Matematika felvételi feladatok bővített levezetése 2013 (8. osztályosoknak)

Matematika felvételi feladatok bővített levezetése 2013 (8. osztályosoknak) Készítette az Edemmester Gamer Blog

Erre a dokumentumra az Edemmester Gamer Blog kiadványokra vonatkozó szabályai érvényesek.

Matematika felvételi feladatok bővített levezetése 2013 (8. osztályosoknak)

1. feladat: Határozd meg az a, b és c értékét, és az eredményeket közönséges tört alakban írd a megfelelő helyre!

1. lépés: Közös nevezőre hozás. 2 és 6 legkisebb közös nevezője (azaz legkisebb közös többszöröse) 6. 6/2 = 3, tehát a tört számlálóját is 3-mal kell megszoroznunk:

2. lépés: Művelet elvégzése, azaz az első tört számlálójából kivonjuk a másodikat:

A végeredményt lehet egyszerűsíteni, de nem kötelező, valamint szétválaszthatjuk az egész és a tört részét, azonban ez sem kötelező.

1. lépés: Mivel a szorzás és az osztás magasabb rendű művelet, mint az összeadás és a kivonás, ezért először a szorzást kell elvégezni. Szorzás esetén engedélyezett a „keresztbe történő” egyszerűsítés, azaz az első tag nevezőjét is egyszerűsíthetjük a második tag számlálójával. Ezt követően egyszerűen összeszorozhatjuk a két törtet, számlálót a számlálóval, nevezőt a nevezővel:

2. lépés: Törtek közös nevezőre hozása. A két tört legkisebb közös nevezője 6 (=2*3).Mivel a nevezőt hárommal kell szoroznunk, ezért a számlálót is szorozzuk hárommal:

3. lépés: Elvégezzük a műveletet, azaz összeadjuk a két számlálót.

Az eredményt nem lehet tovább egyszerűsíteni. Ha valaki nagyobb nevezővel számolt, és az eredménye is úgy van leírva, akkor a hivatalos javítókulcs szerint el kell fogadni az eredményt, nem kötelező a legegyszerűbb alak.

2. oldal, összesen 17 Készítette az Edemmester Gamer Blog


(

)

1. lépés: A hatványozás magasabb rendű művelet, mint a szorzás, az osztás, az összeadás, és a kivonás, ezért először ezt végezzük el. Negatív számot negatívval szorozva az eredmény pozitív lesz: (

)

(

)

(

)

2. lépés: A két számot közös nevezőre hozzuk. Minden számot 1-gyel osztva önmagát kapjuk, a nevező tehát eleinte egy lesz, majd ezt igény szerint (jelen esetben a legkisebb közös nevezőre, azaz 4-re) bővítjük:

Az eredményt nem lehet tovább egyszerűsíteni. Ha valaki nagyobb nevezővel számolt, és az eredménye is úgy van leírva, akkor a hivatalos javítókulcs szerint el kell fogadni az eredményt, nem kötelező a legegyszerűbb alak.

1. lépés: behelyettesítés:

2. lépés: A törtvonal osztást (és a tagjai körül egy-egy zárójelet) jelent. Az osztás magasabb rendű művelet, mint a kivonás, így azt végezzük el először. Osztás esetén az osztó tört reciprok értékével szorzunk:

3. lépés: Szorzás esetén engedélyezett a „keresztbe történő” egyszerűsítés, azaz az első tag számlálóját is egyszerűsíthetjük a második tag nevezőjével. Ezt követően egyszerűen összeszorozhatjuk a két törtet, számlálót a számlálóval, nevezőt a nevezővel:

4. lépés: A második tag egyszerűsíthető 3-mal. Mivel ez megkönnyítheti a közös nevezőre hozást, ezért javasolt mindig egyszerűsíteni:



5. lépés: A két törtet közös nevezőre hozzuk. A legkisebb közös nevező a 4:

6. lépés: Elvégezzük a műveletet, azaz a számlálókat kivonjuk egymásból:

