Cím: Megoldásvázlatok az 1993. januári szám mérőlapjához
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1993/február, 59 - 60. 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) 2x2-x-1=0 vagy x2-1=0. Az egyenlet megoldásai x1=1, x2=-12, x3=-1. b) 2x2-x-1=0 és x2-1=0. Az egyenlet megoldása: x=1.

 
2. Nincs értelme az igazolandó azonosságnak, ha tg α=1, cos2α=0, és ha tg α-nak nincs értelme. Az α=π4+n⋅π2 és az α=π2+nπ, nϵZ számok kivételével minden valós számra értelmezett az azonosság. Mivel ezen a halmazon
1+sin2αcos2α=(cosα+sinα)2(cosα+sinα)(cosα-sinα)=cosα+sinαcosα-sinα=1+tg α1-tg α,
ezért az azonosság a meghatározott α értékek esetén igaz.
 

3. x>0 kell legyen. Vegyük mindkét oldal hármas alapú logaritmusát. Mivel az x↦log3x függvény szigorúan monoton, ezért az így kapott egyenlet az eredetivel ekvivalens.
(log3)2=2+log3x,
ahonnan log3x=2,x1=9 vagy log3x=-1,x2=13. Az egyenlet megoldásai tehát x1=9, x2=13.
 

4. Legyen a harmadik oldal a, a vele szemközti szög α. A feltétel szerint
3⋅4⋅sinα2=32,azazsinα=22,
tehát α=45∘(cosα=22) vagy α=135∘(cosα=-22). A harmadik oldal négyzete a koszinusztétel szerint
a2=32+42-2⋅3⋅4⋅22vagya2=32+42+2⋅3⋅4⋅22,

a2=25-122vagya2=25+122,a=25-122≈2,8egység  vagy  a=25+122≈6,48egység.



5. A feltételek miatt az A és B pont ordinátája 9. Legyen A(a;9), a>0 és B (-b;9), b>0, hiszen a magasságpont az origóba esik. Most AB=a+b. Mivel CA→ (a;16) merőleges az MB→(-b;9) vektorra, ezért CA→⋅MB→=0, tehát -ab+144=0, ab=144. A számtani és mértani közép közötti egyenlőtlenség alkalmazásával a+b⩾2ab=2⋅12=24.
AB hossza akkor a legrövidebb, ha a+b=24, és ekkor a=b=12, tehát A(12;9) és B(-12;9).
 

6. Legyen P merőleges vetülete az AB egyenesen Q, az AP egyenesen R, és AQ=x, BR=y, AB=2a, AD=a.
Az APQ, BPQ és a DPR derékszögű háromszögekből x2+y2=4, (2a-x)2+y2=16, x2+(a-y)2=9. Innen
x=a2-3a,y=a2-52a,így(a2-3a)2+(a2-52a)2=4,
5a4-50a2+61=0,a2=5+1,65 vagy a2=5-1,65.
A téglalap területe t1=10+3,25 vagy t2=10-3,25. Az első esetben a P pont a téglalapon belül van (x>0,y>0), a második esetben a téglalapon kívül van (x<0,y<0). Dolgozhatunk trigonometria alkalmazásával is.
 

7. Ha 2p<0, akkor az x↦(2p+2)-(8x-2p)2 polinomfüggvény a [0;3] intervallumban szigorúan monoton csökkenő, így az x=0 helyen veszi fel a legnagyobb értékét, tehát 2p+2-4p2=-2, s mivel p<0, ezért p1=1-172.
Ha 0⩽2p⩽3,0⩽p⩽32, akkor a [0;3] intervallumban az x=2p helyen veszi fel a polinomfüggvény a legnagyobb értékét, tehát 2p+2=-2, p=-2, így ez esetben nem adódik megoldás.
Ha 2p>3, p>32, akkor a polinomfüggvény a [0;3] intervallumban szigorúan monoton növekvő, így az x=3 helyen veszi fel a legnagyobb értékét, tehát 2p+2-(3-2p)2=-2, s mivel p>32, ezért p2=7+294. A keresett p értékek tehát: 1-172,7+294.
 

8. Legyen x>y>0 és x-y=k, azaz x=y+k. A feltétel szerint 3x+4y=84, azaz 3(y+k)+4y=84, 7y+3k=8, amiből y=12-3k7.
y pozitív egész, ha k=7, k=14 vagy k=21.
Ha k=7, akkor y=9 és x=16, ha k=14, akkor y=6 és x=20, ha pedig k=21, akkor y=3 és x=24.
 

Megjegyzés. Mivel 3x=84-4y, így x=28-y-y3, tehát y3 egész. Legyen y=3t, ekkor x=28-4t. x>y>0 és egész, ha t=1, t=2 vagy t=3. Innen már adódik a megoldás.