Cím: Megoldásvázlatok, eredmények az I. mérőlap (1999/7. sz.) feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 1999/november, 481 - 483. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Ha a kamatláb az első évben p% volt, akkor
300000(1+p100)(1+p-3100)=386400,30(100+p)(100+p-3)=3012880,p2-197p-3180=0,
p1=15 (p2=-212). A kamatláb az első évben 15%-os volt.
 
2. Vegyük fel egy egyenesen az A és P pontokat (AP=9 egység) és az egyenestől 4,5 egység távolságra haladó (egyik) párhuzamos egyenest, majd ezen az egyenesen a megfelelő D pontot (ADAP).
A B pont a P ponttól 6 egység távolságra van az AP egyenesen. Két ilyen B pont van, B1 és B2, AB2=9+6=15 egység, AB2=9-6=3 egység. Így két C és két Q pont van, C1 és C2, valamint Q1 és Q2.
Az APQ1 és a DC1P, illetve az APQ2 és a DC2P háromszögek hasonlók. Ha a Q1, illetve a Q2 pont távolsága az AB1, illetve AB2 egyenestől d1, illetve d2, akkor
d1=94,515=2,7egység,illetved2=94,53=13,5egység.

 
3. A feltételekből adódik, hogy α és β hegyesszögek. A szinusztétel alkalmazásával
sinαcosαcosβsinβ=sin2αsin2β,
ahonnan sin2α=sin2β, azaz 2α=2β+2kπ vagy 2α+2β=π+2kπ, tehát α=β vagy α+β=π2. Az első esetben b=a, a másodikban b=c2-a2.
 
4. A lefedetlen terület akkor a legnagyobb, ha a lefedett terület a legkisebb. Az AP és BP szakaszok hosszának az összege 2a; az egyik legyen a-x, a másik a+x, ahol 0x<a.
A lefedett terület: T(x)=(a-x)2+(a+x)2=2x2+2a2, ahol 0x<a.
T akkor a legkisebb, ha x=0, P az AB szakasz felezőpontja. A lefedetlen terület legnagyobb értéke innen 4a2-2a2=2a2 területegység.
 
5. Mivel cos2x=1-sin2x  és sin2x=|sinx|2, azért 4|sinx|2+8|sinx|-50, azaz
4(|sinx|-12)(|sinx|+52)0.
|sinx|+52>0 minden valós x-re, tehát a feltétel |sinx|12, azaz sinx12 vagy sinx-12. Az egyenlőtlenség a
π6+kπx5π6+kπ,kZ
valós számokra teljesül.
 
6. Az adott egyenessel párhuzamos egyenesek egyenlete 3x+4y+k=0 (kR). Ezek közül keressük azokat, amelyekre
2=|3(-1)+42+k|32+42=|k+5|25.
Innen 10=|k+5|, azaz k+5=10 vagy k+5=-10, k=5 vagy k=-15. A feltételeknek a 3x+4y+5=0 és a 3x+4y-15=0 egyenletű egyenesek felelnek meg.
(Azokat az egyeneseket keressük, amelyek érintik az (x+1)2-(y-2)2=4 egyenletű kört is. Így a k értékét diszkrimináns feltétellel is megkaphatjuk. A feladat a szerkesztés menetének számítással való követése révén is megoldható.)
 
7. Ismeretes, hogy ha A>0 és B>0, akkor A+B2AB, és az egyenlőség pontosan akkor teljesül, ha A=B.
Ennek és az xlog2x függvény szigorú monoton növekedésének alkalmazásával
log2(cos2(xy)+14cos2(xy))log2(214)=log21=0.

Mivel -(y-12)20, azért azok az (x;y) számpárok a megoldások, amelyekre
cos2(xy)=14cos2(xy)ésy=12.
Innen cos4x2=14, cos2x2=12, 1+cosx2=12, cosx=0.
A megoldások: xk=π2+kπ, yk=12, kZ.
 
8. Mivel 3x>0 minden valós x-re, azért ‐ azonos átalakításokkal és rendezéssel ‐
(a-9)(3x)2-2a3x+a=0.
Ha a=9, akkor 3x=12, x0=log312.
Ha a9, akkor a (3x)-re másodfokú egyenlet diszkriminánsa:
D=4a2-4a(a-9)=36a.
Így, ha a<0, akkor nincs megoldás, ha a0, akkor lehet megoldás.
Ha a0, akkor a=(a)2, így 3x=2a±6a2(a-9). Azonos átalakításokkal
2a±6a2(a-9)=2a(a±3)2(a-3)(a+3),tehát3x=aa+3vagy3x=aa-3.
Mivel 3x>0, azért a=0 esetén nincs megoldás;
az x1=log3aa+3 akkor megoldás, ha a>0 és a9,
az x2=log3aa-3 akkor megoldás, ha a>9.
Így, ha a0, akkor nincs megoldás; ha 0<a<9 vagy a=9, akkor egy megoldás van, x1, illetve x0; ha a>9, akkor két megoldás van, x1 és x2.

Rábai Imre