Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a IV. mérőlap (1999/3. sz.) feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1999/április, 210 - 212. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Húzzuk meg a trapéz két magasságát. Ekkor két derékszögű háromszöget kapunk. Az egyiknek az átfogója 14,3 egység, a másiké 16,5 egység. Mindkettőnek egyik befogója 13,2 egység. Az ismeretlen befogók előjeles szakaszok, hosszuk |x|, illetve |y|.
|x|2=14,32-13,22=5,52,illetve|y|2=16,52-13,22=9,92,
azaz x1=5,5, x2=-5,5, illetve y1=9,9, y2=-9,9.

(A szerkesztés vizsgálata is mutatja, hogy a feltételeknek négy trapéz felel meg.)
A trapézok másik párhuzamos oldalának hossza:
22-5,5-9,9=6,6egység,22+5,5-9,9=17,6egység,22+9,9-5,5=26,4egység,22+9,9+5,5=37,4egység.
A négy trapéz területe: T1=188,76 területegység, T2=261,3 területegység, T3=313,44 területegység, T4=392,04 területegység.
 
2. Mindkét kifejezés n(n+1)(n+2)(n+3) alakba írható. A négy tényező közül kettő egymás után következő páros szám, így egyikük osztható 4-gyel, így szorzatuk 8-cal, a négy tényező közül legalább az egyik osztható 3-mal, tehát a négy tényező szorzata osztható 38=24-gyel.
 
3. A sin2x=1-cos2x2 és a cos2x=1+cos2x2 azonosságok alkalmazásával
cos2x+sin4x=34+14cos22x.
Mivel 0cos22x1, ezért 34cos2x+sin4x1, így 11cos2x+sin4x43. Mivel a kifejezéssel megadott függvény folytonos, ezért az értékkészlet az [1;43] intervallumba eső valós számok halmaza. A legkisebb értékét a függvény akkor veszi fel, ha cos22x=1, tehát az x=kπ2, kZ helyeken, a legnagyobb értékét cos22x=0 esetén veszi fel, tehát az x=π4+kπ2, kZ helyeken.
Megjegyzés. Az adott kifejezés a következő módon is felírható:
a) (cos2x-12)2+34; b) 78+18cos4x.
 
4. Legyen az {an} sorozat első négy eleme a, aq, aq2, aq3; a második sorozat első négy eleme ekkor a, aq-3, aq2-6, aq3-36. A b1, b2, b3, b4 elemekre egyrészt b22=b1b3, másrészt b1b4=b2b3, tehát
(aq-3)2=a(aq2-6)ésa(aq3-36)=(aq-3)(aq2-6).
Rendezés után 2a(q-1)=3 és a(q2+2q-12)=6. Mivel a0 és q1, ezért
q2+2q-122(q-1)=2,q2-2q-8=0,q1=4,q2=-2.
Ha q=4, akkor a=12, ha q=-2, akkor a=-12, így a két sorozat első négy eleme:
12,2,8,32,-12,1,-2,4
 
illetve
vagyilletve
 
12,-1,2,-4,
-12,-2,-8,-32.


 
5. Nyilván x>0 kell, hogy legyen. Ha log2x=y, akkor azonosságok alkalmazásával
y2-5y+42y2-5y.(1)
A két gyökös kifejezésnek akkor van értelme, ha
y2-5y+40és2y2-5y0,
azaz ha y0 vagy y4. Az (1) egyenlőtlenség mindkét oldala nemnegatív, ezért a négyzetre emelés ekvivalens egyenlőtlenségre vezet:
y2-5y+42y2-5y,y24,y-2vagyy2.
Az (1) egyenlőtlenség megoldásai: y-2 vagy y4. Az eredeti egyenlőtlenség akkor teljesül, ha
log2x-2vagylog2x4,
azaz ha
0<x12vagyx16.

 
6. Mivel 4cos2x-3=1-4sin2x, ezért
|4sin2x-1cosx|=-4sin2x-1cosx,
ez pedig pontosan akkor teljesül, ha  4sin2x-1cosx0.
Ha cosx>0, akkor 4sin2x-10, sin2x14, |sinx|12.
Innen a -π6+2kπxπ6+2kπ, kZ számok az egyenlet megoldásai.
Ha cosx<0, akkor 4sin2x-10, sin2x14, |sinx|12.
Innen a π2+2kπ<x<5π6+2kπ, kZ és a 7π6+2nπx<3π2+2nπ, nZ számok a megoldások.
 
7. A vektorszerkesztés módszerével dolgozhatunk. A feltételeknek két trapéz felel meg. Az A1B1CD átlóinak metszéspontja legyen K, az A2B2CD átlóinak metszéspontja L, a DC szakasz felezőpontja F.
F(92;72). Így DF(32;12). Az FK, illetve FL vektorok a DF 90-os elforgatottjai, tehát FK(-12;32) és FL(12;-32).
DK=DF+FK=(1;2),CK=CF+FK=(-2;1),CL=-DK=(-1;-2),DL=-CK=(2;-1).
Mivel
OA1=OC+4CK=(6;4)+4(-2;1)=(-2;8),OB1=OD+4DK=(3;3)+4(1;2)=(7;11),OA2=OC+4CL=(6;4)+4(-1;-2)=(2;-4),OB2=OD+4DL=(3;3)+4(2;-1)=(11;-1),
ezért A1(-2;8), B1(7;11), A2(2;-4), B2(11;-1).
Érdemes megjegyezni, hogy
OA2=2OF-OB1=(9;7)-(7;11)=(2;-4)ésOB2=2OF-OA1=(9;7)-(-2;8)=(11;-1).

 
8. Mivel 4x-x2-5=-1-(x-2)2<0 minden valós x-re, ezért az (a+2)x2-(a-1)x+a-10 legfeljebb másodfokú egyenlőtlenségre kell a válaszokat megadni.
Ha a+2=0, a=-2, akkor a 3x-30 egyenlőtlenségnek végtelen sok megoldása van.
a) Ha a+20, úgy pontosan akkor van egy megoldása az egyenlőtlenségnek, ha a+2<0 és a polinom diszkriminánsa, D=0.
D=(1-a)2-4(a-1)(a+2)=-3(a+3)(a-1)=0,
ha a=-3 vagy a=1, így a<-2 miatt akkor van egyetlen megoldás, ha a=-3.
b) Az egyenlőtlenségnek nincs megoldása, ha a+2<0 és D<0, azaz ha a<-3. Végtelen sok megoldás akkor van, ha a+2>0 vagy (a+2<0 és D>0) vagy a=-2, azaz ha a>-3.

Rábai Imre