MEGOLDÁSOK Pontszerző Matematikaverseny 2011/2012 tanév III. forduló

Méret: px

Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "MEGOLDÁSOK Pontszerző Matematikaverseny 2011/2012 tanév III. forduló"

Márton Katona
8 évvel ezelőtt
Látták:

1 Bányai Júlia Gimnázium H-6000 KECSKEMÉT, Nyíri út 11. HUNGARY Tel.: (36) 76/ ; ; Fax: (36) 76/ MEGOLDÁSOK Pontszerző Matematikaverseny 2011/2012 tanév III. forduló 1. A dobókocka 6 lapján pöttyök szerepelnek 1-től 6-ig. Egy dobókockát szabályosnak nevezünk, ha a szemben lévő lapjain a pöttyök összege minden esetben 7. Egy dobókockát ravasznak nevezünk, ha a szemben lévő lapjain a pöttyök különbsége minden esetben 3. a) 3 db dobókockából az alábbi ábrán látható testet állítottuk össze (a kockákra ráírtuk a fajtájukat): A kockaépítményt egy átlátszatlan asztallapra helyeztük. Legfeljebb hány pötty látszik a három kockán összesen? b) Egy kockát kicserélhetünk más fajtájúra (szabályosat ravaszra, vagy ravaszt szabályosra). Melyiket cseréljük ki, hogy a látható pöttyök száma több legyen? Mennyi pötty látszik ekkor? c) Négy kockából építettük az alábbi testet egy átlátszatlan asztallapra: Milyen fajtájúak legyenek a kockák (ravasz vagy szabályos), ha azt szeretnénk, hogy a lehető legtöbb pötty látsszon? Mindkét kockafajtából legalább egyet-egyet fel kell használni! Mennyi lesz ekkor a pöttyök száma? 1

Egy dobókockát szabályosnak nevezünk, ha a szemben lévő lapjain a pöttyök összege minden esetben 7. Egy dobókockát ravasznak nevezünk, ha a szemben lévő lapjain a pöttyök különbsége minden esetben 3.

a) A legtöbb pötty, akkor látszik, ha a legkevesebbet takarjuk ki. Ez akkor következik be, ha a két szabályos érintkező lapjain 1-1 pötty van, a jobboldali alsólapján 2.

2 a) A legtöbb pötty, akkor látszik, ha a legkevesebbet takarjuk ki. Ez akkor következik be, ha a két szabályos érintkező lapjain 1-1 pötty van, a jobboldali alsólapján 2. A baloldali szabályos kocka két szemközti lapja mindig 7 pöttyöt tartalmaz, ehhez a ravasz kocka 1 pöttyös felét kell illeszteni. Így a nem látható pöttyök száma: = 12, a látható legtöbb pöttyök száma: = 51. b) A jobboldali alsó és a ravasz kocka esetén nincs növelési lehetőség. Így a bal alsót cserélhetjük ravaszra. A ravasz kocka nem látható pöttyei: 1, 4 és 2, ami eggyel növeli a látható pontok számát, tehát a látható pöttyök száma 52. c) Ha alul szabályos kocka lenne, akkor 7 pötty lenne kitakarva függőlegesen, míg vízszintesen 1, összesen 8. Ravasz kocka esetén ez 5 és 2, összesen 7. A felül lévő kockák esetén mindkét fajtával elérhetjük a nem látható pöttyök minimális számát, a hármat. A felső sorba kerülhet két szabályos, vagy egy szabályos és egy ravasz kocka, míg alulra két ravasz kocka kerül. Mindkét esetben 64 pötty látható. Összesen: 15 pont 2. Az alábbi négyzetrácsos ábrákon számokat és szürkére színezett négyzeteket látsz (esetleg a mező lehet üres is). Néhány szürkére színezett négyzet alatt bomba rejtőzik. A feladat, hogy megjelöld ezeket a szürke mezőket. A számok segítenek kitalálni, hogy hol lehet bomba. Minden szám azt jelenti, hogy a szomszédos nyolc négyzetben mennyi bombát rejtő mező van. Pl.: Az alábbi ábrán több lehetőség is van a bombák helyzetére. 2 a) Legalább hány bomba van a szürke mezők alatt? Rajzold le a megoldást! Írj X-et azokra a szürke mezőkre, amelyek alatt nincs bomba és írj azokra a szürke mezőkre, amelyek alatt van! b) Legfeljebb hány bomba van a szürke mezők alatt? Rajzzal add meg az összes különböző lehetőséget!

Így a nem látható pöttyök száma: 1 + 1 + 2 + 7 + 1 = 12, a látható legtöbb pöttyök száma: 3 21 12 = 51. b) A jobboldali alsó és a ravasz kocka esetén nincs növelési lehetőség.

