Varga Tamás Matematikaverseny 8. osztályos feladatok megoldásai iskolai forduló 2010.

Átírás

1 Varga Tamás Matematikaverseny 8. osztályos feladatok megoldásai iskolai forduló feladat tengeren léket kapott egy hajó, de ezt csak egy óra múlva vették észre. Ekkorra már 3 m 3 víz befolyt a hajóba. Rögtön mőködésbe hoztak egyszerre két szivattyút, az egyik óránként 2, a másik óránként 3 m 3 vizet távolít el. Mennyi idı alatt szivattyúzzák ki az összes vizet, ha a víz továbbra is ugyanúgy ömlik be, mint kezdetben? Megoldás: Ha x óra alatt távolítják el a vizet, akkor ez 5x m 3 víz volt.... x óra alatt azonban 3x m 3 víz jön, a már beömlött 3 m 3 -hez,... azaz vagyis 3x + 3 = 5x... x = 1,5 óra.... Valóban, 1,5 óra alatt ,5 = 7,5 m 3 vizünk lesz, amit a két szivattyú másfél óra alatt távolít el feladat Egy nem négyzet téglalap kerülete 2010 cm. téglalapot egy egyenessel két egybevágó téglalapra bontjuk. két darabból az eredeti téglalap területével megegyezı területő négyzetet állítottunk össze. Mekkora ez a terület? Megoldás: x y 2 sak a középvonal darabol a kívánt módon... s a kettı közül is csak a rövidebb téglalap oldallal párhuzamos.... Így 2(x + y) = 2010 és négyzetté rakva y 2x =...4 pont 2 azaz x = 201 cm... s a terület = cm 2....

2 3. feladat Hány olyan nél kisebb pozitív egész szám van, amelyben a számjegyek összege 2? Megoldás: 2-nél nagyobb számjegye nem lehet.... Ha van 2-es számjegy, akkor csak 0 lehet a többi, azaz a 2, 20, 200,..., 2...0,... tehát 2010 darab jó számunk van.... Ha nincs 2-es jegye, akkor két 1-es kell legyen.... legfeljebb 2010 darab helyiérték közül kettın kell álljon az 1, ami = Összesen tehát 2009 db darab jó számunk van feladat Egy egyenlı szárú háromszög egyik oldala kétszer akkora, mint az oldalhoz tartozó magasság. Mekkorák a háromszög szögei? Megoldás: Két eset van. 1. eset: Ha az alaphoz tartozó magasság fele az alapnak, akkor az ábra háromszögében < = 45 o,... tehát háromszögünk szögei 45 o, 45 o, 90 o eset: Ha a szárhoz tartozik a magasság, akkor ez lehet belül vagy kívül, maga a szár nem lehet. z ábra háromszögében < = 30 o.... 2a 2a Így az háromszögben a 30 o, 75 o, 75 o os szögek vannak.... a 2a 2a Most < = 30 o, tehát...(1 helyett)!!! az háromszög szögei: 150 o, 15 o, 15 o....

3 5. feladat Öt versenyzı a verseny elıtt, amelyikben nincs holtverseny, nyilatkozik: : az elsı három között leszek; : megnyerem a versenyt; : megelızöm -t; : nem elızöm meg -t; E: vagy nyer. verseny után kiderült, egyiknek sem lett igaza. Mi a versenyben elért sorrendjük. Megoldás: = miatt a 4. vagy 5. helyezett.... Mivel =, így a sorrend... és reményeinek meghíusulása miatt csak után következhet.... z E = -bıl pedig nem lehet az elsı... vagyis csak E lehet a sorrend,... s ez a feltételeknek megfelel.... ármelyik feladat eredményének indoklás nélküli közlése ot ér. Több megoldásból csak egy (lehetıleg a jobbik) kaphat pontot. z útmutatóban közöltektıl eltérı, de kifogástalan indoklású megoldások egyenértékőek a bemutatott megoldásokkal. z elérhetı maximális pontszám 50 pont. z I. kategóriába tartozó versenyzık akiknek a kötelezı matematika óraszáma legfeljebb heti 4 óra dolgozatainak továbbküldési ponthatára 20 pont. II. kategóriába tartozó versenyzık akiknek a kötelezı matematika óraszáma több mint heti 4 óra dolgozatainak továbbküldési ponthatára 25 pont. továbbküldés nem feltétlenül jelent továbbjutást. továbbjutáshoz szükséges ponthatárt a versenybizottság állapítja meg. ténylegesen továbbjutott tanulókat a megyei szervezık értesítik. Kérjük a kollégákat, hogy feltőnıen írják rá a versenydolgozatokra, a tanuló neve mellé a megfelelı kategóriát! Köszönjük a munkájukat! Székesfehérvár, november Versenybizottság

