Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny 2012/2013 Az 1. forduló feladatainak megoldása

Átírás

1 Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny 01/01 Az 1. forduló feladatainak megoldása 9. évfolyam 1. Egy csokoládégyárban két gépsoron 01. november 5-én kezdték el gyártani a 85 gramm tömegő csoki mikulásokat. A gyártás utolsó fázisában megmérik minden csoki mikulás tömegét és, ha annak tömege kevesebb, mint 8 gramm, akkor csomagolás nélkül visszakerül az olvasztóba. Az elsı nap a két gépsoron összesen 600 csoki mikulást gyártottak, amibıl 66-ot nem csomagoltak be. Az egyik gépsoron gyártott mikulások %- a, míg a másikon gyártott mikulások %-a volt selejtes. Hány selejtes mikulást gyártottak az egyik, illetve a másik gépsoron? Jelölje az elsı gépsoron gyártott mikulások számát x, a másikon gyártottat 600-x. A selejtek száma: 0,0 x, illetve 0,0 (600-x). ( pont) A feltételekbıl: 0,0 x + 0,0 (600-x) 66. Összevonás és rendezés után: -0,01x ( pont) Az elsı gépsoron gyártott mikulások száma 15600, a másodikon gyártottaké Az elsı gépsoron gyártott selejtek száma 0, A második gépsoron gyártott selejtek száma 0, Ezek összege 66.. Határozzuk meg azokat a háromjegyő számokat, amelyek egyenlık számjegyei összegének a - szorosával. Írjuk fel a feltételt a helyi értékekkel: 100a + 10b + c ( a + b + c). ( pont) Rendezzük az egyenletet a következı alakra: 11 ( 7a c) 1b ( pont) Mivel (11;1) 1, ezért 11 b. figyelembe véve, hogy b számjegy, b 0. Amibıl ( pont) 7 a c 0 következik Figyelembe véve a feltételeket ez az egyenlıség, csak c 7 és a esetén teljesül. ( pont) Ellenırzés Válasz: A feltételeknek egyetlen háromjegyő szám felel meg, a 07. 1

2 . Az ABC háromszög oldalainak hossza a 6, b 8 és c 0. Az AB oldal felezıpontját jelöljük E-vel, BC oldal felezıpontját F-fel és az AC-ét G-vel! A C-bıl induló magasságvonalának talppontját jelöljük T-vel! Bizonyítsuk be, hogy ETFG négyszög húrtrapéz! Használjuk az ábra jelöléseit! FG az AB oldalhoz tartozó középvonal, ezért FG AB és fele olyan hosszú. ( pont) GE a BC-hez tartozó középvonal, így GE BC és fele olyan hosszú (GE CF). ( pont) GF merılegesen felezi CT-t, így CFT háromszög egyenlıszárú, tehát FT CF GE. ( pont) Tehát ETFG négyszög húrtrapéz, mert még igaz az is, hogy TFG EGF. ( pont). Egymás után leírtunk 01 számjegyet úgy, hogy bármely két szomszédos számjegybıl alkotott kétjegyő szám (helyi értékek sorrendjét megtartva) osztható 17-tel vagy -mal. Az utolsónak leírt számjegy a 7. Melyik számjegyet írtuk le elsınek? Válaszod indokold! Felírva a 17 és a kétjegyő többszöröseit (17,, 51, 68, 85 és, 6, 69, 9) egyetlen olyan többszörös van, ami 7-re végzıdik, a 17. ( pont) Az elıtte lévı csak az 51 lehet, ez elıtt csak a 85, ami elıtt csak a 68, ez elıtt csak a 6, ami elıtt csak a, ez elıtt csak a, ez elıtt csak a 9, majd a 69 lehet. ( pont) Ezután már periodikusan ismétlıdnek a számjegyek. A periodus hossza 5. ( pont) A leírt 01 számjegy: x A 01-ediknek leírt számjegy: a periodus. számjegye, ami a. ( pont)

