Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny 2007/2008 1. forduló 9. évfolyam
1.
Hány százaléka maradt meg a pénzemnek, ha a nyaraláson elköltöttem a majd szeptemberben tankönyvvásárlásra a maradék összeg
2.
9 -od részét, 16
3 -ed részét, végül az ezután megmaradt 7
1 részéből ajándékot vettem édesanyám születésnapjára? 5
Melyek azok a természetes számok, amelyek nem megoldásai a
−3≤
3x − 5 ≤5 7−x
egyenlőtlenségeknek?
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 2p⋅ x +
17 p 2 = 309 ? x
1
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 2 2 2 k ⋅ AB = (k + 1) ⋅ BC + CA !
2
teljesül,
hogy
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 kifejezés b b
a legkisebb értékét veszi föl és mennyi ez a minimum?
9 + 80 − 9 − 80 5. 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 helyiértéken. Az így kapott számokat és abc -t összeadva egy olyan számot kapunk, amely 2007-nél egy négyzetszámmal nagyobb. Melyik ez a négyzetszám?
3
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 prímszám! p − 3 p p − 3p
5. 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 x − 2 ⋅ x − 2003 −
4007 1 1 + = 2 x − 2002 − 2 ⋅ x − 2003 2
egyenletet!
4
Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny 2007/2008 Az 1. forduló feladatainak megoldásai
9. évfolyam 1. Ha eredetileg x forintom volt, akkor a feladat szövege szerint az első pénzkiadás 7 (2 pont) ⋅ x forintom maradt. után 16 4 3 Ha ennek elköltöttem a - ed részét, akkor megmaradt a - ed része, azaz 7 7 4 7 (2 pont) ⋅ ⋅ x forint. 7 16 A kapott törtben elvégezve az egyszerűsítéseket, azt kapjuk, hogy a második 1 pénzkiadás után megmaradt összeg ⋅ x forint. 4 1 4 4 1 1 Ebből résznyit ajándékra költve megmaradt a része, vagyis ⋅ ⋅ x = ⋅ x 5 5 5 4 5 a pénzkiadások utáni összeg. Ez az eredeti pénzemnek éppen a 20%-a.
(2 pont)
(2 pont)
(2 pont) Összesen: 10 pont
5
2.
Első lépésben megoldjuk az egyenlőtlenséget, azután válaszolunk a feladat kérdésére. Nyilvánvaló, hogy x ≠ 7 . 3x − 5 egyenlőtlenség megoldásait keressük. Az egyenlőtlenség más Először a − 3 ≤ 7−x alakban: 3x − 5 −3≤ − , x−7 3x − 5 azaz 3≥ . x−7 A jobb oldal tovább alakítható: 3 ⋅ ( x − 7 ) + 16 16 3≥ = 3+ , x−7 x−7 így a 16 0≥ (1) x−7 egyenlőtlenséget oldjuk meg. Könnyen látható, hogy (1)-nek azok a természetes számok felelnek meg, amelyekre x < 7 teljesül. (3 pont) Másodszor a 3x − 5 ≤5 7−x egyenlőtlenség megoldásait keressük. Most azt a módszert választjuk, hogy az egyenlőtlenséget 7 − x -szel szorozzuk. A 7 − x kifejezés előjele pozitív vagy negatív aszerint, hogy x < 7 , vagy x > 7 . (1 pont)
(2)
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)
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. 6
3. Legyenek a téglalap oldalai az x és y pozitív egész számok. Mivel a téglalap területe x ⋅ y , ezért x ⋅ y = 360 .
(1 pont)
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 ;
x2 = 4 ;
x3 = 9 ;
x 4 = 36 ,
y 2 = 90 ;
y 3 = 40 ;
y 4 = 10 .
az ezekhez tartozó y értékek: (3)
y1 = 360 ;
(2 pont)
(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)
x2 + y2 = 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 kapunk d -re pozitív egész számot, ekkor d = 41 .
(2 pont)
Ezért a téglalap kerülete: K = 2 ⋅ ( x + y ) = 2 ⋅ (9 + 40) = 98 hosszúságegység. (2 pont) Összesen: 10 pont
7
4.
