A 2013/2014. tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny második forduló MATEMATIKA I. KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató

Átírás

1 Oktatási Hivatal A 0/04 tanévi Országos Középiskolai Tanulmányi erseny második forduló MATEMATIKA I KATEGÓRIA (SZAKKÖZÉPISKOLA) Javítási-értékelési útmutató A 57 olyan háromjegyű szám, amelynek számjegyei különbözőek Ha a számjegyeket fordított sorrendben leírjuk, akkor az eredetinél nagyobb számot kapunk, a 75-t Hány ilyen tulajdonságú háromjegyű szám van? A keresett számok nem végződhetnek nullára, mert a fordítottjuknak is háromjegyű számnak kell lennie pont Meghatározzuk azoknak a háromjegyű számoknak a számát, amelyeknek minden számjegye különböző és az egyesek helyén álló szám nem 0 A százasok helyén 9-féle számjegy állhat, de a számjegyek különbözők, ezért az egyesek helyén már csak 8-féle számjegy lehet A tízesek helyén ismét 8-féle számjegy lehet, mert itt nem állhat az, ami a százasok illetve az egyesek helyén, viszont itt szerepelhet a 0 Azokból a számokból, amelyeknek minden számjegye különböző és az egyesek helyén álló szám nem 0, darab van Ezek között a számok között szerepelnek azok is, amelyekben a százasok helyén álló számjegy kisebb, mint az egyesek helyén álló, és szerepel minden ilyen szám fordítottja is Mivel a számok ilyen módon párokba állíthatók, így a feladat feltételének éppen a számok fele tesz eleget, vagyis ilyen szám van pont pont pont 0 pont OKT 0/04 forduló

2 Az a valós paraméter mely értékeire lesz az x 4ax 4a x x a egyenletnek pontosan egy valós megoldása? x 0 Az egyenlet bal oldalán szereplő tört nevezője miatt x a Alkalmazva a két tag különbségének négyzetére vonatkozó azonosságot a tört számlálójában, és az x x x x x azonos átalakítást: illetve x a x x a x 0, x x a () a x pont Mivel a tört számlálója biztosan pozitív, () ekvivalens az x a x a x egyenlettel Az egyenletben szereplő törtet átalakítva, és figyelembe véve, hogy a b a b abban az esetben, ha mindkét tag azonos előjelű, az egyenlet () x a x x a alakban írható pont Egy pozitív számnak és reciprokának az összege legalább Egyenlőség akkor áll fenn, ha maga a szám egyenlő -gyel Ezért a () egyenlet csak úgy teljesülhet, ha egyszerre teljesül Ezekből: x a, és x () a A () egyenlet szerint a, vagy a, azaz a 0 vagy a pont OKT 0/04 forduló

3 Megvizsgáljuk, hogy ezekre a paraméterekre pontosan egy valós megoldása van-e az egyenletnek Ha a 0, akkor az eredetivel ekvivalens () egyenletből kapjuk, hogy x x (4) x Mivel a (4) egyenletben az abszolút-értékes tényező legalább, a jobb oldal értéke pedig pontosan, ezért egyenlőség csak x 0, azaz x esetben áll fenn Az egyenletnek a 0 mellett tehát valóban egy megoldása van Ha a, akkor az () egyenletből: x x (5) x Az (5) egyenletben az abszolút-értékes tag szintén legalább, a jobb oldal értéke pedig pontosan, ezért egyenlőség ismét csak x 0, azaz x esetben áll fenn, ezért az a mellett is pontosan egy valós megoldása van az egyenletnek pont pont 0 pont OKT 0/04 forduló

4 Messe az AB átmérőjű k kört a C és D pontokban az A középpontú k kör A k körnek az AB átmérőre eső pontja legyen E! álasszuk ki a k körnek az ABC háromszög belsejébe eső CE körívén az ív egy tetszőleges M belső pontját! A BM egyenes és a k kör másik metszéspontját jelöljük N -nel! Bizonyítsa be, hogy MN CN DN! Jelöléseink az ábrán láthatók ábra pont A bizonyítandó MN CN DN összefüggés azonos átalakítása után elég megmutatni, hogy Ehhez elegendő igazolni, hogy a háromszögek hasonlóak MN CN DN MN CMN és MDN A két háromszög hasonlóságának belátásához elég bizonyítani, hogy megfelelő szögeik páronként megegyeznek, azaz: CMN MDN és CNM MND pont pont OKT 0/04 4 forduló

