Cím: Megoldásvázlatok a 2009. szeptemberi emelt szintű gyakorló feladatokhoz
Szerző(k):  Simon János 
Füzet: 2009/október, 402 - 407. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Mutassuk meg, hogy az f(x)=1x2 (ahol x0 valós szám) hozzárendeléssel megadott függvényre minden a0, b0 valós számpár esetén teljesül, hogy
f(a)+f(b)+2abf(ab)=f(ab)f(a+b).
 (11 pont)
 

Megoldás. Végezzük el a behelyettesítést a bal oldalon:
f(a)+f(b)+2abf(ab)=1a2+1b2+2ab1(ab)2.
Ezt tovább alakítva:
a2+b2+2aba2b2=(a+b)2a2b2=1(ab)21(a+b)2.

Ami pontosan f(ab)f(a+b)-vel egyenlő, és ezt szerettük volna igazolni.
 
2. A természetes számok sorozatából valamelyik számtól kezdve kiválasztjuk minden 12. számot addig, míg a kiválasztott számok összege 2010 lesz. A kiválasztott számok száma 10-nél több, de 100-nál kevesebb.
Melyik számot választottuk ki először és összesen hány darabot?  (12 pont)
 

Megoldás. Legyen az először kiválasztott szám x (xN), a kiválasztott számok darabszáma pedig k (10<k<100 és kN).
Ezen számok összege:
x+(x+12)+...+(x+(k-1)12)=kx+12(1+...+(k-1))==kx+(k-1)k212=2010.
Vagyis: k(x+6k-6)=2010=23567. Ebből következik, hogy k 10-nél nagyobb és 100-nál kisebb osztója a 2010-nek. A 2010-nek 3 db ilyen osztója van: 15; 30; 67.
Ha k=15, akkor x=134-84=50.
Ha k=30, akkor x=67-174<0.
Ha k=67, akkor x=30-396<0.
Tehát csak k=15 esetén kapunk megfelelő x-et. Az első kiválasztott szám az 50 és 15 db számot választottunk ki.
 
3. Mutassuk meg, hogy ha egy háromszög oldalaira teljesül az a2+b2>5c2 egyenlőtlenség, akkor c a háromszög legkisebb oldala.  (14 pont)
 

Megoldás. A háromszög-egyenlőtlenség miatt: b+c>a, amiből következik: b2+2bc+c2>a2. Mindkét oldalhoz b2-et adva:
2b2+2bc+c2>a2+b2>5c2.
Ezt rendezve: b2+bc-2c2>0, amit így is írhatunk: b2-bc+2bc-2c2>0, ennek szorzatalakja: (b-c)(b+2c)>0. Mivel a második tényező pozitív, ezért az elsőnek is pozitívnak kell lennie, azaz b>c.
Hasonlóan belátható, hogy a>c, vagyis c valóban a háromszög legkisebb oldala.
 
4. Van-e megoldása a sin6x+sin4x+2sin2x+cos2x=4sin5x egyenletnek a ]0;π2[-on?  (14 pont)
 

Megoldás. Mindkét oldal néggyel való osztása, majd a bal oldalon cos2x=1-sin2x helyettesítése után a kapott egyenlet bal oldalának minden tagja pozitív. A számtani és a mértani közepek közötti egyenlőtlenség miatt:
sin5x=sin6x+sin4x+sin2x+14sin12x4=sin3x.
Vagyis: sin3x(sin2x-1)0.
Mivel a megadott intervallumon sinx]0;1[, azért az első tényező pozitív, a második tényező negatív, azaz a szorzatuk negatív. Tehát ezen az intervallumon nincs megoldása az egyenletnek.
 

II. rész
 

5. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenlőtlenséget:
x2log4(5x2-2x-3)-xlog14(5x2-2x-3)x2+x.(16 pont)
 

Megoldás. A logaritmus miatt: 5x2-2x-3>0, amiből kapjuk, hogy x<-0,6 vagy 1<x. Azonos alapra hozzuk a logaritmusokat; 0-ra rendezzük, majd szorzattá alakítjuk az egyenlőtlenséget:
x(x+1)[log4(5x2-2x-3)-1]0.
A 4-es alapú logaritmus függvény szigorúan monoton nő, ezért a harmadik tényező akkor nemnegatív, ha
5x2-2x-34,azaz5x2-2x-70.
Ebből kapjuk: x-1 vagy 1,4x. A három tényező előjelét számegyenesen ábrázolva és a logaritmus miatt tett kikötésünket is figyelembe véve a megoldáshalmaz: {-1}]1;1,4].
 