Jelöléseink az ábrán láthatók.
C . . D
F
α A
.
β B
E
A Thalész-tétel értelmében BEC∠ = 90° , tehát CE az ABC háromszög átfogóhoz tartozó magassága. Mivel az ABC háromszög derékszögű, ezért α + β = 90° , így BCE∠ = α és ACE∠ = β . 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 DEB∠ = β és DEC∠ = α . (1)
(1 pont)
Az FE egyenes érintője a BC átmérőjű körnek, az érintő tulajdonsága miatt FE egyenes merőleges DE -re, azaz FED∠ = 90° .
(1 pont)
(2 pont) (1 pont)
Ebből (1) alapján azonnal adódik, hogy FEC∠ = β és FEA∠ = α . (1 pont) Ez pontosan azt jelenti, hogy a CEF és AEF háromszögek egyenlő szárúak, azaz CF = EF = AF , vagyis az ACE derékszögű háromszög AC oldalának felezőpontja F . (1 pont) Ezért FD az ABC háromszög középvonala, amely párhuzamos az AB oldallal, valamint AB FD = (2) . (1 pont) 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 kapjuk, 1 CE 1 AB CE 1 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
8
5. Legyen az idősebb fiú (életkoruk összege miatt nem lehetnek egykorúak) jelenlegi életkora x , akkor a fiatalabb fiú mostani életkora 21 − x .
(1 pont)
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: x + y = 2 ⋅ (21 − x + y ) . (1) Az (1) egyenlet rendezése után kapjuk, hogy: 3 x = 42 + y .
(2)
(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 ;
y2 = 6 ;
y3 = 9 ;
y 4 = 12 ;
y5 = 15 ;
értékekkel számolunk.
y 6 = 18 (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):
y 3 6 9 12 15 18
x 15 16 17 18 19 20
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
9
6.
17 p 2 = 309 egyenlet mindkét oldalán x 17 p 2 pozitív egész számok állnak, ez csak úgy lehetséges, hogy a bal oldali x 2 kifejezés is egész szám, ez azt jelenti, hogy x 17 p . (2 pont)
A feltételek miatt a kiindulásul vett 2 p ⋅ x +
A 17 p 2 pozitív osztói a következők: 1;
p ; 17 p ;
17;
p2 ;
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 2 + 34 p = 309 . A p 2 + 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) c) ha x = p , akkor a 2 p 2 + 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)
d) ha x = 17 p , akkor a 34 p 2 + 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) e) ha x = p 2 , akkor 2 p 3 + 17 = 309 , de ennek nincs a feltételeket kielégítő megoldása, mert ebből p 3 = 146 következik, de 146 nem köbszám.
(1 pont)
f) végül, ha x = 17 p 2 , akkor ebből a 34 p 3 + 1 = 309 egyenletet kapjuk, de ennek 308 szám nem egész. (1 pont) sincs megoldása, mert a p 3 -re ebből következő 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
10
10. évfolyam 1.
Legyen az alsó sor középső téglalapjában álló szám y ! A feladat feltételei szerint akkor egyrészt 7 (1) y + 4 x − = 2007 , 6 másrészt 1 2 (2) y + 2x − = − x . 2 3 A (2) egyenletből rendezéssel az 7 y + 3x − = 0 (3) 6 egyenletet kapjuk.
(2 pont)
(2 pont)
(2 pont)
(1) és (3) megfelelő oldalait egymásból kivonva (4) adódik.
x = 2007 (2 pont)
Ha most a legfelső téglalapban levő szám z , akkor a feltétel szerint 2 2 z = − x + 2007 , ebbe az összefüggésbe (4)-et helyettesítve z = . 3 3 2 Tehát a legfelső téglalapban áll. 3
(2 pont) Összesen: 10 pont
11
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.
12
3.
6− x
A négyzetgyök értelmezése miatt az f ( x ) =
x−3 −2 tartományába olyan valós számok tartoznak, amelyekre:
6− x
függvény értelmezési
≥ 0,
(1 pont)
x ≥ 3 és x ≠ 7 .
