Cím: Megoldásvázlatok a 2010/4. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Benyovics Ágnes 
Füzet: 2010/május, 263 - 268. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Egy kocka élének hossza centiméterben mérve egész szám. A kocka felületét pirosra festettük, majd az oldallapjaival párhuzamos vágásokkal 1 cm élű kiskockákra daraboltuk.
a) Hány centiméter volt a kocka éle, ha a pontosan egy festett lapú kiskockák száma megegyezik a festetlen kiskockák számával?
b) Hány olyan különböző méretű kocka létezik, amelyből 0,5 és 0,6 közé eső valószínűséggel választhatunk ki festetlen kiskockát? (A kiskockák kiválasztásának valószínűségét vegyük egyenlőnek.)  (11 pont)
 
Megoldás. a) Legyen a kocka éle x cm (xZ+). A festetlen kiskockák száma: (x-2)3. A pontosan egy festett lapú kiskockák száma: 6(x-2)2.
Tudjuk, hogy
(x-2)3=6(x-2)2,(x-2)2(x-8)=0.
Az x1=2 nem megoldása a feladatnak. Az x2=8 az egyedüli megoldás.
A kocka éle 8 cm.
b) Legyen a keresett valószínűség p. Tudjuk, hogy 0,5p0,6, azaz:

0,5(x-2)3x30,6,(xZ+).0,53x+2x0,63x+2,


amiből századpontossággal kapjuk, hogy: 9,69x12,77.
Tehát az x lehetséges értékei: 10, 11, 12. Vagyis 3-féle megfelelő kocka létezik.
 
2. Bizonyítsuk be, hogy minden n természetes szám esetén
a) az n5-5n3+4n+1 szám 1-re végződik;
b) 524n+1+3.  (12 pont)
 
Megoldás. a) Az n5-5n3+4n+1 kifejezés pontosan akkor végződik 1-re, ha az n5-5n3+4n kifejezés 0-ra végződik, azaz osztható 10-zel. Végezzük el a következő átalakításokat:
n5-5n3+4n=n(n4-5n2+4)=n(n2-1)(n2-4)==n(n+1)(n-1)(n+2)(n-2).
A fenti kifejezés öt egymás utáni természetes szám szorzata, tehát biztosan van a tényezők között 2-vel, illetve 5-tel osztható.
Így a kifejezés minden n természetes szám esetén osztható 10-zel.
b) A 2 hatványai sorban a következő számokra végződnek: 2, 4, 8, 6, 2, 4, ... stb., vagyis a 4n+1-edik hatvány mindig 2-re végződik, így a kifejezés utolsó számjegye mindig 5 lesz. Vagyis a kifejezés valóban minden n természetes szám esetén osztható 5-tel.
 
3. Oldjuk meg a következő egyenlőtlenséget:
logx+3(x2-9x-10)logx+312.
 (14 pont)
 
Megoldás. Meghatározzuk az egyenlőtlenség értelmezési tartományát.

x2-9x-10>0,(x+1)(x-10)>0,azazx<-110<x.x+3>0,azaz-3<x.x+31,azazx-2.



Tehát x]-3;-2[]-2;-1[]10;[.
Ha x]-3;-2[, akkor a logaritmus függvény csökkenő, ezért:
x2-9x-1012,x2-9x-220,(x+2)(x-11)0,
vagyis: x]-;-2][11;[. Tehát ebben az esetben a megoldás: x]-3;-2[.
Ha x]-2;-1[, akkor a logaritmus függvény növekvő, ezért:
x2-9x-1012,x2-9x-220,(x+2)(x-11)0,
vagyis: x[-2;11]. Tehát ebben az esetben a megoldás: x]-2;-1].
Ha x]10;[, akkor a logaritmus függvény növekvő, ezért:
x2-9x-1012,
vagyis: x[-2;11]. Tehát ebben az esetben a megoldás: x]10;11].
Mindent egybevetve a feladat megoldása: x]-3;-2[]-2;-1[]10;11].
 
