Varga Tamás Matematikaverseny 7. osztályos feladatok megoldásai iskolai forduló 2010

Nemzeti Erıforrás Minisztérium Nemzeti Tehetség Program

NSZFI

Hétvezér Általános Iskola, Székesfehérvár Oktatásért Közalapítvány

M/7 Varga Tamás Matematikaverseny 7. osztályos feladatok megoldásai iskolai forduló 2010. 1. feladat Kata egy dobozban tárolja 20 darab dobókockáját. Mindegyik kocka egyszínő, piros, fehér, zöld vagy fekete. 17 kocka nem zöld, 12 nem fehér, 15 pedig nem fekete. a) Hány piros kockája van Katának? b) Legalább hány kockát kell kivenni a dobozból, hogy a kivettek között legyen 3 darab különbözı színő kocka?

Megoldás: a) 3 zöld, ..................................................................................................................1 pont 8 fehér, .................................................................................................................1 pont 5 fekete, ................................................................................................................1 pont kocka 4 piros kockát ad Katinak. ..........................................................................2 pont b) 13 kockából, ha a 8 fehéret és az 5 feketét vettük, nincs három szín, ..................2 pont tehát 14 kockával kaphatunk háromféle színt. .....................................3 pont összesen: 10 pont

2. feladat Az ABC egyenlı szárú háromszög BC alapjának C csúcsából induló szögfelezı az AB oldalt a D pontban metszi. Tudjuk, hogy BC = CD. Mekkora a CDA szög?

Megoldás:

Jó ábra az egyenlı szögek (vagy oldalak) jelölésével .......................................2 pont Ha ABC< = α, úgy AB = AC miatt BCD< = α ...............................2 pont

A

2

és BC = CD miatt BDC< = α. ..........................................................2 pont A BCD háromszögben tehát D α

α B

α + α + α = 180o , .........................................................1 pont

α

α

2

2

o

azaz α = 72 , ..........................................................................1 pont

2

C

vagyis CDA< = 108o. ....................................................................2 pont összesen: 10 pont

3. feladat A 0,149162536 . . . számot úgy képezzük, hogy a tizedesvesszı után sorban leírjuk 1-gyel kezdve az egymást követı pozitív egész számok négyzetét.


NSZFI


M/7 Melyik számjegy áll a tizedesvesszıtıl jobbra a 121. helyen?

Megoldás: Egyjegyő négyzetszámok 3 helyiértéket foglalnak el, .................................................1 pont a kétjegyőek 42-tıl 92-ig 6 · 2 = 12 helyiértéket foglalnak el, ..............................................1 pont a háromjegyőek 102-tıl 312-ig 22 · 3 = 66 helyiértéket foglalnak el, ......................................1 pont ezzel már 81 jegy a tizedesvesszı után adott. .............................................................................2 pont A maradék negyven helyre 10 darab négyjegyő .........................................................................2 pont kell kerüljön, azaz 322 tıl 412-ig ..............................................................................................2 pont így a 121. helyen az 1 áll. ....................................................................................................1 pont összesen: 10 pont

4. feladat Egy téglalap oldalai 18 és 24 centiméteresek. Az egyik (párhuzamos) oldalpárját kétszer annyival változtattuk, mint a másik oldalpárt, és így egy négyzetet kaptunk. Mekkora a négyzet oldala?

Megoldás: Ha 18 – x = 24 – 2x , akkor x = 6, a négyzet oldala 12 cm, ha 18 + 2x = 24 + x

, akkor x = 6, a négyzet oldala 30 cm,

ha 18 + x = 24 – 2x , akkor x = 2, a négyzet oldala 20 cm, ha 18 + 2x = 24 – x

, akkor x = 2, a négyzet oldala 22 cm.

A 18 – x = 24 + 2x, a 18 + x = 24 + 2x, a 18 – 2x = 24 – x és a 18 – 2x = 24 + x negatív oldalt adnának! A négy megoldás bármelyike 4 pontot ér, a további három egyenként 2 – 2 pont, összesen: 10 pont


NSZFI


M/7 5. feladat Ali, Béla, Csaba és Dani egyike csintalankodott. Errıl így vallottak: Ali: Csaba volt; Béla: Nem én voltam; Csaba: Dani volt; Dani: Csaba nem mond igazat. Ki a csintalan, ha a négy állítás közül pontosan egy hamis?

