EMELT SZINTÛ FELADATSOROK

Átírás

1 EMELT SZINTÛ FELADATSOROK. Feldtsor / A megoldások. A bl oldlon álló tört értelmezési trtomán : ³ 0, ¹ 0, zz 0, 0,. Bõvítjük törtet z + összeggel: = <. + + ( ) H 0, < 0, kkor < 0 és + > 0, íg hándosuk negtív, zz kisebb -nál. H 0 < 0, kkor 0 <, + ³, tehát tört értéke. Tehát z egenlõtlenség z összes, z értelmezési trtománb trtozó vlós számr teljesül: 0, 0,.. Az ábráról leolvshtó, hog sin 0º =. b A sin = sin sin zonosságot = 0º-r lklmzv: sin 0º 0, sin 0º sin = = 0º = Ê. Ë Á ˆ b b Átrendezve: 0, =, 0,, b b mibõl + b= b, és ezt kellett igzolni. 0 b 0 b. Mivel logritmus lpj csk -tõl különbözõ pozitív szám lehet, 0 <, ¹, ¹ 6, ¹ 6. A megfelelõ logritmus zonosságok felhsználásávl z egenlet íg írhtó: = log log log 6. H log = z jelölést hsználjuk, kkor kpott egenlet íg lkíthtó át: z(z ) = z 6, zz z z + 6 = 0. Innen z =,z =, és íg =, = 8. A kpott gökök kielégítik z egenletet.. Jelölje kúp lpkörének sugrát r, lkotóját, íg plást felszíne: A p = rp, t kör = r p. A feltétel szerint rp = r p, tehát = r, zz egenlõ oldlú kúpot kptunk. Ennek mgsság m= r, tehát térfogt: V = r p. Mivel kúp lpköre és csúcs gömbfelületre illeszkedik, z ábrán láthtó ABC derékszögû háromszögbõl: R ( r R) + r = R, innen r =. A Q 60 r R R B C m A kúp térfogt tehát: V = R p. 8

2 MEGOLDÁSOK. ÉVFOLYAM. Feldtsor / B megoldások. ) Az f függvén grfikonj z ábrán láthtó. A függvén átlkíthtó: f() =½ 6 + 8½=½( ) ½. = ½ 6 +8½ b) A g függvén grfikonj z ábrán láthtó. A függvén átlkíthtó: g() =½ 6 + ½=½( ) ½. = ½ 6 +½ Ábrázoljuk h() = , 0 6 függvént, melre h() = f() + g(). Az ábráról leolvshtó, hog < esetén vn z egenletnek -nál több megoldás vlós számok körében. 0 =()+ f g() = 0 6. Az = + + b egenletû prbol tengelpontjánk koordinátái: = és = b. Ezért z = +(p +) + p egenletû prbol tengelpontjánk koordinátái: = p 0,, illetve = p,. Innen láthtó, hog tengelpontok koordinátái kielégítik z = 0,7, zz z = 0,7 egenletet, mel egenes egenlete. A tengelpontok tehát illeszkednek z = 0,7 egenesre. 7. Rendezzük át z egenlõtlenséget, és hsználjuk fel, hog háromszögben g = 80º ( + b), ezért sin g = sin( + b): sin + sin b > sin ( + b), sin ( + b) > ( cos + cos b), sin( + b) > cos + cos b. ( ) Hsználjuk fel szinuszfüggvén ddíciós tételét, és végezzük el négzetre emelést: sin cos b + cos sin b + sin cos sinb cosb > cos + cos b. ()

3 Ezután újr rendezzük át z egenlõtlenséget, és hsználjuk z ismert zonosságokt: sin cos sinb cosb > cos cos b. () Mivel cos, cos b > 0( és b hegesszögek), oszthtunk ezekkel és -vel, mjd átrendezve: 0 > cos cosb sin sinb = cos( + b). () A () egenlõtlenség igz, mert 90º < + b < 80º, hiszen g is hegesszög. A () egenlõtlenségbõl következik (), ebbõl () és végül z (), mert lépések megfordíthtók. Íg igzoltuk z egenlõtlenséget. 8. Az ábr jelöléseit hsználjuk. A két kör érinti egmást, és háromszög két oldlát, ellenkezõ esetben sugruk növelhetõ lenne. Jelölje z ABC háromszögbe írt kör sugrát r, két egbevágó kör sugrát r. Mivel BO és CO szögfelezõk, O beírt kör középpontj, ennek z oldltól vló távolság r. HK és K két egenlõ sugrú kör középpontj, kkor BCO és K K O háromszögek r r r B hsonlók, íg megfelelõ szkszik rán egenlõ: =. r Ebbõl r r r r r = Þ + = Þ r r r + =, r íg kivágndó kör sugr: r r = + = r+ r r r r + r = r. r + O K K r Leolvshtó, hog r nnál ngobb, minél ngobb z, zz kkor legngobb, h legngobb oldl. t 9. Az egenletesen gorsuló test útját következõ képlet dj meg: s= v0 t +. A hátrább lévõ test esetén h t = s, kkor s = m, tehát: = v0 +, ( ) h t = s, kkor s =0 m, tehát 0 = v0 +. ( ) t Az () és () egenletekbõl = és v Tehát s 0 = = = t A másik test esetén h t = s, kkor s = 0 m, tehát: 0 = v 0 +, ( ) h t = s, kkor s =9 m, tehát 9 = v0 +. ( ) t A () és () egenletekbõl = és v = 0 0. Tehát s =0 t. Az elsõ test kkor éri utol másodikt, h s = s + 0. Ebbõl t-re következõ egenletet kpjuk: t t 8 = 0. Ennek gökei 6 és. Nilván csk pozitív gök jó, tehát 6 másodperc múlv éri utol z elsõ test másodikt. r A r r C