Az eredményt nem lehet tovább egyszerűsíteni. Ha valaki nagyobb nevezővel számolt, és az eredménye is úgy van leírva, akkor a hivatalos javítókulcs szerint el kell fogadni az eredményt, nem kötelező a legegyszerűbb alak. Pontozás: Ennek a feladatnak a pontozása egyszerű. 5 pont kapható a feladatra: Item a b c d

e

Kritérium Ha az a értéke helyes, akkor jár rá az 1 pont, akkor is, ha nem a legegyszerűbb alakban van leírva. Ha az eredmény hibás, akkor nem jár rá pont, a menetétől függetlenül. Ha a b értéke helyes, akkor jár rá az 1 pont, akkor is, ha nem a legegyszerűbb alakban van leírva. Ha az eredmény hibás, akkor nem jár rá pont, a menetétől függetlenül. Ha a c értéke helyes, akkor jár rá az 1 pont, akkor is, ha nem a legegyszerűbb alakban van leírva. Ha az eredmény hibás, akkor nem jár rá pont, a menetétől függetlenül. Ha a d értékbe sikerült behelyettesíteni, akkor jár a pont. Ha az a, b vagy c értéke hibás, de a rossz értékekkel a behelyettesítés jó, akkor is jár a pont. Ha az a, b és c értéke jó, de a behelyettesítés hibás, akkor nem adható rá meg a pont. Ha a behelyettesítés nincs leírva csak az eredmény, DE az jó, akkor is jár pont erre az itemre. Ha a d értéke helyesen lett kiszámolva a behelyettesített adatokkal (függetlenül attól, hogy az a, b és c értéke jó-e), akkor jár rá az 1 pont. Ha az eredmény hibás, akkor nem adható pont.

2. feladat: Tedd igazzá az alábbi egyenlőségeket a hiányzó adatok beírásával! a) 16,5 hl + 32 l = ………………… l A hl és a l között a váltószám 100. 16,5 hl tehát literbe váltva 16,5*100 azaz 1650 liter. Most már elvégezhetjük az összeadást: 1650 + 32 = 1682 l. b) 2013 s = 30 min + ………………… s Itt már kicsit más a feladat. Ennek a megoldásához először a 30 percet át kell váltanunk másodpercbe. A váltószám 60, tehát 30 min * 60 = 1800 s. A kérdés tehát az, hogy mennyit kell adni az 1800-hoz, hogy 2013-mat kapjunk. 2013-1800 = 213, a megoldás tehát 213s.



c)–d) 36,28 t = ………………… kg = ………………… kg – 40 kg Ez egy összetettebb feladat, nézzük először az első felét. 36,28 tonnát át kell váltanunk kg-ra. A váltószám 1000, tehát 36,28 * 1000 = 36280 kg kerül az első vonalra. A második vonal innentől nagyon egyszerű. A kérdés tehát az, hogy melyik az a szám, amiből ha 40-et kivonunk, akkor 36280-at kapunk. Ez egyértelműen a 36280+40 = 36320, tehát a második vonalra ennek az értéknek kell kerülnie. Pontozás: Ennek a feladatnak a pontozása szintén nem bonyolult. 4 pont kapható a feladatra: Item a b c d

Kritérium Ha az a kifejezésben a vonalra helyes eredmény került, akkor jár az 1 pont, ellenkező esetben nem. Ha a b kifejezésben a vonalra helyes eredmény került, akkor jár az 1 pont, ellenkező esetben nem. Ha a c-d kifejezésben az első vonalra helyes eredmény került, akkor jár az 1 pont, ellenkező esetben nem. Ha a c-d kifejezésben a második vonalra helyes eredmény került, akkor jár az 1 pont. Ha az első vonalra hibás eredmény került, de az ottani hibás értékkel a további számítások jók, akkor is jár pont erre az itemre.

