A természet a matematika nyelvén van megírva

„A természet a matematika nyelvén van megírva” (Galilei)

BÁCS-KISKUN MEGYEI MATEMATIKAVERSENY 2007/2008-AS TANÉV

A versenyt az ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium matematika munkaközössége rendezte.

„…egy matematikai feladattal éppoly jól el lehet szórakozni, mint egy keresztrejtvénnyel,…Ha valaki egyszer megízleli a matematika örömét, nem fogja egykönnyen elfelejteni.” (Pólya György)

SZAKMAILAG ÁTNÉZTE: Nagy Anette (9. osztály) Kormos Istvánné (10. osztály) Vajda Csaba (11. osztály) Illés Judit (12. osztály)

BORÍTÓ: Illés Judit

MŰSZAKI SZERKESZTŐ: Varga József

ISSN 1789-3224

FELELŐS KIADÓ: Dr. Fehér Tibor

A kiadványt sokszorosította: ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium

Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny 2007-2008

Tartalomjegyzék

A verseny szervezői, támogatói ..........................................................................................2 Versenyfelhívás ...................................................................................................................3 Iskolánkénti összesítés a jelentkezőkről..............................................................................4 Az I. forduló feladatai .........................................................................................................6 Az I. forduló javítási útmutatói ...........................................................................................10 Iskolánkénti összesítés a döntőbe jutottakról ......................................................................25 A II. forduló feladatai..........................................................................................................27 A II. forduló javítási útmutatói............................................................................................31 Eredmények.........................................................................................................................48

1


Köszönetet mondunk Bíró Bálint Úrnak, az egri Szilágyi Erzsébet Gimnázium Beke Manó Díjas tanárának a versenyfeladatok,

javítási

útmutatók

összeállításáért,

a

versenyben

résztvevő

középiskolák igazgatóinak és tanárainak az első forduló megrendezéséért, a dolgozatok javításáért, az ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium

matematika

munkaközösségének

az

első

forduló

dolgozatainak

ellenőrzéséért, valamint a második forduló dolgozatainak kijavításáért.

Külön köszönetet mondunk a verseny megrendezésében, lebonyolításában és díjazásban közremüködő, segítő támogatóinknak:

•

Bács-Kiskun Megyei Pedagógusház

•

Bolyai János Matematikai Társulat Bács-Kiskun Megyei Tagozata

•

ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium, Kecskemét

•

III. Béla Gimnázium, Baja

•

II. Rákóczi Ferenc Mezőgazdasági, Közgazdasági, Informatikai Szakközépiskola és Kollégium, Kiskunhalas

2


VERSENYFELHÍVÁS A kecskeméti ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium, a Bolyai János Matematikai Társulat Bács-Kiskun Megyei Tagozata és a Bács-Kiskun Megyei Pedagógusház a 2007 – 2008-es tanévben is meghirdeti a hagyományos középiskolai megyei matematikaversenyt, gimnáziumok és szakközépiskolák 9., 10.,11., 12. és 13. évfolyamos tanulói részére. Jelentkezési határidő: 2007. október 1. (hétfő) A nevezési díj tanulónként 500 Ft, mely összeget a 51700100–10005013 számú Volksbank számlaszámra kérjük átutalni (megyei matematikaverseny). A jelentkezési lap letölthető honlapunkról: www.afeosziskola.hu. A kitöltött jelentkezési lapot a következő e-mail címre kérjük visszaküldeni: [email protected]. A nyelvi előkészítős osztályokba járó tanulók a hagyományos képzésben résztvevő tanulókkal együtt versenyeznek az egy évvel alacsonyabb évfolyamosokkal. A 9. évolyamosoknak külön kategóriát indítunk megfelelő számú jelentkező esetén, egyébként ők is a 9. évfolyamosokkal együtt versenyeznek. Az I. forduló időpontja: 2007. október 18. (csütörtök), 1400 – 1700 A feladatsorokat Bíró Bálint az egri Szilágyi Erzsébet Gimnázium tanára állítja össze. A feladatsorokat és a javítási útmutatókat a rendező iskola küldi ki a nevező iskoláknak, illetve honlapunkon a versenyt követő munkanapon megtekinthető, illetve letölthető. Az első forduló dolgozatainak javítására az iskolák munkaközösségeit, szaktanárait kérjük fel. Minden kijavított dolgozatot az ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium matematika munkaközösségének kérünk elküldeni a következő címre: ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium, 6000 Kecskemét, Bibó István u. 1. Segítségüket előre is köszönjük. Beküldési határidő: 2007. november 9. (péntek) Segédeszköz: bármilyen függvénytáblázat, zsebszámológép. A II. (döntő) fordulóra való meghívást a versenybizottság dönti el (évfolyamonként kb. 50 tanuló). A döntőbe meghívottak kódszámot kapnak, dolgozatukon csak ez szerepelhet (a kódolást a versenybizottság végzi). A jelentkezési lapon kérjük megjelölni, hogy a II. forduló feladatsorát az alábbi helyszínek közül hol kívánják tanulóik megírni, illetve a befizetett nevezési díjról kinek kérik a számlát. A II. forduló időpontja: 2007. november 24. (szombat) 1000 – 1300 Helyszínek: 1. III. Béla Gimnázium: 6500 Baja, Szent Imre tér 5. 2. ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium, 6000 Kecskemét, Bibó István u. 1. 3. II. Rákóczi Ferenc Mezőgazdasági, Közgazdasági és Informatikai Szakközépiskola, 6400 Kiskunhalas, Kossuth u. 39. Ünnepélyes eredményhirdetés: 2008. január 16. Helyszín: ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium, 6000 Kecskemét, Bibó István u. 1. Díjazás a 2001. évi konszenzusnak megfelelően, a versenybizottság döntése alapján történik. A versenyhez kapcsolódó kérdésekkel a 76/ 500-850 vagy a 70/941-0059 -es telefonszámon Nagy Anette-hez, illetve a 06-30/591-5812 számon Varga Józsefhez fordulhatnak. A kollégák segítőkész munkáját megköszönve várjuk tanulóik jelentkezését, és kívánunk a tanévre sikeres és eredményes munkát mindnyájuknak. Kecskemét, 2007. szeptember 01. A versenyt szervezők nevében kartársi üdvözlettel:

Dr. Fehér Tibor Igazgató-főtanácsos

Krajcsovicz Ágnes BKM Pedagógusház igazgató

3

Varga József BJMT BKM tagozati titkár


Iskolánkénti összesítés a jelentkezőkről

Gimnáziumok

Iskola Angolkisasszonyok Gimnáziuma Bányai Júlia Gimnázium Bibó István Gimnázium Bolyai János Gimnázium

Hely Kecskemét Kecskemét Kiskunhalas Kecskemét

0. 9. 10. 11. 12. Össz. 3 2 2 2 9 10 6 13 14 43 7 7 4 32 50 29 25 9 6 69

Dózsa György Gimnázium, Szakközépiskola és Kollégium

Kiskunmajsa

2

Hunyadi János Gimnázium, Szakiskola és Kollégium III. Béla Gimnázium Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola Kecskeméti Református Kollégium Gimnáziuma

Bácsalmás

Kiskunhalasi Református Kollégium Szilády Áron Gimnáziuma Kodály Zoltán Ének-Zenei Gimnázium, Zeneiskola és Zeneművészeti Szakközépiskola

2

8

8

4

4

24

2 19

19

11

6

57

Kecskemét

21

15

17

8

61

Kecskemét

12

6

8

7

33

Kiskunhalas

5

1

12

18

Kecskemét

1

1

5

Kiskőrös

4

8

20

5

37

Kunszentmiklósi Református Kollégium Kunszentmiklós Baksay Sándor Gimnáziuma

3

12

7

10

32

Magyarországi Németek Általános Művelődési Központ Gimnázium Móra Ferenc Gimnázium Móricz Zsigmond Gimnázium

Baja

2

1

Kiskunfélegyháza Tiszakécske

3 5

7 3

1 5

13 1

24 14

Piarista Általános Iskola, Gimnázium és Diákotthon

Kecskemét

4

9

3

6

22

Református Kollégium Általános Iskolája és Gimnáziuma Szent István Gimnázium Szent László Általános Művelődési Központ

Tiszakécske

2

3

6

4

15

Kalocsa

8

8

10

5

31

Baja

7

3

4

1

15

KTKT Általános Iskola és Középiskola, Petőfi Sándor Gimnáziuma, Kertészeti Szakközépiskolája

Baja

7

3

2 153 144 131 136 566

4


Szakközépiskolák

Iskola

Hely

0. 9.

ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium Bereczki Máté Kertészeti, Élelmiszeripari és Mezőgazdasági, Gépészeti Szakképző Iskola

Kecskemét

12

9

7

7

35

Baja

2

2

5

3

12

Dózsa György Gazdasági, Műszaki Szakközépiskola és Szakiskola

Kalocsa

3

3

Dózsa György Gimnázium, Szakközépiskola és Kollégium

Kiskunmajsa

1

2

3

II. Rákóczi Ferenc Mezőgazdasági, Közgazdasági, Informatikai Szakközépiskola és Kollégium Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola Kandó Kálmán Szakközépiskola és Szakiskola Kiskunfélegyházi Szakképző Intézmény és Kollégium Közgazdasági Szakközépiskolája Lestár Péter Középiskola és Szakiskola Petőfi Sándor Gépészeti és Informatikai Szakképző Iskola és Kollégium Széchenyi István Idegenforgalmi, Vendéglátóipari Szakképző Iskola és Kollégium Türr István Gazdasági Szakközépiskola Virágh Gedeon Szakközép- és Szakiskola

10. 11. 12. Össz.

Kiskunhalas

14

13

8

11

46

Kecskemét

20

4

6

9

39

Kecskemét

4

6

7

6

23

Kiskunfélegyháza

3

3

6

6

18

Kecskemét

3

3

Kiskunfélegyháza 6

2

2

4

2

16

Kecskemét

1

2

1

2

6

Baja

9

13

15

3

40

8

1

1

10

65

61

55

254

Kunszentmiklós 6 67

5


Az I. forduló feladatai A gimnáziumi és szakközépiskolai versenyzők évfolyamonként azonos feladatokat oldottak meg. A nyelvi előkészítős évfolyamok közül a 9. évfolyamos versenyzők a kilencedikes feladatsort, míg a többi évfolyamon az eggyel alacsonyabb évfolyam feladatait oldották meg. Minden feladat helyes megoldása 10 pontot ér. A feladatok megoldására 180 perc állt a versenyzők rendelkezésére, segédeszközként függvénytáblázatot és zsebszámológépet használhattak.

9. évfolyam

1.

Hány százaléka maradt meg a pénzemnek, ha a nyaraláson elköltöttem a

majd szeptemberben tankönyvvásárlásra a maradék összeg

3 részét, végül az ezután megmaradt 7

1 részéből ajándékot vettem édesanyám születésnapjára? 5

Melyek azok a természetes 3x − 5 ≤ 5 egyenlőtlenségeknek? −3≤ 7−x

2.

9 részét, 16

számok,

amelyek

nem

megoldásai

a

3. Egy téglalap két szomszédos oldalának és átlójának hossza egész szám, egyik oldalának hossza négyzetszám, területének számértéke 360 területegység. Mekkora a téglalap kerülete? 4. A C pontban derékszögű ABC háromszög BC oldala, mint átmérő fölé rajzoljuk meg a D középpontú kört, ez a kör az AB oldalt az E belső pontban metszi. A körhöz rajzoljuk meg az E pontbeli érintőt, az érintő az AC oldalt az F belső pontban metszi. Hányadrésze a DEF háromszög területe az ABC háromszög területének? 5. Egy gazdag embernek két fia volt. A két fiú életkorának összege (életkorukat pozitív egész számnak tekintjük) éppen 21 év volt, mikor a gazdag ember végrendeletet írt. A végrendeletben vagyonának egy részét a két fiúra hagyta a következő feltételek szerint: amikor az idősebb fiú éppen kétszer olyan idős lesz, mint a fiatalabb, akkor mindkét fiú pontosan annyiszor egymillió forintot kap, ahány éves, de csak akkor, ha mindketten elérték már a nagykorúságot (18 év). Hány évesek lesznek a fiúk az örökség kézhezvételének évében? 6. Melyek azok a p pozitív prímszámok és x pozitív egész számok, amelyekre teljesül, hogy 17 p 2 2 px + = 309 ? x

6


10. évfolyam 1. A számpiramis minden téglalapjában az alatta levő, és vele érintkező két téglalapba írt szám összege szerepel (a legalsó sor téglalapjaiban szereplevő számokat kivéve). Milyen szám áll a legfelső téglalapban?

2 −x 3

2x −

2007

1 2

4x −

7 6

2. A 2 □ 0 □ 0 □ 7 □ tízes számrendszerbeli nyolcjegyű számban bizonyos jegyek helyét kihagytuk, ezekre a helyekre a 2008 szám jegyeit írhatjuk. Az így kapott számok közül hány lesz négyzetszám?

3.

Melyik az a legkisebb természetes szám, amely eleme az f ( x ) =

6− x x−3 −2

függvény értelmezési tartományának?

4. Egy téglalap alakú sportpálya oldalainak méterben mért hosszát egy nem tízes alapú számrendszerben 101 és 230 jelöli, a téglalap méterben mért kerületének számértéke ugyanebben a számrendszerben 1212. Hány m 2 a sportpálya területe ebben a számrendszerben? 5. Az ABCD négyzet AB oldalára kifelé megrajzoltuk az ABE szabályos háromszöget. Az AC átlót a DE egyenes az F pontban metszi. Bizonyítsuk be, hogy az CE és BF szakaszok merőlegesek egymásra! 6. Az ABC háromszögben a szokásos jelölésekkel α = 45°, β = 60° . Határozzuk meg azt a k pozitív valós számot, amelyre teljesül, hogy k ⋅ AB 2 = (k + 1) ⋅ BC 2 + CA 2 !

7


11. évfolyam 1. Aladár szerint egy n oldalú konvex sokszögnek minden pozitív egész n szám esetén pontosan n 2 − 14n + 33 átlója van. Milyen n -re van igaza Aladárnak? 2.

Mennyi az

x 2 − 2004 x − 2005 + (2007 − y ) 2008 + ( z + 1) 2006 = 0 egyenlet gyökei

szorzatának legkisebb értéke?

3. Az ABCD parallelogramma síkjában fekvő P pont kétszer olyan távol van az AB egyenestől, mint a CD egyenestől. A PA és PB egyenesek a CD szakaszt rendre az E és az F belső pontokban metszik. Bizonyítsuk be, hogy a PAF és PBE háromszögek területe egyenlő!

4.

Melyek azok a 10-nél kisebb a és b négyzetszámok, amelyekre az

a a − −2 b b

kifejezés a legkisebb értékét veszi föl és mennyi ez a minimum?

5.

 9 + 80 − 9 − 80   Számítsuk ki a    4  

2007

hatvány pontos értékét!

6. A háromjegyű 10-es számrendszerbeli abc számhoz keressük meg mindazokat az ugyancsak háromjegyű számokat, amelyek ugyanazokból a számjegyekből állnak, mint abc , de bennük egyik jegy sem áll az eredeti helyi értéken. Az így kapott számokat és abc -t összeadva egy olyan számot kapunk, amely 2007-nél egy négyzetszámmal nagyobb. Melyik ez a négyzetszám?

8


12. évfolyam 1.

Hány pozitív prímszám megoldása az log 1 (2 x + 17) ≥ −4 egyenlőtlenségnek? 3

2. Egy falunak éppen 2007 lakója van. Tudjuk, hogy a faluban nem élnek 4 évnél fiatalabbak, de senki sem idősebb 85 évesnél. Bizonyítsuk be, hogy a falunak van legalább 25 olyan lakosa, akiknek az életkora azonos! 3. Egy háromszög oldalait a szokásos módon a, b, c -vel, a megfelelő szögeket α , β , γ -val jelöljük. Tudjuk, hogy a = sin β , b = sin γ és c = sin α . Bizonyítsuk be, hogy feltételeink csak a szabályos háromszögre teljesülnek! 4.

