Kezdőlap


Cím:	Megoldási vázlatok az 1990. novemberi felvételi gyakorló feladatokhoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	1990/december, 443 - 445. 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) A két szám egyenlő, hiszen

\begin{matrix} \sqrt[]{4 - 2 \sqrt[]{3}} - \sqrt[]{4 + 2 \sqrt[]{3}} = | \sqrt[]{3} - 1 | - | \sqrt[]{3} + 1 | = - 2, és \\ \frac{t g \frac{2 π}{3}}{sin (- \frac{5 π}{3})} = \frac{- t g \frac{π}{3}}{sin \frac{π}{3}} = - \frac{1}{cos \frac{π}{3}} = - 2. \end{matrix}

\begin{matrix} 3 (1 + log_{1 / 8} \frac{1}{3}) = 3 + 3 log_{2^{- 3}} 3^{- 1} = \\ = 3 + 3 \cdot (- 1) (- \frac{1}{3}) log_{2} 3 = log_{2} 2^{3} + log_{2} 3 = log_{2} 24. \end{matrix}

Másrészt

2 log_{2} 5 = log_{2} 25

, ezért ez a szám a nagyobb, mert a kettes alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekedő.
2. Alkalmazzuk a

sin 2 x = 2 sin x \cdot cos x

azonosságot és egyszerűsítsük a törteket. Most

α \neq 90^{\circ}

β \neq 90^{\circ}

γ \neq 90^{\circ}

és

\begin{matrix} \frac{sin α}{2 cos α} = \frac{sin β}{2 cos β} = \frac{sin γ}{2 cos γ}, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} tgα=tg β =tg γ, \end{matrix}

amiből

α = β = γ

, tehát mindhárom szög

60^{\circ}

, a háromszög valóban egyenlő oldalú.
3.a) Az egyenletnek akkor van értelme, ha

x ≧ - 1

és

x \neq 3

. Minden ilyen szám megoldása az egyenletnek, hiszen

\begin{matrix} \frac{x - 3}{\sqrt[]{x + 1} - 2} = \frac{(x - 3) (\sqrt[]{x + 1} + 2)}{x + 1 - 4} = \sqrt[]{x + 1} + 2 . \end{matrix}

b) Az egyenletnek akkor van értelme, ha

- 2 < x < 2

. Minden ilyen szám megoldása az egyenletnek, hiszen

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

c) Az egyenletnek az

x = π + 2 k π

k \in Z

számok kivételével minden valós számra értelme van. Minden ilyen szám megoldása az egyenletnek, hiszen

\begin{matrix} \frac{sin α - \frac{1}{2} sin (π + 2 α)}{1 + cos α} = \frac{sin α - \frac{1}{2} (- 2 sin α cos α)}{1 + cos α} = \frac{(sin α) (1 + cos α)}{1 + cos α} = sin α . \end{matrix}

4. Az első egyenletből

x = y + a + 1.

Helyettesítsük ezt a második egyenletbe.

\begin{matrix} 2 y (y + a + 1) + 2 y + a^{2} + 4 = 0, \\ 2 y^{2} + 2 (a + 2) y + a^{2} + 4 = 0. \end{matrix}

Ennek az egyenletnek a diszkriminánsa:

D = - 4 {(a - 2)}^{2}

. Igy, ha

a \neq 2

, 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

\begin{matrix} a + b + a - 1 + b - 1 = 15 és \\ {(a + b - 2)}^{2} = a^{2} + b^{2} . \end{matrix}

