Kezdőlap


Cím:	Megoldási vázlatok az 1990. októberi felvételi gyakorló feladatokhoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1990/november, 358 - 360. 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. a) Azonosságok alkalmazásával

\begin{matrix} \frac{1}{log_{30} 3} = log_{3} 30 = 1 + log_{3} 10, \frac{1}{lg 3} = log_{3} 10 és log_{3} 270 = 1 + log_{3} 90, \end{matrix}

azaz az adott kifejezés

\begin{matrix} (log_{3} 90) (1 + log_{3} 10) - (log_{3} 10) (1 + log_{3} 90) = log_{3} 9 = 2. \end{matrix}

b) Azonosságok alkalmazásával

\begin{matrix} \frac{1 - {tg}^{2} \frac{π}{8}}{2 tg \frac{π}{8}} = \frac{1}{tg \frac{π}{4}} = 1 \end{matrix}

és

\begin{matrix} 2 sin^{2} \frac{5 π}{12} - 1 = - cos \frac{5 π}{6} = \frac{\sqrt[]{3}}{2} . \end{matrix}

A kifejezés pontos értéke

\frac{\sqrt[]{3}}{2}

.
2. Legyen a sorozat második eleme

a

, a hányadosa

q

. Ekkor a

a_{6} = a q^{4}

a_{3} = a q

és

a_{5} = a q^{3}

. A feltételek szerint

\begin{matrix} a^{2} q^{4} = 24^{2} és a q^{3} - a q = 36. \end{matrix}

Innen

a q^{2} = 24

vagy

a q^{2} = - 24

és

\begin{matrix} a q^{2} (q - \frac{1}{q}) = 36 (q \neq 0) . \end{matrix}

A feltételeknek négy sorozat felel meg.
Ha

q = 2

, akkor

a = 6

, a sorozat:

3

6

12

24

48

96

,
ha

q = - \frac{1}{2}

, akkor

a = 96

, a sorozat:

- 192

96

- 48

24

- 12

6

,
ha

q = - 2

, akkor

a = - 6

, a sorozat:

3

- 6

12

- 24

48

- 96

,
ha

q = \frac{1}{2}

, akkor

a = - 96

, a sorozat:

- 192

- 96

- 48

- 24

- 12

- 6

.
3. A

P (2; 2)

ponton áthaladó egyenesek egyenlete

x = 2

vagy

y - 2 = m (x - 2)

. Az

x = 2

egyenletű egyenes a körnek érintője.
Az

y - 2 = m (x - 2)

egyenletű egyenes pontosan akkor érinti a kört, ha az

\begin{matrix} x^{2} + {(2 + m (x - 2))}^{2} - 2 x = 0 \end{matrix}

egyenlet diszkriminánsa

0

, azaz ha

4 (4 m - 3) = 0

m = \frac{3}{4}

. A másik érintő egyenlete tehát

y - 2 = \frac{3}{4} (x - 2)

.
4. Jelölje

A_{1}

B_{1}

, illetve

C_{1}

A B C

háromszög

B C

A C

, illetve

A B

oldalának a felezőpontját,

S

pedig a háromszög súlypontját. Az

A S B

háromszög területe az

A B C

háromszög területének a harmada.
Legyen

A A_{1} = 12

és

B B_{1} = 5

egység.
Jelölje

φ

A S B

szöget. Ekkor

\begin{matrix} \frac{40}{3} = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot 5 \cdot \frac{2}{3} \cdot 12 \cdot sin φ . \end{matrix}

amiből

sin φ = 1, φ = 90^{\circ}

, tehát az

A S B

háromszög derékszögű.
Így

\begin{matrix} A B^{2} = {(\frac{2}{3} \cdot 5)}^{2} + {(\frac{2}{3} \cdot 12)}^{2}, A B = \frac{2}{3} \cdot 13. \end{matrix}

