Kezdőlap


Cím:	Az 1990. januári számban kitűzött egyetemi felvételi gyakorló feladatok megoldásai
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1990/február, 64 - 67. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Felvételi előkészítő feladatsor

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

1. Oldja meg a következő egyenletrendszert:

\begin{matrix} sin x = 2 sin y, \\ x + y = \frac{2 π}{3} . \end{matrix}

Megoldás. A második egyenletből

y = \frac{2 π}{3} - x

, ezt az első egyenletbe helyettesítve

\begin{matrix} sin x = 2 sin (\frac{2 π}{3} - x), \\ sin x = 2 (\frac{2 \sqrt[]{3}}{2} cos x + \frac{1}{2} sin x), \\ cos x = 0. \end{matrix}

Innen

x = \frac{π}{2} + n π, y = \frac{π}{6} - n π, n \in Z

Mivel minden átalakítás ekvivalens volt, ezért ezek valóban megoldások.

2. Oldja meg a következő egyenlőtlenségeket:

\sqrt[]{x^{2} - 5 x + 4} > - 1

;
b)

{log}_{\frac{1}{2}} (4^{x} - 5 \cdot 2^{x} + 8) < - 2

Megoldás. a) Mivel a négyzetgyökös kifejezés csak pozitív vagy nulla értéket vehet fel, ezért a megoldások egybeesnek az

x^{2} - 5 x + 4 ≧ 0

egyenlőtlenség megoldásaival, tehát

x ≧ 4

vagy

x ≦ 1

.
b) Az

\frac{1}{2}

alapú logaritmus-függvény szigorú monoton csökkenése miatt

\begin{matrix} 4^{x} - 5 \cdot 2^{x} + 8 > 4, \end{matrix}

ekkor nyilván

4^{x} - 5 \cdot 2^{x} + 4 > 0

, ami

x

-re nézve másodfokú egyenlőtlenség. Innen

2^{x} > 4, x > 2

vagy

2^{x} < 1, x < 0

, és ezek az

x

-ek valóban megoldások.

3. Az

A B C

háromszögben

A B = \sqrt[]{3}

A C = \sqrt[]{2}

egység,

B A C ∢ = 75^{\circ}

. Az

A B C

háromszög köré írt köre

A

-t nem tartalmazó

B C

ívén vegyük fel az

O

pontot úgy, hogy

B A D ∢ = 30^{\circ}

legyen. Számítsa ki az

A D

szakasz hosszát.

Megoldás. Készítsen ábrát! Legyen

r

a háromszög köré írt kör sugara. Mivel

B A D ∢ = 30^{\circ}

, ezért

D A C ∢ = 75^{\circ} - 30^{\circ} = 45^{\circ}

, tehát

\begin{matrix} B D = 2 r sin 30^{\circ} = r és \\ C D = 2 r sin 45^{\circ} = r \sqrt[]{2} . \end{matrix}

Legyen

A D = x

. Alkalmazzuk a koszinusztételt az

A B D

és az

A D C

háromszögekben.

\begin{matrix} r^{2} & = 3 + x^{2} - 2 \cdot \sqrt[]{3} \cdot x \cdot cos 30^{\circ}, \\ 2 r^{2} & = 2 + x^{2} - 2 \cdot \sqrt[]{2} \cdot x \cdot cos 45^{\circ}, \end{matrix}

azaz

r^{2} = 3 + x^{2} - 3 x

, és

2 r^{2} = 2 + x^{2} - 2 x

. Innen

x = A D = 2

egység (

r = 1

egység).

4. Egy számtani sorozat differenciája

\frac{1}{2}

. Az első

n

elem összege

38

, az első

n + 4

elemé

69

.
Mekkora az

n

értéke és mennyi a sorozat első eleme?

Megoldás. Alkalmazzuk a számtani sorozatokra megismert

\begin{matrix} S_{k} = \frac{k}{2} (2 a_{1} + (k - 1) d) \end{matrix}

képletet.

\begin{matrix} \begin{matrix} 38 = \frac{n}{2} (2 a_{1} + (n - 1) \cdot \frac{1}{2}), \\ 69 = \frac{n + 4}{2} (2 a_{1} + (n + 3) \cdot \frac{1}{2}) . \end{matrix} \end{matrix}

A második egyenletet

n

-nel, az elsőt

- (n + 4)

-gyel szorozva, majd az egyenleteket összeadva, rendezve az

n^{2} - 27 n + 152 = 0

egyenlethez jutunk. Innen

n = 8

vagy

n = 19

. Ha

n = 8

, akkor

a_{1} = 3

, ha

n = 19

, akkor

a_{1} = - \frac{5}{2}

, és mindkettő valóban megoldás.