6. A Stadion parkjában található ,,rúgófal'' felső lyukába 10%, az alsóba 40% valószínűséggel talál be Márton.
a) Mindkét lyukra egyszer lőve mennyi a valószínűsége, hogy
  A: egyszer sem talál;
  B: egyszer talál?
b) Hányszor kell az alsó lyukra lőnie, hogy több mint 95% valószínűséggel legalább egyszer beletaláljon?
c) Mennyi a valószínűsége, hogy háromszor az alsóra, majd háromszor a felsőre lőve pontosan egyszer talál?
d) Krisztián észrevette, hogy Marci találati valószínűsége nem konstans. Találat után (az eredeti valószínűség) 110 részével nő, ha nem talál, 110 részével csökken az eredeti találati valószínűség. Marci kétszer lő az alsó lyukra. Mekkora a valószínűsége, hogy pontosan egyszer talál?  (16 pont)
 

Megoldás. a) A: 0,90,6=0,54. B: 0,90,4+0,10,6=0,42.
b) Legyen a rúgások száma n. Ekkor: 1-0,6n>0,95. Az egyenlőtlenség megoldáshalmazából a legkisebb pozitív egész számot keressük. Elvégezzük a következő átalakításokat:
0,05>0,6n,lg0,05>nlg0,6,n>lg0,05lg0,65,86.
Vagyis legalább 6-szor kell lőnie.
(31)0,40,620,93+(31)0,630,10,920,367.c)
A keresett valószínűség: kb. 0,367.
d) 0,40,56+0,60,36=0,44. Ebben az esetben Marci 0,44 valószínűséggel talál be pontosan egyszer.
 
7. Adott a derékszögű koordinátarendszerben a K(-2;3) középpontú r=5 sugarú kör és három pont: A(6;2), B(-3;5) és C(-5;y0), ahol y0>0.
a) Mekkora a kör AB egyenesre illeszkedő húrjának hossza?
b) A C pont illeszkedik a körre. A kör C-ben húzott érintője legyen az e egyenes. Mekkora területű az a háromszög, amelyet az e egyenes, az y tengely és az AB egyenes fog közre?  (16 pont)
 

Megoldás. a) Az AB egyenes egyenlete: y=-13x+4. A kör egyenlete: (x+2)2+(y-3)2=25.
 
 

Meghatározzuk a metszéspontjaik koordinátáit. Az y helyére -13x+4 behelyettesítésével a kör egyenletét a következő alakra rendezzük:
0=109x2+103x-20.
A másodfokú egyenlet megoldásai: x1=3, x2=-6.
Vagyis a metszéspontok: P1(3;3), P2(-6;6); P1P2=92+32=90=310. Az AB egyenesre illeszkedő húr hossza: 310.
b) Mivel C illeszkedik a körre, azért (-5+2)2+(y0-3)2=25. Az y02-6y0-7=0 másodfokú egyenletet kaptuk, melynek megoldásai: y0=7 vagy y0=-1. Mivel y0>0, azért C(-5;7).
A C-beli e érintő egyenlete: 3x-4y=-43. Az AB egyenes egyenlete: 13x+y=4. A két egyenes Q metszéspontját kiszámítjuk:
Q(-8113;7913).
Az e érintő és az y tengely metszéspontja: R(0;434). Az AB egyenes és az y tengely metszéspontja: S(0;4). Vagyis a háromszög RS oldalának hossza: RS=274. Ezen oldalhoz tartozó magasság hossza:
m=8113.
A keresett terület:
t=27481132=218710421,03.

 
8. Egy felújításra váró ház 8 m széles és 4 m magas oromzatát mutatja a mellékelt ábra. Az oromzat ívét leíró görbe érintője a végpontokban vízszintes. Az építész a görbét az f(x)=ax4+bx2+c függvény grafikonjával szeretné megadni.
 