Megoldás: Ha Csaba igazat mond, akkor Dani állítása hamis, és vele együtt Alié is, ami már két hamis kijelentés lenne. .....................................................4 pont Csaba tehát nem mond igazat, .................................................................................................2 pont így Dani állítása igaz, ..............................................................................................................2 pont de ezzel, a feltétel miatt, Béla és Ali is igazat állít, .................................................................1 pont tehát Csaba a csintalan és az ı állítása hamis. ........................................................................1 pont összesen: 10 pont

Bármelyik feladat eredményének indoklás nélküli közlése 1 pontot ér. Több megoldásból csak egy (lehetıleg a jobbik) kaphat pontot. Az útmutatóban közöltektıl eltérı, de kifogástalan indoklású megoldások egyenértékőek a bemutatott megoldásokkal. Az elérhetı maximális pontszám 50 pont. Az I. kategóriába tartozó versenyzık – akiknek a kötelezı matematika óraszáma legfeljebb heti 4 óra – dolgozatainak továbbküldési ponthatára 20 pont. A II. kategóriába tartozó versenyzık – akiknek a kötelezı matematika óraszáma több mint heti 4 óra – dolgozatainak továbbküldési ponthatára 25 pont.

A továbbküldés nem feltétlenül jelent továbbjutást. A továbbjutáshoz szükséges ponthatárt a versenybizottság állapítja meg. A ténylegesen továbbjutott tanulókat a megyei szervezık értesítik. Kérjük a kollégákat, hogy feltőnıen írják rá a versenydolgozatokra, a tanuló neve mellé a megfelelı kategóriát! Köszönjük a munkájukat! Székesfehérvár, 2010. november A Versenybizottság



NSZFI

M/7 Varga Tamás Matematikaverseny megyei forduló 2011.

7. osztály I. kategória Megoldások 1. feladat Egy áruházban a Boci csoki darabja 75 Ft. Ha az ugyanilyen csokit 6 darabos csomagban vesszük, akkor egy csomag ára 410 Ft. Hány csokit vehetünk 2000 Ft-ért ? (A legtöbb csokit szeretnénk venni és nem baj, ha marad pénzünk a 2000 Ft-ból.)

Megoldás: Mivel a 6-os csomag ára kevesebb, mint 6 ·75 = 450 Ft, ezért ......................................2 pont annyi csomagot veszünk, amennyi a 2000 Ft-ból kitelik, azaz 4 csomagot, 1640 Ft-ért. ..........3 pont A maradék 360 Ft-ból vehetünk még 4 db csokit 4 · 75 = 300 Ft-ért, .......................................3 pont és marad 60 Ft-unk. ....................................................................................................................2 pont összesen: 10 pont

2. feladat Egy üvegtábla 22 cm széles és 24 cm hosszú téglalap. Ebbıl 6 cm széles és 8 cm hosszú téglalap alakú darabokat szeretnénk kivágni. Hány darabot lehet az üvegtáblából kivágni ?

Megoldás: Mivel 22 · 24 = 528 .........................................................................................................1 pont és 6 · 8 = 48 ................................................................................................................................1 pont éppen 11-szer van meg a 528-ban, ..............................................................................................1 pont ezért legfeljebb11 darabot vághatunk ki. ....................................................................................2 pont Ennyit ki is vághatunk, pl. az alábbi ábra szerint: 6

6

6

6

8

8 6 8

8

8

...................................................................5 pont összesen: 10 pont

( Ha a versenyzı csak a fenti ábrát adja, az is 10 pont ! )


NSZFI


M/7 3. feladat Hány olyan háromjegyő pozitív egész szám van, amelyben a számjegyek összege 23 ?

Megoldás: A számjegyek között van legalább egy 8-nál nem kisebb. .......................................1 pont Ha van 9-es és kettı is, akkor a 9, 9, 5 három „jót” : 995, 959, 599 ad. .......................................................................................1 pont Ha csak egy 9-es van, akkor a 9, 8, 6, vagy a 9, 7, 7 számjegyekbıl készíthetünk „jó” háromjegyőeket. ....................................................1 pont A 9, 8, 6 –ból hat darab, .......................................................................................................2 pont a 9, 7, 7 –bıl három darab adódik. ........................................................................................1 pont Ha nincs 9-es jegy úgy 8-as kell legyen és legfeljebb kettı mert 3 · 7 < 23 < 3 · 8. ............................................................................................................1 pont Így a 8, 8, 7 ad három „jót”, ..................................................................................................1 pont míg egy 8-as már nem hoz jót. ...............................................................................................1 pont Összesen tehát 15 „jó” háromjegyő van. ................................................................................1 pont összesen: 10 pont

4. feladat Melyek azok az x egész számok, amelyekre az x + 36 , a 2 x és az 5 x − 6 egy háromszög oldalainak hossza ?

