Cím: Megoldásvázlatok a 2009/9. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Baráti Ákos 
Füzet: 2010/január, 6 - 10. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Oldjuk meg a következő egyenletet az egész számok halmazán:
|45x-8|+72x+4+log22(x-2)+4x+2009=2010.
 (11 pont)
 
Megoldás. Az egyenlet értelmezési tartományát megvizsgálva kapjuk, hogy x>2 (ez a legerősebb feltétel, a logaritmus értelmezése miatt). Mivel x egész szám, azért x3. Másrészt mivel a bal oldalon minden tag nemnegatív, azért x4, hiszen x=5 esetén 72x+4 már nagyobb 2010-nél (és a szigorú monoton növekedése miatt értéke 5-nél nagyobb x-ekre még nagyobb lesz).
Vagyis csak x=3 és x=4 jöhet szóba, ezek közül behelyettesítéssel adódik, hogy az egyenlet egyetlen egész gyöke x=4.
 
2. Egy háromszög egyik oldala a=10, a rajta fekvő két szög β=50 és γ=60. Számítsuk ki annak a forgástestnek a térfogatát, amelyet úgy kapunk, hogy a háromszöget megforgatjuk a leghosszabb oldala körül.  (12 pont)
 
Megoldás. A megadott szögek alapján α=70, így a leghosszabb az a oldal, ekörül forgatjuk meg a háromszöget. A keletkező forgástestet tekinthetjük két, közös alapkörű forgáskúpnak, ahol az alapkör sugara a háromszög a oldalához tartozó ma magassága lesz.
A háromszög területét kétféleképpen felírva:
ama2=a2sinβsinγ2sinα,amibőlma7,06.
A kúpok magasságát m1-gyel és m2-vel jelölve térfogatuk:
V1+V2=ma2πm13+ma2πm23=ma2π3(m1+m2),aholm1+m2=10.
A kérdezett térfogat: V=7,062π310521,96.
 
3. a) Határozzuk meg az alábbi halmazok elemeit.
A={log3(x-6)<2 egyenlőtlenség egész gyökei};
B={20-nál kisebb pozitív egészek, melyeknek legalább 4 db osztójuk van};
C={A számjegyek összegének lehetséges értékei az olyan háromjegyű számokban, amelyeknek a számjegyei számtani sorozatot alkotnak}.
b) Adjuk meg a (CA)(AB) halmaz elemeit.  (14 pont)
 
Megoldás. a) Az A halmaz esetén a logaritmus definíciója szerint x-6<32 és x-6>0, vagyis:
A={7;8;9;10;11;12;13;14}.
A szöveg szerint:
B={6;8;10;12;14;15;16;18}.

A C halmaznál mivel a számjegyek összege a középső számjegy 3-szorosa, azért a halmaz elemei 3-mal oszthatók. A legkisebb a 3 lehet, a legnagyobb pedig a 27 (amelyek között mindegyik elő is fordulhat megfelelő számjegyek összegeként), vagyis:
C={3;6;9;12;15;18;21;24;27}.

b) A kapott halmazok alapján:
CA={3;6;15;18;21;24;27},AB={8;10;12;14},vagyis:(CA)(AB)={3;6;8;10;12;14;15;18;21;24;27}.

 
4. A [-2;2] mely x elemeire igaz, hogy sinx, 2tg2x és 3cosx egy mértani sorozat szomszédos elemei ebben a sorrendben?  (14 pont)
 
Megoldás. Mivel a mértani sorozat tagjai között nem lehet 0, azért sinx0, cosx0 és tg2x0, azaz xkπ2, ahol kZ.
A mértani sorozatban a középső tag négyzete egyenlő két szomszédjának szorzatával, ezért 4tg22x=3sinxcosx. Ebből
8tg22x=32sinxcosx,azaz8sin22xcos22x=3sin2x.
A kikötés miatt oszthatunk sin2x-szel, majd rendezés után (felhasználva, hogy cos22x=1-sin22x) kapjuk, hogy 3sin22x+8sin2x-3=0. Ennek gyökei: (sin2x)1=-3 és (sin2x)2=13. (A -3 nyilván nem lehet megoldás.)
a) 2x0,340+k12π (k1Z), amiből x0,170+k1π. Ezek közül csak k1=0 esetben esik a gyök a [-2;2]-ba.
b) 2x2,802+k22π (k2Z), amiből x1,401+k2π. Ezek közül k2=0 és k2=-1 esetben esnek a gyökök a [-2;2]-ba.
Tehát a feladat három megoldása: x10,170, x21,401 és x3-1,741.
Ellenőrizhető, hogy a kapott értékek valóban megfelelnek a feladat feltételeinek.
 

