Varga Tamás Matematikaverseny Javítási útmutató Iskolai forduló 2018/ osztály

Átírás

1 1. Marci, a teniszező a tavalyi évben az első 30 mérkőzéséből 24-et megnyert. Az év további részében játszott mérkőzéseinek már csak az egyharmadát nyerte meg. Így éves teljesítménye 50%-os lett, vagyis a tavalyi mérkőzéseinek a felét nyerte meg. Hány mérkőzést játszott Marci a tavalyi évben? (Teniszben nem lehet egy mérkőzés eredménye döntetlen.) Marci az év hátralévő részében x mérkőzést nyert meg és 2x mérkőzést vesztett el. Az év során a megnyert mérkőzések száma 24 + x, az elvesztetteké pedig x. Ha mérkőzéseinek felét nyerte meg, akkor ugyanannyit el is vesztett, így felírható a következő egyenlet: 24 + x= x. Az egyenlet mindkét oldalából 6-ot elvéve kapjuk, hogy 18 + x= 2 x. Vegyünk el az egyenlet mindkét oldalából x-et: 18 = x. Marci az év további részében 3x = 3 18 = 54 mérkőzést játszott, tehát Marci összesen = 84 mérkőzést játszott a tavalyi évben. Ellenőrzés: 30-ból 24-et nyert, a többi 54-ből 18-at, így az év során 84 mérkőzésből = 42 mérkőzést nyert meg, vagyis teljesítménye tényleg 50%-os. Ha Marci az év további részében 30 mérkőzést játszana, amiből 10-et nyerne meg, akkor az év során 60 mérkőzésből összesen 34-et nyert volna meg. Ez nem felel meg a feladat feltételeinek, mert teljesítménye 50%-nál jobb lenne. Minél több mérkőzést játszik Marci az év hátralévő részében az előzőnél rosszabb teljesítményt nyújtva, annál rosszabb lesz a teljesítménye. Tehát Marci több mint 30 mérkőzést játszott az év további részében. Ha Marci az év további részében 60 mérkőzést játszana, amiből 20-at nyerne meg, akkor az év során 90 mérkőzésből összesen 44-et nyert volna meg. Ez nem felel meg a feladat feltételeinek, mert teljesítménye 50%-nál rosszabb lenne. Tehát Marci kevesebb mint 60 mérkőzést játszott az év további részében. Ha Marci az év további részében 57 mérkőzést játszana, amiből 19-et nyerne meg, akkor az év során 87 mérkőzésből összesen 43-at nyert volna meg. Ez nem felel meg a feladat feltételeinek, mert teljesítménye 50%-nál rosszabb lenne. Tehát Marci kevesebb mint 57 mérkőzést játszott az év további részében. Ha Marci az év további részében 54 mérkőzést játszana, amiből 18-at nyerne meg, akkor az év során 84 mérkőzésből összesen 42-t nyert volna meg. Ez megfelel a feladat feltételeinek, mert teljesítménye pontosan 50%-os. Ha a mérkőzések számát tovább csökkentenénk, akkor Marci teljesítménye növekedne, így nem lenne 50%-os. Marci összesen 84 mérkőzést játszott a tavalyi évben. A helyes válasz indoklás nélküli közléséért jár. Ha indoklásként a versenyző ellenőrzést végez, akkor a második megoldás értelmében ezért további adható, így teljesítményéért összesen 4 pontot érdemel. Ha a versenyző egyenlettel oldja meg a feladatot, és megoldása minden előkészítés nélkül az egyenlet felírásával kezdődik, akkor az első ot nem kaphatja meg. Ha a versenyző minden rendszert nélkülöző próbálkozással rátalál az eredményre, akkor csak az első megjegyzésben leírt 4 pont adható neki. A további 6 pontot csak akkor adjuk meg, ha a versenyző tökéletesen indokolta, hogy a feladatnak ez az egyetlen lehetséges megoldása. Ez a 6 pont bontható.

