Cím: Megoldásvázlatok a 2013/7. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Nemecskóné Szabó Zsuzsanna 
Füzet: 2013/november, 462 - 467. oldal  PDF file

I. rész
 

 
1. Péter a telefonján az egyik hónapban 18 hívást kezdeményezett és 60 percet beszélt hálózaton belül. Hálózaton kívül pedig 11 hívást kezdeményezett és 45 percet beszélt. 10 db SMS-t küldött.
Hasonlítsuk össze, és számításokkal igazoljuk, hogy a megadott tarifacsomagok közül (,,Haver 1'', ,,Haver 2'') melyik lett volna kedvezőbb számára az adott hónapban.
 
Tarifacsomag neveHaver1Haver21710 Ft3850 FtLebeszélhető havidíj100%-ban hálózaton belül60%-ban hálózaton belül40%-ban hálózaton kívülPercdíj a havidíj  38 Ft35 Ftfelhasználásáig  Percdíj a havidíj  40 Ft38 Ftfelhasználása utánSMS küldés díja40 Ft38 FtKapcsolási díj3 Ft3 Ft
 

A kapcsolási díj a havidíj-lebeszélhetőségbe nem számít bele, mindig a havidíjon felül kerül kiszámlázásra.  (11 pont)

 
Megoldás. A ,,Haver 1'' tarifacsomag esetén 1710:38=45 perc beszélhető le hálózaton belül. Marad neki 60-45=15 perc. Ezért a havidíjon felül fizetendő: 1540=600 Ft. A hálózaton kívüli percekért fizetendő 4540=1800 Ft, az SMS-ért 1040=400 Ft. Kapcsolási díj: (18+11)3=87 Ft. A költség összesen:
1710+600+1800+400+87=4597Ft.  

A ,,Haver 2'' tarifacsomag esetén mivel 38500,6=2310 és 2310:35=66, azért 66 percet beszélhetne hálózaton belül. Ebből csak 60 percet beszélt le, ami 2310 Ft. Mivel 38500,4=1540 és 1540:35=44, azért 44 percet beszélhet hálózaton kívül, de ő beszélt még 1 percet: 1540+38=1578 Ft. Az SMS-ért 1038=380 Ft-ot, a kapcsolási díjért 293=87 Ft-ot fizetett. Összes költség:
2310+1578+380+87=4355Ft.  

Tehát a ,,Haver 2'' kedvezőbb a számára, 4597-4355=242 Ft-tal.
 
2. Egy négyzet alapú hasáb alakú doboz alapéle 8 cm. A doboz négyzet alakú aljába éppen belefér két egyforma átmérőjű, körlapjával az alaplapon fekvő érem úgy, hogy az érmék a doboz 2-2 szomszédos oldallapját és egymást is érintik. Mekkora az érmék átmérője?  (12 pont)
 
Megoldás. Használjuk az ábra jelöléseit. Legyen PR=2r=d; PQ=QR=x. A PQR egyenlő szárú derékszögű háromszögben a Pitagorasz-tétel szerint:
(2r)2=x2+x2,ebbőlx=2r.


 
 

Mivel a négyzet oldala 8 cm, azért 2r+x=8, azaz 2r+2r=8. Vagyis r=82+2.
Tehát az érmék átmérője: d=2r4,7 cm.
 
3. Oldjuk meg a következő egyenleteket a valós számok halmazán:
a) cos2x+5sinx+2=0;  (7 pont)
b) 2log5x-3log5x=5.  (7 pont)

 
Megoldás. a) Felhasználva, hogy cos2x=cos2x-sin2x és cos2x=1-sin2x, az egyenlet a következő másodfokú egyenletre vezet:
2sin2x-5sinx-3=0.
Ennek gyökei: sinx=-12 és sinx=3. Ez utóbbiból a szinusz függvény értékkészlete miatt nem adódik megoldás.
Az egyenlet megoldása:
x1=-π6+k2π,x2=7π6+l2π,aholk,lZ.
Ezek valóban megoldásai ez eredeti egyenletnek.
b) Az egyenlet mindkét oldalát log5x-szel megszorozva és rendezve, az előzőhöz hasonló másodfokú egyenlethez jutunk:
2log52x-5log5x-3=0.
Ebből
log5x1=-12,amibőlx1=15=55;log5x2=3,amibőlx2=125.
Ezek a megoldások kielégítik az eredeti egyenletet.
 