(1 pont)
(1)
x−3 −2
továbbá az (1) tört nevezője alapján (2) Két lehetőséget vizsgálunk: először azt, hogy az (1) tört számlálója nemnegatív és nevezője pozitív, vagyis, keressük a (3)
6 − x ≥ 0, x−3 −2 > 0
(4) 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,
(6)
x−3 −2 < 0
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
13
4.
Jelöljük a számrendszer alapszámát a -val! Eszerint 101a = a 2 + 1 és 230 a = 2a 2 + 3a .
(2 pont)
A téglalap kerülete ezért (1) 2 ⋅ (101a + 230 a ) = 2 ⋅ 3a 2 + 3a + 1 = 6a 2 + 6a + 2 .
(1 pont)
De a feladat feltételei között szerepelt a kerület a alapú számrendszerbeli értéke is, mégpedig (2) 1212 a = a 3 + 2a 2 + a + 2 .
(1 pont)
(
)
(1) és (2) egyenlősége alapján felírható a 6a 2 + 6a + 2 = a 3 + 2a 2 + a + 2 egyenlet, amelyből az a 3 − 4 a 2 − 5a = 0
(3) következik.
(1 pont)
(3) bal oldalának szorzattá alakítása után: (4)
(
)
a ⋅ a 2 − 4a − 5 = 0 .
(1 pont)
A (4) egyenletnek a = 0 nem megoldása, ezért az a 2 − 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: (5)
101a = 2610 és 203 a = 6510 .
(1 pont)
(5)-nek megfelelően a téglalap területe 10-es számrendszerben T10 = (26 ⋅ 65)10 = 169010 m 2 . Ezt 5-ös számrendszerbe átváltva a T5 = 23230 5 értéket kapjuk, így a sportpálya m 2 -ben mért területe 5-ös számrendszerben T5 = 23230 5 m 2 .
14
(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 CE , ennek felező merőlegese nyilván átmegy a (2 pont) 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, (1 pont) hogy FCE∠ = FEC∠ . A DEA háromszög egybevágó a CEB háromszöggel, mert DA = EA = CB = EB , továbbá DAE∠ = CBE∠ = 150° . (1 pont) (1) Az előbbi két háromszög szögeit ki tudjuk számítani, hiszen egybevágó egyenlő szárú háromszögek és (1)-ből tudjuk bennük a szárak szögét. Így: (2) ADE∠ = AED∠ = BCE∠ = BEC∠ = 15° . (2 pont) 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: EDC∠ = ECD∠ = 75° . (1 pont) (3) (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 kapjuk, hogy FCE∠ = 30° . (2 pont) 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. 15
6.
Jelöléseink az ábrán láthatók : C
45°
A
.
60° D
B
Az ABC háromszög harmadik szöge 75°-os, ezért a háromszög hegyesszögű, így a C pontból az AB oldalra rajzolt CD magasság a háromszög belsejében halad.
(1 pont)
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 2 = (k + 1) ⋅ BC 2 + CA 2 feltételt az előző jelölésekkel átalakítjuk:
[ (
k ⋅ x⋅
(1)
)]
3 +1
2
= (k + 1) ⋅ 4 x 2 + 6 x 2 ,
ahonnan a műveletek elvégzése és rendezés után
(
)
2k ⋅ x 2 ⋅ 2 + 3 = 2 x 2 ⋅ (2k + 5) .
(2)
(2 pont)
(2) mindkét oldalát a pozitív 2x 2 kifejezéssel oszthatjuk, majd egyszerű számolással kapjuk, hogy k ⋅ 3 = 5 . Ebből pedig k = k=
5 3
(2 pont)
, illetve a nevező négyzetgyöktelenítése után
5⋅ 3 , adódik. 3
Tehát a feladatban keresett pozitív valós szám k =
5⋅ 3 . 3
(2 pont) Összesen: 10 pont
16
11. évfolyam
1.
n ⋅ (n − 3) . 2 Ha azt keressük, hogy Aladárnak milyen n -re van igaza, akkor az Ismert, hogy egy n oldalú konvex sokszög átlóinak száma
(1)
(1 pont)
n ⋅ (n − 3) = n 2 − 14n + 33 2
egyenletet kell megoldanunk.
