Cím: Megoldásvázlatok a 2017/6. sz. emelt szintű matematika gyakorló feladatsorhoz
Szerző(k):  Koncz Levente 
Füzet: 2017/október, 403 - 411. oldal  PDF file

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

I. rész
 

 
1. a) Egy gyorsvonat két város közötti útját a menetrend szerint 80 km/h átlagsebességgel szokta megtenni. A vonat azonban egyik nap ‐ pályafelújítási munkák miatt ‐ az útja első egyharmadán csak 40 km/h átlagsebességet ért el. Az út második kétharmad részét a menetrend szerint előírt 80 km/h átlagsebességgel tette meg. Az út befejező egyharmad részén ‐ hogy csökkentse a késést ‐ gyorsított, így ezt a szakaszt 100 km/h átlagsebességgel tette meg. A célállomásra így is 12 perc késéssel érkezett. Hány km a távolság a két város között?
b) Egy vasúti jegy árát először p százalékkal felemelték, majd később 2p százalékkal csökkentették. Így a jegy eredeti árához képest végül 19,5 százalékkal olcsóbb lett. Határozzuk meg p értékét.  (13 pont)

 
Megoldás. a) A két város közti távolságot jelölje s. Az adatok alapján a következő egyenlet írható fel (a távolságokat km-ben, az időt órában, a sebességet km/h-ban mérjük):
s80+0,2=13s40+13s80+13s100.
1200-zal beszorozva az egyenletet:
15s+240=10s+5s+4s,
ahonnan s=60, a két város távolsága tehát 60 km.
Ellenőrzés: A vonat a menetrend szerinti 80 km/h átlagsebességgel 45 perc alatt teszi meg a két város közti utat. Ezen az úton az első 20 km-t (40 km/h átlagsebességgel) 30 perc, a második 20 km-t (80 km/h átlagsebességgel) 15 perc, az utolsó 20 km-t pedig (100 km/h átlagsebességgel) 12 perc alatt tette meg, így összesen valóban 12 perc késéssel (57 perc alatt) ért a célállomásra.
b) Az adatok alapján felírható egyenlet a jegy árának változására:
(1+p100)(1-2p100)=0,805.
10 000-rel beszorozva és rendezve:
0=2p2+100p-1950.
Ennek a másodfokú egyenletnek a gyökei p1=15 és p2=-65. A negatív gyök nem ad megoldást, tehát p=15.
Ellenőrzés: Egy 15 százalékos emelés után egy 30 százalékos csökkentés 1,150,7=0,805-szeresére változtatja az eredeti árat, ami valóban 19,5 százalékos csökkenésnek felel meg.
 
2. a) Határozzuk meg az (x+1)2(2+cx)4 kifejezésben c értékét, ha a műveletek elvégzésével nyert polinomban az elsőfokú tag együtthatója -64.
b) Határozzuk meg az A, B és C kijelentések lehetséges logikai értékeit, ha tudjuk, hogy az (A^B)(¬BC) állítás logikai értéke hamis.  (13 pont)

 
Megoldás. a) (x+1)2=x2+2x+1. Elsőfokú tagot kapunk, ha az innen kapott 2x-et szorozzuk a (2+cx)4 hatvány konstans tagjával, vagy az innen kapott 1-et szorozzuk a hatvány elsőfokú tagjával.
A binomiális tétel szerint (a+b)4=a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4, tehát
(2+cx)4=16+48cx+64c2x2+....
Ezért a szorzatban az elsőfokú tag együtthatója 216+132c=32+32c=-64, ahonnan c=-3.
b) A következtetés akkor és csak akkor hamis, ha az előzmény igaz és a következmény hamis. Tehát (A^B)=i-nek és (¬BC)=h-nak kell egyszerre teljesülnie.
Ha (A^B)=i, akkor az A és B kijelentések logikai értéke is igaz. Ha B=i, akkor ¬B=h. (¬BC)=h akkor teljesül, ha ¬B és C logikai értéke is hamis. Már láttuk, hogy ¬B=h, ezért kell, hogy C=h is teljesüljön.
A feladatban szereplő következtetés logikai értéke tehát egyetlen esetben lesz hamis: A=i, B=i, C=h.
 
