Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny 2012/2013 Az 1. forduló feladatainak megoldása 9. évfolyam 1. Egy csokoládégyárban két gépsoron 2012. november 5-én kezdték el gyártani a 85 gramm tömegő csoki mikulásokat. A gyártás utolsó fázisában megmérik minden csoki mikulás tömegét és, ha annak tömege kevesebb, mint 83 gramm, akkor csomagolás nélkül visszakerül az olvasztóba. Az elsı nap a két gépsoron összesen 26400 csoki mikulást gyártottak, amibıl 636-ot nem csomagoltak be. Az egyik gépsoron gyártott mikulások 2%a, míg a másikon gyártott mikulások 3%-a volt selejtes. Hány selejtes mikulást gyártottak az egyik, illetve a másik gépsoron? Megoldás: Jelölje az elsı gépsoron gyártott mikulások számát x, a másikon gyártottat 26400-x. (1 pont) A selejtek száma: 0,02·x, illetve 0,03·(26400-x). (2 pont) A feltételekbıl: 0,02·x + 0,03·(26400-x) = 636. (1 pont) Összevonás és rendezés után: -0,01x = - 156 (2 pont) Az elsı gépsoron gyártott mikulások száma 15600, a másodikon gyártottaké 10800 (1 pont) Az elsı gépsoron gyártott selejtek száma 0,02·15600 = 312 (1 pont) A második gépsoron gyártott selejtek száma 0,03·10800 = 324 (1 pont) Ezek összege 636. (1 pont) Összesen: 10 pont 2. Határozzuk meg azokat a háromjegyő számokat, amelyek egyenlık számjegyei összegének a 23szorosával.
Megoldás: Írjuk fel a feltételt a helyi értékekkel: 100a + 10b + c = 23(a + b + c) . (2 pont) Rendezzük az egyenletet a következı alakra: 11(7a − 2c ) = 13b (2 pont) Mivel (11;13) = 1, ezért 11|b. figyelembe véve, hogy b számjegy, b = 0. Amibıl (2 pont) 7 a − 2c = 0 következik (1 pont) Figyelembe véve a feltételeket ez az egyenlıség, csak c = 7 és a = 2 esetén teljesül. (2 pont) Ellenırzés (1 pont) Válasz: A feltételeknek egyetlen háromjegyő szám felel meg, a 207. Összesen:
10 pont
1
3. Az ABC háromszög oldalainak hossza a = 26, b = 28 és c = 30. Az AB oldal felezıpontját jelöljük E-vel, BC oldal felezıpontját F-fel és az AC-ét G-vel! A C-bıl induló magasságvonalának talppontját jelöljük T-vel! Bizonyítsuk be, hogy ETFG négyszög húrtrapéz!
Megoldás: Használjuk az ábra jelöléseit!
FG az AB oldalhoz tartozó középvonal, ezért FG||AB és fele olyan hosszú. (3 pont) GE a BC-hez tartozó középvonal, így GE||BC és fele olyan hosszú (GE = CF). (2 pont) GF merılegesen felezi CT-t, így CFT háromszög egyenlıszárú, tehát FT = CF = GE. (3 pont) Tehát ETFG négyszög húrtrapéz, mert még igaz az is, hogy TFG∠ = EGF∠. (2 pont)
Összesen:
10 pont
4. Egymás után leírtunk 2012 számjegyet úgy, hogy bármely két szomszédos számjegybıl alkotott kétjegyő szám (helyi értékek sorrendjét megtartva) osztható 17-tel vagy 23-mal. Az utolsónak leírt számjegy a 7. Melyik számjegyet írtuk le elsınek? Válaszod indokold!
Megoldás: Felírva a 17 és a 23 kétjegyő többszöröseit (17, 34, 51, 68, 85 és 23, 46, 69, 92) egyetlen olyan többszörös van, ami 7-re végzıdik, a 17. (3 pont) Az elıtte lévı csak az 51 lehet, ez elıtt csak a 85, ami elıtt csak a 68, ez elıtt csak a 46, ami elıtt csak a 34, ez elıtt csak a 23, ez elıtt csak a 92, majd a 69 lehet. (3 pont) Ezután már periodikusan ismétlıdnek a számjegyek. A periodus hossza 5. (2 pont) A leírt 2012 számjegy: x…6923468517. A 2012-ediknek leírt számjegy: 2012 = 4 + 401·5 + a periodus 3. számjegye, ami a 3.
