Cím: Megoldásvázlatok a 2012/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2012/április, 208 - 214. oldal  PDF file

Megoldásvázlatok a 2012/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
 

I. rész
 
 
1. A gyógyszertárakban a meghűlésre kapható, forró vízben feloldható port egyforma kis zacskókban hatosával és tízesével kartondobozokban árusítják. A hatos dobozok ára 1130 Ft, a tízeseké 1640 Ft. Mivel a dobozok anyagköltsége csak minimálisan tér el, ezért azt feltételezzük, hogy ezek ára a méretüktől függetlenül ugyanannyi, és a port tartalmazó zacskók árát is azonosnak gondoljuk. Mennyibe kerülne ekkor egy tizennégyes kiszerelésű doboz?  (11 pont)
 
Megoldás. Legyen egy zacskó ára x Ft, egy doboz ára y Ft. A szöveg alapján felírhatjuk a következő egyenletrendszert:
{6x+y=1130,10x+y=1640.

A második egyenletből kivonjuk az elsőt:
4x=510,x=127,5.
Visszahelyettesítéssel kapjuk: y=365. Vagyis egy zacskó 127,5 Ft-ba, egy doboz pedig 365 Ft-ba kerül a feltételezéseink alapján. Ekkor a tizennégyes kiszerelésű doboz ára: 14x+y=14127,5+365=2150.
Vagyis 2150 Ft-ba kerülne a tizennégyes kiszerelésű doboz.
 
2. Oldjuk meg a következő egyenletet:
lg(1-x)x2-3x-28cos(x+π6)=0.(13 pont)

 
 
Megoldás. A logaritmus miatt: x]-;1], a négyzetgyök miatt: x2-3x-280, azaz x]-;-4][7;[. Vagyis a feladat értelmezési tartománya: x]-;-4].
A tényezők zérushelyeit külön-külön megvizsgáljuk. Az első tényező zérushelye a 0, de ez nincs benne az értelmezési tartományban. A második tényező zérushelyei a -4 és a 7, de a feladat értelmezési tartományának csak a -4 felel meg. A harmadik tényező zérushelyei:
x+π6=π2+kπ   (k  egész szám), ahonnan:x=π3+kπ.
A feladat értelmezési tartománya miatt azonban:
π3+kπ-4,k-4-π3π-1,607<-2.
A megoldás: x1=-4, x2=π3+kπ, ahol k<-2 egész szám.
 
3. Bettina megvásárolta a legújabb mozaik púdert. A mellékelt kép mutatja a 4 cm-es sugarú henger alakú tégelyt felülnézetben.
a) A minta közepén látható ötszög szabályos, és az ezekhez kapcsolódó ötszögekkel ismét egy nagyobb szabályos ötszög alakul ki. Hogyan aránylana egymáshoz ennek a két szabályos ötszögnek az oldala, ha a tégelyben látható 16 síkidom területe egyenlő nagyságú lenne?
b) Adjuk meg az előző feltételek teljesülése mellett a középen látható kis, szabályos ötszög oldalának hosszát milliméter pontossággal.
  (13 pont)
 
 
 
Megoldás.
 
a) Mivel a kis síkidomok területe egyenlő, ezért a két szabályos ötszög területének aránya: 16. Tudjuk, hogy a területek a hasonlóság arányának négyzetével arányosak. Legyen a kis ötszög oldalának hossza a', a nagy ötszög oldalának hossza pedig a. Ekkor:
(a'a)2=16,vagyisa'a=160,4082.

b) A kör területe: tkör=42π=16π. Mivel a mozaik púder mintája 16 egyenlő területű síkidomból áll, ezért a középen látható szabályos ötszög területe: t=π. A feladatunk ezek alapján a π területű szabályos ötszög oldalhosszának meghatározása.
A szabályos ötszöget a középpontjából öt 72-os szárszögű egyenlőszárú háromszögre bonthatjuk. Ennek az alapja legyen 2x, ekkor az alaphoz tartozó magasság m=xtg36. Ezekkel felírjuk a területet:
xxtg36=π5,amiből:2x=45πtg361,4.
Vagyis a kis, szabályos ötszög oldalának hossza kb. 1,4 cm.
 