4 MEGOLDÁSOK. ÉVFOLYAM. Feldtsor / A megoldások. ) A logritmus értelmezése lpján + > 0, vlmint > 0. Az utóbbi egenlõtlenség megoldás >, míg z elsõ egenlõtlenség bl oldlán álló másodfokú kifejezés két zérushele: = és =. Az + másodfokú függvén grfikonjáról (ld. ábr) leolvshtó, hog z elsõ egenlõtlenség megoldás < <. A kifejezés értelmezési trtomán z ]; [ intervllum. b) A logritmus zonossági és definíciój lpján z egenlet következõ lkokbn is felírhtó: log + + =, mibõl ( ) ( ) Az ) feldtbn kiszámoltuk számláló gökeit. A gökténezõs lk lklmzásávl kpjuk, hog + = ( )( ), és ezért bl oldlon álló tört egszerûsítése után: ( ) =, mibõl =. A kpott szám eleme z értelmezési trtománnk, és ellenõrzéssel meggõzõdhetünk ról, hog megoldás z egenletnek.. ) A feltételek lpján trpéz nem tégllp. Ekkor z ábr jelöléseit hsználv trpéz lpji AB =7, CD =, D csúcs- D C ból induló mgsság tlppontj E, továbbá z ABD háromszög derékszögû. Az ABD háromszögben mgsságtétel 0 lpján dódik: DE = =0, ebbõl következik, hog 00=0, végül =. A E B A trpéz lpji: AB =», 0 cm, CD = 6», cm. A trpéz területe: AB + CD + 6 T = DE = 0 = 00 0» 6, cm. b) Thlész tételének megfordítás lpján z ABD derékszögû háromszög köré írt kör középpontj éppen z AB átfogó felezõpontj. Természetesen C csúcs szintén illeszkedik z AB átmérõjû körre, íg trpéz köré írt kör sugr z AB átfogó fele, zz r = 7», 6 cm. A kör területe: T = r p = p» 769, 69 cm.. ) Jelöljük p-vel nnk vlószínûségét, hog eg kiválsztott tnuló mekkor vlószínûséggel oldj meg egedül házi feldtát, zz p = 0,6. Mivel független eseménekrõl vn szó, ezért keresett vlószínûség p» 0,006. Sjnálttl állpítjuk meg, hog ez elkeserítõen kicsi érték. b) Azt 0 diákot, ki nem önállón dolgozott, 00-féleképpen válszthtjuk ki. A binomiális Ë0 eloszlás lpján nnk vlószínûsége, hog éppen 0 diák készítette el segítséggel házi feldtát: ʈ Ë0 =. +

5 . ) A holtversen z.,.,.,., illetve. hel vlmelikén lehetett. A ht versenzõ közül Ê6ˆ -féleképpen válszthtjuk ki zt kettõt, kik holtversent értek el. A mrdék nég Ë = helen többi versenzõ! = -féleképpen érhetett célb. Íg összesen = 800 különbözõ sorrendben érhettek célb versenzõk. b) Mivel versent Andor egedül nerte meg, ezért z. helen nem lkulhtott ki holtversen. I. eset: Fábián z. helen holtversennel ért célb. Ekkor Fábián mellé -féleképpen válszthtunk. helezettet. A.,.,. helen mrdék versenzõ! = 6-féleképpen érhetett célb, ezért z. eset összesen 6 = -féleképpen vlósulhtott meg. II. eset: Fábián egedül ért célb z utolsó helen. Ekkor holtversen.,. vg. helen következhetett be. Az egütt célb érkezõket ʈ 6-féleképpen válszthtjuk ki. A mrdék két Ë = helezésen kétféleképpen lkulhtott sorrend, ezért. eset összesen 6 = 6-féleképpen vlósulhtott meg. A versen végeredméne összesen + 6 = 60-féleképpen lkulhtott.. Feldtsor / B megoldások. ) Ann év ltt 8 lklomml fizet be Ft-ot, ezért összesen Ft-ot fizet be. b) Ann z. évben összesen -szer fizet be Ft-ot. Az elsõ összeg hónpig kmtozik, második hónpig, és íg tovább; december -jén befizetett Ft után bnk már csk hvi kmtot fizet. Íg december -én z Ann számláján lévõ összeg: 0 000, , ,00. A fenti összeg eg mértni sorozt elsõ tgjánk összege. A sorozt elsõ tgj 0 000,00, hándos,00, íg z összeg: , 00,» 6, 9,, 00 vgis Ann számláján hozzávetõlegesen 66 Ft lesz. c) A megtkrítás összegét két részre bonthtjuk. I. rész: Ann befizetései, vlmint nnk kmt. Az elsõ hónpbn befizetett összeg 8 hónpig, második hónpbn befizetett összeg 7 hónpig és íg tovább; z utolsó befizetett összeg már csk hónpig kmtozik. Ennek megfelelõen befizetésekbõl, vlmint nnk kmtiból Ann számláján következõ összeg íródik jóvá: , , , 00 = 0000, 00 0, 0 = 8» 6996, 9 Ft., 00 II. rész: z állmi támogtás, vlmint nnk kmti. Az elsõ év után z állm Ft-ot utl számlár. Ez z összeg 6 hónpig kmtozik. A második év után kpott Ft hónpig, míg hrmdik év után járó Ft csk hónpig kmtozik. A negedik év után járó állmi támogtás jóváíródik számlán z. év elsõ npján, de kmt már nem jár után. Ezek lpján z állmi támogtás, vlmint z után járó kmt összege: 6 000, , , » 00,6 Ft. Ann tkrékoskodási idõszk letelte után összesen 6 996,9 + 00,6» Ft összeget vehet fel.