(2 pont)
Összesen:
10 pont
2
5. Hány négyjegyő számot készíthetünk a páros számjegyek felhasználásával, ha a számjegyek nem ismétlıdhetnek? a) Mennyivel egyenlı a fenti négyjegyő számok összege? b) Hány 12-vel osztható szám van a fenti négyjegyő számok között?
Megoldás: a) Az ezres helyi értékre négy számjegybıl választhatunk (a nullát nem). (1 pont) A százas helyi értékre négy, a tízes helyi értékre három és az egyes helyi értékre két számjegybıl választhatunk. (1 pont) A keresett négyjegyő számok száma: 4·4·3·2 = 96. (1 pont) Az ezres helyi értéken a négy számjegy mindegyike 24-szer szerepel, további helyi értékeken 18-szor. (2 pont) Így a megfelelı négyjegyő számok összege: (24·103+18·102+18·10+18)·(8+6+4+2)=519960. (2 pont) b) A néggyel és hárommal való oszthatóságot felhasználva az utolsó két számjegy mellett zárójelben az összes ilyen 12-vel osztható számok számát írtuk: 20(2), 40(4), 60(4), 80(2), 24(1), 48(1), 64(2), 68(2), 84(1), ami 19. (3 pont)
Összesen:
10 pont
6. Egy trapéz alapjai 12 cm és 8 cm hosszúak. Az egyik átló 30o-os szöget zár be az alappal és merıleges a másik átlóra.
a) Hány cm hosszú a trapéz két átlója? b) Mekkora a trapéz területe?
Megoldás: a) Készítsünk ábrát, és használjuk annak jelöléseit!
Az ABE háromszög A-nál lévı szöge 30o-os, ezért EB = 6 cm. Az AE = 3 ⋅ 6 cm. A DCE háromszögben C-nál lévı szöge 30o-os, ezért ED = 4 cm. Az CE = 3 ⋅ 4 cm. Így BD = 10 cm, AC =
3 ⋅ 10 cm.
(2 pont) (1 pont) (2 pont) (1 pont) (2 pont)
b) Mivel a trapéz átlói merılegesek egymásra ezért a területe:
AC ⋅ BD = 50 ⋅ 3 cm2. 2
(2 pont)
Összesen:
10 pont
3
10. évfolyam 1. Ha egy kétjegyő szám számjegyeit felcseréljük, akkor a kapott kétjegyő szám értéke az eredeti szám értékénél 108 %-kal nagyobb. Melyik ez a kétjegyő szám?
Megoldás: Jelölje a kétjegyő számot xy . 208 xy (2 pont) 100 (2 pont) Helyi értékes felírás alapján 250 y + 25 x = 520 x + 52 y egyenletet kapjuk. Az egyenletet rendezve és egyszerősítve: 2y = 5x (2 pont) Mivel (2;5) = 1, és figyelembe véve, hogy x, y számjegyek: x = 2, y = 5 az egyetlen megoldás. (2 pont) A keresett kétjegyő szám a 25. (1 pont) 52 = 2,08 , ami 108%-os növekedést jelent. (1 pont) Ellenırzés: 25 Összesen: 10 pont A feltételnek megfelelı egyenlet: yx =
2. Egy 32 lapos magyar kártyából 3 lapot húzunk. A kihúzott kártyák sorrendjét ne vegyük figyelembe! a) Hány különbözı laphármasunk lehet? b) Hány esetben lesz a kihúzott három lap között piros? c) A teljes kártyacsomagban hány különbözı sorrendben lehetnek a piros lapok?
