koszinusztételt: $\begin{array}{c}{\displaystyle P{D}^2={\left(\frac{53}{3}\right)}^2+{20}^2-2\cdot \frac{53}{3}\cdot 20\cdot \text{cos}\left(\alpha +{\alpha }_1\right)\mathrm{,}\text{ebből}PD\approx 29\mathrm{,}65.}\end{array}$ A $TPD$ háromszögben felírjuk a Pitagorasz-tételt: $0\mathrm{,}{8}^2+29\mathrm{,}{65}^2=T{D}^2$, $TD\approx 29\mathrm{,}66$. 2. eset: A 2. ábra jelöléseit használjuk.     2. ábra   $D_{1}AP=\alpha -{\alpha }_1=12\mathrm{,}{54}^{\circ }$. A $P{D}_{1}A$ háromszögben felírjuk a koszinusztételt: $\begin{array}{c}{\displaystyle P{D}_1^2={\left(\frac{53}{3}\right)}^2+{20}^2-2\cdot \frac{53}{3}\cdot 20\cdot \text{cos}12\mathrm{,}{54}^{\circ }\mathrm{,}\text{ebből}P{D}_1=4\mathrm{,}72.}\end{array}$ A $TP{D}_1$ derékszögű háromszögben: $T{D}_1=4\mathrm{,}79$. A kérdezett távolság vagy kb. 29,66 km vagy kb. 4,79 km.