Cím: Megoldásvázlatok a 2012/6. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2012/október, 408 - 414. oldal  PDF file

Megoldásvázlatok a 2012/6. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
 

I. rész
 

 
1. Adott a valós számok halmazán értelmezett f és g függvény:
f(x)=(2x-1)2+(x-4)(x+4)-5x(x-1),g(x)=x3-4|x|.

a) Igazoljuk, hogy f elsőfokú függvény.
b) Adjuk meg a g függvény zérushelyeit.  (11 pont)
 

 
Megoldás. a) A hozzárendelési szabályban megadott képlet a következő módon egyszerűbb alakra hozható:
(2x-1)2+(x-4)(x+4)-5x(x-1)=4x2-4x+1+x2-16-5x2+5x=x-15.
Vagyis f valóban elsőfokú függvény.
b) A választ az x3-4|x|=0 egyenlet megoldásai adják. Ha x0, akkor az egyenlet az x3-4x=0 alakot veszi föl, azaz x(x-2)(x+2)=0. A három tényező bármelyike lehet nulla, nekünk a feltétel miatt most az x=0 és az x=2 a megfelelő. Ha x<0, akkor az egyenlet x3+4x=0 formában is írható, azaz x(x2+4)=0. A második tényező minden valós x esetén pozitív, az első tényező pedig nulla esetén lesz nulla. Vagyis a vizsgált feltétel mellett nincs egyetlen megfelelő érték sem.
Vagyis a g függvénynek két zérushelye van, a 0 és a 2.
 

 
2. Egy szabályos hatszög oldalai és átlói közül ötöt pirosra, a többit zöldre festettük. Ezek után véletlenszerűen választunk közülük öt szakaszt. Mennyi annak a valószínűsége, hogy pontosan három piros és kettő zöld lesz a kiválasztottak között?  (13 pont)
 

 
Megoldás. A szabályos hatszögnek 6 oldala és 9 átlója van. A 15 szakasz között lesz 5 piros és 10 zöld. Először meghatározzuk az összes lehetőségek számát. A 15 szakasz közül ötöt választunk (a sorrend nem számít). Ezt (155)=3003-féleképpen tehetjük meg. Ezután a vizsgált esemény szempontjából kedvező esetek számát is összeszámoljuk. A három piros szakaszt az öt pirosból, a két zöldet a tíz zöldből kell választanunk (a sorrend itt sem számít).
Ez (53)(102)=1045=450-féleképpen történhet.
A keresett valószínűség: p=45030030,1499.
 

 
3. Az ABC egy szabályos háromszög. Az A középpontú AB sugarú kör kisebbik BC ívének B-hez közelebbi harmadolópontja D, C-hez közelebbi harmadolópontja pedig E. A B középpontú AB sugarú kör kisebbik AC ívének felezőpontja F. Mekkorák az AD, AE és BF egyenesek által meghatározott háromszög belső szögei?  (13 pont)
 

 
Megoldás. Legyen AD és BF metszéspontja P, AE és BF metszéspontja pedig Q.
Az APQ háromszög belső szögeinek nagyságát kell megadnunk. Az ABC szabályos háromszög minden szöge 60-os. A feladat szövegéből következik a kerületi szögek tétele szerint, hogy AD és AE harmadolja a szabályos háromszög A csúcsánál található 60-os szöget. Ezért az AQP háromszögben az A csúcsnál 20-os, és a BAP háromszögben is az A csúcsnál 20-os szög van. A kerületi szögek tétele szerint a BF egyenes felezi a szabályos háromszög B csúcsánál található 60-os szöget. Tehát ABP=30.
 
 

Az ABP háromszög P csúcsánál található külső szög azonos az APQ háromszög P csúcsánál található belső szöggel, azaz az ABP háromszög két másik belső szögének összegével egyenlő: APQ=20+30=50.
Két belső szög ismeretében a harmadik kiszámolható: AQP=180-20-50=110. Vagyis a kérdésben szereplő háromszög szögei: 20, 50110.
 

