osztály

Varga Tamás Matematikaverseny

Javítási útmutató

Iskolai forduló 2016/2017

7. osztály 1. Az erdészet dolgozói pályázaton nyert facsemetékkel ültetnek be egy adott területet. Ha 450-et ültetnének hektáronként, akkor 380 facsemete kimaradna. Ha 640 facsemetével többet nyertek volna, akkor pontosan 480-at ültethetnének hektáronként. Hány facsemetét nyert az erdészet a pályázaton?

Első megoldás: Ha 640-nel több csemetéjük lenne, akkor 640 + 380 = 1020-szal többet ültetnének. Ez hektáronként 480 – 450 = 30-cal több csemetét jelent, tehát 1020 : 30  34 hektár beültetendő terület. Így a pályázaton 34  450  380, azaz 15680 facsemetét nyertek. Ellenőrzés: 15680  640  : 34  480. Összesen: Második megoldás: Ha x hektár területet akartak beültetni, akkor a nyert csemeték számát kétféleképpen felírva a következő egyenlet adódik: 450 x  380  480 x  640, rendezés után 1020  30x egyenlethez jutunk, amiből x  34. Így a pályázaton 34  450  380, azaz 15680 facsemetét nyertek. Ellenőrzés: 15680  640  : 34  480. Összesen: Harmadik megoldás: Ha a pályázaton x darab facsemetét nyertek, akkor a hektárok számát kétféleképpen felírva a következő egyenlet adódik: x  380 x  640  , 450 480 mindkét oldalt 7200-zal szorozva 16  x  380   15  x  640  , vagyis 16 x  6080  15 x  9600, amiből x  9600  6080  15680. A pályázaton 15680 facsemetét nyertek. Ellenőrzés: A hektárok száma 15680  380  : 450  34, ahonnan 15680  640  : 34  480. Összesen:

2 pont 2 pont 2 pont 1 pont 2 pont 1 pont 10 pont 1 pont 3 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 10 pont 1 pont 3 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 1 pont 10 pont

További útmutató a javító tanároknak: Ha a versenyző csak a helyes végeredményt közli, akkor csak a helyes válaszért járó 2 pontot kaphatja meg. Az ellenőrzésért járó pont csak akkor adható meg, ha a versenyző azt le is írta. Az ellenőrzés nem keverendő össze az indoklással. A végeredmény közlése és annak ellenőrzése összesen 3 pontot ér.

2. A törtszámokat 4000 évvel ezelőtt az ókori Egyiptomban a fáraó írnoka fel tudta bontani különböző, 1 számlálójú törtek összegére. Két példa erre: 7 34 3 4 1 1 7 14 2  3  9 2 3 9 1 1 1      , illetve         . 12 12 12 12 4 3 9 18 18 18 18 18 9 6 2 Bontsd fel a következő törteket különböző, 1 számlálójú törtek összegére! 8 17 19 2 2 a) b) c) d) e) 24 11 15 36 7




7. osztály Megoldás: 8 53 5 3 1 1 a)      15 15 15 15 3 5 17 12  3  2 12 3 2 1 1 1 b)        36 36 36 36 36 3 12 18 19 12  6  1 12 6 1 1 1 1 c)        24 24 24 24 24 2 4 24 2 8 7 1 7 1 1 1 d)       7 28 28 28 28 4 28 2 12 11  1 1 1 e)     11 66 66 6 66 Összesen:

2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 10 pont

További útmutató a javító tanároknak: Bármely más, helyes felbontás esetén adjuk meg a 2-2 pontot. A helyes felbontáson kívül további magyarázat egyik esetben sem szükséges. Többletpont akkor sem adható, ha a versenyző egyes esetekben több helyes felbontást is megadott.

3. Az ab kétjegyű szám kétszerese a bc kétjegyű számnak, ahol az a, b és c betűk számjegyeket jelölnek. a) Milyen számjegyet jelölhet a b betű? b) Határozd meg az összes olyan ab kétjegyű számot, amely megfelel a feltételeknek!

Első megoldás: a) A feltétel szerint ab  bc  2. Mivel b egyenlő a 2c szorzat utolsó jegyével, ezért b csak páros lehet. Nem lehet 0 az értéke, mivel b a kisebbik szám első számjegye is. Nem lehet 6 és 8 sem, mert akkor bc kétszerese háromjegyű lenne. Tehát b értéke csak 2 vagy 4 lehet. b) Ha c  0 vagy 5, akkor b  0 lenne. Ha c  3 ; 4; 8 vagy 9, akkor b  6 vagy 8 lenne. Ha c  1 vagy 2, akkor rendre b  2 vagy 4, így a  4 vagy 8. Ha c  6 vagy 7, akkor rendre b  2 vagy 4, így a  5 vagy 9. Tehát négy szám felel meg a feltételeknek: 42; 84; 52; 94. Összesen:

1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 10 pont

Második megoldás: a) A feltétel szerint ab  bc  2. Mivel b egyenlő a 2c szorzat utolsó jegyével, ezért b csak páros lehet. Nem lehet 0 az értéke, mivel b a kisebbik szám első számjegye is. Nem lehet 6 és 8 sem, mert akkor bc kétszerese háromjegyű lenne. Tehát b értéke csak 2 vagy 4 lehet. b) Ha b  2, akkor c  1 és a  4, vagy c  6 és a  5. Ha b  4, akkor c  2 és a  8, vagy c  7 és a  9. Tehát négy szám felel meg a feltételeknek: 42; 84; 52; 94. Összesen:





7. osztály Harmadik megoldás: a) A helyiérték szerinti bontás alapján 10 a  b  20b  2c . Látható, hogy b páros. A b nem lehet 0, mivel b a kisebbik szám első számjegye is. Mivel 19b  10a  2c  10  9  90, ezért b lehetséges értékei 2 és 4. b) Ha b  2, akkor 5a  19  c. A 19  c csak akkor osztható 5-tel, ha c  1, ekkor a  4, vagy c  6, ez esetben a  5. Ha b  4, akkor 5a  38  c. A 38  c csak akkor osztható 5-tel, ha c  2, ekkor a  8, vagy c  7, ez esetben a  9. Tehát négy szám felel meg a feltételeknek: 42; 84; 52; 94. Összesen:


Negyedik megoldás: a) A feltétel szerint ab  bc  2. Mivel b egyenlő a 2c szorzat utolsó jegyével, így b csak páros lehet. Nem lehet 0 az értéke, mivel a kisebbik szám első számjegye. Nem lehet 6 és 8 sem, mert akkor bc kétszerese háromjegyű lenne. Tehát b értéke csak 2 vagy 4 lehet. b) Az ab olyan páros szám, amelynek fele is kétjegyű. ilyen számokból 40 darab van. 20; 22; 24;…; 96; 98. Ezeket végigpróbálom. Tehát négy szám felel meg a feltételeknek: 42; 84; 52; 94. Összesen:

1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 3 pont 2 pont 10 pont

További útmutató a javító tanároknak: Az a) részre maximum 4 pont, a b) részre maximum 6 pont adható. A b) részben az összes helyes válasz indoklás nélküli közléséért csak 2 pont jár, kevesebb szám indoklás nélküli közléséért pedig legfeljebb 1 pont. Ha a versenyző (pl. a negyedik megoldás mintájára) elkezdi kipróbálni az eseteket, de az első megfelelő szám megtalálásánál megáll, a b) részre maximum 2 pontot kaphat. A végigpróbálásért (negyedik megoldás) járó 3 pontból arányosan annyit adjunk, amennyire részletesen leírta a versenyző a végigpróbálást. Ha azt írja, hogy fejben végigpróbálta az összes esetet, de ebből semmit sem írt le, akkor ebből a 3 pontból egyet se adjunk. A második és harmadik megoldásban a b) rész első két pontjából akkor is adható egy pont, ha a versenyző az a és a c közül csak az egyiknek adja meg mindkét helyes értékét. Ugyanez igaz a következő két pontra is. Ha az a) rész megoldása során a versenyző nem írta le az összes feltételt a b számjegyről, de a b) rész megoldása során ezt megtette, akkor is megadható az a) részben ezért járó megfelelő pontszám. Például az a) részben csak azt írta le, hogy páros, viszont a b) rész megoldása során pl. az első megoldás mintájára a b  0 esetet kizárja, mert nem állhat elöl, akkor ezt az 1 pontot kapja meg. Hasonlóan, ha a b) rész megoldása során leírja, hogy ha a b-re 6 vagy 8 jön ki, akkor a kétszeres már háromjegyű, akkor az ezért járó 1 pontot kapja meg. 4. Egy téglalap alakú virágágyás hosszabb oldala másfélszer olyan hosszú, mint a rövidebb oldala. A virágágyást 1 m széles járda veszi körül az ábrának megfelelően. A járda területe 44 m2. Hány négyzetméter a virágágyás területe?




7. osztály Első megoldás: Ha a virágágyás rövidebb oldala 2 egység, akkor a hosszabb 3 egység. A sarkoknál lévő 1-1 m2-t elhagyva, a maradék járda 40 m hosszú. Ez egyben a virágágyás kerülete is. A kerület fele, vagyis a két oldal összege tehát 20 m. Ezt kell 2:3 arányban szétosztani. 2 Így a virágágyás szélessége 20   8 m, 5 3 a hossza pedig 20   12 m. 5 A virágágyás területe 8  12  96 m2. Összesen: Második megoldás: Ha a virágágyás rövidebb oldalának hossza x méter, akkor a hosszabb oldalának hossza 1,5x méter. A járda területére felírható a következő egyenlet: 4  2 x  3x  44, innen x  8. A rövidebb oldal tehát 8 m hosszú, a hosszabbik pedig 1,5  8  12 m hosszú. A virágágyás területe 8  12  96 m2. Összesen: Harmadik megoldás: Ha a virágágyás rövidebb oldalának hossza x méter, akkor a hosszabb oldalának hossza 1,5x méter. A virágágyás és a járda együtt olyan téglalapot alkot, melynek oldalai 2 m-rel hosszabbak, mint a virágágyás oldalai, tehát x  2 és 1,5 x  2 méter. A területekre felírható a következő egyenlet: 1,5 x  2    x  2   1,5 x  x  44, a műveleteket elvégezve 1,5 x 2  2 x  3 x  4  1,5 x 2  44, innen x  8. A rövidebb oldal tehát 8 m hosszú, a hosszabbik pedig 1,5  8  12 m hosszú. A virágágyás területe 8  12  96 m2. Összesen:

