Cím: Megoldási vázlatok az 1990. novemberi felvételi gyakorló feladatokhoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1990/december, 443 - 445. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. a) A két szám egyenlő, hiszen

4-23-4+23=|3-1|-|3+1|=-2,éstg2π3sin(-5π3)=-tgπ3sinπ3=-1cosπ3=-2.



b)
3(1+log1/813)=3+3log2-33-1==3+3(-1)(-13)log23=log223+log23=log224.


Másrészt 2log25=log225, ezért ez a szám a nagyobb, mert a kettes alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekedő.
2. Alkalmazzuk a sin2x=2sinxcosx azonosságot és egyszerűsítsük a törteket. Most α90, β90, γ90 és

sinα2cosα=sinβ2cosβ=sinγ2cosγ,


ahonnan
tgα=tgβ=tgγ,



amiből α=β=γ, tehát mindhárom szög 60, a háromszög valóban egyenlő oldalú.
3.a) Az egyenletnek akkor van értelme, ha x-1 és x3. Minden ilyen szám megoldása az egyenletnek, hiszen
x-3x+1-2=(x-3)(x+1+2x+1-4=x+1+2.



b) Az egyenletnek akkor van értelme, ha -2<x<2. Minden ilyen szám megoldása az egyenletnek, hiszen
lg(4-x2)-lg(2+x)=lg(2-x)(2+x)-lg(2+x)==lg(2-x)+lg(2+x)-lg(2+x)=lg(2-x).



c) Az egyenletnek az x=π+2kπ, kZ számok kivételével minden valós számra értelme van. Minden ilyen szám megoldása az egyenletnek, hiszen

sinα-12sin(π+2α)1+cosα=sinα-12(-2sinαcosα)1+cosα=(sinα)(1+cosα)1+cosα=sinα.



4. Az első egyenletből x=y+a+1. Helyettesítsük ezt a második egyenletbe.

2y(y+a+1)+2y+a2+4=0,2y2+2(a+2)y+a2+4=0.


Ennek az egyenletnek a diszkriminánsa: D=-4(a-2)2. Igy, ha a2, akkor az egyenletrendszernek nincs megoldása, ha pedig a=2, akkor y=-2, x=1 az egyetlen megoldás.
5. Jelölje a két befogó hosszát a és b. Az érintési pont, ahol a beírható kör érinti a befogókat, a befogókat két részre osztja: 1,a-1, illetve 1,b-1 hosszúságú szakaszokra. Egy külső pontból a körhöz húzható érintőszakaszok egyenlőségét felhasználva adódik, hogy az átfogó hossza c=a-1+b-1. A feltételek miatt
a+b+a-1+b-1=15és(a+b-2)2=a2+b2.


Innen a+b=172 és ab=15. Ennek megoldása a=6,b=52 vagy a=52,b==6. A derékszögű háromszög oldalainak hossza tehát 6,52,132 egység.
6. A feltételeknek két téglalap felel meg, az ABC1D1 és az ABC2D2. Az AB vektor pozitív irányú 90-os elforgatottjának 32-szerese egyenlő az AD1 és a BC1 vektorokkal, a negatív irányú 90-os elforgatottjának 32-szerese egyenlő az AD2 és a BC2 vektorokkal.
Mivel AB=(6;4) és 32AB=(9;6) ezért AD1=BC1=(-6;9) és AD2=BC2=(6;-9).
A C1,D1,C2,D2 pontok koordinátái megegyeznek az ezekbe a pontokba mutató helyvektorok koordinátáival.
OC1=OB+BC1=(4;2)+(-6;9)=(-2;11).OD1=OA+AD1=(-2;-2)+(-6;9)=(-8;7),OC2=OB+BC2=(4;2)+(6;-9)=(10;-7),OD2=OA+AD2=(-2;-2)+(6;-9)=(4;-11).


A keresett csúcspontok koordinátái: C1(-2;1),D1(-8;7),C2(10;-7), D2(4;-11).
(A csúcspontokat megkaphatjuk a BC egyenes (egyenlete 3x+2y=16) és a B középpontú; 32AB sugarú kör (egyenlete (x-4)2+(y-2)2=117), illetve az AD egyenes (3x+2y=-10) és az A középpontú, 32AB sugarú kör (egyenlete (x+2)2+(y+2)2=117) metszéspontjaként is.
7. Az egyik feltétel szerint a2+d=3a2, ahonnan
a2=d2,ígya1=d2ésa2=32d.


A másik feltétel szerint
4032d=n2(-d+(n-1)d),


ahonnan
d(n2-2n-120)=0.


Ha d=0, akkor a sorozat minden eleme 0, ha d0, akkor n=12 (n pozitív egész, így n=-10 nem ad megoldást). Ekkor
a12=-d2+11d=212d.


8. a) Azonos átalakítással 2x+2<25, ami akkor teljesül, ha -2x<3.
b) Az 12 alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenő, ezért az egyenlőtlenség akkor teljesül, ha x2-3x-2>0 és x2-3x-2>2, azaz ha x<-1 vagy x>4.
c) Azonos átalakításokkal és az egyenlőtlenség rendezésével adódik, hogy sin2x<-32, ami akkor teljesül, ha
4π3+2kπ<x<5π3+2kπ,kZ.