Cím: Megoldásvázlatok a 2011/6. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2011/október, 397 - 403. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Egy téglalap oldalainak aránya 1:2. Tudjuk, hogy a terület mérőszáma egyenlő a kerület és az átlók hosszának összegét jelölő mérőszámmal. Határozzuk meg a téglalap egy csúcsának távolságát a csúcsot nem tartalmazó átlótól.
 (11 pont)
 

Megoldás. A téglalap oldalai: a, 2a, ekkor átlójának hossza: a5. A téglalap területe: 2a2, a kerületének és az átlók hosszának összege: 2a(3+5).
Tudjuk, hogy 2a2=2a(3+5). Mivel a=0 nem lehet, így a=3+5. A téglalap területét az átló, valamint egy csúcs és annak az átlótól
való m távolsága segítségével is kiszámíthatjuk: 2a5m2.
A kétféle módon felírt terület egyenlőségéből és az a kiszámolt értékéből kapjuk: (3+5)5m=2(3+5)2. Ebből kifejezhető m értéke:
m=2(3+5)5=65+105.

 

2. Oldjuk meg a következő egyenletrendszert:
x2-y2-8x+8y=0,
 
xy-3x-y=0.
}
(12 pont)

 

Megoldás. Az első egyenletet írjuk szorzatalakban: (x-y)(x+y-8)=0. Ebből következik, hogy y=x vagy y=-x+8. Mindkét esetben a második egyenletbe behelyettesítve x-re másodfokú egyenletet kapunk.
Az első esetben: x2-4x=0. Ekkor két megoldást kapunk:  x1=0,y1=0,x2=4,y2=4.  

A második esetben: x2-6x+8=0. Ebben az esetben is két megoldást kapunk, de az egyik már az előzőekben szerepelt:  x3=2,y3=6,x4=4,y4=4.  

Vagyis az egyenletrendszernek három megoldása van.
 
3. A térkövezéshez nagyon sokféle alakú és színű kő vásárolható. Az ábrákon az úgynevezett fodorkövet, és az ebből kialakítható mintasorozatot látjuk.
 
 

a) Hány darab sötétszürke kő szükséges a hatodik mintához?
b) Hányadik mintához kell pontosan 150 darab sötétszürke kő?
c) Adjuk meg rekurzív képlettel a sötétszürke kövek számát az n-edik mintában.
 (14 pont)
 
 

Megoldás. a) Az ábrasorozat tanulmányozásával látható, hogy a hatodik minta a negyedikből származtatható. Egy világos sáv kirakása után minden oldalon hat-hat sötétszürke követ kell leraknunk, de ekkor a sarkokat kétszer számoltuk. Mivel a negyedik minta 24 sötétszürke követ tartalmaz, ezért a hatodikhoz 24+66-6, azaz 54 darab sötétszürke kő kell.
b) Az előző gondolatot alkalmazva a sorozat egymást követő tagjai a következő módon alakulnak: 1,6,13,24,37,54,73,96,121,150,.... Vagyis a sorozat 10. tagja a 150.
c) Tudjuk, hogy a1=1, a2=6. Az n-edik ábrán (ahol n>2 és egész szám) a sötétszürke kövek száma: an=an-2+6n-6.
 

4. Egy iskolai sakkbajnokságon mindenki pontosan egyszer játszott mindenkivel. 63 játszma után még mindenkinek négy játszmája hátravolt.
a) Hányan szerepeltek összesen a bajnokságon?
b) Ekkor két véletlenszerűen kiválasztott játékossal beszélgetett az iskolaújság egyik szerkesztője. Mekkora a valószínűsége, hogy ők még nem játszottak egymással?  (14 pont)
 

Megoldás.
a) Legyen a csapatok száma n, ekkor az összes játszmák száma: n(n-1)2. Mindenkinek négy játszmája volt még hátra, vagyis 4n2 játszmát kell még lejátszani.
A lejátszott mérkőzések száma:
n(n-1)2-4n2=63,
amiből az n2-5n-126=0 másodfokú egyenletet kapjuk. Az egyenlet gyökei: n1=14, n2=-9.
Vagyis a sakkbajnokságon 14-en szerepeltek.
b) Az összes játszmák száma: 14132=91. A kedvező esetek száma: 91-63=28. A keresett valószínűség:
2891=4130,31.

