Cím:	Megoldásvázlatok a 2009/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Baráti Ákos
Füzet:	2009/április, 196 - 199. 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 ${27}^x<6\cdot 9^x+3^{x+3}$ egyenlőtlenséget.  (12 pont)   Megoldás. A $3^x$ helyére $a$-t helyettesítve az egyenlőtlenség $a^3-6a^2-27a<0$ alakba írható. Oszthatjuk mindkét oldalt $a$-val, mivel $3^x>0$ minden $x$ esetén. Az $a^2-6a-27<0$ egyenlőtlenséget $\left(a-9\right)\left(a+3\right)<0$ alakban is írhatjuk. Az egyenlőtlenség megoldása: $-3<a<9$, azaz $-3<3^x<3^2$. Mivel $3^x>0$ 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 $\alpha =2\beta$. Felírható a szinusztétel: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{16}{10}=\frac{\text{sin}2\beta }{\text{sin}\beta }\mathrm{.}}\end{array}$ Felhasználva, hogy $\text{sin}2\beta =2\text{sin}\beta \text{cos}\beta$, kapjuk, hogy $1\mathrm{,}6=2\text{cos}\beta$, azaz $\text{cos}\beta =0\mathrm{,}8$. Ebből $\beta \approx 36\mathrm{,}{9}^{\circ }$, $\alpha =73\mathrm{,}{8}^{\circ }$ és $\gamma ={180}^{\circ }-\alpha -\beta =69\mathrm{,}{3}^{\circ }$. Ezek megfelelnek a $\beta <\gamma <\alpha$ feltételnek. A hiányzó $c$ oldalt koszinusztétellel számolhatjuk ki: $c\approx 15\mathrm{,}6$.   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: $6^4=1296$. Minden dobás különböző $6\cdot 5\cdot 4\cdot 3=360$ esetben lesz, ezért az Anna számára kedvező esetek száma: $1296-360=936$. Az, hogy a dobások között nincs 6-os, $5\cdot 5\cdot 5\cdot 5=625$ 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 $c=5\cdot 4\cdot 3\cdot 2=120$ (minden dobás különböző, és nincs 6-os közte), ezért $d=311+120=431$. A keresett valószínűség: $\begin{array}{c}{\displaystyle p=\frac{431}{1296}\approx 0\mathrm{,}33.}\end{array}$   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 ${16}^2+{30}^2={34}^2$, a háromszög derékszögű, így a $P$ pont az $AB$ átfogó felezőpontja. Használjuk az ábra jelöléseit.     A beírható kör sugara: $QE=QF=QG=\varrho$, a derékszögű háromszög területe: $t=240$, a félkerülete: $s=40$. A $t=\varrho s$ összefüggés alapján: $\varrho =6$. Tudjuk, hogy $ECFQ$ négyszög négyzet, így $EC=6$, ezért $BE=BG=10$, amiből $PG=7$ következik. A $PGQ$ derékszögű háromszögben: $\begin{array}{c}{\displaystyle PQ=\sqrt[]{7^2+6^2}=\sqrt[]{85}\approx 9\mathrm{,}22.}\end{array}$   II. rész   5. Oldjuk meg a valós számpárok halmazán az alábbi egyenletet: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{4-4x^2+4xy-y^2}=\text{log}{}_x\left(y-2\right)+\text{log}{}_{y-2}x\mathrm{.}}\end{array}$  (16 pont)   Megoldás. A gyökjel alatti kifejezést $4-{\left(2x-y\right)}^2$ alakba írva látható, hogy $4-{\left(2x-y\right)}^2\le 4$, mivel ${\left(2x-y\right)}^2\ge 0$, így a bal oldal: $\sqrt[]{4-4x^2+4xy-y^2}\le 2$ minden értelmezett $x$, $y$ esetén. A jobb oldali kifejezés $\text{log}{}_{a}b=\frac{1}{\text{log}{}_{b}a}$ 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 $\text{log}{}_x\left(y-2\right)=1$, 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 $k\ne 25$.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Az eredeti kocka térfogata: $a^3$, a négyzetes oszlopé: $b^{2}a$. A feltétel szerint $b^{2}a=\frac{1}{4}{a}^3$, amiből $b^2=\frac{1}{4}{a}^2$, azaz $a=2b$.     Az eredeti kocka felszíne: $6a^2$, a négyzetes oszlop kivágása után maradt test felszíne: $6a^2-2b^2+4ab$. Az $a=2b$ helyettesítéssel $24b^2$, illetve $24b^2-2b^2+8b^2=30b^2$ adódik. Ezzel az állítást igazoltuk, hiszen $30b^2=1\mathrm{,}25\cdot 24b^2$. $b)$ Ha a kocka térfogata $k\%$-kal csökken, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle b^{2}a=\frac{k}{100}{a}^3\mathrm{,}\text{amiből}a=\frac{10b}{\sqrt[]{k}}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha a felszín $k\%$-kal nő, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle -2b^2+4ab=\frac{6a^{2}k}{100}\mathrm{,}}\end{array}$ amiből $a=\frac{10b}{\sqrt[]{k}}$ helyettesítéssel rendezés után $k=25$ adódik.   7. Egy osztály $30$ tanulója írt dolgozatot matematikából. A dolgozatokra kapott osztályzatok módusza $2$, mediánja $3\mathrm{,}5$, terjedelme $4$, átlaga $3\mathrm{,}2$. Tudjuk továbbá, hogy $1$-gyel több $4$-es volt, mint $5$-ös és a jegyek szórása kisebb, mint $1\mathrm{,}36$. 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 $30\cdot 3\mathrm{,}2=96$, ebből a 4-esek és 5-ösök összege $8\cdot 4+7\cdot 5=67$, 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: ${\displaystyle \begin{array}{cc}{\displaystyle \text{ I.}}\hfill & {\displaystyle \text{10 db 2-es, 2 db 3-as és 3 db 1-es.}}\hfill \\ {\displaystyle \text{ II.}}\hfill & {\displaystyle \text{12 db 2-es, 1 db 3-as és 2 db 1-es. }}\hfill \end{array}}$ (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: $y=x^2+8x+17$. 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: $A\left(-1;-4\right)$, $B\left(2;2\right)$. 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 $f:y=2x+c$ ($c\in \text{R}$), és ezt $P$ egyenletébe helyettesítve rendezés után az $x^2+6x+17-c=0$ 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: $C\left(-3;2\right)$. Mivel $BC=5$, a $BC$ oldalhoz tartozó magasság pedig 6, azért az $ABC$ háromszög területe: $\frac{5\cdot 6}{2}=15$.   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 $66+d$ ($d>0$, $d\in \text{Z}$). A belőlük kapott hatjegyű szám: $10000\left(66-d\right)+100\cdot 66+66+d$, azaz a műveletek elvégzése után $\begin{array}{c}{\displaystyle 666666-9999d=99\left(6734-101d\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $2009=7^2\cdot 41$, azért $7^2\cdot 41\mid 3^2\cdot 11\cdot \left(6734-101d\right)$, ami csak úgy lehet, ha $\begin{array}{c}{\displaystyle 2009\mid \left(6734-101d\right)\mathrm{.}}\end{array}$ A $d>0$ feltétel miatt a $6734-101d$ csak 2009, $2\cdot 2009$ vagy $3\cdot 2009$ 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.