Cím: Megoldásvázlatok, eredmények az V. mérőlap (2000/4.sz.) feladataihoz
Szerző(k):  Számadó László 
Füzet: 2000/május, 286 - 288. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

 
1. Az A=tg(012)+tg(112)+...+tg(1512) 16-tagú összeg első és utolsó tagja 0. Továbbá
tg(k12)=tg(180-k12)=-tg(1512-k12)=tg((15-k)12),
ahol k lehetséges értékei 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Így A=0.
A B kiszámításához próbáljuk meg a (63-10)-et egy kéttagú kifejezés köbeként felírni. Célszerű a kéttagú kifejezést a+3 alakban keresni: (a+3)3=a3+3a23+3a3+33. Ebből (3a2+3)3=63, tehát a2=1, továbbá a3+9a=-10, ami a2=1 miatt 10a=-10, vagyis a=-1. Eszerint:
B=63-103=(3-1)33=3-10,73.
C=log22aa2a83243=log244a8a83246=log2824=log2218=0,125.
Az a értékétől függetlenül megkaptuk C-t. A növekvő sorrend: A, C, B.
 
2. Az ABE háromszögben FG középvonal, FGD háromszögben HI középvonal, HIC háromszögben KJ középvonal, ezért AB=2FG=4HI=8KJ, így JK:AB=1:8.
 
3. Mivel
x2-2000x+1999x-1=(x-1999)(x-1)x-1ésx2-1999x+1998x-1=(x-1998)(x-1)x-1,
azért az x1 kikötéssel az egyenlet a következő alakban írható: 2000-x+x-1999=1. A négyzetgyökök miatt 2000-x0 és x-19990, vagyis 1999x2000. Ezen az intervallumon csak két egész szám van, 1999 és 2000, amelyek megoldásai az egyenletnek.
 
4. Ha a kör középpontja illeszkedik a parabola tengelyére, akkor csak úgy lehet három közös pontjuk, ha az egyik a parabola tengelypontja. Legyen ez a háromszög C csúcsa. A parabola egyenletét írjuk (y-3)2=x-2 alakban, ezért C(2;3). A szabályos háromszögnek a tengely felett lévő pontja legyen A(a;b), ez a pont illeszkedik a parabolára, ezért a=b2-6b+11. Az AC egyenes irányszöge 30, így tg30=13=b-3b2-6b+11-2=1b-3, vagyis b=3+3, a=5.
A szabályos háromszög oldalának hossza: AC=(5-2)2+(3+3-3)2=12, a magassága m=3212=3, a köréírt kör sugara pedig r=23m=2. Ezek alapján a kör középpontja: K(4;3). A keresett kör egyenlete: (x-4)2+(y-3)2=4.
 
5. Alakítsuk át a feltételeket: (x2-y)(x-y)=0, (x-2)2+(y-1)29. Vagyis azokat a rácspontokat keressük, amelyek illeszkednek az y=x2 egyenletű parabolára vagy az y=x egyenletű egyenesre és a K(2;1) középpontú, r=3 sugarú, zárt körlemezen vannak.
A megfelelő pontok: (-1;1), (0;0), (1;1), (2;4), (2;2), (3;3).
 
6. Legyen a bevásárlóközpont egy évvel ezelőtti bevétele egységnyi, a vásárlók száma v, akkor az egy főre jutó vásárlás 1v. Ha a vásárlók száma p százalékkal nő, akkor az idén v(1+p100) a vásárlók létszáma, a megnövekedett egy főre futó vásárlás pedig 1v(1+4p100). Az új, megnövekedett bevétel ezek alapján v(1+p100)1v(1+4p100)=1,54. A műveleteket elvégezve és rendezve 4p2+500p-5400=0. Az egyenlet pozitív gyöke jöhet csak szóba, és ez p=10, a vásárlók száma 10 százalékkal növekedett.
 
7. Írjuk fel a diszkrimináns negyedét:
D4=b2(a+c)2-(a2+b2+c2)2ac=a2b2+2ab2c+b2c2-2a3c-2ab2c-2ac3==b2(a2+c2)-2ac(a2+c2)=(b2-2ac)(a2+c2).
a és c különböző előjelű valós számok, azért b2-2ac>0, a2+c2>0, így D>0. Ezzel megmutattuk, hogy az egyenletnek van két különböző valós gyöke.
Ha x=0, akkor a helyettesítési érték 2ac, vagyis negatív, ha x=1, akkor a helyettesítési érték (a2+b2+c2)-2b(a+c)+2ac. Ezt (a-b+c)2 alakban is írhatjuk, ami pozitív, mert a+cb. Ebből látható, hogy az egyik gyök a (0;1) intervallumban van. Ez biztosan a nagyobbik gyök, mert a két gyök szorzata 2aca2+b2+c2, negatív, a másik gyök tehát negatív.
 
8. Legyen az A-nál lévő belső szög α, ekkor AC=cosα. Írjuk fel a területet:
T=tACE+tABG+tABC+tAEG=cos2α2+12+1cosαsinα2+1cosαsin(180-α)2.T=cos2α+2sinαcosα+12=1+cos2α2+sin2α+12=2sin2α+cos2α+34.
Legyen 2α=x, és vizsgáljuk az f(x)=2sinx+cosx függvényt, keressük meg a maximumhelyét a (0;180) intervallumon:
2sinx+cosx=5(sinx25+cosx15)5(sinxcos26,6+cosxsin26,6)=5sin(x+26,6).
Vagyis x63,4, így α31,7.

Számadó László