Cím:	Megoldásvázlatok a 2009/8. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Sztojcsevné Fekete Mária
Füzet:	2009/december, 515 - 519. 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. 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 $\frac{3}{4}x$. A rövidebb oldal két végpontjától vett távolságot jelölje $y$ és $z$.     Alkalmazhatjuk a Pitagorasz-tételt három derékszögű háromszögre: $\begin{array}{c}{\displaystyle y^2+z^2={120}^2\mathrm{,}{y}^2=x^2+{\left(\frac{3}{4}x\right)}^2}\end{array}$ és $\begin{array}{c}{\displaystyle z^2=x^2+{\left(120-\frac{3}{4}x\right)}^2\mathrm{.}}\end{array}$ A két utóbbi egyenletből $y^2$ és $z^2$ értékét behelyettesítjük az első egyenletbe: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{25}{8}{x}^2-180x=0.}\end{array}$ 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: $a)$ $\sqrt[]{x^2-5x+4}>-1$; $b)$ $\text{log}{}_{\frac{1}{2}}\left(4^x-5\cdot 2^x+8\right)<-2$.  (12 pont)   Megoldás. $a)$ A gyökös kifejezés nem lehet negatív, így az egyenlőtlenség a teljes értelmezési tartományon teljesül, azaz akkor, ha $x^2-5x+4\ge 0$. Vagyis a megoldás: $x\ge 4$ vagy $x\le 1$. $b)$ Az $\frac{1}{2}$ alapú logaritmus függvény szigorúan monoton csökkenő, ezért $\begin{array}{c}{\displaystyle 4^x-5\cdot 2^x+8>4}\end{array}$ (ilyenkor $4^x-5\cdot 2^x+8>0$ is teljesül, a logaritmus értelmezett). A $2^{2x}-5\cdot 2^x+4>0$ egy másodfokú egyenlőtlenség $2^x$-re nézve. Innen $2^x>4$, azaz $x>2$ vagy $2^x<1$, 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x\left(x-1\right)}{2}+\frac{y\left(y-1\right)}{2}=36}\end{array}$ 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 $x^2+y^2-\left(x+y\right)=72$ 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 $100000\cdot 1\mathrm{,}{2}^5=248832$ Ft-ra nőtt. A Béla által minden év elején betett $b$ forintok 5, 4, 3, 2, 1 évig kamatoznak, így az ő pénze: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle b\cdot 1\mathrm{,}{2}^5+b\cdot 1\mathrm{,}{2}^4+b\cdot 1\mathrm{,}{2}^3+b\cdot 1\mathrm{,}{2}^2+b\cdot 1\mathrm{,}2}& {\displaystyle =}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =b\cdot \left(1\mathrm{,}{2}^5+1\mathrm{,}{2}^4+1\mathrm{,}{2}^3+1\mathrm{,}{2}^2+1\mathrm{,}2\right)}& {\displaystyle =b\cdot 8\mathrm{,}92992\text{ Ft-ra nőtt.}}\hfill \end{array}}$ Mivel a két betét azonos értékű, így $248832=b\cdot 8\mathrm{,}92992$, vagyis $b\approx 28000$ Ft.   II. rész   5. Az $ABCD$ deltoid szimmetriatengelye az $AC$ átló, ahol $A\left(0;0\right)$ és $C\left(8;10\right)$. 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{8^2+{10}^2}=\sqrt[]{164}\mathrm{.}}\end{array}$ $T=\frac{AC\cdot BD}{2}$ miatt $\begin{array}{c}{\displaystyle BD=\frac{82}{\sqrt[]{164}}=\sqrt[]{41}\mathrm{.}}\end{array}$     Az $AC$ és $BD$ átló $M$ metszéspontja az $AC$ átlót $3:2$ arányban osztja, ezért $M\left(\frac{24}{5};6\right)$. Az $M$ pontban állítsunk merőlegest az $AC$ átlóra: $\begin{array}{c}{\displaystyle 4x+5y=\frac{246}{5}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $M$ pont körül $MD=\frac{BD}{2}=\frac{\sqrt[]{41}}{2}$ távolsággal rajzolt kör egyenlete: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(x-\frac{24}{5}\right)}^2+{\left(y-6\right)}^2=\frac{41}{4}\mathrm{.}}\end{array}$ A két alakzat metszéspontjai lesznek a $B$ és a $D$ csúcsok. A hiányzó két csúcs tehát: $B\left(7\mathrm{,}3;4\right)$, $D\left(2\mathrm{,}3;8\right)$.   6. Forgassunk meg egy egyenlő szárú háromszöget egyik szára, majd az alapja körül. Jelölje $V_1$, illetve $V_2$ az így keletkezett forgástestek térfogatát. Számítsuk ki a háromszög szögeit, ha $V_1:V_2=3:7$.  (16 pont) Megoldás. Ha az $ABC$ háromszöget az $AC$ szára körül forgatjuk meg, akkor a keletkezett forgástest térfogata: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_1=\frac{m_b^2\pi \cdot b}{3}\mathrm{.}}\end{array}$ Ha a $BC$ alap körül forgatjuk: $V_2=\frac{m_a^2\pi \cdot a}{3}$. A feladat feltételei alapján: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{3}{7}=\frac{V_1}{V_2}=\frac{m_b^{2}b}{m_a^{2}a}\mathrm{.