 

II. rész
 

5. a) Ha 2-vel csökkentjük az ax2+bx+c=0 egyenlet gyökeit, akkor az ax2+cx+b=0 egyenlet gyökeit kapjuk. Adjuk meg az eredeti egyenlet együtthatóit, ha tudjuk, hogy az összegük -3.
b) Az ax2+bx+c=0 egyenletben az együtthatók egy növekedő számtani sorozat három egymást követő tagjai, az
(a+2)x2+bx+(c+2)=0
egyenletben az együtthatók pedig egy mértani sorozat három egymást követő tagjai. Van-e valós megoldása az első egyenletnek, ha az együtthatóinak összege 9?
c) Az ax2+bx+c=0 másodfokú egyenlet két zérushelye x1 és x2. Írjunk fel egy olyan harmadfokú egyenletet gyöktényezős alakban, amelynek zérushelyei: x1x2; x12+x22; 1x1+1x2.
 (16 pont)
 

Megoldás.
a) A második egyenlet gyökei: x1 és x2, ez alapján: x1+x2=-ca, x1x2=ba. Ekkor x1+2+x2+2=-ca+4=-ba, valamint
(x1+2)(x2+2)=x1x2+2(x1+x2)+4=ba+2(-ca)+4=ca.
Vagyis a következő egyenletrendszert kell megoldanunk:
a+b+c=-3,4a+b-c=0,4a+b-3c=0.}
A megoldás: a=1, b=-4, c=0.
b) A feladat szövege szerint most a következő egyenletrendszert kapjuk:
2b=a+c,b2=(a+2)(c+2),a+b+c=9.}

Az első és a harmadik egyenlet összevetésével azonnal kapjuk, hogy b=3.
Ekkor az első és a második egyenlet a következő egyenletrendszert adja:
a+c=6,(a+2)(c+2)=9.}

A c=6-a helyettesítéssel az a2-6a-7=0 egyenletet kapjuk. Ennek csak a b=3-nál kisebb megoldása elfogadható, mert az együtthatóknak egy növekedő számtani sorozatot kell alkotni, így a=-1. Ezek alapján: c=7.
Az eredeti egyenlet együtthatóinak ismeretében meghatározzuk a diszkrimináns előjelét:
D=32-4(-1)7>0.
Vagyis van valós megoldása az első egyenletnek.
c) Mivel x1x2=ca és x1+x2=-ba, ezért
x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=(-ba)2-2(ca)=b2-2aca2,
illetve
1x1+1x2=x1+x2x1x2=-baca=-bc.
A következő harmadfokú egyenlet megfelel a feladat feltételeinek:
(x-x1x2)(x-x12-x22)(x-1x1-1x2)=(x-ca)(x-b2-2aca2)(x+bc)=0.

 

6. Az x2+y2=25 egyenletű kör, az
f(x)=|x+2|+|x-2|-22
hozzárendeléssel megadott függvény képe és az abszcisszatengely egy síkidomot határoznak meg, amit az abszcisszatengely körül megforgatunk. Mekkora az így kapott forgástest térfogata?
 (16 pont)
 

Megoldás. Készítsünk vázlatrajzot. Az origó középpontú 5 sugarú kör megrajzolása után ábrázoljuk az f(x) függvényt is.
 
 

Ha x]-;-2], akkor f(x)=-(x+2)-(x-2)-22=-x-1.
Ha x[-2;2], akkor f(x)=(x+2)-(x-2)-22=1.
Ha x]2;], akkor f(x)=(x+2)+(x-2)-22=x-1.
Ezeket figyelembe véve kapjuk az ábrát.
Az f(x) függvény és a kör metszéspontjainak koordinátái leolvashatók az ábráról, amiknek a helyességét visszahelyettesítéssel kapjuk: A(4;3) és B(-4;3).
A keletkezett forgástest térfogata:
V=2π[021dx+24(x-1)2dx+45(25-x2)dx]=
 
=2π[021dx+24(x2-2x+1)dx+45(25-x2)dx]=
 
=2π[x]02+2π[x33-x2+x]24+2π[25x-x33]45=
 
=2π2+2π(643-16+4-83+4-2)+2π(125-1253-100+643)=
 
=4π+523π+283π=923π.


