Cím: Megoldásvázlatok a 2014/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2014/április, 196 - 202. oldal  PDF file

Megoldásvázlatok a 2014/3. sz. emelt szintű gyakorló feladataihoz
 

 
1. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet:
2x2-12x+107x3-7x-6=x2+8x+16(x-3)(x2+3x+2).(11 pont)

 
Megoldás.(x-3)(x2+3x+2)0, mert a tört nevezőjéről van szó. A másodfokú tényező zérushelyeit is meghatározva kapjuk: x-2,-1,3. A két nevezőről a beszorzás elvégzésével megállapíthatjuk, hogy egyenlők: (x-3)(x2+3x+2)=x3-7x-6. Ezek szerint a feladat értelmezési tartománya: xR{-2;-1;3}.
Mivel a két tört nevezője egyenlő, ezért egyenlőség akkor és csak akkor állhat fenn, ha a számlálók is egyenlők:
2x2-12x+107=x2+8x+16,x2-20x+91=0.
A megoldóképlettel kapjuk: x1=7, x2=13.
Ezek az egyenlet gyökei, mert mindkettő benne van az értelmezési tartományban.
 
2. A lottósorsolás előtt a sorsoló gömbben elhelyeztek 90 golyót 1-től 90-ig megszámozva.
a) Mennyi a valószínűsége annak, hogy egyszerre két golyót kihúzva egy köbszám két egész szomszédja lesz a kisorsolt két szám?
b) Mennyi a valószínűsége annak, hogy egyszerre öt golyót kihúzva a húzott számok számjegyei mind párosak lesznek?  (12 pont)

 
Megoldás. a) 1-től 90-ig három olyan köbszám található, amelyeknek mindkét egész szomszédja szerepel a golyókon: 8, 27, 64. Ezek alapján tudjuk, hogy három megfelelő számpárt húzhatunk: (7;9), (26;28), (63;65).
A 90 golyó közül kettőt (902)=4005-féleképpen lehet kiválasztani.
A keresett valószínűséget a kedvező és az összes esetek hányadosaként kapjuk:
P=340050,00075.

b) Az egyjegyűek között a 2, 4, 6, 8 számok lesznek a megfelelőek. A kétjegyűek között a 20, 40, 60 és 80 számok megfelelnek a feltételeknek, és az utánuk következő négy-négy páros szám is. Vagyis összesen 24 olyan szám van 1-től 90-ig, amelynek a számjegyei párosak. Ha mind az öt kihúzott szám ezek közül való, akkor kedvező esetet kapunk.
Ezek alapján a kedvező esetek száma: (245)=42504. Az összes esetek száma: (905)=43949268. A keresett valószínűséget most is a kedvező és az összes esetek hányadosaként kapjuk:
P=42504439492680,00097.

 
3. a) Az x2-(4k-2)x+y2-(2k+4)y+c=0 köregyenletben határozzuk meg a k és a c paraméter értékét úgy, hogy a kör érintse mindkét koordinátatengelyt.
b) Az x2-10x+y2-10y+25=0 egyenlettel megadott körvonalra illeszkedik az ABC szabályos háromszög minden csúcsa. Adjuk meg a háromszög hiányzó csúcsainak koordinátáit, ha A(5;10).  (14 pont)

 
Megoldás. a) A megadott egyenletet hozzuk (x-u)2+(y-v)2=r2 alakra:
(x-2k+1)2-(2k-1)2+(y-k-2)2-(k+2)2+c=0,(x-2k+1)2+(y-k-2)2=(2k-1)2+(k+2)2-c.


A kör mindkét koordinátatengelyt akkor érinti, ha (1) u=v, (2) u=-v.
(1) Ebben az esetben: 2k-1=k+2, azaz k=3. A kör egyenlete így alakul:
(x-5)2+(y-5)2=(23-1)2+(3+2)2-c=50-c.
Mivel a kör középpontjának koordinátái (5;5), így a kör sugara is 5, vagyis 50-c=25, azaz c=25.
(2) Ebben az esetben: 2k-1=-k-2, azaz k=-13. A kör egyenlete ekkor így alakul:
(x+53)2+(y-53)2=259+259-c=509-c.