3. feladat: Az iskolában két hetedikes tanuló, Gergő (G) és Zita (Z), valamint két nyolcadikos tanuló, Laci (L) és Flóra (F) jelentkezett egy tanulmányi versenyre. A felügyelő tanárnak úgy kell őket leültetni egymás mellé egy négyszemélyes tanulóasztalhoz, hogy azonos évfolyamra járó gyerekek ne kerüljenek közvetlenül egymás mellé. Írd a táblázat mezőibe a tanulók nevének kezdőbetűit a feltételnek megfelelő valamennyi lehetséges ülésrend szerint! Egy lehetséges ülésrend például: [G|L|Z|F] Először javaslom, hogy számoljuk ki fejben azt, hogy hány lehetséges ülésrendet kell felírnunk. Ez nagyon egyszerű. 1. helyen ülhet: BÁRKI (4 ember) 2. helyen ülhet: VALAKI, AKI NEM AZONOS ÉVFOLYAMÚ AZ ELSŐVEL (2 ember) 3. helyen ülhet: AZ, AKI NEM AZONOS ÉVFOLYAMÚ A MÁSODIKKAL, AZAZ AZONOS ÉVFOLYAMÚ AZ ELSŐVEL. (ilyen már csak 1 maradt => 1 ember) 4. helyen ülhet: AZ, AKI NEM AZONOS ÉVFOLYAMÚ A HARMADIKKAL, DE AZONOS ÉVFOLYAMÚ A MÁSODIKKAL. (1 ember) Lehetséges ülésrendek száma tehát 4*2*1*1 = 8. Ezek közül előre megadva 1, tehát meg kell még adni 7 darabot. Most nézzük a lehetséges ülésrendeket. Először nézzük az évfolyam beosztást. Lehet [8|7|8|7] vagy [7|8|7|8]. Ha az első helyen nyolcadikos tanuló ül, akkor ülhet ott Laci vagy Flóra. Az első helytől függetlenül a második helyen ülhet Gergő vagy Zita. A harmadik helyen ülhet az a nyolcadikos, aki nem ül az elsőn. A negyedik helyre ül a maradék, aki az a hetedikes, aki nem ül a másodikon. Ha az első helyen hetedikes ül, akkor a dolog pont fordítva van. Az első helyen ülhet Gergő vagy Zita, a másodikon pedig Laci vagy Flóra. A végeredményünk tehát így néz ki: 5. oldal, összesen 17 Készítette az Edemmester Gamer Blog


[7|8|7|8]

[8|7|8|7]

[G|L|Z|F]

[L|G|F|Z]

[G|F|Z|L]

[L|Z|F|G]

[Z|L|G|F]

[F|G|L|Z]

[Z|F|G|L]

[F|Z|L|G]

Pontozás: A pontozás ennél a feladatnál nem osztható itemekre. Az értékelés alapvetően sávos: Leírt jó megoldás 1-2 3-4 5-7

Kapott pontszám 1 pont 2 pont Az első 4 darabra összesen 2 pont, a négyen felüliekre pedig darabonként egy, azaz összesen elérhető 5 pont.

Ha a leírtak között hibás ülésrend is szerepel, akkor azért a hibás ülésrendek számától függetlenül 1 pontot kell levonni a jókért kapottból. Negatív pontszámot nem lehet elérni, a legkevesebb kapható pont tehát nem -1 hanem 0. Ha egy ülésrend kétszer is le van írva, vagy esetleg a példaülésrend is leírásra került, azért nem jár pontlevonás.

4. feladat: Az alábbi diagram öt korábban sikeres magyar sportoló által szerzett összes olimpiai érmek számát mutatja. Válaszolj az alábbi kérdésekre a diagram alapján!



a) Összesen hány bronzérmet szerzett az öt olimpikon? A diagramról leolvasható, hogy melyik olimpikon hány bronzérmet szerzett. G.A. – 2 K.Á. – 2 E.A. – 1 K.A. – 4 R.I. – 2 A számokat összeadva megtudhatjuk, hogy 2+2+1+4+2 = 11 db bronzérmet szereztek. b)–c) Az olimpiai pontok számát az alábbiak szerint lehet kiszámolni: aranyérem ezüstérem bronzérem 7 pont 5 pont 4 pont Hány olimpiai pontot szerzett Keleti Ágnes az összes érmes helyezésével? Írd le a számolás menetét! Először olvassuk le a diagramról a szükséges adatokat. Keleti Ágnes 5 arany-, 3 ezüst-, és 2 bronzérmet szerzett. Ahhoz hogy kiszámítsuk a kapott pontokat, a különböző típusú érmek számát meg kell szoroznunk az értékükkel: aranyérmek száma * aranyérmek értéke + ezüstérmek száma * ezüstérmek értéke + bronzérmek száma * bronzérmek értéke Jelen esetben be is helyettesíthetjük az értékeket: aranyérmek száma * 7 pont + ezüstérmek száma * 5 pont + bronzérmek száma * 4 pont Most helyettesítsük be a képletbe a diagramról leolvasott számokat: 5 * 7 pont + 3 * 5 pont + 2 * 4 pont A szorzás magasabb rendű művelet, így ezt végezzük el először: 5 * 7 pont + 3 * 5 pont + 2 * 4 pont = 35 pont + 15 pont + 8 pont Végül összeadjuk: 35 + 15 + 8 = 58 pont d)–e) Rejtő Ildikó összesen öt olimpián vett részt. Átlagosan hány érmet szerzett egy olimpián? Írd le a számolás menetét! Az eredményt tizedes tört alakban add meg! Ahhoz hogy megtudjuk az átlagot, össze kell adnunk a szerzett bronz-, ezüst-, és aranyérmek számát, majd el kell osztanunk az olimpiák számával, tehát:



