Kezdőlap


Cím:	Megoldásvázlatok, eredmények a 2004/1.sz. felvételi előkészítő feladataihoz
Szerző(k):	Rábai Imre
Füzet:	2004/február, 79 - 81. 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 a következő egyenleteket:

\begin{matrix} \begin{matrix} a) & (2 y - 1) (y - 1) = 0; & b) & 2^{2 x + 1} - 3 \cdot 2^{x} + 1 = 0; \\ c) & 2 sin^{2} x - 3 sin x + 1 = 0; & d) & 2 \cdot log_{2}^{2} x - log_{2} x^{3} + 1 = 0. \end{matrix} \end{matrix}

Megoldás.

a)

y_{1} = \frac{1}{2}

y_{2} = 1

b)

Legyen

2^{x} = y

. Ekkor

2^{x} = \frac{1}{2}

vagy

2^{x} = 1

;

x_{1} = - 1

x_{2} = 0

c)

Legyen

sin x = y

. Ekkor

sin x = \frac{1}{2}

vagy

sin x = 1

;

x_{1, n} = \frac{π}{6} + 2 n π

x_{2, k} = \frac{5 π}{6} + 2 k π

x_{3, m} = \frac{π}{2} + 2 m π

, ahol

n, k, m \in Z

d)

Legyen

log_{2} x = y

. Ekkor

log_{2} x = \frac{1}{2}

vagy

log_{2} x = 1

;

x_{1} = \sqrt[]{2}

x_{2} = 2

2. Oldjuk meg a valós számok halmazán a következő egyenlőtlenségeket:

\begin{matrix} \begin{matrix} a) & 2 y^{2} - 3 y + 1 > 0; & b) & 2^{2 x + 1} - 3 \cdot 2^{x} + 1 > 0; \\ c) & 2 sin^{2} x - 3 sin x + 1 < 0; & d) & 2 \cdot log_{2}^{2} x - log_{2} x^{3} + 1 > 0. \end{matrix} \end{matrix}

Megoldás.

a)

y < \frac{1}{2}

vagy

y > 1

b)

2^{x} < \frac{1}{2}

vagy

2^{x} > 1

;

x < - 1

vagy

x > 0

c)

\frac{1}{2} < sin x < 1

;

\frac{π}{6} + 2 k π < x < \frac{π}{2} + 2 k π

vagy

\frac{π}{2} + 2 k π < x < \frac{5 π}{6} + 2 k π

d)

log_{2} x < \frac{1}{2}

vagy

log_{2} x > 1

;

0 < x < \sqrt[]{2}

vagy

2 < x

3. Egy egyenlő szárú derékszögű háromszög egyik befogójának végpontjai:

A (- 2; 3)

és

B (1; 2)

. Számítsuk ki a háromszög harmadik csúcspontjának koordinátáit.

Megoldás. A feltételeknek négy egyenlő szárú derékszögű háromszög felel meg. Állítsunk az

A B

szakasz két különböző partjára 1‐1 négyzetet,

A B C D

-t és

A B C_{1} D_{1}

-et. A negyedik csúcs a

C

D

C_{1}

D_{1}

pontok bármelyike lehet. A feladatot a vektorszerkesztés módszerével oldhatjuk meg (természetesen más módokon is). Most

\vec{A B} = (3; - 1)

, így

\vec{B C} = \vec{A D} = (1; 3)

és

\vec{B C_{1}} = \vec{A D_{1}} = (- 1; - 3)

, hiszen ezek a vektorok az

\vec{A B}

90^{\circ}

-os elforgatottjai. Ekkor

\begin{matrix} \vec{O C} & = \vec{O B} + \vec{B C} = (1; 2) + (1; 3) = (2; 5), \\ \vec{O C_{1}} & = \vec{O B} + \vec{B C_{1}} = (1; 2) + (- 1; - 3) = (0; - 1), \\ \vec{O D} & = \vec{O A} + \vec{A D} = (- 2; 3) + (1; 3) = (- 1; 6), \\ \vec{O D_{1}} & = \vec{O A} + \vec{A D_{1}} = (- 2; 3) + (- 1; - 3) = (- 3; 0) . \end{matrix}

A harmadik csúcspontok:

C (2; 5)

C_{1} (0; - 1)

D (- 1; 6)

D_{1} (- 3; 0)

4. Számítsuk ki

p

és

q

értékét, ha az

x^{2} + p x + q = 0

egyenlet egyik gyöke

2

, a másik gyöke pedig az egyenlet diszkriminánsának háromszorosa.

