Cím: Megoldásvázlatok, eredmények a 2003/5 sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):  Rábai Imre 
Füzet: 2003/szeptemberi melléklet, 32 - 38. 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. Oldjuk meg a valós számok halmazán az alábbi egyenleteket:

a)(x-1)(x3+x2+x+1)(x+1)(x3-x2+x-1)=1;b)tg2x=-1ctgx;c)logx7logx3=log35log75.

 
Megoldás. a) Mivel
(x-1)(x3+x2+x+1)≡(x-1)(x+1)(x2+1)
és
(x+1)(x3-x2+x-1)≡(x+1)(x-1)(x2+1),
azért az egyenlet megoldásai x∈R∖{-1;1}.
b) Az egyenlet akkor értelmezett, ha tgx, ctgx értelmezett és ctgx≠0, azaz ha x∈R∖{kπ2;k∈Z}. Azonos átalakításokkal |tgx|=-tgx. Ez pontosan akkor teljesül, ha tgx≤0 és x≠kπ2, k∈Z. Az egyenlet megoldásai:
π2+nπ<x<π+nπ,n∈Z.

c) Az egyenletnek minden 1-től különböző pozitív valós szám megoldása, mert egy logaritmusfüggvény alapszáma és
logx7logx3=log37éslog35log75=1log531log57=log57log53=log37.

 
2. Egy trapéz átlói merőlegesek egymásra. Párhuzamos oldalainak hossza 13, illetve 39 egység, egyik szára 369 egység. Mekkora a trapéz másik szára, területe és magassága?
 
Megoldás. A trapézt az átlói négy derékszögű háromszögre bontják. A párhuzamos oldalakhoz tartozó háromszögek hasonlók, a hasonlósági arány 3:1. Legyen az átlók két szelete 3x, x, illetve 3y, y. Ekkor x2+y2=132 és x2+9y2=369, ahonnan y2=25, x2=144, s mivel x>0 és y>0, azért x=12, y=5. A másik szár hossza
9x2+y2=9⋅144+25=1321  egység.
Az átlók hossza 4x=48, illetve 4y=20 egység, s mivel az átlók merőlegesek egymásra, azért a trapéz területe T=48⋅202=480 területegység. A trapéz m magasságára 13+392⋅m=480, m=24013 egység.
 
3. Határozzuk meg az m paraméter értékét úgy, hogy az
(m+1)x2+(2m+1)x-2=0
egyenletnek két különböző, (-1)-nél kisebb valós gyöke legyen.
 
Megoldás. Mivel az egyenletnek két különböző gyöke van, azért m+1≠0 és az egyenlet diszkriminánsa pozitív, tehát
D=(2m+1)2+8(m+1)≡(2m+3)2>0,azazm≠-32.
Az egyenlet gyökei: x1=-2<-1 és x2=1m+1. A követelmények szerint
1m+1<0és1m+1<-1,azazm<-1ésm+2m+1<0,
így m>-2. Az egyenletnek akkor van két különböző, (-1)-nél kisebb gyöke, ha -2<m<-32 vagy -32<m<-1.
 
4. Egy sorozat első tagja 1, a hatodik tagja 51, az első három tag összege 23; a szomszédos tagok különbségei egy számtani sorozat egymást követő tagjai. Számítsuk ki a sorozat első három tagját.
 
Megoldás. Legyen a különbségsorozat első öt tagja: a, a+d, a+2d, a+3d, a+4d. A sorozat első hat tagja: 1, 1+a, 1+2a+d, 1+3a+3d, 1+4a+6d, 1+5a+10d. A feltétel szerint 3+3a+d=23 és 1+5a+10d=51, ahonnan a=6, d=2. A sorozat első három tagja: 1, 7, 15.
 
5. Adott egy háromszög két oldala, a és c (c2<a<c), valamint
sinαsinβ=cos(α+γ)cos(β+γ),
ahol α az a, γ a c, β pedig a (harmadik) b oldallal szemközti szög. Fejezzük ki a-val és c-vel a b oldal hosszát.
 