(1 pont)
(1) jobb oldala szorzattá alakítható, így: (2)
n ⋅ (n − 3) = (n − 3) ⋅ (n − 11) . 2
(2 pont)
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)
A másik esetben n ≠ 3 , ekkor (2)-ből az n − 3 ≠ 0 kifejezéssel osztva az n = n − 11 egyenletet kapjuk, ahonnan rendezéssel n = 22 adódik. 2 Így n = 22 is a feladat megoldása.
(2 pont) (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.
17
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)
z +1 = 0.
(3 pont)
Az (1), (2) és (3) egyenletek megoldásai rendre a következők:
x1 = −1 ;
x 2 = 2005 ,
illetve y = 2007 és z = −1 .
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)
(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 (2 pont) a szorzatnak az értéke: − 2005 ⋅ 2007 = −4024035 . Összesen: 10 pont
18
3.
A feltételeknek megfelelő vázlatos ábrát készítünk.
P
D
.
E
Q
F C
. A
R
B
A P pontból merőlegest bocsátottunk az AB egyenesre, ez a parallelogramma tulajdonsága miatt CD -re is merőleges, a merőleges talppontjai Q és R .
(1 pont)
A feltétel miatt: (1)
PQ =
PR . 2
(1 pont)
A PQE és PRA háromszögek a megfelelő szögek egyenlősége miatt hasonlók, 1 a hasonlóság aránya (1) miatt , ezért E a PA szakasz felezőpontja. 2 Hasonlóképpen 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
19
4.
A feltételek miatt a négyzetgyökös kifejezések értelmezve vannak. A négyzetgyökvonás azonossága miatt a kifejezés átalakítható a következőképpen: a a a a − −2= − − 2. b b b b
(1 pont)
a ! b Ezzel a jelöléssel a kifejezés az x másodfokú függvénye lesz, mégpedig az alábbi alakban: Legyen x =
f (x ) = x 2 − x − 2
(1)
(1 pont)
Először keressük az f ( x ) másodfokú függvény minimumának helyét és értékét. A teljes négyzetté alakítás módszerével átalakítjuk (1)-et: 2
1 9 f (x ) = x − − . 2 4
(2)
Látható (2)-ből, hogy az f ( x ) minimumhelye x = f (x ) = −
9 . 4
(2 pont) 1 , minimumának értéke pedig 2 (2 pont)
A kérdés most már az, hogy vannak-e olyan 10-nél kisebb a és b négyzetszámok, 1 amelyekre x = . 2 a 1 a 1 = , vagy az ezzel egyenértékű = egyenlet Meg kell tehát keresnünk a b 2 b 4 10-nél kisebb négyzetszám megoldásait. Ez utóbbi összefüggésből a (3) egyenletet kapjuk.
4a = b (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 b b 9 (2 pont) valóban − értéket vesz föl. 4 Összesen: 10 pont
20
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:
(
)
(
)
2
9 + 80 = 9 + 4 ⋅ 5 = 2 + 5 ,
(1) hasonlóképpen
2
9 − 80 = 9 − 4 ⋅ 5 = 2 − 5 .
(2)
(2 pont)
Ezért: 9 + 80 − 9 − 80 = 4
(3)
Mivel
(2 + 5 )
2
= 2 + 5 és
(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
21
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 osztható 3-mal, de 9-cel nem, ezért szükséges, hogy 3 a + b + c legyen. (1 pont) 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
k2
-186 -149 -112 -75 -38 -1 36 73 110
-1674 -1341 -1008 -675 -342 -9 324 657 990 (3 pont)
A táblázatból látható, hogy a feladat feltételeinek csak a k 2 = 324 = 18 2 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. 22
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: 3 log 1 (2 x + 17) ≥ log 1 3 4 , 3
3
azaz (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 ≤ 26 .
(2 pont)
Az f ( x) = 2 x függvény szigorúan monoton növekvő, így (4)-ből következően: (5)
x ≤ 6.
