Varga Tamás Matematikaverseny Javítási útmutató Iskolai forduló 2018/ osztály

Átírás

1 1. Dóri a könyveit két polcon tartotta úgy, hogy a felső polcon volt könyveinek egyharmada. Egyszer átrendezte a könyveket: az alsó polcon lévő könyvek egyharmadát feltette a felső polcra, majd az eredetileg a felső polcon lévő könyvek egyharmadát letette az alsó polcra. Hány könyve van Dórinak, ha az átrendezés után 6-tal több könyv volt az alsó polcon, mint a felsőn? Az alsó polcon könyveinek 2 3 részét tartotta, és ennek 1 3 részét, tehát összes könyvének 2 1 = 2 részét rakta át a felső polcra A felső polcon könyveinek 1 3 részét tartotta, és ennek 1 3 részét, tehát összes könyvének 1 1 = 1 részét rakta át az alsó polcra Az átrakodás után az alsó polcon volt könyveinek = 1 = 5 része, a felső polcon pedig könyveinek 4 9 része. A két polcon lévő könyvek számának különbsége könyveinek 1 9 része. Ha könyveinek 1 9 része 6 könyv, akkor könyveinek száma 9-szer ennyi. 1 pont Dórinak összesen 54 könyve van. Ellenőrzés: Eredetileg a felső polcon 54:3 = 18, az alsón 2 18 = 36 könyve volt. A felsőről átrakott 6-ot az alsóra, az alsóról átrakott 12-t a felsőre. Átrakodás után a felső polcon 24, az alsó polcon 30 könyve volt, utóbbi valóban 6-tal több. Ha a felső polcon a könyvek száma 3x, akkor az alsó polcon a könyvek száma 6x. A felső polcról x darab, az alsó polcról 2x darab könyv kerül a másik polcra. Átrakás után a felső polcon 3x x + 2x = 4 x, az alsó polcon pedig 6x 2x + x = 5x darab könyv lesz. A két polcon lévő könyvek számának különbsége x = 6. Mivel Dóri könyveinek száma 3x + 6x = 9x = 9 6, ezért Dórinak összesen 54 könyve van. Ellenőrzés: Eredetileg a felső polcon 54:3 = 18, az alsón 2 18 = 36 könyve volt. A felsőről átrakott 6-ot az alsóra, az alsóról átrakott 12-t a felsőre. Átrakodás után a felső polcon 24, az alsó polcon 30 könyve volt, utóbbi valóban 6-tal több. Harmadik megoldás: A könyvek száma mindkét polcon osztható 3-mal. Próbáljuk ki, lehet-e a felső polcon a könyvek száma 3, az alsón pedig 6. Ekkor a felsőről 1, az alsóról 2 könyv kerül a másik polcra, tehát átrakás után a felső polcon 4, az alsón 5 könyv lenne. A két polcon a könyvek számának különbsége 1 lenne, így ez nem jó megoldás. Próbáljuk növelni a könyvek számát, legyen a felső polcon 6, az alsón 12 könyv. Ekkor a felsőről 2, az alsóról 4 könyv kerül a másik polcra, tehát átrakás után a felső polcon 8, az alsón 10 könyv lenne. A két polcon a könyvek számának különbsége 2 lenne, így ez sem jó megoldás. Ha a könyvek számát mindkét polcon ugyanazzal a számmal megszorozzuk, akkor az átrakott könyvek száma is ennyiszer nagyobb lesz, ezért a két polcon lévő könyvek számának különbsége is ennyiszeresére nő. *