Megoldás. Mivel

x_{1} = 2

x_{2} = 3 D

, azért az egyenlet

x^{2} - (2 + 3 D) x + 6 D = 0

alakban írható és így

\begin{matrix} D = {(2 + 3 D)}^{2} - 24 D . \end{matrix}

9 D^{2} - 13 D + 4 = 0

D = 1

, vagy

D = \frac{4}{9}

. Ha

D = 1

, akkor

p = - 5

q = 6

; ha

D = \frac{4}{9}

, akkor

p = - \frac{10}{3}

q = \frac{8}{3}

5. Az

A B C

háromszögben

A C = 10

B C = 15

és

A C B ∢ = 60^{\circ}

a)

Mekkora annak a félkörnek a sugara, amelynek átmérője az

A B

oldalra esik, és érinti a másik két oldalt?

b)

Mekkora annak a körnek a sugara, amely érinti az előbbi félkört, valamint az

A C

és

B C

oldalakat?

Megoldás. Legyen a félkör sugara

r

, a keresett kör sugara

x

. A félkör középpontját jelölje

O

, a kör középpontját

O_{1}

, a félkör és a kör érintési pontját

E

. A kör, illetve a félkör az

A C

és a

B C

oldalt az

E_{1}

és

E_{2}

, illetve

F_{1}

és

F_{2}

pontban érinti. A

C

O_{1}

E

és

O

pontok az

A C B

szög szögfelezőjére illeszkednek. Az

E_{1} C O_{1} ∢ = 30^{\circ}

, az

E_{1} O_{1} C

háromszög derékszögű, mint az

F_{1} O C

háromszög is.

O_{1} E_{1} = x

O_{1} C = 2 x

O F_{1} = r

O C = 2 r

O C = O E + E C = r + 3 x

, tehát

2 r = r + 3 x

r = 3 x

. Az

A B C

háromszög területe

\begin{matrix} egyrészt \frac{10 \cdot 15 \cdot sin 60^{\circ}}{2} = \frac{75 \sqrt[]{3}}{2}, másrészt \frac{10 r}{2} + \frac{15 r}{2} = \frac{25 r}{2}, \end{matrix}

így a félkör sugara

r = 3 \sqrt[]{3}

, a kör sugara

x = \sqrt[]{3}

6. Egy számtani sorozat differenciája

\frac{2}{3}

, az első

n

tag összege

\frac{8}{3}

, az első

(n + 3)

tag összege

\frac{44}{3}

. Számítsuk ki

n

értékét és a sorozat első tagját.

Megoldás. A feltételből következik, hogy

a_{n + 1} + a_{n + 2} + a_{n + 3} = \frac{44}{3} - \frac{8}{3}

, azaz

3 a_{n + 2} = 12

a_{n + 2} = 4

; így

4 = a_{1} + (n + 1) \cdot \frac{2}{3}

3 a_{1} + 2 n = 10

\begin{matrix} \frac{n}{2} (2 a_{1} + (n - 1) \cdot \frac{2}{3}) = \frac{8}{3}, \end{matrix}

amiből

n (6 a_{1} + 2 n - 2) = 16

, s mivel

3 a_{1} = 10 - 2 n

, azért

n^{2} - 9 n + 8 = 0

. Ha

n = 8

, akkor

a_{1} = - 2

, ha

n = 1

, akkor a feltételek nem teljesülnek.

7. Tekintsük az

f : R \to R

x \mapsto f (x) = \frac{{(x + 5)}^{2} - {(x - 5)}^{2}}{{(2 x + 5)}^{2} + {(2 x - 5)}^{2}}

függvényt. Számítsuk ki a függvény legnagyobb és legkisebb értékét, valamint azokat az

x

értékeket, ahol ezeket a függvény felveszi.