3. a) Három teljes gráf közül az elsőnek 5-tel kevesebb, a másodiknak 6-tal több pontja van, mint a harmadiknak. A két kisebb pontszámú gráfnak együtt összesen annyi éle van, mint a legnagyobb pontszámúnak. Határozzuk meg a három teljes gráf pontjainak számát.
b) Egy gráfban cseresznyének nevezzük a két egymáshoz csatlakozó élből álló részgráfot. Igazoljuk, hogy egy hétpontú teljes gráfban a cseresznyék száma megegyezik a négypontú körök számával.  (13 pont)

 
Megoldás. a) A legkisebb pontszámú gráf pontjainak számát k-val jelölve a megoldandó egyenlet:
k(k-1)2+(k+5)(k+4)2=(k+11)(k+10)2,(k2-k)+(k2+9k+20)=k2+21k+110,k2-13k-90=0,
k=18 vagy k=-5. Ez utóbbi nem megoldása a feladatnak.
A három teljes gráfnak 18, 23, illetve 29 pontja van.
Ellenőrzés: K18-nak 153, K23-nak 253, K29-nek 406 éle van, és valóban 153+253=406.
b) I. megoldás. Egy cseresznye három pontját (73)=35-féleképpen választhatjuk ki. A három pont közül 3-féleképpen választható ki a cseresznye csúcsa. A hétpontú teljes gráfban a cseresznyék száma tehát 353=105.
Egy négypontú kör pontjait (74)=35-féleképpen választhatjuk ki. Négy adott pont esetén 3-féleképpen választhatjuk ki azt, hogy közülük melyik 2‐2 pont legyen a körben ,,szemben''. A négypontú körök száma tehát 353=105.
K7-ben tehát valóban megegyezik a cseresznyék és a négypontú körök száma.
II. megoldás. Kölcsönösen egyértelmű hozzárendelést adunk a hétpontú teljes gráfban található cseresznyék és a négypontú körök között.
Számozzuk meg a gráf csúcsait 1-től 7-ig. Egy tetszőlegesen kiválasztott négypontú kör pontjai legyenek 1a<b<c<d7, a körben nem szereplő pontok pedig 1e<f<g7. Három olyan négypontú kör van, mely az a, b, c, d pontokat tartalmazza (abcda, abdca és acbda), és három cseresznye, mely az e, f, g pontokat tartalmazza (efg, egf és gef). Ezt a 3-3 kört és cseresznyét rendre feleltessük meg egymásnak.
Ezzel minden négypontú körhöz pontosan egy cseresznyét, és minden cseresznyéhez pontosan egy kört rendeltünk, tehát a négypontú körök és a cseresznyék száma valóban egyenlő.
 
4. Egy nyolc valós számból álló adatsor öt eleme ismert: 5; 5,5; 10; 12,5 és 15,5. A maradék három elem elveszett, de tudjuk, hogy legalább az egyik egész szám, és a három elem közül kettő egyforma volt. Azt is tudjuk, hogy a teljes adatsor átlaga 10,5, szórása pedig 3,5 volt. Határozzuk meg a hiányzó három elem értékét.  (12 pont)
 
Megoldás. Legyen a hiányzó elemek értéke a, a és b. Ekkor az átlag alapján 5+5,5+10+12,5+15,5+2a+b8=10,5, ahonnan 2a+b=35,5. A szórás alapján
(5-10,5)2+(5,5-10,5)2+(10-10,5)2+(12,5-10,5)2+(15,5-10,5)2+2(a-10,5)2+(b-10,5)28==84,5+2(a-10,5)2+(b-10,5)28=3,5,


ahonnan 2(a-10,5)2+(b-10,5)2=13,5. ahonnan 2(a-10,5)2+(b-10,5)2=13,5.
Az első egyenletből b=(35,5-2a)-t ebbe behelyettesítve:
2(a-10,5)2+(25-2a)2=13,5.
Rendezve:
6a2-142a+832=0.
Ennek megoldásai: a1=13 és a2=323, melyekhez tartozó b értékek rendre b1=9,5 és b2=856.
A második esetben nem kapunk megoldást, mert a három hiányzó érték egyike sem egész szám, tehát a hiányzó három adat 13, 13 és 9,5.
Ellenőrzés: a nyolc számból álló adatsor átlaga valóban 10,5, szórása pedig valóban 3,5.
 

