Cím: Megoldásvázlatok a 2009/4. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Gerõcs László 
Füzet: 2009/május, 275 - 282. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert az egész számpárok halmazán:
9x3y=81,6x+6y+5xy=0.}
 (11 pont)
 

Megoldás. Az első egyenletet 32x+y=34 alakra hozzuk. Ekkor 2x+y=4, azaz y=4-2x. Ezt helyettesítsük a második egyenletbe: 6x+6(4-2x)+5x(4-2x)=0.
Ebből az 5x2-7x-12=0 másodfokú egyenletet kapjuk. Ennek a megoldásai: x1=-1, x2=125. Mivel ez utóbbi nem egész szám, azért az egyenletrendszer megoldása az egész számpárok halmazán: (x;y)=(-1;6).
 
2. Az 1,2,3,...,n pozitív egész számok felhasználásával halmazokat képeztünk az alábbi módon:
A  halmaz a páros számok halmaza;B  halmaz a  3-mal osztható számok halmaza;C  halmaz az  5-tel osztható számok halmaza.   

a) Véletlenszerűen kiválasztva egy számot az n db szám közül, mekkora annak a valószínűsége, hogy azt nem használtuk fel a halmazok képzésekor, ha n=48?  (6 pont)
b) Ha az ABC halmaznak 2 eleme van, akkor hány eleme lehet az (AB)C halmaznak?  (7 pont)
 

Megoldás. a) 1-től 48-ig azok a pozitív egész számok, melyek sem 2-vel, sem 3-mal, sem 5-tel nem oszthatók: 1, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47. Tehát összesen 13 db ilyen szám van. Mivel az összes kiválasztási lehetőségek száma 48, így a keresett valószínűség: 13480,271.
b) Az ABC halmazba azok az elemek vannak, melyek 2-vel, 3-mal és 5-tel is oszthatók, vagyis oszthatók 30-cal. Ha ennek a halmaznak 2 eleme van, akkor ezek az elemek csak a 30 és a 60 lehetnek. Így n értéke legalább 60, de n biztosan kisebb 90-nél, hiszen ellenkező esetben az ABC halmaznak már 3 eleme lenne. Tehát: 60n<90.
Az (AB)\C halmaznak azok a 2-vel és 3-mal is osztható (tehát 6-tal osztható) számok az elemei, melyek 5-tel nem oszthatók. Ha n=60, akkor 8 db ilyen szám van: 6, 12, 18, 24, 36, 42, 48, 54. Ha n értékét növeljük a megengedett határig, akkor még 4 db ilyen számot találunk: 66, 72, 78, 84.
Ezek szerint ha az ABC halmaznak 2 eleme van, akkor az (AB)\C halmaz számossága: 8|(AB)\C|12.
 
3. Egy szarvasmarha telepen 1000 tehenet tartanak. Ezek egy évben 7300000 liter tejet adnak. A telep vezetősége azt tapasztalta, hogy ‐ valószínűleg az egy marhára jutó legelőterület növekedése miatt ‐ ha a tehenek számát 5%-kal csökkentik, akkor az egy tehénre jutó éves tejhozam 10%-kal növekszik.
a) A tehenek számának 5%-os csökkentése esetén mennyivel növekszik az éves tejtermelés a gazdaságban?  (5 pont)
b) Ilyen állomány esetében az a tény, hogy a tehenek számának p%-os csökkentésével egy tehén éves tejhozama 2p%-kal növekszik, csak p<20 esetén érvényes. Hány százalékkal kell csökkenteni a tehénállományt, hogy az éves tejtermelés 10%-kal növekedjen?  (8 pont)
 

Megoldás. a) Egy tehén éves tejhozama 73000001000=7300 liter. Ha a tehénállomány 5%-os csökkentésével az egy tehénre jutó éves átlagos tejhozam 10%-kal növekszik, akkor a gazdaságban az egy éves tejhozam: 10000,9573001,1=7628500.
Tehát az éves tejhozam-növekedés: 7628500-7300000=328500 liter.
b) A tehenek számának p%-os csökkentése után a tehenek száma: 1000(1-p100). Az egy tehénre jutó éves 2p%-os növekedésével az egy tehénre jutó éves tejhozam:
7300(1+2p100).
Ha a gazdaság ezzel éves szinten 10%-os növekedést ért el, akkor
1000(1-p100)7300(1+2p100)=73000001,1,
amit 1+p100-2p21002=1,1 alakban is írhatunk. Ebből: p2-50p+500=0. A kapott egyenlet 20-nál kisebb gyöke: p=25-5513,8.
Tehát a tehénállomány kb. 13,8%-os csökkentésével az éves tejhozam 10%-kal növekedik.
 