Megoldás: a) Mivel a kihúzott lapok sorrendjét nem vesszük figyelembe, ezért a lehetséges 32 ⋅ 31 ⋅ 30 laphármasok száma: = 4960 (3 pont) 3 ⋅ 2 ⋅1 b) Számoljuk össze a komplementer esetek számát! Ekkor a nyolc piroson kívül van 24 ⋅ 23 ⋅ 22 24 lapunk, melyekbıl hármat = 2024 féleképpen tudunk kiválasztani. 3 ⋅ 2 ⋅1 (3 pont) Így, hogy a kiválasztott három lap között van legalább egy piros: 4960 – 2024 = 2936 lehetıséget jelent. (1 pont) c) Mivel a kártyacsomag 8 piros lapot tartalmaz, ezek lehetséges sorrendje: 8! = 40320. (3 pont) Összesen: 10 pont
4
3. Az O középpontú, R sugarú negyed kör körívének végpontjait jelöljük A-val és B-vel! 2 Rajzoljunk a negyed körbe A középpontú R sugarú körívet! Határozzuk meg annak a 3 körnek a sugarát, amely érinti a negyed kör AB körívét, az OB sugarát és az A középpontú 2 R sugarú körívet! 3
Megoldás: Készítsünk ábrát, és használjuk annak jelöléseit!
Jó ábra. (1 pont) A keresett kör sugarát jelölje r! Felhasználva, hogy érintkezı körök középpontjait összekötı egyenesre illeszkedik az érintési pont kapjuk, hogy (1 pont) 2 OE = R-r, AE = R + r , OF = r és FA = R-r. (2 pont) 3 Az OFE és a FEA derékszögő háromszögek közös EF befogójára felírva Pitagorasz tételét, a következı egyenletet kapjuk: 2
2 2 2 2 R + r − (R − r ) = ( R − r ) − r 3 4 2 4 R + Rr + r 2 − R 2 + 2 Rr − r 2 = R 2 − 2 Rr + r 2 − r 2 9 3 7 Rendezés után kapjuk, hogy a kör sugara: r = R. 24
Összesen:
(2 pont) (2 pont) (2 pont)
10 pont
5
4. Két konvex sokszög belsı szögösszegének különbsége megegyezik egy tizenkétszög belsı szögeinek összegével és az egyiknek háromszor annyi csúcsa van, mint ahány oldala a másiknak. Hány átlója van a két sokszögnek összesen?
Megoldás: A két sokszög csúcsainak száma legyen n és m. Ekkor belsı szögeik összege (n − 2) ⋅ 180 0 , illetve (m − 2) ⋅ 180 0 . Ezek különbsége egy tizenkétszög belsı szögösszegével egyezik meg, azaz (m − n ) ⋅ 180 0 = (12 − 2 ) ⋅ 180 0 , ahonnan m-n = 10 egyenletet kapjuk. Másik feltétel szerint m = 3n. Az egyenletrendszer megoldásai: n = 5, m =15. (n − 3) ⋅ n = 5 , illetve (m − 3) ⋅ m = 90 , Az átlók száma: 2 2 így összesen 95 átlójuk van. Összesen:
(2 pont) (2 pont) (1 pont) (1 pont) (2 pont)
(2 pont) 10 pont
5. Az ABC háromszögben a C-bıl induló belsı szögfelezı az AB oldalt D-ben metszi. A BCD háromszög beírt körének középpontja egybeesik az ABC háromszög köré írt körének középpontjával. Mekkorák a háromszög belsı szögei?
Megoldás: Készítsünk ábrát, és használjuk annak jelöléseit!
Jó ábra. CF a DCB∠ szögfelezıje, a BF CBA∠ szögfelezıje, mert F CFB háromszög beírt körének középpontja. Az F az ABC háromszög köré írt körének középpontja,
β
ezért BFC háromszög egyenlıszárú, így
=
γ
. 2 4 Az AFB háromszög egybevágó BFC háromszöggel és AFC háromszög egyenlıszárú, amibıl adódik, hogy α =
3 β 3 γ γ + = γ + =γ 4 2 4 4
A fentieket felhasználva α + β + γ = γ +
γ = 72 0 ,
α = 72 0 ,
γ 2
+γ =
β = 36 0 .