Oldjuk meg a

7x 7 2x − 5 − = 2 egyenletet, ha x egész szám, p pedig pozitív p − 3 p p − 3p

prímszám! Két szomszéd a folyóparton egy-egy egyenlő hosszúságú és szélességű, téglalap alakú, egymás melletti telket jelöl ki. A terv szerint a folyó felől egyikük se épít kerítést, a telkek többi részét bekerítik, de megegyeznek, hogy az egymással szomszédos, egyenlő hosszúságú szakaszon a szakasz hosszának felét építik ki mindketten. Mekkora az a legnagyobb terület, amelyet a feltételek mellett egyenként kialakíthatnak, ha egyformán 150 m hosszú kerítésük van?

6.

Oldjuk meg a valós számok halmazán az 4007 1 1 x − 2 ⋅ x − 2003 − + = egyenletet! 2 x − 2002 − 2 ⋅ x − 2003 2

9


Az I. forduló javítási útmutatói 9. évfolyam 1.

Ha eredetileg x forintom volt, akkor a feladat szövege szerint az első pénzkiadás

7 2 pont ⋅ x forintom maradt. 16 4 4 7 3 Ha ennek elköltöttem a részét, akkor megmaradt a része, azaz ⋅ ⋅ x forint. 2 pont 7 7 7 16 A kapott törtben elvégezve az egyszerűsítéseket, azt kapjuk, hogy a második pénzkiadás 1 után megmaradt összeg ⋅ x forint. 2 pont 4 1 4 4 1 1 Ebből résznyit ajándékra költve megmaradt a része, vagyis ⋅ ⋅x = ⋅x a 5 5 5 4 5 pénzkiadások utáni összeg. 2 pont Ez az eredeti pénzemnek éppen a 20%-a. 2 pont Összesen: 10 pont után

Első lépésben megoldjuk az egyenlőtlenséget, azután válaszolunk a feladat 3x − 5 egyenlőtlenség megoldásait kérdésére. Nyilvánvaló, hogy x ≠ 7 . Először a − 3 ≤ 7−x 3x − 5 3x − 5 , azaz 3 ≥ . keressük. Az egyenlőtlenség más alakban: − 3 ≤ − x−7 x−7 3 ⋅ ( x − 7 ) + 16 16 A jobb oldal tovább alakítható: 3 ≥ = 3+ , így a x−7 x−7 16 (1) 0 ≥ egyenlőtlenséget oldjuk meg. x−7 Könnyen látható, hogy (1)-nek azok a természetes számok felelnek meg, amelyekre x < 7 teljesül. 3 pont Másodszor a 3x − 5 ≤ 5 egyenlőtlenség megoldásait keressük. (2) 7−x Most azt a módszert választjuk, hogy az egyenlőtlenséget 7 − x -szel szorozzuk. A 7 − x 1 pont kifejezés előjele pozitív vagy negatív aszerint, hogy x < 7 , vagy x > 7 . Az előző eset vizsgálatából kiderült, hogy csak x < 7 lehetséges, hiszen azokat a természetes számokat keressük, amelyekre (1) és (2) egyenlőtlenség is teljesül. 1 pont Ha tehát a (2) egyenlőtlenség mindkét oldalát ( 7 − x )-szel szorozzuk, akkor pozitív számmal szorzunk, ezért a relációjel iránya megmarad, vagyis: (3) 3 x − 5 ≤ 35 − 5 x . A (3) egyenlőtlenségből rendezéssel az x ≤ 5 egyenlőtlenséget kapjuk. 2 pont Ezt az eredményt és az x < 7 feltételt egybevetve x ≤ 5 adódik, azaz mindkét egyenlőtlenségnek a 0;1;2;3;4;5 természetes számok felelnek meg. 1 pont

2.

10


Most már könnyű választ adni arra a kérdésre, hogy a két egyenlőtlenségnek mely természetes számok nem tesznek eleget. Az előzőek alapján ezek nyilvánvalóan az x ≥ 6 egyenlőtlenségnek megfelelő természetes számok. 2 pont Összesen: 10 pont Megjegyzés: ha a versenyző végig a nevezővel való szorzás módszerét választja, és minden esetben vizsgálja a nevező előjelét, majd így jut helyes eredményre, természetesen akkor is megkapja a maximális pontszámot.

3. Legyenek a téglalap oldalai az x és y pozitív egész számok. Mivel a téglalap 1 pont területe x ⋅ y , ezért x ⋅ y = 360 . Az x és y számok közül az egyik (esetleg mindkettő) négyzetszám, megvizsgáljuk tehát a 360 prímtényezős felbontását. (1) 360 = 2 3 ⋅ 3 2 ⋅ 5 . 1 pont Válasszuk a x -et négyzetszámnak! (1)-ből láthatóan csak a következő esetek fordulhatnak elő: (2) x1 = 1 ; x 2 = 4 ; x3 = 9 ; x 4 = 36 , az ezekhez tartozó y értékek: 2 pont (3) y1 = 360 ; y 2 = 90 ; y 3 = 40 ; y 4 = 10 . (1) és (2) egyúttal azt is jelenti, hogy ha x négyzetszám, akkor y nem lehet az, ez látszik a (3) alatti értékekből is. A téglalap átlója két derékszögű háromszögre osztja a téglalapot, mindkettőre felírható ugyanaz, a Pitagorasz-tételből következő egyenlet: (4) x 2 + y 2 = d 2 , ahol d a téglalap átlójának hossza, a feltételek miatt d ∈ N + . 2 pont A (2) és (3) értékeket (4)-be helyettesítve csak x3 = 9 és a hozzá tartozó y 3 = 40 esetén 2 pont kapunk d -re pozitív egész számot, ekkor d = 41 . Ezért a téglalap kerülete: K = 2 ⋅ ( x + y ) = 2 ⋅ (9 + 40) = 98 hosszúságegység. 2 pont Összesen: 10 pont 4.

Jelöléseink az ábrán láthatók.

C · D

F α A

β

·

B

E

11


A Thalész-tétel értelmében BEC∠ = 90° , tehát CE az ABC háromszög átfogóhoz tartozó magassága. 2 pont Mivel az ABC háromszög derékszögű, ezért α + β = 90° , így BCE∠ = α és ACE∠ = β . 1 pont A BC átmérőjű kör középpontja a BC szakasz D felezőpontja, és DB = DC = DE a kör sugara. Emiatt a BED és CED háromszögek egyenlő szárúak, így 1 pont (1) DEB∠ = β és DEC∠ = α . Az FE egyenes érintője a BC átmérőjű körnek, az érintő tulajdonsága miatt FE egyenes 1 pont merőleges DE -re, azaz FED∠ = 90° . Ebből (1) alapján azonnal adódik, hogy FEC∠ = β és FEA∠ = α . 1 pont Ez azt jelenti, hogy a CEF és AEF háromszögek egyenlő szárúak, azaz CF = EF = AF , 1 pont vagyis az ACE derékszögű háromszög AC oldalának felezőpontja F . Ezért FD az ABC háromszög középvonala, amely párhuzamos az AB oldallal, valamint AB . 1 pont (2) FD = 2 Az FD középvonal felezi a CE magasságot, és az AB -vel való párhuzamossága miatt merőleges is rá. Így a DEF háromszög területének kiszámításakor (2) felhasználásával CE 1 AB CE 1 1 kapjuk, hogy TDEF∆ = ⋅ FD ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ T ABC∆ ,tehát a DEF háromszög 2 2 2 2 2 4 területe az ABC háromszög területének éppen a negyedrésze. 2 pont Összesen: 10 pont

5. Legyen az idősebb fiú (életkoruk összege miatt nem lehetnek egykorúak) jelenlegi 1 pont életkora x , akkor a fiatalabb fiú mostani életkora 21 − x . Tegyük fel, hogy az idősebb fiú y év múlva lesz kétszer annyi idős, mint a fiatalabb. Ekkor a következő, pozitív egészekre fölírt egyenletet kell megoldanunk: (1) x + y = 2 ⋅ (21 − x + y ) . Az (1) egyenlet rendezése után kapjuk, hogy: (2) 3 x = 42 + y . 2 pont (2)-ből láthatjuk, hogy y 3-mal osztható pozitív egész szám (elvileg az y = 0 is elfogadható lenne, hiszen a 0 is 3-mal osztható, ekkor azonban a testvérek 14 és 7 évesek lennének, azaz nem felelnének meg a nagykorúsági feltételnek), ezért csak az (3) y1 = 3 ; y 2 = 6 ; y 3 = 9 ; y 4 = 12 ; y5 = 15 ; y 6 = 18 értékekkel számolunk. 2 pont Az y ≥ 21 azért nem fordulhat elő, mert abból x ≥ 21 következne, és eszerint a fiatalabb fiú jelenlegi életkora 21 − x ≤ 0 volna, ezt pedig a feladat szövegének az életkorok pozitív egész szám voltára vonatkozó feltétele nem engedi meg. 1 pont Vizsgáljuk most meg a nagykorúságra vonatkozó feltételt a (3) alatti értékek szerint, mégpedig úgy, hogy táblázatba foglaljuk a két fiú y év múlva elért életkorát, amelyet nyilvánvalóan az x + y és 21 − x + y kifejezések adnak meg (az x és y értékeit (2)-ből és (3)-ból kapjuk):

12


y

x 15 16 17 18 19 20

3 6 9 12 15 18

x+ y 18 22 26 30 34 38

21 − x + y 9 11 13 15 17 19

3 pont A táblázatból látható, hogy mindkét fiú a nagykorúságot csak az utolsó esetben éri el, ekkor az idősebb fiú 38, a fiatalabb 19 éves lesz, azaz az idősebb fiú 38 millió, a fiatalabb pedig 19 millió forintot kap az örökségből. 1 pont Összesen: 10 pont 17 p 2 = 309 egyenlet mindkét oldalán x 17 p 2 pozitív egész számok állnak, ez csak úgy lehetséges, hogy a bal oldali kifejezés is x 2 pont egész szám, ez azt jelenti, hogy x 17 p 2 .

6.

A feltételek miatt a kiindulásul vett 2 px +

A 17 p 2 pozitív osztói a következők: 1; 17; p ; 17 p ; p 2 ; 17 p 2 . 1 pont Eszerint több esetet kell megvizsgálnunk: a) ha x = 1 , akkor az egyenletből a p prímszámra vonatkozó 17 p 2 + 2 p = 309 egyenletet kapjuk. Könnyen látható, hogy ennek nincs megoldása egyetlen p -re sem, mert ha p = 2 , akkor a bal oldal páros, míg a jobb oldal páratlan. Ha p = 3 , akkor 159 ≠ 309 , ha pedig p > 3, akkor 17 p 2 + 2 p > 309.

1 pont

b) ha x = 17 , akkor p + 34 p = 309 . A p + 34 p = p ⋅ ( p + 34 ) átalakításból láthatóan 309 osztható a p prímszámmal, vagyis 3-mal vagy 103-mal. Ugyanakkor egyik érték behelyettesítése esetén sem lesz egyenlő az egyenlet két oldala, így most sem kapunk megoldást. 1 pont 2 c) ha x = p , akkor a 2 p + 17 p = 309 egyenlet megoldásait keressük. Ebből következik, hogy p ⋅ (2 p + 17 ) = 309 , az előző esethez hasonlóan belátható, hogy ennek sincs megoldása. 1 pont 2 d) ha x = 17 p , akkor a 34 p + p = 309 , illetve az ebből következő p ⋅ (34 p + 1) = 309 egyenletet oldjuk meg. Ha p = 3 , akkor a két oldal egyenlő, ezért p = 3 és x = 51 adja az egyenlet egyik megoldását. Ha p = 103 , akkor nem kapunk megoldást. 1 pont 2 3 e) ha x = p , akkor 2 p + 17 = 309 , de ennek nincs a feltételeket kielégítő 2

2

megoldása, mert ebből p 3 = 146 következik, de 146 nem köbszám.

1 pont

f) végül, ha x = 17 p , akkor ebből a 34 p + 1 = 309 egyenletet kapjuk, de ennek 308 nincs megoldása, mert a p 3 -re ebből következő szám nem egész. 1 pont 34 A feladatnak tehát csak az x = 51 és a p = 3 számok felelnek meg, számolással ellenőrizhető, hogy p = 3 mellett x = 51 valóban megoldása az eredeti egyenletnek. 1 pont Összesen: 10 pont 2

3

13


10. évfolyam 1. Legyen az alsó sor középső téglalapjában álló szám y ! A feladat feltételei szerint akkor egyrészt 7 (1) y + 4 x − = 2007 , 2 pont 6 másrészt 1 2 2 pont (2) y + 2 x − = − x . 2 3 A (2) egyenletből rendezéssel az 7 (3) y + 3 x − = 0 egyenletet kapjuk. 2 pont 6 (1) és (3) megfelelő oldalait egymásból kivonva (4) x = 2007 adódik. 2 pont 2 Ha most a legfelső téglalapban levő szám z , akkor a feltétel szerint z = − x + 2007 , 3 2 2 áll.2 pont ebbe az összefüggésbe (4)-et helyettesítve z = . Tehát a legfelső téglalapban 3 3 Összesen: 10 pont 2. Tudjuk, hogy a négyzetszámok végződése csak 0;1;4;5;6;9 lehet. 2 pont Ezért a 2 □ 0 □ 0 □ 7 □ számba a 2008 szám jegyeit beírva az utolsó helyre nem kerülhet sem 2, sem 8. 2 pont Így az utolsó helyre csak a 2008 számban szereplő egyik 0-t írhatjuk. 2 pont Az ilyen módon keletkező szám azonban nem lehet négyzetszám, mert akkor olyan egész szám négyzete lenne, amely egész szám maga is 0-ra végződik, azaz 10-zel osztható. Az ilyen egész számok négyzete 100-zal osztható, vagyis az utolsó két jegy 0 kellene, hogy legyen, de a 2 □ 0 □ 0 □ 7 □ számban az utolsó előtti számjegy nem 0, hanem 7. 3 pont Ezért a feltételeknek megfelelő négyzetszám nem létezik. 1 pont Összesen: 10 pont Megjegyzés: ha a versenyző felírja az összes esetet – az esetek számát arra való hivatkozással csökkentve, hogy a szám csak 0-ra végződhet - és ezekről pl. számológép segítségével megállapítja, hogy nem négyzetszámok, akkor is kapja meg a teljes pontszámot.

3.

A négyzetgyök értelmezése miatt az f ( x ) =

6− x x−3 −2

függvény értelmezési

tartományába olyan valós számok tartoznak, amelyekre: 6− x (1) ≥ 0, 1 pont x−3 −2 továbbá az (1) tört nevezője alapján 1 pont (2) x ≥ 3 és x ≠ 7 . Két lehetőséget vizsgálunk: először azt, hogy az (1) tört számlálója nemnegatív és nevezője pozitív, vagyis, keressük a (3) 6 − x ≥ 0 ,

14


(4) x − 3 − 2 > 0 egyenlőtlenség-rendszer megoldásait. 1 pont (3)-ból x ≤ 6 , (4)-ből pedig x > 7 következik. Ennek a két összefüggésnek egyszerre egyetlen valós szám sem tesz eleget. 2 pont Másodszor azt a lehetőséget vizsgáljuk, hogy az (1) tört számlálója nempozitív és nevezője negatív, tehát keressük a (5) 6 − x ≤ 0 , x −3 − 2 <0 (6) egyenlőtlenség-rendszer megoldásait. 1 pont (5)-ből x ≥ 6 , (6)-ból pedig x < 7 következik. 2 pont Ennek a két egyenlőtlenségnek a természetes számok közül egyedül az x = 6 tesz eleget, és ez megfelel a (2) alatti feltételeknek is. 1 pont A feladat feltételeit kielégítő legkisebb természetes szám tehát x = 6 , és a fentiek szerint ez az egyetlen megoldás. 1 pont Összesen: 10 pont

4.

