Cím: Megoldásvázlatok a 2015/8. sz. emelt szintű matematika gyakorló feladatsorhoz
Szerző(k):  Székely Péter 
Füzet: 2015/december, 525 - 533. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

I. rész
 

 
1. Milyen α valós paraméter esetén lesz a következő egyenletnek egy megoldása?
x2cosα+x+12sinαx2-12=0.
 (11 pont)

 
Megoldás. A nevezőben nem állhat nulla, tehát x±22. Egy tört akkor lehet nulla, ha a számlálója nulla, vagyis
x2cosα+x+12sinα=0.
Ennek a másodfokú egyenletnek akkor lesz pontosan egy megoldása, ha
a) Nem másodfokú az egyenlet, vagyis a másodfokú tag együtthatója nulla. Ekkor cosα=0, azaz
α=π2+kπ(ahol  kZ).
Ekkor
x+12sinα=0,
melyre
α1=π2+2kπeseténx1=-12,α2=3π2+2kπeseténx2=12.

b) Másodfokú az egyenlet (cosα0), s ekkor az egyenlet diszkriminánsa nulla. Ebből
1-4cosα12sinα=0,
vagyis sin2α=1 adódik. Ennek gyökei α=π4+lπ, ahol lZ. A paraméter ezen értékei azonban nem felelnek meg a feltételeknek, hiszen α=π4 esetén x=-22, α=5π4 esetén x=22 adódik.
Tehát az egyenletnek csak α=π2+kπ esetén lesz egy valós gyöke.
 
2. Óvodás korú kisöcsénk a játék rulett-zsetonokat használja toronyépítésre. Az első korongoszlop mellé magasabbat állít, majd a következőket ugyanannyival növeli, mint a korábbiakat. Így egy lépcsős toronysorozatot hoz létre mackójának.
a) Milyen sorozatot alkotnak a tornyok magasságai?
b) Az első toronytól kezdve csoportosítsuk a tornyokat hármasával. Igazoljuk, hogy a hármas csoportokban szereplő tornyok magasságainak összege számtani sorozatot alkot.
c) A sorba rendezett tornyok elejéről kisöcsénk elvett n darab tornyot, majd megszámoltatta velünk, hogy hány zsetonja van összesen. Ezután elvett még ndb tornyot, s ismét megkérdezte, hogy az előzővel együtt most hány zsetonja is van. Ebből a két adatból meg tudnánk-e mondani, hogy még n tornyot elvéve, hány zsetonunk is lesz az előzőkkel együtt?  (12 pont)
 
Megoldás. a) Mivel a szomszédos tornyok magasságai ugyanannyival növekednek, ezért számtani sorozatot alkotnak. (Ez a számtani sorozat definíciója.)
b) Jelölje az a)-beli sorozat általános tagját an, differenciáját pedig d. Ekkor az új sorozat egy általános elemét így írhatjuk fel:
bn=a3n-2+a3n-1+a3n=3a3n-3d=3a1-6d+n9d.
Ebből kiolvasható a számtani sorozat definíciója, a 9d-s állandó növekedés. Vagy igazolhatjuk az állítást a
2bn=bn-1+bn+1,2(3a3n-3d)=(3a3n-12d)+(3a3n+6d)
összefüggéssel is.
c) Legyen
sn=b=2a1+(n-1)d2n=a1n+(n-1)nd2,s2n=c=2a1+(2n-1)d22n=2a1n+(2n-1)2nd2,s3n=2a1+(3n-1)d23n=6a1n+(3n-1)3nd2=3a1n+9nnd2-3nd2.
Ekkor
c-b=a1n+3nnd2-nd2,
amiről látható, hogy éppen az s3n harmada. Tehát s3n=3(c-b).
 