Most következik a behelyettesítés:

A törtben van olyan művelet, amit el lehet végezni, méghozzá a számlálóban. Mivel a törtvonal az osztáson kívül a számláló és a nevező körül zárójelet is jelent, ezért előbb ezt végezzük el:

Így kijött egy eredmény törtalakban. A feladat szerint azonban tizedes törtként kell megadnunk. Mivel a törtvonal osztást jelent, így már el is végezhetjük a műveletet: 7/5 = 1,4 Ennyi tehát a megoldás. Pontozás: Erre a feladatra ismételten 5 pont adható. Item a b c d e

Kritérium Ha az a rész eredménye helyes, akkor jár rá az 1 pont, ellenkező esetben nem. Ha a b-c résznél a behelyettesítés jó, akkor jár rá a pont. A b-c résznél, függetlenül attól, hogy a behelyettesítés jó-e, ha a beírt adatokkal a számítás jó, akkor jár rá a pont. HA a behelyettesített adatokkal a számítás eredménye hibás, akkor nem jár rá a pont. Ha a d-e feladatban a behelyettesítés jó, akkor jár rá a pont. Ha a d-e feladatban a behelyettesített adatokkal (akár jók, akár nem) a számítás jó, és az eredmény tizedes törtként van leírva, akkor jár rá a pont. Ha hagyományos törtként van ott az eredmény, arra nem adható pont.

5. feladat: Minden alábbi csoportban a négy állítás közül pontosan egy igaz. Karikázd be az igaz állítások betűjelét! a) csoport A: Minden paralelogrammának van szimmetriatengelye. B: Van olyan deltoid, amelynek három hegyesszöge van. C: Minden háromszögben van tompaszög. D: Egy háromszögnek legfeljebb két szimmetriatengelye lehet. A állítás – HAMIS, mert paralelogrammának nevezzük azokat a négyszögeket, amiknek két-két oldaluk párhuzamos, és az ilyen négyszögek közül számtalannak nincs tükörtengelye. B állítás – IGAZ, mert a deltoidnak egy fajtája az ún. konkáv deltoid, aminek 3 hegyesszöge van. C állítás – HAMIS, mert sok háromszögnek, (például a szabályosnak, és a derékszögűeknek)nincs tompaszöge. 8. oldal, összesen 17 Készítette az Edemmester Gamer Blog