3 5. Hány négyjegyő számot készíthetünk a páros számjegyek felhasználásával, ha a számjegyek nem ismétlıdhetnek? a) Mennyivel egyenlı a fenti négyjegyő számok összege? b) Hány 1-vel osztható szám van a fenti négyjegyő számok között? a) Az ezres helyi értékre négy számjegybıl választhatunk (a nullát nem). A százas helyi értékre négy, a tízes helyi értékre három és az egyes helyi értékre két számjegybıl választhatunk. A keresett négyjegyő számok száma: 96. Az ezres helyi értéken a négy számjegy mindegyike -szer szerepel, további helyi értékeken 18-szor. ( pont) Így a megfelelı négyjegyő számok összege: ( ) (8+6++) ( pont) b) A néggyel és hárommal való oszthatóságot felhasználva az utolsó két számjegy mellett zárójelben az összes ilyen 1-vel osztható számok számát írtuk: 0(), 0(), 60(), 80(), (1), 8(1), 6(), 68(), 8(1), ami 19. ( pont) 6. Egy trapéz alapjai 1 cm és 8 cm hosszúak. Az egyik átló 0 o -os szöget zár be az alappal és merıleges a másik átlóra. a) Hány cm hosszú a trapéz két átlója? b) Mekkora a trapéz területe? a) Készítsünk ábrát, és használjuk annak jelöléseit! Az ABE háromszög A-nál lévı szöge 0 o -os, ezért EB 6 cm. ( pont) Az AE 6 cm. A DCE háromszögben C-nál lévı szöge 0 o -os, ezért ED cm. ( pont) Az CE cm. Így BD 10 cm, AC 10 cm. ( pont) b) Mivel a trapéz átlói merılegesek egymásra ezért a területe: AC BD 50 cm. ( pont)

4 10. évfolyam 1. Ha egy kétjegyő szám számjegyeit felcseréljük, akkor a kapott kétjegyő szám értéke az eredeti szám értékénél 108 %-kal nagyobb. Melyik ez a kétjegyő szám? Jelölje a kétjegyő számot xy. 08 A feltételnek megfelelı egyenlet: yx xy 100 ( pont) Helyi értékes felírás alapján 50 y + 5x 50x + 5y egyenletet kapjuk. ( pont) Az egyenletet rendezve és egyszerősítve: y 5x ( pont) Mivel (;5) 1, és figyelembe véve, hogy x, y számjegyek: x, y 5 az egyetlen megoldás. ( pont) A keresett kétjegyő szám a 5. Ellenırzés:, Egy lapos magyar kártyából lapot húzunk. A kihúzott kártyák sorrendjét ne vegyük figyelembe! a) Hány különbözı laphármasunk lehet? b) Hány esetben lesz a kihúzott három lap között piros? c) A teljes kártyacsomagban hány különbözı sorrendben lehetnek a piros lapok? a) Mivel a kihúzott lapok sorrendjét nem vesszük figyelembe, ezért a lehetséges 1 0 laphármasok száma: 960 ( pont) 1 b) Számoljuk össze a komplementer esetek számát! Ekkor a nyolc piroson kívül van lapunk, melyekbıl hármat 0 féleképpen tudunk kiválasztani. 1 ( pont) Így, hogy a kiválasztott három lap között van legalább egy piros: lehetıséget jelent. c) Mivel a kártyacsomag 8 piros lapot tartalmaz, ezek lehetséges sorrendje: 8! 00. ( pont)

5 . Az O középpontú, R sugarú negyed kör körívének végpontjait jelöljük A-val és B-vel! Rajzoljunk a negyed körbe A középpontú R sugarú körívet! Határozzuk meg annak a körnek a sugarát, amely érinti a negyed kör AB körívét, az OB sugarát és az A középpontú R sugarú körívet! Készítsünk ábrát, és használjuk annak jelöléseit! Jó ábra. A keresett kör sugarát jelölje r! Felhasználva, hogy érintkezı körök középpontjait összekötı egyenesre illeszkedik az érintési pont kapjuk, hogy OE R-r, AE R + r, OF r és FA R-r. ( pont) Az OFE és a FEA derékszögő háromszögek közös EF befogójára felírva Pitagorasz tételét, a következı egyenletet kapjuk: R + r ( R r) ( R r) r ( pont) R + Rr + r R + Rr r R Rr + r r 9 ( pont) 7 Rendezés után kapjuk, hogy a kör sugara: r R. ( pont) 5