Megoldás: A háromszög egyenlıtlenségek miatt a) x + 36 < 2x + 5x – 6 , .....................................................................................................2 pont azaz 7 < x ..................................................................................................1 pont b) 2x < x + 36 + 5x – 6 , ......................................................................................................2 pont 15 azaz − < x ..............................................................................................1 pont 2 c) 5x – 6 < x + 36 + 2x , ....................................................................................................2 pont azaz x < 21. ................................................................................................1 pont

Mindháromnak megfelel a 8-nál nem kisebb és a 20-nál nem nagyobb x egész ...................1 pont ( x є {8, 9, 10, . . . 18, 19, 20} ) összesen: 10 pont


NSZFI


M/7 5. feladat A hétfejő sárkány hét fejét megfelelı sorrendben egymás után levágva megmenekülhetünk. A fejek egyenkénti levágásakor - egyik fejet sem vághatjuk le annyiadikként, amennyi a sorszáma; - legelıször és negyedikként páratlan sorszámú fejet kell levágni; - a hatos sorszámú fej levágása után már csak ennek két, eredeti szomszédját kell levágni. Milyen sorrendben vagdossunk, ha a fejek balról jobbra 1-tıl 7-ig számozottak, és meg is akarunk menekülni ?

Megoldás: A hatos sorszámú fej ötödikként kerül vágás alá, így a két szomszédját, az 5 illetve 7 sorszámút – a feltételek miatt – csak a 675 sorrendben vághatjuk. ......................................................................................................3 pont A maradt két páratlan sorszámú 1 és 3 közül a 3 az elsı vágásnak esik áldozatul, ................2 pont míg az 1 a negyedik e sorban. ...................................................................................................2 pont A maradék két fej, a 2 és a 4 számú a 4, 2 sorrendben jön második illetve harmadik vágásra. ........................................................2 pont A 3 4 2 1 6 7 5 a menekülést adó sorrend. .............................................................................1 pont összesen: 10 pont

Bármelyik feladat eredményének indoklás nélküli közlése 1 pontot ér. Több megoldásból csak egy (lehetıleg a jobbik) kaphat pontot. Az útmutatóban közöltektıl eltérı, de kifogástalan indoklású megoldások egyenértékőek a bemutatott megoldásokkal. Az elérhetı maximális pontszám 50 pont. Az I. kategóriába tartozó versenyzık – akiknek a kötelezı matematika óraszáma legfeljebb heti 4 óra – dolgozatainak továbbküldési ponthatára 25 pont.

A továbbküldés nem feltétlenül jelent továbbjutást. A továbbjutáshoz szükséges ponthatárt a versenybizottság állapítja meg, s errıl a megyei szervezık értesítést kapnak. Kérjük a kollégákat, hogy feltőnıen írják rá a versenydolgozatokra, a tanuló neve mellé a megfelelı kategóriát! Köszönjük a munkájukat! Székesfehérvár, 2011. január A Versenybizottság



NSZFI

M/7 Varga Tamás Matematikaverseny megyei forduló 2011.

7. osztály II. kategória Megoldások

1. feladat Egy Guiness - rekord kísérletben 1 dm3 térfogatú kockákat ragasztanak össze 1 dm2 alapterülető négyzetes oszloppá. Az oszlop felszíne egy kocka felszínének 2011-szerese lesz. Hány kockát kell összeragasztani ?

Megoldás: ha n darab kocka kell a négyzetes oszlophoz, ............................................................2 pont akkor az alaplapjának és fedılapjának területe 1 + 1 = 2 dm2, ...............................................1 pont míg az n darab kocka „palástja” összesen 4n dm2-t ad. .......................................................3 pont A 4n + 2 = 6 · 2011 –bıl .........................................................................................................2 pont n = 3016 kocka kell a toronyhoz.

............................................................................2 pont

összesen: 10 pont

2. feladat Egy egyenlı szárú háromszög két oldala centiméterekben mérve egész szám, és egyikük sem hosszabb 3 cm-nél. Hány ilyen különbözı háromszög van ? (Két háromszög különbözı, ha legalább egy oldalhosszukban különböznek.)

