11. osztály 1. Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán! xy + yz = 8 yz + zx = 9 zx + xy = 5
(10 pont) Megoldás: A három egyenlet összege: 2( xy + yz + zx ) = 22 , azaz xy + yz + zx = 11 .
(2 pont) Ebbő l kivonva az egyenleteket: xy = 2, yz = 6, zx = 3 . (2 pont) Ezek szorzata: ( xyz )2 = 36 , így xyz = 6 , vagy xyz = −6 .
(2 pont) Az eredeti egyenletrendszer megoldásai: x = 1, y = 2, z = 3 és x = −1, y = −2, z = −3 . (2+2 pont)
2. Az x 2 + px + q = 0 egyenletben az együtthatók, p és q prímszámok, és az egyenlet gyökei egész számok. Határozza meg p és q lehetséges (pozitív) értékeit. (10 pont) Megoldás: A gyökök és együtthatók közti összefüggéseket használjuk. Ez alapján a két gyök szorzata a q prímszám. Ez azt jelenti, hogy az egyenlet gyökei 1 és q, vagy − 1 és − q . (3 pont)
A két gyök összege 1 + q = − p , illetve a második esetben −1 − q = − p , azaz 1 + q = p . (2 pont) Az 1 + q = − p egyenletnek nincs megoldása a prímek körében, hiszen a p és q prímszámok pozitív számok. (2 pont) A 1 + q = p egyenlet egyetlen megoldása p = 3, q = 2 . Az egyenlet gyökei valóban egész számok: − 1 és − 2 . (3 pont)
3. Az ABCD paralelogramma A és D csúcsából induló szögfelezői a BC oldalt három egyenlő részre osztják. Mekkorák a paralelogramma oldalai, ha a kerülete 40 egység? (11 pont) Megoldás: Két eset lehetséges: a szögfelező k M metszéspontja a paralelogrammán kívül, vagy a paralelogramma belsejében helyezkedik el. (2 pont) Mivel a paralelogramma szemközti oldalai párhuzamosak, így NAD ∠ = ANB ∠ (váltószögek). Továbbá AM szögfelező , így NAD∠ = NAB∠ . Ezekbő l NAB∠ = ANB∠ , azaz ANB egyenlő szárú háromszög, AB = BN . (3 pont)
a) Az első esetben AB = BN = NK = KC = x , a paralelogramma kerülete 2 ⋅ (x + 3 x ) = 40 , innen x = 5 . A paralelogramma oldalai 5 és 15. (3 pont) b) A második esetben BN = KN = NC = x és AB = 2 x , a paralelogramma kerülete 2 ⋅ (2 x + 3 x ) = 40 , innen x = 4 . A paralelogramma oldalai 8 és 12. (3 pont) Pontozás: Ha csak egy jó ábrát készít és más értékelhető teljesítménye nincs a megoldónak, arra adjunk 2 pontot, illetve 4 pontot akkor, ha észreveszi, hogy két megoldás van.
4. Mekkora az y =
2x2 kifejezés legkisebb, illetve legnagyobb értéke? x4 +1
2x 2 ≥ 0 , hiszen a számláló nemnegatív és a nevező pozitív. x4 +1 2x 2 Ha x = 0 , akkor 4 = 0 , tehát a kifejezés legkisebb értéke 0. x +1 2x2 2 Ha x ≠ 0 , akkor 4 . = x +1 x2 + 1 x2 1 Egy pozitív szám és reciprokának összege legalább 2, azaz x 2 + 2 ≥ 2 , x 2 tehát 1 ≥ . 1 x2 + 2 x 2 Ha x = ±1 , akkor = 1 . Így a kifejezés legnagyobb értéke 1. 1 2 x + 2 x Megoldás:
(14 pont)
(2 pont) (2 pont) (3 pont)
(2 pont) (3 pont)
(2 pont)
5. Derékszögű háromszög befogóinak aránya 3:4, a derékszög szögfelezőjének hossza 24 2 egység. Mekkora a háromszög kerülete? (17 pont) Pontozás: 8 pont arra, ha járható úton igyekszik megoldani a feladatot, vagy legalábbis felvázolja azt. A részpontszámok adásánál kövessük azt az utat, ahogyan az érettségi dolgozatokat pontozzuk. Összesen 17 pont szerezhető.