 

a) Határozzuk meg az f(x) függvény hozzárendelési szabályában szereplő a, b és c konstansokat.
b) Minimum hány doboz festékre lesz szükség az oromzat kétszeri újrafestéséhez, ha 1m2-re 350cm3 festék szükséges, és 2 literes, 4 literes, illetve 5 literes kiszerelésben kapható a festék?  (16 pont)
 

Megoldás. a) Az x=0 helyettesítéssel kapjuk, hogy f(0)=4=c. Tudjuk, hogy f(-4)=f(4)=0=256a+16b+4. Tudjuk továbbá, hogy f'(x)=4ax3+2bx, vagyis f'(4)=0=256a+8b.
A következő egyenletrendszer megoldásával kapjuk a hiányzó konstansokat:
256a+16b+4=0,256a+8b=0.}
Azaz: a=164, b=-12.
Tehát a keresett konstansok: a=164, b=-12, c=4.
b) Az oromzatot leíró függvény hozzárendelési szabálya: f(x)=164x4-12x2+4. A homlokzat területe:
T=-44(164x4-12x2+4)dx=[x5320-x36+4x]-44=2561517.

A szükséges festék térfogata cm3-ben: V=172350=11900, ami 11,9 liter.
Tehát minimum 3 doboz festékre lesz szükség (2 db 5 literesre és 1 db 2 literesre vagy 3 db 4 literesre).
 
9. Architectos fejedelem három fiával és seregeivel elfoglalt egy várost. A városfal három sarkán három egyforma négyzetes oszlop alakú torony állt, melyek alapéle 8 m, magasságuk 40 m volt. A győzelem emlékére a három fiú a három tornyot átalakítatta. Mindhárom átépítés nagyon hasonló volt egymáshoz. Az eredeti tornyok fedőlapjainak szomszédos élfelezőpontjait összekötő szakaszok mentén levágtak négy egyforma sarkot. Ezeket a megmaradt fedőlapra ültették az ábrának megfelelően úgy, hogy az új toronytető egymáshoz kapcsolódó rombuszokból állt.
 
 

A legidősebb fiú tornyának felszíne nem változott az átépítés után.

A középső fiú úgy végezte el az átalakítást, hogy a torony teljes felszíne a lehető legkisebb lett.
A legfiatalabb fiú tornyán a szomszédos tetősíkok 120-os szöget zártak be.
Adjuk meg az átépített tornyok magasságát.  (16 pont)
 

Megoldás. Jelöljük h-val, hogy mennyivel lesz magasabb az új torony az eredetinél. A rombusz (ábrán is látható) fél átlójának hossza legyen b, a másik átló 42 hosszúságú. Az eredeti torony felszíne:
A=4408+88=1344.
Az új tető felszíne:
A=4422b2=16b2.
A Pitagorasz-tétel alapján: b=8+h2.
 
 

Az eredeti felszín csökken a fedőlap és az oldallapokon lévő háromszögek területével:
88+84h2=64+16h.
Ennek és az új tető felszínének egyenlőnek kell lennie, hogy ne változzon a felszín:
64+16h=1628+h2.
Oszthatunk 16-tal:
4+h=16+2h2.
Négyzetre emelhetjük mindkét oldalt:
16+8h+h2=16+2h2,azaz0=h2-8h=h(h-8).
Csak a h=8 lehet a megoldás. A hosszúság adatok méterben voltak adva, ezért ez a torony 8 méterrel lett magasabb. A legidősebb fiú tornya az átépítés után 48 méter magas lett.
A középső fiú által átépített új torony felszíne:
A(h)=1344-(64+16h)+1616+2h2=1280-16h+1616+2h2.
Ennek a függvénynek keressük a minimumhelyét. Ehhez szükségünk van a függvény deriváltjának zérushelyére:
A'(h)=-16+161216+2h24h=1616+2h2(2h-16+2h2)=0.
Vagyis: 2h=16+2h2, amiből kapjuk, hogy 0=16-2h2. Ennek pozitív gyöke: h=22. Ezen a helyen az első derivált negatívból pozitívba vált, tehát a felszínnek itt valóban minimuma van.
A középső fiú tornya az átépítés után 40+22, azaz kb. 42,8 méter magas lett.
A legfiatalabb fiú tornyán két szomszédos =rombusz közös oldalára bocsátott közös talppontú magasságai által bezárt szög: 120, a rombusz magassága m, oldala: 16+h2. A rombusz területe:
16+h2m=422b2=428+h2,amibőlm=416+2h216+h2.
A 8 egység alapú m szárú egyenlőszárú háromszög szárszöge 120 (a két szomszédos tetőlap hajlásszöge):
sin1202=4m=16+h216+2h2=32,azaz:16+h216+2h2=34,
amiből: 64+4h2=48+6h2, vagyis: 8=h2. Kapjuk, hogy h=22.
A legfiatalabb fiú tornya is az átépítés után 40+22, azaz kb. 42,8 méter magas lett.