Megoldás: Ha a szárakat a jelöli, akkor a háromszög egyenlıtlenség miatt 6 ≥ a + a > alap > a – a = 0 mellett .......................................................3 pont a

a

alap hossza lehet

1

1

1 cm

2

2

1; 2; 3 cm

3

3

1; 2; 3; 4; 5 cm .........................................................5 pont

Tehát kilenc, a feltételeknek megfelelı háromszög van. ..........................................................2 pont

összesen: 10 pont


NSZFI


M/7 3. feladat P az elsı 64 pozitív egész szorzata. Határozzuk meg a legnagyobb olyan n értéket, amelyre P osztható 12n-nel !

Megoldás: Mivel 12 = 22 · 3, ezért 12n = (22 · 3)n = 22n · 3n ....................................................2 pont ezért egyrészt megszámoljuk, hogy hány 2-es tényezıt hoz P. ................................................1 pont A 64 számból 32 páros, ezekbıl 16 db 4-gyel, 8 db 8-cal, 4 db 16-tal, továbbá 2 db 32-vel és 1 db 64-gyel osztható. .........................................................................3 pont Ez azt jelenti, hogy 32 + 16 + 8 + 4 + 2 + 1 = 63 kettes tényezı van P-ben. ..........................1 pont Másrészt a 3-as tényezıket 21 db 3-többszörös, ebbıl 7 db 9-többszörös, és 2 db 27-többszörös adja. .............................2 pont Az n = 30 tehát a megfelelı legnagyobb egész. .....................................................................1 pont összesen: 10 pont 4. feladat Az A-nál nem 60o –os ABC háromszög AB és AC oldalaira kifelé az ABD illetve ACE , a harmadik oldalára befelé a BCF szabályos háromszögeket rajzoltuk. Bizonyítsuk be, hogy az ADFE négyszög paralelogramma !

1. megoldás: A D

E F

B

C

Forgassuk el a B csúcs körül -60o-kal a BDF háromszöget! ...................................................... 2 pont F pont a C-be, D pont az A-ba kerül, tehát DF = AC = AE. .............................................2 pont Ugyanígy, a C pont körüli +60o-os forgás a CEF háromszöget ABC háromszögbe viszi, .......2 pont tehát FE = AB = AD. ..............................................2 pont Az ADFE négyszög 2-2-szemköztes oldala egyenlı, tehát paralelogramma. ...............................2 pont összesen: 10 pont

2. megoldás: BDF háromszög egybevágó ABC háromszöggel, mert 2-2 oldaluk, s az ezekkel bezárt szögek egyenlık, ................................................................................................................................2 pont mivel (ABC< - 60o) vagy (60o – ABC< ) szögeket kell 60o-kal növelni, vagy 60o-ból kivonni. 2 + 1 pont ugyanígy CEF háromszög egybevágó ABC háromszöggel, .......................................................2 + 1 pont tehát az ADFE paralelogramma, mert 2-2 szemköztes oldal egyenlı. .........................................2 pont összesen: 10 pont

3. megoldás: Az ADFE négyszög D-nél és E-nél levı szögei egyenlık, mert mindkettı az elıbbi egybevágóságok okán 60o – BAC< vagy BAC< - 60o ..............................4 pont Hasonlóan A-nál és F-nél levı szögek 120o + BAC< vagy ennek 360o-ra kiegészítı szöge, ha 120o + BAC< > 180o ..........................................................4 pont tehát négyszögünk paralelogramma, mert 2-2 szemköztes szöge egyenlı. .........................................2 pont összesen: 10 pont


NSZFI


M/7 5. feladat Kata délben beállította a karóráját a pontos idınek megfelelıen. Egy óra múlva, pontosan 1 órakor Kata órája 12 óra 57 perc 36 másodpercet mutatott. Mennyi a pontos idı, amikor a karóra 10 órát mutat, ha tudjuk, hogy egyenletesen késik, azaz a déltıl eltelt tényleges idı, és a karóra által mutatott idı aránya állandó?