4. A p1<p2<p3<p4 prímszámokról a következőket tudjuk: p3=p1+p2, p22+8 is prímszám és p4=2p1p2p3+p1+p3.
Számítsuk ki a p1p2p3p4 szorzat értékét.  (14 pont)
 

Megoldás. Mivel a 2-n kívül minden prímszám páratlan, így a p3=p1+p2 egyenlőségből következik, hogy a jobb oldali prímek valamelyikének párosnak kell lennie. Mivel a vizsgált prímek közül p1 a legkisebb, azért csak p1=2 lehet.
Ha a p2=3k+1 alakú, akkor p22=9k2+6k+1, így p22+8=9k2+6k+9, ami osztható 3-mal, így p22+8 nem lenne prímszám.
Ha a p=3k+2 alakú, akkor p22=9k2+12k+4, így p22+8=9k2+12k+12, ami osztható 3-mal, így p22+8 nem lenne prímszám.
Ezek szerint p22+8 csak úgy lehet prímszám, ha p osztható 3-mal, vagyis p2=3. (Ekkor p22+8=9+8=17, ami valóban prímszám.)
Ezzel p3=p1+p2=5, így p4=2p1p2p3+p1+p3=2235+2+5=67.
A keresett szám: p1p2p3p4=23567=2010.
 

II. rész
 

5. A valós számok halmazán értelmezett f(x)=x3+px2+qx (p-2,q0) függvényről tudjuk, hogy pontosan két zérushelye van, továbbá, hogy f(2)=-p.
a) Határozzuk meg a függvény zérushelyeit.  (8 pont)
b) Az f(x) függvény origón átmenő érintője hol metszi a függvény görbéjét?  (8 pont)
 

Megoldás. a) A feltételek szerint az f(x)=x3+px2+qx függvénynek pontosan két zérushelye van, azaz az x3+px2+qx=0 egyenletnek pontosan két gyöke van. Emeljünk ki x-et a bal oldalon:
x(x2+px+q)=0.
Ez akkor és csak akkor teljesül, ha x=0, vagy x2+px+q=0. Tehát az egyenlet egyik gyöke 0. Mivel az x2+px+q=0 másodfokú egyenletnek csak egy gyöke lehet, azért a diszkriminánsa 0 kell, hogy legyen: p2-4q=0.
Azt is tudjuk, hogy f(2)=-p, tehát f(2)=8+4p+2q=-p, azaz 5p+2q=-8. Az előző eredményből 4q=p2, azaz 2q=p22, így az utóbbi egyenlet: 5p+p22=-8, azaz p2+10p+16=0, amiből: p1=-8, p2=-2.
A feltételek szerint p-2, így csak p=-8 lehet és ezzel 4q=64, azaz q=16. Tehát a keresett függvény:
f(x)=x3-8x2+16x=x(x2-8x+16)=x(x-4)2.
A függvény zérushelyei: x1=0, x2=4.
b) Az origón átmenő érintő meredeksége az f(x) függvénynek az x=0 helyen vett differenciálhányadosával egyenlő: f'(x)=3x2-16x+16, ami x=0-ban 16. Tehát az érintő meredeksége 16, így az érintő egyenlete: y=16x. Ez az egyenes ott metszi az f(x) függvényt, ahol x3-8x2+16x=16x, azaz x3-8x2=0, vagyis x2(x-8)=0, ahonnan x1=0, x2=8.
Tehát az f(x) függvénynek az origóban húzott érintője a függvényt az x=8 helyen metszi.
 
6. Egy formatervező szimmetrikus trapéz alakú falemezre szerelt órát tervezett. Az óra körlapjának sugara 10 cm, középpontja a trapéz minden oldalától 12 cm távolságra van és a hosszabbik párhuzamos oldala a rövidebbnek kétszerese.
 