}}\end{array}$ A háromszög területét kétféle módon számolva tudjuk, hogy $2T=a{m}_a=b{m}_b$, vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{3}{7}=\frac{V_1}{V_2}=\frac{m_b^{2}b}{m_a^{2}a}=\frac{m_b^2{b}^{2}a}{m_a^2{a}^{2}b}=\frac{a}{b}\mathrm{.}}\end{array}$ Ugyanakkor az alapon fekvő $\beta$ szögre $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}\beta =\frac{a}{2b}=\frac{3}{14}\mathrm{,}\text{tehát}\beta \approx 77\mathrm{,}{6}^{\circ }\mathrm{.}}\end{array}$ A háromszög szögei tehát: $77\mathrm{,}{6}^{\circ }$, $77\mathrm{,}{6}^{\circ }$ és $24\mathrm{,}{8}^{\circ }$.   7. $a)$ Adjuk meg azokat az $a$; $b$; $c$ számjegyeket, melyekre fennáll, hogy az egyjegyű $\overline{a}$, a kétjegyű $\overline{ba}$ és a háromjegyű $\overline{cba}$ pozitív számok egy mértani sorozat egymást követő elemei. $b)$ Adjuk meg azokat az $a$; $b$; $c$ számjegyeket, melyekre fennáll, hogy az egyjegyű $\overline{a}$, a kétjegyű $\overline{ba}$ kétszerese és a háromjegyű $\overline{cba}$ pozitív számok egy számtani sorozat egymást követő elemei.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ A mértani sorozat egymást követő elemeire: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(10b+a\right)}^2=a\left(100c+10b+a\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Így $ab=10\left(ac-b^2\right)$ miatt $10\mid ab$. 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a+\left(100c+10b+a\right)}{2}=2\left(10b+a\right)\mathrm{,}\text{amiből}50c=15b+a\mathrm{.}}\end{array}$ 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, $2\cdot 35$, 135 egy számtani sorozat egymást követő elemei.   8. Egy lövész $\frac{1}{4}$ 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 $\frac{2}{3}$-nál nagyobb valószínűséggel találja el?  (16 pont)   Megoldás. $a)$ $\begin{array}{c}{\displaystyle p\left(\text{legalább 2}\right)=1-p\left(\text{0 találat}\right)-p\left(\text{1 találat}\right)=1-{\left(\frac{3}{4}\right)}^7-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{7}{1}\right)\left(\frac{1}{4}\right){\left(\frac{3}{4}\right)}^6\approx 0\mathrm{,}555.}\end{array}$ $b)$ $\frac{3}{4}$ a valószínűsége annak, hogy nem talál célba és ${\left(\frac{3}{4}\right)}^n$, hogy még $n$ lövésből sem talál célba. Az a kérdés, hogy ez mikor lesz $\frac{1}{3}$-nál kisebb: ${\left(\frac{3}{4}\right)}^n<\frac{1}{3}$. Ebből: $\begin{array}{c}{\displaystyle n\text{lg}\left(\frac{3}{4}\right)<\text{lg}\left(\frac{1}{3}\right)\mathrm{,}\text{azaz}n>\frac{\text{lg}\frac{1}{3}}{\text{lg}\frac{3}{4}}\approx 3\mathrm{,}82.}\end{array}$ Tehát, ha a lövész legalább 4 lövést ad le, akkor $\frac{2}{3}$-nál nagyobb valószínűséggel talál célba.   9. Adjuk meg az $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=3^{1+\text{log}{}_3\left[\text{cos}\left(x+\frac{\pi }{4}\right)\right]}}\end{array}$ hozzárendeléssel megadott függvény grafikonját a $\left]-\frac{3\pi }{4};\frac{9\pi }{4}\right]$-on. Adjuk meg az $f\left(x\right)$ függvény értelmezési tartományát, értékkészletét, zérushelyeit, a függvény menetét, periódusát.  (16 pont)   Megoldás. $a)$ Mivel csak pozitív számnak van logaritmusa, azért $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{cos}\left(x+\frac{\pi }{4}\right)>\mathrm{0,}\text{vagyis}-\frac{\pi }{2}+2k\pi <x+\frac{\pi }{4}<\frac{\pi }{2}+2k\pi \mathrm{.}}\end{array}$ Tehát a függvény értelmezési tartománya: $\begin{array}{c}{\displaystyle D_f=\left\{x\in R|-\frac{3\pi }{4}+2k\pi <x<\frac{\pi }{4}+2k\pi \mathrm{,}\text{ ahol }k\in Z\right\}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezen feltételek mellett $f\left(x\right)=3\cdot \text{cos}\left(x+\frac{\pi }{4}\right)$ alakra hozható a függvény hozzárendelési szabálya. A függvény értékkészlete: $R_f=\left]0;3\right]$, zérushelye nincs, minimuma nincs, maximuma 3, maximumhelyei $x=-\frac{\pi }{4}+2l\pi$, $l\in \text{Z}$, periódusa $2\pi$. Szigorúan monoton nő a $\left]-\frac{3\pi }{4}+2n\pi ;-\frac{\pi }{4}+2n\pi \right]$-on, szigorúan monoton csökken a $\left[-\frac{\pi }{4}+2m\pi ;\frac{\pi }{4}+2m\pi \right[$-on, ahol $n\mathrm{,}m\in \text{Z}$. A függvény grafikonja a $\left]-\frac{3\pi }{4};\frac{9\pi }{4}\right]$-on: