Mőbiusz Nemzetközi Meghívásos Matematika Verseny Makó, 2011. március 26. MEGOLDÁSOK
1. Egy gép 5 óra alatt
5 ⋅ 7200 12000 = 3000 csavart készít, így = 4 gép készít el 5 óra 3⋅ 4 3000
alatt 12000 csavart. Helyes válasz betűjele: (B)
2.
1
5+2 6 = 5+2 6 2 5− 2 6 5 − 4⋅6 Helyes válasz betűjele: (E)
=
3. Az állítások logikai értéke rendre: hamis (téglalapnak 4 derékszöge van) igaz (minden adat egyenlő) 2 igaz ( A 3-nál nagyobb prímek 3k ± 1 alakúak; (3k ± 1) = 9k 2 ± 6k + 1 ) igaz ( a 2 + b 2 = c 2 + 2ab cos γ < c 2 ⇒ cos γ < 0 ) Helyes válasz betűjele: (B) 4. A szabályos háromszög köré írható kör sugara kétszerese a beírható kör sugarának Legyen a beírható kör sugara r. Ekkor 4r 2π − r 2π = 12π ⇒ r = 2(cm) . A háromszög magassága: m = 3r = 6cm Helyes válasz betűjele: (C) 5. A 7 játékos életkorának összege 7 ⋅ 24 = 168 , a 6 pályán maradt játékosé 6 ⋅ 22,5 = 135 . A kiállított játékos életkora 168 − 135 = 33 év. Helyes válasz betűjele: (A) n ⋅ (n − 3) 6. Az n oldalú konvex sokszög átlóinak száma 2 n ⋅ (n − 3) = 100n ⇒ n = 203 2 Helyes válasz betűjele: (E) 7.
2
f ( x) = sin 2 x + 2 sin x − 4 = (sin x + 1) − 5 ≥ −5 . Egyenlőség pontosan akkor áll fenn, 3π ha sin x = −1 , azaz x = + 2kπ ahol k ∈ Z. 2 Helyes válasz betűjele: (B)
1
8. lg
a2 a2 =5⇒ = 10 5 b b
(
)
lg ab 4 = 7 ⇒ a ⋅ b 4 = 10 7 2
a 3 ⋅ ab 4 = (ab ) = 1012 ⇒ ab = 10 4 b Helyes válasz betűjele: (C)
(
)(
)
9. A kifejezés ott nem értelmezhető, ahol: 3 x − 1 3 x +1 − 1 = 0 ⇒ 3 x = 1 azaz x = 0 vagy 3 x +1 = 1 azaz x = −1 . Így a keresett összeg − 1 + 0 = −1 Helyes válasz betűjele: (B) 10. Az információ szerint a tervezett mérkőzések számának tervezett mérkőzések száma: 25 ⋅
5 -ed része 25. Tehát a 9
9 = 45 . Ha n csapat vett részt a tornán, akkor a 5
n(n − 1) = 45 ⇒ n 2 − n − 90 = 0 . Az egyenlet gyökei: 10 2 illetve -9. Ez utóbbi nem megoldás. Helyes válasz betűjele: (D) mérkőzések száma:
11.
3
x < 3 y ⇔ x < y.
x 2 = x és
y 2 = y közötti reláció bármi lehet.
Például x = −3 és y = 3 esetén − 3 = 3 ; x = −5 és y = 3 esetén − 5 > 3 ; x = 1 és y = 3 esetén 1 < 3
Helyes válasz betűjele: (E) 12. 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15 . Egy tag előjelének megváltoztatásával az összeg páros számmal csökken. A legkisebb páratlan természetes szám az 1, ami előállítható (1 − 2 + 3 + 4 − 5 = 1 ) Helyes válasz betűjele: (C) 13. 12| 17 x2 y ⇔ 3| 17 x2 y és 4| 17 x2 y A 4-gyel való oszthatóság miatt y = 0; 4 vagy 8. Így 0 ≤ x + y ≤ 17 . A 3-mal való oszthatóság miatt a számjegyek összege osztható 3-mal, ezért. x + y 3-mal osztva 2 maradékot ad. Így a lehetséges legkisebb összeg a 2 (x = 2; y = 0), a legnagyobb pedig a 17 (x = 9; y = 8).Ezek szorzata: 2 ⋅ 17 = 34 Helyes válasz betűjele: (D) 14. Az 1. és a 2. feladatot megoldotta: x % ( 30 ≤ x ≤ 60 ) Az 1. feladatot megoldotta, de a 2.-at nem: (70 – x) % ( 10 ≤ 70 − x ≤ 40 ) A 2. feladatot megoldotta, de az 1.-t nem: (60 – x) % ( 0 ≤ 60 − x ≤ 30 ) Az 1. és a 2. feladat egyikét se oldotta meg: (x – 30)% ( 0 ≤ x − 30 ≤ 30 ) Az állítások logikai értéke rendre: igaz; igaz; igaz; hamis; igaz Helyes válasz betűjele: (D)
2
15. A keresett pont: P (p; 0).
PA(7 − p;2) , PB(−1 − p;8) A feltételek szerint PA ⊥ PB ⇔ PA ⋅PB = 0 2 Behelyettesítve: (7 − p )(− 1 − p ) + 2 ⋅ 8 = 0 . Innen: ( p − 3) = 0 azaz p = 3 Helyes válasz betűjele: (B)
16. x − 100 < 2011 ⇒ −2011 < x − 100 < 2011 ⇒ −1911 < x < 2111 log 2 y < 2011 ⇒ 0 < y < 2 2011 ( log 2 x függvény szigorú monoton növekedése miatt) A={x ∈ R| − 1911 < x < 2111 } B={y ∈ R| 0 < y < 2 2011 } Az A∩B halmazban 2110 db egész szám van. Helyes válasz betűjele: (C)
A∩B={z ∈ R| 0 < z < 2111 }
17. Az ADF∆ egyenlő szárú, így 180° − (90° + 60°) DAF∠ = = 15° 2 A háromszög legnagyobb szöge: EAF∠ = 60° + 90° − DAF∠ = 135°
Helyes válasz betűjele: (D) 18. Azok a „szavak”, amelyek A; E; K betűvel kezdődnek a MATEK szó előtt állnak. Ezek száma: 3 ⋅ 4!= 72 Az M betűvel kezdődő „szavak” közül a MAEKT, a MAETK, a MAKET és a MAKTE állnak a MATEK előtt az ABC sorrendben. Tehát a MATEK szó a 77. helyen áll. Helyes válasz betűjele: (D) 19. Az egyenlet ekvivalens az x 2 − 5 x + 4 = 1 egyenlettel, ahonnan x 2 − 5 x + 3 = 0 vagy x 2 − 5 x + 5 = 0 . A Viéte-formulák szerint az első egyenlet valós gyökeinek szorzata 3, a második egyenlet valós gyökeinek szorzata 5. Mivel mindkét egyenlet gyökei valósak és különbözők ( D>0) és a két egyenletnek nincs közös gyöke, ezért a négy gyök szorzata 15.