 
4. Az ABC háromszög csúcsainak koordinátái: A(1;1), B(6;2) és C(2;6).
a) Milyen hosszú a háromszög legrövidebb magassága?
b) Mekkora a háromszög területe?
c) Egyszerre dobunk egy piros és egy zöld dobókockával. A pirossal dobott szám legyen egy pont első, a zölddel dobott szám a második koordinátája. Mekkora valószínűséggel lesz az így kapott pont az ABC háromszög belsejében?  (14 pont)
 

 
Megoldás. a) A legrövidebb magasság a leghosszabb oldalhoz tartozik. Az oldalak hosszát meghatározzuk a két pont távolságát megadó képlettel:
AB=(1-6)2+(1-2)2=26,BC=(6-2)2+(2-6)2=32=42,CA=(2-1)2+(6-1)2=26.
Vagyis az A csúcs és a BC oldalegyenes távolsága adja a keresett magasság hosszát.
Számolásunk szerint az ABC egyenlő szárú háromszög, hiszen AB=AC. A keresett magasság az alaphoz tartozik, aminek talppontja az oldal felezőpontja is egyben: T(4;4), vagyis a keresett magasság hossza:
TA=(4-1)2+(4-1)2=32.

b) A BC=42 és a TA=32 ismeretében a terület:
TABC=42322=12.

 
Megjegyzés. Természetesen az előző rész nélkül, közvetlenül is meghatározható a terület. Az ADEF négyzetből (ahol D(6;1), E(6;6) és F(1;6) koordinátájú pontok) levágjuk az ADB, AFC és BCE derékszögű háromszögeket.
Vagyis: TABC=25-2,5-2,5-8=12 (és ebből szintén megkapható, hogy TA=12BC=32).
c) A háromszög csúcsai közül az A abszcisszája a legkisebb, a B abszcisszája a legnagyobb. Ezért a háromszög belsejében lévő pontok első koordinátája 2, 3, 4 vagy 5 lehet. Ezekhez az esetekhez gyorsan meghatározhatók a megfelelő második koordináták:
(2;2),(2;3),(2;4),(2;5),(3;2),(3;3),(3;4),(4;2),(4;3),(5;2).
Ezek mindegyike lehet a dobókockák dobásának eredménye, így a kedvező esetek száma 10.
Az összes esetek száma (a két dobókocka dobásával előállítható pontok száma): 66=36. A keresett valószínűség:
1036=0,27˙.

 

II. rész
 

 
5. Egy érettségi találkozón Lászlótól 2012-ben megkérdezték tanítványai, hogy hány éves. Ezt válaszolta:
,,Édesanyám születési évszáma abcd¯, az én születési évszámom pedig ab¯2+cd¯2, ekkor ő 21 éves volt. Nem egy városban élünk, a következő héten utazom hozzá.''
Hány éves László 2012-ben?  (16 pont)
 

 
Megoldás. Mivel László 2012-ben a már korábban érettségizett tanítványaival beszélgetett, ezért ő a 20. században született. A következő héten meglátogatja édesanyját, így ő is biztosan a 20. században született. Ha élne 112 évnél idősebb asszony hazánkban, arról biztosan értesültünk volna a médiából. (A legidősebb magyar 2012. április 27-én 110 éves volt.) Vagyis csak az a=1, b=9 jöhet szóba.
A szöveg szerint:
abcd¯+21=ab¯2+cd¯2,1900+10c+d+21=192+100c2+20cd+d2,1560+10c-100c2-20cd=d2-d.
Mivel a bal oldal osztható 10-zel, ezért a jobb oldalon is 10-zel osztható számnak kell állnia. Tehát a d számjegy lehetséges értékei: 6, 5, 1, 0. A négy eset mindegyikéhez egy-egy másodfokú egyenlet tartozik. Ezek közül nekünk azok az esetek lesznek megfelelőek, amelyeknek van számjegy megoldása.
A másodfokú egyenletek a következők lesznek:
I. eset. Ha d=6, akkor 10c2+11c-153=0. Nem kapunk c-re számjegyet.
II. eset. Ha d=5, akkor 10c2+9c-154=0. Nem kapunk c-re számjegyet.
III. eset. Ha d=1, akkor 10c2+c-156=0. Nem kapunk c-re számjegyet.
IV. eset. Ha d=0, akkor 10c2-c-156=0. Innen a c=4 megfelelő.
Az egyedüli megoldás: a=1, b=9, c=4, d=0.
Azaz László születési évszáma 192+402=1961, vagyis 2012-ben 51 éves.
 