2 Mivel nekünk az kellene, hogy a különbség 6 legyen, vagyis az első próbálkozáshoz képest hatszorosára növekedjen, ezért hatszorosára kell növelnünk a könyvek számát is az első próbálkozáshoz képest: a felső polcon 18, az alsó polcon 36 könyv volt. * Dórinak összesen 54 könyve van. Ellenőrzés: A felsőről átrakott 6-ot az alsóra, az alsóról átrakott 12-t a felsőre. Átrakodás után a felső polcon 24, az alsó polcon 30 könyve volt, utóbbi valóban 6-tal több. A helyes válasz indoklás nélküli közlésére csak, az ellenőrzésre adható. Ha tehát a versenyző közli a helyes végeredményt, majd indoklásként leírja az ellenőrzést, összesen legfeljebb 3 pontot kaphat. Elképzelhető, hogy a versenyző a harmadik megoldás gondolatmenetéhez hasonlóan indul, de a csillaggal jelölt pontszámokhoz tartozó gondolatok leírása helyett addig növeli a polcokon a könyvek számát, míg eljut a helyes megoldásig. Ha itt befejezi, és nem ír semmiféle magyarázatot arról, hogy miért nem lehet több megoldás, akkor a csillaggal jelölt pontokat nem kaphatja meg. Megadhatók viszont például erre a magyarázatra: Ha tovább növelném a könyvek számát, akkor a különbség is tovább nőne. A harmadik megoldás első 4 pontjából legfeljebb 2 adható meg akkor, ha a próbálgatásban semmiféle rendszer nem fedezhető fel. A versenyző törtrészek és változó használata helyett szakaszok hosszával is ábrázolhatja a könyvek számát a polcokon. Egy ilyen megoldás is lehet teljes értékű, a lépések pontozásánál kövessük az első vagy második megoldásnál szereplő szempontokat. 2. Egy versenyen négyen indultak. A verseny után a négy versenyző nyilatkozott. Anna: Balázs nyert. Balázs: Cili nyert. Cili: Nem én nyertem. Dezső: Nem én nyertem. Ki nyerte a versenyt, ha tudjuk, hogy a négy állítás közül egy igaz, a többi hamis? Ha Anna nyert volna, akkor Anna és Balázs állítása hamis, Cili és Dezső állítása igaz lenne. Ebben az esetben két igaz állítás lenne, tehát Anna nem nyerhetett. Ha Balázs nyert volna, akkor Balázs állítása hamis, Anna, Cili és Dezső állítása igaz lenne. Ebben az esetben három igaz állítás lenne, tehát Balázs nem nyerhetett. Ha Cili nyert volna, akkor Anna és Cili állítása hamis, Balázs és Dezső állítása igaz lenne. Ebben az esetben két igaz állítás lenne, tehát Cili nem nyerhetett. Ha Dezső nyert volna, akkor Anna, Balázs és Dezső állítása hamis, Cili állítása igaz lenne. Ebben az esetben egy igaz és három hamis állítás lenne, így ez megfelel a feltételeknek. Balázs és Cili állítása ellentmond egymásnak, így az egyik igaz, a másik pedig hamis. Mivel csak egy igaz állítás van, ezért Anna és Dezső állítása hamis. Mivel Dezső állítása hamis, ezért csak ő nyerhette a versenyt. Ez megfelel a feladat feltételeinek, hiszen ekkor Dezsőén kívül Anna és Balázs állítása is hamis, és csak Cili mondott igazat. * *

3 Harmadik megoldás: Mivel csak egy igaz állítás van, ezért Cili és Dezső állítása közül legfeljebb az egyik lehet igaz, tehát Cili és Dezső állítása közül legalább az egyik hamis. Ha Cili állítása hamis, akkor Cili nyerte a versenyt. Ekkor Cilién kívül még Anna állítása hamis, Balázsé és Dezsőé viszont igaz. Ez nem felel meg a feladat feltételeinek, mert két igaz és két hamis állítás van. Ha Dezső állítása hamis, akkor Ekkor Dezsőén kívül még Anna és Balázs állítása is hamis, Cilié viszont igaz. Ez megfelel a feladat feltételeinek, mert egy igaz és három hamis állítás van. * * * Negyedik megoldás: Mivel csak egy igaz állítás van, vizsgáljunk négy esetet attól függően, ki mond igazat. A többieknek hazudniuk kellett. Ha Anna mond igazat, akkor Balázs nyert. De ekkor Cili és Dezső is igazat mond, ami nem lehetséges. Ha Balázs mond igazat, akkor Cili nyert. De ekkor Dezső is igazat mond, ami nem lehetséges. Ha Cili mond igazat, akkor a többiek hazudnak, köztük Dezső is. Ez azt jelenti, hogy Dezső nyert. Ez megfelel a feladat feltételeinek, mert ekkor valóban Anna és Balázs is hazudnak. Ha Dezső mond igazat, akkor a többiek hazudnak, köztük Cili is. Ez azt jelenti, hogy Cili nyert. Ekkor azonban Balázs is igazat mond, ami nem lehetséges. A győztes nevének indoklás nélküli közléséért adható. Ha indoklásként csak annyi szerepel, hogy ebben az esetben teljesülnek a feladat feltételei, hiszen csak Cili állítása igaz, a többieké hamis, akkor ezért legfeljebb újabb adható, ahogy ez az első megoldás pontozásánál egyértelműen látható is. A további 6 pont annak igazolásáért jár, hogy a feladatnak nincs más megoldása, más nem nyerhette meg a versenyt. Ha a versenyző a második megoldás gondolatmenetével indul, de amikor rájön, hogy Dezső állítása hamis, akkor kijelenti, hogy ő nyert, és nem vizsgálja a többi feltételek teljesülését, a csillaggal jelölt 3 pontot nem kaphatja meg. Ha a versenyző a harmadik megoldás gondolatmenetével indul, de csak azt az esetet vizsgálja, amikor Dezső állítása hamis, és nem zárja ki azt az esetet, ha Cilié lenne hamis, akkor a csillaggal jelölt 3 pontot nem kaphatja meg. 3. Öt különböző pozitív egész szám összege 18. a) Lehet-e a legkisebb szám 1-nél nagyobb? b) Mennyi lehet az öt szám szorzata? Megoldás: a) Ha a legkisebb szám legalább 2 lenne, akkor az öt szám összege legalább = 20 lenne, ami 18-nál nagyobb. Nem lehet a legkisebb szám 1-nél nagyobb. b) Az öt legkisebb pozitív egész szám összege = 15. Ezt az összeget 3-mal kell megnövelni úgy, hogy a tagok továbbra is különbözők legyenek. Ezt háromféleképpen lehet: vagy az 5-öt növeljük meg 3-mal, vagy az 5-öt 2-vel és a 4-et 1-gyel, vagy a 3-at, 4-et és az 5-öt is 1-gyel. *

