Cím: Megoldásvázlatok a 2008/7. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Nagy-Baló András 
Füzet: 2008/november, 469 - 474. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

Megoldásvázlatok a 2008/7. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
 

Nagy-Baló András
Budapest
 

I. rész
 

 
1. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenletet:
log2(2x-5)log2(x2-8)=12.(12 pont)

 
Megoldás. A feladat értelmezési tartománya:
2x-5>0x2-8>0log2(x2-8)0},azazx]22;3[]3;+].
Az egyenletet ekvivalens átalakításokkal rendezzük (közben felhasználjuk a 2 alapú logaritmus függvény kölcsönös egyértelműségét is):
2log2(2x-5)=log2(x2-8),log2(2x-5)2=log2(x2-8),(2x-5)2=x2-8,3x2-20x+33=0.
Ez utóbbi egyenlet gyökei: x1=3 és x2=113, amelyek közül az elsőt kizárja az értelmezési tartomány, a második teljesíti az egyenlőséget.
Vagyis az egyenlet egyedüli megoldása: x=113.
 
2. Mekkora annak a 3 cm sugarú kör köré írt egyenlőszárú trapéznak a területe, amelynek hegyesszögei 60-osak?  (12 pont)
 
Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit.
 
 

Ha a B és a C csúcsnál lévő szögek mértéke 60, akkor az A és a D csúcsnál lévő szögek 120-osak. A trapézba írt kör O középpontja a trapéz szögfelezőinek metszéspontja. Így OBA=30 és OAB=60.
M és N az alapok felezőpontjai, így BOM derékszögű háromszög, melynek OM oldala a kör sugara. Mivel OBM=30 és OM=3, azért BO=6 és BM=33. Ezért BC=63.
Hasonló gondolatmenettel az ANO derékszögű háromszögből: AD=23.
Tudjuk, hogy a trapéz magassága, MN=6, ezért:
T=(BC+AD)MN2=(63+23)62=24341,57.
Vagyis a trapéz területe kb. 41,57 cm2.
 
3. Ejtőernyősök célba ugrása közben feljegyezték, hogy Berci tíz ugrása közül kilenc alkalommal hány méterre ért földet a középponttól. A feljegyzett adatok méterben: 1, 3, 5, 2, 4, 6, 8, 9, 7. Tíz ugrására vonatkozó adatainak 5 m-től való átlagos abszolút eltérése 2,4 m volt.
a) Állapítsuk meg a hiányzó tizedik adatot.
b) Határozzuk meg a tíz ugrás adataira vonatkozó átlagot, móduszt, mediánt és a szórást.  (13 pont)
 
Megoldás. a) Jelöljük x-szel a tizedik adat méterben kifejezett értékét. Jelölje a az átlagtól való eltérések összegét:
a=|5-1|+|5-2|+|5-3|+|5-4|+|5-5|++|5-6|+|5-7|+|5-8|+|5-9|+|5-x|==20+|5-x|.
Az 5-től való átlagos abszolút eltérés 2,4, vagyis
a10=20+|5-x|10=2,4,ahonnan|5-x|=4.
Azaz x=1 vagy x=9.
Tehát a tizedik adat lehetett 1 m és lehetett 9 m is.
b) Berci ugrásaira vonatkozó adatsor kétféle lehet.
1. eset: 1, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Ekkor az átlag: 4,6, a módusz: 1, a medián: 4,5, a szórás: 2,73.
2. eset: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 9. Ekkor az átlag: 5,4, a módusz: 9, a medián: 5,5, a szórás: 2,73.
 
4. Hány nulla áll a (10050) szám végén?  (14 pont)
 
Megoldás. (10050)=100!50!50!.
100!=524m és 50!=512n, ahol m és n 5-tel relatív prímszámok, így
(10050)=524m512n512n=mn2.
Tudjuk, hogy (10050) természetes szám, viszont mn2 nem osztható 5-tel, így egyetlen nulla sincs (10050) végén.
 

II. rész
 

5. Egy tetraéder szemközti élei merőlegesek egymásra. Mutassuk meg, hogy létezik olyan gömb, amelyre mind a hat él felezőpontja illeszkedik.  (16 pont)
 
Megoldás. Az ábra jelöléseit használjuk. Mivel A1A2A3A6 és A1A2=A3A6=12AC (mindkettő párhuzamos AC-vel, mert középvonalak a BAC, illetve a DAC háromszögekben), azért az A1A2A3A6 négyszögnek egy szemközti oldalpárja párhuzamos és azonos hosszúságú. Vagyis A1A2A3A6 paralelogramma. Tudjuk, hogy AC merőleges BD-re, ezért a velük párhuzamos A1A2 és A2A3 is merőlegesek egymásra (A2A3 középvonal CBD háromszögben), így A1A2A3A6 téglalap.
 
 

A téglalap átlói azonos hosszúságúak és felezik egymást, így O-val jelölve átlóinak felezőpontját: OA1=OA2=OA3=OA6.
Hasonlóan gondolkozva igazolható, hogy A1A4A3A5 is téglalap. Az A1A3 felezőpontja O, így ennek a téglalapnak is O a középpontja, tehát: OA1=OA4=OA3=OA5.
Mivel O ugyanakkora távolságra található minden él felezőpontjától, így az OA1 sugarú O középpontú gömb tartalmazza az A1, A2, A3, A4, A5, A6 pontok mindegyikét.
 