II. rész
 

 
5. a) Egy háromszög egyik oldala 7 cm hosszú, az egyik ezen fekvő szög 18 fokos, az oldallal szemközti szög pedig 108 fokos. Határozzuk meg a háromszög területét és a háromszögbe írható kör sugarát.
b) Egy vízszintes terepen álló torony talppontját megközelíteni nem tudjuk. A torony magasságára árnyékának hosszából szeretnénk következtetni, de a torony megközelíthetetlensége miatt az árnyék pontos hosszát sem tudjuk megmérni.
Ezért megjelöljük a torony árnyékának végpontját akkor, amikor a Nap sugarai 75-os szögben érik a talajt. Néhány órával később, amikor a Nap sugarai már csak 60-os szögben érik a talajt, a torony árnyékát ennél 8 méterrel hosszabbnak találjuk.
Milyen magas a torony?  (16 pont)

 
Megoldás. a) Jelölje a háromszög 18 fokos szöggel szemközti oldalát a, az 54 fokos szöggel szemközti oldalát pedig b. A háromszög ismeretlen oldalainak hosszát szinusztétellel határozzuk meg:
a7=sin18sin108,ahonnana2,27cm,
   b7  =sin54sin108,  ahonnan b  5,95 
cm.  

A háromszög területe:
T=7asin5426,44cm2   
(a két tizedesjegyre kerekített értékével számolva 6,43 cm2).
A beírható kör r sugara a T=rs képlet segítségével határozható meg, ahol s=K27,61 cm. Innen r=Ts0,85 cm.
b) Jelölje a torony magasságát h, árnyékának hosszát az első mérés alkalmával x.
tg75=hxéstg60=hx+8,h=tg75x=tg60(x+8).


Ebből (kihasználva, hogy tg75=2+3),
x=8tg60tg75-tg60(=43)6,9  méter,
majd h=tg75x(=12+83)25,9 méter.

 
 

Másképp:
x=htg75,majd ezzeltg60=hhtg75+8.
Ebből
h=8tg601-tg60tg75(=12+83)25,9  méter.

 
6. Öt osztálytárs: Anna, Balázs, Cili, Dénes és Elemér négynapos közös nyaralásra mennek. Mind a négy napon sorsolással választják ki maguk közül azt az egy embert, akinek aznap reggel be kell vásárolnia (egy-egy emberre akár többször is sor kerülhet).
a) Mekkora annak a valószínűsége, hogy mind a négy napon más-más ember megy bevásárolni?
b) Mekkora annak a valószínűsége, hogy mind a négy napon ugyanannak az embernek kell bevásárolnia?
c) Mekkora annak a valószínűsége, hogy Annát a négy nap alatt legalább kétszer kisorsolják?
d) Mekkora annak a valószínűsége, hogy a nyaralás során két ember intézi mind a négy bevásárlást (mindkettőre legalább egyszer sor kerül)?  (16 pont)

 
Megoldás. a) A kérdezett valószínűséget a kedvező esetek és az összes eset számának hányadosaként kapjuk:
p=543254=0,192.

b) Annak a valószínűsége, hogy pl. Annát sorsolják ki mind a négy napon, (15)4. Mivel bármelyik osztálytárs esetén ugyanennyi ez a valószínűség, és ezek egymást kizáró események, ezért
p=5(15)4=1125=0,008.

Másképp: Az első nap bárkit kisorsolhatnak. Annak a valószínűsége, hogy a hátralevő három napon is ugyanezt az embert fogják kisorsolni:
p=(15)3=1125=0,008.

c) Binomiális eloszlást használunk.
P(legalább 2-szer kisorsolják Annát)==1-P(0-szor)-P(1-szer)=1-(45)4-(41)(15)(45)3==1-0,4096-0,4096=0,1808(=113625).

d) Először kiszámítjuk annak a valószínűségét, hogy mind a négy bevásárlásra Annát és Balázst sorsolják ki. A négy bevásárlás közül Anna intézhet egyet, kettőt vagy hármat, a többit pedig Balázs.
P(3A,1B)=P(1A,3B)=(43)(15)4=4625=0,0064,P(2A,2B)=(42)(15)4=6625=0,0096.
Tehát
P(A  és  B  vásárol minden nap)=14625=0,0224.
Mivel hatféleképpen választható ki az a két ember, aki mind a négy bevásárlást intézi, azért a kérdezett valószínűség az előbbi érték hatszorosa:
P(ketten vásárolnak minden nap)=84625=0,1344.

