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

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   1. Az $A=\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\left(0\cdot {12}^{\circ }\right)+\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\left(1\cdot {12}^{\circ }\right)+\text{...}+\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\left(15\cdot {12}^{\circ }\right)$ 16-tagú összeg első és utolsó tagja 0. Továbbá $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\left(k\cdot {12}^{\circ }\right)=\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\left({180}^{\circ }-k\cdot {12}^{\circ }\right)=-\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\left(15\cdot {12}^{\circ }-k\cdot {12}^{\circ }\right)=\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\left(\left(15-k\right)\cdot {12}^{\circ }\right)\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $k$ lehetséges értékei 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Így $A=0$. A $B$ kiszámításához próbáljuk meg a $\left(6\sqrt[]{3}-10\right)$-et egy kéttagú kifejezés köbeként felírni. Célszerű a kéttagú kifejezést $a+\sqrt[]{3}$ alakban keresni: ${\left(a+\sqrt[]{3}\right)}^3=a^3+3a^2\cdot \sqrt[]{3}+3a\cdot 3+3\sqrt[]{3}$. Ebből $\left(3a^2+3\right)\cdot \sqrt[]{3}=6\sqrt[]{3}$, tehát $a^2=1$, továbbá $a^3+9a=-10$, ami $a^2=1$ miatt $10a=-10$, vagyis $a=-1$. Eszerint: $B=\sqrt[3]{6\cdot \sqrt[]{3}-10}=\sqrt[3]{{\left(\sqrt[]{3}-1\right)}^3}=\sqrt[]{3}-1\approx \mathrm{0,73}$. $C=\text{log}{}_2\sqrt[]{\frac{2}{a}\cdot \sqrt[3]{\frac{a}{2}\cdot \sqrt[4]{\frac{a^8}{32}}}}=\text{log}{}_2\sqrt[6]{\sqrt[4]{\frac{4^4\cdot a^8}{a^8\cdot 32}}}=\text{log}{}_2\sqrt[24]{8}=\text{log}{}_2{2}^{\frac{1}{8}}=\mathrm{0,125}$. 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 $AB=2\cdot FG=4\cdot HI=8\cdot KJ$, így $JK:AB=1:8$.   3. Mivel $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x^2-2000x+1999}{x-1}=\frac{\left(x-1999\right)\left(x-1\right)}{x-1}\text{és}\frac{x^2-1999x+1998}{x-1}=\frac{\left(x-1998\right)\left(x-1\right)}{x-1}\mathrm{,}}\end{array}$ azért az $x\ne 1$ kikötéssel az egyenlet a következő alakban írható: $\sqrt[]{2000-x}+\sqrt[]{x-1999}=1$. A négyzetgyökök miatt $2000-x\ge 0$ és $x-1999\ge 0$, vagyis $1999\le x\le 2000$. 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 ${\left(y-3\right)}^2=x-2$ alakban, ezért $C\left(2;3\right)$. A szabályos háromszögnek a tengely felett lévő pontja legyen $A\left(a;b\right)$, ez a pont illeszkedik a parabolára, ezért $a=b^2-6b+11$. Az $AC$ egyenes irányszöge ${30}^{\circ }$, így $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}{30}^{\circ }=\frac{1}{\sqrt[]{3}}=\frac{b-3}{b^2-6b+11-2}=\frac{1}{b-3}$, vagyis $b=3+\sqrt[]{3}$, $a=5$. A szabályos háromszög oldalának hossza: $AC=\sqrt[]{{\left(5-2\right)}^2+{\left(3+\sqrt[]{3}-3\right)}^2}=\sqrt[]{12}$, a magassága $m=\frac{\sqrt[]{3}}{2}\cdot \sqrt[]{12}=3$, a köréírt kör sugara pedig $r=\frac{2}{3}\cdot m=2$. Ezek alapján a kör középpontja: $K\left(4;3\right)$. A keresett kör egyenlete: ${\left(x-4\right)}^2+{\left(y-3\right)}^2=4$.   