Cím:	Megoldásvázlatok a 2009/9. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):	Baráti Ákos
Füzet:	2010/január, 6 - 10. 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. Oldjuk meg a következő egyenletet az egész számok halmazán: $\begin{array}{c}{\displaystyle |45x-8|+7\cdot 2^{x+4}+\text{log}{}_2^2\left(x-2\right)+\sqrt[]{4x+2009}=2010.}\end{array}$  (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 $x\ge 3$. Másrészt mivel a bal oldalon minden tag nemnegatív, azért $x\le 4$, hiszen $x=5$ esetén $7\cdot 2^{x+4}$ 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 $\beta ={50}^{\circ }$ és $\gamma ={60}^{\circ }$. 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 $\alpha ={70}^{\circ }$, 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 $m_a$ magassága lesz. A háromszög területét kétféleképpen felírva: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{a\cdot m_a}{2}=\frac{a^2\cdot \text{sin}\beta \cdot \text{sin}\gamma }{2\cdot \text{sin}\alpha }\mathrm{,}\text{amiből}{m}_a\approx 7\mathrm{,}06.}\end{array}$ A kúpok magasságát $m_1$-gyel és $m_2$-vel jelölve térfogatuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle V_1+V_2=\frac{m_a^2\pi \cdot m_1}{3}+\frac{m_a^2\pi \cdot m_2}{3}=\frac{m_a^2\pi }{3}\left(m_1+m_2\right)\mathrm{,}\text{ahol}{m}_1+m_2=10.}\end{array}$ A kérdezett térfogat: $V=\frac{7\mathrm{,}{06}^2\cdot \pi }{3}\cdot 10\approx 521\mathrm{,}96$.   3. $a)$ Határozzuk meg az alábbi halmazok elemeit. $A=\{\text{log}{}_3\left(x-6\right)<2$ 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 $\left(C\setminus A\right)\cup \left(A\cap B\right)$ halmaz elemeit.  (14 pont)   Megoldás. $a)$ Az $A$ halmaz esetén a logaritmus definíciója szerint $x-6<3^2$ és $x-6>0$, vagyis: $\begin{array}{c}{\displaystyle A=\left\{7;8;9;10;11;12;13;14\right\}\mathrm{.}}\end{array}$ A szöveg szerint: $\begin{array}{c}{\displaystyle B=\left\{6;8;10;12;14;15;16;18\right\}\mathrm{.}}\end{array}$ 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: $\begin{array}{c}{\displaystyle C=\left\{3;6;9;12;15;18;21;24;27\right\}\mathrm{.}}\end{array}$ $b)$ A kapott halmazok alapján: ${\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle C\setminus A}& {\displaystyle =\left\{3;6;15;18;21;24;27\right\}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle A\cap B}& {\displaystyle =\left\{8;10;12;14\right\}\mathrm{,}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle \text{vagyis:}\left(C\setminus A\right)\cup \left(A\cap B\right)}& {\displaystyle =\left\{3;6;8;10;12;14;15;18;21;24;27\right\}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$   4. A $\left[-2;2\right]$ mely $x$ elemeire igaz, hogy $\text{sin}x$, $2\text{tg}2x$ és $3\text{cos}x$ egy mértani sorozat szomszédos elemei ebben a sorrendben?  (14 pont)   Megoldás. Mivel a mértani sorozat tagjai között nem lehet 0, azért $\text{sin}x\ne 0$, $\text{cos}x\ne 0$ és $\text{tg}2x\ne 0$, azaz $x\ne k\frac{\pi }{2}$, ahol $k\in \text{Z}$. A mértani sorozatban a középső tag négyzete egyenlő két szomszédjának szorzatával, ezért $4\text{tg}{}^{2}2x=3\text{sin}x\text{cos}x$. Ebből $\begin{array}{c}{\displaystyle 8\text{tg}{}^{2}2x=3\cdot 2\text{sin}x\text{cos}x\mathrm{,}\text{azaz}8\frac{\text{sin}{}^{2}2x}{\text{cos}{}^{2}2x}=3\cdot \text{sin}2x\mathrm{.