4. Egy 10 pontos tesztfeladatot harminc tanuló oldott meg. Az eredmény a következő lett:
 
  pontszám345678910gyakoriság23722554
 

 
a) A tanár gratulált az osztálynak, mert az egyik középértéknél a tanulók 35 része több pontot ért el. Melyik középértékre gondolt a tanár?  (6 pont)
b) Két tanuló később írta meg a tesztet. Az ő eredményüket is beleszámítva a medián 0,5-del; az átlag 0,075-del nőtt. Hány pontot érhettek el ők?  (8 pont)

 
Megoldás. a) A pontszámok átlaga:
(32+43+57+62+72+85+95+104):30=204:30=6,8.
Ennél jobbat írt 16 fő. Mivel 1630<35, azért nem az átlagra gondolt.
A medián, azaz a 15. és 16. elem átlaga: 7+72=7. Ennél jobbat írt 14 fő.
 
Mivel 1430<35, azért nem a mediánra gondolt.
A módusz, azaz a leggyakrabban előforduló elem: 5.
 
Ennél jobbat írt 18 fő. Mivel 1830=35, azért a tanár a móduszra gondolt.
 
b) A két tanuló pontszámát jelölje x és y. Az új átlag: 204+x+y32=6,875, ebből x+y=16. A szóba jöhető felbontások: 16=6+10=7+9=8+8. Ezek közül csak az x=y=8 jöhet szóba, mert ekkor a medián 0,5-del nő; a másik két esetben a medián nem változik. Tehát a tesztet később megíró mindkét tanuló pontszáma 8.
Ez a megoldás valóban eleget tesz mindkét feltételnek.
 

II. rész
 

 
5. A ,,Vigyáz(z)6'' című játékban 1-től 104-ig számozott kártyák szerepelnek. A lapokon ökörfejek is találhatók a következő szabályok szerint:
‐ az 55-ös lapon 7 db;
‐ a többi 5-re végződő számot tartalmazó lapon 2-2 db;
‐ a többi azonos számjegyekből álló kétjegyű számot tartalmazó lapon 5-5 db;
‐ a 0-ra végződő számot tartalmazó lapokon 3-3 db;
‐ az összes többi lapon 1-1 db ökörfej található.
A játék elején 4 lapot felcsapnak, minden játékos 10-10 lapot kap, a többi lap pedig talonba kerül.
a) Hány ökörfej található a lapokon összesen?  (4 pont)
b) Mennyi annak a valószínűsége, hogy a négy felcsapott lap mindegyikén egynél több ökörfej szerepel?  (6 pont)
c) Hat játékos esetén mi a valószínűsége, hogy a talonban van legalább egy olyan lap, amelyen 5 vagy annál több ökörfej szerepel?  (6 pont)

 
Megoldás. a) A megadott intervallumon hét ökörfejet tartalmazó kártya: 55 (1 lap);
két ökörfejet tartalmazó kártyák: 5, 15, 25, 35, 45, 65, 75, 85, 95 (9 lap);
öt ökörfejet tartalmazó kártyák: 11, 22, 33, 44, 66, 77, 88, 99 (8 lap);
három ökörfejet tartalmazó kártyák: 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90, 100 (10 lap).
Ez összesen 28 lap. A többi 76 lapon csak egy ökörfej található. Vagyis az ökörfejek száma összesen:
17+92+85+103+761=171db.  
 
b) A klasszikus valószínűségi mező esetén alkalmazható képlettel dolgozunk.
 