Mivel a kör középpontjának koordinátái (-53;53), így a kör sugara 53, vagyis 509-c=259, azaz c=259.
A k és c paraméterekre a fenti két értékpárt kaptuk.
b) A kör egyenletét (x-5)2+(y-5)2=25 alakra tudjuk hozni. Ennek ismeretében a kör középpontja: K(5;5), a sugara: r=5.
Az r=5 sugarú körbe m=7,5 magasságú szabályos háromszög írható. A szabályos háromszög a oldala és m magassága közötti kapcsolat: m=32a. Vagyis ebben az esetben:
a=27,53=153=53.

Az is megállapítható, hogy a megadott A(5;10) pont a kör y tengellyel párhuzamos átmérőjének felső végpontja lesz. A szabályos háromszög további csúcsai:
B(5-a2;10-m),C(5+a2;10-m).
Az a és az m értékeit behelyettesítve:
B(5-532;52),C(5+532;52).

 
4. a) Hány olyan négyjegyű szám van, amely osztható 9-cel és 3-ra végződik?
b) Egy számtani sorozat első 33 páratlan sorszámú elemének összege A, az első 32 páros sorszámú elemének összege B, az első 32 páratlan sorszámú elemének összege pedig C. Tudjuk, hogy A-B=323 és B-C=320. Mennyi a sorozat 50. eleme?  (14 pont)

 
Megoldás. a) A 3-ra végződő négyjegyű szám akkor osztható 9-cel, ha a 3 előtt levő háromjegyű szám 9-cel osztva 6 maradékot ad. Vagyis a 105, 114, ..., 996 számokra kell gondolnunk. Ezek száma 100. Ezek lesznek azok a számok, amelyekhez egy 3-as számjegyet írva megfelelő számot kapunk.
Vagyis 100 darab olyan négyjegyű szám van, amely osztható 9-cel és 3-ra végződik.
b) Legyen a feladatban szereplő számtani sorozat első eleme a, a differenciája d.
Az első 33 páratlan sorszámú elemének összegét úgy vehetjük, mint egy a első elemű és 2d differenciájú számtani sorozat első 33 tagjának összegét:
A=332a+(33-1)2d2=33a+1056d.
Az első 32 páros sorszámú elemének összegét úgy vehetjük, mint egy a+d első elemű és 2d differenciájú számtani sorozat első 32 tagjának összegét:
B=322(a+d)+(32-1)2d2=32a+1024d.
Az első 32 páratlan sorszámú elemének összegét úgy vehetjük, mint egy a első elemű és 2d differenciájú számtani sorozat első 32 tagjának összegét:
C=322a+(32-1)2d2=32a+992d.
A szöveg szerint:
A-B=(33a+1056d)-(32a+1024d)=a+32d=323,
és
B-C=(32a+1024d)-(32a+992d)=32d=320.
Vagyis d=10, a=3.
A sorozat 50. eleme az a+49d=3+4910=493.
 

II. rész
 

 
5. a) Két szabályos dobókockával dobunk, a pirossal dobott érték legyen a, a fehérrel dobott pedig legyen b. Mekkora a valószínűsége annak, hogy két egész gyöke lesz az ax2+bx=0 egyenletnek?
b) Három szabályos dobókockával dobunk, a pirossal dobott érték legyen a, a fehérrel dobott legyen b, a zölddel dobott pedig legyen c. Mekkora a valószínűsége annak, hogy két azonos, egész gyöke lesz az ax2-bx+c=0 egyenletnek?
c) Három szabályos dobókockával dobunk, a pirossal dobott érték legyen a, a fehérrel dobott legyen b, a zölddel dobott pedig legyen c. Mekkora a valószínűsége annak, hogy három különböző, pozitív egész gyöke lesz az x3-6x2+(a+b)x-c=0 egyenletnek?  (16 pont)

 
Megoldás. a) A hiányos másodfokú egyenlet x(ax+b)=0 alakban is írható. Ennek az egyenletnek az egyik gyöke az x1=0, a másik gyöke az x2=-ba. Vagyis csak azok a dobások jöhetnek szóba, amikor a piros kockával dobott szám osztója a fehér kockával dobott számnak. A megfelelő párok a következők:
 