Megoldás. α+γ=180∘-β és β+γ=180∘-α, tehát
cos(α+γ)=cos(180∘-β)=-cosβ
és
cos(β+γ)=cos(180∘-α)=-cosα.
Ezek alkalmazásával sinαsinβ=-cosβ-cosα, ahonnan sinα⋅cosα=sinβ⋅cosβ, tehát sin2α=sin2β. Ez pontosan akkor teljesül, ha 2α=2β, α=β és ekkor b=a, vagy 2α+2β=180∘, α+β=90∘, γ=90∘, és ekkor b=c2-a2.
 
6. Két kör kívülről érinti egymást. Az egyik közös külső érintőjüknek az érintési pontok közé eső szakaszát megforgatjuk a körök középpontjain áthaladó egyenes körül. A keletkezett csonkakúp palástjának területe 576π területegység, az egyik kör sugara 16 egység. Mekkora a másik kör sugara?
 
Megoldás. Legyen a két kör középpontja O1, O2, a körök sugarai R1, R2, az érintési pont E. Az egyik külső érintőszakasz két végpontja, az érintési pontok E1, E2. Messe a két kör E-beli közös érintője az E1E2 szakaszt F-ben, E1E2=a. Az E1, illetve E2 pontok merőleges vetülete az O1O2 egyenesen legyen T1, illetve T2. A forgással keletkező csonka kúp alap-, illetve fedőlapkörének sugara E1T1=r1, illetve E2T2=r2. A csonka kúp palástjának területe P=(r1+r2)aπ. Egy külső pontból a körhöz húzott érintőszakaszok egyenlősége miatt FE1=FE=FE2=a2. Az O1FO2 háromszög derékszögű (miért?), alkalmazható a magasságtétel, FE2=O1E⋅EO2, azaz (a2)2=R1⋅R2, a2=4R1R2. Az E1T1T2E2 négyszög trapéz, középvonala EF=r1+r22=a2, tehát r1+r2=a.
A csonka kúp palástjának felszíne P=(r1+r2)aπ=a2π=4R1R2π. Most P=576π, R1=16, tehát 576π=4⋅16⋅R2π, ahonnan R2=9 egység.
 
7. A k kör érinti az y tengelyt és a 3x-4y=48 egyenletű egyenest az x1=8 abszcisszájú E pontjában. Írjuk fel a kör egyenletét.
 
Megoldás. Az x1=8 abszcisszájú érintési pont y1 ordinátájára 3⋅8-4y1=48, y1=-6. A keresett kör érinti az y tengelyt, így ha a középpontja K(u;v), akkor egyenlete (x-u)2+(y-v)2=u2. A K(u;v) pont rajta van az E pontban az adott egyenesre merőleges egyenesen, amelynek egyenlete: 4x+3y=14.
A feltételek szerint
(8-u)2+(-6-v)2=u2és4u+3v=14,
ahonnan u=5, v=-2 vagy u=20, v=-22. A keresett körök egyenlete:
(x-5)2+(y+2)2=25vagy(x-20)2+(y+22)2=400.

 
8. Határozzuk meg a
44⋅22x-8⋅2x-1+113
kifejezés értékkészletét, ha -2≤x≤1.
 
Megoldás. Azonos átalakításokkal
44⋅22x-8⋅2x-1+113≡1(2x)2-2x+1112≡1(2x-12)2+23.
A megfelelő folytonos függvények alkalmazásával:
-2≤x≤1⇒2-2≤2x≤21⇒14-12≤2x-12≤2-12⇒⇒0≤(2x-12)2≤94⇒23≤(2x-12)2+23≤3512,
és végül
1235≤1(2x-12)2+23≤32.
A kifejezés értékkészlete az adott intervallumon: [1235;32].
(A kifejezéssel adott függvény az adott intervallumban folytonos, ezért minden olyan y értéket felvesz, amelyre 1235≤y≤32.)