Megoldás: Ha K a Kata órája által mutatott, V pedig a valódi idı déltıl számítva percekben, akkor délután 1 órakor: 36 288 300 K = 57 + = és V = 60 = . ........................................................................4 pont 60 5 5 Az egyenletes késés miatt K 288 24 = = , V 300 25

.......................................................................................................4 pont

ezért Kata órája szerinti este 10-kor valójában 25 V = ⋅ 600 = 625 perc, vagyis 10 óra 25 perc van. ......................................................2 pont 24 összesen: 10 pont

Bármelyik feladat eredményének indoklás nélküli közlése 1 pontot ér. Több megoldásból csak egy (lehetıleg a jobbik) kaphat pontot. Az útmutatóban közöltektıl eltérı, de kifogástalan indoklású megoldások egyenértékőek a bemutatott megoldásokkal. Az elérhetı maximális pontszám 50 pont. A II. kategóriába tartozó versenyzık – akiknek a kötelezı matematika óraszáma több mint heti 4 óra – dolgozatainak továbbküldési ponthatára 25 pont.

A továbbküldés nem feltétlenül jelent továbbjutást. A továbbjutáshoz szükséges ponthatárt a versenybizottság állapítja meg, s errıl a megyei szervezık értesítést kapnak. Kérjük a kollégákat, hogy feltőnıen írják rá a versenydolgozatokra, a tanuló neve mellé a megfelelı kategóriát! Köszönjük a munkájukat! Székesfehérvár, 2011. január A Versenybizottság


NSZFI


M/7 Varga Tamás Matematikaverseny országos döntı 2011. 7. osztály I. kategória megoldások 1. feladat Beának 18 pénzérméje van, mindegyik 20 vagy 50 Ft-os. Ha a 20 Ft-osokat 50 Ft-osokra, az 50 Ft-osokat 20 Ft-osokra cserélné, akkor pénzének értéke kétszeresére nıne. Mennyi pénze van Beának ?

Megoldás: (elsı megoldás): Ha az eredeti és a „cserélt” összegeket összeadjuk, Akkor az eredeti összeg háromszorosát kapjuk. Így 70 · 18 = 3 · S , vagyis S = 420 Ft. Ez csak 2 db 50 és 16 db 20 Ft-osokból állhat elı. Valóban 16 db 50 Ft = 800 és 2 db 20 Ft = 40 összege 840 Ft (második megoldás): 2(20a + 50(18-a)) = 50a + 20(18-a) Ebbıl a = 16 és 18-a = 2, Tehát 20 · 16 + 2 · 50 = 42 Ft. Ez valóban megoldás, mert 50 · 16 + 20 · 2 = 840 Ft.

2 pont 2 + 1 pont 4 pont 1 pont 5 pont 2 pont 2 pont 1 pont

2. feladat Egy téglalap két szomszédos csúcsához tartozó szögfelezık a téglalap középvonalának egyik negyedelı pontjában metszik egymást. Mekkora a téglalap területe, ha a téglalap eme középvonalának hossza 10 egységnyi ?

Megoldás: A középvonalnak három negyedelı pontja van. 10 , akkor AHD háromszög egyenlı szárú 4 10 derékszögő, tehát FH = FD = FA = 4 azaz a téglalap területe 5 · 10 = 50 te.

1 + 1 + 1 pont

Ha FH =

D F

H

A

10 , akkor ugyanúgy mint az elıbb 2 10 FH = FD = FA = tehát a téglalap területe 10 · 10 = 100 te. 4

3 pont

Ha FH =

Ha FH =

2 pont

3 · 10, akkor, mint eddig 4

FH = FD = FA =

3 ⋅ 10 , a terület 15 · 10 = 150 te. 4

2 pont


NSZFI


M/7 3. feladat A 24, 42 és k pozitív egészek bármelyike osztója a másik kettı szorzatának. Adjuk meg a legkisebb ilyen k pozitív egész számot !

Megoldás: 24 = 6 · 4 , 42 = 6 · 7

2 pont

E két szám legkisebb közös többszöröse 6 · 4 · 7

5 pont

így a legkisebb k = 4 · 7 = 28.

3 pont

4. feladat Az ABC egyenlı szárú háromszög AB szárán van a P és AC szárán van a Q pont úgy, hogy a PCB szög 40o -os a QBC szög pedig 50o-os. Mekkora a PQB szög, ha a BAC szög 20o-os ?

Megoldás: A

Q P

Jó ábra

1 pont

A BCQ háromszögben Q< = 180o – 50o – 80o = 50o tehát BC = CQ, és ezért PC merılegesen felezi BQ-t, tehát PBCQ deltoid, s így PQB szög 30o

2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 1 pont

30o 50o

B

40o

C

5. feladat

Ebben a keretben pontosan 1 állítás hamis; Ebben a keretben pontosan 2 állítás hamis; Ebben a keretben pontosan 3 állítás hamis; Ebben a keretben pontosan 4 állítás hamis; A 4 állítás közül hány lehet igaz ? Megoldás: Két állítás nem lehet egyszerre igaz, mert ellentmondók. Legfeljebb tehát egy állítás lehet igaz. Ha egyetlen állítás sem lenne igaz, akkor a sorban az utolsó igaz lenne, ami ellentmondás. Így egy igaz lehet, Ami a harmadik sor állítása.

