Cím: Megoldásvázlatok, eredmények az 1992. novemberi szám mérőlapjához
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1992/december, 452 - 454. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

1. Az egyenleteket átalakítva kapjuk, hogy
xy(x+y)=-12ésx+y=-4xy
azaz
x+y=4,xy=-3  vagy  x+y=-4,xy=3.
Az egyenletrendszer megoldásai: x1=2+7, y1=2-7; x2=2-7, y2=2+7; x3=-1, y3=-3; x4=-3, y4=-1.
 

2. Jelölje m a trapéz magasságát. Ekkor
(m+8)2=m2+400,m=21  egység.

A trapéz területe T=588 területegység.
Jelölje r a trapéz köré írt kör sugarát. Ekkor
r2-242+r2-42=2,r=1456  egység.

3. Emeljük ki az adott kifejezésből a 1232x=129x-t, majd alakítsuk szorzattá.
129x((23)x-23)((23)x-(23)-2)0.
Ez pontosan akkor teljesül, ha
(23)x=(23)-2vagy(23)x23.
Az egyenlőtlenség megoldásai: x-2  vagy  x1.
 

4. Mivel a kör érinti az y tengelyt, ezért egyenletét
(x-u)2+(y-v)2=u2
alakban kereshetjük, és a Q(0;v) pontban érinti a kör az y tengelyt. A P(9;5) pont rajta van a körön és  PQ2=90, azaz
(9-u)2+(5-v)2=u2
és
92+(5-v)2=90.
Innen v1=2, v2=8 és u=5. A feltételeknek megfelelő körök egyenletei: (x-5)2+(y-2)2=25, illetve (x-5)2+(y-8)2=25.
 

5. Legyen AC=4, BC=6 és AB=8 egység. A C csúcsból induló szögfelező az AB oldalt (a szögfelező osztásarány tétele miatt) abban az F pontban metszi, amelyre AF=3,2. Jelölje α az A csúcsnál fekvő szöget, r pedig a szóban forgó kör sugarát.
A koszinusztétel alkalmazásával cosα=1116, így sinα=31516 és r=3,2sinα=3155 egység.
A CF szögfelező hossza az ACF háromszögből koszinusztétellel számítható ki, CF=8,64 egység. (Területszámítás alkalmazásával is dolgozhatunk.)
 

6. Jelölje f(x) az adott kifejezést. Az abszolút érték definíciójának alkalmazásával
f(x)={4x+2,  ha  0<x12,2(x+12)2+32,  ha  -1x0,-4x-2,  ha  -32x<-1.
A függvény értéke az adott intervallumokban
2<f(x)4,  ha  0<x12,3/2f(x)2,  ha  -1x0,2<f(x)4,  ha  -32x<-1.
A függvény legnagyobb értéke 4, amelyet az x1=12 és az x2=-32 helyeken vesz fel. A függvény legkisebb értéke 32, amelyet az x3=-12 helyen vesz fel.
 

7. Legyen az első egyenlet két gyöke x1, x2, akkor a második egyenlet két gyöke 2x1 és x3.
Mivel x12+px1-q=0 és 4x12-6x1+q=0, ezért 5x12-5px1=0, azaz x1=0 vagy x1=p.
Ha x1=0, akkor q=0 és így p2=36, p=6 vagy p=-6, ha x1=p, akkor p2-3p2+q=0, q=2p2, tehát 9p2=36, p2=4 és így q=8. Ebben az esetben tehát ha q=8, akkor p=2 vagy p=-2. (Más módon is dolgozhatunk! Hogyan?)
8. Az egyenletnek x0=π2+kπ, kZ nem lehet megoldása. Ekvivalens átalakítással:
(sinx)(sin2x-p)=0.
Ha sinx=0, akkor x1,n=nπ, nZ mindig megoldás.
a) Ha p=12, akkor x1,n megoldásokon kívül a sin2x=12 megoldások is adódnak
x2,n=π12+nπ,x3,n=5π12+nπ,nZ.
Ha p=-12, akkor x1,n megoldásokon kívül a sin2x=-12 megoldásai is adódnak.
x4,n=7π12+nπ,x5,n=11π12+nπ,Z.

b) x1,0=0 és x1,1=π megoldások.
Ha |p|>1, akkor ez a két megoldás van.
Ha p=0, akkor 2x=nπ2, x=0, x=π2, x=π, így x1,0 és x1,1 adódik, tehát két megoldás van.
Ha p=1 vagy p=-1 akkor három megoldás van: x=π4, illetve x=3π4 adódik x1,0 és x1,1 mellett.
Ha 0<p<1 vagy -1<p<0, akkor négy megoldás van, x1,0 és x1,1-en kívül x=α2 és x=π2-α2, ahol 0<α<π2, illetve x=β2 és x=3π2-β2, ahol π2<β<3π2.