Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2002/7. sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2002/november, 478 - 480. 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. Egy húr és érintőtrapéz egyik párhuzamos oldalának hossza 10 egység, a beírható kör sugara ϱ=53 egység. Hány százaléka a beírt kör területe a trapéz területének?

 
Megoldás. Belátható, hogy ha egy húr- és érintőtrapéz párhuzamos oldalainak hossza 2a, illetve 2b, a beírható kör sugara ϱ, akkor ϱ2=ab. (Lássuk be!) Most 2a=10, ϱ=53, tehát 75=5⋅b, azaz b=15, 2b=30 egység. A beírható kör területe T1=75π területegység, a trapéz területe T2=10+302⋅103=2003 területegység. Mivel
T1T2=3⋅π8≈0,680,
ezért a beírható kör területe a trapéz területének a 68%-a.
 
2. Két város távolsága 560km. Két gépkocsi közül az egyik 1 órával kevesebb idő alatt teszi meg ezt az utat, mint a másik gépkocsi, mert a sebessége 10kmóra-val nagyobb, mint a másiké. Számítsuk ki a gépkocsik sebességét!
 
Megoldás. Jelölje v a lassabban haladó gépkocsi sebességét, ekkor a gyorsabb gépkocsié v+10. A feltétel szerint 560v-560v+10=1, ahonnan v1=70, v2=-80. A gépkocsik sebessége 80 km/óra, illetve 70 km/óra.
 
3. Az f:x↦logax, x∈R+ (a>0, a≠1) logaritmusfüggvény grafikonjára illeszkedik a P(b;-2) és a Q(16b;6) pont. Határozzuk meg a és b értékét, majd írjuk fel a PQ egyenes egyenletét!
 
Megoldás. A logaritmusfüggvény értelmezése miatt b>0. A feltételek szerint -2=logab és 6=loga16b, azaz a-2=b és a6=16b, ahonnan a=2 és b=12, tehát P(12;-2), Q(8;6). A PQ egyenes egyenlete 16x-15y=38.
 
4. Milyen valós x értékekre van értelmezve a
sin2x+2sinxsin2x-2sinx⋅tg2x2
kifejezés és mi az értékkészlete?
 
Megoldás. A kifejezés akkor értelmezhető, ha sin2x-2sinx≠0 és tgx2 értelmezve van, azaz ha x≠kπ, k∈Z, tehát x∈R∖{kπ;k∈Z}.
Az első tényező:
sin2x+2sinxsin2x-2sinx≡2(sinx)(cosx+1)2(sinx)(cosx-1)≡cosx+1cosx-1(x≠kπ,k∈Z),
a második tényező:
tg2x2=1-cosx1+cosx(x≠π+2kπ,k∈Z).
Mivel cosx+1cosx-1⋅1-cosx1+cosx≡-1 (x≠kπ), ezért az értékkészlet a {-1} számhalmaz.
 
5. Írjuk fel annak a P(0;2) ponton átmenő 8 sugarú körnek az egyenletét, amelyet kívülről érint az x2+y2+2x+6y+8=0 egyenletű kör!
 
Megoldás. Az adott kör egyenlete (x+1)2+(y+3)2=2 alakban írható, tehát középpontja K(-1;-3) és sugara r=2. Legyen a keresett kör középpontja C(u;v), akkor egyenlete (x-u)2+(y-v)2=8. A P(0;2) pont rajta van ezen a körön, tehát
u2+(2-v)2=8.(1)
A keresett kör középpontja a K ponttól 2+8=32 távolságra van, tehát rajta van az (x+1)2+(y+3)2=18 egyenletű körön, ezért
(u+1)2+(v+3)2=18.(2)
Az (1) és (2) egyenletek alkotta egyenletrendszer megoldásai:
u1=2,v1=0vagyu2=-3413,v2=1213.
A feltételeknek két kör felel meg, ezek egyenlete:
(x-2)2+y2=8,illetve(x+3413)2+(y-1213)2=8.

 
6. Oldjuk meg az alábbi egyenlőtlenséget a valós számok halmazán:
2log3x+logx3≥3.

 
Megoldás. Az egyenlőtlenségben szereplő kifejezések akkor értelmezhetők, ha x>1. Legyen log3x=z, ekkor z>0. Így logx3=1log3x=1z, tehát 2z+1z≥3. Mindkét oldalt z>0-val szorozva, majd rendezve kapjuk:
2z2-3z+1≥0,
ami (z>0) akkor teljesül, ha 0<z≤12 vagy z≥1, azaz 0<log3x≤12 vagy log3x≥1, tehát 0<log3x≤14 vagy log3x≥1.
Az egyenlőtlenség megoldásai az 1<x<34 vagy x≥3 valós számok.
 
7. Egy 13 egység sugarú körbe olyan konvex hatszöget írunk, amelynek három oldala 2a, másik három oldala 5a egység hosszú. Számítsuk ki a hatszög területét!
 
Megoldás. A hatszögnek van olyan csúcsa, ez legyen B, hogy a két szomszédos csúcs távolsága 2a, illetve 5a. Legyen AB=2a és BC=5a, a kör középpontja O. A hosszabb AC ívhez tartozó középponti szög 240∘, így az ehhez tartozó ABC kerületi szög 120∘, így AC=2⋅13sin120∘=39 egység. Az ABC háromszögben a koszinusztétel alkalmazásával 39=4a2+25a2-2⋅2a⋅5a⋅cos120∘, ahonnan 39=39a2, tehát a=1 (a>0).
Legyen az AOB háromszög AB oldalához tartozó magasság hossza m1, a BOC háromszög BC oldalához tartozó magasság hossza m2. Ekkor
m12+a2=13,illetvem22+(52a)2=13,
s mivel a=1, ezért m1=23 egység, m2=332 egység. A hatszög területe
T=3(1⋅23+52⋅332)=6934  területegység.

 
8. Egy sorozat első tagja a1=1 és n≥1 esetén
an+1=(1-1(n+2)2)⋅an.
Írjuk fel (zárt alakban) a sorozat n-edik tagját és első n tagjának szorzatát!
 
Megoldás. A definíció szerint
a1=1,a2=a1(1-132),...an=an-1(1-1(n+1)2),
Szorozzuk össze ezeket az egyenlőségeket figyelembe véve, hogy ai≠0 (i=1,2,...,n).
(a1a2a3⋯an-1)⋅an=(a1a2⋯an-1)(1-(13)2)(1-(14)2)⋯(1-(1n+1)2).
Osszuk el mindkét oldalt (a1a2⋯an-1)-gyel és alkalmazzuk az a2-b2=(a-b)(a+b) azonosságot.
an=(1-13)(1-14)⋯(1-1n+1)⋅(1+13)(1+14)⋯(1+1n+1),an=23⋅34⋅...⋅nn+1⋅43⋅54⋅...⋅n+2n+1,
Az egyszerűsítések után an=23⋅n+2n+1. A sorozat első n tagjának a szorzata
(23⋅32)(23⋅43)(23⋅54)⋯(23⋅n+2n+1)≡(23)n⋅n+22.
(Az állítások teljes indukcióval is beláthatók.)