4. a) Egy növekvő számtani sorozat első, negyedik és tizedik tagja egy mértani sorozat első három tagja. A számtani sorozat nyolcadik tagja 10. Határozzuk meg a mértani sorozat első tagját.
b) A 3, 4, 5, 6 számjegyekből képezzünk véletlenszerűen egy csupa különböző számjegyből álló négyjegyű számot. Mennyi a valószínűsége annak, hogy a kapott szám 4-gyel osztható?  (14 pont)
 
Megoldás. a) Jelöljük a számtani sorozat tagjait a1,a2,...,an-nel. Tudjuk, hogy a4=a1+3d, a10=a1+9d, a8=a1+7d=10, vagyis a1=10-7d.
A mértani sorozat tulajdonsága miatt:
a1+3da1=a1+9da1+3d,10-4d10-7d=10+2d10-4d,
amiből kapjuk:
30d2-30d=0,30d(d-1)=0.
Az egyenlet gyökei: d1=0 (ez a feladatnak nem megoldása, mivel a sorozat növekvő), d2=1.
Vagyis a mértani sorozat első tagja: a1=10-7d=3.
b) A 3, 4, 5, 6 számjegyekből képezhető különböző számjegyekből álló négyjegyű számok száma: 4!=24. A néggyel osztható számok utolsó két számjegye, mint kétjegyű szám osztható néggyel, így a szóba jöhető számok 36, 56 vagy 64-re végződhetnek. Vagyis a kedvező esetek száma 6 (mert mindhárom esetben a maradék két számjegy kétféleképpen írható a szám elejére). A keresett valószínűség:
p=624=0,25.

 

II. rész
 

 
5. Egy derékszögű háromszög alakú saroktelekre téglalap alapterületű házat tervezünk úgy, hogy annak két oldala az utcával párhuzamos legyen. A telek két merőleges oldalának hossza 50 m és 30 m. Hogyan válasszuk meg a ház oldalainak hosszát, ha a lehető legnagyobb alapterületű házat szeretnénk megtervezni?  (16 pont)
 
Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit. Az APQ és QRB háromszögek hasonlósága miatt fennáll a következő aránypár:
30-xx=y50-y.
Rendezve az egyenlőséget:
y=150-5x3.

 
 

A maximális területű téglalapot keressük:
t(x)=xy=x(150-5x)3=-53x2+50x.
Keressük a t(x) másodfokú függvény szélsőértékét.
A függvény zérushelyei: x1=0, x2=30. A másodfokú függvény képének szimmetriája miatt a szélsőérték x=15-nél van. Mivel a főegyüttható negatív, ezért itt maximuma van.
Vagyis a ház oldalainak hossza: x=15 m, y=25 m.
 
6. A derékszögű koordinátarendszer első síknegyedéből az ábrán látható két egyenes egy 2010 egység területű négyszöget vág le.
 
 

a) Határozzuk meg a két egyenes metszéspontjának koordinátáit.
b) Írjuk fel az egyenesek egyenletét.  (16 pont)
 
Megoldás. Az ábra jelöléseit használjuk. Tudjuk, hogy:
tABC=60c22=30c2,tAOD=20202=200,tOBCD=tABC-tAOD=30c2-200==2010.
Vagyis: c2=2213.
 
 

Mivel ATC egyenlőszárú derékszögű háromszög, így AT=CT, azaz 20+c1=2213. Vagyis: c1=1613.
A két egyenes metszéspontja: C(1613;2213).
b) Az AC egyenes egyenlete könnyen felírható, hiszen a meredeksége 1, az y tengelyt pedig a D(0;20) pontban metszi: y=x+20. A BC egyenes egyenlete is felírható, mert ismerjük két pontjának koordinátáit. Használjuk a két ponton áthaladó egyenes egyenletét:
(y-y1)(x2-x1)=(x-x1)(y2-y1).
Írjuk be az ismert pontok koordinátáit:
y(1613-40)=(x-40)2213,221x-41y=8840.
Tehát az egyenesek egyenlete: y=x+20 és 221x-41y=8840.
 