b12233444556666  a11213124151236  
 

A táblázat alapján látható, hogy a kedvező esetek száma: 14. A két különböző színű kockával dobható összes esetek száma: 66=36.
A keresett valószínűség: P=1436=718.
b) Szükséges feltétel, hogy a diszkrimináns nulla legyen: b2-4ac=0, azaz b2=4ac.
Mivel a 4ac páros, ezért a b-nek is párosnak kell lenni. Vizsgáljuk ezt a három esetet.
I. Ha b=2, akkor ac=1. Ekkor a=1, c=1 adódik. Az x2-2x+1=0 egyenletnek két azonos egész gyöke van, így ez egy jó számhármas.
II. Ha b=4, akkor ac=4. Ekkor a-ra és c-re három pár adódik:
i) a=1, c=4. Az x2-4x+4=0 egyenletnek két azonos egész gyöke van, így ez egy jó számhármas.
ii) a=2, c=2. Az 2x2-4x+2=0 egyenletnek két azonos egész gyöke van, így ez is egy jó számhármas.
iii) a=4, c=1. Az 4x2-4x+1=0 egyenletnek nem egészek a gyökei, így ez nem jó számhármas.
III. Ha b=6, akkor ac=9. Ekkor a-ra és c-re három pár adódik:
i) a=1, c=9. Ebből nem kapunk megoldást, mivel c=9-et nem dobhatunk.
ii) a=3, c=3. Az 3x2-6x+3=0 egyenletnek két azonos egész gyöke van, így ez egy jó számhármas.
iii) a=9, c=1. Az 9x2-6x+1=0 egyenletnek nem egészek a gyökei, így ez nem jó számhármas.
Összesen 4 megfelelő számhármas van. Az összes esetek száma, a három különböző kockával dobva: 63=216.
A keresett valószínűség: P=4216=154.
c) Ha van az x3-6x2+(a+b)x-c=0 egyenletnek pozitív egész gyöke, akkor az csak a c pozitív osztója lehet. Mivel c lehetséges értékei: 1, 2, 3, 4, 5, 6, így csak a c=4 és a c=6 a lehetséges értékek, hiszen ezekben az esetekben van három különböző pozitív osztó. Ha c=4, a 4 osztói nem lehetnek a harmadfokú egyenlet gyökei, tehát csak a c=6 a megfelelő.
A keresett harmadfokú egyenlet gyöktényezős alakja: (x-1)(x-2)(x-3)=0. Elvégezve a beszorzásokat: x3-6x2+11x-6=0.
Mivel a+b=11, így a=5, b=6 vagy a=6, b=5. Azaz a kedvező esetek száma 2. Az összes esetek száma, a három különböző kockával dobva: 63=216.
A keresett valószínűség: P=2216=1108.
 
6. Adott három függvény a hozzárendelési szabályával a [0;2] intervallumon:
f(x)=x4-3x2+3,g(x)=2|x-1|+1,h(x)=2sinx.
Tekintsük azokat a síkidomokat, amelyeket az y tengely, az x tengely, az x=2 egyenletű egyenes, valamint az adott függvény grafikonja határol. Határozzuk meg a három síkidom területét.  (16 pont)

 
Megoldás. Az
x4-3x2+3=(x2-32)2+34
átalakítás mutatja, hogy az f függvény mindenütt pozitív értékeket vesz fel, vagyis a grafikonja az x tengely fölött található. A kérdéses síkidom területét a következő határozott integrállal számolhatjuk ki:
V1=02(x4-3x2+3)dx=[x55-x3+3x]02=255-23+32=225.

A g(x)=2|x-1|+1 függvény képét az |x| transzformálásával megkaphatjuk. A kapott síkidomot a függőleges szimmetriatengelye két egybevágó trapézra vágja.

 
 

A kérdéses síkidom területét a két egybevágó trapéz területe adja:
V2=2(3+1)12=4.
A kijelölt intervallumon a h függvény nem vesz fel negatív értékeket. A kérdéses síkidom területét a következő határozott integrállal határozhatjuk meg:
V3=022sinxdx=[-2cosx]02=-2cos2+2cos02,83.

 
7. Egy a élhosszúságú kocka minden csúcsánál levágunk a kockából egy olyan háromoldalú gúlát (tetraédert), amelynek mindhárom oldaléle a kockaélek egy b hosszúságú darabja lesz (2b<a). A megmaradt test térfogata 4748a3.
a) Hányadrésze a b hosszúságú szakasz az a élnek?
b) Adjuk meg a maradék test felszínét a-val, ha a b harmada az a élnek.  (16 pont)

 
Megoldás. a) Egy levágott tetraéder alaplapja egy b befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszög, így területe: T=b22. Mivel a tetraéder magassága is b, így a térfogata:
V=Tb3=b22b3=b36.