(1 pont)
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
23
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
24
3.
A háromszögre fölírjuk a szinusztételt: (1)
a sin α . = b sin β
(1pont)
Mivel azonban a = sin β , és b = sin γ , ezért (1)-ből (2) következik.
sin β sin α = , majd innen sin γ sin β
sin 2 β = sin α ⋅ sin γ (1 pont)
Fölírjuk a szinusztételt a háromszög másik két oldalára is: (3)
b sin β , = c sin γ
(1 pont)
ebből a b = sin γ és c = sin α felhasználásával előbb (4) adódik.
sin γ sin β = , majd sin α sin γ
sin 2 γ = sin α ⋅ sin β (1 pont)
Vonjuk ki egymásból (2) és (4) megfelelő oldalait! Előbb azt kapjuk, hogy sin 2 β − sin 2 γ = sin α ⋅ sin γ − sin α ⋅ sin β , ahonnan, 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) egyenletet kapjuk.
(sin β − sin γ ) ⋅ (sin α + sin β + sin γ ) = 0 (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 . (1 pont) ( β = 180° − γ nem lehet, mert abból β + γ = 180° adódna) 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, 3 3 , így a = b = c = . (2 pont) hiszen sin α = sin β = sin γ = sin 60° = 2 2 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. 25
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 . Az egyenletben szereplő törtek egyik közös nevezője p ⋅ ( p − 3) , ennek alapján az egyenlet átalakítható: (1)
(1 pont)
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)
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)
Ekkor (2)-ből x − 1 = −2 miatt x = −1 következik.
(1pont)
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
26
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: 3 y (1) BF + CD + DA = + x + y = x + y . (2 pont) 2 2 Mivel a feltételek szerint 150 m hosszúságú kerítése van mindkét szomszédnak, ezért 3 x + y = 150 . (1 pont) (2) 2 Ha most a téglalap területét T -vel jelöljük, akkor egyrészt T = x ⋅ y , másrészt 3 3 (2)-ből következően x = 150 − y , és így T ( y ) = 150 − y ⋅ y , azaz 2 2 3 T ( y ) = − y 2 + 150 y , (3) 2 tehát a T terület az y másodfokú függvénye. (2 pont) 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 T ( y ) = − ⋅ ( y − 50 ) + 3750 . (2pont) (4) 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 legnagyobb terület, amit a feladat feltételei mellett mindkét szomszéd (2 pont) kerítésével körülhatárolhat, 3750 m 2 nagyságú. 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. 27
6.
Legyen x − 2002 − 2 ⋅ x − 2003 = a !
(1 pont)
Könnyen látható, hogy a teljes négyzet, mégpedig: (1)
(
)
2
a = 1 − x − 2003 .
(1 pont)
Ezzel a jelöléssel kiinduló egyenlet: (2)
a+
1 3 1 − = . a 2 2
a+
1 3 1 − =− , a 2 2
a+
1 3 1 − = . a 2 2
Két eset lehetséges: (3) vagy (4)
(2 pont)
1 1 3 1 − = − -ből a + = 1 a 2 2 a következik, ez pedig a nyilvánvalóan pozitív a számra nem igaz, hiszen az 1 ismert egyenlőtlenség szerint ekkor a + ≥ 2 kellene, hogy teljesüljön. a 1 A (4) egyenletből következően a + = 2 , ez akár másodfokú egyenletté a alakítással, akár az előző nevezetes egyenlőtlenségre való hivatkozással megoldható, ebből az a = 1 értéket kapjuk. A (3) egyenletnek nincs megoldása, hiszen a +
(1) szerint tehát: (5)
(1 −
x − 2003
)
2
= 1.
(1 pont)
(1 pont)
(1 pont)
Ez ismét kétféleképpen lehetséges: (6)
1 − x − 2003 = 1 ,
vagy (7)
1 − x − 2003 = −1 .
A (6) egyenlet megoldása x = 2003 , a (7) egyenlet megoldása pedig x = 2007 . Ellenőrizhető, hogy ezek a számok kielégítik az eredeti egyenletet.
28
(2 pont) (1pont) Összesen:10 pont)