6 MEGOLDÁSOK. ÉVFOLYAM 6. ) Közepest 0 diák 60%- ( fõ), illetve 0 diák 0%- (0 fõ) kpott, tehát összesen -en. Jót, zz -est 0 diák %- ( tnuló), vlmint 0 diák 7,%- ( tnuló), összesen 0-n kptk. A mrdék 8 tnuló jelesre érettségizett. Az dtok szemléltetésére oszlopdigrm legmegfelelõbb. b) A mtemtikérettségi jegek átlg: + + =,. 0 A történelemérettségi jegek átlg: 0 + +» 6,. 0 c) Tegük fel, hog leglább n diáknk kellett voln -est szereznie jobb átlghoz. Ekkor: ( n) + ( + n) + ³ 7,. 0 A mûveletek elvégzése után n ³ dódik, zz leglább embernek kellett voln -est elérnie közepesre érettségizõk közül jobb átlghoz. d) Az átlg csk következõ esetekben ngobb vg egenlõ, mint,0: I. eset: két ötös; II. eset: eg ötös és eg néges tnulót válsztunk ki. Az I. eset bekövetkezésének vlószínûsége: ʈ Ë 0 P( két -ös tnulót válsztunk) = =» 0, 08, Ê0ˆ 780 Ë II. eset bekövetkezésének vlószínûsége: 7 P(eg -ös és eg -es tnulót válsztunk) = =» 0, 096. Ê0ˆ 780 Ë A keresett vlószínûség» 0,090. db Érettségi eredmének osztálzt szerint 0 jeg 8 7. ) Mivel +=, vlmint +=, ezért A és B egránt illeszkednek z f függvén grfikonjár. b) Az AB egenes egenlete: = +. c) Az AB egenes z tengelt ( ; 0) pontbn metszi. Egszerû számolás muttj, hog ( ) ( ) +=0, íg ( ; 0) pont illeszkedik z f függvén grfikonjár is. d) A zérusheleket z +=0egenlet megoldási dják. A c) feldt eredméne lpján z AB egenes zérushele =. Az egenlet bl oldlán szorzttá lkítunk: + = + + = ( + )( + ) ( ) = = ( + )( + ) ( + )( ) = ( + )( + + ) = = ( + )( + ) = ( + )( ). A szorzttá bontásból leolvshtó, hog z egenlet megoldási: = és =. f A B 6

7 e) Az f függvén deriváltj f () = 6 =( ). A derivált elõjelének vizsgáltából láthtó, hog függvén z [; ]-on csökken, [; ]-on pedig növekszik. Ebbõl dódik, hog z AB szksz és függvén grfikonj áltl közrefogott síkidom területe: A Newton Leibniz-formul lpján: T = ( + ) ( + ) d = + + d. T = + + =. 8. ) H Tündér-heg csúcsát B, Mgs-hegét pedig C jelöli, kkor BCC B derékszögû trpéz lpji BB = 90 m, CC = 00 m, míg egik szár BC = 000 m (ld. ábr). A B TC derékszögû háromszögben: C T = = 0 m, íg keresett C B T = szögre: 0 tg =, 000 mibõl» 00, º. A Tündér-heg csúcsáról Mgs-heg csúcs,00º-os emelkedési szögben látszik. b) H Pokol-heg csúcsát A jelöli, kkor z A C B =g szög C ngságát keressük. g A g szöget z A C B háromszög oldliból például koszinusztétel 00 segítségével számolhtjuk ki. Az ) feldt ábráján szereplõ B C T derékszögû háromszögben Pitgorsz tételével B C» 0, m dódik. Hsonló számolások után: C A 000 AB ' ' = 000+ ( 90 60)» 0, 96 m, A 000 AC ' ' = 000+ ( 00 60)» 0, 7 m. Az A C B háromszögre felírv koszinusztételt kpjuk, hog: AB ' ' = AC ' ' + B' C' AC ' ' B' C' cos g, honnn g» 6, 97 º. A Mgs-heg csúcsáról másik két hegcsúcsot összekötõ szksz körülbelül 6,97º-os szögben látszik. = = B 90 B C T C B B A második feltétel lpján prbol áthld (0; ) ponton, ezért: 0 + b 0 + c =, mibõl c =. Mivel prbol illeszkedik (; 0) pontr is, ezért: + b + = 0 Þ + b = 9. () A prbol egenletének jobb oldlát teljes négzetté lkítv kpjuk, hog: b b = + + Ë Á, b Ê b ˆ + = + Ë Á Ë Á. p = p A C C B 7

