Cím: Megoldásvázlatok a 2009/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Baráti Ákos 
Füzet: 2009/április, 196 - 199. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Oldjuk meg a valós számok halmazán a 27x<69x+3x+3 egyenlőtlenséget.  (12 pont)
 
Megoldás. A 3x helyére a-t helyettesítve az egyenlőtlenség a3-6a2-27a<0 alakba írható. Oszthatjuk mindkét oldalt a-val, mivel 3x>0 minden x esetén. Az a2-6a-27<0 egyenlőtlenséget (a-9)(a+3)<0 alakban is írhatjuk. Az egyenlőtlenség megoldása: -3<a<9, azaz -3<3x<32. Mivel 3x>0 minden x esetén, azért x<2.
 
2. Egy háromszög leghosszabb oldalának hossza 16, legrövidebb oldalának hossza pedig 10. A háromszög legnagyobb szöge kétszer akkora, mint a legkisebb. Mekkorák a háromszög szögei és hiányzó oldala?  (12 pont)
 
Megoldás. A leghosszabb oldallal szemben van a legnagyobb szög, a legkisebbel szemben a legkisebb, tehát ha a=16 és b=10, akkor α=2β. Felírható a szinusztétel:
1610=sin2βsinβ.
Felhasználva, hogy sin2β=2sinβcosβ, kapjuk, hogy 1,6=2cosβ, azaz cosβ=0,8. Ebből β36,9, α=73,8 és γ=180-α-β=69,3. Ezek megfelelnek a β<γ<α feltételnek.
A hiányzó c oldalt koszinusztétellel számolhatjuk ki: c15,6.
 
3. Anna és Bence egy játékban négy szabályos dobókockát dobál. Anna nyer, ha a dobott számok között vannak egyenlők, Bence nyer, ha a dobott számok között van legalább egy 6-os. Amennyiben mindkét feltétel teljesül, a játék döntetlen; ha egyik feltétel sem teljesül, tovább játszanak.
a) Melyiküknek van nagyobb esélye a nyerésre?  (7 pont)
b) Mekkora annak a valószínűsége, hogy egy játék döntetlenre végződik?  (6 pont)
 
Megoldás. a) Mindkettőjük esetében az összes eset: 64=1296.
Minden dobás különböző 6543=360 esetben lesz, ezért az Anna számára kedvező esetek száma: 1296-360=936.
Az, hogy a dobások között nincs 6-os, 5555=625 esetben fordulhat elő, ezért a Bence számára kedvező esetek száma: 1296-625=671.
Fentiekből következően Annának van nagyobb esélye nyerni.
b) Legyen a azoknak a dobásoknak a száma, melyeknél Anna nyer, b azoknak a száma, amikor Bence, d a döntetlen esetek száma és c azoké, amikor egyik sem teljesül (azaz sem 6-os, sem egyforma nincs a 4 dobás között).
Tudjuk az a) részből, hogy a+b+c+d=1296, a+d=936 és b+d=671, amiből d-c=936+671-1296=311. Továbbá c=5432=120 (minden dobás különböző, és nincs 6-os közte), ezért d=311+120=431.
A keresett valószínűség:
p=43112960,33.

 
4. Az ABC háromszög oldalainak hossza: AB=34, BC=16, AC=30. A háromszög köré írható kör középpontja legyen P, a beírható kör középpontja Q. Számítsuk ki a PQ szakasz hosszát.  (14 pont)
 
Megoldás. Mivel 162+302=342, a háromszög derékszögű, így a P pont az AB átfogó felezőpontja. Használjuk az ábra jelöléseit.
 
 

A beírható kör sugara: QE=QF=QG=ϱ, a derékszögű háromszög területe: t=240, a félkerülete: s=40. A t=ϱs összefüggés alapján: ϱ=6.
Tudjuk, hogy ECFQ négyszög négyzet, így EC=6, ezért BE=BG=10, amiből PG=7 következik.
A PGQ derékszögű háromszögben:
PQ=72+62=859,22.

 

II. rész
 

5. Oldjuk meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletet:
4-4x2+4xy-y2=logx(y-2)+logy-2x.
 (16 pont)
 
Megoldás. A gyökjel alatti kifejezést 4-(2x-y)2 alakba írva látható, hogy 4-(2x-y)24, mivel (2x-y)20, így a bal oldal: 4-4x2+4xy-y22 minden értelmezett xy esetén.
A jobb oldali kifejezés logab=1logba miatt egy számnak és reciprokának az összege, amiről tudjuk, hogy pozitív szám esetén nagyobb vagy egyenlő 2-nél (egyenlőség akkor és csak akkor van, ha a szám 1), negatív számok esetén pedig kisebb vagy egyenlő -2-nél (ez most nem jöhet szóba, hiszen a bal oldal nem negatív).
Az egyenlőség tehát csak úgy állhat fenn, ha a bal és a jobb oldal értéke is pontosan 2. Egyrészt 2x-y=0, azaz y=2x, másrészt logx(y-2)=1, azaz x=y-2. Az így kapott egyenletrendszer megoldása az x=2, y=4 számpár, amely megoldása az eredeti egyenletnek is.
 
6. Egy a élű kockát átlyukasztunk az egyik lapjára merőlegesen. A kivágott rész egy olyan négyzetes oszlop, melynek alaplapja egy b élű négyzet, magassága pedig a.
a) Igazoljuk, hogy ha a keletkezett test térfogata az eredeti kocka térfogatánál 25%-kal kisebb, akkor felszíne az eredeti felszínnél 25%-kal nagyobb.
b) Igazoljuk, hogy az előző állításban más szám nem írható a 25 helyére, azaz k%-os térfogatcsökkenés semmilyen a és b esetén nem járhat k%-os felszínnövekedéssel, ha k25.  (16 pont)
 
Megoldás. a) Az eredeti kocka térfogata: a3, a négyzetes oszlopé: b2a. A feltétel szerint b2a=14a3, amiből b2=14a2, azaz a=2b.
 
