Cím: Megoldásvázlatok a 2010/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Krisztin-Németh Andrea 
Füzet: 2010/április, 209 - 213. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Adott az (an) számtani sorozat. Igazoljuk, hogy a bn=an+12-an2 képlettel értelmezett sorozat is számtani sorozat.  (11 pont)
 
Megoldás. A (bn) sorozat bármely két szomszédos elemének különbsége állandó kell, hogy legyen. Tudjuk, hogy
bn=(an+d)2-an2=2and+d2,bn+1=2an+1d+d2=2(an+d)d+d2=2and+3d2.
Ekkor bn+1-bn=2d2, ami valóban állandó.
 
2. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenletet:
x+1+2x+1-1=x+1x-2.
 (12 pont)
 
Megoldás. Meghatározzuk az egyenlet értelmezési tartományát: x-1, de x0, x2.
Legyen x+1=a, ekkor az egyenlet:
a+2a-1=a2a2-3,
amiből a1=-1, a2=2. A x+1=-1 nem lehet. A x+1=2 egyenletből kapjuk az egyenlet egyedüli megoldását, és ez az x=3.
 
3. Melyek azok a P(x;y) pontok, amelyekre teljesül, hogy ||x|-1|-|y|0?  (14 pont)
 
Megoldás. Rendezzük át az egyenlőtlenséget: ||x|-1||y|.
Ha y0, akkor ||x|-1|y. Ezt koordináta-rendszerben ábrázoljuk:
 
 

Ha y<0, akkor ||x|-1|-y, azaz -||x|-1|y. Ezt is ábrázoljuk koordináta-rendszerben:
 
 

A két eset egyesítése adja a megoldást:
 

 
4. Egy urnában 7 piros és 9 kék golyó van. Egymás után kihúzunk ötöt úgy, hogy minden húzás után visszatesszük a húzott golyót. Mekkora a valószínűsége annak, hogy a kihúzott golyók között több a piros, mint a kék?  (14 pont)
 
Megoldás. Az összes eset száma: 165. Háromféle eset lesz megfelelő:
I. eset: Ha 3 pirosat és 2 kék golyót húzunk. Ez 5!3!2!7392 esetben valósul meg.
II. eset: Ha 4 pirosat és 1 kék golyót húzunk. Ez 5!4!1!7491 esetben valósul meg.
III. eset: Ha 5 pirosat húzunk. Ez 75 esetben valósul meg.
Ezek alapján a keresett valószínűség:
5!3!2!7392+5!4!1!7491+751650,3840.

 

II. rész
 

5. Egy távközlési társaság 13000 előfizetővel rendelkezik 6500 Ft-os havidíj mellett. A piackutatások azt mutatják, hogy ha csökkentenék a havidíjat 100 Ft-tal, akkor 250 új előfizetőhöz jutnának, és ez igaz lenne minden újabb 100 Ft-tal történő csökkentésre. (A havidíj összege ennél a társaságnál mindig 100-zal osztható szám.) Mekkora havi előfizetési díj mellett lenne, a piackutatások szerint, a legnagyobb bevétele a társaságnak?  (16 pont)
 
Megoldás. Az f(x)=(6500-100x)(13000+250x) hozzárendeléssel megadott függvény írja le a társaság bevételét, ahol 0x<65 és xZ.
A függvényt a következő alakra hozhatjuk:
f(x)=-25000(x-65)(x+52).
Az f másodfokú függvény szélsőértéke x=6,5-nél van, és ez maximumhely. Tudjuk, hogy x csak egész szám lehet. A másodfokú függvény képének tengelyes szimmetriájából következik, hogy az x1=6 és x2=7 helyeken a függvény értéke egyenlő lesz.
Vagyis a legkedvezőbb előfizetési díj a társaság részére az 5900 Ft vagy az 5800 Ft lenne.
 