Innen

a + b = \frac{17}{2}

és

a b = 15

. Ennek megoldása

a = 6, b = \frac{5}{2}

vagy

a = \frac{5}{2}, b = 6

. A derékszögű háromszög oldalainak hossza tehát

6, \frac{5}{2}, \frac{13}{2}

egység.
6. A feltételeknek két téglalap felel meg, az

A B C_{1} D_{1}

és az

A B C_{2} D_{2}

. Az

\vec{A B}

vektor pozitív irányú

90^{\circ}

-os elforgatottjának

\frac{3}{2}

-szerese egyenlő az

\vec{A D_{1}}

és a

\vec{B C_{1}}

vektorokkal, a negatív irányú

90^{\circ}

-os elforgatottjának

\frac{3}{2}

-szerese egyenlő az

\vec{A D_{2}}

és a

\vec{B C_{2}}

vektorokkal.
Mivel

\vec{A B} = (6; 4)

és

\frac{3}{2} \vec{A B} = (9; 6)

ezért

\vec{A D_{1}} = \vec{B C_{1}} = (- 6; 9)

és

\vec{A D_{2}} = \vec{B C_{2}} = (6; - 9)

.
A

C_{1}, D_{1}, C_{2}, D_{2}

pontok koordinátái megegyeznek az ezekbe a pontokba mutató helyvektorok koordinátáival.

\begin{matrix} \vec{O C_{1}} = \vec{O B} + \vec{B C_{1}} = (4; 2) + (- 6; 9) = (- 2; 11) . \\ \vec{O D_{1}} = \vec{O A} + \vec{A D_{1}} = (- 2; - 2) + (- 6; 9) = (- 8; 7), \\ \vec{O C_{2}} = \vec{O B} + \vec{B C_{2}} = (4; 2) + (6; - 9) = (10; - 7), \\ \vec{O D_{2}} = \vec{O A} + \vec{A D_{2}} = (- 2; - 2) + (6; - 9) = (4; - 11) . \end{matrix}

A keresett csúcspontok koordinátái:

C_{1} (- 2; 11), D_{1} (- 8; 7), C_{2} (10; - 7),

D_{2} (4; - 11)

.
(A csúcspontokat megkaphatjuk a

B C

egyenes (egyenlete

3 x + 2 y = 16

) és a

B

középpontú;

\frac{3}{2} A B

sugarú kör (egyenlete

{(x - 4)}^{2} + {(y - 2)}^{2} = 117

), illetve az

A D

egyenes

(3 x + 2 y = - 10)

és az

A

középpontú,

\frac{3}{2} A B

sugarú kör (egyenlete

{(x + 2)}^{2} + {(y + 2)}^{2} = 117

) metszéspontjaként is.
7. Az egyik feltétel szerint

a_{2} + d = 3 a_{2}

, ahonnan

\begin{matrix} a_{2} = \frac{d}{2}, így a_{1} = \frac{d}{2} és a_{3} = \frac{3}{2} d . \end{matrix}

A másik feltétel szerint

\begin{matrix} 40 \cdot \frac{3}{2} d = \frac{n}{2} (- d + (n - 1) d), \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} d (n^{2} - 2 n - 120) = 0. \end{matrix}

d = 0

, akkor a sorozat minden eleme

0

, ha

d \neq 0

, akkor

n = 12

(

n

pozitív egész, így

n = - 10

nem ad megoldást). Ekkor

\begin{matrix} a_{1}_{2} = - \frac{d}{2} + 11 d = \frac{21}{2} d . \end{matrix}

8. a) Azonos átalakítással

2^{\sqrt[]{x + 2}} < 2^{\sqrt[]{5}}

, ami akkor teljesül, ha

- 2 ≦ x < 3

.
b) Az

\frac{1}{2}

alapú logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenő, ezért az egyenlőtlenség akkor teljesül, ha

x^{2} - 3 x - 2 > 0

és

x^{2} - 3 x - 2 > 2

, azaz ha

x < - 1

vagy

x > 4

.
c) Azonos átalakításokkal és az egyenlőtlenség rendezésével adódik, hogy

sin 2 x < - \frac{\sqrt[]{3}}{2},

ami akkor teljesül, ha

\begin{matrix} \frac{4 π}{3} + 2 k π < x < \frac{5 π}{3} + 2 k π, k \in Z . \end{matrix}