Jelöljük

a

számrendszer

alapszámát

a -val!

Eszerint

101a = a 2 + 1

és

230 a = 2a + 3a . 2 pont A téglalap kerülete ezért 1 pont (1) 2 ⋅ (101a + 230 a ) = 2 ⋅ 3a 2 + 3a + 1 = 6a 2 + 6a + 2 . De a feladat feltételei között szerepelt a kerület a alapú számrendszerbeli értéke is, mégpedig 1 pont (2) 1212 a = a 3 + 2a 2 + a + 2 . 2

(

)

(1) és (2) egyenlősége alapján felírható a amelyből az (3) a 3 − 4a 2 − 5a = 0 következik. (3) bal oldalának szorzattá alakítása után: (4) a ⋅ a 2 − 4a − 5 = 0 .

(

6a 2 + 6a + 2 = a 3 + 2a 2 + a + 2 egyenlet, 1 pont

)

1 pont

A (4) egyenletnek a = 0 nem megoldása, ezért az a − 4a − 5 = 0 egyenlet megoldásait keressük. A másodfokú egyenlet megoldóképletének segítségével, vagy szorzattá alakítással kapjuk, hogy a1 = 5 és a 2 = −1 , a feladatnak nyilván csak a1 = 5 felel meg. Tehát a kérdéses számrendszer alapszáma 5. 1 pont Ennek alapján megadhatjuk a téglalap alakú sportpálya oldalainak hosszát 10-es számrendszerben is: 1 pont (5) 101a = 2610 és 203 a = 6510 . (5)-nek megfelelően a téglalap területe 10-es számrendszerben 2 T10 = (26 ⋅ 65)10 = 169010 m . Ezt 5-ös számrendszerbe átváltva a T5 = 23230 5 értéket 2

kapjuk, így a sportpálya m 2 -ben mért területe 5-ös számrendszerben T5 = 23230 5 m 2 .

15

2 pont Összesen: 10 pont


5.

Jelöléseink az ábrán láthatók. D

C

F A

B

E A feladat feltételéből rögtön következik, hogy az CE szakasz felező merőlegese átmegy a B ponton, mert BC = BE miatt a CEB háromszög egyenlő szárú, amelynek alapja éppen 2 pont CE , ennek felező merőlegese nyilván átmegy a szárak B metszéspontján. Ha belátjuk, hogy az ECF háromszög is egyenlő szárú, amelynek szárai CF és EF , akkor készen vagyunk, mert akkor CE felező merőlegese átmegy az F ponton is, tehát CE és BF valóban merőlegesek. Ehhez elegendő bizonyítani, hogy FCE∠ = FEC∠ . 1 pont A DEA háromszög egybevágó a CEB háromszöggel, mert DA = EA = CB = EB , továbbá (1) DAE∠ = CBE∠ = 150° . 1 pont Az előbbi két háromszög szögeit ki tudjuk számítani, hiszen egybevágó egyenlő szárú háromszögek és (1)-ből tudjuk bennük a szárak szögét. Így: 2 pont (2) ADE∠ = AED∠ = BCE∠ = BEC∠ = 15° . Egyenlő szárú háromszög a CDE háromszög is, mert CE = DE , ebben a háromszögben az alapon fekvő szögek könnyen kiszámíthatók (2) alapján és annak ismeretében, hogy ADC∠ = BCD∠ = 90° . Ezért: 1 pont (3) EDC∠ = ECD∠ = 75° . (3)-ból azonnal adódik, hogy DEC∠ = 30° , ezzel FEC∠ = 30° , de a fentiek alapján figyelembe véve még, hogy FCB∠ = 45° - rövid számolás után az FCE∠ -re is azt 2 pont kapjuk, hogy FCE∠ = 30° . Ezzel beláttuk, hogy az ECF háromszög is egyenlő szárú, tehát CE és BF valóban merőlegesek egymásra. 1 pont Összesen: 10 pont Megjegyzés: a megoldásban szereplő néhány szög értéke más módon is kiszámítható.

16


Jelöléseink az ábrán láthatók:

6.

C

45°

60°

.

A

B

D

Az ABC háromszög harmadik szöge 75°-os, ezért a háromszög hegyesszögű, így a C 1 pont pontból az AB oldalra rajzolt CD magasság a háromszög belsejében halad. Jelöljük a BD szakasz hosszát x -szel, ezzel a ABC háromszög mindhárom oldalának hossza kifejezhető, mert a BCD háromszög egy szabályos háromszög fele, az ACD pedig egyenlő szárú derékszögű háromszög, így BC = a = 2 x , CD = AD = x ⋅ 3 , ez utóbbi miatt CA = b = CD ⋅ 2 = x ⋅ 6 , továbbá AB = c = BD + AD = x + x ⋅ 3 = x ⋅ 3 + 1 .

(

)

3 pont

A feladatban megadott k ⋅ AB = (k + 1) ⋅ BC + CA átalakítjuk: 2

[ (

2

2

feltételt az előző jelölésekkel

)]

(1) k ⋅ x ⋅ 3 + 1 = (k + 1) ⋅ 4 x 2 + 6 x 2 , ahonnan a műveletek elvégzése és rendezés után (2) 2k ⋅ x 2 ⋅ 2 + 3 = 2 x 2 ⋅ (2k + 5) . 2 pont 2

(

)

(2) mindkét oldalát a pozitív 2x 2 kifejezéssel oszthatjuk, majd egyszerű számolással 2 pont kapjuk, hogy k ⋅ 3 = 5 . Ebből pedig k =

5 3

, illetve a nevező gyöktelenítése után k =

feladatban keresett pozitív valós szám k =

5⋅ 3 , adódik. Tehát a 3

5⋅ 3 . 3

2 pont

Összesen: 10 pont

11. évfolyam 1.

Ismert, hogy egy n oldalú konvex sokszög átlóinak száma

n ⋅ (n − 3) . 2

Ha azt keressük, hogy Aladárnak milyen n -re van igaza, akkor az n ⋅ (n − 3) (1) = n 2 − 14n + 33 egyenletet kell megoldanunk. 2 (1) jobb oldala szorzattá alakítható, így:

17

1 pont

1 pont


n ⋅ (n − 3) = (n − 3) ⋅ (n − 11) . 2 pont 2 Két eset lehetséges: Ha n − 3 = 0 , akkor n = 3 , azaz háromszögről van szó, amelynek egyetlen átlója sincs, ekkor (2) mindkét oldala 0 . Tehát n = 3 a feladat megoldása. 2 pont n A másik esetben n ≠ 3 , ekkor (2)-ből az n − 3 ≠ 0 kifejezéssel osztva az = n − 11 2 2 pont egyenletet kapjuk, ahonnan rendezéssel n = 22 adódik. Így n = 22 is a feladat megoldása. 1 pont 1 pont Az Aladár által adott összefüggés tehát csak n = 3 és n = 22 esetén érvényes. Összesen: 10 pont Megjegyzés: ha a versenyző (1) jobb oldalát nem alakítja szorzattá, hanem az ebből, a műveletek elvégésével és rendezéssel kapható másodfokú egyenletet oldja meg, és így jut helyes következtetésre, akkor is kapja meg a teljes pontszámot. (2)

2.

Az

x 2 − 2004 x − 2005 + (2007 − y ) 2008 + ( z + 1) 2006 = 0

egyenlet

bal

oldalán

nemnegatív számok állnak, a jobb oldal értéke 0, ez csak úgy lehetséges, ha a bal oldali tényezők mindegyike 0. 1 pont Eszerint: (1) x 2 − 2004 x − 2005 = 0 , (2) 2007 − y = 0 , 3 pont (3) z + 1 = 0 . Az (1), (2) és (3) egyenletek megoldásai rendre a következők: x1 = −1 ; x 2 = 2005 , illetve y = 2007 és z = −1 . 2 pont A kiinduló egyenletnek két megoldása van, éspedig az x1 = −1 ; y1 = 2007 ; z1 = −1 , valamint az x 2 = 2005 ; y 2 = 2007 ; z 2 = −1 számhármasok. 2 pont A két megoldást figyelembe véve, akkor kapunk kisebb számot, ha a második számhármas számait szorozzuk össze (az első szorzat értéke pozitív) és ennek a szorzatnak az értéke: − 2005 ⋅ 2007 = −4024035 . 2 pont Összesen: 10 pont

3.

A feltételeknek megfelelő vázlatos ábrát készítünk.

P

D

· Q F

E

C

· A

R

18

B


A P pontból merőlegest bocsátottunk az AB egyenesre, ez a parallelogramma 1 pont tulajdonsága miatt CD -re is merőleges, a merőleges talppontjai Q és R . A feltétel miatt: PR . 1 pont (1) PQ = 2 A PQE és PRA háromszögek a megfelelő szögek egyenlősége miatt hasonlók, a 1 , ezért E a PA szakasz felezőpontja. Hasonlóképpen hasonlóság aránya (1) miatt 2 látható be, hogy F a PB felezőpontja. 3 pont A PAF háromszög területe az ABP háromszög területének éppen a fele,hiszen a ABP háromszögben a fentiek miatt AF súlyvonal, a súlyvonal pedig felezi a háromszög területét. Ugyanígy következik, hogy a PBE háromszög területe is fele az ABP háromszög területének. 4 pont Ezért a PAF háromszög és a PBE háromszög területe valóban egyenlő. 1 pont Összesen: 10 pont

4. A feltételek miatt a négyzetgyökös kifejezések értelmezve vannak. A négyzetgyökvonás azonossága miatt a kifejezés átalakítható a következőképpen: a a a a − −2= − − 2. 1 pont b b b b

a ! Ezzel a jelöléssel a kifejezés az x másodfokú függvénye lesz, mégpedig b az alábbi alakban: (1) f (x ) = x 2 − x − 2 1 pont Először keressük az f ( x ) másodfokú függvény minimumának helyét és értékét. A teljes négyzetté alakítás módszerével átalakítjuk (1)-et: Legyen x =

2

(2)

1 9  f (x ) =  x −  − . 2 4 

Látható (2)-ből, hogy az

2 pont

f ( x ) minimumhelye x =

1 , minimumának értéke pedig 2

9 . 2 pont 4 A kérdés most már az, hogy vannak-e olyan 10-nél kisebb a és b négyzetszámok, a 1 1 a 1 = , vagy az ezzel egyenértékű = amelyekre x = . Meg kell tehát keresnünk a b 2 2 b 4 egyenlet 10-nél kisebb négyzetszám megoldásait. Ez utóbbi összefüggésből a (3) 4a = b egyenletet kapjuk. 1 pont Könnyen látható, hogy feltételeinknek csak az a = 1 és b = 4 négyzetszámok felelnek meg. 1 pont a a Számolással ellenőrizhető, hogy a = 1 és b = 4 mellett a − − 2 kifejezés valóban b b 9 − értéket vesz föl. 2 pont 4 Összesen: 10 pont f (x ) = −

19


5. A hatványban szereplő négyzetgyökös kifejezések értelmezve vannak, mert a 9 + 80 és 9 − 80 számok mindegyike pozitív. 1 pont Észrevehetjük, hogy 9 + 80 és 9 − 80 is teljes négyzet, mégpedig:

( ) 5 = (2 − 5 ) . 2

(1)

9 + 80 = 9 + 4 ⋅ 5 = 2 + 5 , hasonlóképpen

(2)

9 − 80 = 9 − 4 ⋅

2

Ezért: (3) Mivel

(2 + 5 )

9 + 80 − 9 − 80 = 4

2

= 2 + 5 és

2 pont

(2 + 5 )

2

(2 − 5 )

2

− 4

(2 − 5 )

2

.

= 2− 5 ,

1 pont

2 pont

továbbá 2 + 5 > 0 , és 2 − 5 < 0 , ezért (3)-ból következik, hogy: (4)

(

)

9 + 80 − 9 − 80 2 + 5 − 5 − 2 4 = = = 1. 4 4 4

 9 + 80 − 9 − 80   Ezért a    4  

2 pont

2007

hatvány pontos értéke 12007 , azaz 1.

2 pont

Összesen: 10 pont 6. Az abc számból kapható számok közül csak bca és cab felelnek meg a feltételeknek. 2 pont Így: (1) abc + bca + cab = 111 ⋅ (a + b + c ) . 1 pont A feladat feltételei és (1) alapján keressük azt a k egész számot, amelyre (2) 111 ⋅ (a + b + c ) = 2007 + k 2 . 1 pont Mivel (2) bal oldala 3-mal osztható, ezért a jobb oldal is 3-mal osztható, vagyis k = 3m , ahol m ∈ Z , ezért tehát: (3) 111 ⋅ (a + b + c ) = 2007 + 9m 2 . 1 pont Látható, hogy (3) jobb oldala 9-cel is osztható, így a bal oldal is osztható 9-cel. Mivel 111 1 pont osztható 3-mal, de 9-cel nem, ezért szükséges, hogy 3 a + b + c legyen. Tudjuk, hogy a; b; c tízes számrendszerbeli számjegyek, ezért összegük legfeljebb 27 lehet. Az ennek megfelelő lehetséges eseteket (a + b + c ≠ 0) táblázatba foglaljuk, ahol feltüntetjük a (3) alapján kapott m 2 és 9m 2 = k 2 értékét is. a+b+c 3 6 9 12 15 18 21 24 27

m2 -186 -149 -112 -75 -38 -1 36 73 110 20

k2 -1674 -1341 -1008 -675 -342 -9 324 657 990


3 pont A táblázatból látható, hogy a feladat feltételeinek csak a k = 324 = 18 felel meg, hiszen a többi érték vagy a negatív előjele miatt nem négyzetszám, vagy pozitív ugyan, de nem négyzete egyetlen egész számnak sem. A feladatban keresett négyzetszám tehát a 324.1 pont Összesen: 10 pont Megjegyzés: könnyen belátható, hogy a feltételeknek minden olyan háromjegyű 10-es számrendszerbeli abc szám megfelel, amelyben a számjegyek összege 21. 2

2

12. évfolyam 1. Nyilvánvaló, hogy tetszőleges valós x -re 2 x + 17 > 0 , továbbá a feltételek alapján x ≥ 2 és x ∈ N . 1 pont A kiinduló egyenlőtlenség a logaritmus azonossága alapján átírható a következő alakba: −4

(1) Mivel

1 log 1 (2 + 17) ≥ log 1   . 3 3 3  x

2 pont

1 = 3 −1 , ezért (1) más formában felírva: log 1 (2 x + 17) ≥ log 1 3 4 , azaz 3 3 3 (2)

log 1 (2 x + 17) ≥ log 1 81 . 3

2 pont

3

A logaritmus alapszáma 1-nél kisebb, ezért (2) alapján: 2 x + 17 ≤ 81 , vagyis (3) 2 x ≤ 64 . Tudjuk, hogy 64 = 2 6 , ezért (3) szerint: (4) 2 x ≤ 2 6 . 2 pont x Az f ( x) = 2 függvény szigorúan monoton növekvő, így (4)-ből következően: 1 pont (5) x ≤ 6 . Az (5) egyenlőtlenséget csak az x = 2 , x = 3 és az x = 5 prímszámok elégítik ki, ezek megfelelnek a feltételeknek és ezek a feladat megoldásai. 2 pont Összesen: 10 pont

2. A feladatot a skatulyaelv alapján oldjuk meg. Dobozokat és cédulákat készítünk a következő módon: az első dobozba kerülnek egy-egy cédulán azoknak a nevei (az általánosság megsértése nélkül föltehetjük, hogy a nevek nem azonosak, de legalábbis megkülönböztethetők), akik 4 évesek, a másodikba azok nevei, akik 5 évesek, és így tovább, egészen az utolsó skatulyáig, ebbe kerülnek azoknak a nevei, akik 85 évesek.3 pont Ez éppen 82 skatulya. 2 pont Tegyük föl most a bizonyítandó állítás ellenkezőjét, azaz azt, hogy legfeljebb 24 olyan ember él a faluban, akinek azonos az életkora. 1 pont Ez azt is jelenti, hogy a fenti skatulyák mindegyikében legfeljebb 24 cédula lehet. De akkor a falunak legfeljebb 82 ⋅ 24 = 1968 lakosa lehetne, ami ellentmond a kiinduló feltételnek, vagyis annak, hogy a faluban 2007-en élnek. 3 pont Feltevésünk ellentmondásra vezetett, ezért biztosan van olyan doboz, amelyben legalább 25 cédula van. Ez bizonyítja a feladat állítását, tehát valóban van a faluban legalább 25 ember, akinek azonos az életkora. 1 pont Összesen: 10 pont

21


3.