8 MEGOLDÁSOK. ÉVFOLYAM A fenti egenletbõl leolvshtó, hog prbol tengelpontjánk koordinátái: Ê b b ˆ C ; +. Ë Á H tengelpont illeszkedik z = egenletû egenesre, kkor koordinátái kielégítik z egenletet, zz: b b = +, / b= b +. Felhsználv, hog () lpján = 9 b, dódik, hog: b = b + 9 b, innen b = és b =. H b =, kkor =, míg h b =, kkor =. A feltételeknek két prbol tesz eleget, ezek egenlete: p : = + + és p : = +. A két prbolát és feltételek teljesülését z ábr szemlélteti.. Feldtsor / A megoldások. Legen hjó sebessége állóvízben, pedig foló sebessége: 7 AB = ( + ), BA = ( ). A két út egenlõségébõl: =6. Azz AB = 7 =8, tehát tutj 8 ór ltt teszi meg z AB utt.. A kör egenlete ( ) +( ) = p, középpontj K(; ). OK = =. Az OTK derékszögû háromszögben: r sin 0º =, ebbõl r =. Mivel r = p, dódik, hog p =. Tehát p= 6 és p = 6 értékei esetén látszik 60º-os szögben z origóból kör.. Számítsuk ki játékosok nerési eséleit. 6 6 Attil: z ellentett esemén lpján = 0,. 6 6 Ë Á= 9 = Blázs: kedvezõ számhármsok: (; ; ), (; ; ), (; ; ), (; ; ), (; ; ), (; ; 6), (; ; ), (; ; ), 8! 8 nerés eséle: =. 6 6 Csnád eséle pedig mrdék 6. A játék kkor igzságos, h tétek nerési esélekkel ránosk, tehát Attil tétje 0 zseton, Csnádé pedig zseton. 8 O 60 K r T

9 . Oldjuk meg z elsõ egenletet: sin = sin + cos cos sin, 0 = cos cos sin, 0 = cos (cos sin ). Eg szorzt pontosn kkor 0, h vlmelik ténezõje 0, tehát cos = 0, vg cos sin =0. A cos = 0 megoldási [0; p]-bn: vg = p = p. A cos sin = 0-ból sin = cos. Az egenletet cos -szel osztv ( cos = 0 nem megoldás, mivel ilen -ekre sin nem lehet 0) tg = egenlethez jutunk. Ennek megoldási [0; p]-bn: vg = p = p. Tehát A = p p p p ; ; ;. Oldjuk meg második egenlõtlenséget. Mivel = log, elég log ( 8 + ) > log egenlõtlenséggel fogllkoznunk. Figelembe véve z lpú logritmusfüggvén értelmezési trtománát és szigorú monoton csökkenését, -re következõ feltételeket kpjuk: 0 < 8 + <. A bl oldli 0 < 8 + egenlõtlenség megoldási: Î] ; [ È ]6; [. A jobb oldli 8 + < egenlõtlenséget rendezve kpjuk: 8 0 < 0, ennek megoldási: Î] ; 0[. Az egenlõtlenség megoldáshlmz: B = ] ; [ È ]6; 0[. A p közelítõ értékét felhsználv: p p p p AÇ B= { ;, AÈ B= ; È 60 ; È ;. } ] [ ] [ { }. Feldtsor / B megoldások. A keresett pont tégllp átlóján tlálhtó. D C ) Az ABC derékszögû háromszög, átfogój AC = 0 m, átfogóhoz trtozó mgsság: PB = m. A Pitgorsz-tétellel számolhtó AP = m és PC = 8 m. e P 0 A PD szksz koszinusztétellel számíthtó z APD háromszögbõl, h ismernénk DAP -et. Ez viszont CDA derékszögû háromszögbõl: =,º. Ezt felhsználv: PD = 7,78 m. A 0 B b) Az ADP háromszög P-nél lévõ szöge szinusztétellel számíthtó: e = 9,76º, ekkor szögben látszik z AD oldl. A CD oldl pedig 80º e = 0,º szögben látszik P-bõl. 6. ) Az átlg lpján S =, ebbõl = és =. A mért legngobb cspdékmenniség mm volt. b) A számtni sorozt eleme és 0 drb 0 lehetséges sorrendje: 0 9 =! 0! =90. 9

10 MEGOLDÁSOK. ÉVFOLYAM c) Az helzete és sorbn mögötte tlálhtó 0-ák elhelezkedése egértelmûen dj sorozt elemeinek helét. Az csk hiánzó elsõ 0 helre kerülhet. H november -jén vn, mögötte 0 drb 0 helét Ê0ˆ -féleképpen válszthtjuk ki. Ë0 H november -án vn, mögötte lévõ 9 drb 0 helét Ê9ˆ -féleképpen dhtjuk meg. Ë9 És íg tovább, összesen: Ê0ˆ Ê9ˆ Ê8ˆ Ê ˆ = 76. Ë0 Ë9 Ë8 Ë7 Ë6 Ë Ë Ë Ë Ë Ë0 7. ) A csõ teljes hossz két részbõl tevõdik össze, z ábr lpján: 0 = = 7, 7 cm, = tg 0º = 6,9 cm, sin60º tehát + = 6,67 cm hosszú csõre vn szükség. b) A keletkezõ luk területének vetülete fúrás iránár merõleges síkr: T v =6 p» cm. A két sík szöge 0º, tehát: T v = T cos 0º, honnn T = 0,6 cm 60. c) Az egenes henger térfogt: V e =6 p 0 = 6,9 cm. A ferde henger eg mgsságú egenes hengerré drbolhtó át, térfogt: V f =6 p 7,7 = 60, cm, mi,%-kl több, mint z egenes hengeré. 8. ) Szemléltessük z igennel szvzók hlmzát. A feltételek szerint: + + z= + z+ = z+ = Az elsõ és hrmdik egenlet kivonásából z =, ezt másodikb helettesítve: = 9. Mindkettõt z elsõbe helettesítve: = 8. A kpott értékeket beírv hlmzábráb kiderül, hog 60 fõ vett részt szvzáson. b) A lehetséges eredmének szám: 670 Ë 7 =. 0! c) A keresett vlószínûség: 0! 0! 0! = 0, Az utónk 00 km úton literekben mért fogsztását keressük f(v) =v + bv + c lkbn v sebességének függvéneként. A megdott táblázt lpján sebességet» -bn mérve: f( 0) =, Þ, = 0 + b 0 + c Þ, = 00 + b 0 + c, f( 00) = 7 Þ 7= 00 + b 00 + c Þ 7= b 00 + c, f( 0) = 9, Þ 9, = 0 + b 0 + c Þ 9, = 00 + b 0 + c. Az egenletrendszert megoldv =, b= 0, c= dódik, vgis fv () = v I. II. z III. I. II T III. T v 0 + z z