4 Az öt szám lehet 1; 2; 3; 4; 8; ekkor szorzatuk 192. Az öt szám lehet 1; 2; 3; 5; 7; ekkor szorzatuk 210. Az öt szám lehet 1; 2; 4; 5; 6; ekkor szorzatuk 240. Az öt szám szorzata tehát 192, 210 vagy 240 lehet. Az a) részben indoklás nélküli nemleges válaszért adható. Ha a versenyző indoklása hiányos, a helyett erre kaphat ot, vagyis ez a részpontszám bontható. Ahogy a b) rész pontozásánál látható, minden megtalált számötösért 1- jár, és minden helyesen kiszámolt szorzatért is 1- adható. Ha a versenyző a b) részben mindhárom esetet vizsgálja, de nem mond arról semmit, hogy miért nincs több megoldás, a csillaggal jelölt ot nem kaphatja meg. Egy másik lehetséges indoklás ezért az ért: Az a) részben láttuk, hogy a legkisebb szám csak 1 lehet. A második legkisebb csak 2 lehet, mert = 19. A harmadik legkisebb pedig csak 3 vagy 4 lehet, mert = 21. Ezt követően a két legnagyobb szám összegét már ismerjük, így folytatható a megoldás a megfelelő számötösök felsorolásával. 4. Az ABC háromszög AB oldalán úgy vettük fel a D belső pontot, hogy AC = CD legyen. Az E pont az AC oldal belső pontja. Az ACD háromszög C csúcsnál lévő belső szöge 40 -os, az ABE háromszög B csúcsnál lévő belső szöge pedig 25 -os. Legyen a CD és BE szakaszok metszéspontja M. Hány fokosak az ADME négyszög belső szögei? Helyes ábra készítése (pontok megfelelő felvétele, megadott szögek beírása). Az ADC háromszög egyenlő szárú, ezért alapon fekvő szögei egyenlők, tehát CAD = CDA = = Ezek egyben az ADME négyszög A, illetve D csúcsnál lévő belső szögei is. Az ABE háromszögnek két szögét ismerjük, így a harmadik kiszámítható: AEB = = 85. Ez egyben az ADME négyszög E csúcsnál lévő belső szöge is. A négyszög belső szögeinek összege 360. A négyszög három belső szögét ismerjük, így a negyedik szög kiszámítható: DME = = 135. A négyszög belső szögeinek nagysága tehát: 70, 70, 135 és 85.