Kedvező esetek száma =(284), az összes esetek száma =(1044), vagyis
p=(284)(1044)0,00445
a valószínűsége annak, hogy a négy felcsapott lap mindegyikén egynél több ökörfej van.
 
c) 5 vagy annál több (7) ökörfej 8+1=9 db lapon szerepel; 104-9=95 db lapon ennél kevesebb ökörfej van. Hat játékos esetén 40 db lap van a talonban.
Érdemes először a komplementer esemény valószínűségét meghatározni. Az eredeti eseményt A-val jelölve, A¯={a talonban levő lapok között nincs olyan, amelyen 5 vagy annál több ökörfej szerepel}. Ebben az esetben is klasszikus valószínűségi mezőről van szó,
p(A¯)=(9540)(10440)0,01.
Tehát p(A)=1-p(A¯)0,99 a valószínűsége annak, hogy hat játékos esetén van legalább egy olyan lap a talonban, amelyen 5 vagy annál több ökörfej szerepel.
 
 
6. Egy üzemben henger alakú, egyliteres mérőedényeket gyártanak.
Mekkora legyen a henger alapkörének sugara, illetve a henger magassága, hogy az anyagfelhasználás minimális legyen
a) fedetlen;  (8 pont)
b) fedett mérőedény esetén?  (8 pont)
A választ milliméter pontossággal adjuk meg.

 
Megoldás. a) A henger magassága legyen m; alapkörének sugara legyen r. A henger térfogata: V=r2πm=1dm3, ezért m=1r2π dm.
Az anyagfelhasználás akkor minimális, ha a henger felszíne minimális.
a) Fedetlen edény esetén a felszín: A=r2π+2rπm, A(r)=r2π+2r. Ennek a kifejezésnek akkor van minimuma, ha az első deriváltja 0 és a második deriváltja pozitív:
A'(r)=2rπ-2r2=0ésA''(r)=2π+4r3>0.
Az elsőből
r=1π3,m=11π23π=1π30,68dm.  
Ekkor A''(1π3)>0.
Vagyis az anyagfelhasználás akkor minimális, ha r=m0,68dm = 68 mm.
b) Fedett edény esetén a felszín:
A(r)=2r2π+2rπm=2r2π+2r,A'(r)=4rπ-2r2=0ésA''=4π+4r3>0.
Az elsőből r=12π30,54 dm és m=4π31,08 dm, ekkor A''(4π3)>0.
Vagyis az anyagfelhasználás akkor minimális, ha r0,54dm=54 mm;
m1,08dm=108 mm.
 
7. Az y=ax2+bx+c egyenletű parabola áthalad a (8;0) ponton és az origón. Az origóba húzott érintőjének iránytangense 2.
a) Határozzuk meg a, b és c értékét.  (6 pont)
b) Az origón és a parabola 6 abszcisszájú pontján keresztül szelőt húzunk. Mekkora területet zár közre ez a szelő és a parabola?  (10 pont)

 
Megoldás. a) Mivel a parabola áthalad a (8;0) és a (0;0) pontokon, felírhatjuk a következő egyenleteket: 0=a64+b8+c, 0=a0+b0+c. Ezekből kapjuk, hogy c=0 és a=-18b.

 
 

Az origóba húzott érintő iránytangense a pontbeli első derivált:
 
f'(x)=2ax+b,f'(0)=0+b=2.
Tehát a=-14; b=2; c=0.
b) Mivel f(x)=-14x2+2x, azért f(6)=3. Az origón és az A(6;3) pontokon áthaladó szelő egyenlete: y=12x. A kérdéses terület:
06(-14x2+2x-12x)dx=06(-14x2+32x)dx=[-14x33+32x22]06=9.

 
A parabola és a szelő által közrezárt terület 9 területegység.
 