A háromszögre fölírjuk a szinusztételt: a sin α = (1) . b sin β

Mivel azonban a = sin β , és b = sin γ , ezért (1)-ből

1pont sin β sin α = , majd innen sin γ sin β

(2) sin 2 β = sin α ⋅ sin γ következik. Fölírjuk a szinusztételt a háromszög másik két oldalára is: b sin β = (3) , c sin γ sin γ = ebből a b = sin γ és c = sin α felhasználásával előbb sin α (4) sin 2 γ = sin α ⋅ sin β adódik. Vonjuk ki egymásból (2) és (4) megfelelő oldalait! sin 2 β − sin 2 γ = sin α ⋅ sin γ − sin α ⋅ sin β , ahonnan,

1 pont 1 pont sin β , majd sin γ 1 pont Előbb azt kapjuk, hogy figyelembe véve a

sin 2 β − sin 2 γ = (sin β − sin γ ) ⋅ (sin β + sin γ ) nevezetes azonosságot, a jobb oldal szorzattá alakítása és 0-ra rendezés után a (5) (sin β − sin γ ) ⋅ (sin α + sin β + sin γ ) = 0 egyenletet kapjuk. 2 pont Nyilvánvaló, hogy sin α + sin β + sin γ ≠ 0 , mert α ; β ; γ egy háromszög szögei, és így mindegyik szög szinusza pozitív. 1 pont Így csak sin β − sin γ = 0 lehetséges, ebből azonnal következik, hogy sin β = sin γ . Ez azt is jelenti, hogy β = γ . ( β = 180° − γ nem lehet, mert abból β + γ = 180° adódna) 1 pont Ugyanakkor a kezdeti feltételek miatt a = b , és ezért α = β , ez pedig az előzőek miatt azzal egyenértékű, hogy α = β = γ , azaz a háromszög valóban szabályos. Meg tudjuk mondani a háromszög oldalainak hosszát is, hiszen sin α = sin β = sin γ = sin 60° = így a = b = c =

3 . 2

3 , 2

2 pont

Összesen: 10 pont Megjegyzés: a (2) és (4) egyenletek megfelelő oldalait egymással osztva (egyik szög szinusza sem 0) és a kapott egyenletet rendezve a sin 3 β = sin 3 γ összefüggést kapjuk, amelyből a fentiekhez hasonlóan sin β = sin γ , illetve β = γ , majd α = β = γ következik. 4. Az egyenletben szereplő törtek nem értelmezhetők, ha p = 0 és ha p = 3 , ezért p ≠ 0 (ez nem felel meg a prímszámfeltételnek sem) és p ≠ 3 . 1 pont Az egyenletben szereplő törtek egyik közös nevezője p ⋅ ( p − 3) , ennek alapján az egyenlet átalakítható: (1) 7 px − 2 x = 7 p − 26 . (1)-ből újabb átalakítások után az x ⋅ (7 p − 2) = 7 p − 2 − 24 , illetve (2) (7 p − 2 ) ⋅ (x − 1) = −24 egyenletet kapjuk. 2 pont Mivel p pozitív prímszám, ezért (2)-ből látható, hogy 7 p − 2 a − 24 szám pozitív osztója. 2 pont A − 24 pozitív osztói a következők: 1;2;3;4;6;8;12 és 24. 1 pont

22


A 7 p − 2 kifejezést ezekkel a számokkal egyenlővé téve, és a kapott egyenleteket megoldva, csak 7 p − 2 = 12 esetén adódik a p -re vonatkozó feltételt kielégítő megoldás, mégpedig p = 2 . 2pont 1pont Ekkor (2)-ből x − 1 = −2 miatt x = −1 következik. Tehát p = 2 és x = −1 a feladat megoldása, ezek a számok megfelelnek az összes feltételnek és számolással ellenőrizhető, hogy p = 2 mellett x = −1 valóban kielégíti az eredeti egyenletet. 1pont Összesen:10 pont

5. Készítsünk a feltételeknek megfelelő ábrát!(elegendő az egyik telek vázlatos rajzát elkészíteni, hiszen a két szomszéd telke a feladat szövegéből következően egyforma). A

D

Folyó

B

F

C

Az ábrán az F pont a BC szakasz felezőpontja, és vastag vonallal jelöltük az egyik szomszéd által megépítendő kerítést, a szaggatott vonalak jelzik azokat a szakaszokat, ahol az általunk kiválasztott szomszédnak nem kell kerítést építeni, vagy a folyó miatt, vagy amiatt, hogy ott a megállapodásnak megfelelően a másik szomszéd készít kerítést. 1 pont Legyen AB = CD = x és BC = DA = y ! Ezzel a jelöléssel az egyik szomszéd által megépítendő kerítés hossza: y 3 2 pont (1) BF + CD + DA = + x + y = x + y . 2 2 Mivel a feltételek szerint 150 m hosszúságú kerítése van mindkét szomszédnak, ezért 3 (2) x + y = 150 . 1 pont 2 Ha most a téglalap területét T -vel jelöljük, akkor egyrészt T = x ⋅ y , másrészt (2)-ből 3 3   következően x = 150 − y , és így T ( y ) = 150 − y  ⋅ y , azaz 2 2   3 (3) T ( y ) = − y 2 + 150 y , tehát a T terület az y másodfokú függvénye. 2 pont 2 A teljes négyzetté alakítás módszerét alkalmazva (3)-ból kapjuk, hogy 3 3 2 T ( y ) = − ⋅ y 2 − 100 y , innen pedig T ( y ) = − ⋅ ( y − 50 ) − 2500 , azaz 2 2 3 2 (4) T ( y ) = − ⋅ ( y − 50 ) + 3750 . 2pont 2 (4)-ből látható, hogy a T ( y ) függvénynek y = 50 mellett van maximuma és ez a maximális érték Tmax ( y ) = 3750 . Ekkor a téglalap oldalai x = 75 és y = 50 . Tehát a

[

[

]

23

]


legnagyobb terület, amit a feladat feltételei mellett mindkét szomszéd kerítésével körülhatárolhat, 3750 m 2 nagyságú. 2 pont Összesen:10 pont Megjegyzés: a feladat differenciálszámítás alkalmazásával is megoldható, ha a versenyző ezt a módszert választja, akkor nem elég az első derivált zérushelyét megállapítania.

6. Legyen x − 2002 − 2 ⋅ x − 2003 = a ! Könnyen látható, hogy a teljes négyzet, mégpedig:

(

1 pont

)

2

(1) a = 1 − x − 2003 . 1 pont Ezzel a jelöléssel kiinduló egyenlet: 1 3 1 (2) a + − = . Két eset lehetséges: a 2 2 1 3 1 (3) a + − = − , vagy a 2 2 1 3 1 2 pont (4) a + − = . a 2 2 1 1 3 1 A (3) egyenletnek nincs megoldása, hiszen a + − = − -ből a + = 1 következik, ez a 2 2 a pedig a nyilvánvalóan pozitív a számra nem igaz, hiszen az ismert egyenlőtlenség szerint 1 1 pont ekkor a + ≥ 2 kellene, hogy teljesüljön. a 1 A (4) egyenletből következően a + = 2 , ez akár másodfokú egyenletté alakítással, akár a az előző nevezetes egyenlőtlenségre való hivatkozással megoldható, ebből az a = 1 értéket kapjuk. 1 pont (1) szerint tehát:

(

)

2

(5) 1 − x − 2003 = 1 . Ez ismét kétféleképpen lehetséges: (6) 1 − x − 2003 = 1 , vagy

1 pont

(7) 1 − x − 2003 = −1 . 2 pont A (6) egyenlet megoldása x = 2003 , a (7) egyenlet megoldása pedig x = 2007 . Ellenőrizhető, hogy ezek a számok kielégítik az eredeti egyenletet. 1 pont Összesen:10 pont)

24


Iskolánkénti összesítés a döntőbe jutottakról

Gimnáziumok

Iskola Bányai Júlia Gimnázium Bibó István Gimnázium Bolyai János Gimnázium

Hely Kecskemét Kiskunhalas Kecskemét

0. 9. 10. 4 4 2 9 8

Hunyadi János Gimnázium, Szakiskola és Kollégium III. Béla Gimnázium Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola Kecskeméti Református Kollégium Gimnáziuma

Bácsalmás

1

Baja

4

6

5

5

20

Kecskemét

5

5

10

6

26

Kecskemét

1

1

3

5

Kiskunhalasi Református Kollégium Szilády Áron Gimnáziuma

Kiskunhalas

1

1

Kunszentmiklósi Református Kollégium Baksay Sándor Gimnáziuma

Kunszentmiklós

1

2

Magyarországi Németek Általános Művelődési Központ Gimnázium Móra Ferenc Gimnázium Móricz Zsigmond Gimnázium

Baja

Piarista Általános Iskola, Gimnázium és Diákotthon

Kecskemét

Református Kollégium Általános Iskolája és Gimnáziuma Szent István Gimnázium

Tiszakécske

1

25

2 2

1

Kiskunfélegyháza Tiszakécske

Kalocsa

11. 12. Össz. 4 8 20 1 6 9 6 1 24

1 1

1

1

1 4 30 31

5

2 0 1

5 33

1

1

3 36

13 130


Szakközépiskolák

Iskola ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium Dózsa György Gimnázium, Szakközépiskola és Kollégium II. Rákóczi Ferenc Mezőgazdasági, Közgazdasági, Informatikai Szakközépiskola és Kollégium Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola Kandó Kálmán Szakközépiskola és Szakiskola Kiskunfélegyházi Szakképző Intézmény és Kollégium Közgazdasági Szakközépiskolája Lestár Péter Középiskola és Szakiskola Petőfi Sándor Gépészeti és Informatikai Szakképző Iskola és Kollégium Széchenyi István Idegenforgalmi, Vendéglátóipari Szakképző Iskola és Kollégium Türr István Gazdasági Szakközépiskola

Hely Kecskemét

0. 9. 10. 11. 12. Össz. 5

5

Kiskunmajsa 4

Kecskemét

6

Kecskemét

Kecskemét

5

1

Baja

26

17 1

6

8

23

1

8

15

3

1

5

1

1 1

Kiskunfélegyháza Kecskemét

2

1

Kiskunhalas

Kiskunfélegyháza

5

1 2

2

1

1

2 3 3 18 16 21

8 74

19


A II. forduló feladatai A második forduló szabályai azonosak voltak az első fordulóban meghatározottakkal.

9. évfolyam 1. Két pozitív egész szám különbsége 1552, a nagyobbikat a kisebbel elosztva a hányados 4, a maradék 184. Melyek ezek a számok? 2. Az ábrán egyenlő szárú háromszögeket illesztettünk egymáshoz, mégpedig a következő módon: AC = BC , továbbá AB = AD ; AD = DE ; DF = EF végül EF = EC . Mekkorák az ABC háromszög szögei?

C

E

F

D

A

B

3. Milyen p pozitív prímszámokra lesz az A = 2 p 2 + 3 p + 2008 kifejezés értéke prímszám? 4. Egy osztály színházlátogatásra gyűjt pénzt, mindenki egyforma összeget fizet. Ha az osztálylétszám 7-tel kevesebb lenne, akkor éppen kétszer annyival több pénzt kellene mindenkinek beadnia, mint amennyivel kevesebbet, ha 5-tel többen lennének. Hány fő az osztály létszáma? AE 3 = . DE 4 Bocsássunk merőlegest az A pontból a BE szakaszra, a merőleges talppontja T . A DET háromszög körülírt körének sugara 5 egység. Mekkora az ABCD négyzet kerülete?

5.

Az ABCD négyzet AD oldalán úgy helyezkedik el az E pont, hogy

6.

Oldjuk meg az

1 1 1 1 1 − + = + − 1 egyenletet, ha x, y, z egész számok! x y z xy yz

27


10. évfolyam 1.

Határozzuk meg az f ( x ) = x − 2007 − 2008 − x

függvény legnagyobb értékének

helyét és a szélsőérték nagyságát!

2.

A derékszögű koordináta-rendszerben megjelölt P pont koordinátáinak értékét a − x 2 + 18 x − 77 + x 2 − 2 x − 35 +

(y

2

)

+ 2008 ⋅ ( y − 7 ) + 2 x 2 + 98 ≤ 28 x

egyenlőtlenség megoldásai adják. Illeszkedik-e a P pont az y = x egyenletű egyenesre?

3. Egy egységnyi oldalú szabályos háromszöget az egyik oldalára merőleges egyenessel egy háromszögre és egy érintőnégyszögre bontottunk. Mekkora az érintőnégyszög területe? 4. Az ABC egyenlő szárú háromszög alapja AB . A háromszögbe egy olyan négyzetet írtunk, amelynek két szomszédos csúcsa az AB alapon van, másik két csúcsa a szárakon helyezkedik el. Bizonyítsuk be, hogy a négyzet középpontja és az ABC háromszög beírt körének középpontja nem lehet azonos! 5.

Az a paraméter mely egész értékei mellett (a ≠ 1) vannak a

2 − x = 2a 2 x − 3ax + a 2 + a egyenletnek pozitív valós gyökei, és melyek ezek a gyökök? A nem egyenlő szárú ABC háromszög súlypontja S , körülírt körének középpontja K O , a körülírt kör sugara R , a háromszög kerülete K . Bizonyítsuk be, hogy R + SO > ! 6

6.

28


11. évfolyam 1.

Melyik az az x egész szám, amelyre az

x + 2008 tört a lehető legkisebb egész értéket x + 1955

veszi föl?

2. A 2008 egységnyi átfogójú, derékszögű ABC háromszög AB átfogójára és az AC befogójára kifelé megrajzoltuk az ABDE és ACFG négyzeteket. Jelölje M az EC és BG szakaszok metszéspontját! Számítsuk ki a BEM háromszög köré írt kör sugarát! 3.

Oldjuk meg a valós számok halmazán az

(x

3

)

1  − 9 x 2 + 14 x ⋅  x 2 − 2 ⋅ x +  < 0 2 

egyenlőtlenséget!

4. Oldjuk meg a halmazán! 5.

3

25 + x + 28 + 3 29 − x + 28 = 6 egyenletet a valós számok

Az ABC szabályos háromszög P belső pontja az A; B; C pontoktól rendre

3 , 2 és

7 egység távolságra van. Mekkora az ABC háromszög kerülete?

6. Az O1 és O2 középpontú, nem egyenlő sugarú k1 és k 2 körök kívülről érintik egymást. Megrajzoltuk a két kör egyik közös külső érintőjét, amely a k1 és k 2 kört rendre az E és F pontokban érinti. Megrajzoltuk a k 3 kört is, amely érinti az EF egyenest, a k1 és k 2 köröket, az utóbbiakat rendre a G és H pontokban, mégpedig úgy, hogy k 3 a k1 és k 2 körök, valamint az EF egyenes közötti zárt síkrészben helyezkedik el. Bizonyítsuk be, hogy EGHF húrnégyszög!