3 a) Minimum 6 bomba van. Csak ezeket jelöltük a megoldásban. Jó bombánként 0,5 pont b) 10 bomba lehet maximum. Kétféle elrendezésben: Jó bombánként 0,5 pont az első megoldásban. Második jó megoldásért. 5 pont Összesen: 10 pont 3

4 3. A kecskeméti Bányai Júlia Gimnázium bejáratához 11 fokú lépcső vezet. A pontszerző klubfoglalkozására érkező negyedikes kisdiákok közül voltak, akik egyesével léptek a lépcsőfokokra, de voltak olyanok, akik kettesével lépkedtek és voltak olyanok is, akik hol egyet, hol kettőt léptek össze-vissza. Egyikük a klubfoglalkozáson azt kérdezte, hogy összesen hányféleképpen lehet felmenni a bejárathoz, ha a lépcsőfokokat egyesével vagy kettesével vesszük? Oldd meg a problémát! Válaszod indokold! (Az I. forduló egyik feladata segíthet a megoldásban). Az első lépcsőfokra 1 féleképpen lehet feljutni, a másodikra 2 féleképpen. A harmadikra az első lépcsőről vagy a másodikról léphetünk, így = 3 féleképpen juthatunk ide. A negyedikre a második lépcsőről vagy a harmadikról léphetünk, így = 5 féleképpen juthatunk ide, és így tovább. Az előző gondolatmenet alapján bármelyik lépcsőre a kettővel, vagy eggyel alatta lévő lévőről juthatunk. Ez nem más, mint a virágszirmoknál megismert sorozat, melynek 12-edik elemét kell meghatározni. A sorozat elemei: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233. A bejárathoz 233 féleképpen juthatunk fel. Összesen: 10 pont 4. A 2011 olyan négyjegyű pozitív egész szám, amelyben az ezres helyi értéken álló számjegy az azt követő három helyi értéken álló számjegy összege. Hány ilyen tulajdonságú négyjegyű pozitív egész szám van, melyek ezres helyi értékén álló számjegye nem nagyobb, mint 4? Ha az ezres helyi értéken 1 áll, akkor ez három számjegy összegeként egyféleképpen írható fel: Ez a három számjegy három különböző sorrendben írható. Ha az ezres helyi értéken 2 áll, akkor ez három számjegy összegeként kétféleképpen írható fel: , vagy Mindkét esetben a három számjegy három különböző sorrendben írható, ez 6 lehetőség. Ha az ezres helyi értéken 3 áll, akkor 3 = , 3 lehetőség, vagy 3 = , 6 lehetőség, vagy 3 = , 1 lehetőség. Ha az ezres helyi értéken 4 áll, akkor 4 = , 3 lehetőség, vagy 4 = , 6 lehetőség, vagy 4 = , 3 lehetőség, vagy 4 = , aminek 3 lehetséges sorrendje van. Így az adott tulajdonságú számok száma: 34. Összesen: 8 pont 4

kettőt léptek össze-vissza. Egyikük a klubfoglalkozáson azt kérdezte, hogy összesen hányféleképpen lehet felmenni a bejárathoz, ha a lépcsőfokokat egyesével vagy kettesével vesszük?

5 5. Öt pénzes tasakba szétosztottunk 25 darab tízforintost és a tasakokra ráírtuk, hogy hány tízforintos van a tasakban, majd azokat lezártuk. Megkértük az egyik pontszerzős versenyző bátyját, Bencét, hogy próbáljon meg kirakni a tasakokkal minél több 10 Ft és 250 Ft közötti pénzértéket úgy, hogy nem bont fel egyetlen tasakot sem. Bence próbái után elmondta, hogy minden 10-től 250 forintig előforduló 10-zel osztható forintot ki tudott rakni a tasakok felbontása nélkül. Hány forintot tettünk a tasakokba? Válaszod ellenőrzéssel indokold! Ha a tasakokba 10, 20, 40, 80 és100 Ft-ot teszünk, akkor ezekkel Ft közötti minden 10- zel osztható érték előállítható. Ellenőrzésért. Másik lehetőség: ha a tasakokba 10, 20, 30, 70 és120 Ft-ot teszünk. Ellenőrzésért. Összesen: 5 pont 5

Bence próbái után elmondta, hogy minden 10-től 250 forintig előforduló 10-zel osztható forintot ki tudott rakni a tasakok felbontása nélkül. Hány forintot tettünk a tasakokba?

Hasonló dokumentumok

7. modul 1. melléklet 4. évfolyam tanítói fólia

7. modul 1. melléklet 4. évfolyam tanítói fólia 1. feladatlap 1. Határozd meg azt a számot, amelynek előbb az ezres, a százas, aztán a tízes, végül az egyes beosztású számegyenesen jelöltük meg a helyét!