Matematika OKTV I. kategória 2017/2018 második forduló szakgimnázium-szakközépiskola

Átírás

1 O k t a t á s i H i v a t a l A 017/018. tanévi Országos Középiskolai Tanulmáni Versen második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKGIMNÁZIUM, SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató 1. Adja meg az összes olan négjegű pozitív egész számot, amelre igaz, hog az első három jegéből alkotott háromjegű szám kétszer akkora, mint az utolsó három jegéből alkotott háromjegű szám. Megoldás: Legen a keresett négjegű szám abcd, amelet felírhatunk abcd = 1000a + 10bc + d alakban is. A feltételek miatt a 0 és b 0, ezért bc kétjegű szám. A bc kétjegű szám segítségével felírhatók az abc és bcd háromjegű számok is: (1) abc = 100a + bc ; A feladat feltétele és (1) szerint bcd = 10bc + d. ahonnan a műveletek elvégzésével és rendezéssel 100a + bc = (10bc + d), () 100a d = 19bc. Ez azt jelenti, hog a kétjegű bc szám páros, ezért () jobb oldala a 19 szám páros többszöröse. Vizsgáljuk a () egenletet az a és d számjegek lehetséges értékei szerint. 1

2 Ha a = 1, akkor 100a d értéke a [8; 100] intervallumba eső valamelik páros egész szám, hiszen a lehetséges legnagobb d számjeg, azaz d = 9 mellett 100a d = 8, míg a legkisebb d számjeg, vagis d = 0 esetén 100a d = 100. Uganakkor a [8; 100] intervallumban a 19-nek egetlen többszöröse van, mégpedig 95 = 19 5, de ez nem páros szám, továbbá ez esetben bc nem kétjegű. Ezért a = 1 nem lehetséges. Hasonlóképpen vizsgálhatjuk, hog a = ; 3; 4; ; 8; 9 esetén a 19-nek mel páros többszörösei vannak a intervallumban. [100a 18; 100a] Számolási eredméneinket táblázatba is foglalhatjuk: a [100a 18; 100a] bc d abcd 1 [8; 100] [18; 00] [8; 300] [38; 400] [48; 500] [58; 600] [68; 700] [78; 800] [88; 900] pont Minden lehetséges esetet megvizsgáltunk és azt kaptuk, hog a feladat feltételeinek nég darab négjegű pozitív egész szám felel meg: Ezek a számok valóban megfelelők, mert 105; 563; 7368; = 105; 56 = 63; 736 = 368; 84 = 41.

3 . Határozza meg az (x + (m ) x m) ( x + (m + 1) x m) 0 egenlőtlenség egész megoldásainak számát az m pozitív egész szám függvénében. Megoldás: A feladat megoldását két eset vizsgálatára bontjuk. Első eset: az egenlőtlenség fennáll, ha az (1) x + (m ) x m 0 () x + (m + 1) x m 0 egenlőtlenségek mindegike teljesül. Az (1) egenlőtlenség bal oldalán szereplő másodfokú kifejezés diszkriminánsa: (m ) 4 ( m) = (m + ), a () egenlőtlenség bal oldalán levő másodfokú kifejezés diszkriminánsa pedig (m + 1) 4 ( 1) ( m) = (m 1). Ez azt is jelenti, hog mindkét másodfokú kifejezésnek vannak zérushelei, mégpedig illetve x 11 = m és x 1 = x 1 = 1 és x = m. Az (1) és () egenlőtlenségek megoldásainak halmazát rendre M 1 ; M -vel jelölve és felhasználva, hog m < 0: M 1 = ] ; m] [; [ és M = [1; m]. Az eredeti egenlőtlenség megoldásai egrészt az x = m; x = 1 egész számok, hiszen ezekre az (1), illetve () egenlőtlenségek bal oldala zérus, tehát a szorzatuk is nulla, és íg az eredeti egenlőtlenség fennáll. Másrészt az első esetben megoldások az M 1 M = [; m] halmazba tartozó egészek, ezekből pontosan m 1 darab van. Íg az első esetnek összesen egész szám felel meg. m + 1 3

