Cím: Megoldásvázlatok a 2009/8. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Sztojcsevné Fekete Mária 
Füzet: 2009/december, 515 - 519. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Egy téglalap alakú halastó oldalai 120 m és 160 m hosszúságúak. A téglalap egyik átlója mentén ott vernek le egy cölöpöt, ahonnan a kisebbik oldal két vége derékszög alatt látszik. Milyen messze van a cölöp a halastó oldalaitól?  (11 pont)
 
Megoldás. Legyen a cölöp távolsága a rövidebb oldaltól x. Ekkor a cölöp távolsága a hosszabb oldaltól 34x.
A rövidebb oldal két végpontjától vett távolságot jelölje y és z.
 
 

Alkalmazhatjuk a Pitagorasz-tételt három derékszögű háromszögre:
y2+z2=1202,y2=x2+(34x)2
és
z2=x2+(120-34x)2.

A két utóbbi egyenletből y2 és z2 értékét behelyettesítjük az első egyenletbe:
258x2-180x=0.
Ennek megoldásai a 0 és az 57,6. A feladat szövege alapján x nem lehet 0.
Vagyis a cölöp 57,6 és 62,4 méterre van a halastó rövidebb oldalaitól és 43,2, illetve 116,8 méterre a hosszabb oldalaktól.
 
2. Oldjuk meg a következő egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán:
a) x2-5x+4>-1;
b) log12(4x-52x+8)<-2.  (12 pont)
 
Megoldás. a) A gyökös kifejezés nem lehet negatív, így az egyenlőtlenség a teljes értelmezési tartományon teljesül, azaz akkor, ha x2-5x+40.
Vagyis a megoldás: x4 vagy x1.
b) Az 12 alapú logaritmus függvény szigorúan monoton csökkenő, ezért
4x-52x+8>4
(ilyenkor 4x-52x+8>0 is teljesül, a logaritmus értelmezett).
A 22x-52x+4>0 egy másodfokú egyenlőtlenség 2x-re nézve. Innen 2x>4, azaz x>2 vagy 2x<1, azaz x<0.
Vagyis a megoldás: x>2 vagy x<0.
 
3. Két iskola sakkozói versenyeztek egymással. Mindenki mindenkivel egyszer játszott. Először egy-egy iskolán belül bonyolították le a mérkőzéseket, és így összesen 36 játszmára került sor. Amikor a két iskola tanulói mérkőztek egymással, akkor 42 játékra került sor. Hány tanuló vett részt a versenyen iskolánként?  (14 pont)
 
Megoldás. Legyen az iskolák versenyzőinek száma x és y. Ekkor
x(x-1)2+y(y-1)2=36
az iskolákon belüli, és xy=42 a két iskola tanulói közötti mérkőzések száma. Mivel a megoldásokat a pozitív egész számok körében keressük, így csak az 1‐42, 2‐21, 3‐14, 6‐7 számpárok jöhetnek szóba. Az első egyenletet átalakítva x2+y2-(x+y)=72 alakba behelyettesítve látható, hogy csak az x=6, y=7 (vagy a fordított) számpár ad megoldást.
Az egyik iskolából tehát 6, a másikból 7 tanuló vett részt a versenyen.
 
4. Antal 2005 elején 100 000 Ft-ot helyezett el egy bankban évi 20%-os kamatra. Béla 2005-től kezdve minden év elején b forintot helyezett el szintén évi 20%-os kamatra. A 2009. év végén Antal és Béla betétje azonos értékre növekedett (2005-től 2009-ig egyikük sem vett ki a betétjéből pénzt). Mennyi b értéke 1000 Ft-ra kerekítve?  (14 pont)
 

Megoldás. Antal pénze minden év végén 20%-kal nőtt, tehát 1,2-szeresére változott. Az 5 év alatt 1000001,25=248832 Ft-ra nőtt.
A Béla által minden év elején betett b forintok 5, 4, 3, 2, 1 évig kamatoznak, így az ő pénze:
b1,25+b1,24+b1,23+b1,22+b1,2==b(1,25+1,24+1,23+1,22+1,2)=b8,92992  Ft-ra nőtt.
Mivel a két betét azonos értékű, így 248832=b8,92992, vagyis b28000 Ft.
 

II. rész
 

5. Az ABCD deltoid szimmetriatengelye az AC átló, ahol A(0;0) és C(8;10). A deltoid területe 41 területegység. Az egyik átló az origótól számítva 3:2 arányban osztja a másikat. Határozzuk meg a hiányzó csúcspontok koordinátáit.  (16 pont)
 
Megoldás. Az AC átló hossza:
82+102=164.
T=ACBD2 miatt
BD=82164=41.

 
 

Az AC és BD átló M metszéspontja az AC átlót 3:2 arányban osztja, ezért M(245;6). Az M pontban állítsunk merőlegest az AC átlóra:
4x+5y=2465.