II. rész
 

5. Az A pont illeszkedik az
e:2x-y+4=0,
a B pont pedig az
f:2x+3y-8=0
egyenletű egyenesre. Határozzuk meg az A és B pontok koordinátáit, ha az AB szakasz felezőpontja F(5;4).
 (16 pont)
 
Megoldás. Az e egyenest tükrözve az F pontra, az A pont a B-be kerül. Ezért ha az e egyenest tükrözzük F-re, akkor a tükörkép az f egyenest B-ben fogja metszeni. Felírjuk az e egyenesnek F-re vonatkozó e' tükörképének egyenletét. Ehhez vesszük e két tetszőleges pontját, pl. P(0;4) és Q(1;6), ezek F-re vonatkozó tükörképei P'(10;4) és Q'(9;2), a rajtuk áthaladó egyenes egyenlete e':2x-y=16.
Kiszámítjuk e' és f metszéspontjának koordinátáit. Megoldva az e' és az f egyenleteiből álló egyenletrendszert kapjuk, hogy B(7;-2).
B pontnak F-re való tükörképe adja: A(3;10).
 
6. a) Határozzuk meg a P és Q pontok koordinátáit, ha P az
f(x)=x3-3x2-9x+2
függvény inflexiós pontja, Q első koordinátája f lokális maximumhelye, második koordinátája pedig a lokális maximum értéke.
b) Írjuk fel a g másodfokú függvény hozzárendelési szabályát, ha g képének tengelypontja a P pont és a grafikon áthalad a Q ponton is.
c) Számítsuk ki a két függvény grafikonja által közrefogott P és Q csúcsokkal rendelkező síkidom területét.  (16 pont)
 
Megoldás. a) f'(x)=3x2-6x-9, ennek zérushelyei -1 és 3. Mivel az f függvény (a harmadfokú tag pozitív együtthatója miatt) az első lokális szélsőértékig növekvő, azért -1 a lokális maximumhely. A Q pont második koordinátáját pedig behelyettesítéssel kapjuk: (-1)3-3(-1)2-9(-1)+2=7.
f''(x)=6x-6, ennek zérushelye 1, ez P első koordinátája. A második pedig
1-3-9+2=-9.
Tehát P(1;-9), Q(-1;7).
b) Mivel a parabola tengelypontja P(1;-9), hozzárendelési szabálya:
g(x)=a(x-1)2-9
alakú (aR). Behelyettesítve Q koordinátáit: 7=a(-2)2-9, amiből a=4. Tehát g(x)=4(x-1)2-9, azaz g(x)=4x2-8x-5.
c) A kérdezett terület:
|-11[f(x)-g(x)]dx|=|-11(x3-7x2-x+7)dx|=|[x44-7x33-x22+7x]-11|=283.

Bár nem volt feladat ábrázolni, a két függvény grafikonja (illetve azok egy részlete) így néz ki:
 

 
7. Néhány egybevágó, egység élű kocka 3-3 lapját befestjük pirosra, mindegyik kockát egyformán, úgy, hogy egy közös csúcsban találkozó három lap legyen színes. 8 ilyen kockából egy 2×2×2-es nagyobb kockát építünk úgy, hogy a kis kockákat véletlenszerűen helyezzük egymásra.
 
 

a) Mekkora annak a valószínűsége, hogy a nagy kocka minden lapja (teljesen) piros?
b) Mekkora lenne ez a valószínűség, ha 27 kis kockából 3×3×3-as nagy kockát építünk?
c) Az összerakott ABCDEFGH 3×3×3-as kockát szétvágjuk a BCQP síkkal (P az EF él, Q a HG él ábra szerinti harmadoló pontja), majd az egész építményt lebontjuk. Az így kapott testek közül azonos valószínűséggel, véletlenszerűen választunk egyet. Mennyi a valószínűsége, hogy egy kis kockát választunk?  (16 pont)
 