11 ) Az utó fogsztás 00 kilométeren 90» sebességnél: f( 90) = = 6,6 liter. 00 b) A 00 km-es utzás ór idõt vesz igénbe v sebesség esetén, tehát sofõrnek kifizetett 00 költség 000 forint. A 00 km megtételéhez szükséges benzin mennisége literben: v v 00 Ê ˆ 00 Ë Á v = v Ê Mivel benzin literenkénti ár 0 Ft, z üzemng 0 ˆ forintb kerül. Ë Á v Az összköltség sebesség függvénében: 00 Ê kv ()= v ˆ + = + v v Ë Á 000. v 00 A k(v) függvénnek ott lehet minimum, hol z elsõ deriváltj 0: k ( v) = + v Þ 0 = + v Þ v» 6. v 0 v 0 H v < 6, kkor k (v) < 0, h v > 6, kkor k (v) > 0, tehát függvénnek v = 6 helen minimum vn. Az utzás költsége 6» sebesség esetén lesz minimális.. Feldtsor / A megoldások. Az egenletrendszer z ÎR, ÎR, > számokon vn értelmezve. A második egenlet lpján + =. Ezt felhsználv, z elsõ egenlet: ( + ) = , = , + 6= 0, ( + ) ( ) = 0. Az egenlet megoldás: = és =. Ez utóbbi nem eleme z értelmezési trtománnk. Az = értéket második egenletbe helettesítve = dódik. Az egenletrendszer megoldás: =és =. n + n+. Mivel n = n + n +, ebbõl n + =. Az sorozt, melnek bármel tgj ( másodiktól kezdve) elõáll két szomszédos tg számtni közepeként, számtni sorozt. H sorozt elsõ eleme, differenciáj d, kkor: + 7 = +d + 9 d = + 9 =. A sorozt elsõ 9 tgjánk összege: S = 9 =.

12 MEGOLDÁSOK. ÉVFOLYAM. A szekszárdi borászok szám legen s, villániké v, z egrieké e. ) A feldt szövege szerint: s +v +e = és s + v + e =8. A második egenletbõl e-t kifejezve és beírv z elsõbe: 9 s s+ v= 9, ebbõl v=, vgis 9 s páros és pozitív, tehát 9 s > 0, zz > s. Tehát s lehet vg, de csk esetén lesz 9 s páros. Íg s = Þ v =és e =. A borversenen szekszárdi, villáni és egri borász vett részt. b) A binomiális eloszlás lpján nnk vlószínûsége, hog 0 ember közül 7-en mondják, hog vörösbort jobbn szeretik: p = = 06 Ë 7 Ê Ë Á ˆ Ê Ë Á ˆ Ë 7 0»,.. A keresett egenesnek z tengellel vló metszéspontj legen (; 0), z tengellel pedig (0; b). H = 0 vg b = 0, kkor z egenes áthld z origón, és egenlete: =. H és b közül egik sem 0, z egenes tengelmetszetes lkjából következõen egenlete: = + b (, b¹ 0). 7 Az egenes illeszkedik z A(; 7) pontr, ezért = + b. Alkítsuk át z egenlet: b = b + 7, átlkítás után b b 7 + = 0, vgis ( )(b 7) =. Mivel és b egész számok, -et kell egész számok szorztként felírnunk. Ezeket lehetõségeket következõ táblázt muttj: b Nolc egenes tesz eleget feltételeknek, ezek b egenletei: 7 =, = +, = +, = +, 6 8 = +, =, = +, = Feldtsor / B megoldások. Mivel nevezõ minden -re pozitív értéket vesz fel, függvén z intervllum minden pontjábn értelmezve vn. H, kkor: f () = + + = + = + +. Az dott intervllumon függvén szigorún monoton csökkenõ, ebbõl következik, hog f() = f() = f().

13 H 0 <, kkor: f () = = + Az dott intervllumon függvén szigorún monoton növekvõ, ebbõl következik, hog f(0) = f() < = f(). H < 0, kkor: f () = = + =. Az dott intervllumon függvén szigorún monoton növekvõ, ebbõl következik, hog f( ) = f( ) < = f( 0). H <, kkor: f () = + = + = + = +. Az dott intervllumon függvén szigorún monoton csökkenõ, ebbõl következik, hog f( ) = < f( ) = f( ). A függvén minimum z = helen, mimum pedig, z = helen., f ( ) 6. A motor sebessége legen», z utóé», Béltelep és Andrásflv közti távolság s km. ) Míg z utó visszér Andrásflvár, s utt tesz meg, h pedig onnn visszforduln, kkor s s 8s motorrl vló tlálkozásig újbb utt tenne meg, zz összesen s + = km-t hldn. s s Ez idõ ltt motor áltl megtett út s + = km, vgis felenni, mint z utósé. Mivel z út és sebesség egenesen rános, z utó sebessége kétszerese motorénk, vgis =. b) Az elsõ tlálkozásig z utó két helség közti távolságnál kilométerrel többet, motor kilométerrel kevesebbet tesz meg. Mivel z elsõ tlálkozásig ugnnni ideig mozogtk, s s s t = öszefüggés lpján felírhtó: = +. Felhsználv, hog =: v s s = + Þ s 0= s+ Þ s=. Az Andrásflv és Béltelep közti távolság km. c) Mivel két helség közti kétszeres s = 0 km távolságot z utó 0 perccel, zz órávl s rövidebb idõ ltt teszi meg, mint motor, mozgásuk idejére t = összefüggés lpján felírhtó: v = + Þ = + Þ =. A motor sebessége», z utó sebessége 90».