D állítás – HAMIS – A szabályos háromszögek három szimmetriatengellyel rendelkeznek. b) csoport A: Van két olyan prímszám, amelyeknek az összege is prímszám. B: Két prímszám összege mindig páros szám. C: A 27 prímszám. D: Öt darab 10-nél kisebb pozitív prímszám van. A állítás – IGAZ. Ha két páratlan számot összeadunk, akkor az eredmény mindig páros lesz, ami nem lehet prím, kivétel, ha az a kettő, azonban ez nem jöhet ki eredményül, mivel ez a legkisebb prím. Páratlan számhoz párosat adva azonban páratlan szám keletkezik, tehát ha az egyetlen páros prímet hozzáadjuk páratlanokhoz, akkor lehetséges, hogy másik prímet kapjunk, például 3+2 = 5; 5+2 = 7 B állítás – HAMIS, mert van egy páros prímszám is, és ha ezt bármelyik páratlanhoz hozzáadjuk, akkor az eredmény páratlan lesz. C állítás – HAMIS, mert 27 osztható 3-mal is, tehát nem lehet prím. D állítás – HAMIS, mert 10-nél kisebb pozitív prímek a 2, 3, 5, és a 7, és ez csak 4 darab. Az egy NEM prím, mert csak 1 osztója van, az 1, és a definíció szerint az a szám prím, amelynek pontosan KÉT osztója van. c) csoport A: A 15 pozitív osztóinak szorzata kisebb, mint 100. B: A 28 pozitív osztóinak összege 56. C: Egy páratlan számnak lehet olyan osztója, ami páros. D: A 12 pozitív, páros osztóinak a száma páratlan. A állítás – HAMIS, mert 15 pozitív osztói: 1, 3, 5, 15, és 1*3*5*15 az 225, ami több mint 100. B állítás – IGAZ, mert 28 pozitív osztói: 1, 2, 4,7,14, 28 és 1+2+4+7+14+28 = 56 C állítás – HAMIS, mert a páratlan számok nem oszthatók kettővel, ez teszi őket páratlanná, és minden páros szám kettő többszöröse, tehát ha egy szám nem osztható kettővel, akkor semmi más páros számmal sem. D állítás – HAMIS, mivel 12 pozitív osztói: 1, 2, 3, 4, 6, 12, és ez 6 darab, ami páros. Páratlan számú osztójuk csak az egynek, és a négyzetszámoknak lehet. d) csoport A: Nincs olyan x egész szám, amelyre x = x2 teljesül. B: Egy olyan x egész szám létezik, amelyre x = x2 teljesül. C: Két olyan x egész szám létezik, amelyre x = x2 teljesül. D: Végtelen sok olyan x egész szám létezik, amelyre x = x2 teljesül.



A állítás – HAMIS, mert 1 = 12, mert 1*1 az 1. B állítás – HAMIS, mert 1 = 12 és 0 = 02 C állítás – IGAZ, mert 1 = 12 és 0 = 02 D állítás – HAMIS, mert csak 1-re, és 0-ra igaz az állítás Pontozás: Erre a feladatra 4 pont adható, csoportonként 1. Ha az adott csoport megoldása jó, akkor jár rá a pont. Ha a megoldás nem karikázva van, hanem egyéb módon egyértelműen megjelölve, akkor arra is jár a pont. Ha egy csoportban több állítás is be van karikázva, akkor arra a sorra nem jár pont, függetlenül attól, hogy köztük van-e a helyes.

6. feladat: Az ábrán vázolt ABC háromszögben az e félegyenes a B csúcsnál lévő belső szög szögfelezője, az f félegyenes a C csúcsból induló magasságvonal. Az ε = 40° , a δ = 95° .(Az ábra csak tájékoztató jellegű vázlat, nem pontos méretű.) (A zöld színű ábrán szereplő betűket ÉN írtam rá utólag, a magyarázás megkönnyítése érdekében. Azok az eredetin NEM szerepeltek.)

D E

F a) Mekkora az ABC háromszög B csúcsánál lévő belső szöge? Van egy olyan háromszög, a BCF, amelynek a 3 szögéből 2-nek a mérete ismert. Az egyik 90°-os, a másik pedig 40°-o. Minden háromszög belső szögeinek összege 180°. 180°= egyik szög + másik szög + harmadik szög = 40°+ 90°+ X°. Ha a 180°-ból kivonjuk a 40°+ 90°-ot, akkor meg is kapjuk, hogy a harmadik szög 50 °-os.