 
7. a) Határozzuk meg az an=4n-1n sorozat legnagyobb alsó és legkisebb felső korlátját.
b) Egy számtani sorozat első 11 tagjának összege 660. A sorozat első tagja, hatodik tagja, és első nyolc tagjának összege (ebben a sorrendben) egy mértani sorozat három egymást követő tagját adja. Határozzuk meg a számtani sorozat első tagját és differenciáját.  (16 pont)

 
Megoldás. a) an=4n-1n=4-1n. Mivel az 1n sorozat szigorúan monoton csökken és 0-hoz tart, ezért az an=4-1n sorozat szigorúan monoton nő és 4-hez tart, tehát legkisebb felső korlátja a 4, legnagyobb alsó korlátja pedig az első tagja: a1=4-11=3.
b) Az első 11 tag összege: (2a1+10d)112=660, innen
2a1+10d=120,(1)
azaz a1=60-5d.
A mértani sorozatból:
a1+5da1=(2a1+7d)82a1+5d,a12+10a1d+25d2=8a12+28a1d,0=7a12+18a1d-25d2.


(*) Az a1-re kapott összefüggést ide beírva:
0=7(60-5d)2+18(60-5d)d-25d2==(25200-4200d+175d2)+(1080d-90d2)-25d2==60d2-3120d+25200=60(d2-52d+420).
Innen d=10 vagy 42.
Ellenőrzés: Az első esetben a1=10, a6=60 és S8=360 valóban egy mértani sorozat (q=6) három szomszédos tagja, továbbá S11=660.
A második esetben a1=-150, a6=60 és S8=-24 szintén valóban egy mértani sorozat (q=-0,4) három szomszédos tagja, továbbá S11=660.
II. megoldás(*)-gal jelölt résztől kezdve: d2-tel osztva legyen c=a1d, ezzel 0=7c2+18c-25. Innen c=1 vagy -257, azaz a1=d vagy a1=-257d.
Ezt visszaírva az (1) egyenletbe:
  vagy  2a1+10d=12d=120,    ahonnan  d=10     és  a1=10;  vagy  2a1+10d=207d=120,    ahonnan  d=42     és  a1=-150.  

III. megoldás: Az első 11 tag összegéből kapjuk, hogy a1+5d=60, ez éppen a számtani sorozat 6. tagja. Ezzel a mértani sorozatból:
6060-5d=(120-3d)8260,3600=(60-5d)(480-12d),0=60d2-3120d+25200=60(d2-52d+420).
Innen pedig az 1. megoldásnál látottak szerint folytatható a gondolatmenet.
 
8. a) Határozzuk meg n értékét úgy, hogy az alábbi egyenlőség teljesüljön:
2n2x+5dx=1710n-2x-3x2dx.

b) Mekkora területű síkidomot vág ki az f(x)=4(x+1)2-1 függvény grafikonja az első síknegyedből?
c) Írjuk fel az f grafikonjához az 1 abszcisszájú pontjában húzott érintőegyenes egyenletét.  (16 pont)

 
Megoldás. a) Elvégezzük az egyenlet két oldalán kijelölt integrálásokat a Newton‐Leibniz-tétel alapján:
[x2+5x]2n=[10nx-x2-x3]17,(n2+5n)-(4+10)=(70n-49-343)-(10n-1-1),n2-55n+376=0.
Innen n1=47 vagy n2=8.
Mindkét n-re valóban teljesül az egyenlőség: az első esetben 2430, a második esetben pedig 90 az integrálok értéke az egyenlet mindkét oldalán.
b) Megkeressük, hogy az f grafikonja hol metszi az x tengely pozitív félegyenesét: 4(x+1)2-1=0, ebből (az x>0 feltétel mellett) x=1.
Mivel az f grafikonja az y tengelyt metszi (+3-ban), ezért az első síknegyedből levágott síkidom területét az
014(x+1)2-1dx
integrál értéke adja meg:
T=014(x+1)2-1dx=[-4x+1-x]01=(-3)-(-4)=1.
A kérdéses síkidom tehát éppen egységnyi területű.
c) Az érintőegyenes meredekségét az f deriváltfüggvényének az x= 1-ben felvett értéke adja:
f'(x)=-8(x+1)3,tehátf'(1)=-1.
Az 1 abszcisszájú pont második koordinátája:
f(1)=4(1+1)2-1=0.
Az érintőegyenes egyenlete y=1-x.
 