6 . Két konvex sokszög belsı szögösszegének különbsége megegyezik egy tizenkétszög belsı szögeinek összegével és az egyiknek háromszor annyi csúcsa van, mint ahány oldala a másiknak. Hány átlója van a két sokszögnek összesen? A két sokszög csúcsainak száma legyen n és m. Ekkor belsı szögeik összege 0 0 ( n ) 180, illetve ( m ) 180. ( pont) Ezek különbsége egy tizenkétszög belsı szögösszegével egyezik meg, 0 azaz ( m n) ( 1 ) 180, ahonnan ( pont) m-n 10 egyenletet kapjuk. Másik feltétel szerint m n. Az egyenletrendszer megoldásai: n 5, m 15. ( pont) Az átlók száma: ( n ) n 5, illetve ( m ) m 90, így összesen 95 átlójuk van. ( pont) 5. Az ABC háromszögben a C-bıl induló belsı szögfelezı az AB oldalt D-ben metszi. A BCD háromszög beírt körének középpontja egybeesik az ABC háromszög köré írt körének középpontjával. Mekkorák a háromszög belsı szögei? Készítsünk ábrát, és használjuk annak jelöléseit! Jó ábra. CF a DCB szögfelezıje, a BF CBA szögfelezıje, mert F CFB háromszög beírt körének középpontja. ( pont) Az F az ABC háromszög köré írt körének középpontja, β γ ezért BFC háromszög egyenlıszárú, így. Az AFB háromszög egybevágó BFC háromszöggel és AFC háromszög β γ egyenlıszárú, amibıl adódik, hogy α γ + γ + γ ( pont) γ 5 0 A fentieket felhasználva α + β + γ γ + + γ γ 180, ahonnan ( pont) 0 γ 7, 0 α 7, 0 β 6. 6

7 6. Határozzuk meg azokat az n egész számokat, melyekre a helyettesítési értékei is egész számok! n + 6 n és a 10 n kifejezések n + n + 6 n Átalakítva a kifejezéseket: + ; n n n 10 n 18 n 8 18 adódik. n + n + n + ( pont) Az elsı kifejezés pontosan akkor lesz egész, ha n- 1-nek, azaz ha n -9, -, -1, 0, 1,,, 5, 6, 7, 9, 15. ( pont) Az második kifejezés pontosan akkor lesz egész, ha n+ 18-nak, azaz ha n -0, -11, -8, - 5, -, -, -1, 0, 1,, 7, 16. ( pont) A keresett egész számok: -, -1, 0, 1,, 7. ( pont) 7

8 11. évfolyam 1. Egy szabályos dobókockával ötször dobunk egymás után és sorba leírjuk a dobott pöttyök számát, így ötjegyő számsorozatot kapunk. a) Hányféle számsorozatot kaphatunk? b) Hányféle sorozatot kaphatunk, melyekben pontosan egy kettes szerepel? c) Mennyi annak a valószínősége, hogy az elsı helyen, a többi helyen álló számtól különbözı szám áll? a) Minden dobás hatféle lehet, így összesen számsorozatot kaphatunk. ( pont) b) Az egy kettes helyére öt lehetıség van, a többi helyre öt számjegy kerülhet, így a feltételnek megfelelı számsorozatok száma: ( pont) c) Az elsı helyen hatféle számjegy állhat, míg a többi helyen ötféle szám. Ezért a kedvezı esetek száma ( pont) 6 5 A kérdéses valószínőség P 0, ( pont). Egy egyenlıszárú háromszög szárai cm hosszúak, az alappal bezárt szögük 0 o. a) Mekkora a súlypontnak a háromszög magasságpontjától mért távolsága? b) Milyen messze van a magasságponttól a háromszög köré írt körének középpontja? Készítsünk ábrát, és használjuk annak jelöléseit! a) Jelölések: magasságpont (M), súlypont (S), köré írt kör középpontja (O). 8

