Kezdőlap


Cím:	Megoldási vázlatok az 1990. szeptemberi felvételi gyakorló feladatokhoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1990/október, 296. 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. Mivel a trapéz érintőnégyszög, ezért a párhuzamos oldalak összege 8 egység, a középvonal hossza 4 egység. Legyen az egyik párhuzamos oldal hossza $4 - x$ , akkor a másik párhuzamos oldal $4 + x$ egység. Jelölje a trapéz magasságát 2 $m$ . A feltétel szerint

\begin{matrix} \frac{(8 - x) m}{(8 + x) m} = \frac{5}{11}, ahonnan x = 3. \end{matrix}

A trapéz párhuzamos oldalainak hossza 1, illetve 7 egység.
2. a) Az

x > 4

feltétellel az egyenlet ekvivalens az

(x - 2) (x - 4) = 1

egyenlettel. Az

x_{1} = 3 + \sqrt[]{2}

az egyenlet egyetlen megoldása.
b) Az

x > 2

x \neq 4

feltételekkel az egyenlet ekvivalens az

{(x - 2)}^{2} {(x - 4)}^{2} = 1

egyenlettel. Az egyenlet megoldásai

\begin{matrix} x_{1} = 3 + \sqrt[]{2} és x_{3} = 3. \end{matrix}

c) Az

x \neq 2

és

x \neq 4

feltételekkel az egyenlet ekvivalens az

{(x - 2)}^{2} {(x - 4)}^{2} = 1

egyenlettel. Az egyenlet megoldásai

x_{1} = 3 + \sqrt[]{2}

x_{2} = 3 - \sqrt[]{2}

és

x_{3} = 3

.
3. A keresett kör középpontja rajta van az

A

ponton átmenő, az adott érintőre merőleges egyenesen, amelynek egyenlete

x - y = 1

, és az

x^{2} + y^{2} = 1

egyenletű körön. A feltételeknek két kör felel meg, ezek középpontjai:

C_{1} (1; 0)

, illetve

C_{2} (0; - 1)

.
A keresett körök sugarának négyzete

\begin{matrix} r_{1}^{2} = A C_{1}^{2} = 8, illetve r_{2}^{2} = A C_{2}^{2} = 18. \end{matrix}

A körök egyenlete:

\begin{matrix} {(x - 1)}^{2} + y^{2} = 8, illetve x^{2} + {(y + 1)}^{2} = 18. \end{matrix}

4. Ha az egyenletnek van valós gyöke, akkor az

x_{1}

x_{2}

gyökökre

\begin{matrix} x_{1} + x_{2} = 2 - m és x_{1} x_{2} = m + 5. \end{matrix}

Mivel

\begin{matrix} x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = {(x_{1} + x_{2})}^{2} - 2 x_{1} x_{2}, \end{matrix}

ezért

\begin{matrix} 10 = {(2 - m)}^{2} - 2 (m + 5), m = - 2 vagy m = 8. \end{matrix}

m = - 2

megfelel a feltételnek,

m = 8

nem, hiszen ekkor az egyenletnek nincs valós megoldása.
5. Legyen a mértani sorozat negyedik eleme

a

, hányadosa

q

. A feltételből következik, hogy

q \neq 0

. A feltétel szerint

\begin{matrix} \frac{a}{q} \cdot a q = 9, és \frac{a}{q^{2}} + a q^{2} = - \frac{51}{4} . \end{matrix}

Az első egyenletből

a = 3

vagy

a = - 3

. Ha

a = 3

, akkor a második egyenletnek nincs valós megoldása, ha

a = - 3

, akkor

q^{2} = 4

vagy

q^{2} = \frac{1}{4}

. A feltételeknek négy sorozat felel meg.

\begin{matrix} a_{1} = - \frac{3}{8}, q = 2 vagy a_{1} = \frac{3}{8}, q = - 2 \end{matrix}

Vagy

\begin{matrix} a_{1} = - 24, q = \frac{1}{2} vagy a_{1} = 24, q = - \frac{1}{2} . \end{matrix}

6. Legyen a

B

, illetve

C

pont vetülete az

A D

egyenesen

B_{1}

, illetve

C_{1}

. Az

A B B_{1}

derékszögű háromszögben

A B_{1} = \sqrt[]{3}

B B_{1} = 3

. A trapéz magassága

m = B B_{1} = C C_{1} = 3

. Jelölje

x

C C_{1}

előjeles szakasz hosszát. A

C C_{1} D

derékszögű háromszögből

10 = 9 + x^{2}

, ahonnan

x = 1

vagy

x = - 1

. A feltételnek tehát két trapéz felel meg, így

A D = 5 + \sqrt[]{3}

vagy

A D = 3 + \sqrt[]{3}

. A trapézok területe tehát

\begin{matrix} t_{1} = \frac{9 + \sqrt[]{3}}{2} \cdot 3 vagy t_{2} = \frac{7 + \sqrt[]{3}}{2} \cdot 3 \end{matrix}

területegység.
7. Legyen a kiegészítő gúla magassága

n

, a csonkagúla magassága

2 m

, a kimetszett síkidom területe

τ

. Ismeretes, hogy ha a gúlát az alaplappal párhuzamos síkokkal metszük, akkor a kimetszett síkidomok területének aránya megegyezik a csúcstól mért távolságuk négyzetének arányával.
Ennek alkalmazásával

\begin{matrix} \frac{τ}{t} = {(\frac{n + m}{n})}^{2} és \frac{T}{t} = {(\frac{n + 2 m}{n})}^{2}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} \sqrt[]{\frac{τ}{t}} = 1 + \frac{m}{n} és \sqrt[]{\frac{T}{t}} = 1 + 2 \cdot \frac{m}{n}, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} \sqrt[]{\frac{T}{t}} = 2 \sqrt[]{\frac{τ}{t}} - 1, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} τ = \frac{1}{4} {(\sqrt[]{t} + \sqrt[]{T})}^{2} . \end{matrix}

8. Emeljük négyzetre az egyenletek mindkét oldalát, majd adjuk össze az így kapott egyenleteket:

\begin{matrix} 1 = 2 cos^{2} x + \frac{2}{3} sin^{2} x, \end{matrix}

amiből

4 cos^{2} x = 1

, azaz

cos x = \frac{1}{2}

vagy

cos x = - \frac{1}{2}

. Az egyenletrendszer megoldásai:

\begin{matrix} x_{1} & = \frac{π}{3} + 2 k π, & y_{1} & = \frac{π}{4} + 2 n π, \\ x_{2} & = \frac{5 π}{3} + 2 k π, & y_{2} & = \frac{7 π}{4} + 2 n π, \\ x_{3} & = \frac{2 π}{3} + 2 k π, & y_{3} & = \frac{3 π}{4} + 2 k π, \\ x_{4} & = \frac{4 π}{3} + 2 k π, & y_{4} & = \frac{5 π}{4} + 2 n π, \end{matrix}

ahol

k \in Z

és

n \in Z