 

 
4. Oldjuk meg a
2sin22x-2cos2x=1
egyenletet.  (14 pont)

 
Megoldás. Az ismert azonosságok segítségével alakítsuk az egyenletet:

2(2sinxcosx)2-2cos2x=sin2x+cos2x,8sin2xcos2x-3cos2x-sin2x=0,8(1-cos2x)cos2x-3cos2x-(1-cos2x)=0,8cos4x-6cos2x+1=0,(cos2x)1,2=6±36-3216=6±216,(cos2x)1=12,(cos2x)2=14,


Vagyis: (cosx)11=22, (cosx)12=-22, (cosx)21=12, (cosx)22=-12.
 
 

A megoldások összevonva:
 x1=π4+k1π2,  ahol  k1Z,x2=π3+k2π,  ahol  k2Z,x3=2π3+k3π,  ahol  k3Z.
 

II. rész
 

 
5. Az y=x2-4x+8 egyenletű parabolához a 0 és a 4 abszcisszájú pontjában is érintőt húzunk.
a) Mekkora a két érintő hajlásszöge?
b) Mekkora a két érintő és a parabola által meghatározott síkidom területe?
  (16 pont)

 
Megoldás. a) A 0 abszcisszájú parabolapont: A(0;8), a 4 abszcisszájú parabolapont: B(4;8). A parabola érintőjének meredeksége: y'=2x-4.
A parabola A pontjában az érintő meredekség: m1=-4. Ezek alapján az A pontbeli e1 érintő egyenlete y-8=-4x, azaz y=-4x+8.
A parabola B pontjában az érintő meredekség: m2=4. Ezek alapján a B pontbeli e2 érintő egyenlete y-8=4(x-4), azaz y=4x-8.
A két érintő metszéspontjának koordinátáit az
{y=-4x+8,y=4x+8.
egyenletrendszer megoldásával kapjuk. A metszéspont: C(2;0).
 
 

A két érintő hajlásszöge az ACB. Az ABC egyenlőszárú háromszög szárszögét kell meghatároznunk. Az ACF derékszögű háromszögben (F az AB felezőpontja) a C-nél lévő szög nyilvánvalóan a keresett szög fele.
 
Erre a φ szögre felírható a derékszögű háromszögben a tangens: tgφ=28, azaz φ14,036.
A két érintő hajlásszöge: 2φ28,1.
b) A keresett T területet megkapjuk, ha a [0;4]-on a parabola alatti t területből elvesszük a [0;2]-on az e1 érintő alatti t1, és a [2;4]-on az e2 érintő alatti t2 területet. Az adatok alapján:
t1=t2=282=8.
A parabola alatti területet integrál segítségével határozzuk meg:
t=04(x2-4x+8)dx=[x33-4x22+8x]04=433-4422+84=643.
A keresett terület: T=t-(t1+t2)=643-16=163.
 
6. Egy szivattyú óránként 4,8m3 vizet tud kiemelni a kútból. A vizet henger alakú medencébe eresztik, melynek teteje 154m2-es körlap. Ez a körlap fedi a medence 12 cm-es vastagságú oldalfalát is.
a) Hány centimétert emelkedik 2,5 óra alatt a víz a medencében?
b) A 15 perc alatt kiemelt vízmennyiséget 25 literes és 60 literes edényekbe töltik. Melyik edényből hány darab lehetett, ha pontosan megteltek ezzel a vízmennyiséggel?
  (16 pont)

 
Megoldás.
 
a) A fedőlap területe segítségével meghatározható a henger alakú medence R sugarának hossza: 154=R2π, amiből R=154π7,00 (m). Mivel az oldalfal 12 cm-es vastagságú, ezért a henger belső sugara: r=6,88 m.
2,5 óra alatt 2,54,8=12m3 vizet emel ki a szivattyú. Ennek a vízmennyiségnek legyen m a magassága a henger alakú medencében. A térfogatot felírva a következő összefüggést kapjuk:
12=6,882πm,vagyism=126,882π0,081.
Mindössze 8,1 cm-t emelkedik a medencében a vízszint 2,5 óra elteltével.
b) Mivel óránként 4,8 m3 vizet tudunk kiszivattyúzni, ezért 15 perc alatt ennek negyedét, azaz 1200 litert. Legyen a 25 literes edények száma x, a 60 litereseké pedig y. Ekkor:
25x+60y=1200,5x+12y=240,x=240-12y5=48-125y.