29


12. évfolyam 1.

Oldjuk meg a valós számok halmazán a 2008

x +1

= cos x + 2007 egyenletet!

2. Határozzuk meg a px + qy = 7 egyenletben szereplő p, q pozitív prímszámokat úgy, hogy a 3 x + 5 y = 11 és a 7 x − 4 y = 10 egyenletű egyenesek metszéspontja illeszkedjen a px + qy = 7 egyenesre! 3. Két egyenes út 60° -os szögben metszi egymást. A két út között (a 60° -os szögtartományban) van egy falu, amelyből az egyik, illetve a másik út az útra merőleges irányban haladva 6km -es, illetve 10km -es gyalogúton érhető csak el. A falubeliek olyan műutat szeretnének építeni, amelyen a faluból kiindulva elérhető az egyik út, innen a másik út, végül visszajuthatunk a faluba. Mekkora a hosszúsága a legrövidebb ilyen útnak? 4. Az ABCDE egyenes gúla alaplapja az a = 4 ⋅ 3 élű ABCD négyzet. A gúlába írt gömb középpontja az E pontból az alaplapra bocsátott magasságnak az ABCD laphoz közelebb eső harmadoló pontjában van. Határozzuk meg a gúla köré írt gömb sugarát! 5. Határozzuk meg az nagyságát!

f ( x ) = 8 ⋅ sin x + 8 ⋅ 2 ⋅ cos x

függvény szélsőértékeinek

6. Tekintsük a 2008 számot! Balról jobbra haladva az első két szomszédos számjegy közé tegyünk egy darab 1-est, a következő két szomszédos számjegy közé két darab 1-est, végül az utolsó előtti és az utolsó számjegy közé tegyünk három darab 1-est. Az így kapott számmal hajtsuk végre az előbb leírt műveletet, az 1-esek számát minden lépésben eggyel növelve. Bizonyítsuk be, hogy a fenti eljárással létrehozott számok egyike sem osztható 3-mal!

30


A II. forduló javítási útmutatói 9. évfolyam Jelöljük a nagyobb számot a -val, a kisebbet b -vel, ekkor a feladat szövege alapján 2 pont (1) a − b = 1552 . Ha nagyobbikat a kisebbel elosztva a hányados 4, a maradék 184, akkor felírható, hogy: 2 pont (2) a = 4b + 184 . A (2) alatti egyenlet jobb oldalán álló kifejezést (1)-be helyettesítve és rendezve a b = 456 értéket kapjuk. 2 pont 2 pont Ebből például (2) alapján a = 2008 következik. A feladatnak megfelelő pozitív egész számok tehát a = 2008 , b = 456 , számolással ellenőrizhető, hogy ezek valóban teljesítik a feltételeket. 2 pont Összesen: 10 pont

1.

2.

Jelöléseink az ábrán láthatók.

C

E

F

D

α A

B

1 pont Mivel AC = BC , ezért BAC∠ = α , és így ACB∠ = ECF∠ = 180° − 2α . 1 pont Ugyanakkor a feltétel szerint EF = EC , ezért ECF∠ = EFC∠ = 180° − 2α . Az EFC∠ külső szöge az egyenlő szárú DEF háromszögnek, ebből az következik, hogy FED∠ = FDE∠ = 90° − α . 1 pont Az AB = AD feltétel miatt ABD∠ = ADB∠ = α , továbbá a nyilvánvaló ADB∠ + ADE∠ + FDE∠ = 180° összefüggésből felírható, hogy α + ADE∠ + 90° − α = 180° , innen pedig ADE∠ = 90° adódik. 2 pont Az AD = DE és ADE∠ = 90° együttesen azt jelentik, hogy az AED háromszög egyenlő 1 pont szárú derékszögű háromszög, így DAE∠ = DEA∠ = 45° .

31


Viszont CAB∠ = α és BAD∠ = 180° − 2α , ezért az előző eredményünk alapján fölírható, hogy α − (180° − 2α ) = 45° , ahonnan rövid számolás után α = 75° adódik. 2 pont Tehát az ABC háromszög szögei a következők: CAB∠ = CBA∠ = 75° és ACB∠ = 30° . 2 pont Összesen: 10 pont

3. Ha p = 2 , akkor az A = 2 p 2 + 3 p + 2008 kifejezés minden tényezője páros pozitív egész szám, ezért A nem lehet prímszám. 1 pont Ha p = 3 , akkor A = 2035 , ez a szám 5-re végződik, tehát 5-tel osztható és 5-nél nagyobb, ezért ez sem prímszám. 1 pont + Ha p > 3, akkor p = 6k + 1 , vagy p = 6k − 1 ahol k ∈ N 2 pont p = 6k + 1 , akkor behelyettesítés és rendezés után kapjuk, hogy Ha A = 72k 2 + 42k + 2013 . Ez a szám 3-nál nagyobb, minden tagja osztható 3-mal, tehát A = 72k 2 + 42k + 2013 is osztható 3-mal, azaz nem lehet prímszám. 2 pont Hasonló eredményre jutunk, ha p = 6k − 1 , ekkor behelyettesítés és rendezés után A = 72k 2 − 6k + 2007 adódik. A k ∈ N + feltétel mellett ez a kifejezés is 3-nál nagyobb és 3-mal osztható, vagyis nem prímszám. 2 pont 2 Az A = 2 p + 3 p + 2008 kifejezés tehát semmilyen p pozitív prímszám esetén nem lehet prímszám. 2 pont Összesen: 10 pont 4. Legyen az osztálylétszám n , a színházlátogatásra eredetileg fejenként befizetendő összeg x , a teljes összeg S , és jelöljük d -vel azt az összeget, amennyivel kevesebbet kellene mindenkinek fizetnie, ha 5-tel többen lennének. 1 pont Ezekkel a jelölésekkel az eredetileg befizetendő teljes összeg: (1) S = n ⋅ x . 1 pont Ha az osztálylétszám n + 5 lenne, akkor mindenki x − d forintot fizetne be, tehát a befizetett összeg: (2) S = (n + 5) ⋅ ( x − d ) . 1 pont Ha pedig az osztálylétszám n − 7 , akkor a feladat szövege szerint fejenként x + 2d lenne a befizetendő pénz, vagyis: (3) S = (n − 7 ) ⋅ ( x + 2d ) . 1 pont Nyilvánvaló, hogy az (1)-(2)-(3) összefüggések jobb oldalai is egyenlők, ezért felírhatók a következők: (4) (n + 5) ⋅ ( x − d ) = (n − 7 ) ⋅ ( x + 2d ) 2 pont (5) (n − 7 ) ⋅ ( x + 2d ) = n ⋅ x . A (4) összefüggésben szereplő műveleteket és a szükséges összevonásokat elvégezve a: (6) n ⋅ d − 3d = 4 x eredményre juthatunk. Hasonlóképpen (5)-ből: (7) 2n ⋅ d − 14d = 7 x következik. 2 pont (6) mindkét oldalát 2-vel szorozva, majd az így kapott egyenlet megfelelő oldalaiból (7) megfelelő oldalait kivonva azt kapjuk, hogy: (8) 8d = x . 1 pont Ezt az eredményt például (6)-ba helyettesítjük, ekkor n ⋅ d = 35d , majd ebből a d ≠ 0 -val 1 pont való osztás után n = 35 adódik. Az osztálylétszám tehát n = 35 . Összesen: 10 pont 32


5.

Készítsünk a feladat szövegének megfelelő vázlatos ábrát! F

D

C

E · T A

B

Az ABE∠ és a DAF∠ merőleges szárú hegyesszögek, ezért egyenlők, ebből azonnal következik, hogy a BEA és AFD háromszögek szögei páronként egyenlők, hiszen mindkét háromszögben van egy-egy derékszög, így a harmadik szögek is egyenlők, azaz AEB∠ = DFA∠ . Az ABCD négyzet oldalainak hossza egyenlő, ezért például AB = AD , ez éppen azt jelenti, hogy a BEA és AFD háromszögekben az AEB∠ = DFA∠ szögekkel szemben egyenlő hosszúságú oldalak vannak, az előzőekkel együtt ez azt eredményezi, hogy a két háromszög egybevágó, vagyis AE = DF . 2 pont AE 3 = , tehát az AE = 3 x jelöléssel egyrészt DE = 4 x , másrészt A feltételek miatt DE 4 DF = 3 x. 1 pont A DEF háromszög derékszögű, oldalaira felírható a Pitagorasz-tétel: (1) DE 2 + DF 2 = EF 2 . 1 pont 2 2 2 Az előző jelöléssel átírjuk (1)-et a 16 x + 9 x = EF alakba, ebből összevonás után: (2) 25 x 2 = EF 2 . 1 pont 1 pont Mivel x pozitív valós szám, ezért (2)-ből 5 x = EF következik. A DEF háromszög körülírt köre átmegy a T ponton is, mivel ez a kör az EF szakasz, mint átmérő fölé rajzolt Thalész-kör. Ez a kör megegyezik a DET háromszög körülírt körével, vagyis a DEF háromszög körülírt körének átmérője és a DET háromszög körülírt körének átmérője egyenlő hosszúságú. 2 pont Ebből következik, hogy 2 ⋅ R DET∆ = EF = 5 x , és mivel a feladat szövege szerint R DET∆ = 5 , 1 pont ezért x = 2 . Az ABCD négyzet egy oldala 7 x hosszúságú, a kerülete tehát 28 x , így K ABCD = 56 hosszúságegység. 1 pont Összesen: 10 pont 1 1 1 1 1 − + = + − 1 egyenletben az x; y; z egész számok x y z xy yz egyike sem lehet 0 1 pont Szorozzuk be az egyenletet az x ⋅ y ⋅ z ≠ 0 kifejezéssel! Ekkor először az yz − xz + xy = z + x − xyz , majd 0-ra rendezve az 1 pont (1) yz − z + xyz − xz + xy − x = 0 egyenletet kapjuk. Az (1) bal oldala szorzattá alakítható, mert az egymás utáni tagokból páronként egy-egy betűkifejezés kiemelhető, vagyis z ⋅ ( y − 1) + xz ⋅ ( y − 1) + x ⋅ ( y − 1) = 0 , azaz

6.

Nyilvánvaló, hogy az

33


(2) ( y − 1) ⋅ ( z + xz + x ) = 0 . 2 pont Két eset lehetséges: vagy y − 1 = 0 , és akkor y = 1 . Ekkor a z + xz + x kifejezés értéke tetszőleges egész szám lehet, így x és z értékének is tetszőleges, 0-tól különböző egész számot választhatunk. 1 pont A másik lehetőség az, hogy z + xz + x = 0 , amelyből 1 pont (3) z + xz + x + 1 = 1 következik. (3) bal oldalát szorzattá alakíthatjuk: (4) ( x + 1) ⋅ ( z + 1) = 1 . 1 pont Mivel x és y egész számok, ezért (4) kétféle módon képzelhető el: vagy x + 1 = 1 és z + 1 = 1 , ekkor x = z = 0 , ez azonban ellenkezik a megoldás elején fölírt feltétellel; vagy pedig x + 1 = −1 és z + 1 = −1 , ez esetben x = z = −2 . Ez utóbbi lehetséges, ekkor y − 1 tetszőleges, -1-től különböző egész szám lehet. 2 pont A feladat megoldásai tehát: x ≠ 0 tetszőleges egész szám; y = 1 ; z ≠ 0 tetszőleges egész szám valamint x = −2 ; y ≠ 0 tetszőleges egész szám; z = −2 . Számolással ellenőrizhető, hogy ezek a számhármasok kielégítik az eredeti egyenletet. 1 pont Összesen: 10 pont

10. évfolyam 1.

Ha x < 2007, akkor

x − 2007 = − x + 2007 és

2008 − x = 2008 − x , azaz

f ( x ) = − x + 2007 − 2008 + x = − 1 = 1 . Tehát x < 2007 esetén f 1 (x ) = 1 konstans függvény. 1 pont Ha 2007 ≤ x ≤ 2008 , akkor x − 2007 = x − 2007 és 2008 − x = 2008 − x , így f 2 ( x ) = x − 2007 − 2008 + x = 2 x − 4015 .

2 pont

Az f 2 ( x ) = 2 x − 4015 függvény zérushelye x = 2007,5 .

1 pont

Ha 2007 ≤ x < 2007,5, akkor f 2 ( x ) = −2 x + 4015 , ez a függvény a [2007;2007,5[ balról zárt, jobbról nyílt intervallumon szigorúan monoton csökkenő, az intervallum bal oldali végpontjában f 2 (2007 ) = 1 . 2 pont Ha 2007,5 ≤ x ≤ 2008 , akkor f 2 ( x ) = 2 x − 4015 , ez a függvény a [2007,5;2008] mindkét oldalról zárt intervallumban szigorúan monoton növekvő, a bal oldali végpontban f 2 (2007,5) = 0 , míg a jobb oldali végpontban f 2 (2008) = 1 . 2 pont

x

Ha

>

2008,

akkor

x − 2007 = x − 2007

és

2008 − x = x − 2008 ,

ezért

f 3 ( x ) = x − 2007 + 2008 − x = 1 = 1 . Eszerint x > 2008 esetén f 3 ( x ) = 1 konstans függvény. 1 pont Az elemzés alapján megállapíthatjuk, hogy az f ( x ) = x − 2007 − 2008 − x függvény maximumának értéke 1, és ezt a ]− ∞;2007] , valamint a [2008; ∞[ intervallumokon veszi föl. 1 pont Összesen: 10 pont Megjegyzés: ha a versenyző a fenti elemzés helyett vázlatos (és helyes) ábrát készít a függvényről, majd ennek alapján jut helyes eredményre, megoldása akkor is teljes értékű.

2.

A kiinduló egyenlőtlenséget átrendezzük:

34


(y

)

(

)

+ 2008 ⋅ ( y − 7 ) + 2 ⋅ x 2 − 14 x + 49 ≤ 0 1 pont Az (1)-ben szereplő utolsó zárójeles kifejezés teljes négyzet, ezért: (1)

− x 2 + 18 x − 77 + x 2 − 2 x − 35 +

2

(

)

(2) − x 2 + 18 x − 77 + x 2 − 2 x − 35 + y 2 + 2008 ⋅ ( y − 7 ) + 2 ⋅ ( x − 7 ) ≤ 0 . 1 pont (2) bal oldalán minden tényező nemnegatív, (2) tehát csak úgy állhat fenn, ha a tényezők mindegyike 0, ekkor (2)-ben egyenlőség van. 2 pont 2 Eszerint 2 ⋅ ( x − 7 ) = 0 , ez csakúgy lehetséges, ha x = 7 . 1 pont Számolással ellenőrizhető, hogy x = 7 mellett a bal oldali első két négyzetgyökös tényező értéke is 0. 2 pont Teljesülnie kell a (3)

(y

2

2

)

+ 2008 ⋅ ( y − 7 ) = 0 egyenlőségnek is.

1 pont

Mivel nyilvánvaló, hogy y 2 + 2008 > 0, ezért (3)-ban csak y − 7 = 0 lehetséges, ebből 1 pont pedig y = 7 következik. A P( x; y ) pont koordinátái tehát P(7;7 ) , vagyis a P pont illeszkedik az y = x egyenesre. 1 pont Összesen: 10 pont Megjegyzés: a versenyző az (1) egyenlőtlenség fölírása után vizsgálhatja az első két négyzetgyökös kifejezést, azok értelmezési tartományát és zérushelyeit, majd annak megállapítása után, hogy minden tényező 0, ugyancsak eljuthat a helyes végeredményhez.