5. Egy forgáskúpba beírt gömb térfogata harmada a kúp térfogatának. A gömb felszíne hányad része a kúp felszínének?

Megoldás. Legyen a forgáskúp alapkörének sugara

R

, magassága

m

, a gömb sugara

r

. A feltétel szerint

\begin{matrix} 3 \cdot \frac{4}{3} r^{3} π = \frac{R^{2} π m}{3}, \\ 12 r^{3} = R^{2} m . & (1) \end{matrix}

Készítsük el az alakzat egy szimmetria síkmetszetét! Egyenlő szárú háromszög (alapja

2 R

, magassága

m

a beírt körével (a kör sugara

r

).) Legyen

a

a kúp alkotójának a hossza. Hasonló háromszögek megfelelő oldalainak arányaként kapjuk, hogy

\begin{matrix} \frac{a}{R} = \frac{m - r}{r}, ahonnan \\ r (a + R) = m R . & (2) \end{matrix}

A gömb felszíne

A_{1} = 4 r^{2} π

, a forgáskúp felszíne

A_{2} = R π (R + a)

\frac{A_{1}}{A_{2}} = \frac{4 r^{2}}{R (R + a)}

. A (2) és az (1) feltételek alkalmazásával

\begin{matrix} R (R + a) = \frac{m R^{2}}{r} = \frac{12 r^{3}}{r} = 12 r^{2}, így \end{matrix}

\frac{A_{1}}{A_{2}} = \frac{4 r^{2}}{12^{2}} = \frac{1}{3}

, azaz a gömb felszíne szintén harmada a kúp felszínének. (Igaz-e az állítás általánosítása

n

-ed részre?)

6. Az

y

tengellyel párhuzamos tengelyű parabola átmegy az

A (4;

Megoldás. A feltételek szerint a parabola egyenlete

\begin{matrix} y = a {(x - u)}^{2} + 1 \end{matrix}

alakban írható. Az

A

pont rajta van a parabolán, így

\begin{matrix} - 7 = a {(4 - u)}^{2} + 1, - 8 = a {(4 - u)}^{2} . \end{matrix}

(1)

A

pontban húzott érintő egyenlete

8 x + y = 25

. Az érintő és a parabola által alkotott egyenletrendszer megoldása során kapott másodfokú egyenlet diszkriminánsa nulla.

\begin{matrix} y = 25 - 8 x . \\ a {(x - u)}^{2} + 1 = 25 - 8 x, \\ a x^{2} - 2 (a u - 4) x + a u^{2} - 24 = 0, \\ D = 4 {(a u - 4)}^{2} - 4 a (a u^{2} - 24) = 0. \end{matrix}

Ebből

\begin{matrix} a (u - 3) = 2. \end{matrix}

(2)

Az (1) és (2) egyenletből adódik, hogy

\begin{matrix} - 8 (u - 3) = 2 \cdot {(4 - u)}^{2}, \end{matrix}

ahonnan

u = 2

, így

a = - 2

.
A parabola egyenlete:

y = - 2 {(x - 2)}^{2} + 1

.
(A feladat differenciálszámítással és a parabola tulajdonságainak alkalmazásával kevesebb számítással is megoldható.)

7. Oldja meg a

\begin{matrix} \sqrt[]{x^{2} + 3 x + 2 + \frac{p^{2}}{x^{2}}} = x + 1 - \frac{p}{x} \end{matrix}

egyenletet, ahol

p

valós paraméter!

Megoldás. Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát, és vegyük figyelembe, hogy

x \neq 0

\begin{matrix} x^{2} + 3 x + 2 + \frac{p^{2}}{x^{2}} = x^{2} + 2 x + 1 - 2 (x + 1) \frac{p}{x} + \frac{p^{2}}{x^{2}}, \\ (x + 1) (1 + \frac{2 p}{x}) = 0. \end{matrix}

x_{1} = - 1

akkor gyöke az egyenletnek, ha kielégíti azt, azaz ha

\sqrt[]{p^{2}} = p

, tehát ha

p ≧ 0

.
Az

x_{2} = - 2 p

akkor gyöke az egyenletnek, ha

p \neq 0

\begin{matrix} \sqrt[]{4 p^{2} - 6 p + 2 + \frac{1}{4}} = - 2 p + \frac{3}{2} \end{matrix}

és

\begin{matrix} | 2 p - \frac{3}{2} | = \frac{3}{2} - 2 p, \end{matrix}

azaz

\frac{3}{2} - 2 p ≧ 0, p ≦ \frac{3}{4}

. Összefoglalva:
1. Ha

p < 0

, akkor az egyenlet megoldása

x_{2}

.
2. Ha

p = 0

, akkor a megoldás

x_{1}

.
3. Ha

0 < p ≦ \frac{3}{4}

, akkor a megoldások

x_{1}, x_{2}

.
4. Ha

p > \frac{3}{4}

akkor a megoldás

x_{1}

8. Legyen az

A B C

háromszög kerülete

2 s = 24

egység. Húzzuk meg a beírt körének az oldalakkal párhuzamos érintőit. Ezen érintőknek a háromszögön belül eső szakaszai közül válasszuk ki a legnagyobbat. Mely

A B C

háromszög esetén lesz ez az érintőszakasz a lehető legnagyobb?

Megoldás. Rajzoljuk meg az

A B C

háromszöget a beírt körével, és a

B C

oldallal (jelölje

a

) párhuzamos érintőszakasszal, ezt jelölje

x

.
A külső pontból húzott érintő szakaszok egyenlőségéből következik, hogy a beírt érintőszakasz által lemetszett háromszög kerülete

2 (12 - a)

(általában

2 (s - a)

). A lemetszett és az adott háromszög hasonlóságából

\begin{matrix} \frac{x}{a} = \frac{2 (12 - a)}{24}, \\ x = \frac{1}{12} a (12 - a) . \end{matrix}

x

akkor a legnagyobb, ha

a = 6

, ami az

\begin{matrix} x = \frac{1}{12} (36 - (a - 6^{2})) \end{matrix}

alakból megállapítható. Ha

a = 6

, akkor

x = 3

.
Ilyen háromszög létezik, hiszen ekkor

b + c = 18

6 = a