4 Második eset: a feladat egenlőtlensége akkor is teljesül, ha (3) x + (m ) x m 0 és (4) x + (m + 1) x m 0 egszerre igaz. A (3) és (4) egenlőtlenségek bal oldalán látható másodfokú kifejezések zérusheleit már ismerjük, ezért (3) és (4) megoldásait rendre M 3 ; M 4 -gel jelölve: M 3 = [ m; ] M 4 = ] ; 1] [m; [. A (3) és (4) egenlőtlenségek közös megoldásai az M 3 M 4 = [ m; 1] halmazba tartoznak, ebben a halmazban pontosan darab egész szám van. m + Uganakkor ebből az m + egész számból az x = m; x = 1 megoldásokat az első esetben már figelembe vettük. Ezért a második esetben összesen m darab olan megoldás van, amel az előzőben nem szerepelt. A két lehetséges esetet megvizsgáltuk és azt kaptuk, hog ha m pozitív egész szám, akkor az (x + (m ) x m) ( x + (m + 1) x m) 0 egenlőtlenségnek m m = 3m + 1 darab egész megoldása van. Megjegzés: a) Ha m = 1, akkor az x = és az x = m számok azonosak, de a feladatnak ekkor is 3m + 1, azaz 4 darab megoldása van, mégpedig az x = 1; x = 0; x = 1; x = egész számok. b) Ha a versenző az m = 1; ; 3; értékekre megvizsgál eg-eg esetet és abban heles következtetésre jut, de más érdemi megállapítást nem tesz, akkor erre ot kapjon. 4

5 3. Oldja meg a valós számpárok halmazán az logx(x + x ) = log(x) ; x x + = 1 x egenletekből álló egenletrendszert. Megoldás: Az első egenlet mindkét oldalának numerusza a logaritmus értelmezése miatt pozitív, ezért x csak pozitív szám lehet. A logaritmus alapszáma pozitív, ezért x > 0, ezzel teljesül, hog a bal oldal logaritmusos kifejezésének alapszáma is pozitív. Ez azt jelenti, hog is pozitív szám. Ilen feltételek mellett az egenletrendszer második egenletének jobb oldala is értelmezett. Uganakkor a logaritmus alapszáma 1 nem lehet, ezért x. Az első egenlet jobb oldalát írjuk át alapú logaritmusra: ahonnan szerint az első egenlet alakba írható. x log(x) = x logx(x) logx ( x ), logx ( x ) = 1 logx(x + x ) + logx(x) = 0 Az azonos alapú logaritmusos kifejezések összegére vonatkozó műveleti azonosság alapján logx[(x + x ) x] = 0. A kapott egenlet numeruszának szorzattá alakításával pedig (1) logx[x (x + ) x] = 0. Az egenletrendszer második egenletét felhasználva azt kapjuk, hog (x + ) x = 1, ez pedig azt jelenti, hog felírható az (1) egenlettel ekvivalens () logx(x) = 0. egenlet. 5

6 A logaritmus definíciója szerint a () egenletből az következik, hog ez pedig az feltétel alapján azt jelenti, hog ( x ) 0 = x, x > 0 x = 1. A kapott eredmént behelettesítve az egenletrendszer második egenletébe: 1 + = 1, ahonnan ekvivalens átalakításokkal a (3) + 1 = 0 másodfokú egenletet kapjuk. A (3) egenlet megoldásai 1 = ; =. Az megoldás negatív, ezért nem felel meg a feladat feltételének. Az egenletrendszer megoldása tehát egetlen számpár, ez pedig x = 1; = Átalakításaink a feltételek által meghatározott számhalmazokon ekvivalensek voltak, ezért a kapott számok az eredeti egenletrendszer mindkét egenletét kielégítik. Megjegzések: a) Az egenletrendszer első egenletének mindkét oldalát tetszőleges a > 0; a 1 alapú logaritmusos kifejezéssé alakíthatjuk. Az átalakítással az log a [x (x + ) x] = log a 1 egenletet felírva az x (x + ) x = 1 egenletet kapjuk, amelből az egenletrendszer második egenletét figelembe véve x = 1 adódik. b) Alkalmazhatjuk az első egenletben az. helettesítést, ekkor alapján és szerint x = 1. x (x + ) = 1 logx ( 1 ) = log ( 1 x ) = log (x) x log (x 1 x ) = 0 6

7 4. Az ABC háromszög α szögére teljesül, hog sin 3 α + cos 3 α = 1. Mekkora háromszög legnagobb szöge? 1. Megoldás: Mivel α eg háromszög szöge, ezért teljesülnie kell a és feltételeknek. 0 < sinα 1, 1 < cosα < 1 Felhasználjuk a sin α + cos α = 1 trigonometrikus azonosságot, ezzel a megadott egenlet a sin 3 α + cos 3 α = sin α + cos α alakba írható, ahonnan átrendezéssel és kiemeléssel azt kapjuk, hog (1) sin α (sinα 1) = cos α (1 cosα). Nilvánvaló, hog sin α 0 és cos α 0, továbbá a feltételek miatt és sinα cosα > 0. A kapott két feltétel egszerre csak úg állhat fenn, ha sinα 1 = 0, azaz, ha sinα = 1. Ebből azonnal következik, hog cosα = 0, ezért az (1) egenlet mindkét oldala zérus. Az ABC háromszög α szögére sinα = 1 miatt α = 90 teljesül. Ha a háromszögben az egik szög derékszög, akkor ennél nagobb szög a háromszögben már nem lehetséges, tehát a háromszög legnagobb szöge: α = 90. 7