4 Varga Tamás Matematikaverseny megyei forduló osztály I. kategória Megoldások 1. feladat Egy könyvkiadó könyvsorozatot készít. sorozat kötetei 7 évente jelennek meg. mikor a 7. kötet megjelent, akkor a hét kötet megjelenési évszámainak összege Melyik évben jelent meg az elsı kötet? Megoldás: ha az elsı kötet évszáma x,... úgy a következı hat kötet évszámai rendre x + 7, x + 14, x + 21, x + 28, x + 35, x megjelenési évszámok összege 7x = 13930,... azaz x = z elsı kötetet tehát az évben adták ki.... Ez valóban megoldás, mert = feladat z szabályos háromszög oldalának -n túli meghosszabbításán vegyük fel a pontot úgy, hogy = 2 teljesüljön. -bıl állítsunk merılegest az egyenesre, a merıleges talppontját T jelöli. T szakasz az oldalt E-ben metszi. Mekkora a ET négyszög és az háromszög területének az aránya? 1. megoldás: E háromszög egyenlı szárú, = E, mert a T szög 30 o és az E szög 120 o.... szabályosság miatt E felezi az oldalt,... T tehát ET fele az háromszög magasságának,... vagyis ET háromszög területe nyolcada az háromszög területének,... E 7 a keresett arány tehát megoldás: T derékszögő háromszög < -e 30 o,... F T E így a vele szemközti T befogó a átfogónak a fele, azaz 4 3 = T. Így az E-ben húzott, -vel párhuzamos EF középvonal, hiszen EF szabályos háromszög, azaz T = TF miatt T + TF = = az EF háromszög negyednyi területét ET felezi,... 7 vagyis a keresett arány.... 8

5 3. feladat Három prímszám szorzata egyenlı e három prím összegének háromszorosával. Melyek ezek a prímek? 1. megoldás: Jelölje p, q, r a három (nem feltétlenül különbözı) prímet. feltétel szerint pqr = 3(p + q + r)... jobb oldal 3-többszörös, így a vele egyenlı bal is, tehát feltehetı p = Fenti egyenletünk így qr = q + r q és r egyike sem lehet 5-nél nagyobb, hiszen akkor qr 7r > r + 10, azaz 6r > 10, hiszen r 2... Ha q = 5, akkor egyenletünkbıl 5r = 5 + r + 3, azaz 4r = 8, r = 2... ami megoldás, hiszen ( ) 3 = Ha q = 3, akkor 3r = 3 + r + 3, azaz r = 3... mi valóban megoldás, mert 3 ( ) = megoldás: Induljunk ki a qr = q + r + 3 ból...4 pont ezt a qr q r + 1 = = 4 alakra hozva... a (q 1)(r 1) = 4 egyenletet kapjuk.... bal oldal két pozitív egész szorzata, tehát q 1 = 1 és r 1 = 4 vagy q 1 = 2 és r 1 = 2... Ezekbıl a (2; 3; 5) illetve (3; 3; 3) megoldás adódik megoldás: fenti qr = q + r + 3 ból...4 pont q + 3 (q 1)r = q + 3, amibıl q > 1 miatt r = teljesül... q 1 q + 3 q r pozitív egész, s így r = = = 1 + -ben q 1 q 1 q 1 q 1 a 4 pozitív osztóiból kell kikerüljön, azaz q = 5, q = 3, vagy q = Ezek rendre az r = 2; r = 3 vagy r = 5 korábban nyert megoldásokat adják feladat z háromszög oldalának tetszıleges belsı pontjában párhuzamosokat húzunk az illetve az oldalakkal. izonyítsuk be, hogy ezen oldalakon levı P és R metszéspontoknak a egyenestıl való távolságösszege az -ból induló magasság hosszával egyenlı! 1. megoldás: z PR négyszög paralelogramma, mivel 2-2 oldala párhuzamos.... Ha tehát az R pontra illesztünk egy -vel párhuzamost,... R P akkor az -nak ettıl való távolsága éppen a P-nek -tıl való távolságát adja,... tehát az állítás igaz, mert az -beli magasság éppen a két távolság összegével egyenlı....