Megoldások: Néhány adat: CL = 24 2 , BC = 3k , AC = 4k , AB = 5k (ez a Pitagorasz-tétel miatt), és a háromszög szögfelező jére vonatkozó tétel miatt AL : LB = 3 : 4 , így 20k 15k AL = , BL = . 7 7 1. megoldás: (Ötlet: A CKL háromszögben felírjuk a Pitagorasz-tételt.)
A CBK∆ és az ABC∆ hasonlóak, ez alapján számolva BK =
KL = BL − BK = 2
2
9k 12k , CK = 5 5
15k 9k 12k . A CKL háromszögben felírjuk a Pitagorasz-tételt: − = 7 5 35
2 12k 12k + = 24 2 , ebből k = 14 . 35 5 Az ABC háromszög kerülete 3k + 4k + 5k = 12k = 168 .
(
)
2. megoldás: (Ötlet: CL = CP + PL ) CP = PB =
3k 2
2
2
2
3k 15k 3k A BPL háromszögben felírjuk a Pitagorasz-tételt: LP = =K= , − 7 2 7 2 3k 3k 3k . CL = CP + PL , így 24 2 = + , ebbő l k = 14 . azaz LP = 7 2 2 7 2 Az ABC háromszög kerülete 12 k = 168 . 2
3. megoldás: (Ötlet: koszinusztétel)
A CBL háromszögben felírjuk a koszinusztételt a BL oldalra: 2
2 2 15k 2 , a könnyebb számolás kedvéért legyen k = 7t . = (3k ) + 24 2 − 2 ⋅ 3k ⋅ 24 2 ⋅ 2 7 225t 2 = 441t 2 + 1152 − 1008t , 216t 2 − 1008t + 1152 = 0, 3t 2 − 14t + 16 = 0 , ennek gyökei 8 t1 = 2 , t 2 = . A t = 2 esetben a háromszög oldalai 42, 56 és 70, a háromszög kerülete 168. 3 8 A t = eset nem lehetséges. (Miért?) 3
(
)
4. megoldás: (Ötlet: szinusztétel)
A CBL háromszögben felírjuk a szinusztételt (a B csúcsnál levő szög szinusza CL = BL
4
5 , azaz 24 2 = 8 , k = 14 . 15k 5 2 2 7 2
4 ): 5
5. megoldás: (Ötlet: terület)
A háromszög területe a két kisebb háromszög területének összege.
t=
3k ⋅ 4k 3k ⋅ 24 2 ⋅ sin 45° 4k ⋅ 24 2 ⋅ sin 45° = + , azaz k = 6 + 8 = 14 . 2 2 2
6. megoldás: (Ötlet: hasonlóság)
Az LKB háromszög kerülete: 24 + 24 ⋅
3 5 + 24 ⋅ = 72 . 4 4
Az LKB és az ACB háromszögek hasonlóak, a hasonlóság aránya kerülete
7 ⋅ 72 = 168 . 3
7 , így az ACB háromszög 3
7. megoldás: (Ötlet: részháromszögek kerületének összege) Az ABC háromszög kerülete egyenlő az ANL és az LKB háromszögek kerületének összegével.
Az ABC, ANL és az LKB háromszögek hasonlóak, mindegyikben 3 : 4 : 5 az oldalak aránya. 4 Az LKB háromszög LK = 24 oldala az LKB háromszög kerületének -e, tehát a kerület 12 12 ⋅ 24 = 72 . 4 3 -e, tehát a kerület. Az ANL háromszög NL = 24 oldala az ANL háromszög kerületének 12 12 ⋅ 24 = 96 . 3 Az ABC háromszög kerülete 72 + 96 = 168 .
