Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a I. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1995/december, 517 - 519. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. C ponton át a DA-val húzott párhuzamos az AB oldalt az E pontban metszi. AE=26, EB=39-26=13 egység. Az EBC háromszög derékszögű, hiszen EC=5 egység és EC2+CB2=52+122=169=132=EB2. A trapéz m magassága megegyezik az ECB háromszög EB átfogóhoz tartozó magasságával, így 13m=512, m=6013.
A trapéz területe:T=26+3926013=150területegység.
A trapéz szögei: 67,38, 22,62, 157,38 és 112,62.
 
2. Legyen BB1=s és BB1A=φ. Ekkor AB1=B1C=2s és BB1C=180-φ. Az AB1B és a CB1B háromszögekben az AB, illetve BC oldalra írjuk fel a koszinusztételt:
10=s+4s2-2s2scosφ,30=s2+4s2+2s2scosφ
ahonnan 40=10s2, s=2 és így cosφ=58. AC=4s=8 egység, és T=s2ssinφ. Mivel sin2φ=1-2564=3964 és sinφ>0, azért sinφ=398, tehát a háromszög területe
T=24398=39területegység.

 
3. a) A negyedik év végén
20000(1,254+1,253+1,252+1,25)=200001,251,254-11,25-1==100000(1,254-1)144141Ft
pénzünk lesz.
b) B1,254=144141B59040 Ft.
 
4. a) Azonos átalakításokkal 44y+2=42+3y2y+4. A 4 alapú exponenciális függvény szigorú monotonitása miatt 4y+2=2+3y2y+4, ahonnan y1=4, y2=-43, és mindkettő megoldása az egyenletnek.
b) Mivel 1-2sin2x=cos2x, azért
cos2x+sinx-2sin3x=0,cos2x+(sinx)(1-2sin2x)=0,(cos2x)(1+sinx)=0,
ahonnanvagycos2x=0,2x=π2+kπx1,k=π4+kπ2,kZ;vagysinx=-1,x2,n=3π2+2nπ,nZ.

 
5. A  P(2;5)  ponton áthaladó egyenesek egyenlete  Ax+By-2A-5B=0
(A2+B2>0) alakban írható. A feltétel szerint
|5A+3B-2A-5B|A2+B2=2|-A-2A-5B|A2+B2,
ahonnan
|3A-2B|=2|3A+5B|,
azaz
3A-2B=6A+10Bvagy-3A+2B=6A+10B.
Egy megfelelő (A;B) számpár így (4;-1) vagy (8;-9).
A keresett egyenesek egyenlete: 4x-y=3 vagy 8x-9y=-29. (A keresett egyenesek átmennek azon a C, illetve D ponton, amelyekre AC=2CB, illetve AD=2BD, azaz a C pont az AB szakasz B-hez közelebb eső harmadolópontja (C(1;1)), a B pont az AD szakasz felezőpontja (D(-7;-3)).
 
6. Az első egyenletből y=3x és x>0, y>0. Így
xlog33x+2(3x)log3x=27.
Azonos átalakításokkal
x1+log3x+23log3xxlog3x=27,xxlog3x+2xxlog3x=27,xxlog3x=9.
A log3x szigorúan monoton függvény, alkalmazzuk az egyenlet mindkét oldalára:
log3x+(log3x)2=2,
ahonnan log3x1=1, x1=3, y1=9 vagy log3x2=-2, x2=19, y2=13.
 
7. Az xx2-2k+3k-2x+4kk-2, xR másodfokú függvény egyik zérushelye 2-nél kisebb, a másik pedig 3-nál nagyobb pontosan akkor, ha ez a függvény x=2-nél és x=3-nál is negatív értéket vesz fel, azaz
4-2k+3k-22+4kk-2<0és9-2k+3k-23+4kk-2<0,
azaz
k-5k-2<0és7(k-367)k-2<0,
tehát 2<k<5.
 
8. Készítsünk ábrát. A feltétel szerint B'C' hossza megegyezik az AEF háromszög kerületével. Legyen AP=x, az ABC háromszög BC oldalához tartozó magasság m. Az ABC háromszög területe az oldalak ismeretében kiszámítható: T=84. Így 14m=284, m=12 egység. Az AEFABC, így B'C'42=x12, B'C'=72x.
A szóban forgó trapéz területe:
t(x)=(14+72x)(12-x)2,ahol  0<x<12.t(x)=74(4+x)(12-x)=74(-x2+8x+48)=74(64-(x-4)2).
t(x) akkor a legnagyobb, ha x-4=0, x=4, így AP=4, azaz P az A ponthoz tartozó magasság A-hoz közelebb eső harmadolópontja.
(Dolgozhatunk differenciálszámítással vagy a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenséggel is:
t(x)=74(4+x)(12-x)74((4+x)+(12-x)2)2=112.
Az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha 4+x=12-x, azaz ha x=4.)
Rábai Imre