6. Legyen A1, B1, C1 rendre az ABC háromszög BC, CA, AB oldalán egy-egy tetszőleges pont. Legyen la=AA1, lb=BB1, lc=CC1. Bizonyítsuk be, hogy
12<la+lb+lca+b+c<32.
 (16 pont)
 
Megoldás. Használjuk a háromszög-egyenlőtlenségeket: la>b-A1C, la>c-A1B. Ezeket összeadva kapjuk:
2la>b+c-a.
Ugyanígy adódik: 2lb>a+c-b, 2lc>a+b-c. Ezt a három egyenlőtlenséget összeadva és osztva kettővel:
la+lb+lc>12(a+b+c),
amiből kapjuk az egyik bizonyítandó összefüggést:
12<la+lb+lca+b+c.
A továbbiakban is a háromszög-egyenlőtlenségeket használjuk: la<c+A1B, la<b+A1C. Ezeket összeadva kapjuk:
2la<a+b+c,
Ugyanígy adódik: 2lb<a+b+c, 2lc<a+b+c. Ezt a három egyenlőtlenséget összeadva és osztva kettővel:
la+lb+lc<32(a+b+c),
amiből kapjuk a másik bizonyítandó összefüggést:
la+lb+lca+b+c<32.

 
7. Egy egyenes körkúpba írjunk bele egy félgömböt úgy, hogy az a körlapjával illeszkedjék a kúp alapkörének síkjára, gömbfelülete pedig érintse a kúp palástját. A kúp felszíne úgy aránylik a félgömb görbült felületének a felszínéhez, mint 18:5. Mekkora a kúp nyílásszöge?  (16 pont)
 
Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit (az ábrán a kúp tengelyére illeszkedő síkmetszetet látjuk). Tudjuk, hogy a=rsinα, ϱ=rcosα, ahol 0<α<90.
 
 

Legyen A a kúp felszíne, B pedig a félgömb görbe felületének felszíne, ekkor
AB=r(rsinα+r)π2r2πcos2α=185,
amiből kapjuk:
1+sinα2sinαcos2α=185.

Felhasználjuk, hogy cos2α=1-sin2α és sinα+10:
12sinα(1-sinα)=185,36sin2α-36sinα+5=0,
ahonnan sinα1=56, sinα2=16.
Visszakeresve a két szöget, a kúp nyílásszöge: 112,89 vagy 19,19.
 
8. Bálint és Jonatán a következő játékot játsszák. Dobnak két kockával; ha a dobott számok szorzata vagy összege hárommal osztható, akkor Bálint, egyébként Jonatán nyeri a játékot. Kinek van nagyobb esélye a győzelemre?  (16 pont)
 
Megoldás. Megadunk két eseményt:
A: a két szám szorzata osztható hárommal.
B: a két szám összege osztható hárommal.
Tudjuk, hogy P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB).
Nézzük a kockadobások kimeneteleit, amikor az összeget figyeljük:
 
dobások  1  2  3  4  5  6  1  23  4  56  7  23  4  56  7  8  3  4  56  7  89   4  56  7  89  10  56  7  89  10  11  6  7  89  10  1112   
 

A 36 eset között 12 olyan van, amikor a dobott két szám összege hárommal osztható, ezért
P(B)=1236=39.

Nézzük a kockadobások kimeneteleit, amikor a szorzatot figyeljük:
 
dobások  1  2  3  4  5  6  1  1  23  4  56   2  2  46  8  1012   3369121518   4  4  812  16  2024   5  5  1015  20  2530   661218243036   
 

A 36 eset között 20 olyan van, amikor a dobott két szám szorzata hárommal osztható, ezért P(A)=2036=59.
A 36 eset között 4 olyan van, amikor az összeg és a szorzat is osztható hárommal, ezért P(AB)=436=19.
Bálint nyerési esélye: P(A+B)=3+5-19=79, Jonatáné: 1-P(A+B)=29. Vagyis Bálint nyerési esélye nagyobb.
 
9. Mely valós p számokra igaz, hogy minden valós x számra teljesül a
2x2+2x+3x2+x+1p
egyenlőtlenség?  (16 pont)
 
Megoldás. Mivel
x2+x+1=(x+12)2+34,
azért a nevező minden valós x estén pozitív. Szorozzunk be ezzel a nevezővel, ekkor kapjuk: 0(p-2)x2+(p-2)x+p-3. Ha p=2, akkor az egyenlőtlenség egyetlen valós számra sem igaz.
Egyébként p>2, és a diszkrimináns nem pozitív, azaz
(p-2)2-4(p-2)(p-3)0,(p-2)(-3p+10)0.
Mivel p>2, ez akkor és csak akkor teljesül, ha p103.