5 Mivel AB a k kör átmérője, ezért a Thalész-tétel szerint AC merőleges BC -re, ebből következik, hogy BC egyenese a k kör érintője Ezért a k körben BCM érintő szárú kerületi szög, és így az MDC jelöléssel BCM MDC A k körben a kerületi szögek tételéből a CDN jelöléssel kapjuk, hogy CBN CDN Az AB egyenese a k és k körök közös szimmetriatengelye, erre a tengelyre nézve a C és D pontok egymás tükörképei, ezért BC BD Ez azt is jelenti, hogy a k körben a két húrhoz azonos nagyságú kerületi szögek tartoznak, tehát a CNB jelölést választva A CNB BND CMN a BCM háromszög külső szöge, ezért CMN BCM CBM pont pont pont pont A CMN és MDN háromszögekben két-két szög nagysága megegyezik, mert CMN MDN és CNM MND, ezért a két háromszög hasonló Hasonló háromszögekben a megfelelő oldalak aránya megegyezik, MN CN, DN MN ebből pedig a bizonyítandó állítás következik MN CN DN pont pont 0 pont OKT 0/04 5 forduló

6 4 Milyen a valós paraméter esetén lesz pontosan két valós gyöke a sin x a sin x a 0 egyenletnek a 0 ; intervallumban? ezessük be az y sin x jelölést! Az egyenlet a következő alakba írható: () a y a 0 y Az () egyenlet az y ismeretlenre felírt paraméteres másodfokú egyenlet, melynek pont diszkriminánsa, D a 8a () D a Átalakítással kapjuk, hogy () azt jelenti, hogy az () egyenletnek mindig van valós megoldása A megoldóképletből kapjuk, hogy ezek és Mivel és ezért nem lehetséges Eszerint csak állhat fenn y a y y sin x, sin x y sin x a pont pont OKT 0/04 6 forduló

7 Tekintsük most az f x sin x függvény grafikonját a ; ( ábra) 0 intervallumon ábra A ábrán jelzett A és B pontok koordinátái A 0;sin és B ; sin, azaz A 0; és B ; Az A és B pontokon átmenő egyenes egyenlete Ez az egyenes a függvény grafikonját, ezért a y 0 ; intervallumon három pontban metszi az f x sin x sin három valós megoldása van, így Nem állhat fenn x egyenletnek a ; a nem lehetséges a és a, sem, mert ezekre az értékekre sin x illetve sin x egyenleteknek a 0 ; intervallumban egy-egy valós megoldása van Az ábra alapján belátható, hogy az a ; intervallumban az 0 intervallumban a, a és a értékek kivételével minden a valós számra a sin x a egyenletnek pontosan két valós megoldása van Ezek az a valós paraméterek a feladat megoldásai pont pont pont pont 0 pont OKT 0/04 7 forduló

8 5 Az tetraéder belsejében vegyünk fel egy P pontot, majd kössük össze a tetraéder csúcsaival Az AP ; BP; CP és DP egyenesek szemközti oldallapokon lévő döféspontjai rendre: A ; B ; C és D Bizonyítsa be, hogy PA PB PC PD! AA BB CC DD Legyenek a csúcsok merőleges vetületei a szemközti oldallapon rendre: A, B, C és D Az AA A háromszög síkjának és a BCD síknak az A A metszésvonalára illeszkedik a P pontnak a BCD síkra eső merőleges vetülete, jelöljük ezt a pontot PA -val ( ábra) ábra Az AA szakasz az tetraédernek a BCD laphoz tartozó magassága és ezért az tetraéder térfogata TBCD AA () pont pont A P ; B; C; D pontok egy tetraéder csúcsai, amelynek a BCD lapjához tartozó magassága PP A, így a PBCD tetraéder térfogatára azt kapjuk, hogy () PBCD TBCD PPA pont Az () és () összefüggések megfelelő oldalainak arányából adódik, hogy () PBCD PPA AA pont OKT 0/04 8 forduló

9 Mivel AA és így ()-ból PPA, ezért a párhuzamos szelőszakaszok tétele miatt PP A PA, AA AA (4) PA AA PBCD pont Hasonló módon bizonyíthatjuk, hogy (5) (6) végül (7) PB BB PACD, PC CC PABD, PD DD PABC pont A (4)-(7) összefüggések megfelelő oldalainak összeadásával azt kapjuk, hogy PA AA PB BB PC CC PD DD PBCD PACD PABD PABC Nyilvánvaló, hogy és ezért és éppen ezt akartuk bizonyítani PBCD PA AA, PB BB PACD PC CC PABD PD DD PABC, pont 0 pont OKT 0/04 9 forduló