6. A H halmaz a következő tulajdonságú: 2 ∈ H , ha n ∈ H , akkor n + 5 is, és 3n is eleme Hnak. Melyik az a 2012-nél nem nagyobb legnagyobb szám, amely nem tartozik H-ba? (18 pont) Megoldás: H-nak elemei a 2, 7, 12, 17, 22, …. sorozat tagjai (tekintettel az n + 5 -re vonatkozó feltételre). (3 pont) H-nak eleme 3 ⋅ 2 = 6 , és így a 6, 11, 16, 21, 26, 31, … számok is. (3 pont) Eleme a halmaznak 3 ⋅ 6 = 18 , és így a 18, 23, 28, 33, 38, 43, … számok is. (3 pont) H-hoz tartozik 3 ⋅ 18 = 54 , és így az 54, 59, 64, 69, 74, … számok is. (3 pont) Azt látjuk, hogy H-nak eleme minden olyan (50-nél nagyobb) szám, amely 5-tel osztva 1, 2, 3 vagy 4 maradékot ad. (3 pont) Az 5-tel osztható számok nem tartoznak H-hoz, így a keresett szám: 2010. (3 pont)
7. Az x, y pozitív egészekre x( x + 1) | y ( y + 1) és x nem osztója y -nak, nem osztója ( y + 1) nek; továbbá ( x + 1) nem osztója y -nak, és nem osztója ( y + 1) -nek. Van-e ilyen tulajdonságú (x; y ) számpár? Ha van ilyen számpár, keresse meg azt, amelyre x + y értéke a legkisebb. (20 pont) Pontozás: Ha a megoldó talál a feltételeket teljesítő tulajdonságú ( x; y ) számpárt, arra adjunk 8 pontot. Ha ez a számpár a (14, 20) , akkor adjunk 10 pontot. Ha kellően indokolja, hogy ez a „legkisebb”, akkor adjuk meg a 20 pontot.
Megoldás: Nyilván x sem, ( x + 1) sem lehet prím, hiszen ha valamelyik prím, akkor az osztója y -nak vagy ( y + 1) -nek. Továbbá x és ( x + 1) relatív prímek, valamint y és ( y + 1) is relatív prímek, ezért x sem, (x + 1) sem lehet prímhatvány. Ha például x = p k lenne, akkor mivel x nem osztója y -nak,
nem osztója ( y + 1) -nek, így p m osztója y -nak és p n osztója ( y + 1) -nek, ahol p k = p m ⋅ p n . Ez nem lehet, hiszen y és ( y + 1) is relatív prímek. Tehát x és ( x + 1) egyike sem lehet prím, és egyike sem lehet prímhatvány. A legkisebb ilyen tulajdonságú x szám a 14, a következő ilyen szám a 20. x ( x + 1) = 14 ⋅ 15 = 2 ⋅ 7 ⋅ 3 ⋅ 5 , így a feltételek alapján 2 ⋅ 3 , valamint 5 ⋅ 7 számok egyike y nak, a másik ( y + 1) -nek osztója; vagy 2 ⋅ 5 , valamint 3 ⋅ 7 számok egyike y -nak, a másik ( y + 1) -nek osztója. Gyorsan megtalálható a feltételeket kielégítő y , ( y + 1) számpár. Első esetben (35, 36 ) , második esetben (20, 21) . Találtunk két, a feltételeknek megfelelő ( x, y ) számpárt: (14, 20) , (14, 35) . x + y értéke 34, illetve 49. Vizsgáljuk a következő x értéket, x = 20 . Nem fontos megkeresni a megfelelő ( x, y ) számpárt, hiszen x ( x + 1) | y ( y + 1) , így x ≤ y , tehát x + y ≥ 20 + 20 = 40 , és ez nagyobb 34nél. A kérdezett legkisebb összeg x + y = 14 + 20 = 34 .
12. osztály 1. Hány megoldása lehet az egész számok körében x-re az | x 2 − 10 |= k egyenletnek, ha a k paraméter egész számot jelöl? (10 pont) Megoldás. Ha k < 0 , akkor az egyenletnek nincs megoldása. Sok más esetben sincs megoldás, például k = 2, 3, 4, 5 esetén. (2 pont) 1 megoldása van az egyenletnek k = 10 esetén. Hiszen az abszolutérték elhagyása után az x 2 − 10 = 10 és x 2 − 10 = −10 egyenleteket kapjuk. Az x 2 = 20 egyenletnek nincs egész megoldása. Az x 2 = 0 egyenlet megoldása x = 0 . (2 pont) 2 2 2 megoldása van az egyenletnek például k = 1 esetén. Ekkor x − 10 = 1 , vagy x − 10 = −1 , azaz x 2 = 11, illetve x 2 = 9 . Az egész számok körében két megoldás van: x = 3 és x = −3 . (2 pont) 4 megoldása van az egyenletnek k = 6 esetén. Ekkor az x 2 − 10 = 6 és x 2 − 10 = −6 egyenleteket kapjuk. x 2 = 16, x = ±4 , és x 2 = 4, x = ±2 . (2 pont)
Az abszolutérték elhagyása után két egyenletet kapunk: x 2 − 10 = k , vagy x 2 − 10 = −k , azaz x 2 = 10 + k , illetve x 2 = 10 − k . Ha mindegyiknek van nullától különböző megoldás az egész számok körében, akkor 4 gyöke van az egyenletnek, több nem lehet. 3 gyök úgy lenne, ha a két egyenlet egyike x 2 = 0 , ám ekkor a másik egyenlet x 2 = 20 . Így a megoldások száma 0, 1, 2 vagy 4 lehet. (2 pont)