14 MEGOLDÁSOK. ÉVFOLYAM 7. Alklmzv megfelelõ trigonometrikus összefüggéseket, feldt másodfokú egenletre vezet: sin sin cos = 0, sin cos (sin + cos ) = 0, sin + sin cos + cos (sin + cos ) = 0, (sin + cos ) (sin + cos ) = 0. A (sin + cos )-re másodfokú egenlet megoldási: sin + cos = vg sin + cos =. H sin + cos =, kkor mindkét oldlt -vel beszorozv: sin + cos =, Ê pˆ p sin Ë Á + = Þ = p + kp, = + lp ( kl, ÎZ). sin + cos = nem lehet, mert sin + cos kifejezés értéke legfeljebb. Az egenlet megoldási: p = p + kp, = +lp ( k, lîz). 8. Helezzük el céltáblát eg oln koordinát-rendszerbe, melben egség 0 centiméternek felel meg, és koordinát-rendszer kezdõpontj legen céltábl középpontj. A két prbolív egenlete: = +, illetve =. A prbolívekhez z origóból húzott érintõk egenleteit keressük = m lkbn. Az érintés feltétele, hog prbol és z érintõ egenletébõl lkotott egenletrendszernek eg megoldás legen. Az elsõ és második síknegedben levõ prbol esetén z = + = m egenletrendszert kell vizsgálni. Az egenletrendszerbõl -t kiküszöbölve, z m + = 0 másodfokú egenlethez jutunk, melnek kkor vn eg megoldás, h diszkrimináns 0, vgis: m =0 Þ m = ±. A tengeles szimmetri mitt két prbolív érintõinek egenletei: =, illetve =. Elõször számítsuk ki zöld terület ngságát. Az elsõ síknegedbe esõ területrész oln derékszögû háromszög, melnek befogói és, területe tehát egség. Az egész céltáblán zöld terület ngság: T zöld = = 6 területegség. Az elsõ síknegedbe esõ piros területrészt megkpjuk úg, hog eg és egség oldlú tégllp területébõl kivonjuk [0; ]-on prbolív ltti területet: 6 ( ) 0 + d = + = 0 =. 0 0 A piros terület ngság tengeles szimmetri mitt: T piros = 6 6 = területegség. A fehér terület ngságát megkpjuk úg, hog céltábl teljes területébõl kivonjuk piros 6 8 és zöld területek ngságát: T fehér = 0 6 = területegség.

15 ) A geometrii vlószínûség foglmából dódón céltáblár véletlenszerûen érkezõ lövések kkor vlószínûséggel érkeznek zöldre festett területre, mekkor része zöld rész területe z egész céltábl területének, tehát: 6 P( zöld ) = =. 0 Hsonlón: 6 8 P( piros ) = 8 =, illetve P( fehér ) = =. 0 0 b) Az eg lövésért kphtó pont várhtó értéke: =» 67,. 9. A szokn felszínének kiszámításához eg csonk kúp plástjánk felszínét kell meghtároznunk. C r D Tekintsük csonk kúp ábrán láthtó tengelmetszetét, és hsználjuk z ábr jelöléseit. A csonk kúp fedõlpjánk sugr O r = CD, z lplpjánk sugr R = AB, vlmint csonk kúp lkotójánk hossz = AC. 7 Húzzunk EC-vel párhuzmost középsõ gömb O középpontján E keresztül. Mivel eg kör érintõje merõleges z érintési pontb K O húzott sugárr, z EKO C négszög tégllp. 7 A KO O derékszögû háromszög átfogój két érintõ gömb középpontjánk távolság O O =7+=. Aháromszög KO A R B befogój pedig gömbök sugrink különbsége KO =7 =. A Pitgorsz-tétel lpján másik befogó: KO = EC = = = 7. Az ábrán KO O = CO D, mivel egállású szögek, vlmint KO O = EAB, mivel hegesszögû merõleges szárú szögek. Jelöljük ezeket szögeket -vl. A KO O derékszögû háromszögbõl cos =, és sin = 7. A csonk kúp fedõlpjánk r sugrát z O DC derékszögû háromszögbõl számíthtjuk: r = CD= = sin =. Mivel z AB, illetve z AE egenesek érintik z O középpontú kört, z AO egenes z A csúcsnál lévõ szög felezõje. Az ABO derékszögû háromszögbõl AB = OB ctg. + cos Ismert, hog ctg =, és mivel hegesszög, és cos =, ezért: cos ctg = + 7 = =, mit felhsználv R= AB= O ctg = B =.