6 2. megoldás: z PR paralelogramma átlói felezik egymást.... RP átló felezı pontja legyen F. z R és P távolságai -tıl egy trapéz két alapját adják, míg az F távolsága -tıl e trapéz középvonala,... melyrıl tudjuk, hogy a két alap összegének a fele.... F az -nek is felezıje,... így az -beli magasság valóban P és R távolságainak az összege feladat 8. osztály az egyik év valamelyik hónapjának 15. napján kirándulni ment. Tudjuk, hogy e hónapban három vasárnap dátuma páros szám. hét mely napján kirándult az osztály? Megoldás: legkisebb páros számú dátum a 2. Ez jó is lehet,... mert két hétre rá 16-odika, erre két hétre 30-adika van.... Ez esetben szombaton kirándultak.... Ha az elsı páros dátumú vasárnap legalább 4-edikére esik,... akkor a két hétre rá következı vasárnap legalább 18-adika,... az erre következı második vasárnap már a hónap legalább 32-edik napja lenne, ami lehetetlen.... ármelyik feladat eredményének indoklás nélküli közlése ot ér. Több megoldásból csak egy (lehetıleg a jobbik) kaphat pontot. z útmutatóban közöltektıl eltérı, de kifogástalan indoklású megoldások egyenértékőek a bemutatott megoldásokkal. z elérhetı maximális pontszám 50 pont. z I. kategóriába tartozó versenyzık akiknek a kötelezı matematika óraszáma legfeljebb heti 4 óra dolgozatainak továbbküldési ponthatára 25 pont. továbbküldés nem feltétlenül jelent továbbjutást. továbbjutáshoz szükséges ponthatárt a versenybizottság állapítja meg, s errıl a megyei szervezık értesítést kapnak. Kérjük a kollégákat, hogy feltőnıen írják rá a versenydolgozatokra, a tanuló neve mellé a megfelelı kategóriát! Köszönjük a munkájukat! Székesfehérvár, január Versenybizottság

7 Varga Tamás Matematikaverseny megyei forduló osztály II. kategória Megoldások 1. feladat Egy iskolai sakkversenyen mindenki mindenkivel egyszer játszik. Eddig 90 mérkızés zajlott le és még mindenkinek két mérkızése van hátra. Hányan játszanak a versenyen? Megoldás: Ha n játékosnak 2 mérkızéssel kevesebbje van, akkor eddig n 3 játékot játszott mérkızés mindegyikét 2 játékos játssza, tehát n( n 3) = 90, azaz... 2 n(n-3) = n-3 és n egyaránt pozitív egészek és 180 = ,... amit csak egyféleképpen lehet két tényezıre úgy bontani, hogy az egyik 3-mal több a másiknál en ültek asztalhoz, s 12 játszmát váltott mindegyikük feladat z O középpontú körnek O-tól különbözı belsı pontja a P. körvonal mely K pontjára lesz az OKP szög a legnagyobb? 1. megoldás: z OKP szög akkor és csak akkor a legnagyobb, K P O L ha a KOL középponti szög a legkisebb.... Mivel kisebb középponti szöghöz kisebb húr tartozik,... ezért a KL húr akkor a legkisebb, ha O-tól a legtávolabb van.... P-n átmenı húrok közül az OP-re merıleges húr a legrövidebb, mert minden más P-n átmenı húrra OP nem merıleges, lévén átfogója egy olyan derékszögő háromszögnek, amelynek egyik befogója a húrnak O-tól való távolságát méri.... Így az OP-re merıleges, P-n átmenı húr két végpontja adja a keresett K pontokat megoldás: P-n átmenı húrok fele befogója egy olyan derékszögő háromszögnek, amelynek átfogója mindig körsugárnyi.... (Thales miatt a P-n átmenı húr és a megfelelı átfogó ad egy derékszögő háromszöget) z azonos átfogójú derékszögő háromszög egyik hegyesszöge melletti befogó annál kisebb, minél nagyobb ez a hegyesszög....4 pont P-n átmenı húrok közül az OP-re merıleges a legrövidebb, az ilyen húr két végpontja adja a keresett K pontokat....