3. A feladat feltételeinek megfelelő vázlatos ábrát készítünk, amelyen az AB oldalra merőleges egyenesnek a BC és AB oldalakkal való metszéspontjait rendre D -vel és E vel jelöltük, valamint bevezettük a BE = x jelölést is. C

D

60º

·

A

E

60º x

B

1 pont A BDE háromszög derékszögű és az egyik hegyesszöge 60°-os. Az ilyen derékszögű háromszögekben az átfogó hosszúsága kétszerese a rövidebb befogó hosszúságának, ezért BD = 2 x , továbbá a Pitagorasz-tételből következően DE = x ⋅ 3 . 2 pont 1 pont Az ABC háromszögben AB = BC = CA = 1 , tehát AE = 1 − x és CD = 1 − 2 x . AEDC négyszög érintőnégyszög, ezért AE + CD = CA + DE . Ez az Az egyenlőségfölírható a fenti jelölésekkel is a következőképpen:

35


(1) 1 − x + 1 − 2 x = 1 + x ⋅ 3 .

1 pont

(1)-ből kifejezhető az x értéke, azt kapjuk, hogy x =

1 3+ 3

, vagy a nevező

gyöktelenítése után: 3− 3 (2) x = . 6

1 pont

AB 2 ⋅ 3 3 = , mivel AB = BC = CA = 1 . 1 pont 4 4 BE ⋅ DE x 2 ⋅ 3 = Ha az BDE háromszög TBDE∆ = területét levonjuk az ABC háromszög 2 2 1 pont területéből, akkor az AEDC érintőnégyszög területét kapjuk.

Az ABC háromszög területe T ABC∆ =

2

Ezért T AEDC T AEDC =

3 3− 3  3  ⋅ = −  , elvégezve a műveleteket és egyszerűsítve a  4  6  2

3+ 3 eredményre jutunk, ez tehát AEDC érintőnégyszög területe. 2 pont 12 Összesen: 10 pont

4. Első megoldás: Jelöléseink az ábrán láthatók. Az egyszerűség kedvéért az ABC oldalait, AB = 2a , AC = BC = 2b jelöléssel láttuk el, a háromszögbe rajzolt EFGH négyzet oldalhosszát 2 x -szel jelöltük. Az ABC háromszög AB alaphoz tartozó CD = m hosszúságú magassága merőlegesen felezi az alapot. C

L

G

F

K 2x A

H

D

E

B

Indirekt módon bizonyítunk, föltesszük, hogy a négyzet K középpontja és az ABC háromszög beírt körének középpontja azonos. 1 pont m − 2x m A CLF és CDB háromszögek hasonlósága miatt fölírható, hogy = , ebből a x a műveletek elvégzése és rendezés után:

36


a⋅m . 2 pont m + 2a Ha a négyzet K középpontja és az ABC háromszög beírt körének középpontja azonos, akkor K az ABC háromszög belső szögfelezőinek metszéspontja, vagyis például AK az ADC háromszögben szögfelező, fölírható tehát a belső szögfelező tétele, vagyis m − x 2b , ahonnan: = x a a⋅m (2) x = . 2 pont a + 2b (1) és (2) összehasonlításából előbb m + 2a = a + 2b , majd m = 2b − a következik. 1 pont A CDB háromszögre a Pitagorasz-tétel az m 2 + a 2 = 4b 2 alakban írható föl, ebbe helyettesítjük a most kapott m = 2b − a eredményt: 2 (3) (2b − a ) + a 2 = 4b 2 . (1 pont) Elvégezve a műveleteket és egyszerűsítéseket, az a = 2b összefüggésre jutunk. Ez azonban 2 pont nem lehetséges, mert ebből m = 2b − a alapján m = 0 következne. Ellentmondásra jutottunk, indirekt feltevésünk tehát hamis volt. Ezért a négyzet középpontja és az ABC háromszög beírt körének középpontja valóban nem lehet azonos. 1 pont Összesen: 10 pont Második megoldás: Az első megoldás ábráját és annak jelöléseit használjuk. Most is indirekt módon bizonyítunk, azaz föltesszük, hogy a négyzet K középpontja és az ABC háromszög beírt körének középpontja azonos. 1 pont Ha ez így lenne, akkor, mivel az EFGH négyzet és az ABC háromszög egyik oldalának egyenese ugyanaz az egyenes, ezért beírt köreik közös sugara a KD szakasz lenne. 3 pont Ez azt is jelentené, hogy az EFGH négyzet és az ABC háromszög beírt köreinek nem csak a középpontja esik egybe, hanem ez a két kör azonos. 2 pont Ekkor ennek a körnek érintenie kellene az ABC háromszög BC és AC oldalát is, ez azonban nyilvánvalóan lehetetlen. 3 pont Ellentmondásra jutottunk, indirekt feltevésünk tehát hamis volt. Ezért a négyzet középpontja és az ABC háromszög beírt körének középpontja valóban nem lehet azonos. 1 pont Összesen: 10 pont

(1) x =

5. Rendezzük 0-ra a 2 − x = 2a 2 ⋅ x − 3ax + a 2 + a egyenletet, és az x -et tartalmazó tagokból emeljük ki x -et! Ezzel: (1) x ⋅ 2a 2 − 3a + 1 + a 2 + a − 2 = 0 . 1 pont 2 2 A 2a − 3a + 1 és a + a − 2 kifejezések szorzattá alakíthatók, mégpedig a következő módon: (2) 2a 2 − 3a + 1 = (2a − 1) ⋅ (a − 1) és a 2 + a − 2 = (a − 1) ⋅ (a + 2 ) . 2 pont (2) alapján (1) átalakítható: (3) (a − 1) ⋅ [x ⋅ (2a − 1) + a + 2] = 0 . 1 pont Mivel a feltétel szerint a ≠ 1 , ezért (3)-ból csak x ⋅ (2a − 1) + a + 2 = 0 következhet, amelyből a+2 (4) x = − ahol 2a − 1 ≠ 0 , mert a ∈ Z . 1 pont 2a − 1

(

)

37


A feladat feltétele, hogy x > 0, azaz −

a+2 > 0, ahonnan 2a − 1

a+2 < 0 következik. 1 pont 2a − 1 Az (5) összefüggés kétféleképpen teljesülhet, vagy és 2a − 1 > 0, vagy (6) a + 2 < 0 1 pont (7) a + 2 > 0 és 2a − 1 < 0. (6)-nak egyetlen egész (és valós) szám sem felel meg, a (7)-et kielégítő egész számok a = −1 és a = 0 . 1 pont (4) segítségével az egyes gyökök kiszámíthatók, az a = −1 paraméterhez tartozó megoldás 1 x = , az a = 0 értékhez tartozó megoldás pedig x = 2 . 1 pont 3 Számolással ellenőrizhető, hogy ezek a gyökök a hozzájuk tartozó paraméterek mellett kielégítik a kiinduló egyenletet. 1 pont Összesen: 10 pont

(5)

6. Felhasználjuk azt az ismert tételt, amely szerint az ABC háromszög M magasságpontja, S súlypontja és körülírt körének O középpontja egy egyenesen van, ez az Euler-egyenes. A feladatbeli háromszögnél az O pont nem illeszkedhet egyetlen súlyvonalra sem, mert akkor erre a súlyvonalra illeszkednie kellene az M magasságpontnak is, ez a súlyvonal tehát magasságvonal is volna, így a súlyvonal merőlegesen felezné a szemközti oldalt. Ez csak egyenlő szárú háromszögben fordul elő, márpedig ez ellenkezik a feladat feltételével. 2 pont A feltételek miatt tehát az O pont egyik súlyvonalon sincs rajta, vázlatos ábránkat ennek megfelelően készítettük el (jelöléseink a szokásosak, azaz AB = c ; BC = a ; CA = b és OA = OB = OC = R ). C

S A

. O . F

B

Az ábra COS háromszögére fölírható a háromszög-egyenlőtlenség: (1) R + SO > SC , hasonlóképpen (2) R + SO > SA és R + SO > SB egyenlőtlenségek következnek az AOS és BOS háromszögekből. 2 pont A BCS , CAS és ABS háromszögekre is felírható a háromszög-egyenlőtlenség: (3) SB + SC > a , SC + SA > b , SA + SB > c . 2 pont Az (1) és (2) egyenlőtlenségek összeadásából 3 ⋅ (R + SO ) > SA + SB + SC adódik, a (3) egyenlőtlenségekből ugyancsak összeadással, illetve rendezéssel kapjuk, hogy a+b+c SA + SB + SC > . 2 pont 2

38


Ezt a két eredményt egybevetve előbb 3 ⋅ (R + SO ) >

a+b+c , majd az a + b + c = K 2

K , és éppen ezt kellett bizonyítani. 6

2 pont

jelöléssel R + SO >

Összesen: 10 pont

11. évfolyam 1.

Meghatározzuk az összes olyan x egész számot, amelyre

x + 2008 egész értéket x + 1955

x + 2008 törtet átalakítjuk a következőképpen: x + 1955 x + 2008 x + 1955 + 53 53 = 1+ = . 2 pont (1) x + 1955 x + 1955 x + 1955 x + 2008 (1) alapján csak akkor lehet egész szám, ha x + 1955 az 53 osztója. 2 pont x + 1955 Az 53 prímszám, amelynek osztói 1; -1; 53 és -53, ezért x + 1955 csak ezekkel a számokkal lehet egyenlő. 1 pont x + 2008 Ha x + 1955 = 1 , akkor x = −1954 , ez esetben az tört értéke 54. Ha x + 1955 x + 1955 = −1 , akkor x = −1956 , most a tört értéke -52. a x + 1955 = 53 , akkor x = −1902 , ezzel a tört értéke 2. Végül, ha x + 1955 = −53 , akkor x = −2008 , ekkor a tört értéke 0 4 pont x + 2008 Az az x egész szám, amelyre a lehető legkisebb egész értéket veszi föl, x + 1955 x = −1956 , erre az x egész számra a tört értéke -52. 1 pont Összesen: 10 pont

vesz föl. E célból az

2.

Készítsünk vázlatos ábrát! F C

M

G A

B

E

D

39


A szokásos jelölésekkel legyen BAC∠ = α , eszerint GAB∠ = 90° + α és CAE∠ = 90° + α . 1 pont Mivel GA = CA és BA = EA , ezért mondhatjuk az előző eredmény alapján, hogy a BGA háromszög A pont körüli, negatív irányú 90° -os elforgatottja az ECA háromszög. 3 pont A BG és EC szakaszok egymás elforgatottjai, az általuk bezárt szög ezért éppen akkora, 2 pont mint az elforgatás szöge, vagyis 90° . Eszerint BME∠ = 90° , azaz a BEM háromszög derékszögű, amelynek derékszögű csúcsa az M pont. 1 pont A BEM háromszög körülírt körének átmérője ennek alapján a BE szakasz, ez pedig 2008 ⋅ 2 egység hosszúságú, hiszen az ABDE négyzet oldala 2008 egység. 2 pont Így a BEM háromszög körülírt körének sugarára az R BEM ∆ = 1004 ⋅ 2 értéket kapjuk. 1 pont Összesen: 10 pont

(

)

1  A megoldandó x 3 − 9 x 2 + 14 x ⋅  x 2 − 2 ⋅ x +  < 0 egyenlőtlenség pontosan 2  akkor teljesül, ha a benne szereplő zárójeles kifejezések egyike sem 0, és a kifejezések előjele különböző. 1 pont 1 Az x 2 − 2 ⋅ x + kifejezésről könnyen látható, hogy teljes négyzet, mégpedig 2

3.

2

1  1  (1) x − 2 ⋅ x + =  x −  . 2  2 2

2 pont

2

2

 1   1  1 pont Mivel a fentiek szerint  x −  ≠ 0 , ezért csak  x −  > 0 lehetséges. 2 2   Ebből azonnal következik, hogy x 3 − 9 x 2 + 14 x < 0, vagy a bal oldalon x kiemelése után: (2) x ⋅ (x 2 − 9 x + 14 ) < 0. 1 pont A (2) egyenlőtlenség kétféleképpen teljesülhet: (3) x < 0 és x 2 − 9 x + 14 > 0, vagy (4) x > 0 és x 2 − 9 x + 14 < 0. 1 pont 2 2 Az f ( x ) = x − 9 x + 14 függvény zérushelyei x1 = 2 és x 2 = 7 , ezért x − 9 x + 14 > 0 akkor teljesül, ha x < 2, vagy x > 7. Mivel mindkét (3) alatti egyenlőtlenségnek 1 pont teljesülnie kell, ezért csak x < 0 lehet. 2 Hasonlóképpen kapjuk, hogy x − 9 x + 14 < 0 akkor igaz, ha 2 < x < 7, ennek megfelelően (4) akkor érvényes, ha 2 < x < 7. 1 pont A kiinduló egyenlőtlenség megoldásai tehát az M = ]− ∞;0[ ∪ ]2;7[ halmaz elemei. 2 pont Összesen: 10 pont 4. Legyen a = 3 25 + x + 28 és b = 3 29 − x + 28 ! A négyzetgyök értelmezése 1 pont miatt x ≥ −28 . Ezekkel a jelölésekkel az eredeti egyenlet a következő alakban írható föl: 1 pont (1) a + b = 6 . 3 3 Ugyanakkor teljesül az is, hogy a = 25 + x + 28 és hasonlóan b = 29 − x + 28 , ezért: (2) a 3 + b 3 = 54 . 2 pont

40


Mivel

(

ismert,

)

hogy

(

)

a 3 + b 3 = (a + b ) ⋅ a 2 − ab + b 2 ,

ezért

(1)

és

(2)

alapján

6 ⋅ a 2 − ab + b 2 = 54 , ahonnan: (3) a − ab + b 2 = 9 következik. 2 pont b = 6−a, ezt (3)-ba helyettesítve először, (1)-ből adódik, hogy 2 2 a − a ⋅ (6 − a ) + (6 − a ) = 9 , majd a műveletek elvégzése, rendezés és egyszerűsítés után az: (4) a 2 − 6a + 9 = 0 egyenletet kapjuk. 1 pont 2 2 Mivel a − 6a + 9 = (a − 3) , ezért (4) megoldása csak a = 3 , ebből (1) alapján b = 3 is következik. 1 pont 3 Ha a = 3 , akkor a = 27 , azaz 27 = 25 + x + 28 , innen rövid számolás után az x = −24 megoldást kapjuk. Ugyanerre az eredményre jutunk, ha b = 3 -ból kiindulva a 27 = 29 − x + 28 megoldását keressük meg. 1 pont Az x = −24 érték megfelel az x ≥ −28 feltételnek és behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy valóban megoldása a kiinduló egyenletnek. 1 pont Összesen: 10 pont 2

5. Forgassuk el az ACP háromszöget az A pont körül 60°-kal negatív irányba! Az elforgatásnál az A pont képe önmaga, a C pont képe a B pont, hiszen az ABC háromszög szabályos, a P pont képét pedig R -rel jelöltük. C

P A

B

60O R

Mivel AP = AR = 3 és PAR∠ = 60° , ezért a PAR háromszög egy

2 pont 3 oldalú szabályos

háromszög, ebből PR = 3 is következik.

1 pont

A PC szakasz elforgatottja az RB szakasz, így PC = RB = 7 .