3. Az A halmaz elemei olyan 100-nál kisebb pozitív a egészek, melyekre sin(a10)=0,5. A B halmaz elemei a 100-nál kisebb hattal osztható természetes számok.
a) |A|=?|B|=?
b) Definiáljuk a C halmazt a következőképpen: C:={1;2;3;6;A}, ahol az A halmaz a C eleme. |CB|=?
c) Hány páros elemű részhalmaza van C-nek?  (14 pont)

 
Megoldás. a) A sin(a10)=0,5 egyenlet megoldásai
a10=30+k360,illetvea10=150+l360,
melyekből a 100-nál kisebb a értékek a 3, 39, 75, illetve 15, 51, 87. Tehát |A|=6.
A B halmaz elemei: 0,6,12,...,96. Tehát |B|=17.
b) CB={1;2;3;A}, tehát |CB|=4.
c) Az öt elemű C halmaznak a páros elemű részhalmazai a 0, 2, illetve 4 eleműek. Ezekből rendre (50), (52), (54) van, ami összesen 1+10+5=16 darab.
 
4. A Balaton valósághű modelljét szeretnénk elkészíteni. Az adatok szerint a Balaton hossza 77 km, felszíne 594km2, átlagos mélysége 3,6 m, legmélyebb pontja 11 m.
a) Hány centiméter mélyen lesz a modellünk legmélyebb pontja a felszínhez képest, ha annak hossza a terepasztalon 1 m?
b) Mennyi a modellünk léptéke (méretaránya)?
c) Hány centiliter víz kell a modellhez, ha azt valóban vízzel szeretnénk feltölteni?
d) A Balatont egy helikopterről fentről is megtekintjük, hogy lássuk, mennyire hasonlít a modellünkre. A tó két legtávolabbi, egymástól 77 km-re lévő pontját nézzük hossztengelyére merőlegesen, középpontja felé repülve. 4 km távolságban, 900 m magasról mekkora szögben látjuk a tavat?  (14 pont)

 
Megoldás. a) A megfelelő hosszúságok arányát felírva
h11m=1m77km=1m77000m,amibőlh=11m770000,0143cmadódik.

b) Az előző részben felírt megfelelő hosszúságok aránya a hasonlóság aránya: λ=177000. Tehát a lépték 1:77000.
c) A Balatonban V=5941063,6(m3) víz van. A modellben V'=λ3V0,468cl víz van.
d) Legyen a Balaton két legtávolabbi pontja A és B, a közepe F. Az AB szakaszra merőlegesen érkező helikopter a 0,9 km magasan lévő H pontból nézi az AB távolságot, a H pont merőleges vetülete a Balaton síkjára H. A feladat az AHB szög meghatározása.

 
 

Az FHH derékszögű, így
FH¯=42+0,92=4,1km.  
FHFB, és így tgφ2=FBFH, tehát φ167,84.
 

II. rész
 

 
5. Egy bank a következő ajánlattal kívánja ügyfelei körét bővíteni: aki a megadott határidőig pénzét áthozza a fiókba fél éves lekötéssel, az első hat hónapban évi 5% kamatot kap. Az apró betűs részt elolvasva megtudhatjuk, hogy fél év után havi lekötéssel, évi 1,5% kamattal marad a fiókban a pénzünk. (A havi lekötés azt jelenti, hogy amennyiben előbb vesszük ki a pénzünket, a teljes kamatot elveszítjük a csonka hónapra.) 1 millió forintot teszünk be a bankba. Ezen feltételek ismeretében válaszoljunk a következő kérdésekre:
a) Mennyi pénzünk lesz fél év múlva?
b) Mennyit kamatozott egy év alatt a betett 1 millió forintunk?
c) Korábbi bankfiókunkban hagyva a pénzünket évi 2%-os a kamatot kapnánk havi lekötés mellett. Legfeljebb mennyi időre éri meg áthozni a pénzünket az új helyre?  (16 pont)

