1. Egy 33-as létszámú zenetagozatos osztályban hegedülni és zongorázni tanulnak a diákok. Minden diák játszik legalább egy hangszeren. Azok száma, akik mindkét hangszeren játszanak, akik csak hegedülnek, illetve akik csak zongoráznak, egy nem állandó számtani sorozat egymást követő tagjai. a.)Hányan tanulnak csak hegedülni?
3 pont
b.)Ha legalább 5-en játszanak mindkét hangszeren, akkor hányan lehetnek azok, akik csak zongoráznak? 7 pont Megoldás A számtani sorozat első három eleme kifejezhető a második elemmel és a differenciával. Összegük így a 2−d a 2a 2d =33 , azaz 3 a 2=33 , ezért hegedülni 11-en tanulnak. Mivel 11-en hegedülnek, legalább öten mindkettőt tanulják, akkor legfeljebb 17-en lehettek azok, akik csak zongorázni tanultak. Nem lehettek 11-en a csak zongorázni tanulók, mert akkor állandó volna a sorozat.
2.Bizonyítsuk be a valós számok halmazán az alábbi azonosságot. cos 4 xsin 2 x cos 2 xsin 2 x=1 Megoldás 4
2
2
2
cos xsin x cos xsin x=1
cos 4 xsin 2 x cos 2 x=1−sin 2 x Ha cos x=0 , akkor igaz az állítás, ha cos x≠0 , akkor lehet osztani vele. Osztás után kapjuk, hogy cos 2 xsin 2 x =1 , ami viszont igaz. Így az állítás bizonyított.
8 pont
3.Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenletet. 1 ∣x1∣∣ x−3∣=− x5 . 2
10 pont
Megoldás Esetszétválasztással három eset lesz: x−1 , −1≤x3 , 3≤ x . 1 Az első esetben az egyenlet −x−1− x3=− x5 , amiből x=−2 lesz. 2 1 A második esetben az egyenlet x1−x3=− x5 , amiből x=2 lesz. 2 1 14 A harmadik esetben az egyenlet x1x−3=− x5 , amiből x= lesz, de ez nem felel meg a 2 5 feltételnek.
4.Oldjuk meg az alábbi egyenlőtlenségeket a valós számok halmazán! 1 2 a.) cos x≤ , x ∈[ 0 ; 2 ] 4
10 pont
Megoldás 1 1 Gyökvonás után − ≤cos x≤ . 2 2
[
A megoldás x ∈ b.) 2
x−20
≥
][
]
2 4 5 ; ∪ ; . 3 3 3 3
1 2
6 pont
Megoldás Mindkét oldal 2-es alapú logaritmusát véve adódik (mert a logaritmus 1-nél nagyobb alap esetén szigorúan monoton növő), hogy x – 20≥−1 , ezért a megoldás: x≥19 .
c.) lg x 2 – 11 x8 −lg 2 – x ≥1
6 pont
Megoldás A feladat megoldását kikötéssel kell kezdeni, vagy az eredményeket visszahelyettesítve ellenőrizni kell. Ki kell kötni, milyen értékek nem lehetnek x értékei: x 2−11 x 80 és 2 – x0 . Az első miatt 11− 89 11 89 x vagy x , a második miatt x2 , vagyis az értelmezési tartomány 2 2 11− 89 . −∞ ; 2
2
átalakítva az x 2− x−12≥0 −∞ ;−3 ] ∪[ 4 ;∞ .
2
x −11 x8 x −11 x8 ≥lg 10 , ezért ≥10 , amit 2−x 2−x másodfokú egyenlethez jutunk. Ennek a megoldáshalmaza
Átalakítva az egyenlőtlenséget adódik: lg
A feladat megoldása az értelmezési tartomány miatt a −∞ ;−3 ] intervallum.
5.Legyen cos negatív és tg =−3 . Mekkora lehet sin és sin 2 ?
4 + 8 pont
Megoldás Tekintsünk egy derékszögű háromszöget, amelynek befogói 1 és 3 és legyen az a szög, amelyiknek tangense 3. A tangens és a koszinusz negatív, ezért a szinusz pozitív, ezek a háromszög befogóiból és átfogójából számolhatók. sin =
3 1 , cos = ebben a háromszögben. 10 10
Nézzük a szinusz-kört, amelynek sugara 1. Az előbbi háromszöghöz hasonló háromszögek láthatók az ábrán, azt kell vizsgálni, amelyiknek sin és cos az oldalai. cos negatív, ezért sin 3 pozitív lesz, a megoldás így: sin = 10
sin 2 =
2⋅−3 2 tg 6 3 = =− =− 2 2 10 5 1tg 1−3
6.Egy tavirózsa felülete minden nap a kétszeresére nő, és így 20 nap alatt teljesen benövi a tavat. a.) Hány nap alatt borítaná be a tavirózsa félig a tavat? b.) Hány nap alatt borítaná be a tavirózsa negyedrészig a tavat? c.) Hány nap alatt borítaná be 8 tavirózsa a tavat?
4 pont 4 pont 4 pont
Megoldás: A tavirózsa felületét mértani sorozat írja le, amelynek hányadosa 2. A tavirózsa a tó felét 19 nap alatt, negyedét 18 nap alatt borítaná be. A 8 tavirózsa együtt kezdetben ugyanannyi területet borít be, mint egy tavirózsa három nap után, ezért 17 nap kell még ahhoz, hogy az egész tavat beborítsák.
7.Hány olyan legfeljebb 5-jegyű pozitív egész szám van, amik „tükörszámok”, azaz visszafelé olvasva ugyanazok, mint az eredetiek? 12 pont Megoldás Egyjegyűekből 9 van, mert a 0 nem pozitív, és minden egyjegyű pozitív egész szám visszafelé olvasva ugyanaz. Kétjegyűek esetén az első és a második jegy ugyanaz, ezért szintén 9 van. Háromjegyűek esetén az első és a harmadik jegy megegyezik, a középső 10-féle lehet, ezért 90 ilyen van. Négyjegyűekből ugyanannyi van, mint háromjegyűekből: 90. Ötjegyűekből pedig 900, hasonlóan számolva. Összesen 1098 legfeljebb ötjegyű pozitív egész tükörszám van.
8.Egy háromszög csúcsai a derékszögű koordináta rendszerben: A 2 ; 0 , B −4 ;0 , C 0 ; 8 . Határozzuk meg a koordináta rendszerben a háromszög magasságpontját, súlypontját és a háromszög köré írt kör középpontját. Milyen alakzatot határoznak meg ezek a pontok? (Indoklással.) 14 pont Megoldás A magasságpont koordinátái 0 ; 1 . (A C-ből induló magasságvonal pont az y-tengely, a B-ből induló magasságvonal könnyen megrajzolható, és az eredmény leolvasható az ábráról.) Az AB felezőpontja a −1 ;0 koordinátájú pont, és a C-ből induló súlyvonal harmadolásával 2 8 könnyen adódik a súlypont: − ; . 3 3
A háromszög köré írt kör középpontja a háromszög oldalfelező merőlegeseinek metszéspontja. Az AC oldal felezőpontja a 1 ; 4 koordinátájú pont, és az innen induló merőleges messe az −1 ; 0 1 koordinátájú másik felezőpontból induló merőlegest. A metszéspont koordinátái: −1 ; 3 . 2
A három pont egy egyenest határoz meg. Ennek belátásához elég megnézni, hogy a KS és a KM párhuzamosok.