7. Két számot választunk véletlenszerűen a [0;1] számközben. Mi a valószínűsége annak, hogy összegük 1-nél, szorzatuk pedig 425-nél kisebb lesz?  (16 pont)
 
Megoldás. Jelöljük a vizsgált eseményt A-val. A két véletlenszerűen választott x és y számnak a sík egységnégyzetének (x;y) koordinátájú pontját feleltetjük meg.
Az A esemény fennáll, ha az
x+y<1ésxy<425
egyenlőtlenségek egyidejűleg teljesülnek. Az ezeknek az egyenlőtlenségeknek eleget tevő pontok az egységnégyzet satírozott részére esnek. Ennek a résznek a területét kell kiszámítanunk.
 
 

Meghatározzuk az x+y=1 egyenes és az xy=425 hiperbola metszéspontjait. Az y=1-x helyettesítéssel kapjuk:
x(1-x)=425,x2-x+425=0.
A másodfokú egyenlet megoldásai: x1=0,8, x2=0,2. A megfelelő ordinátákat visszahelyettesítéssel kapjuk: y1=0,2, y2=0,8. A bevonalkázott részben a [0;0,2] és a [0,8;1] intervallumok fölötti részek együttesen 0,2 nagyságú területet adnak.
A [0,2;0,8] intervallumon az y=0,161x hiperbola alatti rész területét kell kiszámítani:
0,160,20,81xdx=0,16[ln|x|]0,20,8=0,16(ln0,8-ln0,2)=0,16ln4.
Az A esemény szempontjából kedvező rész területe: t=0,2+0,16ln4. Az egységnégyzet területe: T=1, így az A esemény valószínűsége:
P(A)=tT=0,2+0,16ln40,42.
Tehát kb. 0,42 a valószínűsége annak, hogy a véletlenszerűen választott számok eleget tesznek a feltételeknek.
 
8. Egy forgáskúp és egy henger alaplapja közös. A kúp csúcsa a henger fedőlapjának középpontja. Határozzuk meg a kúp tengelyének és alkotójának hajlásszögét, ha a henger és a kúp felszínének aránya 7:4.  (16 pont)
 
 

Megoldás. Készítsük el a kúp tengelymetszetéről a vázlatrajzot. Az ábra jelölései és a felszínekre vonatkozó összefüggések alapján:
AhengerAkúp=2r2π+2rπmr2π+rπa=74.
Egyszerűsítés után kapjuk, hogy
2(r+m)r+a=74,amiből1+mr1+ar=78.
Tudjuk, hogy ctgα=mr és 1sinα=ar. Ezeket behelyettesítve és felhasználva, hogy ctgα=cosαsinα, a következőt kapjuk:
1+cosαsinα1+1sinα=78.
Rendezve az egyenletet:
sinα+8cosα=7,
112+82sinα+812+82cosα=712+82,
amit közelítő értékekkel így írhatunk:
sinαcos82,87+cosαsin82,87=0,8682.
Alkalmazzuk a sin(α+β)-ra vonatkozó addíciós tételt:
sin(82,87+α)=sin60,25.
Ennek a trigonometrikus egyenletnek a megoldása:
α1=-22,62+k1360,aholk1Z;α2=36,88+k2360,aholk2Z.
Innen a feladat egyedüli megoldása: α=36,88.
Vagyis a kúp alkotójának és magasságának hajlásszöge: 36,88.
 
9. A [0;2] intervallumon értelmezett f(x)=x3+1 és g(x)=(x+1)2 függvények grafikonját megforgatjuk az x tengely körül.
a) Számítsuk ki az így kapott forgástestek alap- és fedőlapjának területét.
b) Számítsuk ki a két test térfogatát.  (16 pont)
 
Megoldás. Lerajzoljuk a függvények grafikonját, és a megforgatás után kapott testek síkmetszetét.
 
 

a) A két test alap és fedőlapja is azonos méretű, hiszen f(0)=g(0)=1, f(2)=g(2)=9. Vagyis az alaplapok sugara 1, a fedőlapok sugara 9. Az alaplap területe: t=π, a fedőlap területe: T=81π.
b) Használjuk a
V=πab[f(x)]2dx
térfogatképletet:
V1=π02(x3+1)2dx=π02(x6+2x3+1)dx=π[x77+2x44+x]02==π(277+2244+2)88,86.V2=π02(x+1)4dx=π02(x4+4x3+6x2+4x+1)dx==π[x55+4x44+6x33+4x22+x]02=π[255+4244+6233+4222+2]02152,05.