1 pont

( )

2

( )

2

Észrevehetjük, hogy 3 + 2 2 = 7 , azaz PR 2 + PB 2 = RB 2 , így a Pitagorasz-tétel megfordításából következik, hogy a BRP háromszög derékszögű, melynek derékszögű csúcsa a P pontban van. 1 pont Tudjuk, hogy APR∠ = 60° és az előző megállapítás miatt BPR∠ = 90° , így APB∠ = 150° . 1 pont

41


Fölírhatjuk az APB háromszögre a koszinusztételt: (1) AB 2 = AP 2 + BP 2 − 2 ⋅ AP ⋅ BP ⋅ cos150° . (1)-be az adott hosszúságértékeket behelyettesítjük és figyelembe vesszük, hogy 3 cos150° = − cos 30° = − , ezzel: 2 2 3 . 2 pont (2) AB 2 = 3 + 2 2 + 2 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 2 (2)-ből a műveletek elvégzése után AB 2 = 13 adódik, eszerint az ABC szabályos háromszög mindhárom oldala AB = BC = CA = 13 . 1 pont

( )

Tehát az ABC háromszög kerülete 3 ⋅ 13 hosszúságegység.

6.

1 pont Összesen: 10 pont

Jelöléseink az ábrán láthatók. E k3

G α

H γ

β

k1

F

O3 δ

O2

O1

k2

Az O1O2 FE négyszög trapéz, mert O1 E és O2 F párhuzamosak, hiszen az érintő tulajdonsága miatt mindkét szakasz ugyanarra az EF egyenesre merőleges. Ha pedig az O1O2 FE négyszög trapéz, akkor ebből α + β + γ + δ = 180° következik. 1 pont Az ábra alapján O1O3 O2 ∠ = GO3 H∠ = 180° − β − γ , viszont a GO3 H háromszög egyenlő szárú, ezért: β +γ (1) O3GH∠ = O3 HG∠ = . 2 pont 2 180° − α α = 90° − , ebből Az O1GE egyenlő szárú háromszögből kapjuk, hogy O1GE∠ = 2 2 pedig azt, hogy EGO3 ∠ = 90° +

α

2

.

1 pont

Ez pedig (1) alapján éppen azt jelenti, hogy EGH∠ = 90° + Az O2 FH egyenlő szárú háromszögből O2 FH∠ = EFH∠ = 90° − O2 FH∠ =

δ

2

.

2 pont

180° − δ δ = 90° − , ezért az EFH∠ -re 2 2

. 2 Az EGHF négyszög két szemben levő szögének összege:

42

α + β +γ

2 pont


(2) EGH∠ + EFH∠ = 90° +

α + β +γ

+

δ

. 1 pont 2 2 A (2) összefüggésből, felhasználva, hogy α + β + γ + δ = 180° , az következik, EGH∠ + EFH∠ = 180° , vagyis az EGHF négyszög két szemben levő szögének összege 180°, tehát a négyszög húrnégyszög, és ezt kellett bizonyítani. 1 pont Összesen: 10 pont

12. évfolyam x +1

1. Mivel x ≥ 0 , ezért x + 1 ≥ 1 , így a 2008 = cos x + 2007 egyenlet bal oldalán a 2008 hatványkitevője legalább 1. 2 pont x +1 Eszerint 2008 ≥ 2008 . 2 pont 1 pont Ebből cos x + 2007 ≥ 2008 , majd pedig cos x ≥ 1 következik. Az f ( x ) = cos x függvény értéke egyetlen x valós számra sem lehet 1-nél nagyobb, ezért 1 pont csak cos x = 1 lehetséges. A cos x = 1 egyenlet megoldásai az x = k ⋅ 2π összefüggésnek megfelelő valós számok, 1 pont ahol k ∈ Z . Ezek közül a valós számok közül azonban csak a k = 0 -hoz tartozó x = 0 lesz megoldása x +1 a kiinduló 2008 = cos x + 2007 egyenletnek, hiszen a bal oldal értéke legalább 2008, a jobb oldal értéke pedig legfeljebb 2008, így csak egyenlőség lehet, és ez csak x = 0 esetén teljesül. 2 pont Az eredeti egyenletnek tehát egyetlen megoldása van, számolással ellenőrizhető, hogy x = 0 mellett a két oldal valóban egyenlő. 1 pont Összesen: 10 pont 2. A feltételek szerint a három egyenes egy pontban kell, hogy messe egymást. 1 pont A 3 x + 5 y = 11 és a 7 x − 4 y = 10 egyenletű egyenesek metszéspontját az egyenletrendszer 2 pont megoldása után kapjuk, ez az M (2;1) pont. Ez a pont kell, hogy illeszkedjen a p ⋅ x + q ⋅ y = 7 egyenesre, ezért teljesül, hogy: (1) 2 p + q = 7 . Az (1) egyenletben mindkét pozitív prímszám nem lehet páros, mert akkor a bal oldal értéke 6, míg a jobb oldalé 7. Ugyanakkor nem lehet mindkét pozitív prímszám páratlan sem, mert akkor a bal oldal értéke legalább 9 lenne, a jobb oldalé pedig 7. 2 pont Tehát az egyik prím páros, a másik páratlan. 1 pont A páros prím nem lehet a q , mert akkor (1) bal oldalán páros számot kapnánk. 1 pont 2 pont Eszerint p = 2 és ebből következően q = 3 . Ha tehát p = 2 és q = 3 , akkor a feladat feltételei teljesülnek, azaz a megadott egyenletű 1 pont egyenesek az M (2;1) pontban metszik egymást. Összesen:10 pont 3. A megoldáshoz vázlatos ábrát készítünk. falut az ábrán az A pont, az egymást 60° -os szögben metsző egyenes utak metszéspontját P -vel jelöltük. A minimális úthossz kiszámítása érdekében az A pontot tengelyesen tükröztük az utakat jelképező egyenesekre,

43


a kapott tükörképpontok B és C , a merőlegesek talppontjai S és R , a BC szakasznak az előző egyenesekkel való metszéspontjai T és Q . P 60º

Q C ·

T B

R · 10 km

6 km A

2 pont A tükrözés miatt AT = BT és AQ = CQ , azaz AQ + QT + TA = BC , tehát az AQT 2 pont háromszög kerülete a BC szakasz hosszával egyenlő. Viszont a BC szakasz a B és C pontok közötti legrövidebb távolság, ezért a BC szakasz hossza a keresett legrövidebb úthossz. 1 pont A PRAS négyszög húrnégyszög, mert két szemben levő derékszöge van, így a másik két szemben levő szögének összege is 180°, vagyis SAR∠ = BAC∠ = 120° . 1 pont Az ABC háromszögben AB = 20 km, AC = 12 km és BAC∠ = 120° , fölírható tehát a háromszögben a BC oldalra a koszinusztétel: (1) BC 2 = 12 2 + 20 2 − 2 ⋅ 12 ⋅ 20 ⋅ cos120° . 2 pont 1 Felhasználjuk, hogy cos120° = − cos 60° = − és elvégezzük (1)-ben a műveleteket, rövid 2 2 számolás után azt kapjuk, hogy BC = 784 , ebből pedig BC = 28 adódik. A feladat szövegének megfelelő legrövidebb útvonal tehát 28 km hosszúságú. 2 pont Összesen:10 pont

4. A feladatnak megfelelő ábrát készítünk. Az ábrán a gúlát egy olyan síkkal metszettük el, amely átmegy gúla E csúcsán és az alap két szemközti élének felezőpontján, a síkmetszet az EFG egyenlő szárú háromszög. A metszősík a gúla beírt gömbjét az EFG háromszög beírt körében metszi. E

·

H

K D

C

F

·

G

T A

B 1 pont 44


KT 1 = , és mivel KT = KH = r a beírt gömb sugara, ezért EK 2 EK = 2r . 1 pont Eszerint az EKH derékszögű háromszög EK átfogójának hossza a KH befogó hosszának kétszerese, ezért az EKH derékszögű háromszögben EKH∠ = 60° és KEH∠ = 30° . A szögek egyenlősége miatt az EKH háromszög és az EGT háromszög 1 pont hasonló, így EGT∠ = 60° és GET∠ = 30° szintén teljesül. A feladat adatai között szerepelt, hogy az alaplap éle 4 ⋅ 3 hosszúságú, ezért az ABCD

A feladat feltétele miatt

alaplap FG középvonalának hossza is 4 ⋅ 3 , ebből pedig TG = 2 ⋅ 3 és EG = 4 ⋅ 3 következik. 1 pont A fentiek alapján az EGT derékszögű háromszögre fölírjuk a Pitagorasz-tételt:

(

)

(

)

(1) 2 ⋅ 3 + (3r ) = 4 ⋅ 3 , ebből a műveletek végrehajtása és egyszerűsítés után 2 r = 4 , illetve r = 2 adódik. 1 pont Az ABCDE gúla körülírt gömbje sugarának kiszámításához egy újabb ábrát készítünk, ehhez a gúlát egy olyan síkkal metszük el, amely átmegy a gúla E csúcsán valamint az ABCD alaplap A és C csúcsain. 2

2

2

E

· A

T

· C

L

Az ABCDE gúla körülírt gömbjének az előző síkkal való metszete az ACE háromszög körülírt körével egyezik meg. Ennek a körnek az ábra szerinti EL szakasz az átmérője, ezért ECL∠ = 90° , legyen a továbbiakban EL = 2 R . Mivel AC = 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 4 ⋅ 6 , ezért TC = 2 ⋅ 6 . 1 pont Ez a TC szakasz a magasságtétel miatt mértani közepe az ET = 6 és a TL = 2 R − 6 szakaszoknak, vagyis: (2) 2 ⋅ 6 = 6 ⋅ (2 R − 6 ) 2 pont (2)-ből négyzetreemelés és rendezés után R = 5 következik, tehát az ABCDE gúla körülírt 2 pont gömbjének sugara R = 5 hosszúságú. Összesen:10 pont

45


Az f ( x ) = 8 ⋅ sin x + 8 ⋅ 2 ⋅ cos x függvény szélsőértékének megállapításához olyan

5.

(a; b ) valós számpárt keresünk, amelyekre

a 2 + b 2 = 1 . Ha ilyen számpárt találunk, akkor ehhez tartozik az egységsugarú körben egy ϕ irányszög, amelyre cos ϕ = a és sin ϕ = b . 2 pont Az f ( x ) függvényt átalakítjuk:

 1 2 (1) f ( x ) = 8 ⋅ 3 ⋅ sin x ⋅ + cos x ⋅ . 3 3   a = cos ϕ =

A

1 3 2

2

b = sin ϕ =

és

3

2 pont választás

megfelelő,

hiszen

2

 1   2  = 1.  +  cos ϕ + sin ϕ =  2 pont   3  3 A fenti jelöléssel (1) alakja a következő lesz: (2) f ( x ) = 8 ⋅ 3 ⋅ [sin x ⋅ cos ϕ + cos x ⋅ sin ϕ ] . 1 pont Egy trigonometrikus összegzési tétel alapján (2)-ből: (3) f ( x ) = 8 ⋅ 3 ⋅ sin ( x + ϕ ) . 1 pont A derékszögű koordináta-rendszerben a sin ( x + ϕ ) függvény képe előállítható a sin x függvény képéből az x tengely mentén történő eltolással. Ezért sin ( x + ϕ ) szélsőértékeinek nagysága megegyezik sin x szélsőértékeinek nagyságával, azaz: (4) − 1 ≤ sin ( x + ϕ ) ≤ 1 . 2

(4)-ből

2

az

is

következik,

hogy

− 8 ⋅ 3 ≤ 8 ⋅ 3 ⋅ sin ( x + ϕ ) ≤ 8 ⋅ 3 ,

tehát

az

f ( x ) = 8 ⋅ 3 ⋅ sin ( x + ϕ ) függvény minimuma − 8 ⋅ 3 , maximuma pedig 8 ⋅ 3 . 2 pont Összesen:10 pont Megjegyzés: a feladat nem írta elő a szélsőértékek helyeinek meghatározását. Ugyanakkor 1 2 és sin ϕ = alapján ϕ egyértelműen megadható, amelyből cos ϕ = 3 3 π 3π x + ϕ = + k ⋅ 2π , (k ∈ Z ) alapján a maximumhelyek, x + ϕ = + k ⋅ 2π , (k ∈ Z ) 2 2 alapján pedig a minimumhelyek kiszámíthatók.

6. A megadott eljárást követve elsőként a 2101101118 számot hozzuk létre, ez biztosan nem osztható 3-mal, mert számjegyeinek összege 16, ez pedig nem osztható 3mal. 1 pont A továbbiakban bizonyítani fogjuk, hogy ha egy lépésben az 1-esek számának száma (és ezzel az összege is) 3-mal osztható, akkor a következő lépésben megint osztható lesz. Ebből már következik a feladat állítása, hiszen az első lépésben az 1-esek számának összege 6, a 2101101118 szám pedig 3-mal nem osztható, ha ehhez a következő lépésben (és minden továbbiban) 3-mal osztható darabszámú 1-est írunk a megadott szabályok alapján, akkor a következő számok egyike sem lesz osztható 3-mal. 1 pont Tegyük föl, hogy egy lépés végrehajtása után a kapott számban k számú 1-es van, ahol k ∈ N + . Ekkor a kapott számnak k + 4 darab jegye van az eredeti 2008 szám négy

46


számjegyével együtt, ez pedig k + 3 olyan helyet jelent, ahova az eljárás szerint a következő lépésben 1-eseket tehetünk. 2 pont Ki kell tehát számítanunk egy olyan számtani sorozat első k + 3 tagjának összegét, amelyben a1 = 1 és d = 1 , hiszen két szomszédos számjegy közé mindig 1-gyel növekvő számú 1-est teszünk egy részlépés végrehajtása során. A számtani sorozat összegképlete 2+k +2 (k + 4) ⋅ (k + 3) . alapján S k + 3 = ⋅ (k + 3) , azaz S k + 3 = 2 pont 2 2 Ha a k szám 3-mal osztható, akkor fölírható k = 6m , vagy k = 6m + 3 alakban, ahol m ∈ N + ( m = 0 nem lehet, mert sem 0 darab, sem 3 darab 1-es az eljárás során nem keletkezik). 1 pont (6m + 4) ⋅ (6m + 3) = 3 ⋅ (3m + 2) ⋅ (2m + 1) , vagy Így S k + 3 = 2 (6m + 7 ) ⋅ (6m + 6) = 3 ⋅ (6m + 7 ) ⋅ (m + 1) . Látható, hogy S mindkét esetben 3-mal S k +3 = k +3 2 osztható. Ezzel beláttuk, hogy ha egy lépés során k darab 1-es szerepel egy számban és ez a k 3-mal osztható, akkor a következő lépésben az 1-esek darabszáma egy 3-mal osztható számmal növekszik. Vagyis, ha első alkalommal a kapott szám 3-mal nem volt osztható, mert a számjegyek összege nem volt osztható 3-mal, akkor a következő lépésben, és egyetlen további lépésben sem lesz a kapott szám 3-mal osztható. 3 pont Összesen:10 pont

47


EREDMÉNYEK Gimnázium 9. évfolyam Díj Név

Iskola

Felkészítő

II. Mezőfi Dávid III. Tamás Bence

Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola III. Béla Gimnázium Szent István Gimnázium

32 28

III. Bajáki Dorina

Bányai Júlia Gimnázium

Reiter István, Pósa Lajos Dr. Blandl Mátyás Szőke Imréné Reiterné Makra Zsuzsanna Kelemenné Kalászi Zsuzsanna

27

Szőke-Tóth Zsolt

24

Reiter István

24

Zseni Zsófia

23

Szőke-Tóth Zsolt Dr. Blandl Mátyás

23 22

Pesti Borbála

21

Szőke-Tóth Zsolt Váradi Krisztián Szőke-Tóth Zsolt

21 19 18

Erős Erika

18

I.

