Cím: Megoldásvázlatok, eredmények az I. mérőlap feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1996/november, 478 - 479. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Célszerű (a számolás egyszerűsítésére) a sorozat első hat elemét a következő módon jelölni: a-5t, a-3t, a-t, a+t, a+3t, a+5t (a differencia, d=2t). A feltételek szerint 6a=42, így a=7, és (a-3t)(a+3t)=13, amiből t2=4, t=2 vagy t=-2.
Ha a=7 és t=2, akkor d=4 és a1=-3,
ha a=7 és t=-2, akkor d=-4 és a1=17.
 
2. Legyen AB=12x. Jelölje az AB szakasz felezőpontját F, az AC szakasz felezőpontját O1, a CB szakasz felezőpontját O2. A három félkört érintő kör középpontja legyen O3. Tekintsük az O1O3F és az O2O3F háromszögeket. A C és F pont helyzetéből következik, hogy O1O3=2x+12, O1F=4x és O3F=6x-12, illetve FO2=2x, O2O3=4x+12.
A feladat többféle módszerrel megoldható, most a koszinusztétel alkalmazásával oldjuk meg. Legyen O1FO3=α, ekkor O2FO3=180-α, és tudjuk, hogy cos(180-α)=-cosα.
cosα=(4x)2+(6x-12)2-(2x+12)224x(6x-12),cos(180-α)=(2x)2+(6x-12)2-(4x+12)222x(6x-12).
Innen x=7, így AB=84 egység.
 
3. x-12, y-12. A 2xy+x=y2+2, 2xy+y=x2+2 egyenletek különbsége x-y=y2-x2, ami (x-y)(1+x+y)=0 alakba írható.
Innen x=y és ekkor x2+x-2=0, x1=1, y1=1 és x2=-2, y2=-2 az egyenletrendszer megoldásai. Más megoldás nincs, hiszen ha x+y+1=0, akkor 3x2+3x+3=0, amely egyenletnek nincs megoldása a valós számok körében.
 
4. A háromszög területe T=12absinγ. A koszinusztételből
c2-a2-b2=-2abcosγ,
így a feltétel alkalmazásával tgγ=-13, γ=150.
 
5. a) A kifejezés az x=π2+kπ, kZ számok kivételével minden más valós számra értelmezhető.
b) A megengedett x-ekre 4tgx1+tg2x=2sin2x és cos4x=1-2sin22x. Ezek alkalmazásaval
f(x)=(1-sin2x)2+4.
f(x) legnagyobb értéke 8, amit akkor vesz fel, ha sin2x=-1, x=3π4+kπ, kZ.

f(x) legkisebb értéke 4, amit akkor vesz fel, ha sin2x=1, x=π4+kπ, kZ.

(Azonos átalakításokkal: f(x)=4sin4(x-π4)+4.)
 
6. 100000 Ft 24 %-os kamatos kamatozással 1000001,243 Ft-ra növekszik, így a harmadik év végén 1000001,243-18054,4=172608 Ft-ot fizettek vissza. A kamatlábak változása miatt
1000001,24(1+24-p100)(1+24-2p100)=172608,
ahonnan
p2-186p+728=0,p1=4,p2=182.
A feladat szerint p<24, tehát p=4.
 
7. A keresett kör középpontja rajta van az y=8 egyenletű egyenesen, s ha középpontjának az abszcisszája u, akkor a sugara r=|12-u|, tehát az egyenlete
(x-u)2+(y-8)2=(12-u)2.
Mivel ez a kör érinti az x2+y2=16 egyenletű kört, azért a két kör egyenlete által alkotott egyenletrendszer megoldása során kapott másodfokú egyenlet diszkriminánsa nulla. A két egyenlet különbsége:
-2ux-16y=64-24u,8y=12u-32-ux,64x2+(12u-32-ux)2=6416,(64+u2)x2-2u(12u-32)x+((12u-32)2-6416)=0.D=4u2(12u-32)2-4(64+u2)((12u-32)2-6416)=0;
Innen u=0 vagy u=6.
A feltételeknek két kör felel meg, ezek egyenlete:
x2+(y-8)2=122vagy(x-6)2+(y-8)2=62.

 
8. Az egyenletnek x=2p és x=-2p nem lehet megoldása.
Szorozzuk meg az egyenlet mindkét oldalát (x2-4p2)-tel, majd rendezzük az egyenletet:
(p-2)x=p2+2p.
Ha p=2, akkor az egyenletnek nincs megoldása.

Ha p2, akkor
x=p2+2pp-2
lehet a megoldás, de p2+2pp-22p, és p2+2pp-2-2p, azaz p0, p6, p23, azaz ha p2, p0, p6, p23, akkor az egyenletnek egyetlen megoldása az
x=p2+2pp-2.
Ha p=0, p=2, p=6 vagy p=23, akkor az egyenletnek nincs megoldása.
p2+2pp-2<2p pontosan akkor teljesül, ha 0<p<2 vagy p>6.

Rábai Imre