Mivel

C_{1} S = \frac{1}{2} \cdot A B = \frac{13}{3}

, ezért a harmadik súlyvonal hossza

\begin{matrix} C C_{1} = 3 \cdot C_{1} S = 13 egység . \end{matrix}

5. Mivel

2 = \frac{a + c}{b} = \frac{sin α + sin γ}{sin β}

, ezért azonosságok alkalmazásával

\begin{matrix} \frac{2 sin \frac{β}{2} \cdot cos \frac{β}{2}}{2 sin \frac{α + γ}{2} \cdot cos \frac{α - γ}{2}} = \frac{1}{2}, \end{matrix}

amiből, figyelembe véve, hogy

\begin{matrix} \frac{α + γ}{2} = 90^{\circ} - \frac{β}{2} és \frac{α - γ}{2} = - 45^{\circ}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} sin \frac{α + γ}{2} = cos \frac{β}{2} és cos \frac{α - γ}{2} = \frac{\sqrt[]{2}}{2}, \end{matrix}

adódik, hogy

\begin{matrix} sin \frac{β}{2} = \frac{\sqrt[]{2}}{4} . \end{matrix}

Innen

\begin{matrix} cos \frac{β}{2} = \sqrt[]{\frac{7}{8}}, így sin β = 2 \cdot \frac{\sqrt[]{2}}{4} \cdot \sqrt[]{\frac{7}{8}} = \frac{\sqrt[]{7}}{4} . \end{matrix}

6. Mivel

A A'

átmérő, ezért a Thalész-tétel miatt

A' C

merőleges

A C

-re és

A' B

merőleges

A B

-re. Jelölje

M

A'

-nek

A_{1}

-re vonatkozó tükörképét. Az

A' C M B

négyszög paralelogramma, hiszen középpontosan szimmetrikus.
Ezért

B M

párhuzamos

A' C

-vel, azaz merőleges

A C

-re, tehát

B M

a háromszög egyik magasságvonala. Hasonlóan adódik, hogy

C M

a háromszög másik magasságvonala. A

B M

és

C M

magasságvonalak

M

metszéspontja tehát valóban a háromszög magasságpontja.
7. A gyökjel alatti kifejezést azonosan átalakítjuk.

\begin{matrix} 4 - 2^{x + 3} + 2^{2 (x + 1)} = {(2 - 2^{x + 1})}^{2} . \end{matrix}

Az egyenlet mindkét oldalát kettővel szorozva

\begin{matrix} 2^{2 (x + 1)} - 3 \cdot 2^{x + 1} = 2 | 2^{x + 1} - 2 | . \end{matrix}

2^{x + 1} ≧ 2

, akkor

\begin{matrix} 2^{2 (x + 1)} - 5 \cdot 2^{x + 1} + 4 = 0, azaz 2^{x + 1} = 4 vagy 2^{x + 1} = 1. \\ Innen 2^{x + 1} = 4 (\geq 2), x = 1. \end{matrix}

2^{x + 1} < 2

, akkor

\begin{matrix} 2^{2 (x + 1)} - 2^{x + 1} - 4 = 0, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} 2^{x + 1} = \frac{1}{2} (1 + \sqrt[]{17}) > 2 \end{matrix}

vagy

\begin{matrix} 2^{x + 1} = \frac{1}{2} (1 - \sqrt[]{17}) < 0, \end{matrix}

tehát ilyen megoldás nincs.
Az egyenlet egyetlen megoldása

x = 1

.
8. Az egyenletnek akkor van megoldása, ha

\begin{matrix} 2 m \cdot cos 2 x - 4 (m - 1) cos x + 3 m - 2 = 0 és 1 - 2 cos x \neq 0. \end{matrix}

Azonos átalakításokkal

\begin{matrix} m \cdot cos^{2} x - (m - 1) cos x + \frac{1}{4} (m - 2) = 0. \end{matrix}

m = 0

, akkor

cos x = \frac{1}{2}

, ekkor az adott egyenletnek nincs megoldása.
Ha

m \neq 0

, akkor

x = \frac{1}{2}

(ekkor nincs megoldás) vagy

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

Az adott egyenletnek akkor van megoldása, ha

\begin{matrix} - 1 \leq \frac{1}{2} - \frac{1}{m} \leq 1, \end{matrix}

azaz, ha

m \geq \frac{2}{3}

vagy

m \leq - 2