2 2. Az 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7 és 8 számok kettesével négy csoportba oszthatók úgy, hogy mindegyik csoportban ugyanannyi a két szám különbsége. (A nagyobb számból vonjuk ki a kisebbet.) Mennyi lehet ez a különbség? Megoldás: A különbség lehet 1, ekkor a párok: (1;2), (3;4), (5;6), (7;8). A különbség lehet 2, ekkor a párok: (1;3), (2;4), (5;7), (6;8). A különbség nem lehet 3, mert akkor a 2-nek és a 8-nak is csak az 5 lehet a párja. (Vagy: az 1-nek és a 7-nek is csak a 4 lehet a párja.) A különbség lehet 4, ekkor a párok: (1;5), (2;6), (3;7), (4;8). A különbség nem lehet 5, mert akkor a 4-nek nem jutna pár. Ugyanezért nem lehet a különbség 5-nél nagyobb sem. A különbség 1; 2 vagy 4 lehet. A helyes válasz indoklás nélküli közlése ot ér. Az egyes különbségekre adott konstrukció 1-1 pontot ér. Ha nem magyarázta meg, hogy más különbség miért nem lehetséges, akkor összesen legfeljebb 5 pont adható. 3. Az ABCD négyzet AB oldalának felezőpontja E, a BC oldalának felezőpontja F. A BD átló az AC átlót G- ben, az EF szakaszt H-ban metszi. Hányad része a CGHF négyszög területe az ABCD négyzet területének? Helyes ábra készítése (a feladat szövegében szereplő pontok megfelelő felvétele). A négyzetet átlói négy egybevágó, egyenlő szárú derékszögű háromszögre bontják, ezért a BCG háromszög területe az ABCD négyzet területének az 1 4 része. A BFGE négyzet oldalai feleakkorák, mint az ABCD négyzet oldalai, ezért a BFGE négyzet területe 1 4 része az ABCD négyzet területének. 1 pont A BFH háromszög területe 1 4 része a BFGE négyzet területének, 1 pont ezért ez az ABCD négyzet területének az 1 1 = 1 része A CGHF négyszög területe a BCG és a BFH háromszögek területének a különbsége, tehát az ABCD területének = 1 = 3 része A CGHF négyszög területe 3 része az ABCD négyszög területének. 16

3 Helyes ábra készítése (a feladat szövegében szereplő pontok megfelelő felvétele). A feladatban szereplő vonalakon kívül húzzuk be az ábrán a négyzet középvonalait, valamint kössük össze a szomszédos oldalak felezőpontjait. Az ABCD négyzetet középvonalai négy egybevágó négyzetre darabolják, ezeket a négyzeteket átlóik 4-4 egybevágó háromszögre bontják, ezért az ABCD négyzetet 16 egybevágó, így egyenlő területű háromszögre osztottuk. Mivel az FCGH négyszöget a behúzott vonalak 3 ilyen háromszögre darabolják, ezért az FCGH négyszög területe 3 része az ABCD négyszög területének. 16 A helyes végeredmény indoklás nélküli közlésére adható. Ha a versenyző az első megoldás gondolatmenetét nem írja le, a megfelelő törteket nem indokolja, csak beírja az ábrába (például színes ceruzát használva jelöli, hogy a nagy háromszög területe mennyi, illetve a kicsié mennyi), akkor az indoklásért járó 8 pontból legfeljebb 4 pontot kaphat. Ha a versenyző a második megoldásnak megfelelő ábrát elkészíti, nem indokolja, hogy a részek egyenlő területűek, de megszámolva a megfelelő részek számát helyes eredménye jut, akkor legfeljebb 6 pontot érhet el. 4. Megjelöltük egy kocka középpontját, csúcsait, éleinek felezőpontját és lapjainak középpontját. a) Hány pontot jelöltünk meg összesen? b) Hány olyan egyenes van, illeszkedik három megjelölt pontra? a) A kockának 1 középpontja, 8 csúcsa, 12 élfelező pontja és 6 lapközéppontja van. Összesen = 27 pontot jelöltünk meg. b) Észrevehetjük, hogy a három pont közül a középső mindig a másik két pontot összekötő szakasz felezőpontja. Vizsgáljuk az eseteket aszerint, mi ez a középső pont. Első eset: a középső pont a kocka középpontja. A többi 26 pont bármelyikének a kocka középpontjára vonatkozó tükörképe szintén a megjelölt pontok között van, így a 26 többi pont 13 párt alkot, ezért 13 ilyen egyenes van. Második eset: a középső pont egy lap középpontja. Minden lapközépponton át a 2 átló és a 2 középvonal a megfelelő, tehát minden lapon 4 ilyen egyenes van, vagyis ilyen egyenesből összesen 6 4 = 24 darab van. Harmadik eset: a középső pont egy él felezőpontja. Ebben az esetben a másik két pont csak az él két végpontja, vagyis két csúcs lehet, tehát az így kapott egyenesek az élek egyenesei, ezekből 12 darab van. Összesen = 49 megfelelő egyenes van.