2 pont 2 pont 2 pont 2 pont 2 pont


NSZFI


M/7 Varga Tamás Matematikaverseny országos döntı 2010.

7. osztály II. kategória megoldások 1. feladat Egy urnában piros és sárga golyók vannak. Ha egy piros golyót kiveszünk, akkor az urnában maradt golyók hetede lesz piros. Ha viszont öt sárga golyót veszünk ki, akkor a megmaradt golyók hatoda lesz piros. Hány piros és hány sárga golyó van az urnában? p −1+ s = p − 1 , azaz s = 6 p − 6 , 7 p + s −5 = p , azaz s = 5 p + 5 . 6 E kettıbıl p = 11 és s = 60 Ezek valóban a feladat megoldását adják.

Megoldás:

2 + 1 pont 2 + 1 pont 2 pont 2 pont

2. feladat Az ABCD téglalap CD oldalának C-hez közelebbi harmadoló pontja H . A H ponton keresztül húzott egyenes az AB oldalt M-ben metszi úgy, hogy a téglalap területét 1 : 3 arányban osztja. Mekkora az MB : AB arány ?

Megoldás: H

D

a/3

b a–x A

x M

MB < MA, mert az ADHM trapéz a téglalap területének legalább a harmada. 2 C a−x+ a x + a/3 3 ·b így 3· ·b = 2 2 5 amibıl 3x + a = a – x, azaz MB:AB = 1:6 3 x 1 B mert = a 6

3 pont

4 pont 2 pont 1 pont

3. feladat Ma 2011. 03. 29. van. A nyolc számjegybıl hány nyolcjegyő, 360-nal osztható szám képezhetı ?

Megoldás: 360 = 9 · 40 és 2 + 0 + 1 + 1 + 0 + 3 + 2 + 9 = 18, tehát nyolcjegyőnk a számjegyek bármely sorrendjére 9-nek többszöröse. Az utolsó jegy 0 kell legyen. Így a 6. és 7. jegybıl álló kétjegyő 4-nek többszöröse kell legyen vagyis a 7. jegy páros, azaz 0 vagy 2. Ha a 7. jegy is a 0, akkor a 6. jegy csak a 2 lehet, 5! így a maradó 1,1,2,3,9 jegyekbıl = 60, 2 míg ha a 7. jegy a 2, akkor a 6. jegy az 1, a 3 és a 9 valamelyike. 4 ⋅ 4 ⋅3⋅ 2 120 végőbıl 4·4·3·2 = 96, 320 végőbıl = 48 és 2 920 végőbıl ugyanennyi, összesen tehát 60 + 96 + 48 + 48 = 252 nyolcjegyőnk van.

1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 1 pont 2 pont

1 pont 1 pont


NSZFI


M/7 4. feladat Az ABC egyenlı szárú háromszög AB szárán van a P és AC szárán van a Q pont úgy, hogy a PCB szög 40o-os, a QBC szög 50o-os, a BAC szög pedig 20o. Mekkora a PQ és a BC egyenesek szöge ?

Megoldás: Lásd a 7/I. 4. feladatból PQC szög 80o , tehát PQ és BC szöge 20o

9 pont 1 pont

5. feladat Létezik-e olyan társaság, amelyben senkinek sincs 4-nél több ismerıse és pontosan 1 olyan társaságbeli ember van, akinek pontosan 1, pontosan 2 olyan társaságbeli ember van, akinek pontosan 2, pontosan 3 olyan társaságbeli ember van, akinek pontosan 3 és pontosan 4 olyan társaságbeli ember van, akinek pontosan 4 ismerıse van a társaságban ?

Megoldás: A válasz igen, van ilyen 10 tagú társaság A tagokat jelölje egy-egy pont, az ismeretséget két pontot összekötı szakasz (1) •

1 pont 1 pont

(2) • •(2) (4) •

(4)•

•(4)

• (4)

(3) •

• (3)

• (3) 8 pont

Varga Tamás Matematikaverseny 7. osztályos feladatok megoldásai iskolai forduló 2010

Recommend Documents