Mivel x, y darabszámot jelent, így y csak olyan 5-tel osztható természetes szám lehet, ami mellett x is természetes szám.
A lehetséges értékpárokat táblázatba rendeztük:
 
y05101520x483624120

 
7. Egy téglalap alakú telek két szomszédos oldalán az egyik csúcstól 10 méterre, illetve 24 méterre kijelölünk egy-egy pontot. A pontokat összekötő vonallal levágott derékszögű háromszögbe szeretnénk egy medencét építeni. Az egyik terv szerint a legnagyobb kör alakút, a másik terv szerint a legnagyobb, egy teljes oldalával a derékszögű háromszög átfogójához csatlakozó téglalap alakú medencét kellene megépíteni. Melyik esetben és mennyivel lenne nagyobb a vízfelület?  (16 pont)
 
Megoldás. Az ábra a két tervről készített vázlatot mutatja.
 
 

Az első esetben a háromszög beírt köréről van szó. Pitagorasz-tétellel kapjuk a harmadik oldal hosszát: c=242+102=26. A háromszög területe a két befogóval meghatározható: t=10242=120. Alkalmazhatjuk a terület felírására a t=ϱs képletet is, ahol ϱ a beírt kör sugarának a hossza, az s pedig a háromszög kerületének a fele. Vagyis
s=10+24+262=30,ígyϱ=ts=12030=4.
A kör alakú medence esetén a vízfelület nagysága: tkör=42π50,3 (m2).
A második terv esetén a maximális területű KLMN téglalapot keressük. Az ábra jelöléseinek felhasználásával írjuk fel a keresett területet x függvényében. (Az ábrán látható, hogy CM=x.)
T(x)=TABC-TMLC-TLBK-TAMN=TABC-TMLC-TA'BL==10242-x2,4x2-(10-x)(24-2,4x)2==120-(120-12x-12x+1,2x2)-1,2x2=-2,4x(x-10).
A kapott másodfokú függvény hozzárendelésében a másodfokú tag együtthatója negatív, a két zérushelye pedig 0 és 10, így x=5-nél maximuma van. Ekkor
T(5)=-2,45(5-10)=60.
Vagyis a téglalap alakú medence esetén a vízfelület nagysága 60 m2.
Ebben az esetben kb. 9,7 m2-rel nagyobb vízfelületet kapunk, mint a kör alakú terv kivitelezése esetén.
 
8. Egy hatszög három csúcsának koordinátája valamilyen sorrendben a következő: (-1;-1); (2;8); (7;3). Határozzuk meg a hiányzó csúcsok koordinátáit, ha tudjuk, hogy az ismeretlen pontok mindegyike az adott három csúccsal húrtrapézt alkot.  (16 pont)
 
Megoldás. Az adott pontok: A(-1;-1); B(2;8); C(7;3). A feladat szövegéből következik, hogy a keresett pontok illeszkednek az ABC háromszög köré írt körére. Először ennek a körnek írjuk fel az egyenletét:
x2+y2+ax+by+c=0.
Mivel erre a körre illeszkedik az A, B és C csúcs is, így felírható a következő egyenletrendszer:
{1+1-a-b+c=0,4+64+2a+8b+c=0,49+9+7a+3b+c=0,azaz{-a-b+c=-2,2a+8b+c=-68,7a+3b+c=-58.
A c kiküszöbölésével kapjuk:
{3a+9b=-66,8a+4b=-56,amiből{2a+6b=-44,2a+b=-14,,azaz:b=-6,a=-4,c=-12.
A keresett k kör egyenlete: x2+y2-4x-6y-12=0.
Az A, B, C pontokhoz háromféleképpen tudunk negyediket elhelyezni, hogy húrtrapézt határozzanak meg. Ezeket D-vel, E-vel, F-fel jelöljük.
I. eset: A D pont rajta van a B pontra illeszkedő AC-vel párhuzamos e egyenesen (és természetesen a k körön is).
 