 
6. Tekintsük az {an}={2n+12n+3} sorozatot (nN+).
a) Határozzuk meg a sorozat összes olyan tagját, amelyek 3-nál nem kisebbek.
b) Az a1, a3, a9 sorszámai egy mértani sorozat három egymást követő tagját adják. Igazoljuk, hogy a sorozat ezen három eleme egy számtani sorozatnak a három egymást követő tagja lesz.
c) Hány olyan tagja van a sorozatnak, amelyek három tizedes jegyre kerekített értéke 2,012?
d) Határozzuk meg a limnan értékét.  (16 pont)
 

 
Megoldás. a) Határozzuk meg a sorozat első néhány tagját:
a1=21+121+3=72,a2=22+122+3=165,a3=23+123+3=3.
Ezek a tagok megfelelőek. Megmutatjuk, hogy több nincs, mert a sorozat szigorúan monoton csökkenő, azaz a
2n+12n+3>2(n+1)+12(n+1)+3,vagyis2n+12n+3>2n+14n+4
egyenlőtlenség minden pozitív egész n esetén teljesül.
Szorozhatjuk az egyenlőtlenség mindkét oldalát (n+3)(n+4)-gyel, hiszen pozitív egész n-ek esetén ez a szorzat pozitív:
(2n+12)(n+4)>(2n+14)(n+3),2n2+20n+48>2n2+20n+42.
Ez pedig valóban igaz, vagyis a sorozat szigorúan monoton csökkenő.
Tehát a sorozatnak csak az első, a második és a harmadik tagja nem kisebb 3-nál.
b) A sorozat kérdéses három tagja a következő: a1=72, a3=3=62, a9=29+129+3=52.
 
Mivel 62-72=52-62=-12, így ezek
 
a számok valóban egy számtani sorozat három egymást követő tagját adják.
c) A feladat feltétele szerint azokat a pozitív egész n-eket keressük, amelyekre
2,01152n+12n+3<2,0125.

Szorozhatjuk az egyenlőtlenséget (n+3)-mal, hiszen pozitív egész n-ek esetén ez pozitív:
2,0115(n+3)2n+12<2,0125(n+3),0,0115n+6,034512<0,0125n+6,375.
Az első egyenlőtlenségből kapjuk: n5,9655:0,0115518,739. A második egyenlőtlenségből kapjuk: 477<n. Vagyis az n lehetséges értékei: 478, 479, ..., 517, 518. Ez összesen 41 tag.
d) A határérték tulajdonságait felhasználva:
limnan=limn2n+12n+3=limn2+12n1+3n=2+01+0=2.
 

 
7. Az ABCDEFGH téglatestben úgy jelöltük a csúcsokat, hogy az ABCD alaplappal egybevágó lapon az E csúcsot az A-val, a F csúcsot a B-vel, a G csúcsot a C-vel, a H csúcsot a D-vel kösse össze él. Tudjuk, hogy a BAF szög 45-os, a CAG szög pedig 30-os.
a) Igazoljuk, hogy AFGD négyzet.
b) Mekkora az AFBC tetraéder felszíne, ha AB=a?
c) Mekkora az AFHC tetraéder térfogata, ha AF és HC távolsága a2?
   (16 pont)

 
 
Megoldás. a) Használjuk az ábra jelöléseit. Mivel a téglatest ABFE oldallapján az átló szögfelező (BAF=45), ezért ez a lap négyzet. Az oldalai legyenek a hosszúságúak, ekkor AF=a2. Tudjuk, hogy a CAG derékszögű háromszögben CAG=30, és CG=a, ezért AG=2a, AC=a3.
 
 

Az ABC derékszögű háromszögben a Pitagorasz-tétel alapján:
a2+x2=(a3)2,x=a2.
Vagyis a téglatest ezzel párhuzamos minden éle a2 hosszúságú. Téglatest esetén az AFGD metszetről tudjuk, hogy téglalap, most pedig az is kiderült, hogy két szomszédos oldala egyenlő: AF=FG=a2, ezért AFGD valóban négyzet.
b) Az AFBC tetraéder felszíne három derékszögű háromszögből: ABC, ABF és CBF, valamint az AFC egyenlő szárú háromszögből áll.
 