8 3. feladat z elsı 500 pozitív egész szám közül melyek azok, amelyek mindegyikének pontosan 9 pozitív osztója van? 1. megoldás: Ismert, hogy az osztók számát a szám prímtényezıinek hatványkitevıibıl is megkaphatjuk = 1 9 = 3 3, amely felbontásban a tényezık mindegyike a kitevık eggyel növeltje... n 0 = 1 és a szám 500-nál kisebb volta miatt csak a 2 8 = 256 jöhet számításba.... p 2q 2 = (pq) = 484, tehát csak a 23, 25, 27, 211, 35, 37, négyzetei adnak megoldást....4 pont Így hét megfelelı szám van: 36, 100, 196, 225, 256, 441, megoldás: feltételeknek csak négyzetszám tehet eleget a 9 = 1 9 = 3 3 miatt > 500 miatt elég az elsı 22 négyzetszámból kiszőrni a megfelelıket.... z 1 és a 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, számok négyzetei kiesnek, mert legfeljebb 3 osztójuk van.... maradék 13 négyzetszámból kiesik a 4 2, 8 2, 9 2, 12 2, 18 2, 20 2, mert 9-nél kevesebb illetve több osztója van.... megmaradt hét 6 2, 10 2, 14 2, 15 2, 16 2, 21 2, 22 2 megfelel Húzzuk be az téglalap átlóját. z derékszögő háromszög beírt körének K középpontjából bocsássunk merılegest a és a oldalakra, e merılegesek talppontjai legyenek rendre az L és az M. Mekkora a KLM és az téglalapok területének az aránya? 1. megoldás: KTQ háromszög egybevágó MQ háromszöggel, mert mindkettı derékszögő, Q K M T P L Q-nál levı szögeik csúcsszögek és KT = M = a beírt kör sugara....4 pont Ugyanígy KTP egybevágó PL -gel, mert P-nél csúcsszögek vannak és KT = L = kör sugár....4 pont KLM tehát fele területő....2pont 2. megoldás: Ha = a, = b, akkor T = ab,... b-r r r b-r K a-r a-r T KLM = (a-r)(b-r),... ha r a beírt kör sugara. külsı pontbeli érintıszakaszok egyenlıségébıl a-r + b-r = c... (ez K csúcsú háromszögek területösszegébıl is nyerhetı!) Ennek négyzetébıl a 2 + b 2 = c 2 miatt -2ar + r 2 2br + r 2 + 2(a-r)(b-r) = 0,... a + b c a + b + c ab vagyis (a-r)(b-r) = r(a + b r) = = tehát félterülettel van dolgunk....