5 γ = 180 0 , ahonnan 2
(1 pont) (2 pont) (1 pont)
(3 pont) (2 pont) (1 pont) 10 pont
Összesen:
6
6. Határozzuk meg azokat az n egész számokat, melyekre a
2n + 6 10 − 4n és a kifejezések n−3 n+2
helyettesítési értékei is egész számok!
Megoldás: 2n + 6 2n − 6 + 12 12 = 2+ ; = n−3 n−3 n−3 10 − 4n 18 − 4n − 8 18 = = − 4 adódik. (4 pont) n+2 n+2 n+2 Az elsı kifejezés pontosan akkor lesz egész, ha n-3|12-nek, azaz ha n = -9, -3, -1, 0, 1, 2, 4, 5, 6, 7, 9, 15. (2 pont) Az második kifejezés pontosan akkor lesz egész, ha n+2|18-nak, azaz ha n = -20, -11, -8, 5, -4, -3, -1, 0, 1, 4, 7, 16. (2 pont) A keresett egész számok: -3, -1, 0, 1, 4, 7. (2 pont) Összesen: 10 pont
Átalakítva a kifejezéseket:
7
11. évfolyam 1. Egy szabályos dobókockával ötször dobunk egymás után és sorba leírjuk a dobott pöttyök számát, így ötjegyő számsorozatot kapunk. a) Hányféle számsorozatot kaphatunk? b) Hányféle sorozatot kaphatunk, melyekben pontosan egy kettes szerepel? c) Mennyi annak a valószínősége, hogy az elsı helyen, a többi helyen álló számtól különbözı szám áll?
Megoldás: a) Minden dobás hatféle lehet, így összesen 65 =7776 számsorozatot kaphatunk. (2 pont) b) Az egy kettes helyére öt lehetıség van, a többi helyre öt számjegy kerülhet, így a feltételnek megfelelı számsorozatok száma: 5·54 = 3125 (3 pont) c) Az elsı helyen hatféle számjegy állhat, míg a többi helyen ötféle szám. (1 pont) Ezért a kedvezı esetek száma 6·54 = 3750. (2 pont) 4 6⋅5 A kérdéses valószínőség P = 5 = 0,482 (2 pont) 6 Összesen: 10 pont 2. Egy egyenlıszárú háromszög szárai 24 cm hosszúak, az alappal bezárt szögük 30o. a) Mekkora a súlypontnak a háromszög magasságpontjától mért távolsága? b) Milyen messze van a magasságponttól a háromszög köré írt körének középpontja?
Megoldás: Készítsünk ábrát, és használjuk annak jelöléseit!
a) Jelölések: magasságpont (M), súlypont (S), köré írt kör középpontja (O).
8
EBC háromszög 30-60 fokos derékszögő háromszög, így CE = 12 cm. BCM háromszög egyenlıszárú, ezért CM =24 cm és SM = 24 + 8 = 32 cm. b) FOC háromszög 30-60 fokos derékszögő háromszög, így CO = 24 cm. OM = OC + CM = 48 cm Összesen:
(2 pont) (3 pont) (3 pont) (2 pont) 10 pont
3. Tekintsük az x 2 + 2(m − 2) x + m 2 − 4m − 21 = 0 másodfokú egyenletet, ahol m valós paraméter. a) Bizonyítsuk be, hogy az egyenlet valós gyökeinek különbsége nem függ m-tıl! b) Határozzuk meg m azon értékét, melyre az egyenlet valós gyökeinek négyzetösszege minimális! c) Milyen m értékekre lesz az egyenlet valós gyökei reciprokának az összege nem negatív?