Az e egy irányvektora AC(8;4), így egy normálvektora: ne(1;-2). Az e egyenes egyenlete:
x-2y=-14.
A k és az e egyenlete által kapott egyenletrendszer egyik megoldása természetesen a B pont, a másik megoldás a keresett D(-2;6) pont koordinátáját adja.
II. eset: Az E pont rajta van az A pontra illeszkedő BC-vel párhuzamos f egyenesen
 
(és természetesen a k körön is). Az f egy irányvektora BC(5;-5), így egy normálvektora: nf(1;1). Az f egyenes egyenlete: x+y=-2.
 
 

 
A k és az e egyenlete által kapott egyenletrendszer egyik megoldása természetesen az A pont, a másik megoldás a keresett E(-2;0) pont koordinátáját adja.
III. eset: Az F pont rajta van a C pontra illeszkedő AB-vel párhuzamos g egyenesen (és természetesen a k körön is). A g egy irányvektora AB(3;9), így egy normálvektora: ng(3;-1). A g egyenes egyenlete: 3x-y=18.
A k és az e egyenlete által kapott egyenletrendszer egyik megoldása természetesen a C pont, a másik megoldás a keresett F(6;0) pont koordinátáját adja.
Ezzel a hatszög mind a hat csúcsának koordinátáját megadtuk.
 
9. Legyen
A=6n2-15n-94n2-18n-10.

a) Mennyi a limnA határérték?
b) Adjuk meg azokat az n egész számokat, amelyek esetén az A is egész szám.
c) Oldjuk meg az A=3 egyenletet.  (16 pont)

 
Megoldás. a) Alkalmazzuk a megfelelő átalakításokat és használjuk a határértékre vonatkozó tételeket:
limn6n2-15n-92n2-9n-5=limn6-15n-9n22-9n-5n2=6-0-02-0-0=3.

b) A számláló és a nevező zérushelyeinek megkeresése után írjuk szorzatalakban a másodfokú kifejezéseket.
A 6n2-15n-9=0 gyökei: n1=3, n2=-12.
A 2n2-9n-5=0 gyökei: n3=5, n4=-12.
Most már az is látható, hogy n értéke nem lehet 5, és nem lehet -12, mert ekkor a nevező értéke nulla lenne.
Írjuk fel a szorzatalakokat és végezzük el az egyszerűsítéseket:
A=6n2-15n-94n2-18n-10=6(n-3)(n+12)2(n-5)(n+12)=3(n-3)n-5.
A kapott törtet alakítsuk a következő módon:
A=3(n-3)n-5=3n-9n-5=3(n-5)+6n-5=3+6n-5.
Ez akkor lesz egész, ha n-5 osztója a 6-nak. A következő lehetőségeket kapjuk:
 
n-5-6-3-2-11236  n-123467811  A210-39654  
 

A táblázat második sorában láthatók a megfelelő n értékek.
c) A=6n2-15n-92n2-9n-5=6 egyenlet bal oldalán álló kifejezés a szorzattá bontások után egyszerűsíthető. Ekkor a következő egyenletet kapjuk:
3(n-3)n-5=6,3n-9=6(n-5)=6n-30,n=7.
Ez valóban megoldása az egyenletnek.
 

Megjegyzés. Ha egyszerűsítés nélkül szorzunk a 2n2-9n-5 nevezővel, akkor egy másodfokú egyenletet kapunk. Ennek két gyöke a 7, illetve a -12. Természetesen az értelmezési tartomány miatt csak a 7 lesz a megoldás.
 

 
Számadó László