 

a) Mekkora területű falemezre van szükség?  (7 pont)
b) 2 óra után legközelebb mikor lesz a két óramutató hajlásszöge ugyanakkora, mint 2-kor?  (9 pont)
 
Megoldás. a) Képzeljük el, hogy az óra körlapját a középpontjából 1210=65 arányban nagyítjuk. Mivel a kör középpontja minden oldaltól 12 cm távolságra van, azért a nagyítás után a kapott kör érinteni fogja a trapéz minden oldalát. Ebből következik, hogy a trapéz érintőnégyszög.
 
 

Ha a trapéz rövidebb párhuzamos oldala x, akkor a hosszabb 2x, így az érintőnégyszögekre vonatkozó tétel alapján a szárai: x+2x2=32x hosszúak.
A BTC derékszögű háromszögben BC=32x, BT=2x-x2=12x, CT=m=212=24. Írjuk fel a háromszögre Pitagorasz tételét:
(32x)2=(12x)2+242,vagyis9x24=x24+576,
ahonnan x=122. Ezzel a trapéz T területe:
T=(242+122)242=36212610,9.
Kb. 610,9 cm2 területú falemezre van szükség egy óra elkészítéséhez.
b) 2 órakor a kis- és nagymutató 60-os szöget zár be egymással.
Ha a kismutató α szöggel fordul el a legközelebbi olyan helyzetig, amikor a két mutató ismét 60-os szöget zár be egymással, akkor a nagymutató 60+α+60=120+α szöggel fordul el. Mivel a nagymutató forgási sebessége a kismutató forgási sebességének 12-szerese, azért 12α=120+α, azaz 11α=120, ahonnan α=12011.
 
 

Most azt kell kiszámítanunk, hogy a kismutató α=12011 fokos elfordulása mennyi időt vesz igénybe. A kismutató 1 óra, azaz 60 perc alatt 30-ot fordul el, így 1-os elfordulás 2 percig tart. Ezek szerint az α szögű elfordulás 2α percet vesz igénybe. Esetünkben az elfordulás ideje:
212011=2401121,8  perc.

Tehát 2 óra után legközelebb a két mutató kb. 2 óra 21 perc és 48 másodperckor zár be egymással 60-os szöget.
 
7. Egy városi állatkertben a 4 ragadozót (egy nőstény tigrist, egy oroszlánt, egy leopárdot és egy jaguárt) 8 egymás melletti ketrecben helyezték el.
a) Hányféleképpen helyezhették el a ragadozókat a 8 ketrecben?  (4 pont)
b) Az állatgondozók azt tapasztalták, hogy ha két ragadozó szomszédos ketrecbe kerül, akkor azok rendkívül agresszívekké válnak. Hányféleképpen helyezhették el a ragadozókat a 8 ketrecben úgy, hogy szomszédos ketrecekbe ne kerüljenek állatok?  (5 pont)
c) A jaguárt elszállították, és hoztak helyébe egy hím tigrist. Annak érdekében, hogy a nőstény és a hím tigris ,,közeledjenek'' egymáshoz, e két tigrist szomszédos ketrecbe akarták elhelyezni. Ekkor hányféleképpen helyezhették el a ragadozókat, ha a két tigris szomszédos ketrecbe került, de ezen kívül nem voltak szomszédos ragadozók?  (7 pont)
 