2. Oldja meg az egyenletrendszert a valós számok halmazán!
lg x − lg y = 1 lg 2 x + lg 2 y = 5 (10 pont) Megoldás: Legyen a = lg x, b = lg y , ekkor az egyenletrendszer az
a −b =1 a 2 + b 2 = 5
alakot ölti. Innen kapjuk az b 2 + b − 2 = 0, (b + 2 )(b − 1) = 0 . Ha b = −2, a = −1 , akkor az x = 0,1, y = 0,01 . Ha b = 1, a = 2 , akkor x = 100, y = 10 .
(4 pont) (3 pont) (3 pont)
3. Az ABC háromszög körülírt körének középpontja O, beírt körének középpontja K. Ha AOC∠ = 60° , akkor mekkora AKC∠ ? (16 pont)
Megoldás: OA = OB = BC = R , BAC∠ = α , ABC∠ = β , BCA∠ = γ
AC = 2R ⋅ sin β , azaz R = 2R ⋅ sin β , sin β =
szögek kapcsolatából is adódik), vagy β = 150° .
1 , tehát β = 30° (ez a kerületi-középponti 2 (4 pont) (4 pont)
150° α γ Ha β = 30° , akkor α + γ = 150° és AKC∠ = 180° − + = 180° − = 105° . (4 pont) 2 2 2 Ha β = 150° (az ábrán ez az AB1C háromszög), akkor α + γ = 30° és ha itt a beírt kör közepe 30° α γ = 165° . K1, úgy AK1C∠ = 180° − + = 180° − (4 pont) 2 2 2 Pontozás: Ha csak egy jó ábrát készít és más értékelhető teljesítménye nincs a megoldónak, arra adjunk 2 pontot, illetve 4 pontot akkor, ha észreveszi, hogy két megoldás van.
4. Mekkora az y =
x2 +1 kifejezés legkisebb, illetve legnagyobb értéke? x2 + x +1
(16 pont)
Pontozás: A minimum helyes megállapítására és indoklására adjunk 8 pontot, a maximumra szintén 8 pontot.
Megoldás: Ha x = 0 , akkor a kifejezés értéke 1.
Ha x ≠ 0 , akkor
x2 +1 (x 2 + x + 1) − x = 1 − x = 1 − = x2 + x +1 x2 + x +1 x2 + x +1
1 . 1 x + +1 x
Két esetet nézünk. Ha x > 0 , akkor x +
Következésképpen
1 1 ≥ 2 , így x + + 1 ≥ 3 , és 0 < x x
2 ≤ y = 1− 3
Ha x < 0 , akkor x +
1 1 ≤ . 1 3 x + +1 x
1 < 1. 1 x + +1 x
1 1 ≤ −2 , így x + + 1 ≤ −1 , és 0 > x x
Következésképpen 1 < y = 1 −
1 ≥ −1 . 1 x + +1 x
1 ≤ 2. 1 x + +1 x
x2 +1 2 legkisebb értéke , legnagyobb értéke 2. Ezeket x = 1, illetve x = −1 2 3 x + x +1 értékekre veszi fel.
Tehát y =
5. Az ABC derékszögű háromszög AC és BC befogóira kifelé építettük az ACFG és BCDE négyzeteket, és BC = 2 ⋅ AC . Az AE és a BG szakaszok a befogókat a K és H pontokban metszik. Mekkora a CKH ∠ ? (14 pont) Pontozás: Ha csak egy jó ábrát készít és más értékelhető teljesítménye nincs a megoldónak, arra adjunk 2 pontot. A részpontszámok adásánál kövessük azt az utat, ahogyan az érettségi dolgozatokat pontozzuk.