Helyes válasz betűjele: (C) 20. Azok a számok maradnak meg, amelyek 1-re, 3-ra, 7-re vagy 9-re végződnek. Rakjuk az első 2010 db pozitív egész számot növekvő sorrendbe, 10-esével egy-egy csoportba. A kihúzás után mind a 201 csoportban 1 db 1-esre, 1 db 3-asra, 1 db 7-esre és 1 db 9-esre végződő szám marad. A megmaradó számok összege minden csoportban 0-ra végződik. Tehát az első 2011 db egész számból megmaradó számok összege 1-re végződik. Helyes válasz betűjele: (A) 3
21. .A trapéz középvonala: FG AB , ezért GFB∠ = FBA∠ , így FG = BG = CG 16 + 4 Mivel FG = = 10(cm ) , ezért BC = 20cm 2 Pitagorasz tételét alkalmazva a BTC ∆ -re: 2
m = CT = 20 2 − (16 − 4) = 16(cm ) A terület: T =
16 + 4 ⋅ 16 = 160 cm 2 2
(
)
Helyes válasz betűjele: (C) 2
1 1 22. x + 2 = x + − 2 = 3 2 − 2 = 7 x x 2
2
1 1 x + 4 = x 2 + 2 − 2 = 7 2 − 2 = 47 x x Helyes válasz betűjele: (C) 4
23. Ha a fehér bástyát a tábla bármely mezőjére helyezzük, akkor a többi 63 mező közül a fekete bástya csak abba a sorba vagy oszlopba kerülhet, ahol a fehér áll. Ez 14 helyet 14 jelent, így a kérdezett valószínűség: ≈ 0,222 63 Helyes válasz betűjele: (C) 24. A kerületi szögek tétele alapján az e érintőnek az AB illetve AC egyenessel bezárt szöge: γ illetve β. A BC egyenessel bezárt szöge: γ − β , hiszen a BCA∠ = γ szög az APC ∆ külső szöge. Emiatt a három oldalegyenessel bezárt szög összege: γ + β + γ − β = 2γ = 2 ⋅ (180° − α − β ) = 160°
4
Helyes válasz betűjele: (D) 25. Ha az n egész szám osztói d 1 ; d 2 ; d 3 ;...; d k akkor az
n n n n ; ; ;... is ugyanazon d1 d 2 d 3 d k
osztókat jelenti, csak más sorrendben. n n n n Emiatt d 1 + d 2 + d 3 + ... + d k = + + + ... + d1 d 2 d 3 dk Innen:
d1 + d 2 + d 3 + ... + d k =n 1 1 1 1 + + + ... + d1 d 2 d 3 dk
Így az eredmény: 2010 Helyes válasz betűjele: (C)
26.
A grafikonról leolvasható, hogy
f ( x) − 1 − 1 = f ( x) , ha x ∈ [0;2] , egyébként
f ( x) − 1 − 1 < f ( x) . Így három egész megoldása ( x = 0; 1; 2 ) van az egyenlőtlenségnek . Helyes válasz betűjele: (C)
5
27. A polinomalakban az együtthatók összegét megkapjuk, ha az x = 1 értéket
(
)
behelyettesítjük a polinomba. Ez alapján az összeg: 12 − 1 + 1
2011
=1
Helyes válasz betűjele: (B) 100 = 4950 28. Összes esetek száma: 2 X-et megvalósító esetek: Y-t megvalósító esetek: különbség = 1 ⇒ 99 eset különbség = 50 ⇒ 50 eset különbség = 2 ⇒ 98 eset különbség = 51 ⇒ 49 eset . . . . . különbség = 25 ⇒ 75 eset különbség = 99 ⇒ 1 eset 99 + 75 50 + 1 = 2175 eset = 1275 eset összesen: 25 ⋅ összesen: 50 ⋅ 2 2 Emiatt a Z eseményt megvalósító esetek száma: 4950 − 2175 − 1275 = 1500 Tehát a helyes sorrend: P(Y ) < P(Z ) < P( X )
Helyes válasz betűjele: (E) 2π π x = . A g (x ) = lineáris függvény az 100 50 π x = π helyen veszi fel az 1 értéket, így grafikonja a [0; π ] intervallumon 50 ⋅ 2 = 100 -szor metszi az f ( x ) grafikonját. Mivel f és g is páratlan függvény, ugyanez igaz a [− π ;0] -ra is. Az x = 0 helyen kialakuló metszéspontot azonban kétszer számoltuk, így az összes megoldások száma: 2 ⋅ 100 − 1 = 199 . Helyes válasz betűjele: (D)
29. Az f ( x ) = sin 100 x függvény periódusa
30. Rossz megoldások száma: x Jó megoldások száma: x + 13 17 13 + 2 x ≤ 30 ⇒ x ≤ .Mivel x ∈ N, így x ≤ 8 2 Pontszám: 4 ⋅ (13 + x ) − x + 30 = 82 + 3x ≤ 82 + 3 ⋅ 8 = 106 Helyes válasz betűjele: (C) MEGOLDÁSOK 1. B 6. E 2. E 7. B 3. B 8. C 4. C 9. B 5. A 10. D
11. E 12. C 13. D 14. D 15. B
16. C 17. D 18. D 19. C 20. A 6
21. C 22. C 23. C 24. D 25. C
26. C 27. B 28. E 29. D 30. C