 
Megoldás. a) Fél év alatt 5% kamattal kell számolni, de nem a teljes évre, csupán feleannyi időre. Így 1000000(1+0,05)12, vagyis egészre kerekítve 1 024 695 Ft-unk lesz.
b) A teljes évre a kamat:
(1+0,05)12(1+0,015)121,0324,
tehát kb. 3,24% a kamat a teljes évre.
(A második félévben már csak 1,5% volt a kamat, így 1024695(1,015)121032352 forintunk lett.)
b) A feladat megállapítani, hogy hány évre érdemes áthozni a pénzünket a feltételeknek megfelelően. (Feltételezzük, hogy a két bank egyéb költségei nem különböznek, és így csak a hűségidőn múlik, hogy érdemes-e átmenni egyik bankból a másikba.)
10000001,02n=10000001,05121,015n-12,(1,021,015)n=(1,051,015)12,n=12ln(1,051,015)ln(1,021,015)3,45.
Tehát kb. három és fél évnél kevesebb időtartam esetén megéri áthozni a pénzt az új feltételeknek megfelelően. (Vagyis hosszabb időre nem éri meg áthozni a pénzünket.)
 
6. Ugorjunk másfél évet. Az egyetemek új előírása miatt a 2017-es érettségin igen sokan választották a matematikát emelt szinten. 10%-uknak 90% feletti lett az eredménye.
a) Az emelt szinten érettségiző diákok közül véletlenszerűen megkérdezve 10-et mekkora annak az esélye, hogy közülük pontosan ketten 90% feletti érettségit tettek?
b) Internetes felmérésen 100 diákot kérdeztek meg véletlenszerűen az emelt szinten érettségizők közül. Mekkora a valószínűsége, hogy legfeljebb 2-en vizsgáztak 90% feletti eredménnyel? És annak, hogy a 100 megkérdezett diákból legfeljebb ketten vannak azok, akiknek nem sikerült 90% felett az eredményük?
c) (Az emelt szinten túlmutató kérdés.) Az OH statisztikájában kutakodunk. A 40000 emelt szintű vizsgázó eredményét tekintve 90%-os biztonsággal hány 90% feletti eredményes vizsgázóra számíthatunk?  (16 pont)

 
Megoldás. a) Az érettségizők nagy száma miatt binomiális eloszlással számolhatunk. A visszatevéses urna-modell szerint 0,1 valószínűséggel választhatjuk ki a 90% feletti tanulókat, s a maradék nyolcat 0,9 valószínűséggel. Ezen tanulókat pedig (102)-féleképpen választhatjuk ki. Eszerint
P(X=2)=(102)0,980,120,1937.

Tehát kb. 19,37% annak az esélye, hogy pontosan két 90% feletti eredményű tanulót találunk az adathalmazban.

 
 

(A grafikonról jól látszik, hogy a legnagyobb esélye annak lenne, hogy egy tanulót találunk, aki a feltételnek megfelel.)
b) Annak az esélye, hogy legfeljebb két 90% feletti eredményt nyújtó diákot találjunk, azzal egyezik meg, hogy pontosan kettő, vagy pontosan egy, illetve egy ilyen diákot sem találunk a 10 tanuló között.
P(X2)=P(X=0)+P(X=1)+P(X=2)=i=02(100i)0,9100-i0,1i0,000027+0,000295+0,001623=0,001945.
Tehát annak az esélye, hogy legfeljebb két 90% feletti eredményt író tanulót találunk, kb. 0,19%, közel nulla. (Ez a lenti grafikonon is jól leolvasható, a görbe bal széle.)

 
 

Annak az esélye, hogy legfeljebb két olyan diákot találjunk, akiknek nem sikerült 90% felett az érettségijük, megegyezik azzal, hogy 0, 1 vagy 2 ilyen diák van.
P(Y2)=P(Y=0)+P(Y=1)+P(Y=2)=i=02(100i)0,1100-i0,9i0.

c) A feladat szerint nem szeretnénk nagyon hibázni, 90% biztonsággal akarjuk meghatározni azon vizsgázók számát, akik 90%-nál jobban teljesítettek. A kérdés tehát az, hogy legfeljebb hány ilyen tanulóra számíthatunk 90%-os biztonsággal.
Az előző grafikonokból is jól látszik, hogy eszerint azt az n értéket keressük, melynél kisebb n-ekre az oszlopok területe a teljes grafikon területének 90%-a lesz. Ez a számítás binomiális eloszlással legfeljebb számítógép segítségével (pl. GeoGebra ‐ ld. a GEOMATECH1oldalán lévő statisztikai feladatokat) lenne elvégezhető, így közelítsük eloszlásunkat normális eloszlással.