8 . Megoldás: Mivel α eg háromszög szöge, ezért teljesülnie kell a és feltételeknek. 0 < sinα 1, 1 < cosα < 1 A 0 < sinα feltétel miatt sin α > 0, ezért a sinα 1 egenlőtlenség mindkét oldalát szorozhatjuk a pozitív sin α számmal, ebből azt kapjuk, hog (1) sin 3 α sin α. Nilvánvaló, hog az ABC háromszög bármel szögének koszinusznégzete nemnegatív, ezért teljesül az is, hog () cos α 0. Tegük föl először, hog cos α > 0 igaz. A kezdeti feltételekből cosα < 1 is következik. Ennek az egenlőtlenségnek mindkét oldalát a cos α > 0 számmal szorozva (3) cos 3 α < cos α következik. Összeadva az (1) és (3) egenlőtlenségek megfelelő oldalait: sin 3 α + cos 3 α < sin α + cos α. A kapott egenlőtlenség ellentmondásra vezet, mert a feladat feltétele szerint sin 3 α + cos 3 α = 1 és a sin α + cos α = 1 trigonometrikus azonosság szerint az egenlőtlenség jobb oldalának értéke is 1. Az ellentmondás oka a cos α > 0 feltevés. Ez pontosan azt jelenti, hog a () egenlőtlenségben csakis cos α = 0, vagis cosα = 0 lehetséges. Kapott eredménünk szerint az ABC háromszög α szögére cosα = 0 és íg α = 90. Ha a háromszögben az egik szög derékszög, akkor ennél nagobb szög a háromszögben már nem lehetséges, tehát a háromszög legnagobb szöge: α = 90. 8

9 5. Legen d az az ABC hegesszögű háromszög síkjában az ABC háromszög A csúcsán átmenő egenes, amel az AB és AC egenesek egikével sem esik egbe. Legenek a B 1 és C ok rendre a B és C pontok merőleges vetületei a d egenesen. Határozza meg a d egenes helzetét úg, hog a BB 1 + CC 1 összeg maximális legen. Megoldás: Két esetet vizsgálunk, először azt, amikor a d egenesnek a BC szakasszal nincs közös pontja, másodszor pedig azt, amikor van közös pontjuk. Tekintsük az első esetnek megfelelően készített ábrát, amelen a BC oldal felezőpontját D-vel, a D pontnak a d egenesre eső merőleges vetületét D 1 -gel jelöltük. 1. ábra A BCC 1 B 1 derékszögű trapéz, amelnek középvonala a DD 1 szakasz, ezért a középvonal tulajdonságát felhasználva: BB 1 + CC 1 = DD 1. Az ábra DD 1 és DA szakaszaira nilvánvalóan teljesül a (1) DD 1 DA egenlőtlenség. Ebből az következik, hog azaz BB 1 + CC 1 DA, () BB 1 + CC 1 DA. Az (1) és íg a () egenlőtlenségben pontosan akkor van egenlőség, ha a d egenes merőleges az ABC háromszög DA súlvonalára. 9

10 Legen most a d egenes és a BC szakasz közös pontja E, és tekintsük az ehhez tartozó ábrát.. ábra Az ábra BB 1 ; CC 1 szakaszaira érvénesek a (3) BB 1 BE; CC 1 CE egenlőtlenségek. Az egenlőtlenségek megfelelő oldalainak összeadásával azt kapjuk, hog azaz BB 1 + CC 1 BE + CE, (4) BB 1 + CC 1 BC. A (3) egenlőtlenségekben egenlőség pontosan akkor van, ha a B 1 ; C 1 és E pontok azonosak, vagis éppen akkor, amikor a d egenes merőleges a BC szakaszra. Ez utóbbi pedig azt jelenti, hog az AE szakasz az ABC háromszög A csúcsból induló magassága. Ekkor a (4) egenlőtlenségben is az egenlőség esete áll fenn. 10

11 Végül választ adunk arra, hog a feladat feltételei, tehát az ABC háromszög tulajdonságai alapján az első, vag a második eset adja a BB 1 + CC 1 összeg maximumát. Tekintsük ezért a BC szakasz Thalész-körét, ennek középpontja a BC felezőpontja, sugara a BC szakasz fele. Mivel az ABC háromszög a feltétel szerint hegesszögű háromszög, ezért az A pont a BC oldal Thalész-körének külső pontja. Ekkor az A csúcshoz tartozó súlvonal nilván hosszabb, mint a Thalész-kör sugara, vagis mint a BC oldal fele. Ebből pedig arra következtetünk, hog az első esetben, tehát az A ponton átmenő súlvonalra merőleges d egenes esetén kapjuk a maximális BB 1 + CC 1 távolságösszeget. 11