5. Alakítsuk át a feltételeket: $\left(x^2-y\right)\left(x-y\right)=0$, ${\left(x-2\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2\le 9$. Vagyis azokat a rácspontokat keressük, amelyek illeszkednek az $y=x^2$ egyenletű parabolára vagy az $y=x$ egyenletű egyenesre és a $K\left(2;1\right)$ középpontú, $r=3$ sugarú, zárt körlemezen vannak. A megfelelő pontok: $\left(-1;1\right)$, $\left(0;0\right)$, $\left(1;1\right)$, $\left(2;4\right)$, $\left(2;2\right)$, $\left(3;3\right)$.   6. Legyen a bevásárlóközpont egy évvel ezelőtti bevétele egységnyi, a vásárlók száma $v$, akkor az egy főre jutó vásárlás $\frac{1}{v}$. Ha a vásárlók száma $p$ százalékkal nő, akkor az idén $v\left(1+\frac{p}{100}\right)$ a vásárlók létszáma, a megnövekedett egy főre futó vásárlás pedig $\frac{1}{v}\left(1+\frac{4p}{100}\right)$. Az új, megnövekedett bevétel ezek alapján $v\left(1+\frac{p}{100}\right)\frac{1}{v}\left(1+\frac{4p}{100}\right)=\mathrm{1,54}$. A műveleteket elvégezve és rendezve $4p^2+500p-5400=0$. Az egyenlet pozitív gyöke jöhet csak szóba, és ez $p=10$, a vásárlók száma 10 százalékkal növekedett.   7. Írjuk fel a diszkrimináns negyedét: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle \frac{D}{4}=b^2{\left(a+c\right)}^2-\left(a^2+b^2+c^2\right)\cdot 2ac=a^2{b}^2+2a{b}^{2}c+b^2{c}^2-2a^{3}c-2a{b}^{2}c-2a{c}^3=}\\ \hfill {\displaystyle =b^2\cdot \left(a^2+c^2\right)-2ac\cdot \left(a^2+c^2\right)=\left(b^2-2ac\right)\cdot \left(a^2+c^2\right)\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ $a$ és $c$ különböző előjelű valós számok, azért $b^2-2ac>0$, $a^2+c^2>0$, 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 $\left(a^2+b^2+c^2\right)-2b\left(a+c\right)+2ac$. Ezt ${\left(a-b+c\right)}^2$ alakban is írhatjuk, ami pozitív, mert $a+c\ne b$. Ebből látható, hogy az egyik gyök a $\left(0;1\right)$ intervallumban van. Ez biztosan a nagyobbik gyök, mert a két gyök szorzata $\frac{2ac}{a^2+b^2+c^2}$, negatív, a másik gyök tehát negatív.   8. Legyen az $A$-nál lévő belső szög $\alpha$, ekkor $AC=\text{cos}\alpha$. Írjuk fel a területet: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle T}& {\displaystyle =t_{ACE}+t_{ABG}+t_{ABC}+t_{AEG}=\frac{\text{cos}{}^2\alpha }{2}+\frac{1}{2}+\frac{1\cdot \text{cos}\alpha \cdot \text{sin}\alpha }{2}+\frac{1\cdot \text{cos}\alpha \cdot \text{sin}\left({180}^{\circ }-\alpha \right)}{2}\mathrm{.}}\hfill \\ \hfill {\displaystyle T}& {\displaystyle =\frac{\text{cos}{}^2\alpha +2\text{sin}\alpha \text{cos}\alpha +1}{2}=\frac{\frac{1+\text{cos}2\alpha }{2}+\text{sin}2\alpha +1}{2}=\frac{2\text{sin}2\alpha +\text{cos}2\alpha +3}{4}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ Legyen $2\alpha =x$, és vizsgáljuk az $f\left(x\right)=2\text{sin}x+\text{cos}x$ függvényt, keressük meg a maximumhelyét a $\left(0;{180}^{\circ }\right)$ intervallumon: $\begin{array}{c}{\displaystyle {\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle 2\text{sin}x+\text{cos}x=\sqrt[]{5}\left(\text{sin}x\cdot \frac{2}{\sqrt[]{5}}+\text{cos}x\cdot \frac{1}{\sqrt[]{5}}\right)\approx }\\ \hfill {\displaystyle \approx \sqrt[]{5}\left(\text{sin}x\text{cos}\mathrm{26,}{6}^{\circ }+\text{cos}x\text{sin}\mathrm{26,}{6}^{\circ }\right)=\sqrt[]{5}\text{sin}\left(x+\mathrm{26,}{6}^{\circ }\right)\mathrm{.}}\end{array}}}\end{array}$ Vagyis $x\approx \mathrm{63,}{4}^{\circ }$, így $\alpha \approx \mathrm{31,}{7}^{\circ }$. Számadó László