Megoldás: a) A megoldó képlet alapján:
− 2m + 4 ± 4m 2 − 16m + 16 − 4m 2 + 16m + 84 = −m + 2 ± 5 (2 pont) 2 (1 pont) A két gyök különbsége ± 10 , ami független m-tıl. b) Az a) rész alapján D >0, így minden m-re van valós gyöke az egyenletnek. (1 pont) 2 2 2 2 2 x1 + x 2 = ( x1 + x 2 ) − 2 x1 x 2 = [− 2(m − 2 )] − 2(m − 4m − 21) = (2 pont) 2 = 4m 2 − 16m + 16 − 2m 2 + 8m + 42 = 2m 2 − 8m + 58 = 2(m − 2 ) + 50 A valós gyökök négyzetösszege akkor minimális, ha m = 2. (1 pont) x + x2 1 1 − 2(m − 2) 4 − 2m 4 − 2m c) + = 1 = 2 = 2 = ≥ 0 (2 pont) x1 x 2 x1 x 2 m − 4m − 21 m − 4m − 21 (m − 7 )(m + 3) Egy szorzat akkor pozitív, ha a negatív tényezık száma páros, ami akkor teljesül, ha m < −3, vagy 2 ≤ m < 7 (1 pont) Összesen: 10 pont x1;2 =
4. Az abba négyjegyő természetes számban a és b egymás utáni számjegyek, továbbá abba = bb ⋅ cc , ahol c a b-nél eggyel nagyobb számjegy. Határozzuk meg az abba négyjegyő természetes számot!
Megoldás: 1. eset: b = a + 1, c = b + 1 = a + 2 (1 pont) A feltételnek megfelelı egyenlet: 1000a + 100(a + 1) + 10(a + 1) + a = [10(a + 1) + a + 1] ⋅ [10(a + 2 ) + a + 2] (2 pont) Az egyenletet rendezve: 11a 2 − 68a + 12 = 0 egyenletet kapjuk, melynek egyetlen pozitív egész megoldása van (2 pont) a=6 (1 pont) (1 pont) A keresett négyjegyő szám a 6776.
9
Ellenırzés. 2. eset: b = a - 1, c = b + 1 = a. Ebben az esetben nem kapunk egész megoldást.
(1 pont) (2 pont)
Összesen:
10 pont
5. Oldjuk meg a következı egyenletrendszert az egész számpárok halmazán! x 2 − 9 y 2 − 5 x + 15 y = 0 xy + x + 3 y = 0
Megoldás: Az elsı egyenletet szorzattá alakítva: ( x − 3 y )( x + 3 y − 5) = 0 egyenletet kapjuk. (3 pont) 1. eset: x = 3y, amit a második egyenletbe helyettesítve 3 y 2 + 6 y = 0 egyenletet kapjuk, melynek egész megoldásai: y1 = 0, y 2 = −2 az ezekhez tartozó x értékek: x1 = 0, x 2 = −6
(1 pont) (2 pont) (1 pont)
2. eset: x = 5 − 3 y , amit a második egyenletbe helyettesítve 3 y 2 − 5 y − 5 = 0 egyenletet kapjuk, melynek nincsenek egész megoldásai. Összesen:
(1 pont) (2 pont) 10 pont
6. Bizonyítsuk be, hogy ha egy szimmetrikus trapéz érintınégyszög, akkor magassága mértani közepe az alapoknak!
Megoldás: Jelölje a szimmetrikus trapéz két alapját a, c, szárait b! Mivel érintınégyszög ezért 2b = a + c. A rövidebb alap egyik csúcsából induló m magassága olyan derékszögő háromszöget metsz le, melynek átfogója b és befogója
(2 pont) a−c . 2
(2 pont)
Erre a derékszögő háromszögre felírva Pitagorasz tételét: 2
a−c m = b − , amit rendezve 2 4m 2 = 4b 2 − a 2 − b 2 + 2ac egyenletet kapjuk. 2 Felhasználva, hogy 2b = a + c: 4m 2 = (a + c ) − a 2 − b 2 + 2ac = 4ac 2
2
m 2 = ac , amit bizonyítani kellett. Összesen:
(2 pont) (1 pont) (2 pont) (1 pont) 10 pont
10
12. évfolyam 1. A 8731x45y tízes számrendszerbeli nyolcjegyő számban az x és y számjegyek véletlenszerő megválasztásánál mennyi a valószínősége, hogy 12-vel osztható nyolcjegyő számot kapunk?