9. Egy villanymozdony áramszedőjét két ponton rögzítették a mozdony tetejéhez, ezek távolsága 0,6 méter. Az áramszedő négy, egymáshoz csatlakozó egyenes szakaszból áll. A két rövidebb szakasz 0,5 méter, a két hosszabb szakasz 1 méter hosszú (lásd az ábrát). Az áramszedő egyes szakaszai a mozdony tetejéhez és egymáshoz képest csuklósan szabadon elmozdulhatnak. Jelölje h(α) az áramszedő legmagasabb pontjának magasságát a mozdony tetejéhez képest akkor, amikor mindkét rövidebb ág α szöget zár be a mozdony tetejének síkjával.

 
 

a) Igazoljuk, hogy h(α)=1-(0,3+0,5cosα)2+0,5sinα.
b) Milyen magasan lesz az áramszedő legmagasabb pontja α=25 esetén?
c) Mekkora α szög esetén lesz az áramszedő legmagasabb pontja éppen 1 méter magasságban?  (16 pont)
 
Megoldás. a) Az ábra jelöléseit használjuk.

 
 

Az áramszedő egyik rövidebb ága AB=0,5 (m), ez az A pontban csatlakozik a mozdony tetejéhez. A B pont merőleges vetülete a mozdony tetősíkjára B1. Ekkor BAB1=α, AB1=0,5cosα, BB1=0,5sinα.
Az áramszedő hosszabbik ága BC=1 (m). A C pont merőleges vetülete a mozdony tetősíkjára C1. A B pont merőleges vetülete a CC1 egyenesre C2.
h(α)=CC1=CC2+C2C1=1-C2B2+BB1=1-(C1A+AB1)2+0,5sinα==1-(0,3+0,5cosα)2+0,5sinα,
ami éppen a bizonyítandó volt.
b) α=25 esetén
h(α)=1-(0,3+0,5cos25)2+0,5sin251-(0,3+0,50,9063)2+0,50,42260,869,
tehát ebben az esetben az áramszedő csúcs kb. 87 cm magasan lesz a mozdony tetejéhez képest.
c) Megoldandó a 1-(0,3+0,5cosα)2+0,5sinα=1 egyenlet. A négyzetre emelést elvégezve és átrendezve:
0,91-0,3cosα-cos2α4=1-0,5sinα.
Emeljük négyzetre most az egyenletet:
0,91-0,3cosα-cos2α4=1-sinα+sin2α4.
Átrendezve:
sinα-0,09-(sin2α4+cos2α4)=0,3cosα.
Kihasználva, hogy sin2α+cos2α=1, kapjuk, hogy sinα-0,34=0,3cosα.
(*) Ismét négyzetre emelünk:
sin2α-0,68sinα+0,1156=0,09cos2α.
cos2α=1-sin2α helyettesítéssel:
1,09sin2α-0,68sinα+0,0256=0,sinα1,20,68±0,682-41,090,025621,09=0,68±0,3507842,180,68±0,59232,18.


Azaz sinα0,5836, tehát α35,705, vagy sinα0,0402, tehát α2,306.
Ez utóbbi a második négyzetre emelésnél keletkezett hamis gyök (a négyzetre emelés előtt az egyenlet bal oldala negatív, a jobb oldala pozitív). Előbbi érték viszont valóban megoldása a feladatnak, hiszen könnyű meggyőződni róla, hogy ebben az esetben mindkét négyzetre emelésnél az egyenlőség mindkét oldala pozitív.
Tehát α36 esetén lesz a mozdony áramszedőjének csúcsa éppen 1 méter magasan.
II. megoldás(*)-gal jelölt résztől kezdve:
sinα-0,3cosα=0,34.
12+0,32=1,09(1,044)-gyel osztva:
11,09sinα-0,31,09cosα=0,341,09.
Mivel 11,09cos16,699 és 0,31,09sin16,699, ezért ez (az ismert addíciós tétel segítségével) így írható:
sinαcos16,699-cosαsin16,699=sin(α-16,699)=0,341,09sin19,006,
ahonnan (mivel α hegyesszög) α-16,69919,006, azaz α35,705.