 

Az eredeti kocka felszíne: 6a2, a négyzetes oszlop kivágása után maradt test felszíne: 6a2-2b2+4ab. Az a=2b helyettesítéssel 24b2, illetve 24b2-2b2+8b2=30b2 adódik. Ezzel az állítást igazoltuk, hiszen 30b2=1,2524b2.
b) Ha a kocka térfogata k%-kal csökken, akkor
b2a=k100a3,amibőla=10bk.

Ha a felszín k%-kal nő, akkor
-2b2+4ab=6a2k100,
amiből a=10bk helyettesítéssel rendezés után k=25 adódik.
 
7. Egy osztály 30 tanulója írt dolgozatot matematikából. A dolgozatokra kapott osztályzatok módusza 2, mediánja 3,5, terjedelme 4, átlaga 3,2. Tudjuk továbbá, hogy 1-gyel több 4-es volt, mint 5-ös és a jegyek szórása kisebb, mint 1,36. Határozzuk meg a dolgozatra kapott osztályzatok gyakoriságát.  (16 pont)
 
Megoldás. A 3,5-es mediánból következik, hogy az osztályzatokat növekvő sorrendbe rendezve a két középső 3 és 4 (2 és 5 nem lehet, mert úgy nem lenne 4-es). Eszerint 15 db 4-es és 5-ös van, és mivel ezek közül 1-gyel több a 4-es, ez 8 db 4-est és 7 db 5-öst jelent.
Mivel az átlag 3,2, a jegyek összege 303,2=96, ebből a 4-esek és 5-ösök összege 84+75=67, azaz az 1-es, 2-es, 3-as osztályzatok összege 29.
Mivel 15 db 2-es összege 30 lenne, azért a jegyek között 1-gyel több 1-es van, mint 3-as, másrészt mivel 2 a módusz, a 2-esek száma legalább 9.
A fentiek csak kétféleképpen teljesülhetnek:
  I.10 db 2-es, 2 db 3-as és 3 db 1-es.  II.12 db 2-es, 1 db 3-as és 2 db 1-es.  

(A 14 db 2-es, 0 db 3-as és 1 db 1-es nem lehet, hiszen láttuk, hogy van 3-as.)
Ha a fenti két esetben kiszámítjuk a jegyek szórását, azt kapjuk, hogy csak a II. esetben kisebb 1,36-nál.
Az egyes osztályzatok gyakorisága tehát: 2 db 1-es, 12 db 2-es, 1 db 3-as, 8 db 4-es és 7 db 5-ös.
 
8. Az e egyenes egyenlete: 2x-y=2, a P parabola egyenlete: y=x2+8x+17. Az A és a B pontok illeszkednek az e egyenesre, a C pont pedig a P parabolára. Az A pont abszcisszája -1, a B pont ordinátája 2.
Adjuk meg a C pont koordinátáit úgy, hogy az ABC háromszög területe a lehető legkisebb legyen. Mekkora ez a minimális terület?  (16 pont)
 
Megoldás. Az e egyenes egyenletébe behelyettesítéssel megkapjuk az A és B pontok hiányzó koordinátáit: A(-1;-4), B(2;2).
Az ABC háromszög területe akkor lesz a legkisebb, ha az AB oldalhoz tartozó magasság a legkisebb. A feladat tehát megkeresni a P parabolának az e egyeneshez legközelebb fekvő pontját. Ha f az e-vel párhuzamos, P parabolát érintő egyenes, akkor a keresett C pont az f egyenesnek az a pontja, melyben f a P parabolát érinti.
 
 

Mivel e:y=2x-2, azért f:y=2x+c (cR), és ezt P egyenletébe helyettesítve rendezés után az x2+6x+17-c=0 egyenletet kapjuk. Az f egyenes akkor és csak akkor érinti a parabolát, ha a fenti egyenlet diszkriminánsa 0, azaz 36-68+4c=0, amiből c=8. Ezt a fenti egyenletbe helyettesítve adódik a megfelelő C pontnak először az x, majd az y koordinátája: C(-3;2).
Mivel BC=5, a BC oldalhoz tartozó magasság pedig 6, azért az ABC háromszög területe: 562=15.
 
9. Három kétjegyű természetes szám egy növekvő számtani sorozat három egymást követő tagja, a három szám összege 198. A három számot növekvő sorrendben egymás mögé írva, a kapott 6-jegyű szám osztható 2009-cel. Melyik ez a három szám?  (16 pont)
 
Megoldás. A három kétjegyű szám közül a középső 198:3=66, az első 66-d, a harmadik 66+d (d>0, dZ).
A belőlük kapott hatjegyű szám: 10000(66-d)+10066+66+d, azaz a műveletek elvégzése után
666666-9999d=99(6734-101d).

Mivel 2009=7241, azért 72413211(6734-101d), ami csak úgy lehet, ha
2009(6734-101d).
A d>0 feltétel miatt a 6734-101d csak 2009, 22009 vagy 32009 lehet. Az első két esetben d-re nem egész számot kapunk, a harmadik esetben d=7.
Tehát a három kétjegyű szám: 59, 66, 73, a belőlük alkotott hatjegyű szám pedig: 596 673.