b) Mekkora az α szög? Az ABD háromszögnek a három szögéből kettőt ismerünk, a D és a B csúcsnál lévőt. A D csúcsnál egy 95°-os szög található, a B csúcsnál pedig az előző feladatban kijött érték FELE lesz, ugyanis az előbb a BCF háromszöggel dolgoztunk, most pedig az ABD-vel, és a BD szakasz a szögfelezője az előző feladatban megkapott szögnek. Így tehát 180°= 95°+ 25° + x°= 95°+ 25°+ 60°, azaz az eredmény 60 °lett. c) Mekkora az ABC háromszög C csúcsánál lévő belső szöge? Az ABC háromszögnek már két szögét kiszámoltuk a feladat korábbi részében. Az A csúcsánál található egy 60°-os szög, a B csúcsnál pedig egy 50°os. Ismét követhetjük az eddigi gondolatmenetet: 180°= 50° + 60° + x° = 50° + 60° + 70°, az eredmény tehát 70°. d) Mekkora a μ szög? Ezt a legegyszerűbben úgy számolhatjuk ki, hogy az ADEF négyszöget vesszük alapul. Ennek három szögét ismerjük, valamint tudjuk azt, hogy a négyszögek belső szögeinek összege 360°. Jelen esetben az A csúcsnál egy 60°-os, a D csúcsnál egy 95°-os, az F csúcsnál pedig egy 90°os szög van, tehát akkor 60° + 95° + 90° + x° = 360° = 60° + 95° + 90° + 115°, azaz az eredmény 115°lesz. Pontozás: A feladat minden részéért 1 pont jár a helyes megoldásért. Ha valamelyik eredmény hibás lett, de a továbbiakban a rossz eredménnyel a számítás jó, és ez egyértelműen látszik, akkor jár rá pont.

7. feladat: Az ABC egyenlőszárú derékszögű háromszög derékszögnél lévő C csúcsa az origóban van, az átfogó egyik végpontja az A(–4; 8) pont, a másik végpontja a B(8; 4) pont. a)–b) Rajzold bele az ábrába az ABC háromszöget! Törekedj a pontosságra! Ez a feladatrész kifejezetten egyszerű. Először meg kell keresnünk a pontokat a koordinátarendszerben. C csúcs: origó, azaz X:0, Y:0. Ezt könnyű megtalálni, hiszen ez a közepe az egésznek, a két tengely (azaz a vastag vonalak) metszéspontja. A csúcs, koordinátái (-4;8), azaz X:-4, Y:8. Az origóból tehát elindulunk az X tengely mentén (azaz a vízszintes vastag vonalnál). Mivel negatív az X koordináta, ezért balra indulunk, és leszámolunk 4 négyzetet. Ez után jön az Y koordináta, ami pozitív, tehát felfelé kell indulnunk, méghozzá 8 négyzetet. Így el is jutottunk a keresett ponthoz. B csúcs, koordinátái (8;4), azaz X:8, Y:4. Az origóból elindulunk az X tengely mentén. Mivel az X koordináta pozitív, ezért balra haladunk, leszámolunk 8 négyzetet. Ekkor jön az Y irány. Mivel az Y koordináta pozitív, ezért felfelé kell haladnunk, leszámolunk tehát fölfelé 4 négyzetet, és el is jutottunk a B ponthoz. Most már csak össze kell kötnünk a kapott pontokat.



A

x

x B

x

c)–d) Az ADC egyenlőszárú derékszögű háromszög derékszögnél lévő csúcsa szintén a C pont, és a D pont különbözik a B ponttól. Rajzold be az ábrába a D pontot, és határozd meg a koordinátáit! A két háromszög tulajdonságainak tehát azonosnak kell lenniük, és egy közös oldaluknak is lennie kell, méghozzá ez az AC. Ilyen háromszöget a legkönnyebben úgy állíthatunk elő, hogy az ABC háromszöget tükrözzük az AC oldalára. Az így keletkező háromszög minden szabálynak meg fog felelni. A tükrözéshez célszerű szerkesztőeszközöket használni. Ha elkészült az ábra, akkor le kell olvasnunk a d (=B’) pont koordinátáit. Ez nagyon egyszerű. Először megnézzük, hogy a D pont hány négyzetre található az X tengelytől (függőlegesen), jelenesetben 4. Mivel a D az X tengelytől lefelé található, ezért az Y koordináta negatív lesz, jelen esetben -4. Az X koordináta meghatározásához egyszerűen számoljuk le hogy hány négyzetre van a D pont az Y tengelytől (vízszintesen). Mivel az Y tengelytől balra vagyunk, így a koordináta negatív lesz, méghozzá esetünkben -8. A koordináták tehát X:-8 és Y:-4, ami leírható úgy, hogy D(-8;-4). A helyes ábra a következő oldal tetején látható.