5 Helyes ábra készítése (pontok megfelelő felvétele, megadott szögek beírása). Az ADC háromszög egyenlő szárú, ezért az alapon fekvő szögei egyenlők, tehát CAD = CDA = = Ezek egyben az ADME négyszög A, illetve D csúcsnál lévő belső szögei is. A DBM háromszögnek a B csúcsnál lévő belső és a D csúcsnál lévő külső szögét ismerjük, így az M csúcsnál lévő belső szöge kiszámítható: DMB = = 45. Az ADME négyszög M csúcsnál lévő belső szöge ennek a szögnek a mellékszöge, így DME = = 135. Mivel EMC = DMB = 45, hiszen csúcsszögek, így az EMC háromszög E csúcsnál lévő külső szöge AEM = = 85. Ez egyben az ADME négyszög E csúcsnál lévő belső szöge is. A négyszög belső szögeinek nagysága tehát: 70, 70, 135 és 85. Ha a versenyző indoklás nélkül közli a kérdezett szögek helyes értékét, akkor mindegyik helyes eredményért 1-ot, így összesen 4 pontot kaphat. A további 6 pont akkor adhatók meg, ha a szögek kiszámításának módját és annak indoklását a versenyző dolgozatában leírta. Ennek a pontszámnak legfeljebb a felét, azaz maximum 3 pontot adjunk akkor, ha a versenyző nem írta le az indoklást, de a gondolatmenete egy általa készített ábrán, az abba helyesen beírt szögértékekkel nyomon követhető. Ez azt jelenti, hogy ha a versenyző készített egy helyes ábrát, és abba beírta a megfelelő szögek nagyságát, majd helyesen válaszolt a feladat kérdésére, legfeljebb 7 pontot kaphat. A második megoldásban természetesen mindkét esetben a külső szög nélkül is célhoz érhet a versenyző, ha kiszámolja mellékszögét, a megfelelő belső szöget. Így ugyan mindkét esetben eggyel több számítást kell végeznie, de így is eljuthat a helyes eredményekhez. Ha a versenyző nem készített ábrát, de a megoldást részletesen leírta, indoklása teljes, akkor az ábra hiányáért ne vonjunk le tőle ot. 5. Három lány felírt a táblára egy-egy kétjegyű pozitív egész számot: Anna egy 5-tel, Bea egy 6-tal, Cili pedig egy 7-tel kezdődőt. Bea és Cili számának összege 147. Anna számához akár Beáét, akár Ciliét hozzáadva összegként olyan háromjegyű számot kapunk, amelynek középső számjegye 2. Melyik lány melyik számot írta fel a táblára? Ha Bea száma 67 vagy annál kisebb, akkor ehhez Cili számát hozzáadva 147-nél kisebb számot kapunk. Tehát Bea száma csak 68 vagy 69 lehet. Első eset: Bea száma 68, ekkor Cili száma = 79. Mivel Cili számához Anna számát hozzáadva 120-nál nem kisebb, de 130-nál kisebb számot kell kapnunk, ezért Anna száma csak 50 lehet, mert = 129. Ekkor viszont Anna és Bea számának összege csak = 118, ami nem felel meg a feladat feltételeinek. Második eset: Bea száma 69, ekkor Cili száma = 78. Mivel Cili számához Anna számát hozzáadva 120-nál nem kisebb, de 130-nál kisebb számot kell kapnunk, ezért Anna száma csak 50 vagy 51 lehet, mert = 128 és = 129. Ha Anna száma 50, akkor Anna és Bea számának összege csak = 119, ami nem felel meg a feladat feltételeinek. Ha Anna száma 51, akkor Anna és Bea számának összege = 120, ami megfelel a feladat feltételeinek. Anna száma 51, Bea száma 69, Cili száma 78.

6 Legyen a három szám 5a= 50 + a, 6b= 60 + b és 7c= 70 + c. Mivel 60 + b c= 147, ezért b+ c= 17. Mivel b és c számjegyek, így ez csak úgy lehetséges, ha az egyik 8, a másik pedig 9. Mivel a b 130, ezért 10 a+ b 20. (1) Mivel a c 130, ezért 0 a+ c 10. (2) Ha b = 8 és c = 9, akkor (2) miatt a = 0, ekkor viszont (1) nem teljesül. Ha b = 9 és c = 8, akkor (1) miatt a 1, (2) miatt pedig a 1. A két feltétel egyszerre csak akkor teljesül, ha a = 1. Anna száma 51, Bea száma 69, Cili száma 78. A három helyes szám indoklás nélküli közléséért adható. Ha a versenyző indoklásként csak ellenőrzést végzett ( = 147, = 120, = 129), akkor erre legfeljebb további ot kaphat. Ha a versenyző az esetek vizsgálatát a megoldáshoz vezető esettel kezdte, és a többi esetet nem vizsgálta, akkor természetesen az azokért járó pontokat nem kaphatja meg. * * * * Több megoldásból csak egy kaphat pontot. Az útmutatóban közöltektől eltérő, de kifogástalan indoklású megoldások egyenértékűek a bemutatott megoldásokkal. Kérjük a javító tanárokat, tartsák be a megoldások után adott útmutatásokat. Többletpont semmilyen okból nem adható. Az elérhető maximális pontszám 50 pont. A dolgozatok pontszámait a honlapon kell rögzíteni december 11-ig. Az I. és II. kategóriába tartozó versenyzők dolgozatainak továbbküldési pontszáma 25 pont. Ezeket a dolgozatokat legkésőbb december 11-én postára kell adni a Mategye Alapítvány címére (6001 Kecskemét, Pf. 585). A továbbküldés nem feltétlenül jelent továbbjutást. A továbbjutáshoz szükséges ponthatárt a versenybizottság állapítja meg. A második fordulóba továbbjutott tanulók névsora december 17-től a honlapon megtekinthető, ugyanitt láthatóak január 14-től a második forduló helyszínei is. A második fordulóba csak olyan tanuló juthat, akinek határidőig rögzítésre került a pontszáma, és határidőig elküldésre került a dolgozata. Kecskemét, november 27. Köszönjük a munkájukat! A Szervezőbizottság