9 EBC háromszög 0-60 fokos derékszögő háromszög, így CE 1 cm. ( pont) BCM háromszög egyenlıszárú, ezért CM cm és SM + 8 cm. ( pont) b) FOC háromszög 0-60 fokos derékszögő háromszög, így CO cm. ( pont) OM OC + CM 8 cm ( pont). Tekintsük az x + ( m ) x + m m 1 0 másodfokú egyenletet, ahol m valós paraméter. a) Bizonyítsuk be, hogy az egyenlet valós gyökeinek különbsége nem függ m-tıl! b) Határozzuk meg m azon értékét, melyre az egyenlet valós gyökeinek négyzetösszege minimális! c) Milyen m értékekre lesz az egyenlet valós gyökei reciprokának az összege nem negatív? a) A megoldó képlet alapján: m + ± m 16m + 16 m + 16m + 8 x 1 ; m + ± 5 ( pont) A két gyök különbsége ± 10, ami független m-tıl. b) Az a) rész alapján D >0, így minden m-re van valós gyöke az egyenletnek. x1 + x ( x1 + x ) x1x [ ( m ) ] ( m m 1) ( pont) m 16m + 16 m + 8m + m 8m + 58 ( m ) + 50 A valós gyökök négyzetösszege akkor minimális, ha m. 1 1 x1 + x ( m ) m m c) + 0 ( pont) x1 x x1x m m 1 m m 1 ( m 7)( m + ) Egy szorzat akkor pozitív, ha a negatív tényezık száma páros, ami akkor teljesül, ha m <, vagy m < 7. Az abba négyjegyő természetes számban a és b egymás utáni számjegyek, továbbá abba bb cc, ahol c a b-nél eggyel nagyobb számjegy. Határozzuk meg az abba négyjegyő természetes számot! 1. eset: b a + 1, c b + 1 a + A feltételnek megfelelı egyenlet: 1000 a + 100( a + 1) + 10( a + 1) + a [ 10( a + 1) + a + 1] [ 10( a + ) + a + ] ( pont) Az egyenletet rendezve: 11a 68a egyenletet kapjuk, melynek egyetlen pozitív egész megoldása van ( pont) a 6 A keresett négyjegyő szám a

10 Ellenırzés.. eset: b a - 1, c b + 1 a. Ebben az esetben nem kapunk egész megoldást. ( pont) 5. Oldjuk meg a következı egyenletrendszert az egész számpárok halmazán! x 9y 5x + 15y 0 xy + x + y 0 Az elsı egyenletet szorzattá alakítva: ( y)( x + y 5) 0 x egyenletet kapjuk. ( pont) 1. eset: x y, amit a második egyenletbe helyettesítve y + 6y 0 egyenletet kapjuk, melynek egész megoldásai: y 1 0, y ( pont) az ezekhez tartozó x értékek: x, x eset: x 5 y, amit a második egyenletbe helyettesítve y 5y 5 0 egyenletet kapjuk, melynek nincsenek egész megoldásai. ( pont) 6. Bizonyítsuk be, hogy ha egy szimmetrikus trapéz érintınégyszög, akkor magassága mértani közepe az alapoknak! Jelölje a szimmetrikus trapéz két alapját a, c, szárait b! Mivel érintınégyszög ezért b a + c. ( pont) A rövidebb alap egyik csúcsából induló m magassága olyan a c derékszögő háromszöget metsz le, melynek átfogója b és befogója. ( pont) Erre a derékszögő háromszögre felírva Pitagorasz tételét: a c m b, amit rendezve ( pont) m b a b + ac egyenletet kapjuk. Felhasználva, hogy b a + c: m ( a + c) a b + ac ac ( pont) m ac, amit bizonyítani kellett. 10

11 1. évfolyam 1. A 871x5y tízes számrendszerbeli nyolcjegyő számban az x és y számjegyek véletlenszerő megválasztásánál mennyi a valószínősége, hogy 1-vel osztható nyolcjegyő számot kapunk? Az x és az y egymástól függetlenül féleképpen választható meg, így összesen 100 adott alakú szám van. 1-vel pontosan azok a számok oszthatók, melyek oszthatók -mal és -gyel. -gyel pontosan akkor osztható, ha utolsó két számjegyébıl alkotott kétjegyő szám osztható -gyel. Így y értéke vagy 6. -mal akkor osztható, ha a számjegyek összege osztható -mal. Ha y, akkor x lehetséges értékei 1, és 7, ami három számot jelent. Ha y 6, akkor x lehetséges értékei, 5 és 8, ami három számot jelent. A 100 szám közül 6 lesz 1-vel osztható. A kérdéses valószínőség 0,06. ( pont) ( pont). Határozzuk meg a P ( x; y) x + 5y + xy + 6y + x + 1 kifejezés legkisebb helyettesítési értékét! Mennyivel egyenlı ekkor x+y? Alakítsuk a polinomot teljes négyzetek összegévé! P( x; y) x + 5y + xy + 6y + x + 1 x + y + 1 ( x + y + 1) + ( y + 1) + 11 ( ) + y + y + 1 A teljes négyzetek nem negatívak, így a kifejezés legkisebb értéke 11. Ez akkor teljesül, ha y -0,5 és ekkor x -0,5. Ekkor x + y -1. (5 pont) ( pont) 11