Megoldás. Az

f (x)

kifejezés minden valós

x

-re értelmezett. Azonos átalakításokkal

f (x) = \frac{10 x}{4 x^{2} + 25}

. Az

f

függvény páratlan, hiszen

f (- x) = \frac{10 (- x)}{4 {(- x)}^{2} + 25} = - f (x)

.
Ismeretes, hogy ha

A > 0

és

B > 0

, akkor

A + B \geq 2 \sqrt[]{A B}

, és az egyenlőség pontosan

A = B

esetén áll fenn.
Ha

x > 0

, akkor

f (x) > 0

és

f (x) = \frac{10}{4 x + \frac{25}{x}}

, tehát a számláló pozitív állandó, a nevező pozitív, így

f (x)

akkor a legnagyobb, amikor a nevező a legkisebb. Most

\begin{matrix} 4 x + \frac{25}{x} \geq 2 \sqrt[]{4 x \cdot \frac{25}{x}} = 20, tehát f (x) \leq \frac{10}{20} = \frac{1}{2} \end{matrix}

és az egyenlőség

4 x = \frac{25}{x}

(

x > 0

) esetén áll fenn, azaz

x = \frac{5}{2}

.
Ha

x < 0

, akkor

f (x) < 0

és

f (x) \geq - \frac{1}{2}

, egyenlőség

x = - \frac{5}{2}

esetén áll fenn. Így

- \frac{1}{2} \leq f (x) \leq \frac{1}{2}

, a minimumot

(- \frac{1}{2})

x = - \frac{5}{2}

helyen, a maximumot

(\frac{1}{2})

x = \frac{5}{2}

helyen veszi fel a függvény.

8. Az

A B C D

konvex négyszög

A C

és

B D

átlóinak metszéspontja

K

. Az

A B K

B C K

C D K

és a

D A K

háromszögek területe rendre

t_{1}

t_{2}

t_{3}

és

t_{4}

. Igazoljuk, hogy a négyszög

A B

és

D C

oldalai pontosan akkor (akkor és csak akkor) párhuzamosak, ha a négyszög

T

területe

T = {(\sqrt[]{t_{1}} + \sqrt[]{t_{3}})}^{2}

Megoldás. A

t_{1}

és

t_{2}

, illetve a

t_{3}

és

t_{4}

területű háromszögek egy-egy magassága megegyezik, így

\frac{t_{1}}{t_{2}} = \frac{t_{4}}{t_{3}}

t_{1} t_{3} = t_{2} t_{4}

.
Ha

A B

és

D C

párhuzamosak (azaz a négyszög trapéz), akkor

t_{1} + t_{2} = t_{1} + t_{4}

t_{2} = t_{4}

; a négyszög területe

T = t_{1} + t_{2} + t_{3} + t_{4} = t_{1} + t_{3} + 2 t_{2}

és

t_{1} t_{3} = t_{2}^{2}

\sqrt[]{t_{1} t_{3}} = t_{2}

T = t_{1} + t_{3} + 2 \sqrt[]{t_{1} t_{3}} = {(\sqrt[]{t_{1}} + \sqrt[]{t_{3}})}^{2}

.
Legyen

T = {(\sqrt[]{t_{1}} + \sqrt[]{t_{3}})}^{2}

, ekkor

t_{1} + t_{3} + 2 \sqrt[]{t_{1} t_{3}} = t_{1} + t_{2} + t_{3} + t_{4}

2 \sqrt[]{t_{1} t_{3}} = t_{2} + t_{4}

, de

t_{1} t_{3} = t_{2} t_{4}

, így

t_{2} + t_{4} - 2 \sqrt[]{t_{2} t_{4}} = 0

{(\sqrt[]{t_{2}} - \sqrt[]{t_{4}})}^{2} = 0

, amiből

t_{2} = t_{4}

.
Így

t_{1} + t_{2} = t_{1} + t_{4}

, a közös

A B

oldalú

A B C

és

A B D

háromszögek területe egyenlő, az

A B

oldalhoz tartozó magasság is egyenlő, azaz a

D

és a

C

pontok az

A B

oldaltól egyenlő távolságra vannak, tehát

A B

párhuzamos

C D

-vel.