6. Emese havi bére nettó 150 000 Ft. Tegyük fel, hogy ezt a nettó havi bért évente 10%-kal emelik. Hány év múlva vásárolhatja meg béréből a 15 000 000 Ft értékű lakást, ha minden hónapban a fizetésének 60%-át takarítja meg és közben a lakás ára nem változik?  (16 pont)
 
Megoldás. Egy év elteltével a megtakarított pénze: 1215000060100.
Ehhez adódik a második eltelt év után:
12(150000+15000010100)60100=1215000011010060100.
A harmadik év elteltével még hozzáadódik:
12150000(110100)260100.
Az n+1-edik év elteltével:
12150000(110100)n60100.

Így n+1 év eltelte után a megtakarított pénze:
1215000060100[1+110100+(110100)2+(110100)3+...+(110100)n]==12150000601001-(110100)n+11-110100=10800000[(110100)n+1-1].


Azt a legkisebb n természetes számot keressük, amelyre ez eléri vagy meghaladja a 15 000 000-t:
10800000[(110100)n+1-1]15000000,(110100)n+12,3889.
Az n=9 a legkisebb megfelelő természetes szám.
Vagyis 10 év elteltével veheti meg a lakást.
 
7. Adott a következő két egyenlettel egy-egy görbe: y=9-x2 és y=x2-3. Határozzuk meg annak a testnek a térfogatát, amelyet e két görbe által meghatározott síkidom y tengely körüli forgatásával kapunk.  (16 pont)
 
Megoldás. Az első egyenlet origó középpontú, 3 egység sugarú félkör egyenlete, míg a második egy parabola, melynek szimmetriatengelye az y tengely, tengelypontja A(0;-3). Az ábra mutatja az elhelyezkedésüket.
 
 

Megkeressük P koordinátáit:
{y=9-x2,y=x2-3.
Az x2=y+3 helyettesítéssel kapjuk, hogy
y=9-y-3=6-y(0y6),y2+y-6=0,
ahonnan y=2. Visszahelyettesítve: P(5;2).
Ahhoz, hogy a kért térfogatot meghatározhassuk, y szerint integrálunk:
V=π-32(y+3)dy+π23(9-y2)dy=π[y22+3y]-32+π[9y-y33]23=323π.

Megjegyzés. Megtehettük volna, hogy -90-kal elforgatjuk a koordináta-rendszerben a síkidomot és a szokásos módon x szerint integrálunk.
 
8. Egy építkezéshez 3 cég szállítja a betont. Az elsőnek 5, a másodiknak 4, a harmadiknak 6 betonszállító kocsija van. Egy adott napon 12 kocsi betonra van szükség az építkezésen.
Melyik cégtől hány kocsival rendeljenek, hogy a szállítási költség minimális legyen, ha a szállítási költség kocsinként a három cégtől rendre 40 000 Ft, 60 000 Ft és 50 000 Ft?  (16 pont)
 
Megoldás. Legyen x, y, z az első, a második, illetve a harmadik cégtől igénybe vett kocsik száma. Ekkor x+y+z=12; x5; y4; z6; x0; y0; z0.
Az f=40000x+60000y+50000z kifejezésnek minimálisnak kell lennie.
Az első egyenletből z=12-x-y6, vagyis x+y6, amelyhez hozzávesszük az x-re és az y-ra vonatkozó feltételeket. Behelyettesítve z-t az f-be:
f=-10000x+10000y+600000,
ahonnan az
y=x+f10000-60
egyenletet kapjuk.
Az x+y6; 0x5; 0y4 egyenlőtlenségek az ábrán látható ABC háromszöglapot adják. Az első negyed szögfelezőjével párhuzamos y=x+f10000-60 egyenletű egyenes kezdőponti ordinátája f10000-60. Ez a kezdőponti ordináta az adott feltételek mellett akkor minimális, ha az
y=x+f10000-60
egyenletű egyenes az ABC háromszög ,,legmélyebben'' fekvő rácspontján, az A(5;1) ponton halad át.
 
 

Ezt behelyettesítve:
1=5+f10000-60,vagyisf=560000.
Így a legkedvezőbb rendelés: az első cégtől 5 kocsi, a másodiktól 1 kocsi és a harmadiktól 6 kocsi. Ekkor a minimális szállítási költség 560 000 Ft.
 
Megjegyzés. Ezt az eredményt kapjuk akkor is, ha a rendelkezésre álló kocsik közül a lehető legolcsóbbakat választjuk.
 
9. Adott az ax2+bx+c=0 valós gyökökkel rendelkező másodfokú egyenlet. Tudjuk, hogy |a+b+c|<|a|. Igazoljuk, hogy a másodfokú egyenlet legalább egyik gyöke a ]0;2[ intervallumban található.  (16 pont)
 
Megoldás. Az együtthatókra vonatkozó egyenlőtlenséget osszuk végig |a|-val:
|1+ba+ca|<1,azaz|1-(-ba)+ca|<1.
A ViŠte-formulák alapján: x1+x2=-ba és x1x2=ca. Beírva ezeket az utóbbi összefüggésbe: |1-(x1+x2)+x1x2|<1, azaz |1-x1||1-x2|<1. Ez csak akkor igaz, ha a két tényező közül legalább az egyik kisebb 1-nél. Legyen az |1-x1| tényező, amelyik biztosan kisebb 1-nél. Ekkor -1<1-x1<1, vagyis 0<x1<2.
Tehát valóban legalább az egyik gyök a ]0;2] intervallumban található.