4 a) A kockának 1 középpontja, 8 csúcsa, 12 élfelező pontja és 6 lapközéppontja van. Összesen = 27 pontot jelöltünk meg. b) Az egyenesek hat csoportba sorolhatók annak megfelelően, hogy milyen típusú az a három pont, amire illeszkednek. Adjuk meg minden csoportban az egyenesek számát! Első eset: élek, 2 csúcson és 1 élfelező ponton mennek át, 12 darab van. Második eset: lapátlók, 2 csúcson és 1 lapközépponton mennek át. Minden lapon 2 darab, összesen 6 2 = 12 darab van. Harmadik eset: testátlók, 2 csúcson és a test középpontján mennek át, összesen 4 darab van. Negyedik eset: lapok középvonalai, 2 élfelező ponton és 1 lapközépponton mennek át. Minden lapon 2 darab, összesen 6 2 = 12 darab van. Ötödik eset: 2 élfelező ponton és a test középpontján átmenő egyenesek, összesen 12 : 2 = 6 darab van. Hatodik eset: 2 párhuzamos lap középpontján és a test középpontján átmenő egyenesek, összesen 6 : 2 = 3 darab van. Összesen = 49 megfelelő egyenes van. Az a) részre 3 pont adható. Ha a versenyző indoklás nélkül közölte a helyes eredményt, ebből csak ot kaphat. Ha a versenyző nem írt indoklást, de szerepel dolgozatában az = 27 összeadás, kapjon összesen ot. A b) részre összesen 7 pont adható. Az utolsó ot a válaszra csak akkor adjuk meg, ha a versenyző végeredménye helyes. Ha a versenyző a két leírt megoldásban szereplőtől különböző szempontból csoportosította az eseteket, akkor az egyes típusok vizsgálatáért járó 6 pontból arányosan annyit adjunk a versenyzőnek, amennyi részét vizsgálta a lehetséges típusoknak. 5. Melyek azok a pozitív egész számok, amelyekkel a tört egyszerűsíthető? Megoldás: A nevező 90-nel nagyobb a számlálónál, ezért ha egy szám osztója a számlálónak és a nevezőnek is, akkor osztója a 90-nek is. 2 Mivel 90 = 2 3 5, ezért elég azt megvizsgálnunk, hogy a 2; 3; 9; 5 számok közül melyekkel osztható a számláló és a nevező is. A számláló és a nevező is páros, ezért a tört egyszerűsíthető 2-vel. A számlálóban és a nevezőben is 33 a számjegyek összege, ami osztható 3-mal, így a tört egyszerűsíthető 3-mal, de nem egyszerűsíthető 9-cel. A számláló és a nevező sem osztható 5-tel, így a tört nem egyszerűsíthető 5-tel. Mivel a tört egyszerűsíthető 2-vel és 3-mal, ezért egyszerűsíthető 6-tal is. A törtet 2-vel, 3-mal és 6-tal lehet egyszerűsíteni. * *

5 A 2-vel, 3-mal és 6-tal való oszthatóság indoklás nélküli kijelentéséért a javítókulcs értelmében 1-1 pont, összesen 3 pont adható. A szöveges válaszért járó ot akkor adjuk meg, ha a versenyző mindhárom számot felsorolta, és más számokat nem sorolt fel. Ha tehát a versenyző mindhárom számot megtalálta, de nem indokolt semmit, összesen legfeljebb 5 pontot kaphat. A csillaggal jelölt pontokért tett megállapítások a megoldás legnehezebb gondolatai. Ezek a pontok csak akkor adhatók meg, ha a versenyző bizonyította, hogy a számláló és a nevező legnagyobb közös osztója a 6. * * * * 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