9 5. feladat Egy kerek asztal körül 4 férfi és 4 nı ül. izonyítsuk be, hogy van négy egymás mellett ülı úgy, hogy közöttük ugyanannyi a nı, mint férfi! Megoldás: Ha négy férfi egymás mellett ül (a kerek asztal 1, 2, 3, 4 sorszámú székén), akkor 5. és 6. széken nı ül, tehát a 3., 4., 5., 6. széken ülık kielégítik a követelményeket.... Ha nincs négy férfi egymás mellett, de három igen, az 1., 2., 3. széken, akkor a 4. és 5. illetve a 7. és 8. székeken legfeljebb egy férfi lehet. Ha az elıbbin, akkor a 7., 8., 1. és 2. széken ülık, ha az utóbbin, akkor a 2., 3., 4. és 5. széken ülık teljesítik kötelességüket.... Ha van két férfi akik egymás mellett ülnek, az 1.és 2. székeken de három ilyen nincs, akkor a 3. és 8. széken egyaránt nık ülnek. Ha a 4. vagy 7. széken nı ül, készen vagyunk,... ha itt férfiak ülnek, akkor az 5. és 6. széken nı ül, tehát a 2., 3., székek hozzák a kívánt férfi-nı arányt.... Végül, ha nincs két férfi szomszédos széken, akkor bármely négy egymást követı széken 2 férfi és 2 nı ül.... ármelyik feladat eredményének indoklás nélküli közlése ot ér. Több megoldásból csak egy (lehetıleg a jobbik) kaphat pontot. z útmutatóban közöltektıl eltérı, de kifogástalan indoklású megoldások egyenértékőek a bemutatott megoldásokkal. z elérhetı maximális pontszám 50 pont. II. kategóriába tartozó versenyzık akiknek a kötelezı matematika óraszáma több mint heti 4 óra dolgozatainak továbbküldési ponthatára 25 pont. továbbküldés nem feltétlenül jelent továbbjutást. továbbjutáshoz szükséges ponthatárt a versenybizottság állapítja meg, s errıl a megyei szervezık értesítést kapnak. Kérjük a kollégákat, hogy feltőnıen írják rá a versenydolgozatokra, a tanuló neve mellé a megfelelı kategóriát! Köszönjük a munkájukat! Székesfehérvár, január Versenybizottság

10 Varga Tamás Matematikaverseny országos döntı osztály I. kategória megoldások 1. feladat Egy üres tartályba egy csapon át percenként 600 liter, 30%-os narancslé ömlik. Háromnegyed óra múlva egy másik csapot is megnyitnak, ezen percenként 800 liter, 40%-os narancslé folyik be. z elsı csap megnyitásától számítva mennyi idı múlva lesz a tartályban a narancslé 35 %-os? Megoldás: x perc alatt: 600x0, (x 45)0,40 = 0,35(600x + 800(x 45)) kell legyen. Ebbıl x = 180 perc azaz 3 óra alatt lesz 35 %-os narancslénk. Valóban: , ,40 = = pont 4 pont 2. feladat Három egybevágó húrtrapézból az szabályos háromszöget állítottuk elı az ábra szerint. F z háromszög magassága a trapéz magasságának 6-szorosa. Mekkora a EF háromszög területe, ha tudjuk, hogy a trapézok területe 1 cm 2? E Megoldás: forgásszimmetria miatt EF szabályos és ugyanezért az, E, F egyenesek mindkét szabályos háromszögben magasságok. z átfogójú < = 30 o -os háromszög magassága a trapéz magassága is, és fele = F = E nek. EF magassága tehát fele az magasságának. a a + Így T E = 2 3 m = am =1; TEF = 33m = Második megoldás átdarabolással: F E

11 3. feladat Hány pozitív köbszám osztója van az = 3! 5! 7! számnak? (köbszám: egy pozitív egész szám harmadik hatványa; n! = n, azaz az elsı n pozitív egész szám szorzata) Megoldás: = = így a köbszám osztók: 1, 2 3, 2 6, 3 3, és (1-) 6 pont vagyis hat pozitív köbszám osztónk van. 4. feladat z hegyesszögő háromszög csúcsából induló belsı szögfelezıjére a csúcsból állított merıleges talppontja, a oldal felezıpontja pedig F. Mekkora a F szakasz, ha = 28 cm és = 38 cm? Megoldás: F α α Jó ábra szögfelezı szimmetriatengely voltából következıen a egyenes az -t olyan G pontban metszi, melyre G = = 28, tehát G = 10 cm. 2 + F a G-ben középvonal tehát G = 10 cm fele, azaz 5 cm. 5. feladat Egy 2011 x 2011-es táblázat minden mezıjébe +1 -et vagy 1 -et írunk. Ezután minden sor mellé és minden oszlop alá leírjuk az adott sorban, illetve oszlopban szereplı számok szorzatát. Végül az így kapott 4022 darab számot összeadjuk. Kaphatunk-e összegként: a) 2011-et; b) 2010-et; c) nullát? Megoldás: Ha minden mezıbe +1-et írunk, akkor 4022 lesz a végösszeg Egy mezıbeli +1 vagy (-1) helyére ellentettjét téve a végösszeg 4-gyel változik, vagy nem változik (a mezı sora és oszlopa vált elıjelet) így 4022-bıl 2011-et vagy 0-t sohasem kaphatunk viszont többféleképpen is nyerhetı Pl: -1, -1, -1,..., -1, 1, 1, 1,...,1 egy sorban 1006 helyen többi mezıbe helyen

