Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/4. sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2003/május, 269 - 271. oldal  PDF file
Témakör(ök): Felvételi előkészítő feladatsor

Rábai Imre
 

1. Az (an) sorozatban minden n pozitív egész számra
an=2an+1-an+2ésa2+a6=8.
Határozzuk meg a sorozat első 7 tagjának az összegét.
 
Megoldás. Minden pozitív egész n esetén an+2-an+1=an+1-an, tehát a sorozat számtani sorozat. Így a1+a7=a2+a6=8, az első 7 tag összege pedig
7a1+a72=28.

 
2. A 4 egység sugarú k1 és k2 körök a D pontban érintik egymást. A körök közös átmérőegyenese a k1 kört a D és az A pontban metszi. A D pontra illeszkedő, AD-vel 60-os szöget bezáró egyik szelő a k1 kört a C, a k2 kört a B pontban metszi (CD, BD). Határozzuk meg az ABC háromszög területét.
 
Megoldás. A Thalész-tétel szerint az ACD=90. Az ADC derékszögű háromszögben az átfogó AD=8 egység, ADC=60, tehát CD=4, AC=43 egység. Az ABC háromszög derékszögű, és mivel CD=DB=4 egység, azért BC=8 egység, az ABC háromszög területe
T=8432=163területegység.

 
3. Oldjuk meg az
x+2y+2x+2y=15,2y-4x-1=22y-4x}
egyenletrendszert, amelyben x és y valós számokat jelölnek.
 
Megoldás. Legyen x+2y=a, ahol a0 és x+2y0 és 2y-4x=b, ahol b>0 és 2y-4x>0. Ekkor a2+2a-15=0 és b2-b-2=0, ahonnan a=3 és b=2, x+2y=9 és 2y-4x=4. Az egyenletrendszer egyetlen megoldása az x=1, y=4 számpár.
 
4. Az ABC háromszögben BAC=60. Az A csúcsponton átmenő szögfelező egyenes a BC oldalt olyan D pontban metszi, amelyre BDCD=14. Számítsuk ki a háromszög másik két szögét.
 
Megoldás. A szögfelező osztásarány tétele szerint ABAC=14. Legyen ACB=γ, ekkor ABC=120-γ, így a szinusztétel alkalmazásával
14=sinγsin(120-γ),32cosγ+12sinγ=4sinγ,72sinγ=32cosγ,tgγ=37,ABC106,10,ACB13,90.

 
5. Azon 200cm kerületű húrtrapézok közül, amelyeknek két szöge 45-os, melyiknek maximális a területe? Mekkora ez a terület?
 
Megoldás. Legyen a trapéz magassága x cm, a rövidebb párhuzamos oldal y cm. Ekkor a hosszabb párhuzamos oldal 2x+y, a szárak hossza x2 cm. A trapéz területe
T(x;y)=2x+2y2x,T(x;y)=(x+y)x.
A feltétel szerint 2x+2y+2x2=200, ahonnan x+y=100-x2, tehát
T(x)=x(100-x2)és0<y=100-x(1+2),
tehát 0<x<100(2-1).
Teljes négyzetté kiegészítéssel
T(x)=2(252)2-2(x-252)2.
Mivel 0<252<100(2-1), azért T(x) akkor maximális, ha x=252 cm.
A maximális terület T=12502cm2. Ez annak a húrtrapéznak a területe, amelynek párhuzamos oldalainak hossza (50-252) cm, illetve (50+252) cm, a szárak hossza 50 cm.
 
6. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenlőtlenségeket:
log|x-1|(x+6)+log1|x-1|x<0;a)
log|x-1|(x+6)+log1|x-1|x0.b)

 
Megoldás. Az egyenlőtlenségek akkor értelmezhetők, ha
x>0,|x-1|>0és|x-1|1,
azaz ha 0<x<1 vagy 1<x<2 vagy x>2. Vegyük figyelembe, hogy
log1ab-logab,
ahol a>0, a1 és b>0. Ennek alkalmazásával:
log|x-1|(x+6)<log|x-1|x;a)
log|x-1|(x+6)log|x-1|x.b)

a) Ha 0<|x-1|<1, azaz most 0<x<1 vagy 1<x<2, akkor a logaritmusfüggvény szigorúan monoton csökkenő, tehát x+6>x, ami minden ilyen x-re teljesül.
Ha |x-1|>1, azaz most x>2, akkor a logaritmusfüggvény szigorúan monoton növekvő, tehát x+6<x, ami egyetlen x-re sem teljesül. Az egyenlőtlenség megoldásai a 0<x<1 vagy az 1<x<2 valós számok.
b) Hasonló módon kapható, hogy az x>2 valós számok a megoldások.
 
7. Egy négyzet alapú egyenes hasáb alapéle a, oldaléle b egység hosszú, ahol a és b pozitív egész számok. A hasáb felületét befestjük, majd a hasábot egységnyi élhosszúságú kockákra vágjuk. Az így kapott kockák között 112db olyan van, amelyeknek pontosan egy oldallapja festett.
Határozzuk meg az eredeti hasáb felszínét és térfogatát!
 
Megoldás. Ha a2 vagy b=1, akkor nincs olyan kis kocka, amelynek csak egy lapja festett, így a>2 és b2.
A hasáb élei mentén elhelyezkedő kis kockáknak legalább két lapja festett, így az egy oldalon festett kockák száma
2(a-2)2+4(a-2)(b-2)=112.
Átalakításokkal
(a-2)(a+2b-6)=56,
és a-2<a-2+2(b-2)=a+2b-6 és vegyük észre, hogy a két tényező azonos paritású. 56-nak két ilyen felbontása van: 56=228, illetve 56=414. Ha a-2=2, a=4, akkor b=15; ha a-2=4, a=6, akkor b=7, és mindkét megoldás megfelel a feltételeknek.
Ha a=4 és b=15 egység, akkor a hasáb felszíne A=2a2+4ab=272 területegység, a térfogata V=a2b=240 térfogategység, ha a=6 és b=7, akkor a hasáb felszíne A=240 területegység, a hasáb térfogata V=252 térfogategység.
 
8. A k valós paraméter mely értékei esetén lesz az
x4-(k+3)x2+3k=0
egyenlet négy különböző valós gyöke egy számtani sorozat négy egymást követő tagja?
 
Megoldás. Az adott egyenlet x2-re másodfokú, ahonnan x2=3 vagy x2=k. Az eredeti egyenletnek akkor van négy különböző valós gyöke, ha k>0 és a négy gyök: 3, -3, k, -k.
A négy gyököt egy növekvő számtani sorozat négy egymás utáni tagjaként kétféleképpen írhatjuk fel attól függően, hogy k>3 vagy 0<k<3.
Az első esetben -k, -3, 3, k, és így
23=-3+k,k=33,k=27,
a második esetben -3, -k, k, 3, és így
2k=-k+3,3k=3,k=13,
Csökkenő sorrendben való felírás nem ad újabb megoldást, ezért k=27 vagy k=13 esetén lesz a megadott negyedfokú egyenlet négy különböző gyöke egy számtani sorozat négy egymást követő tagja.