Megoldás: Az x és az y egymástól függetlenül 10-10 féleképpen választható meg, így összesen 100 adott alakú szám van. 12-vel pontosan azok a számok oszthatók, melyek oszthatók 3-mal és 4-gyel. 4-gyel pontosan akkor osztható, ha utolsó két számjegyébıl alkotott kétjegyő szám osztható 4-gyel. Így y értéke 2 vagy 6. 3-mal akkor osztható, ha a számjegyek összege osztható 3-mal.
(1 pont) (2 pont) (1 pont)
Ha y = 2, akkor x lehetséges értékei 1, 4 és 7, ami három számot jelent.
(1 pont)
Ha y = 6, akkor x lehetséges értékei 2, 5 és 8, ami három számot jelent.
(1 pont)
A 100 szám közül 6 lesz 12-vel osztható. A kérdéses valószínőség 0,06.
(1 pont)
Összesen:
10 pont
2. Határozzuk meg a P( x; y ) = x 2 + 5 y 2 + 2 xy + 6 y + 2 x + 13 helyettesítési értékét! Mennyivel egyenlı ekkor x+y?
kifejezés
(2 pont) (1 pont)
legkisebb
Megoldás: Alakítsuk a polinomot teljes négyzetek összegévé! 2 P( x; y ) = x 2 + 5 y 2 + 2 xy + 6 y + 2 x + 13 = ( x + y + 1) + 4 y 2 + 4 y + 12 =
= (x + y + 1) + (2 y + 1) + 11 A teljes négyzetek nem negatívak, így a kifejezés legkisebb értéke 11. Ez akkor teljesül, ha y = -0,5 és ekkor x = -0,5. Ekkor x + y = -1. Összesen: 2
2
11
(1 pont) (5 pont) (1 pont) (2 pont) (1 pont) 10 pont
3. Jelölje A halmaz az a), B halmaz a b) kifejezés értelmezési tartományát! a) log x −3 (− x 2 + 5 x + 14) ,
b)
sin 2 x + 3 cos 2 x − 6 . ctg 2 x
Írjuk fel az A I B halmazt!
Megoldás: a) A logaritmus definíciója szerint x − 3〉 0ésx − 3 ≠ 1 és − x 2 + 5 x + 14〉 0 A megoldások: x〉 3, x ≠ 4, − 2〈 x〈 7 A = {3〈 x〈 7 és x≠4 }
(2 pont) (1 pont) (1 pont)
b) ctgx ≠ 0,
(1 pont)
x≠k⋅
π
2
, ahol k egész szám.
sin 2 x + 3 cos 2 x − 6 = 2 ctg x = =
(1 − cos x ) 2
2
sin 4 x + 3 cos 4 x − 6 cos 2 x = cos 2 x
+ 3 cos 4 x − 6 cos 2 x = cos 2 x
4 cos 4 x − 8 cos 2 x + 1 = cos 2 x
(3 pont)
4 cos 4 x − 8 cos 2 x + 1 cos x
4 cos 4 x − 8 cos 2 x + 1 ≥ 0 , cos2x-re másodfokú egyenlıtlenség megoldása, figyelembe véve cosx értékkészletét: cos x ≤ a cos x ≥
2+ 3 nem lehetséges. 2
2− 3 , 2 (2 pont)
Megjegyzés: A feladatban elírás történt, így a második rész intervallumainak megadásához a koszinusz függvény inverzére lenne szükség, így ettıl a résztıl tekintsünk el. Ha valaki teljes megoldást ad az eredeti feladatra az is 10 pontot kap. Összesen: 10 pont
12
4. a) Adott három párhuzamos egyenes, melyek mindegyikén megjelölünk 4 pontot. Elıször számoljuk össze az összes olyan háromszöget, melynek két csúcsa a három egyenes valamelyikén, a harmadik csúcsa pedig egy másik egyenesen van. Másodszor számoljuk össze az összes olyan négyszöget, melynek két-két csúcsa egy-egy egyenesre illeszkedik. Mennyi háromszög, illetve négyszög van? b) Legyen adva két párhuzamos egyenes. Az egyiken megjelölünk n pontot, a másikon n+2öt. Tekintsük az összes olyan háromszöget, melynek két csúcsa az egyik, a harmadik csúcsa a másik egyenesen van, illetve az összes olyan négyszöget, melynek két-két csúcsa egy-egy egyenesre illeszkedik. Melyikbıl lesz több?