12 Varga Tamás Matematikaverseny országos döntı osztály II. kategória megoldások 1. feladat Egy futóversenyen ndrást ugyanannyian elızték meg, mint ahány versenytársát ı megelızte. Ez utóbbi csoportban volt éla is, aki a 10. lett. saba lett a 16. Hányadik lett ndrás, ha holtverseny nem volt? Megoldás: feltételek szerint egyrészt páratlan sok versenyzınk van, másrészt saba helyezése miatt legalább 17-en. éla helyezése miatt ndrás legfeljebb 9-edik, mi meg is felel a feltételeknek, azaz ndrás 9. lett. 2. feladat Két egymást érintı, egyenlı sugarú kör érintési pontján át, rajzoljunk egy ugyanolyan sugarú kört tetszıleges középponttal. izonyítsuk be, hogy ez utóbbi kört az elızı két kör (eltekintve az érintési ponttól) egy átmérıjének két végpontjában metszi! Megoldás: O 1 F E O 3 O 2 G z O 1, O 2 körközepek és E érintési pontjuk egy egyenesen van. z O 3 közepő körön levı metszéspontjukat F ill. G jelöli. z O 1 EO 2 F rombusz mert oldalai egyenlık. Ugyanezért EO 2 GO 3 is Így FO 3 O 1 E és O 3 G EO 2 ám O 1, E, O 2 kollineáris, tehát F, O 3, G is. 3. feladat Hány olyan hatjegyő szám képezhetı az 1, 2, 3, 4, 5, 6 számjegyekbıl, amelyekben mindegyik számjegy pontosan egyszer szerepel, és bármely két szomszédos számjegy szorzata páros szám? Megoldás: Két egész szorzata akkor és csak akkor páros, ha legalább egyikük páros. Ha páros, páratlan egymást váltva követik egymást, úgy az elsı jegy páros vagy páratlan lehet, s ez 2 (3!) 2 = 72 hatjegyőt ad. 2 + Lehetséges egymás mellett két páros, de három már nem, különben két páratlan is szomszédos lenne. három páratlan csak az elsı harmadik és hatodik vagy az elsı negyedik és hatodik számjegy lehet, ami további 72 hatjegyőt, összesen így 144 hatjegyőt jelent. 2 +

13 4. feladat b c a d Egy 3 cm sugarú kör két húrja merıleges egymásra. Egyikük a kör középpontjától 1 cm-re, a másik 2 cm-re van. keletkezett 4 rész területét az ábra szerint rendre a, b, c, és d jelöli. Hány cm 2 az (a + c) (b + d) különbség? Megoldás: c z x y c z z ábrát a kör közepére tükrözve, z egybevágó részeket azonosan jelölve (a + c) (b + d) = (x + c + z + y + c) (z + c + x + c) = y 4 pont ami egy 2 és 4 cm oldalú téglalap, melynek területe 2 4 = 8 cm 2. c x c 5. feladat a) Megadható-e olyan 100 tagú számsorozat, amelyben bármely 3 szomszédos szám összege negatív, de a 100 szám összege pozitív? b) Megadható-e 100 szám az ábra szerint felírva egy körvonalra úgy, hogy bármely három szomszédos szám összege negatív, de a 100 szám összege pozitív? Megoldás: a) Igen Pl: 35, -18, -18,..., 35 a 100 a 99 a 3 a 51 a 1 a 50 a 2 a 49 a 4 33-szor b) Nem. Indirekt okoskodunk: mert a 100 szám összege pozitív, viszont 100 ( 2 1 a i + ai+ 1 + ai+ ) < 0 a 101 = a1, a102 = a2 miatt a i < 0, ami ellentmondás.