Damásdi Gábor

III. Mészáros Mónika III. Horváth Orsolya III. Kristóf Imola Anda Géza Bujdosó Eszter Cseresnyés Péter Kulmány Ágnes Liptai Márton Viczei Csilla Tóth Máté Tréfás András

Kunszentmiklósi Református Kollégium Baksay Sándor Gimnáziuma Bolyai János Gimnázium Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola Kiskunhalasi Református Kollégium Szilády Áron Gimnáziuma Bolyai János Gimnázium III. Béla Gimnázium Kecskeméti Református Kollégium Gimnáziuma Bolyai János Gimnázium Bibó István Gimnázium Bolyai János Gimnázium Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola

Reiterné Makra Zsuzsanna Badó Zsolt Dr. Nádháziné Borbola Éva Szőke-Tóth Zsolt

B. Tóth Dániel


Németh Bence

Bányai Júlia Gimnázium Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola Bolyai János Gimnázium Piarista Általános Iskola, Gimnázium Szombati Edit és Diákotthon Reiterné Makra Bányai Júlia Gimnázium Zsuzsanna III. Béla Gimnázium Dr. Blandl Mátyás III. Béla Gimnázium Borbély Zoltán Bolyai János Gimnázium Szőke-Tóth Zsolt Hunyadi János Gimnázium, Horváthné H.A. Szakiskola és Kollégium Bibó István Gimnázium Váradi Krisztián Bolyai János Gimnázium Szőke-Tóth Zsolt Bolyai János Gimnázium Szőke-Tóth Zsolt Bolyai János Gimnázium Szőke-Tóth Zsolt Katona József Gimnázium és Dr. Nádháziné Számítástechnikai Szakközépiskola Borbola Éva

Zónai Roland Nádudvari Dzsenifer Soós Zoltán Máté Andor Jenei Balázs Kordé János Márk Vida Dániel Vuity Gábor Vásári Zoltán Gál András Körmöczi András Huba Hadházi Kitti Tormási Fanni

48

Pontszám 44

27

16 16 16 15 15 14 12 12 12 12 10 8 6 2 2


Gimnázium 10. évfolyam Díj

Név

Iskola

II.

Hosszejni Darjus

III. Béla Gimnázium

II.

Papp Balázs

Szent István Gimnázium

III.

Damásdi Dénes

Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola

III.

Pohl Nóra

III.

Csányi János Gál Csilla Horváth Roland Mészáros Dénes Komárniczky Bence Péteri Dénes Knódel Máté Udvari Benjamin Schmíz Gábor Harsányi Virág Marsi Béla Szabó Orsolya Jusztin Sándor Bodri Péter Juhász Norbert Doba Dániel Tóth Adrienn Áipli Boglárka Dömötör Tamás Bácsi Marcell Nagy Károly Markella Tamás Sohajda Gábor Borka Szabolcs

Felkészítő Királyné Nagy Éva Thuránszky Rudolf Csordásné Szécsi Jolán, Szabó István

Kunszentmiklósi Református Gyenes Kollégium Baksay Sándor Magdolna Gimnáziuma Kiskunhalasi Református Kollégium Osváth Emese Szilády Áron Gimnáziuma Thuránszky Szent István Gimnázium Rudolf Királyné Nagy III. Béla Gimnázium Éva Magyarországi Németek ÁMK Pécsi Józsefné Gimnázium Bolyai János Gimnázium Kutas Tibor Thuránszky Szent István Gimnázium Rudolf Katona József Gimnázium és Szalai Péter, Számítástechnikai Szakközépiskola Szabó István Királyné Nagy III. Béla Gimnázium Éva III. Béla Gimnázium Sasfalvi Ildikó III. Béla Gimnázium Sasfalvi Ildikó Bolyai János Gimnázium Kutas Tibor Bogdányné Bányai Júlia Gimnázium Pigniczki Erzsébet Bolyai János Gimnázium Kutas Tibor Katona József Gimnázium és Szalai Péter, Számítástechnikai Szakközépiskola Szabó István Bolyai János Gimnázium Baranyi Éva Bolyai János Gimnázium Kutas Tibor Katona József Gimnázium és Szabó István Számítástechnikai Szakközépiskola Kunszentmiklósi Református Gyenes Kollégium Baksay Sándor Magdolna Gimnáziuma Bolyai János Gimnázium Baranyi Éva Katona József Gimnázium és Szalai Péter, Számítástechnikai Szakközépiskola Szabó István III. Béla Gimnázium Egyed László Thuránszky Szent István Gimnázium Rudolf Bolyai János Gimnázium Kutas Tibor Bolyai János Gimnázium Kutas Tibor

49

Pontszám 34 33 31

31 29 26 26 24 23 22 20 20 19 18 16 14 13 12 11 9 6 5 3 2 2 1 1 0


Gimnázium 11. évfolyam Díj

Név

Iskola

Felkészítő

I. I. II.

Halász Réka Hegedűs Imre Körmöczi Koppány

III.

Hudák Péter

III.

Budinkity Noémi

III. Béla Gimnázium Bolyai János Gimnázium Bolyai János Gimnázium Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola III. Béla Gimnázium

Kovács Péter


Egyed László Baranyi Éva Baranyi Éva Dr. Szablics Bálintné Egyed László Sasfalvi Ildikó, Egyed László Dr. Szablics Bálintné Egyed László Szőke-Tóth Zsolt Óváriné Csabai Mária Óváriné Csabai Mária Dr. Szablics Bálintné Királyné Nagy Éva, Egyed László

Pontszám 42 41 32 29 26 24

Glasenhardt Katalin Kürtösi Anna

Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola III. Béla Gimnázium Bolyai János Gimnázium

Barna Dávid


Nagy Tímea


B. Tóth Zsuzsanna


Barna Barnabás


Dorcsák Lajos


Gyimesi Gábor

Móra Ferenc Gimnázium

Litter Katalin

Bányai Júlia Gimnázium Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola

Kámánné Pallagi Judit Varga József Dr. Szablics Bálintné

Tamás Péter Zsigmond Zsaklin Lengyel Miklós Szabó Andor

Szent István Gimnázium Bibó István Gimnázium Bolyai János Gimnázium Szent István Gimnázium

Thuránszky Rudolf Rádi Kornélia Baranyi Éva Thuránszky Rudolf

Tóth Teodóra


Alvarez Attila

Kecskeméti Református Kollégium Gimnáziuma

Óváriné Csabai Mária Dr. Horváth Alajosné

Borbély Zoltán


Thuránszky Rudolf

16

Balázs Cintia


Csordásné Szécsi Jolán, Dr. Szablics Bálintné

15

Balog Péter



14

Molnár Zoltán



14

Farkas Ádám

Reiter Viktor

50


23 23 22 21 21 20 20 20 20 20 20 20 20 19 18 17 16


Díj

Név

Iskola

Felkészítő

Halász Kitti


Thuránszky Rudolf

13

Gömöri Roland



11

Polyák Csaba


Dr. Szablics Bálintné

10

Lánczi Péter Pusztai Klaudia Filus Márk

Szent István Gimnázium Bolyai János Gimnázium Bolyai János Gimnázium

Thuránszky Rudolf Szőke-Tóth Zsolt Baranyi Éva

9 8 0

51

Pontszám


Gimnázium 12. évfolyam Díj Név I.

Horváth Markó

I.

Garaczi Tamás

II. Markó Zoltán II. Pálinkó Gábor

Iskola Kunszentmiklósi Református Kollégium Baksay Sándor Gimnáziuma Bányai Júlia Gimnázium Szent István Gimnázium Kunszentmiklósi Református Kollégium Baksay Sándor Gimnáziuma

II. Kadanoczki Helga


III. Hajdu Gábor


Balogh Teréz


Rádi Ferenc

Móra Ferenc Gimnázium

Serdült Viktor


Vásári Péter

Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola Kecskeméti Református Kollégium Gimnáziuma Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola Bibó István Gimnázium

Varga Áron


Andrássy Zita Damásdi Eszter Tóth Dávid

Kasza Csaba

Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola Bolyai János Gimnázium Kecskeméti Református Kollégium Gimnáziuma Bányai Júlia Gimnázium

Vajda Ágnes


Kelemen Petra


Balogh Ádám

Bányai Júlia Gimnázium Kecskeméti Református Kollégium Gimnáziuma Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola

Almási Krisztina Batha Dávid Szekera Ottó

Cserényi Gyula Scheffer Alma Tolnai Bernadett


Vigula Mónika Bajsz Máté Mihálovics Zoltán Bán Dénes Molnár Dávid

Szent István Gimnázium Bibó István Gimnázium Bányai Júlia Gimnázium Bibó István Gimnázium Bibó István Gimnázium

52

Felkészítő

Pontszám

Gyenes Magdolna

60

Óváriné Csabai Mária Szőke Imréné Gyenes Magdolna Steingártné Molnár Mária Szőke Imréné Óváriné Csabai Mária Nagy Lajos Steingártné Molnár Mária Dr. Nádháziné Borbola Éva Szenes Mártonné Dr. Nádháziné Borbola Éva Rapcsák Csaba Dr. Blandl Mátyás Dr. Nádháziné Borbola Éva Haralyi katalin Szenes Mártonné Varga József Óváriné Csabai Mária Steingártné Molnár Mária Varga József Dr. Horváth Alajosné Dr. Nádháziné Borbola Éva Steingártné Molnár Mária Szőke Imréné Rapcsák Csaba Varga József Rapcsák Csaba Rapcsák Csaba

57 54 50 49 44 41 40 40 37 35 34 34 29 28 28 28 27 27 26 25 25 24 24 24 22 22 20 20


Díj Név Szalai Tamás Fazekas Dénes

Iskola

Felkészítő

Bányai Júlia Gimnázium Református Kollégium Általános Iskolája és Gimnáziuma

Varga József

Molnár Tamara


Péczka Tímea

Bibó István Gimnázium

Sáró Ágnes Erdélyi Éva Zubor Márton

Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola Bibó István Gimnázium Katona József Gimnázium és Számítástechnikai Szakközépiskola

53

Pontszám 20 19

Óváriné Csabai Mária Fődiné Szabó Klára Dr. Nádháziné Borbola Éva Rapcsák Csaba Reiter István

18 18 15 9 0


Szakközépiskola 9. évfolyam Díj Név

Iskola

Felkészítő

Pontszám

ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium

Nagy Anette

14

Rakonczai János

14

Illés Judit

13

Keresztúri Nikolett

II. Rákóczi Ferenc Mezőgazdasági, Közgazdasági, Informatikai Szakközépiskola és Kollégium

Tóbiás Zoltánné

12

Schumacher Bettina

Türr István Gazdasági Szakközépiskola

Hirlingné H. Marianna

12

Kónya Árpád


Klein Imréné

11

Farkas Dániel

Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola

Rakonczai János

11

Horváth Helga

Kiskunfélegyházi Szakképző Intézmény és Kollégium Közgazdasági Szakközépiskolája

Nemes-Nagyné Meizl Tünde

11

Ács-Kocsis Enikö

ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium

Illés Judit

10

Vakula Mariann


Klein Imréné

10

Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola Türr István Gazdasági Szakközépiskola Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola

Rakonczai János Huzsvay Edit Körmöczi Bulcsú Rakonczai János Kormos Istvánné Rakonczai János

Olajos Alex


Klein Imréné

4

Kovács Gábor


Illés Judit

1

III. Madari Zoltán III. Marsa Marietta III. Kövecses Szilvia

Nagy József Hugyák Tamás Krizsán Andrea Bácsi Szilvia Csontos Vivien Szabó Dániel

54

10 10 8 7 6 5



Iskola

Felkészítő

Herke György


Klein Imréné

42

III. Gyimesi Péter


Klein Imréné

23

III. Göbölyös Edit

ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Illés Judit Szakközépiskola és Kollégium

19

Szalinka Katalin


Tóbiás Zoltánné

11

Szalai Ágnes



7

Gyimesi Gábor


Klein Imréné

6

Katzenbach Klaudia

Széchenyi István Idegenforgalmi, Vendéglátóipari Szakképző Iskola és Kollégium

Deák Mária

6

Basic Dániel


Klein Imréné

4

Illés Judit

4

Szabó Erika

4

Demjén Rozália

4

Vajda Csaba

3

Illés Judit

3

Szarvas Miklós

2

Szarvas Miklós

2

Nagy Anette

0

I.

Bolyki Laura Kovács Tibor Németh Regina Farkas Tímea Szigeti Olga Schultz Máté Újházi Norbert Hajnák Fruzsina

ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium Kandó Kálmán Szakközépiskola és Szakiskola Lestár Péter Középiskola és Szakiskola ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium Türr István Gazdasági Szakközépiskola Türr István Gazdasági Szakközépiskola ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium

55

Pontszám



Iskola

Felkészítő

II.

Kandó Kálmán Szakközépiskola és Szakiskola

Lázár Józsefné

20

III. Kárpáti Rita


Szabó Julianna

16

III. Rébék Gábor


Szabó Julianna

16

Árva-Tóth Adrienn


Kiss Róbertné Rívó Erika

14

Garas László


Szabó Julianna

14

Takács István

14

Kormos Istvánné

14

Gottlieb Gábor Gottlieb Gábor

13 12

Illés Judit

11

Tánczos Gellért

Kollát Richárd Patkó Anett Nagy Kristóf Horváth Zoltán Bialkó Edina

ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium Türr István Gazdasági Szakközépiskola Türr István Gazdasági Szakközépiskola ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium

Pontszám

File István


Szabó Julianna

11

Tokodi Lajos


Szabó Julianna

11

Lázár Lózsefné

8

Szélné Kovács Judit

7

Seres Katalin

7

Horváth Gergely Hordós Julianna Lajos Viktor

Kandó Kálmán Szakközépiskola és Szakiskola Kandó Kálmán Szakközépiskola és Szakiskola Petőfi S. Gépészeti és Informatikai Szakképző Iskola és Kollégium

Tóth Imre

Dózsa György Gimnázium, Szakközépiskola és Kollégium, Kiskunmajsa

Farkasné Szűcs Mária

7

Barta Gábor



3

Takács István

3

Nagy Anette

3

Seres Katalin

2

Szabó Julianna

0

Lendvai Csilla Rutterschmidt Evelin Szegedi Máté Horváth István

ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium ÁFEOSZ Kereskedelmi, Közgazdasági Szakközépiskola és Kollégium Petőfi S. Gépészeti és Informatikai Szakképző Iskola és Kollégium II. Rákóczi Ferenc Mezőgazdasági, Közgazdasági, Informatikai Szakközépiskola és Kollégium

56



Iskola

Felkészítő


Klein Imréné

32

III. Anka Vince Balázs


Fuchsné Walter Magdolna

22

III. Sárkány Balázs


Klein Imréné

22


20

Körmöczi Bulcsú

20

Körmöczi Bulcsú

19


Szauter Zsuzsanna

19

Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola

Kiss Róbertné Rívó Erika Fuchsné Walter Magdolna


Klein Imréné

12

Körmöczi Bulcsú

10


7

I.

Rokolya Balázs

III. Sipos Diána III. Szőke Zsolt Bera András Polyák Ádám Tóth Krisztina Tóth Ferenc Bakos Dóra Kiss Gábor Pál Lukács Tamás

Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola

Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola Kada Elek Közgazdasági Szakközépiskola

Pontszám

18 14

Gyöngyi Ferenc


Klein Imréné

6

Schrötter Ildikó


Riczkó Eleonóra

6

Dózsa Arnold


Szauter Zsuzsanna

2

Horváth Norbert


Szauter Zsuzsanna

2

Szabó István


Nagy Anette

1

Bakai Tamás


Szauter Zsuzsanna

0

Kovács Sándor György

Kandó Kálmán Szakközépiskola és Szakiskola

Siposné Pásztor Hajnalka

0

57


JEGYZET

58


JEGYZET

59


JEGYZET

60

ÁFEOSZ KERESKEDELMI, KÖZGAZDASÁGI SZAKKÖZÉPISKOLA ÉS KOLLÉGIUM 6000 Kecskemét Bibó István u. 1. Telefon:76/500-850 Fax: 76/483-234 E-mail: [email protected] Honlap: www.afeosziskola.hu

A természet a matematika nyelvén van megírva

Recommend Documents