Cím: Megoldási vázlat az 1991. januári gyakorló felvételi feladatokhoz
Füzet: 1991/február, 64 - 66. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Az ABC derékszögű háromszög befogói: AB=3;BC=33; ezért az átfogó AC=6, a háromszög köré írt kör sugara 3 egység. Ezekből következik, hogy az AOB háromszög (amelynek O csúcsa a kör középpontja) egyenlő oldalú: mindegyik oldalának hossza 3 egység. A körszelet kerülete az AB oldal és az AB ív hosszának összege. Az AB ívhez tartozó középponti szög: AOB=60.
Kszelet=3+23π6=3+π(=6,142)egység.

A körszelet területét az AOB körcikk és az AOB egyenlő oldalú háromszög területének különbsége adja:
Tszelet=9π6-934=6π-934(=0,815)területegység.

 

2. Felhasználva a ctgx=cosxsinx és a kétszeres szögekre vonatkozó trigonometrikus azonosságokat, az egyenlet
cosxsinx-2sinxcosx=cosxsinx(cos2x-sin2x),(1)
ha xkπ(k=0,±1,±2,...) alakra hozható.
Rendezés után az
(1-sin2x-cos2x)cosx=0(2)
egyenletet kapjuk.
Mivel 1-sin2x=cos2x, ezért a szorzat első tényezője nullával egyenlő. Így a (2) egyenlet minden valós számra igaz. Mivel a megadott feltétel mellett egyenértékű átalakításokat végeztünk, az eredeti egyenletnek az x=kπ-től (k=0,±1,±2,...) különböző valós számok a megoldásai.
 

3. A testvérek mostani életkora is egy számtani sorozat négy egymás utáni eleme. Jelölje e sorozat elemeit a1; a1+d; a1+2d; a1+3d, ahol a1 a legidősebb testvér mostani életkora.
A feltételek szerint
(a1+2d-15)2=(a1-15)(a1+3d-15),a1+a1+2d+a1+3d=114(a1+d).



Rendezés után a
d(4d-15+a1)=0,a1+9d=0


egyenletrendszert kapjuk.
Ha d=0, akkor a1=0, ez azonban nem megoldása a feladatnak. Ha 4d-15+a1=0, akkor d=-3 és a1=27.
Így a testvérek mostani életkora: 27; 24; 21; 18 év.
 

4. Az ábra jelölései szerint AB=10, a súlyvonalak CC1=6 és AA1=9, továbbá S az ABC háromszög súlypontja. Alkalmazzuk a koszinusztételt az ASC1 háromszögre. Mivel AC1=5, AS=6 és SC1=2, ezért 25=36+4-24cosδ, és ebből cosδ=58.
 
 

Az A1SC háromszög CA1 oldalát is a koszinusztétellel számíthatjuk ki: mivel CS=4 és SA1=3, ezért CA12=16+9-2458, azaz CA1=10. Mivel 2CA1=CB, ezért CB=210(=6,325). Az ASC háromszögből szintén koszinusztétellel kapjuk meg az AC oldal hosszát:
AC2=36+16+4858=82.
Ebből AC=82(=9,055).
 

5. Legyen C(x;y) az adott kör olyan pontja, amelyre fennáll, hogy
ACBC=32.(1)

(1)-ből a következő egyenletet kapjuk:
4[(x+4)2+(y+1)2]=9[(x-6)2+(y-1)2].(2)

Mivel C(x;y) a kör pontja, ezért (2)-ből és a kör egyenletéből egy egyenletrendszerhez jutunk, amelyből y=15-5x.
Ezt a kör egyenletébe helyettesítve a 13x2-76x+100=0 egyenletet kapjuk. Az egyenlet megoldásai x1=2 és x2=5013.
A kör keresett pontjai: C1(2;5) és C2(5013;-5513).
 

6. A csonka kúp tengelymetszetének ábrájáról leolvasható, hogy a csonka kúp alkotója R+r, magassága pedig 12 egység.
 
 

A csonkakúp felszíne:
A=π(R2+r2)+π(R+r)(R+r)=2π(R2+Rr+r2),
térfogata:
V=4π(R2+Rr+r2).
A két mérőszám hányadosa: VA=2.
A magasság által levágott derékszögű háromszögre Pitagorasz tételét alkalmazva azt kapjuk, hogy
122+(R-r)2=(R+r)2,  ebből:Rr=36.

 

7. Az egyenlet értelmezése miatt x±p. Az adott egyenlet ekvivalens átalakításokkal x(4-p)=8p2 alakra hozható. Ha p=4, akkor nincs megoldása az egyenletnek. Ha p4, akkor x=8p24-p. Mivel azonban x±p, ezért x=8p24-p±p.
Az eredeti egyenletnek tehát akkor sincs megoldása,
ha8p24-p=p,azazp=0vagyp=49,ha8p24-p=-p,azazp=0vagyp=-47.



Összefoglalva: Akkor van megoldása az adott egyenletnek, ha p-47;0;49;4.
Ahhoz, hogy az egyenlet gyökére teljesüljön a második kérdés feltétele, a
8p24-p<p(*)
egyenlőtlenségnek kell fennállnia.
Ha p<4, akkor (*) ekvivalens azzal, hogy 9p2-4p<0, ami akkor teljesül, ha 0<p<49.
Ha p>4, akkor (*) ekvivalens azzal, hogy 9p2-4>0, ez pedig akkor áll fenn, ha p<0 vagy p>49, de a kezdeti feltétel miatt p>4.
Összefoglalva: az egyenlet gyöke akkor lesz kisebb p-nél, ha 0<p<49 vagy p>4.
 

8. a) Alakítsuk át az adott kifejezést a következő módon:

10n(9n-1)+1=9n10n-(10n-1)==9(10n+10n+...+10n)ntag-9(10n-1+10n-2+...+1)ntag==9[10n-1(10-1)+10n-2(100-1)+...+(10n-1)].



Mivel a szögletes zárójelen belül a kerek zárójeles különbségek mind oszthatók 9-cel, ezért az egész kifejezés osztható 99=81-gyel.
b) Mivel 1990=10199, továbbá hogy 10 és 199 relatív prímek, elég bizonyítani, hogy az adott szorzat osztható 199-cel és 10-zel. 600n-3n osztható 600-3=597=3199-cel, tehát 199-cel is.
Azt kell még bizonyítanunk, hogy n5-n osztható 10-zel; ehhez elég megmutatnunk, hogy utolsó jegye 0. Nézzük végig n lehetséges utolsó jegyeit. Ha n végződése 0; 1; 2; ...; 9, akkor n5 végződése is rendre 0; 1; 2; ...; 9 (pl. azért, mert n5 utolsó jegye rendre megegyezik a 05=0, 15=1, 25=32, ..., 95=59049 utolsó jegyével), különbségük utolsó jegye tehát valóban 0.