Az M pont körül MD=BD2=412 távolsággal rajzolt kör egyenlete:
(x-245)2+(y-6)2=414.
A két alakzat metszéspontjai lesznek a B és a D csúcsok.
A hiányzó két csúcs tehát: B(7,3;4), D(2,3;8).
 
6. Forgassunk meg egy egyenlő szárú háromszöget egyik szára, majd az alapja körül. Jelölje V1, illetve V2 az így keletkezett forgástestek térfogatát. Számítsuk ki a háromszög szögeit, ha V1:V2=3:7.  (16 pont)
Megoldás. Ha az ABC háromszöget az AC szára körül forgatjuk meg, akkor a keletkezett forgástest térfogata:
V1=mb2πb3.
Ha a BC alap körül forgatjuk: V2=ma2πa3. A feladat feltételei alapján:
37=V1V2=mb2bma2a.
A háromszög területét kétféle módon számolva tudjuk, hogy 2T=ama=bmb, vagyis
37=V1V2=mb2bma2a=mb2b2ama2a2b=ab.
Ugyanakkor az alapon fekvő β szögre
cosβ=a2b=314,tehátβ77,6.
A háromszög szögei tehát: 77,6, 77,6 és 24,8.
 
7. a) Adjuk meg azokat az a; b; c számjegyeket, melyekre fennáll, hogy az egyjegyű a¯, a kétjegyű ba¯ és a háromjegyű cba¯ pozitív számok egy mértani sorozat egymást követő elemei.
b) Adjuk meg azokat az a; b; c számjegyeket, melyekre fennáll, hogy az egyjegyű a¯, a kétjegyű ba¯ kétszerese és a háromjegyű cba¯ pozitív számok egy számtani sorozat egymást követő elemei.  (16 pont)
 
Megoldás. a) A mértani sorozat egymást követő elemeire:
(10b+a)2=a(100c+10b+a).
Így ab=10(ac-b2) miatt 10ab. Tehát két eset lehet: a=5 és b=2;4;6;8, illetve b=5 és a=2;4;6;8. Csak az elsőnél adódik megoldás: a=5, b=2, c=1.
Valóban az 5, 25, 125 egy mértani sorozat egymást követő elemei.
b) A számtani sorozat egymást követő elemeire:
a+(100c+10b+a)2=2(10b+a),amiből50c=15b+a.
A bal oldal osztható öttel, ezért a is osztható öttel és pozitív. Vagyis a=5. Ekkor 10c=3b+1. A jobb oldal értéke 30-nál kisebb, ezért c lehetséges értékei: 1 vagy 2. Ha c=1, akkor b=3. Ha c=2, akkor nincs megfelelő b. A megoldás: a=5, b=3, c=1.
Valóban az 5, 235, 135 egy számtani sorozat egymást követő elemei.
 
8. Egy lövész 14 valószínűséggel találja el a célpontot.
a) Mi a valószínűsége annak, hogy 7 lövés közül legalább 2-szer célba talál?
b) Legalább hány lövést kell leadnia ahhoz, hogy a célt 23-nál nagyobb valószínűséggel találja el?  (16 pont)
 
Megoldás. a)
p(legalább 2)=1-p(0 találat)-p(1 találat)=1-(34)7-(71)(14)(34)60,555.

b) 34 a valószínűsége annak, hogy nem talál célba és (34)n, hogy még n lövésből sem talál célba. Az a kérdés, hogy ez mikor lesz 13-nál kisebb: (34)n<13. Ebből:
nlg(34)<lg(13),azazn>lg13lg343,82.

Tehát, ha a lövész legalább 4 lövést ad le, akkor 23-nál nagyobb valószínűséggel talál célba.
 
9. Adjuk meg az
f(x)=31+log3[cos(x+π4)]
hozzárendeléssel megadott függvény grafikonját a ]-3π4;9π4]-on. Adjuk meg az f(x) függvény értelmezési tartományát, értékkészletét, zérushelyeit, a függvény menetét, periódusát.  (16 pont)
 
Megoldás. a) Mivel csak pozitív számnak van logaritmusa, azért
cos(x+π4)>0,vagyis-π2+2kπ<x+π4<π2+2kπ.
Tehát a függvény értelmezési tartománya:
Df={xR|-3π4+2kπ<x<π4+2kπ,  ahol  kZ}.
Ezen feltételek mellett f(x)=3cos(x+π4) alakra hozható a függvény hozzárendelési szabálya.
A függvény értékkészlete: Rf=]0;3], zérushelye nincs, minimuma nincs, maximuma 3, maximumhelyei x=-π4+2lπ, lZ, periódusa 2π.
Szigorúan monoton nő a ]-3π4+2nπ;-π4+2nπ]-on, szigorúan monoton csökken a [-π4+2mπ;π4+2mπ[-on, ahol n,mZ.
A függvény grafikonja a ]-3π4;9π4]-on: