Cím: Megoldásvázlatok a 2007/1. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Czinki József 
Füzet: 2007/február, 77 - 82. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. 20 tömegszázalékos konyhasóoldat (az oldószer víz) melegítése közben az oldószer 15 százaléka elpárolgott. Ha most az oldathoz 0,1kg konyhasót adunk, akkor az oldat ugyanannyi tömegszázalékos lesz, mintha az eredeti oldathoz 0,1kg oldószert és 0,3kg konyhasót adtunk volna hozzá. Mekkora az eredeti oldat tömege?  (11 pont)
 
Megoldás. Legyen az eredeti oldat tömege x kg. Az eredeti oldatban 0,2x kg az oldott anyag, és 0,8x kg az oldószer tömege. Miután az oldószer 15%-a elpárolgott, tömege 0,68x kg-ra csökkent.
A 0,1 kg konyhasó hozzáadása után:
  az oldott anyag tömege: 0,2x+0,1,  az oldat tömege: 0,2x+0,1+0,68x.  
Az oldat 0,2x+0,10,88x+0,1100 tömegszázalékos lesz.
Ugyanennyi tömegszázalékos lesz az oldat, ha az eredeti oldathoz 0,1 kg vizet, és 0,3 kg sót adunk: 0,2x+0,3x+0,4100.
Vagyis a következő egyenletet írhatjuk fel:
0,2x+0,10,88x+0,1100=0,2x+0,3x+0,4100.
Rendezés után másodfokú egyenletet kapunk: 12x2-52x+5=0. Ennek megoldásai: x14,235, x20,0984.
Vagyis az eredeti oldat vagy kb. 4,235 kg, vagy kb. 0,0984 kg.
A szöveg alapján ellenőrzés után kiderül, hogy ezek valóban megoldások.
 
2. Egy elektronikai gyárban gyártott gombelemek 3%-a hibás a tapasztalatok szerint. Mekkora a valószínűsége, hogy véletlenszerűen kiválasztott 8db gombelem között
a) nincs hibás?
b) legalább két hibás van?  (12 pont)
 
Megoldás. a) 0,9780,7837 valószínűséggel nincs köztük hibás.
b) Nulla hibás van közöttük: (80)0,9780,030 valószínűséggel.
Pontosan egy hibás van közöttük: (81)0,9770,031 valószínűséggel.
Vagyis annak a valószínűsége, hogy legalább két hibás van a véletlenszerűen kiválasztott 8 db gombelem között:
1-(80)0,9780,030-(81)0,9770,0310,02234.

 
3. Oldjuk meg a következő egyenletet:
cos2x(2cos2x+1)=105128cos4x+64cos2x-64.(14 pont)

 
Megoldás. Az egyenlet nem értelmezhető azokra az x-ekre, melyekre
128cos4x+64cos2x-64=0.
Ezt az egyenletet megoldva kapjuk: xπ4+kπ2, ahol k egész szám.
Az egyenlet jobb oldalának nevezőjét átalakítjuk:
cos2x(2cos2x+1)=10564cos2x(2cos2x+1)-64.
A cos2x(2cos2x+1) kifejezés helyett új ismeretlent bevezetve az y=10564y-64 egyenletet kapjuk. Ebből: y1=158, y2=-78.
A cos2x(2cos2x+1)=-78 egyenlet nyilván nem vezet megoldásra (a bal oldal értéke biztosan nem negatív).
A cos2x(2cos2x+1)=158 egyenletből a cos2x=-54 nem ad x-re megoldást, a cos2x=34 pedig a következő megoldásokra vezet: x1=π6+mπ, ahol m egész szám, x2=5π6+nπ, ahol n egész szám.
 
4. Sanyi lottózott (90 szám közül 5-öt kell bejelölni, és 5 számot húznak ki). Kiválasztott nyolc számot (a lehetséges 90-ből), és csak ezeket felhasználva megjátszotta az összes lehetséges számötöst.
a) Hány X-et rajzolt összesen a szelvényekre?
b) A kiválasztott 8 számból 2-őt kihúztak. Hány kettes találata volt?
c) Hány hármas találata lett volna, ha a kiválasztott 8 számból 4-et kihúztak volna?  (14 pont)
 
Megoldás. a) A kérdés az, hogy hányféleképpen tudunk kiválasztani 8 számból 5-öt úgy, hogy a kiválasztás sorrendje nem számít. Ez (85)=56 szelvénnyel számolva 565=280 szám bejelölését jelenti.
b) A kéttalálatos szelvényeken biztosan szerepel a két kihúzott szám, ezen kívül még három szám szerepel a maradék hat ki nem húzott számból. Tehát 6-ból kell 3-at kiválasztani a sorrendre való tekintet nélkül. Ez (63)=20 eset.
Vagyis Sanyinak 20 db kéttalálatosa volt.
c) A kihúzott négy számból pontosan három szerepel a háromtalálatos szelvényeken. Ezekből a számhármasokból 4 db van. A három kihúzott szám mellett mindegyik szelvényen 2 db szám szerepel a 4 db ki nem húzott számból. Tehát 4-ből kell 2-t kiválasztani úgy, hogy a kiválasztás sorrendje nem számít. Ez (42)=6-féleképpen lehetséges.
Tehát Sanyinak 46=24 db háromtalálatosa lenne.
 

II. rész
 

5. Sík talajon áll három darab r sugarú gömb úgy, hogy páronként érintik egymást. Mekkora a mindhárom gömböt és az alapsíkot is érintő gömb és a négy gömbközéppont által meghatározott tetraéder térfogatának az aránya?  (16 pont)
 
Megoldás. A három egyforma egymást érintő gömb közül az egyiknek a középpontja legyen O1 az ábra szerint. Ugyanennek a gömbnek és az alapsíknak az érintési pontja legyen T1, a három egyforma gömböt és az alapsíkot is érintő gömb középpontja O2, az O2 középpontú gömb és az alapsíknak az érintési pontja T2, végül az O2 pontból a T1O1 szakaszra állított merőleges talppontja Y. Az O1T1 szakasz hossza legyen r, az O2T2 szakasz hossza x.
 
 

Mivel az O1 és az O2 középpontú gömbök érintik egymást, azért O1O2=r+x. A T1T2=O2Y szakasz hossza: 233r, mivel a három egyforma egymást érintő gömb középpontjai egy 2r oldalú szabályos háromszöget határoznak meg, és T1T2 e háromszög magasságának 23 részével egyezik meg. Az O1O2Y derékszögű háromszögre felírva a Pitagorasz-tételt kapjuk:
(r-x)2+(233r)2=(r+x)2.
Ebből adódik, hogy x=r3.
A gömbök középpontjai által meghatározott tetraéder alapja egy 2r oldalú szabályos háromszög, magassága pedig r-x=23r; térfogata:
Talapm3=(2r)23423r3=23r39.
Az x sugarú gömb térfogata:
4π(r3)33=4πr381.
A térfogatok aránya:
4πr381:23r39=2π327.

 
6. Tekintsük a következő RR függvényt: f(x)=|x3-2x2-8x|-3.
a) Hol van a függvénynek szélsőértéke?
b) Írjuk fel a függvény érintőjének egyenletét az x=3 abszcisszájú pontjában.  (16 pont)
 
Megoldás. a) Vizsgáljuk meg először a g(x)=x3-2x2-8x függvényt. A g zérushelyei: x=-2, x=0, x=4. A g deriváltja: g'(x)=3x2-4x-8, második deriváltja: g''(x)=6x-4.
 
 

Az első derivált zérushelyei: 2±283, ezek a lehetséges szélsőértékhelyek. A második derivált segítségével megállapítható, hogy a g függvénynek a 2+2832,431 lokális minimumhelye, a 2-283-1,097 pedig lokális maximumhelye.
Az f(x)=|x3-2x2-8x|-3 függvény a g függvényből úgy származtatható, hogy a g függvény képének az x tengely alá eső részét tükrözzük az x tengelyre, majd az így kapott képet y tengely irányában 3 egységgel lefelé toljuk. Az f függvényt vizsgálva megállapítható, hogy a g függvényhez képest további három szélsőértékhely keletkezik, továbbá a g függvény egyik szélsőértékének minősége is megváltozik a transzformáció következtében.
Az f függvény szélsőértékhelyei:
‐ Abszolút minimumhelyek: x=-2, x=0, x=4.
‐ Lokális maximumhelyek: x=2+283, x=2-283.
b) A g függvény deriváltja az x=3 helyen a g'(3)=7 értéket veszi fel. Tehát a g függvény x=3 abszcisszájú pontjában az érintő iránytangense mg=7. Az f függvény x=3 abszcisszájú pontjában húzott érintő iránytangense a tükrözés miatt mf=-7.
Az érintési pont koordinátája: (3;12). A kérdéses érintő egyenlete:
y-12=-7(x-3),  azaz  y=-7x+33.

 
7. Valaki betesz a bankba 50 000 Ft-ot. Az első bank havi 0,4% kamatos kamatot fizetne egy éven keresztül, havonkénti tőkésítés mellett. A második bank havi 0,3% kamatos kamatot fizetne egy éven keresztül, havonkénti tőkésítés mellett, valamint minden negyedik hónap után megnöveli a bent lévő tőkeösszeget 0,5%-kal. A harmadik bank fél évre 3% kamatot ad, félévenkénti tőkésítéssel.
a) Töltsük ki a következő táblázatot (1 tizedes jegyre kerekítve):
BetétBetétBetétBetétBetétBetétösszegeösszegeösszegeösszegeösszegeösszege1. hó vége2. hó vége3. hó vége4. hó vége5. hó vége6. hó végeElső bankMásodik bankHarmadik bankBetétBetétBetétBetétBetétBetétösszegeösszegeösszegeösszegeösszegeösszege7. hó vége8. hó vége9. hó vége10. hó vége11. hó vége12. hó végeElső bankMásodik bankHarmadik bank

b) A táblázat alapján hány hónapra célszerű az első, illetve a második bankban elhelyezni a pénzünket?  (16 pont)
 
Megoldás. a)
BetétBetétBetétBetétBetétBetétösszegeösszegeösszegeösszegeösszegeösszege1. hó vége2. hó vége3. hó vége4. hó vége5. hó vége6. hó végeElső bank50 20050 400,850 602,450 804,851 008,851 212,1Második bank50 15050 300,550 451,450 855,751 008,351 161,3Harmadik bank50 00050 000,850 000,850 000,850 000,851 500,8BetétBetétBetétBetétBetétBetétösszegeösszegeösszegeösszegeösszegeösszege7. hó vége8. hó vége9. hó vége10. hó vége11. hó vége12. hó végeElső bank51 416,951 622,651 829,152 036,452 244,552 453,5Második bank51 314,851 726,151 881,352 036,952 193,052 611,3Harmadik bank51 500,851 500,851 500,851 500,851 500,853 045,8

b) Az Első bankot akkor célszerű választani, ha 1, 2, 3 vagy 11 hónapra kívánja elhelyezni az összeget, a Második bankot akkor, ha 4, 5, 8, 9 vagy 10 hónapra kívánja elhelyezni a betétet. Egyébként a Harmadik bankot célszerű választani.
 
8. Egy mentőrepülőgép súlyos sérültet szállítva az A(50;240) koordinátájú katonai támaszpont kórházába tartott (a koordináták km-ben értendők), de a nyílt tengeren műszaki hiba miatt kényszerleszállást kellett végrehajtania a C(50;20) koordinátájú pontban. A mentőszolgálat másik mentőrepülőgépe ekkor éppen az A támaszpont felé tartott, helyzete D(160;170) volt, 160 km-re elegendő üzemanyag állt rendelkezésére, és nem szállított sérültet. A kényszerleszállástól számítva minimum mennyi idő alatt lehet a sérültet a másik repülőgéppel az A támaszpont kórházába szállítani, ha tudjuk, hogy az A támaszponton, illetve B(210;190) koordinátájú kis szigeten van lehetőség üzemanyag felvételre, és a mentőrepülőgépek átlagsebessége 1000 km/h? Az üzemanyag felvétel (ha szükséges) és a sérült áthelyezése a másik gépre 10‐10 percet vesz igénybe.  (16 pont)
 
Megoldás. Az ábra szemlélteti a feladatban szereplő objektumok helyzetét.
DC=(160-50)2+(170-20)2186km,  
ezért biztos, hogy kell tankolni. A DC távolsághoz hasonlóan számíthatók a következő távolságok: AC=220 km, AD130,38 km, DB53,85 km, BC233,45 km.
 
 

DACA útvonal esetén az összes távolság 570,38 km, a DBCA útvonal esetén 507,28 km. Mindkét esetben az üzemanyag felvétel és a sérült áthelyezése ugyanannyi ideig tart, tehát a rövidebb, DBCA útvonalat célszerű választani. A t=sv képlet alapján a repülőgép ez esetben 0,50728 órát, vagyis 30,44 percet tölt a levegőben. Ehhez hozzáadva a sérült áthelyezésének és az üzemanyag felvételnek az idejét, a sérült ezen útvonal választása esetén 50,44 perc alatt kerül kórházba.
Tehát a sérült legkevesebb 50,44 perc alatt juthat kórházba.
 
9. a) Igazmondó (aki mindig igazat mond), Hazudós (aki mindig hazudik) és Bizonytalan (akiről soha nem lehet tudni, hogy éppen hazudott-e vagy nem) versenyt futottak, és úgy értek célba, hogy nem volt holtverseny. Egy matematikus, aki látta a versenyfutást, de nem ismerte őket, a következő kérdéseket tette fel nekik a verseny végén:
Az elsőként beérkezőt megkérdezte: Ki lett a második? A válasz így hangzott: Igazmondó.
A másodikként beérkezőt megkérdezte: Te ki vagy? A válasz ez volt: Bizonytalan.
A harmadikként beérkezőt is megkérdezte: Ki ért be előtted? A válasz: Hazudós.
Milyen beérkezési sorrendet állapított meg ezek után a matematikus?
b) Válaszoljunk a következő kérdésekre (A, B, C halmazokat jelölnek):
Tudjuk, hogy A\B=C. Igaz-e, hogy BC=A?
Tudjuk, hogy BC=A. Igaz-e, hogy A\B=C?  (16 pont)
 
Megoldás. a) Az elsőként beérkező nem lehetett ,,Igazmondó'', mert ő mást mondott volna. A másodikként beérkező szintén nem lehetett ,,Igazmondó'', mert akkor nem ,,Bizonytalan''-ként mutatkozott volna be. Tehát ,,Igazmondó'' érkezett a harmadik helyen, és mivel ő igazat mond ezért biztosan ,,Hazudós'' érkezett a második helyen. Az előzőekből adódóan ,,Bizonytalan'' nyerte a futóversenyt.
b) Ha A\B=C, akkor nem biztos, hogy BC=A. Ellenpélda: A={1;2;3}, B={1;4;5}, C={2;3}.
Ha BC=A, akkor nem biztos, hogy A\B=C. Ellenpélda: A={1;2;3}, B={1;2}, C={2;3}.