 

7. a) Igazoljuk, hogy 31+815+31-815 egész szám.
b) Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán:
(31+815)x+(31-815)x=103.(16 pont)

 

Megoldás. a)
31+815+31-815=(4+15)2+(4-15)2=4+15+4-15=8.
Tehát valóban egész szám.
b) Alakítsuk az egyenletet:
(4+15)2x+(4-15)2x=103,
 
(4+15)x+(4-15)x=103.

Legyen (4+15)x=a, ekkor (4-15)x=1a.
Ekkor az a+1a=103 egyenletet kapjuk,
amiből a 3a2-10a+3=0 másodfokú egyenlet adódik. A gyökök: a1=3, a2=13.
A (4+15)x=3 egyenletből: x1=log4+153.
A (4+15)x=13 egyenletből: x2=log4+1513.
 

8. Egy szabadtéri színpad hátsó részén egy 12 m magas oszlop áll, melynek a súgólyuktól a teteje 16 -os emelkedési szögben látszik. Az oszlop talppontját és a súgólyukat összekötő egyenes fölött van egy emelvény, amelyről a 180 cm magas színész 22 -os emelkedési szögben látja az oszlop tetejét. A súgólyuktól a színész feje búbja 10 -os emelkedési szögű.
a) Igazoljuk, hogy a színész feje egyenlő távolságra van az oszlop tetejétől és a súgólyuktól.
b) Milyen magas a színpadon felépített emelvény?  (16 pont)
 

Megoldás. A feladat szövege alapján készítsünk vázlatrajzot.
 
 

a) Az ábrán a színpad eleje C, az oszlop teteje F, az emelvény tetején álló színész fejeteteje E. Tudjuk, hogy AF=12 m, ACE=10, ACF=16, DEF=22.
Az ACF derékszögű háromszögben FC=FAsin16. ECF=ACF-ACE=6, CFE=CFA-EFD=74-68=6.
Vagyis EFC egyenlőszárú háromszög, valóban EC=EF.
b) Az ACF derékszögű háromszögben: CF=12sin16. Mivel EFC egyenlőszárú háromszög, azért GCF felezőpontja, így GC=6sin16. Az EGC derékszögű háromszögben:
EC=GCcos6=6sin16cos6.
Végül az EBC derékszögű háromszögben:
EB=ECsin10=6sin16cos6sin10=6sin10cos6sin163,8.
Mivel a színész testmagassága 1,8 m, azért az emelvény kb. 2 méter magas.
 

9. a) Egy dobozba 100 darab piros és zöld építőkockát raktak, méretük alapján kicsiket és nagyokat is. Kis piros kocka véletlenszerű kihúzásának ugyanannyi a valószínűsége, mint annak, hogy nagy pirosat vagy kis zöldet húzunk a dobozból. A zöldek és a kicsik aránya 7:11. A nagyok 20 -szal kevesebben vannak, mint a pirosak. Hány kocka van az egyes fajtákból?
b) Egy dobozba 93 darab piros és zöld építőkockát raktak, méretük alapján kicsiket és nagyokat is. Mindegyik fajtából különböző prímszám darab van. A piros kockák száma osztható héttel. A kis zöld kockákból van a legkevesebb. Nagy pirosból ötvennel több van, mint kis pirosból. Hány kocka van az egyes fajtákból?
 (16 pont)
 

Megoldás. a) A következő táblázatból kiolvashatjuk a négy különböző fajta darabszámát jelölő betűket.
nagykicsi  pirosab   zöldcd   

A szöveg és a táblázat alapján a következő egyenletrendszer írható fel:
a+b+c+d=100,a+d=b,
 
c+db+d=711,
 
a+c=a+b-20.
}
Az egyenletrendszer megoldása megadja a kérdésre a választ: a=25 (nagy piros), b=40 (kis piros), c=20 (nagy zöld), d=15 (kis zöld).
b) Mivel négy különböző prímszám összege páratlan, azért az egyik a 2. A szöveg alapján ez a kis zöld kockák száma. A pirosak és a nagy zöldek darabszáma ezek szerint 91. Tudjuk, hogy a piros kockák száma osztható héttel, így a nagy zöldek száma is osztható lesz héttel. Ilyen prímszám csak egy van, ez a 7. Azaz a nagy zöld kockák száma 7. Most már tudjuk, hogy a pirosak száma 84. A feladat állítása szerint nagy piros kockákból ötvennel több van, mint kis piros kockákból. Ezek szerint a nagy pirosból 67 darab, a kis pirosból pedig 17 darab van a dobozban.
 
Számadó László