12 . Jelölje A halmaz az a), B halmaz a b) kifejezés értelmezési tartományát! a) log x ( x + 5x + 1), b) sin x + cos x 6. ctg x Írjuk fel az AI B halmazt! a) A logaritmus definíciója szerint x 0ésx 1 és x + 5x ( pont) A megoldások: x, x, x 7 A { x 7 és x } π b) ctgx 0, x k, ahol k egész szám. sin x + cos ctg x cos ( 1 cos x) cos x 8cos cos x x 6 + cos cos x x + 1 sin x 6cos x + cos cos x x 6cos x cos x x 8cos cos x x + 1 x 8cos x + 1 0, cos x-re másodfokú egyenlıtlenség megoldása, figyelembe véve cosx értékkészletét: cos x, ( pont) a cos x + nem lehetséges. ( pont) Megjegyzés: A feladatban elírás történt, így a második rész intervallumainak megadásához a koszinusz függvény inverzére lenne szükség, így ettıl a résztıl tekintsünk el. Ha valaki teljes megoldást ad az eredeti feladatra az is ot kap. 1

13 . a) Adott három párhuzamos egyenes, melyek mindegyikén megjelölünk pontot. Elıször számoljuk össze az összes olyan háromszöget, melynek két csúcsa a három egyenes valamelyikén, a harmadik csúcsa pedig egy másik egyenesen van. Másodszor számoljuk össze az összes olyan négyszöget, melynek két-két csúcsa egy-egy egyenesre illeszkedik. Mennyi háromszög, illetve négyszög van? b) Legyen adva két párhuzamos egyenes. Az egyiken megjelölünk n pontot, a másikon n+- öt. Tekintsük az összes olyan háromszöget, melynek két csúcsa az egyik, a harmadik csúcsa a másik egyenesen van, illetve az összes olyan négyszöget, melynek két-két csúcsa egy-egy egyenesre illeszkedik. Melyikbıl lesz több? a) A háromszögek száma: 6 1, a négyszögek száma: ( pont) 1 n ( n 1) b) A háromszögek száma: ( ) ( n + ) ( n + 1) n + + n. 1 1 A négyszögek száma: ( n 1) ( n + ) ( n + 1) n 1 1 Oldjuk meg a következı egyenlıtlenséget! n n 1 n + n + 1 n n 1 n + + n ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( n + ) ( n + 1) Egyszerősítés és rendezés után kapjuk, hogy 0 n n 1, melynek zérushelyei:. 1 ( pont) n 1 n Figyelembe véve, hogy n kell, hogy teljesüljön n,, esetén háromszögbıl lesz több, ha pedig n >, akkor négyszögbıl. 5. Oldjuk meg a valós számpárok halmazán a következı egyenletet! sin 1 x + ( y + cos x) 0 Két nem negatív szám összege csak úgy lehet 0, ha mindkettı 0. 1 A sin x 0, ha sinx 0,5, ekkor Az ( + cos x) 0 y miatt csak a amihez tartozó x értékek: cos x, vagy cos x lehetséges, cos x. ( pont) ( pont) 1

14 5π 7π x 1 + kπ, x + lπ, ahol k, l egész számok. ( pont) 6 6 Minden x értékhez két y érték tartozik, amik y ±. ( pont) 6. Írjuk fel azoknak az elsı síknegyedbeli köröknek az egyenletét, melyek érintik a koordinátatengelyeket és a x+y10 egyenlető egyenest! Mivel a keresett körök érintik a koordinátatengelyeket, ezért középpontjaik koordinátái a körök sugarával egyeznek meg. Az OGF derékszögő háromszögben OF,5, OG 10/ ( pont) Pitagorasz tételébıl adódik, hogy GF 50/1. Így a háromszög kerülete: 10, félkerülete 5. Ismert, hogy a beírt kör sugara Így a beírt kör egyenlete: a + b c 1 5 r x + y A külsı pontból húzott érintıszakaszok egyenlıségét felhasználva kapjuk, hogy az átfogóhoz írt kör sugara a félkerülettel egyenlı, azaz R 5. Ez alapján az átfogóhoz írt kör egyenlete: ( 5) + ( y 5) 5 ( pont) x 1