Megoldás. a) Egy kockát összesen 24-féleképpen helyezhetünk el (pl. bármelyik lapja lehet alul és ezután 4-féle helyzetbe forgathatjuk). Ahhoz, hogy a 2×2×2-es nagy kocka minden lapja piros legyen, minden kis kockának úgy kell állnia, hogy a 3 beszínezett lapja legyen kívül. Ez a 24 esetből 3-szor teljesül (a kis kockáknak a 3 piros lap találkozásánál levő csúcsa meghatározott és ezután 3-féle helyzetbe forgathatjuk). Tehát annak esélye, hogy egy kis kocka jó helyzetben áll:
324=18
a teljes kocka esetén a valószínűség
(18)85,9610-8.

b) Az a) részhez hasonlóan a nagy kocka 8 csúcsában levő kis kocka 18 valószínűséggel áll jó helyzetben. Azok a kis kockák, amelyek a nagy kocka lapjainak közepénél vannak, 12 valószínűséggel állnak jó helyzetben (6 ilyen kis kocka van), a nagy kocka éleinek közepén levő kis kockák (ilyenből 12 van) pedig 14 valószínűséggel (a 24 esetből 6-ban). A nagy kocka közepén álló kis kocka nyilván tetszőleges helyzetben lehet, vele nem kell foglalkozni. A keresett valószínűség tehát
(18)8(12)6(14)125,5510-17.

c) A BCQP sík összesen 12 kis kockát szel ketté (a felső szinten 3-at, a középsőn 6-ot, az alsón 3-at). Ezért a lebontás után marad 25-12=13 kis kocka és még 212=24 nem kocka alakú test. Annak valószínűsége tehát, hogy kis kockát választunk:
13370,351.

 
8. Az f:]-14;5]R, f(x)=|x|+|x+2|-|x-3| függvény grafikonjának mely pontja van a legközelebb, illetve a legtávolabb a P(-4;7) ponthoz?  (16 pont)
 
Megoldás. A függvényt célszerű ábrázolni, bontsuk lineáris függvényekre:
f(x)=-x-5,  ha  -14<x<-2.(*)f(x)=x-1,  ha  -2x<0.(*)f(x)=3x-1,  ha  0x<3.(*)f(x)=x+5,  ha  3x25.(*)

 
 

A P-hez legközelebbi pontot megkaphatjuk, ha merőlegeseket bocsátunk a grafikon egyes darabjaira. A PA távolság 32, a PB távolság 40, tehát a P ponthoz legközelebb az A(-8;3) pont van.
A P-től legtávolabbi pont meghatározásához számoljuk ki a töröttvonal két végpontjának, illetve az ábrán C-vel jelölt pontnak P-től való távolságát. A C(-2;-3) és a (-14;9) pont P-től egyaránt 104 távolságra van, de a (-14;9) pont nem tartozik a függvény grafikonjához. Az (5;10) pont 90 távolságra van P-től, azaz a legtávolabbi pont: C(-2;-3).
 
9. Két szomszédos természetes szám, Nagyobb (N) és Kisebb (K) beszélgetnek:
K: Nekem 6 osztóm van.
N: Nekem több.
K: A számjegyeim összege 11.
N: Nekem kevesebb.
K: Pontosan két egyforma számjegyem van.
N: Nekem is!
Melyik ez a két szám?  (16 pont)
 
Megoldás. Az, hogy a nagyobb számban kisebb a számjegyek összege, csak úgy lehet, hogy a kisebb szám 9-re végződik (egyébként a nagyobb számban 1-gyel nagyobb lenne a számjegyek összege). Ekkor a nagyobb számban a számjegyek összege csak 11-9+1=3 lehet, hiszen az egyesek helyén 9 helyett 0 fog állni, a tízesek helyén álló számjegy pedig 1-gyel nő. (Még csökkenhetne a számjegyek összege többel is, ha a kisebb szám 1-nél több 9-esre végződne, de esetünkben ez nem lehet, mert a számjegyeik összege 11.)
A nagyobb szám tehát 0-ra végződik és 3 a számjegyeinek összege. Mivel a számnak pontosan 2 azonos számjegye van, ez csak úgy lehet, hogy van még egy darab 0, egy darab 1-es és egy 2-es számjegye. Két 0-ra a fentiek miatt nem végződhet a szám, ezért csak két lehetőség van: 1020 és 2010. A kisebb szám rendre 1019 és 2009 lenne. 2009=7241, tehát valóban 6 osztója van (és 2010-nek valóban ennél több), viszont 1019 prímszám, tehát nincs 6 osztója.
Azaz a keresett két szám 2009 és 2010.