8. a) Bizonyítsuk be, hogy minden n természetes számra 649n-8n-1.  (8 pont)
b) Igaz-e, hogy 20132+201420132014-2013? Indokoljuk válaszunkat.  (8 pont)

 
Megoldás. a) Teljes indukcióval bizonyítunk. n=0-ra: 640; igaz; (n=1-re: 640; igaz; n=2-re: 6464; igaz).
Tegyük fel, hogy n=k-ra igaz, vagyis 649k-8k-1. Be kell látnunk, hogy n=k+1-re is igaz, azaz 649k+1-8(k+1)-1. A kifejezést átalakíthatjuk a következő módon:
99k-8k-9=9(9k-8k-1)+64k.
Az utóbbi kifejezés első tagja az indukciós feltevés miatt, a második tag nyilvánvalóan osztható 64-gyel, tehát az összeg is osztható 64-gyel. Ezzel az állítást igazoltuk.
b) Legyen a=2013. Ekkor a baloldal így írható: a2+a+1. A jobboldal:
a2014-a=a(a2013-1)=a[(a3)671-1671]=a(a3-1)(a670+a669+...+a+1).
Mivel a3-1=(a-1)(a2+a+1), azért az állítás igaz.
 
9. Egy turisták pihenőjeként szolgáló építmény legfelső csúcsában három darab szabályos ötszög találkozik az ábrán látható módon.

 
 

A szabályos ötszögek oldalai 1,5 m hosszúak. Az építmény oldallapjai téglalapok, amelyeknek a talajra merőleges oldalai szintén 1,5 m hosszúak.
a) Milyen magas az építmény?  (8 pont)
b) Mekkora az építmény alapterülete?  (8 pont)

 
Megoldás. a) Használjuk az 1. ábra jelöléseit. A szöveg alapján a=1,5 m. Az ábrán AD=BG, mert a tetőszerkezetet tekinthetjük egy szabályos dodekaéder részének, amelyhez a C csúcsnál egy újabb szabályos ötszög csatlakozna. Legyen AD=BG=b; FO=x; FD=y; OD=m.


 

1. ábra
 

Az ábrán b-vel jelölt szakaszok hossza megegyezik a szabályos ötszög átlójával. A szabályos ötszög egy szöge:
α=31805=108.
Ugyanekkora a BCG nagysága is.
A BGC háromszögben a koszinusz-tétel alapján: b2=2a2-2a2cos108, ebből b2,43 m. Az EAD háromszögben
EAD=EDA=180-1082=36.

Az AFD háromszögben DAF=108-EAD=72, az 1. ábrán y-nal jelölt szakaszra felírható az AFD háromszögben: sin72=yb. Ebből y2,31 m.
Az 1. ábrán x-szel jelölt szakasz kiszámításához tekintsük az alaplapot alkotó hatszöget. Ennek szemközti oldalai párhuzamosak és oldalainak hossza rendre: a, b, a, b, ab, mert a megfelelő oldalak 120-os elforgatottjai egymásnak az OD egyenes, mint térbeli forgástengely körül (ez a forgatás a szerkezetet és a dodekaédert is önmagába viszi). Ezért ez a hatszög kiegészíthető szabályos háromszöggé a 2. ábrán látható módon.


 

2. ábra
 

Az ábra alapján az x-szel jelölt szakasz kiszámítható a b+2a oldalú szabályos háromszög súlyvonala kétharmad részének és az a oldalú szabályos háromszög magasságának különbségeként:
x=2332(b+2a)-32a1,84m.  
A DFO háromszögben a Pitagorasz-tételt felírva: m=y2-x21,40 m. Az építmény magassága M=a+m2,9 m.
b) Az alapterületet kiszámolhatjuk úgy, hogy a b+2a oldalú szabályos háromszög területéből kivonjuk az a oldalú szabályos háromszög területének háromszorosát:
T=34(b+2a)2-334a29,84m2.  
Tehát az építmény alapterülete: 9,84 m2.