Megoldás. a) A 4 ketrecet, melyekbe elhelyezzük a ragadozókat (84)-féleképpen választhatjuk ki. E lehetőségek közül bármelyiket kiválasztva, a kiválasztott 4 ketrecbe a 4 állat 4!-féleképpen helyezhető el. Ezek szerint a ragadozókat a 8 db ketrecbe összesen
(84)4!=8!4!4!4!=8!4!=5678=1680
féle módon helyezhették el.
b) Számoljuk össze azokat az elhelyezési lehetőségeket, amikor szomszédos ketrecekben nincsenek állatok.
Ha az 1. ketrecbe helyeztünk állatot, akkor helyezhetünk a 3., 5., 7. ketrecbe, vagy a 3., 5., 8. ketrecbe vagy a 3., 6., 8. ketrecbe vagy pedig a 4., 6. és 8. ketrecbe. Ha az első ketrecbe nem helyeztünk, akkor csak a 2., 4., 6. és 8. ketrecbe helyezhettünk állatot. Ez tehát öt lehetőség. Minden lehetőség 4!-féleképpen valósulhat meg, hiszen az adott négy ketrecbe az állatok 4!-féleképpen helyezhetők.
Ezek szerint a 4 állatot úgy elhelyezni a 8 ketrecben, hogy ne legyenek szomszédok, összesen 54!=120-féleképpen lehetséges.
c) Ismét számoljuk össze a lehetőségeket. A két tigris lehet az 1‐2. vagy 2‐3. vagy 3‐4. vagy 4‐5. vagy 5‐6. vagy 6‐7. vagy 7‐8. ketrecben.
Ha az 1‐2. ketrecben vannak a tigrisek, akkor 6 lehetőség van.
 
 
Mivel a két tigris is és a másik két ragadozó is kétféleképpen foglalhatja el a helyét, azért ez esetben a lehetőségek száma: 622=24.
Ha a két tigris a 2‐3. ketrecben van, akkor 3 lehetőség van.
 
 
Ekkor az állatokat 322=12-féleképpen helyezhetik el a kívánt módon.
Ha a két tigris a 3‐4. ketrecbe kerül, akkor 4 eset van.
 
 
Ekkor a lehetőségek száma: 422=16.
Ugyancsak 4-féleképpen választhatók ki a ketrecek, ha a tigrisek a 4‐5. helyen vannak.
 
 
Tehát ez esetben is 16-féleképpen helyezhetők el az állatok a feltételeknek megfelelően.
A szimmetria-okok miatt az 5‐6. eset megegyezik a 3‐4. esettel, a 6‐7. eset megegyezik a 2‐3. esettel, végül a 7‐8. eset megegyezik az 1‐2. esettel.
Ezek szerint a 4 ragadozót a 8 ketrecben úgy elhelyezni, hogy a tigrisek szomszédos ketrecben legyenek, de ezen kívül ne legyenek szomszédos ragadozók, összesen
24+12+16+16+16+12+24=120
féle módon lehet.
 
8. Egy négyzet alapú ház tetőszerkezete négyzet alapú egyenes gúla. Az oldalélek az alapnégyzettel 36-os szöget zárnak be.
 
 

a) Számítsuk ki a tetőszerkezet oldallapjának és alaplapjának a hajlásszögét.  (3 pont)
b) Mekkora a tetőszerkezet légtere, ha az oldaléle 8 m hosszú?  (4 pont)
c) A tetőszerkezet alapnégyzetét ereszcsatorna veszi körül. A lehulló eső a tetőről az ereszcsatornába, onnan pedig a ház egyik sarkánál függőlegesen haladó csatornán keresztül az alá helyezett egyenes körhenger alakú hordóba folyik. A hordó átmérője 68 cm, magassága 120 cm. Egy 15 percig tartó nyári felhőszakadás során a híradások szerint 20 mm csapadék hullott óránként. Megtelik-e a felhőszakadás után a tetőről lefolyt vízzel a hordó?  (9 pont)
 
Megoldás. a) Legyen a tetőtér alapnégyzetének oldala a, magassága m; az oldallap és az alaplap hajlásszögét az ábrán α-val jelöltük.
 
 

Az ATE derékszögű háromszögben:
AT=a22,ígytg36=ma22=m2a.
Az EFT derékszögű háromszögben:
tgα=ma2=2ma.

Ezt és az előbb kapott eredményt elosztva egymással azt kapjuk, hogy
tgαtg36=2mam2a=22=2,azaztgα=2tg36,ahonnanα45,78.
Ha tehát a négyzet alapú egyenes gúla oldaléle az alaplappal 36-os szöget zár be, akkor az oldallap az alaplappal kb. 45,78-os szöget zár be.
b) Ha a gúla oldaléle 8, akkor az ATE háromszögből
cos36=AT8,ahonnanAT=8cos366,47m.  
Az AT ismeretében az alapnégyzet oldala: a9,15 m.
A gúla m magasságára sin36=m8, ahonnan m=8sin364,70 m. A gúla V térfogata, vagyis a tetőtér légtere:
V=a2m3=9,1524,73131,17m3.  