Megoldás: a) A háromszögek száma: 6 ⋅
4⋅3 ⋅ 4 = 144 , a négyszögek száma: 2 ⋅1
4⋅3 3⋅ = 108 2 ⋅1 2
(4 pont)
b) A háromszögek száma: A négyszögek száma:
n ⋅ (n − 1) (n + 2) ⋅ (n + 1) ⋅ n . ⋅ (n + 2 ) + 2 ⋅1 2 ⋅1
n ⋅ (n − 1) (n + 2 ) ⋅ (n + 1) ⋅ . 2 ⋅1 2 ⋅1
(1 pont) (1 pont)
Oldjuk meg a következı egyenlıtlenséget! n ⋅ (n − 1) (n + 2 ) ⋅ (n + 1) ⋅ n〉 n ⋅ (n − 1) ⋅ (n + 2) ⋅ (n + 1) ⋅ (n + 2 ) + 2 ⋅1 2 ⋅1 2 ⋅1 2 ⋅1
(2 pont)
Egyszerősítés és rendezés után kapjuk, hogy 0〉 n 2 − 4n − 1 , melynek zérushelyei: n1 =
4 − 20 2
n2 =
4 + 20 2
(1 pont)
Figyelembe véve, hogy n ≥ 2 kell, hogy teljesüljön n = 2, 3, 4 esetén háromszögbıl lesz több, ha pedig n > 4, akkor négyszögbıl. (1 pont)
Összesen:
10 pont
5. Oldjuk meg a valós számpárok halmazán a következı egyenletet! 2
(
1 2 2 sin x − + y + cos x 4
)
2
=0
Megoldás: Két nem negatív szám összege csak úgy lehet 0, ha mindkettı 0.
(1 pont)
2
3 3 1 A sin 2 x − = 0 , ha |sinx| = 0,5, ekkor cos x = , vagy cos x = − . 2 2 4 3 Az y 2 + cos x = 0 miatt csak a cos x = − lehetséges, 2 amihez tartozó x értékek:
(
(3 pont)
)
13
(2 pont)
x1 =
5π + k 2π , 6
x2 =
7π + l 2π , ahol k, l egész számok. 6
Minden x értékhez két y érték tartozik, amik y = ±
(2 pont)
3 . 2
(2 pont)
Összesen:
10 pont
6. Írjuk fel azoknak az elsı síknegyedbeli köröknek az egyenletét, melyek érintik a koordinátatengelyeket és a 3x+4y=10 egyenlető egyenest!
Megoldás:
Mivel a keresett körök érintik a koordinátatengelyeket, ezért középpontjaik koordinátái a körök sugarával egyeznek meg. (1 pont) Az OGF derékszögő háromszögben OF = 2,5, OG = 10/3 (2 pont) (1 pont) Pitagorasz tételébıl adódik, hogy GF = 50/12. Így a háromszög kerülete: 10, félkerülete 5. (1 pont)
10 10 50 + − a+b−c 4 3 12 = 5 Ismert, hogy a beírt kör sugara r = = 2 2 6 2
(1 pont)
2
5 5 25 Így a beírt kör egyenlete: x − + y − = 6 6 36
(1 pont)
A külsı pontból húzott érintıszakaszok egyenlıségét felhasználva kapjuk, hogy az átfogóhoz írt kör sugara a félkerülettel egyenlı, azaz R = 5.
(2 pont)
Ez alapján az átfogóhoz írt kör egyenlete: ( x − 5) + ( y − 5) = 25
(1 pont)
2
Összesen:
2
10 pont
14