 

AC=FC=a3, hiszen mindkettő ugyanolyan téglalapnak az átlója. Az AFC háromszögben a TC=m magasság hossza Pitagorasz-tétellel kifejezhető:
m=3a2-12a2=a52.
A tetraéder felszíne:
A=TABC+TABF+TCBF+TAFC==a222+a212+a222+a252=a22+1+2+523,032a2.

 
c) Az ABCDEFGH téglatest B, D, E és G csúcsába is ugyanolyan hosszúságú három él fut be: a, a, a2. Az ezek által kifeszített négy tetraédert kell levágnunk a téglatestből, hogy megmaradjon az AFHC tetraéder. Az eddigi számolásunk azt mutatja, hogy ha az AF és HC távolsága a2, akkor AB=a.
Egy levágott tetraéder térfogata:
VABCF=a22a23=a326.

 
 
Vagyis a feladatban szereplő tetraéder térfogata:
VAFHC=VABCDEFG-4VABCF=a32-4a326=a323.
 

 
8. Egy ház tűzfala egy négyzetből és egy szabályos háromszögből áll. A falat két színnel szeretnék vakolni. A két rész között a határvonal egy parabola lesz, amit a mellékelt ábra mutat. A házikó parabola feletti részét világosabbra, a többit sötétebbre vakolják. A felület hány százaléka lesz sötétebb árnyalatú?  (16 pont)
 
 

 

Megoldás. Legyen a négyzet oldala 4, ekkor a tűzfal területe:
T=42+423422,9.

Meghatározzuk a sötétebb rész területét. Ehhez az ábrát koordináta-rendszerbe tesszük. A parabola az f(x)=x2 hozzárendeléssel megadott függvény képe. Az e egyenes illeszkedik a P(3;4) pontra, és mivel az irányszöge -60, azért az iránytangense: -3. Ezek segítségével megadható, hogy az e egyenes egyenlete: y-4=-3(x-3), vagyis az egyenes a g(x)=-3x+33+4 hozzárendeléssel megadott függvény képe. Meghatározzuk a parabola és az e egyenes metszéspontjának koordinátáit.
Az f(x)=g(x) egyenlet megoldása adja a metszéspontok első koordinátáját:
x2=-3x+33+4,x2+3x-(33+4)=0.


A két gyök közül az egyik negatív, most arra a metszéspontra van szükségünk, amelynek az első koordinátája pozitív: x12,3. A kérdéses területet a következő módon kapjuk:

T1=-12,3x2dx+2,33(-3x+33+4)dx==[x33]-12,3+[-3x22+(33+4)x]2,33==2,333-(-1)33+(-3322+(33+4)3)--(-32,322+(33+4)2,3)7,6.

Ez az egésznek kb. a 33,2%-a.
 

Megjegyzés. A második integrál helyett használhatjuk a trapéz területképletét is.
 

 
9. Határozzuk meg azokat az x valós számokat, amelyre cosx és cos2x négyzetösszege a cos3x négyzetével egyenlő.
   (16 pont)
 

 
Megoldás. A cos2x+cos22x=cos23x egyenletet kell megoldanunk. Ezt az egyenletet cos22x=(cos3x-cosx)(cos3x+cosx) alakra tudjuk hozni.
Tovább alakítva:
cos22x=(-2sin3x+x2sin3x-x2)(2cos3x+x2cos3x-x2),cos22x=-2sin2xsinx2cos2xcosx,cos22x=-2sin2xsin2xcos2x,cos2x(cos2x+2sin22x)=0,cos2x[cos2x+2(1-cos22x)]=0,cos2x(2cos22x-cos2x-2)=0.
A cos2x-re háromféle értéket kapunk:
I. eset: cos2x=0, ahonnan x1=π4+k1π2, k1Z.
II. eset: cos2x=1+174>1, tehát nem ad megoldást.
III. eset: cos2x=1-174-0,7808, ahonnan 2x22,4667+2k2π, k2Z,
2x33,8164+2k3π, k3Z, vagyis x21,23+k2π, x31,91+k3π.
Tehát a feladat feltételeinek megfelelő összes valós számot az x1, x2, x3 adja.
 Számadó László