16 MEGOLDÁSOK. ÉVFOLYAM Az AE és z AB érintõszkszok egenlõsége lpján csonk kúp lkotójánk hossz: = AC = AE + EC = AB+ EC = + 7 =. A csonk kúp plástjánk felszíne: Ê ˆ 7 A= ( R+ r) p = + =, cm. Ë Á p p» 87 7 A szokn elkészítéséhez 87,7 cm területû krton szükséges.. Feldtsor / A megoldások. Az egenlet értelmezési trtomán mitt:. Figeljük meg, hog két gökjel ltt is nevezetes szorzt áll: Mivel minden tgbn megtláljuk z + ténezõt, ezért z egenlet egik megoldás =. Íg kár le is oszthtunk + -gel (feltesszük, hog ¹ ): Mindkét oldl négzetre emelése, mjd z egenlet rendezése után: =, honnn = =,. Ellenõrzés:, +, + = 07, +, =, +, + =,. Az egenletnek nincs más megoldás.. A körök elhelezkedése mitt két közös belsõ érintõt keresünk. Az ábr lpján zt sejtjük, hog z e: = egenes egike két keresett belsõ érintõnek. Behelettesítve körök egenleteibe, következõ egenleteket kpjuk: ( +) = 0 és ( ) =0. Mindkettõnek csk - megoldás vn, tehát e vlóbn közös belsõ érintõ, k -vel vett érintési pontj P(; ). Az ábr szimmetrikus körök középpontjin áthldó g egenesre. Ezért g és e oln M pontbn metszik egmást, mel rjt vn f-en is. Írjuk fel g egenletét: OO 7 (; ) = vg Þ ng(; 7 ), g: 7 + =, ( )( + ) + + = ( + ). + = +. Ê ebbõl ( helére -t írv): = A három egenes közös metszéspontj: M ;. Ë Á 7 ˆ. 7 k Q O M P O f g g e: = 0 k 6

17 Ismét hsználjuk ki szimmetriát! P és Q érintési pontok is szimmetrikusk g-re, ezért h P-bõl g' merõlegest állítunk g-re, z Q-bn fogj metszeni k -t. g'-t g-bõl können megkpjuk: g': 7 = 8. Meg kell oldnunk következõ egenletrendszert: g': 7= 8. k :( ) ( ) Þ = és = + + = 9 Ê 7 ˆ Az elsõ megoldás már ismert P pontot dj vissz, második pedig Q ;. Ë Á 9 9 -t Két pontból (M és Q) már fel tudjuk írni keresett f egenes egenletét: f : + 0 =. Megjegzés: A feldtot más úton is megoldhtjuk, például MO fölé írt Thlész-körrel. 0!. ) (; ; ) típusú ismétléses permutációt kell elszámolnunk: 00.!!! = b) A 0 ppírdrbkából három mgr zászlót rkhtunk ki, és mrd eg fehér lpocsk. Ezt lpot vg z elsõ zászló elé, vg z elsõ után második elé, vg második után hrmdik elé, vg hrmdik után negedik elé, vg negedik után húzhtjuk. Ez összesen lehetõség. c) H csupán piros-fehér-zöld zászlónk vn, kkor mrdék piros, fehér, zöld lpot mjdnem bármelik helre húzhtjuk. Ez mjdnem (; ; ; )-tgú ismétléses permutáció, zz 6! 80. Azért csk mjdnem, mert ebben benne vn nnk lehetõsége, hog!!!! = létrejön eg hrmdik zászló is, mit ebben z esetben ki kell zárnunk. Mivel rr lehetõség volt, megoldás: 80 = 76. d) H csk trikolórt látunk, kkor ez és mrdék piros, fehér és zöld lp mjdnem 8! (; ; ; )-tgú ismétléses permutációt d: 680. Ebbõl el kell vennünk zokt!!!! = z eseteket, mikor három vg kettõ trikolór lkul ki, zz 80-t. Az eredmén = 00.. ) A függvén z = helen metszi z tengelt, zz: f( ) = + b c + d =0. Ahol szélsõértéke vn, ott z f () = + b + c deriváltj 0, vgis f () = + b + c = 0 és f () = 7 + 6b + c = 0. Más információnk nincs függvénrõl. H nég ismeretlen és három egenlet áll csk rendelkezésünkre, kkor csk vlmelik prméter függvénében tudunk niltkozni többirõl. () + b c+ d = 0 () + b+ c= 0. () 7+ 6b+ c= 0 Vonjuk ki ()-t ()-ból: + b = 0, íg b = 6. Helettesítsünk vissz ()-be: + c = 0, íg c = 9. Végül helettesítsünk vissz ()-be: d = 0, íg d =6. Tehát f() függvénünk következõ: f() = = ( ). 7

18 MEGOLDÁSOK. ÉVFOLYAM b) = esetén f() = Azt már tudjuk, hog függvén szélsõértékei z = és = heleken vnnk. Tekintsük deriváltt: f () = + 9 = ( )( ). Mivel derivált felfelé níló prbol, ezért elõjelviszoni következõk: < < < < f () pozitív 0 negtív 0 pozitív f() monoton növõ MAXIMUM monoton csökkenõ MINIMUM monoton növõ Innen leolvshtó, hog függvénnek = helen vn lokális minimum.. Feldtsor / B megoldások. ) Sorbn véve kis háromszögekben z,, szkszokt, B kpjuk: =80 cos, = cos =80 cos, 80 = cos =80 cos, = cos =80 cos stb. C 6 A töröttvonl hossz mértni soroztot lkotó szkszok 0 összege (mértni sor): cos cos ( + cos + cos + ) = 80 cos cosi =. cos Mivel ng háromszögben z átfogó 0 6, íg 0 7 cos = = Behelettesítve, vonl hosszár kpjuk: 7 80 = ( 6 + 7)» 7, 8 cm. 6 7 b) Tudjuk, hog derékszögû háromszög területe befogók szorztánk fele. Vegük sorbn z,, szkszok hosszit kis háromszögekben: =80 sin ; = sin =80 cos sin ; = sin =80 cos sin ; = sin =80 cos sin stb. A zöld háromszögek területei pártln sorszámú -ek és -ok szorzti felének z összege (mértni sor): 80 sin cos T zöld = ( + cos + cos8 + ) = 80 sin cos = (cos 80 sin cos ) i =. ( cos ) 8 i= 0 i= A

