Cím: Megoldásvázlatok a 2011/8. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Gerőcs László 
Füzet: 2011/december, 516 - 523. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

1. Az ábrán egy olyan pályát látunk, mely 2011 db négyzetből áll. A négyzetekbe számokat írtunk 1-től 5-ig egymás után a pálya végéig.
 
 

Az első négyzeten áll egy bábu. Mindig annyit lépünk a bábuval, amennyi azon a négyzeten látható, amelyen a bábu éppen tartózkodik. Számítsuk ki azoknak a számoknak az összegét, amely számokra nem lép rá a bábu, míg a pályán végighalad.  (10 pont)
 

Megoldás. Az ábrán a bábu első 4 lépését látjuk. Negyedik lépéskor ismét 1-esre lép, amiből következik, hogy innentől kezdve a lépések periodikusan ismétlődnek.
 
 

Ez egyben azt is jelenti, hogy egy periódusban éppen 10 db négyzet szerepel, és minden negyedik lépéssel egy újabb periódus veszi kezdetét. Mivel 2011=10201+1, azért 201 periódus szerepel a pályán és az utolsó lépéssel érkezik el a bábu a pálya utolsó négyzetére, ami az eddig elmondottak szerint 1-es.
Egy periódusban (és minden periódusban) a bábu a 3, 5, 1, 2, 4, 5 számokra nem lép rá. Tehát azoknak a számoknak az összege, amelyekre a bábu nem lép rá, amíg eljut a pálya végére:
201(3+5+1+2+4+5)=20120=4020.

 

2. Egy nagy cégnek 1320 dolgozója van. A dolgozók 60%-a a cég menzáján étkezik. A menzára járók számának és a cég dolgozói számának aránya 65-ször akkora, mint a menzára járó férfiak és a cég férfi dolgozóinak aránya. A menzára járó férfiak és a cég férfi dolgozóinak aránya és a menzára járó nők és a cég női dolgozóinak aránya pedig úgy aránylik egymáshoz, mint 2:3. Hány férfi és hány nő dolgozik ennél a cégnél?  (13 pont)
 

Megoldás. Legyen f és n a cég férfi és női dolgozóinak száma, valamint fm és nm a menzára járó férfiak és nők száma. A feltételek szerint a menzára járók száma 13200,6=792, tehát f+n=1320 és fm+nm=792. Továbbá
7921320=65fmf,ahonnanf=2fm,és
 
fmfnmn=23,azaz12=23nmn,ahonnann=43nm.


Ezek szerint f+n=1320=2fm+43nm. Ezt az egyenlőséget így is írhatjuk:
1320=2fm+2nm-23nm=2(fm+nm)-23nm,
 
1320=2792-23nm,azaz23nm=264,ahonnannm=396.


Ezzel fm=792-396=396.
Tehát a menzára járó férfiak és nők száma egyaránt 396. Ekkor f=2fm=792 és n=43nm=528.
Vagyis a férfi dolgozók száma 792, a női dolgozók száma 528.
 

3. Egy raktárban 13 nagy dobozt tárolnak. E dobozok közül néhányban van 13-13  db közepes méretű doboz. A közepes méretű dobozok közül néhányba 13-13 kisebb dobozt tettek. Az üres dobozok száma 205. Hány doboz van a raktárban?  (14 pont)
 

Megoldás. Legyen a 13 db nagy doboz között k db olyan, melyekbe 13-13 közepes dobozt tettek. Ekkor 13-k db nagy doboz üres.
A 13k db közepes doboz között legyen n db olyan, melyekben 13-13 db kis doboz van. Ekkor 13k-n db közepes doboz üres és a 13n db kis doboz mindegyike szintén üres. Ezek szerint az üres dobozok száma
13-k+13k-n+13n=205,azaz12k+12n=192,ahonnank+n=16.
Az asztalon összesen 13+13k+13n db doboz van. Tehát a dobozok száma 13+13k+13n=13(k+n+1)=1317=221.
 

4. Négy dobozba piros és fekete golyókat helyeztünk el az ábra szerint .
 
 

Minden dobozból véletlenszerűen kiveszünk egy-egy golyót. Igazoljuk, hogy annak a valószínűsége, hogy mind a négy kivett golyó piros, ugyanannyi, mint annak a valószínűsége, hogy mind a négy golyó fekete.  (14 pont)
 

Megoldás.
Annak a valószínűsége, hogy az első dobozból pirosat húzunk 12, annak a valószínűsége, hogy a második dobozból pirosat húzunk
1015=23, annak, hogy a harmadik dobozból pirosat húzunk 721=13, végül, hogy a negyedik dobozból pirosat húzunk 12. Tehát annak a valószínűsége, hogy mind a 4 dobozból pirosat húzunk:
12231312=118.

Annak a valószínűsége, hogy a dobozokból feketét húzunk rendre: 12, 13, 23, 12. Tehát annak a valószínűsége, hogy mind a négy dobozból feketét húzunk:
12132312=118.

A két valószínűség valóban egyenlő.
 

II. rész
 

5. Az ábrán egy autó hátsó szélvédőjét és annak ablaktörlőjét látjuk. Ez egy 10 cm-es és egy 20 cm-es, egymáshoz 120-os szögben csatlakozó kar, melynek 10 cm-es darabja a hajtókar, 20 cm-es darabja a gumilapát. A hajtókar a szimmetrikus trapéz alakú hátsó ablak hosszabbik alapjának F felezőpontja körül tud elfordulni 120-os szögben. (A hátsó ablakot tekintsük síkbeli alakzatnak.)
 
 

a) Milyen távol van a gumilapát P végpontja az ablak CD oldalától, amikor a legközelebb van hozzá?
b) Hány százalékát törli le a gumilapát a hátsó ablaknak?
 

Megoldás. a) Az ablaktörlő gumilapát P végpontja akkor van legközelebb az ablak CD oldalához, amikor az FP egyenes merőleges az alapokra. A keresett távolság a trapéz m magasságának és az FP szakasznak a különbsége.
A trapéz magasságát a BCK derékszögű háromszögből kapjuk Pitagorasz-tétel segítségével. Mivel
BK=80-602=10cm,ígym=302-102=80028,28cm.

 
 

Az FP szakasz hosszát koszinusztétellel számíthatjuk ki:
FP2=FM2+MP2-2FMMPcos120=700,FP=700=26,46cm.  
Tehát az ablaktörlő gumilapát végpontjának a felső CD oldaltól való legkisebb távolsága 28,28-26,46=1,82 cm.
b) A trapéz területe:
Ttrapéz=(80+60)28,282=1979,6cm2.
A lapát által letörölt Ttiszta területet az alábbi gondolatmenettel számíthatjuk ki.
 
 

Először kiszámítjuk az F középpontú, PF=x sugarú PFQ körcikk területét, ehhez hozzáadjuk az FM*Q háromszög területét, majd az összegből levonjuk a PFM háromszög és az MFM* körcikk területét:
Ttiszta=TPFQ  körcikk+TFM*Q-TPFM-TMFM*  körcikk.
Az FM*Q és PFM háromszögek nyilvánvalóan egybevágó háromszögek, így
Ttiszta=TPFQ  körcikk-TMFM*  körcikk.
Az x szakaszt a PMF háromszögből kapjuk koszinusztétellel:
x2=102+202-21020cos120,
 
x2=500+200=700,ahonnanx=107.

Mivel PFQ=120, azért
TPFQ  körcikk=(107)2π360120=700π3733cm2.
Az MFM* körcikk területe:
TMFM*  körcikk=102π360120=100π3104,7cm2.
Tehát az ablaktörlő által tisztított terület nagysága: 733-104,7=628,3cm2.
Vagyis a gumilapát a hátsó szélvédő területének kb. 628,31979,610031,7%-át törli le.
 

6. Az ábrán egy építendő háztömb és a hozzá tartozó mélygarázs alaprajzát látjuk. A háztömb alaprajza három egymás mellé helyezett négyzet, melyek oldalai: 50 m, 40 m és 30 m. A mélygarázs alakja egy olyan DEGH téglalap, melynek hosszabbik DE oldala a rövidebb oldalának másfélszerese.
a) Mekkora a mélygarázs területe?
b) A garázs kocsibejárója az EG oldal F felezőpontjában lesz. A háztömb A csúcsánál lesz egy lejárat a pincébe, ahonnan a B pontnál egy ajtón át lehet kijutni a mélygarázsba. Milyen hosszú a BF szakasz?  (16 pont)
 
 
 

 

Megoldás. a) A téglalap HD oldalát a HTD derékszögű háromszögből számíthatjuk ki a Pitagorasz-tétel segítségével. A háromszög egyik befogója 50+40+30=120 m, másik befogója 40 m, tehát
HD2=1202+402=16000,ahonnanHD=4010.
A téglalap másik oldala ennek másfélszerese, vagyis DE=6010. Ezek szerint a mélygarázs területe: 40106010=24000m2.
b) Helyezzük el az ábrát egy alkalmasan választott koordinátarendszerben; legyen az egység mindkét tengelyen 10 m. Az E pont koordinátáit megkapjuk, ha a DH(-4;12) vektor -90-os elforgatottját megszorozzuk 1,5-del. Ezzel az E pont E(18;6). Az F pont koordinátáit pedig megkapjuk, ha a DE vektorhoz hozzáadjuk az 12DH vektort. Így F(16;12).
 
 

Ezek után írjuk fel a DH és AF egyenesek egyenletét, majd számítsuk ki ezek B metszéspontját. A megfelelő pontok koordinátáiból a DH egyenes egyenlete: y=-3x, az AF egyenes egyenlete: 12x-19y=-36. A két egyenes metszéspontjának koordinátái B(-1223;3623). Ezzel a B és F pontok távolsága:
BF=(38023)2+(24023)219,54,azaz195,4m.

 

7. Adott a valós számok halmazán értelmezett f(x)=x2+bx+c függvény. A függvényérték valamely k valós számra f(k)=190,1. Számítsuk ki az alábbi összeget:

f(k-1)+f(k+1)+f(k-2)+f(k+2)+...+
 
(16 pont)   +f(k-5)+f(k+5).  (16 pont)



 

Megoldás. Írjuk ki részletesen az f(k-i)+f(k+i) tagokat, ahol f(x)=x2+bx+c, f(k)=190,1 és i=1,2,3,4,5.
f(k-i)+f(k+i)=(k-i)2+b(k-i)+c+(k+i)2+b(k+i)+c=
 
=k2-2ki+i2+bk-bi+c+k2+2ki+i2+bk+bi+c=
 
=2k2+2bk+2c+2i2=2(k2+bk+c)+2i2.

A zárójelben éppen f(k) szerepel, így
f(k-i)+f(k+i)=2f(k)+2i2.
Ezek szerint az alábbi összeget kell kiszámítanunk:
2f(k)+212+2f(k)+222+2f(k)+232+2f(k)+242+2f(k)+252.
Vagyis a keresett összeg:
10f(k)+2(12+22+32+42+52)=10190,1+255=1901+110=2011.

 

8. a) Oldjuk meg a log122x-10log12x+251 egyenlőtlenséget a valós számok halmazán.
b) Legyen 0x5. Igazoljuk, hogy ekkor
-x2-2x+35+x+20-x210,5.(16 pont)

 

Megoldás. a) A megoldandó egyenlőtlenségnek a benne szereplő logaritmusok miatt csak akkor van értelme, ha x>0. A négyzetgyök alatt teljes négyzet szerepel:
(log12x-5)21,azaz|log12x-5|1.
Ez azt jelenti, hogy log12x-51 vagy log12x-5-1.
Első esetben:
log12x6=log12(12)6.
Mivel az log12x függvény szigorúan monoton csökkenő, azért x(12)6=164.
A második esetben
log12x4=log12(12)4.
Innen, az log12x függvény előbb említett tulajdonsága miatt x(12)4=116.
A két esetet egybevetve az eredeti egyenlőtlenség megoldásai:
0<x164,vagy116x.

b) Bontsuk fel a négyzetgyökök alatt szereplő másodfokú kifejezéseket elsőfokúak szorzatára. Ehhez először ki kell számítanunk a másodfokú kifejezések zérushelyeit. Az első négyzetgyök alatti kifejezésre
x1,2=2±4+140-2=2±12-2,x1=-7,x2=5.
A második négyzetgyök alatti kifejezésre
x1,2=-1±1+80-2=-1±9-2,x1=-4,x2=5.
A kapott gyökökkel a megadott kifejezés így írható:
-(x+7)(x-5)+-(x+4)(x-5)10,5,
vagy másképpen:
(x+7)(5-x)+(x+4)(5-x)10,5.
Mivel 0x5, azért mindkét négyzetgyök alatt nem negatív mennyiség szerepel. Alkalmazzuk mindkét tagra a számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenséget. Eszerint:
(x+7)(5-x)x+7+5-x2=122=6,
valamint
(x+4)(5-x)x+4+5-x2=92.
E két egyenlőséget összeadva kapjuk a bizonyítandó állítást:
(x+7)(5-x)+(x+2)(5-x)6+92=10,5.

 

9. Adott a valós számok halmazán értelmezett függvénysereg:
f(x)=x3+(a-1)x2-(2a+2)x+a-4.

a) Bizonyítsuk be, hogy ha a egész szám, akkor f(-1)+f(0)+f(1)+f(2) osztható 6-tal.
b) Határozzuk meg a függvény zérushelyeit, ha a=4.
c) Valamely a-ra a függvény x=2 helyhez tartozó érintője áthalad az origón. Írjuk fel az érintő egyenletét.  (16 pont)
 

Megoldás. a)
f(-1)=-1+a-1+2a+2+a-4=4a-4;
 
f(0)=a-4,
 
f(1)=1+a-1-2a-2+a-4=-6,
 
f(2)=8+4a-4-4a-4+a-4=a-4.

Tehát
f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)=4a-4+a-4+-6+a-4=6a-18.
Ez pedig osztható 6-tal, ha a egész szám.
b) Ha a=4, akkor f(x)=x3+3x2-10x, azaz f(x)=x(x2+3x-10). A függvény zérushelyei: x1=0, valamint az x2+3x-10=0 egyenlet gyökei, tehát x1=0, x2=2, x3=-5.
c) Ha x=2, akkor f(2)=a-4. Tehát az érintő érintési pontja P(2;a-4). Az érintő m meredeksége a függvény deriváltja az x=2 helyen:
f'(x)=3x2+2(a-1)x-2a-2,tehátm=f'(2)=12+4a-4-2a-2=2a+6.
Ezek szerint az érintő egyenlete: y-a+4=(2a+6)(x-2). Ez az érintő áthalad az origón, tehát: -a+4=-4a-12, ahonnan a=-163. Ezzel az érintő egyenlete:
y+163+4=(6-323)(x-2),azazy=-143x.