 
 

Az eloszlás várható értéke E(X)=0,140000=4000, szórása
D(X)=0,10,940000=60.
A normális1 eloszláshoz a görbénket transzformálnunk kell, hogy a jól ismert Gauss-görbét megkapjuk (f(x)=12πe-x22):
1. toljuk el a maximumát az y-tengelyhez (E(X)-szel való eltolás);
2. alakítsuk úgy át, hogy területe 1 legyen (osszuk D(X)-szel ,,belül'', hogy merőleges affinitást hajtsunk végre az x-tengely irányában).

 
 

Ekkor a görbe alatti integrálás lenne a feladatunk, de ,,szerencsére'' a függvénytáblázat Φ(Z)-táblázatát használva visszakereshetjük, hogy milyen x abszcisszáig integrálva lenne a görbe alatti terület 0,9:
P(XL)=Φ(L-400060)=0,9,L-400060=1,28,L=4076,8.
Tehát elegendő legfeljebb 4 077 tanulót mondani, hogy 90% biztonsággal eltaláljuk, hogy hányan írták meg 90%-nál jobban a dolgozatot.
 
7. Adott a valós számok halmazán értelmezett f függvény:
f:xx1-|x|.

a) Ábrázoljuk a függvényt a ]-1;2]{1} intervallumon.
b) Adott a g(x)=2x függvény. Mi lesz az fg függvény értékkészlete a ]-1;2] intervallumon?
c) Határozzuk meg az f függvény inverzét a ]-1;1[ intervallumon, s ábrázoljuk az f-1 függvényt.  (16 pont)

 
Megoldás. a) A függvény ábrázolásához bontsuk fel az abszolútértéket:
f:x{x1-(-x)=x1+x=x+1x+1+-1x+1=-1x+1+1,ha  x<0,x-1,x1-x=-x-1+1x-1=-1x-1-1,ha  x0,x1.

Ezekről az alakokról jól leolvashatók a függvénytranszformációk. A megfelelő intervallumokon ábrázoljuk a függvényeket (1. ábra).


 

1. ábra
 

b) Az f(x)f(2x) függvénytranszformáció egy x tengely irányú merőleges affinitásnak felel meg (x tengely irányában történő zsugorítás, 2. ábra).


 

2. ábra
 

Természetesen ezt is meggondolhatjuk az abszolútérték bontásának segítségével:
f:x{2x1-(-2x)=x12+x=-12x+12+1,ha  x<0,x-12,2x1-2x=-12x-12-1,ha  x0,x12.

Ábrázolás nélkül is, az előzőek alapján, látható, hogy a függvény értékkészlete a teljes valós számhalmaz.
c) A függvény a ]-1;1[ intervallumon kölcsönösen egyértelmű hozzárendelés, így invertálható.
x<0 esetén:
y=x1+xxyx=y1+yy=-1x-1-1.

x0 esetén:
y=x1-xxyx=y1-yy=-1x+1+1.

A vastagon ábrázolt rész a kért ]-1;1[ intervallumon értelmezett függvény.