A

x

x B

x

B’ = D

e) Hány fokos az a szög, amelynek a csúcsa az A pont, a szárai pedig az AB és az AD félegyenesek? Az egyenlőszárú derékszögű háromszögek szögei mindig 90, 45, és 45 fokosak. A 90°-os szöge az ABC és az ADC háromszögnek is a C pontnál van, tehát a másik két szögük 45°-os. Az ABD háromszög A csúcsnál lévő szöge megegyezik az ABC és az ADC háromszögek A csúcsnál lévő szögeinek az összegével. Mivel ez a két szög 45°-os, ezért az összegük 90°, tehát a feladatban leírt szög 90°-os. Pontozás: A feladatra összesen 5 pont adható. Item a b c d e

Kritérium Ha az A pont helyesen van berajzolva, akkor jár rá az 1 pont. Ha a B pont helyesen van berajzolva, akkor jár rá az 1 pont. Ha a D pont helyesen van berajzolva, akkor jár rá a pont. Ha az A vagy B pont hibásan van berajzolva, de a hibás pontok tükrözése jó akkor is jár rá a pont. Ha az ábrában lévő D pont koordinátái jól vannak leolvasva és leírva, (függetlenül attól, hogy a D pont jó helyen van-e) akkor jár rá a pont. Ha az eredmény jó, akkor jár rá a pont. Ha a lerajzolt ábra hibás, de a hibás ábra adataival a számítási menet jó, akkor is jár rá a pont.



8. feladat: Egy kávépörkölő üzemben kétféle kávét pörkölnek, az egyiknek 2500 Ft, a másiknak 3300 Ft a kilogrammonkénti ára. Az üzemből 80 kg kávékeveréket rendeltek. Hány kilogrammot kell összekeverni az egyes fajtákból, hogy a keverék kilogrammonkénti ára 3000 Ft legyen? Írd le a számolás menetét is! A kapott eredményeket írd a pontozott helyekre! Először rendszerezzük az adatokat: Az egyik kávé ára 3300 Ft, ebből X kg került a keverékbe. A másik kávé ára 2500 Ft. Mivel a keverék 80 kg volt, és az előző kávétípusból X kg került bele, tehát ebből belekerül a maradék 80-X kg. A keverék teljes ára egyenlő a kilónkénti ár, és a tömeg szorzatával. Ha egy kg 3000 (azaz 1*3000) Ft, akkor a teljes keverék 80*3000 Ft-ba kerül. Ha összeadjuk a két fajta keverékben szereplő kávé teljes árát, akkor megkapjuk a keverék teljes árát, tehát első kávé ára * első kávé tömege + második kávé ára * második kávé tömege = keverék ára * keverék tömege, azaz ha behelyettesítünk: 3300 * X + 2500 * (80-X) = 3000 * 80 Most pedig oldjuk meg az egyenletet, ezt már csak a színek nélkül mutatom: 3300 * X + 2500 * (80-X) = 3000 * 80

/Zárójelbontás

3300 * X + 200000-2500*X = 3000 * 80

/Összevonás

800 * X + 200000 = 3000 * 80

/Műveletek elvégzése

800 * X + 200000 = 240000

/-200000

800 * X = 40000

/800

X = 50 Tehát az első fajta kávéból X azaz 50 kg, a második fajtából pedig 80-X azaz 30 kg került a keverékbe. Pontozás: A feladat 6 pontot ér. 1 pont jár arra, hogy felírjuk az X kg és 80-X kg van a keverékben. 1 pont, hogy megállapítjuk, hogy az összetevők ára 3300 * X illetve 2500 * (80 – X) forint. 1 pont jár a helyes egyenlet felírására, és további 1 pont az egyenletrendezésre. 1 pontot ér az hogy x=50, és egy pontot a teljes feladat végeredménye. A feladat következtetéssel is megoldható, ez esetben arra a levezetésre is megkapható a 6 pont. Ha hibás az egyenlet, de jó a levezetés, akkor az utolsó 3 pont megadható. Ha az eredmény nincs odaírva a pontozott vonalra, akkor nem adható meg az utolsó pont.