19 A piros háromszögek területei páros sorszámú -ek és -ok szorzti felének z összege (mértni sor): 80 sin cos T piros = ( + cos + cos8 + ) = 80 sin cos = (cos 80 sin cos ) i =. ( cos ) A hándosuk pedig: nn ( ) 6. ) Az n pontú teljes gráf éleinek szám, z n pontú fánk pedig (n ) éle vn. n Hándosuk. b) Mivel teljes gráfbn bármel két pont szomszédos, íg z õket összekötõ utk hosszánk minimum mindig. A teljes gráfok átmérõinek mimum. Az n pontú fgráfok lehetnek teljesen különbözõek is. A legszélesebb fákt kkor kpjuk, h pontokt egetlen vonlr fûzzük fel (lánc). Ekkor legtávolbbi pontok között (n ) él fut, zz z ilen gráfok átmérõinek mimum (n ). c) Tudjuk, hog minden pont fok kettõ, továbbá gráf egszerû és összefüggõ. Vegük észre, hog z ilen gráf kör lkú! A 8 pontú körben szemközti pontok legkisebb távolság, zz gráf átmérõje is. A kör lk igzolásához válsszuk ki z egik pontot és nnk egik élét. A pontot stírozzuk be, és induljunk el z élen. A következõ pontb jutv stírozzuk be zt is, mjd menjünk tovább másik élen. Ismételjük ezt ddig, míg stírozott pontb nem érünk. Belátjuk, hog ekkor minden pontot érintettünk: stírozott pontok összefüggõ gráfot lkotnk és h lenne stíroztln pont, kkor z eredeti gráfunk nem lenne összefüggõ. d) H minden pont fok 6, kkor bármel pontot is tekintve, vn pontosn eg oln, mellel nem szomszédos. Azonbn többi ht ponttl ez is szomszédos, zz két említett pont távolság. Ilen feltételek mellett bármel két pont távolság vg, vg. A gráfok átmérõje. e) A gondoltmenet ngon hsonló d) ponthoz, kis különbséggel. Induljunk ki pl. z A pontból, szomszédos pontját jelölje S A. B jelöljön oln pontot, mel nem szomszédos A-vl (három ilen is vn). Mivel B fok is, ezért mimum oln pont lehet vele szomszédos, mel nincs S A -bn. Tehát B leglább két oln ponttl szomszédos, melek A-vl szomszédosk. Íg most is bármel két pont távolság vg, vg. Az ilen gráfok átmérõje is. Megjegzés: H minden pont fok, kkor nehezebb helzet. Lehetséges, hog S A egik pontj sem szomszédos S B egik pontjávl sem. Nem összefüggõ gráfnk pedig nincs átmérõje. 7. Jelölje két ismeretlen értéket és. Az ]A s; A + s[ = ],9; 9,09[-ból kiindulv hsználjuk ki, hog z intervllum középpontj számtni átlg. Tehát: A A s + = A + s = 6. Ebbõl nég tizedesjegre megdhtjuk szórást is: 6 + s = 9,09 Þ s =,09. T T zöld piros i= 0 6 = = cos. 9 9

20 MEGOLDÁSOK. ÉVFOLYAM Enni információ már elegendõ eg kétismeretlenes egenletrendszer felírásához: = = + + ( ) + ( ) + ( ) + ( ) + ( 6 ) + ( 6 ), 0 Rendezzük mindkét sort. Mivel tudjuk, hog és egészek, ezért,09 négzetét kerekítjük: = Þ =, =, =, =. = ( ) + ( ) A mint hiánzó két eleme tehát 0 és.. 8. Eg másodfokú függvénnek pontosn kkor vn két zérushele, h polinomból lkotott másodfokú egenlet diszkrimináns pozitív szám: p D= p q> 0, zz q<. Tudjuk, hog (p; q) ÎI, hol I = [ ; ]. A(p; q) rendezett párt és fenti feltételt legegszerûbben koordinát-rendszerben ábrázolhtjuk. A kék színû rész jelenti zokt pontokt, melekre kérdéses g() függvénnek két különbözõ zérushele vn. A vlószínûség kék színû terület és négzet területének rán. A prbolgörbe és z tengel közötti terület: A vlószínûség: p p 8 8 d p = = + =. T T kék négzet 8 + = 6 7 =. 9. Feltételezhetjük, hog fák függõlegesen nõttek, ezért RPQT négszög tégllp, és RTS háromszög derékszögû. APB és AQB szögeket z dtokból kiszámíthtjuk. Mivel ismertek szögek, APB è és AQB è oldlit kiszámíthtjuk szinusztétellel: PA sin º = Þ PA» 09, 0 m, 00 sin 9º PB sin 00º = Þ PB» 7, m, 00 sin 9º BQ sin 6º = Þ BQ», m. 00 sin º Trigonometrikus összefüggések lpján: PR QS = tg 7º Þ PR», 67m, illetve = tg 7, º PA QB Þ QS» 7, 8m. 7 A R Q P 9 7, 9 6 S T 00 m B 0

21 Ekkor ST = QS PR = 7,6 m. A PQB è -ben koszinusztétellel kiszámíthtó PQ: PQ = PB + QB PB QB cos 9º Þ PQ» 76,9 m. Végül eg Pitgorsz-tétellel megdhtjuk RS értékét: RS = RT + ST = PQ + (QS PR) Þ RS» 79,89 m. Ahhoz, hog kötélre rögzített tárg pál egik végpontjából másikb jusson, kötélnek leglább kétszer oln hosszúnk kell lennie, mint pál hossz. Azz kérdésre válsz: RS» 79,78 m.