1 pont 2 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont 10 pont

1 pont 1 pont 3 pont 2 pont 1 pont 2 pont 10 pont


További útmutató a javító tanároknak: Természetesen az első megoldásban a 2:3 arány helyett számolhat a versenyző tetszőleges, ezzel egyenlő aránnyal, pl. 1:1,5-del is. Egyenlettel történő megoldás esetén az ismeretlen bevezetéséért járó 2 pont akkor is megadható, ha azokat a versenyző egy ábrán jelöli be, és az ábra alapján írja fel az egyenletet. Ha a versenyző nem vonja le a sarkoknál lévő 1 m2-es négyzeteket, de innen jól folytatva a megoldást a rövidebb oldalra 8,8 m-t, a hosszabbra pedig 13,2 m-t kap, területre pedig 116,16 m2-t, akkor maximum 4 pontot kaphat. Természetesen ezt arányosan csökkentsük, ha indoklása hiányos. Ha a versenyző próbálgatással (pl. az ábrára x értékére egyre nagyobb egész számokat beírva és a járda területét ellenőrizve) megtalálja a helyes megoldást, de nem indokolja, hogy miért nincs más jó megoldás, akkor legfeljebb 4 pontot kaphat.




7. osztály 5. Laci leírta az összes olyan 12-vel osztható háromjegyű számot, amelyik 5-tel osztva 3 maradékot ad. a) Milyen számjegyek állhatnak a leírt számokban a tízes és az egyes helyiértéken? b) Hány számot írt le Laci?

Megoldás: a) 5-tel osztva 3 maradékot a 3-ra vagy 8-ra végződő számok adnak. A 12 többszörösei párosak, így nem végződhetnek 3-ra, ezért az egyes helyiértéken csak a 8 állhat. Mivel a 12 többszörösei oszthatók 4-gyel, emiatt az utolsó két számjegyből alkotott szám osztható 4-gyel, vagyis a tízes helyiértéken csak 0; 2; 4; 6 vagy 8 állhat. b) A legkisebb szám, amit Laci leírt, a 108. A következő szám ennél a 12 legkisebb, 0-ra végződő pozitív többszörösével, vagyis 60-nal nagyobb. A leírt számok tehát: 108, 168, 228, 288, … Az utolsó pedig a 108  14  60  948, tehát Laci 15 számot írt le összesen. Összesen:


További útmutató a javító tanároknak: Az a) részre maximum 4 pont, a b) részre maximum 6 pont adható. Ha az a) kérdésre a versenyző indoklás nélkül közli, hogy az utolsó számjegy csak 8 lehet, akkor erre 1 pontot kapjon. Ha indoklás nélkül közli, hogy az utolsó két számjegy 08, 28, 48, 68 vagy 88 lehet, akkor erre összesen 2 pontot kapjon. A b) kérdésre az indoklás nélküli helyes válaszért 2 pont adható. Ha a b) kérdésre adott válaszban a versenyző nem indokolja, miért 60-asával követik egymást a megfelelő számok, az ezért járó 2 pontot ne adjuk meg. A b) rész többi 4 pontja viszont akkor is jár, ha a versenyző felsorolja a megfelelő számokat, majd megszámolja, hogy 15 darab van.

* * * * * Több megoldásból csak egy kaphat pontot. Az útmutatóban közöltektől eltérő, de kifogástalan indoklású megoldások egyenértékűek a bemutatott megoldásokkal. Kérjük a javító tanárokat, tartsák be a megoldások után adott útmutatásokat. Többletpont semmilyen okból nem adható. Az elérhető maximális pontszám 50 pont. A dolgozatok pontszámait a www.mategye.hu honlapon kell rögzíteni 2016. december 13-ig. Az I. és II. kategóriába tartozó versenyzők dolgozatainak továbbküldési pontszáma 25 pont. Ezeket a dolgozatokat legkésőbb 2016. december 13-án postára kell adni a Mategye Alapítvány címére (6001 Kecskemét, Pf. 585). A továbbküldés nem feltétlenül jelent továbbjutást. A továbbjutáshoz szükséges ponthatárt a versenybizottság állapítja meg. A 2. fordulóba továbbjutott tanulók névsora 2016. december 22-től a www.mategye.hu honlapon megtekinthető, ugyanitt láthatóak a 2. forduló helyszínei. A második fordulóba csak olyan tanuló juthat, akinek határidőig rögzítésre került a pontszáma, és határidőig elküldésre került a dolgozata. Köszönjük a munkájukat! Kecskemét, 2016. december 6. A Szervezőbizottság

osztály

Recommend Documents