Megoldás: Legyen a = BC , b = AC .
KC a . = b a+b HC b A HCA és az EDA háromszögek hasonlóak, így = . a a +b ab Ezekből KC = HC = , ezért CKH∠ = 45° . a+b
A KCB és a GFB háromszögek hasonlóak, így
Megjegyzés: A BC = 2 ⋅ AC feltétel felesleges, nem használjuk, és nem befolyásolja a végeredményt. Egyetlen szerepe, megzavarni a feladat megoldóját. 6. Jelölje V (n ) az n szám egyjegyű pozitív osztóinak számát. Például V (100) = 4 , mivel a 100-nak 4 egyjegyű osztója van: 1, 2, 4 és 5. Mennyi V (1) + V (2 ) + V (3) + K + V (99) + V (100) értéke? (16 pont) Megoldás: A V (1) + V (2) + V (3) + K + V (99) + V (100) összeg megszámlálja, hogy az 1, 2, 3, …, 99, 100 számoknak összesen hány egyjegyű osztója van, vagyis közülük hány számnak osztója az 1, a 2, a 3, …, a 8 és a 9. Számoljuk össze! Az 1 az 1, 2, 3, …, 100 számok mindegyikének osztója, a 2 osztója 50 számnak, 33 olyan szám van, amely osztható 3-mal, …, 100 100 100 100 azaz + + +K+ = 100 + 50 + 33 + 25 + 20 + 16 + 14 + 12 + 11 = 281 . 1 2 3 9 Pontozás: A részpontszámok adásánál kövessük azt az utat, ahogyan az érettségi dolgozatokat pontozzuk.
7. Az y = x 2 + 4 és y = − x 2 + 2 x paraboláknak van két közös érintő jük. Bizonyítsa be, hogy a parabolákon levő négy érintési pont egy paralelogramma csúcsait alkotja. (18 pont) 1. megoldás: A két parabola egybevágó, hiszen mindkettő az y = x 2 parabola eltolásával, és a második parabolánál még tükrözéssel kapható. A két parabola ellentétes állású, egyikbő l a másik megkapható középpontos tükrözéssel. 0 + 1 4 + 1 1 5 Csúcspontjaik A(0; 4) és B(1; 1) , így a tükrözés középpontja C ; = C ; . 2 2 2 2 Ha a C pontból érintőt húzok az első parabolához, akkor az M érintési pontot tükrözve C-re megkapjuk a második parabola egy M’ pontját. A CM’ egyenes érintő je a második parabolának, hiszen ha két pontban is metszené ezt a parabolát, akkor a tükrözés miatt a CM egyenes is két pontban metszené az első parabolát, noha ez annak érintő je. Tehát az M, C, M’ pontok egy egyenesen vannak, ez az egyenes közös érintő je a két parabolának, és C az MM’ szakasz felezőpontja. Ugyanígy a másik közös érintő is átmegy a C ponton, és C felezi a két érintési pont által kijelölt szakaszt. Ez azt jelenti, hogy a négy érintési pont paralelogrammát alkot, melynek középpontja C. 2. megoldás: Határozzuk meg a négy érintési pont koordinátáit. Az y = x 2 + 4 parabola a abszcisszájú pontjában húzott érintőjének meredeksége 2 a , és az érintő egyenlete y = 2ax − a 2 + 4 .
Az y = − x 2 + 2 x parabola b abszcisszájú pontjában húzott érintő jének meredeksége − 2b + 2 , és az érintő egyenlete y = (− 2b + 2 )x + b 2 . Ha a két parabola közös érintő jét vesszük, akkor 2a = −2b + 2 és − a 2 + 4 = b 2 . Az egyenletrendszernek két megoldása van (két közös érintő van): 1+ 7 1− 7 1− 7 1+ 7 , b= , b= a= , illetve a = 2 2 2 2 1 + 7 12 + 7 1 − 7 12 − 7 , Q = , Az érintési pontok: P = ; 2 ; 2 2 2 1 − 7 1+ 7 − 2 + 7 2 + 7 . R = ;− , S = ; 2 2 2 2 1 5 A PR és a QS szakaszok felező pontja azonos, mindkét esetben C ; , így a PQRS négy 2 2 szög paralelogramma. Pontozás: A részpontszámok adásánál kövessük azt az utat, ahogyan az érettségi dolgozatokat pontozzuk.