}}\end{array}$ A kikötés miatt oszthatunk $\text{sin}2x$-szel, majd rendezés után (felhasználva, hogy $\text{cos}{}^{2}2x=1-\text{sin}{}^{2}2x)$ kapjuk, hogy $3\text{sin}{}^{2}2x+8\text{sin}2x-3=0$. Ennek gyökei: ${\left(\text{sin}2x\right)}_1=-3$ és ${\left(\text{sin}2x\right)}_2=\frac{1}{3}$. (A $-3$ nyilván nem lehet megoldás.) $a)$ $2x\approx 0\mathrm{,}340+k_1\cdot 2\pi$ $\left(k_1\in \text{Z}\right)$, amiből $x\approx 0\mathrm{,}170+k_1\cdot \pi$. Ezek közül csak $k_1=0$ esetben esik a gyök a $\left[-2;2\right]$-ba. $b)$ $2x\approx 2\mathrm{,}802+k_2\cdot 2\pi$ $\left(k_2\in \text{Z}\right)$, amiből $x\approx 1\mathrm{,}401+k_2\cdot \pi$. Ezek közül $k_2=0$ és $k_2=-1$ esetben esnek a gyökök a $\left[-2;2\right]$-ba. Tehát a feladat három megoldása: $x_1\approx 0\mathrm{,}170$, $x_2\approx 1\mathrm{,}401$ és $x_3\approx -1\mathrm{,}741$. Ellenőrizhető, hogy a kapott értékek valóban megfelelnek a feladat feltételeinek.   II. rész   5. Az $A$ pont illeszkedik az $\begin{array}{c}{\displaystyle e:2x-y+4=\mathrm{0,}}\end{array}$ a $B$ pont pedig az $\begin{array}{c}{\displaystyle f:2x+3y-8=0}\end{array}$ egyenletű egyenesre. Határozzuk meg az $A$ és $B$ pontok koordinátáit, ha az $AB$ szakasz felezőpontja $F\left(5;4\right)$.  (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 $e\text{'}$ tükörképének egyenletét. Ehhez vesszük $e$ két tetszőleges pontját, pl. $P\left(0;4\right)$ és $Q\left(1;6\right)$, ezek $F$-re vonatkozó tükörképei $P\text{'}\left(10;4\right)$ és $Q\text{'}\left(9;2\right)$, a rajtuk áthaladó egyenes egyenlete $e\text{'}:2x-y=16$. Kiszámítjuk $e\text{'}$ és $f$ metszéspontjának koordinátáit. Megoldva az $e\text{'}$ és az $f$ egyenleteiből álló egyenletrendszert kapjuk, hogy $B\left(7;-2\right)$. $B$ pontnak $F$-re való tükörképe adja: $A\left(3;10\right)$.   6. $a)$ Határozzuk meg a $P$ és $Q$ pontok koordinátáit, ha $P$ az $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=x^3-3x^2-9x+2}\end{array}$ 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. $a)$ $f\text{'}\left(x\right)=3x^2-6x-9$, 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: ${\left(-1\right)}^3-3\cdot {\left(-1\right)}^2-9\left(-1\right)+2=7$. $f\text{'}\text{'}\left(x\right)=6x-6$, ennek zérushelye 1, ez $P$ első koordinátája. A második pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle 1-3-9+2=-9.}\end{array}$ Tehát $P\left(1;-9\right)$, $Q\left(-1;7\right)$. $b)$ Mivel a parabola tengelypontja $P\left(1;-9\right)$, hozzárendelési szabálya: $\begin{array}{c}{\displaystyle g\left(x\right)=a\cdot {\left(x-1\right)}^2-9}\end{array}$ alakú ($a\in \text{R}$). Behelyettesítve $Q$ koordinátáit: $7=a\cdot {\left(-2\right)}^2-9$, amiből $a=4$. Tehát $g\left(x\right)=4\cdot {\left(x-1\right)}^2-9$, azaz $g\left(x\right)=4x^2-8x-5$. $c)$ A kérdezett terület: $\begin{array}{c}{\displaystyle |\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left[f\left(x\right)-g\left(x\right)\right]dx|=|\underset{-1}{\overset{1}{\int }}\left(x^3-7x^2-x+7\right)dx|=\left|{\left[\frac{x^4}{4}-\frac{7x^3}{3}-\frac{x^2}{2}+7x\right]}_{-1}^1\right|=\frac{28}{3}\mathrm{.