c) A hordó sugara 0,34 m, magassága 1,2 m. Tehát a hordó Vh térfogata:
Vh=r2πm=0,342π1,20,4358m3.  
Ha a kérdéses felhőszakadás alkalmával 20 mm csapadék esett óránként, akkor 15 perc alatt 5 mm. A tetőre hulló csapadék egy 9,15 m oldalú négyzetre eső csapadéknak felel meg, tehát a tetőre hulló csapadék térfogata egy olyan négyzetes hasáb térfogatával egyezik meg, melynek alapnégyzete 9,15 m, magassága pedig 5 mm, azaz 0,005 m. Ennek térfogata: 9,1520,0050,4186m3.
Mivel a hordó térfogata 0,4358 m3, így a tetőről lefolyó csapadékkal nem telik meg a hordó.
 
9. a) Egy pedagógiai konferencia középiskolai szekciójába 12 fő jelentkezett. A 12 fős csoport két tagja (a moderátorok) a csoportból mindenkit ismertek. Öt olyan tagja volt a csoportnak, akik a moderátorokon kívül senkit sem ismertek; a szekció többi tagja közül pedig mindenki mindenkit ismert (az ismeretség minden esetben kölcsönös). Az első szekcióülés előtt, akik nem ismerték egymást, kézfogással bemutatkoztak egymásnak. Hány kézfogás történt?  (7 pont)
b) Az óvodai szekciónak három moderátora volt; ők szintén mindenkit ismertek a csoportból. A csoport többi tagjának a fele a moderátorokon kívül senkit sem ismert, míg a csoport többi tagja közül itt is mindenki mindenkit ismert (természetesen az ismeretség itt is minden esetben kölcsönös). Ebben a szekcióban is bemutatkoztak egymásnak azok, akik nem ismerték egymást, s így ebben a csoportban 35 kézfogásra került sor. Hány főből állt az óvodai szekció?  (9 pont)
 

Megoldás. a) Készítsük el a 12 fős társaság ismeretségi gráfját. Legyenek A és B a moderátorok, C, D, E, F és G azok a személyek, akik a moderátorokon kívül senki mást nem ismertek; a többiek pedig H, I, J, K és L.
 
 

Azt kell meghatároznunk, hogy e gráfba hány élt kellene még berajzolnunk, hogy teljes gráfot kapjunk.
Az A és B pontok fokszáma 11-11. A C, D, E, F és G pontok mindegyikének fokszáma 2. A H, I, J, K és L pontok mindegyikének fokszáma 6. Így a gráfban a fokszámok összege: 211+52+56=62, vagyis a gráf jelenleg meglevő éleinek a száma 31.
Mivel a 12 pontú teljes gráf éleinek a száma 12112=66, és jelenleg 31 éle van, így a hiányzó élek száma 35. Tehát a szekcióülés előtt 35 kézfogásra került sor.
b) Legyen A, B, C a három moderátor. Legyen k db olyan személy, akik a moderátoron kívül senkit sem ismertek. Ekkor a csoport többi tagjai (ugyancsak k db személy) közül mindenki mindenkit ismert.
Ekkor a gráfnak 2k+3 pontja van.
 
 

A három moderátor és azok, akik közül mindenki mindenkit ismert, együtt egy k+3 pontú teljes gráfot alkotnak, amiben (k+3)(k+2)2 él van. Azok a személyek, akik csak a moderátorokat ismerték, 3k élt jelentenek, így a gráf meglevő éleinek a száma: (k+3)(k+2)2+3k.
A 2k+3 pontú teljes gráf éleinek a száma:
(2k+3)(2k+2)2,
így a meglevő gráf hiányzó éleinek a száma:
(2k+3)(2k+2)2-(k+3)(k+2)2-3k=35,
ami 4k2+10k+6-k2-5k-6-6k=70 alakban is írható. Vagyis a 3k2-k-70=0 másodfokú egyenletet kaptuk. A negatív megoldás nyilván érdektelen, így k=5.
Tehát az óvodai szekciónak 2k+3=13 tagja volt.