9. feladat: Egy nagy, tömör kockát állítottunk össze 27 darab 1 dm élhosszúságú kockából, majd az ábrán látható módon a felső rétegben lévő kockák közül elvettünk néhányat.

a) Hány dm3 az így kapott test térfogata? A legegyszerűbb megoldás erre, hogy először kiszámoljuk az eredeti test térfogatát. Ez 3*3 azaz 27 dm3, ami megegyezik a kis kockák számával, mivel minden kocka 1dm3 méretű. Ha megnézzük az ábrát, akkor láthatjuk, hogy 5 kockát vettek el a felső rétegből. Felülnézetből nézve valahogy így fest, ha szürkével bejelöljük azokat a négyzeteket, amik kivágásra kerültek:

A teljes test térfogatából tehát ki kell vonnunk az elvett 5 kocka térfogatát, azaz 5 dm3-t, és így megkapjuk az új test térfogatát, ami 27-5=22 dm3. b) Hány dm2 az így kapott test felszíne? Írd le a számolás menetét is! Ez a feladat sem nehezebb. Alulról nézve a test 9 négyzetből áll. Felülnézetből szintén 9 négyzet van, igaz hogy ezek közül 5 kicsit lentebb van, mint a sarkokon lévő 4. A testet ha oldalról nézzük, akkor 8 négyzetet látunk, valahogy így:

Minden oldalról megnézve 8 négyzet látható, oldalt tehát 4*8 négyzet van. Ezen felül ahol kivágtunk 5 négyzetet, ott keletkeztek további lapok. A négy sarokelem két-két belső oldalai összesen kitesznek további 8 négyzetet. Minden egyes négyzet 1 dm3, tehát elég összeadni a négyzetek számát. 9+9+4*8+8 = 9+9+32+8 = 58 dm3. Pontozás: A helyes térfogatszámításra 2 pont jár. A felszínszámításban 1 pont jár arra, ha helyesen van leírva hogy az alsó és felső lap 9 négyzetből áll, 1 pont jár arra, hogy ha fel van tüntetve a 4



oldallapon látható 8-8 négyzet, valamint További 1 pont jár a nem látható 8 lap felfedezéséért, és 1 pont jár a végösszeg kiszámítására. Természetesen egyéb számolási módok is elfogadhatóak.

10. feladat: A következő leegyszerűsített térképen néhány település és az őket összekötő út hossza látható. Az AICH útvonal azt jelenti, hogy A-ból elmegyünk I-be. onnan C-be. onnan pedig H-ba. Ennek az útvonalnak a teljes hossza 13.3 km Add meg az összes többi. A és H közötti 15 km-nél rövidebb útvonalat a hosszúságukkal együtt! Lehetséges, hogy a táblázatban több hely van. mint ahány megfelelő útvonal. Ha a megoldásaid között nem megfelelő út is szerepel, azért pontlevonás jár.

A dolog egyszerű. Kiindulunk az A pontból, és elkezdjük megvizsgálni, hogy melyik irányba hány km eljutni A-ból H-ba. Összesen 6 lehetséges út van. ACH – 9km AIH – 12,2 km ADGH – 12,6 km ADCH – 12,6 km AIJH – 12,8 km ACIH – 14,9 km Ebben a feladatban csak némi számolgatásra van szükség, nem nagyon szükséges külön stratégia a megoldásához.



Pontozás: Minden egyes helyes út – hosszúság pár együttesen 1 pontot ér, minden más eset hibásnak tekinthető. A példaként megadott út beírásáért, vagy egy út többszöri beírásáért nem jár pontlevonás. Ha a válaszok között van esetleg hibás, akkor a rossz megoldások számától függetlenül 1 pont levonásra kerül. A feladatra negatív pontszám nem adható, -1 pont esetén is 0 pontosnak minősül a feladat.

Alapvetően a felvételi egyetlen nehézsége talán az idő. Ha valaki kellően gyorsan tud gondolkodni, az maga írhatja a sorsát. A szerkesztőség nevében sok szerencsét kívánok minden felvételizőnek.

Kérdésed van? Valami nem érthető? Ne habozz! Vedd fel velünk a kapcsolatot az [email protected] címen, és mi megválaszoljuk a kérdésedet!


Matematika felvételi feladatok bővített levezetése 2013 (8. osztályosoknak)

Recommend Documents