 
 

 
8. Lakásunk nappali szobája hatszög alakú, melynek oldalai rendre AB=3,4, BC=2,3, CD=2,3, DE=2,3, EF=3,4, valamint FA=3,7 méteresek. Az AB és a BC, valamint a DE és az EF oldalak merőlegesek egymásra. A szoba parkettázásához szeretnénk megállapítani az alapterületét, melyet kétféleképpen teszünk meg.
Mi megmérjük a szoba AD átlóját, melyet 4,8 méteresnek találunk, míg fiaink a szoba F csúcsánál lévő szöget határozzák meg, melyet 120-nak mérnek. A hosszúságot 5 cm-es pontossággal, míg a szöget 5-os pontossággal tudjuk eszközeinkkel megmondani.
a) A szög vagy a hosszúság relatív hibája nagyobb?
b) Mekkorák a területek a két esetben?
c) Mennyire pontosan ismerjük a két esetben az AD átlót?
d) Melyik mérést fogadjuk el inkább?  (16 pont)

 
Megoldás. a) Tudjuk, hogy a hosszúság abszolút hibája: H(AB¯)=0,05 m. A relatív hibája: R(AB¯)=0,054,80,01, vagyis közelítőleg 1%. A szög esetén: H(AFE)=5, R(AFE)=51200,04, ami 4%. Tehát a szög relatív hibája a nagyobb.
b) Készítsük el a szoba vázlatrajzát. Az ábrán látható c oldalt Pitagorasz-tétel segítségével számíthatjuk ki:
c=2,32+3,424,1.


 
 

Az első esetben a ABC és DEF háromszögek területét két befogójuk segítségével, míg a két belső háromszög területét Heron-képlet segítségével határozhatjuk meg:
T=22,33,42+5,60,83,31,5++6,32,62,21,519,88m2.

A második esetben az α szög segítségével határozzuk meg AD hosszúságát (koszinusz-tétel). Az FED háromszögben tgβ=2,33,4, amiből β34,08.
AD=3,72+c2-23,7ccos(α-β)5,33.

Ezután a területeket hasonlóképpen határozhatjuk meg:
T'=22,33,42+5,11,272,81+8,8151,7152,1151,98518,38m2.

c) A hosszmérést ±5 cm hibával végezhetjük, ezért 475cm<AD<485cm, a szöggel való számolásnál 530 cm-t kaptunk, tehát biztosan sokkal pontatlanabb ez az adat.
d) A két esetben ‐ a hibaszámítás tekintetében ‐ azonos műveletsorozatokat hajtunk végre az AD átlón, így a második esetben nagyobb hibával ismerjük a területet, mint az elsőben.
 
9. A mérnökök egy gépkocsi mozgását figyelték műszerek segítségével négy másodpercen át. A pillanatnyi sebességek (m/s-ban) mért adataira a számítógép a következő függvényt illesztette:
v(t)=2,5t3-16t2+33t+5.

a) Mekkora sebességre gyorsult fel az autó az első másodperc végére?
b) A sebességváltás pillanatában nem gyorsult az autó. Mikor volt ez?
c) A gépkocsi pillanatnyi fogyasztását (centiliterben mérve) a következő függvény írja le:
F(t)=210-2(v'(t)+50t).
Hány centiliter üzemanyag fogyott az első két másodperc alatt?  (16 pont)

 
Megoldás. a) Az első másodperc végére
v(t)=2,513-1612+331+5=24,5(m/s),
azaz 88,2 km/h sebességre gyorsult fel.
b) Amikor az autó nem gyorsul, akkor a Δt idő alatti sebességváltozása nulla. Ezek szerint a sebesség deriváltjának nullahelyét keressük.
v'(t)=7,5t2-32t+33=0.
Ennek nullahelyei t1=1,745s-nál, illetve t2=2,522s-nál vannak. Ekkor nem gyorsult az autó, tehát ekkor lehettek a sebességváltás pillanatai. (Ehhez automata sebességváltót lehet elképzelni, mellyel a Forma-1 pilótái versenyeznek.)
c) A megadott függvény a gépkocsi pillanatnyi fogyasztását adja meg. Az első két másodperc alatt a gépkocsi fogyasztását ennek a függvénynek a [0;2] intervallumon vett határozott integrálja adja meg.
02F(t)dt=02210-2(v'(t)+50t)dt==02210-2(7,5t2-32t+33+50t)dt==210-2[7,5t33+18t22+33t]02=2,44(cl).

1http://tananyag.geomatech.hu/.