Az a3 térfogatú kockából 8 db egybevágó tetraédert vágunk le, ezért a maradék test térfogata:
a3-8b36=a3-4b33.
A feladat szövege szerint:
a3-4b33=4748a3,148a3=43b3,b3a3=164,ba=14.
Vagyis a b az a élnek a negyede.
b) Ebben az esetben a b harmada az a élnek: b=a3. A vágás során a kocka minden lapjából levágunk négy darab b befogójú, azaz a3 befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszöget. Emiatt a kocka 6a2 felszíne 24 ilyen háromszög T1 területével csökken:
24T1=24(a3)22=4a23.
A vágásokkal viszont új felületek keletkeznek. Nyolc szabályos háromszöget kapunk a sarkoknál. A szabályos háromszögek oldala azonos lesz az a3 befogójú egyenlő szárú derékszögű háromszögek átfogójával: a32. Alkalmazva, hogy az x oldalhosszúságú szabályos háromszög területe x234:
8T2=8(a23)234=a2439.
Az eddig kapott részeredményekkel felírható a maradék test felszíne:
A=6a2-24T1+8T2=6a2-4a23+a2439=54a2-12a2+43a29==42+439a25,44a2.

 
8. Oldjuk meg a következő egyenletet a valós számok halmazán:
(17-122)x+(17+122)x=103.(16 pont)

 
Megoldás. Mivel (3-22)2=17-122 és (3+22)2=17+122, ezért az egyenletet a következő alakban is írhatjuk:
(3-22)2x+(3+22)2x=103,(3-22)x+(3+22)x=103.
Mivel (3-22)(3+22)=1, ezért az egyenlet bal oldalán szereplő két tag egymás reciproka. Legyen (3+22)x=a, ekkor
(3-22)x=1a.

Az 1a+a=103 egyenletet kell megoldanunk, amit 3a-val szorozva és rendezve kapjuk, hogy:
3a2-10a+3=0.
Ennek a másodfokú egyenletnek a gyökei: a1=3, a2=13.
A (3+22)x=3 egyenletből kapjuk, hogy x=log3+2230,623.
A (3+22)x=13 egyenletből kapjuk, hogy x=log3+2213=-0,623.
Mindkét szám gyöke az eredeti egyenletnek.
 
9. Egy fedőlap nélküli, négyzet alapú láda felülete 5m2. Mekkora lehet a maximális térfogata a ládának? Adjuk meg ennek a maximális térfogatú ládának a méreteit is (a határoló lapok vastagságát vegyük nullának).  (16 pont)
 
Megoldás. Legyen a láda alaplapjának éle a, a magassága m hosszúságú. Ezekkel az élhosszakkal a láda felszíne: A=a2+4am=5, a láda térfogata: V=a2m.
Az első összefüggésből kifejezhetjük m-et:
m=5-a24a.


 
 

Ezt visszahelyettesítjük a térfogatképletbe. A láda térfogata láthatóan a függvényében megadható:
V(a)=a25-a24a=54a-14a3.
A V(a) függvény maximumhelyét és maximumértékét keressük. Deriváljuk a függvényt:
V'(a)=(54a-14a3)'=54-34a2.
A derivált zérushelyei: a1=-53, a2=53. A negatív gyök a feladatban nem jöhet szóba (az a távolságot jelöl), így csak az a=53 lehet.
Tudjuk, hogy egy függvénynek ott lehet szélsőértéke, ahol a deriváltja nulla. Meg kell vizsgálnunk, hogy a kapott helyen van-e szélsőértéke a V(a) függvénynek, és hogy az maximum-e. A részleteket a következő táblázatban láthatjuk:
 
a0<a<53a=5353<a   V'(a)+0-   V(a)  maximum   
 

Vagyis az a=531,29 valóban maximumhelye a függvénynek. Ennek ismeretében az m is meghatározható:
m=5-a24a=5-(53)2453=103453=5320,65.

Vagyis a láda alsó lapja (századpontossággal) egy 1,29 m oldalhosszúságú négyzet, a magassága pedig ennek az oldalhosszúságnak a fele, kb. 0,65 m.
Ezek ismeretében a maximális térfogatot is meg tudjuk adni:
V=a2m=1,2920,651,08(m3).