}}\end{array}$ 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 $2\times 2\times 2$-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 $3\times 3\times 3$-as nagy kockát építünk? $c)$ Az összerakott $ABCDEFGH$ $3\times 3\times 3$-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 $2\times 2\times 2$-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: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{3}{24}=\frac{1}{8}}\end{array}$ a teljes kocka esetén a valószínűség $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{1}{8}\right)}^8\approx 5\mathrm{,}96\cdot {10}^{-8}\mathrm{.}}\end{array}$ $b)$ Az $a)$ részhez hasonlóan a nagy kocka 8 csúcsában levő kis kocka $\frac{1}{8}$ valószínűséggel áll jó helyzetben. Azok a kis kockák, amelyek a nagy kocka lapjainak közepénél vannak, $\frac{1}{2}$ valószínűséggel állnak jó helyzetben (6 ilyen kis kocka van), a nagy kocka éleinek közepén levő kis kockák (ilyenből 12 van) pedig $\frac{1}{4}$ 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 $\begin{array}{c}{\displaystyle {\left(\frac{1}{8}\right)}^8\cdot {\left(\frac{1}{2}\right)}^6\cdot {\left(\frac{1}{4}\right)}^{12}\approx 5\mathrm{,}55\cdot {10}^{-17}\mathrm{.}}\end{array}$ $c)$ 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 $2\cdot 12=24$ nem kocka alakú test. Annak valószínűsége tehát, hogy kis kockát választunk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{13}{37}\approx 0\mathrm{,}351.}\end{array}$   8. Az $f:\left]-14;5\right]\to \text{R}$, $f\left(x\right)=|x|+|x+2|-|x-3|$ függvény grafikonjának mely pontja van a legközelebb, illetve a legtávolabb a $P\left(-4;7\right)$ ponthoz?  (16 pont)   Megoldás. A függvényt célszerű ábrázolni, bontsuk lineáris függvényekre: ${\displaystyle \begin{array}{ccc}\hfill {\displaystyle f\left(x\right)}& {\displaystyle =-x-\mathrm{5,}\text{ ha }-14<x<-2.}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\\ \hfill {\displaystyle f\left(x\right)}& {\displaystyle =x-\mathrm{1,}\text{ ha }-2\le x<0.}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\\ \hfill {\displaystyle f\left(x\right)}& {\displaystyle =3x-\mathrm{1,}\text{ ha }0\le x<3.}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\\ \hfill {\displaystyle f\left(x\right)}& {\displaystyle =x+\mathrm{5,}\text{ ha }3\le x\le 25.}\hfill & \text{(<mi>*</mi>)}\end{array}}$     A $P$-hez legközelebbi pontot megkaphatjuk, ha merőlegeseket bocsátunk a grafikon egyes darabjaira. A $PA$ távolság $\sqrt[]{32}$, a $PB$ távolság $\sqrt[]{40}$, tehát a $P$ ponthoz legközelebb az $A\left(-8;3\right)$ 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 $C\left(-2;-3\right)$ és a $\left(-14;9\right)$ pont $P$-től egyaránt $\sqrt[]{104}$ távolságra van, de a $\left(-14;9\right)$ pont nem tartozik a függvény grafikonjához. Az $\left(5;10\right)$ pont $\sqrt[]{90}$ távolságra van $P$-től, azaz a legtávolabbi pont: $C\left(-2;-3\right)$.   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. $2009=7^2\cdot 41$, 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.