1 fordulo 11 osztaly javito
DESCRIPTION
1 Fordulo 11 Osztaly JavitoTRANSCRIPT
Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Javítási útmutató 1. forduló 2014/2015
11. osztály
1. Határozd meg a következő kifejezések pontos értékét!
A = (2013! + 2014!)⋅
−
!20151
!20141 , B =
12015
2
−⋅
+++
++
++
+ 20152013
1...75
1
53
1
31
1
Megoldás:
Az A = (2013! + 2014!)⋅
−
!20151
!20141 = 2013! ⋅ (1 + 2014) ⋅
!201512015 − = 2 pont
= 2013! ⋅ 2015 ⋅!2015
2014 =!2015!2015 = 1. 1 pont
A B =12015
2
−⋅
+++
++
+ 20152013
1...53
1
31
1 szorzat második tényezőjében
a tagokat gyöktelenítjük. 1 pont
Így B =12015
2
−⋅
−−⋅
+++
−−⋅
++
−−⋅
+ 20132015
20132015
20152013
1...35
35
53
1
13
13
31
1 , 2 pont
amiből az (a – b) ⋅ (a + b) azonosság alkalmazása után
B =12015
2
−⋅
21 ⋅( 3 −1+ 5 − 3 +...+ 2013 − 2011 + 2015 − 2013 ) adódik, 2 pont
összevonás után B =12015
2
−⋅
21 ⋅( 2015 −1) = 1. 2 pont
Összesen: 10 pont
2. Határozd meg a 182
2014−+
nn
kifejezés értelmezési tartományát!
Megoldás:
Az n-edik gyök definíciója alapján: 182
−+
nn ∈ (Z+\{1}) 2 pont
Így a 182
−+
nn =
122
−−
nn +
110−n
= 2 +1
10−n
≥ 2, és egész szám. 2 pont
Mivel 182
−+
nn egész szám, ezért n − 1 a 10 osztói és azok ellentettjei közül veheti fel
az értékeit. 1 pontÍgy n − 1 = 1; 2; 5; 10; − 1; − 2; − 5 és − 10 lehet, 2 pontamiből n = 2; 3; 6; 11; 0; – 1; – 4 és – 9. 1 pont
Mivel 182
−+
nn ≥ 2, ezért
110−n
≥ 0, ami n > 1 esetén teljesül. 1 pont
A második feltétel miatt a kifejezés értelmezési tartományának n = 2; 3; 6 és 11 az elemei. 1 pont
Összesen: 10 pont
3. Legyen A a 100-nál nem nagyobb pozitív egész számok halmaza! Ennek az A halmaznak egy nem üres Brészhalmaza esetén jelölje m(B) a B halmaz elemei 3-mal való osztási maradékainak összegét!a) Mennyi lehet m(B) legnagyobb értéke, ha a B halmaz elemei négy egymást követő egész szám?b) Van-e az A halmaznak 20 darab olyan B1, B2, ... B20, páronként diszjunkt részhalmaza, amelyek mindegyi-
kében egymást követő négy egész szám van, és m(B1) = m(B2) = ... = m(B20)?
Megoldás:a) A számok 3-mal való osztási maradékai: 0; 1 és 2. A számok növekvő sorrendjébena maradékok ilyen sorrendben követik egymást. 1 pontÍgy négy egymást követő egész szám esetén akkor lesz a maradékok összege a legnagyobb,ha a 2 maradék fordul elő kétszer. 2 pontTehát m(B) legnagyobb értéke 2 + 0 + 1 + 2 = 5. 1 pontb) Akkor lesz minden Bi részhalmazban a 3-mal való osztási maradékok összege azonos,ha mindegyikben a két azonos maradékot adó szám, egyben a halmaz legkisebb száma,3-mal osztva ugyanazt a maradékot adja. 2 pontMivel két szomszédos, 3-mal osztva azonos maradékot adó szám között 2 attól különböző
Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Javítási útmutató 1. forduló 2014/2015
11. osztály
maradék fordul elő, és Bi halmazoknak páronként diszjunktnak kell lenniük, 2 pontezért a számsor minden 6 szomszédos eleméből 2 nem kerül egyik Bi részhalmazba sem. 1 pontMivel 100 = 16 ⋅ 6 + 4 < 20 ⋅ 6, ezért nincs 20 ilyen diszjunkt részhalmaz. 1 pont
Összesen: 10 pont
4. Jelölje az ABC háromszög AB oldalának A-hoz közelebbi harmadoló pontját C1, az AC oldal A-hoz közelebbinegyedelő pontját B1, a CC1 és BB1 szakaszok metszéspontját P!a) Milyen arányban osztja P a BB1 szakaszt?b) Hányadrésze az ABC háromszög területének a CPB háromszög területe?
Megoldás:
a)
A B
C
P
Q
B1
C1
ab
c
Húzzunk B1-en át CC1-gyel párhuzamost (lásd ábra)! 1 pontLegyen az egyenes AB-n lévő pontja Q!Alkalmazzuk a párhuzamos szelők tételét az AC1C háromszögben! 1 pont
Mivel AB1 =41 AC, ezért AQ =
41 ⋅AC1 =
41 ⋅
31 c =
121 c 1 pont
Így QC1 =43 ⋅
31 c =
41 c 1 pont
Tekintsük a QBB1 szögtartományt a párhuzamos szelők tétele alapján:B1P:PB = QC1:C1B, 1 pont
azaz B1P:PB = 41 c:
32 c, így 1 pont
B1P:PB = 3:8.b) Felhasználva, hogy az egyenlő magasságú háromszögek területének aránya egyenlő azegyenlő magasságokhoz tartozó oldalak arányával, 1 pont
a TCB1B =43 ⋅ TABC és 1 pont
TCPB =118 TBB1C =
118 ⋅
43 TABC =
116 TABC. 1 pont
A CPB háromszög területe tehát 116 része az ABC háromszög területének. 1 pont
Összesen: 10 pont
5. Öt város közé négy egyenes szakaszból álló úthálózatot akarunk építeni úgy, hogy bármelyik városból bár-melyik városba el lehessen jutni. Az úthálózat bármely két szakasza csak városban találkozhat, ezért ha két útkeresztezné egymást, akkor a találkozásnál felüljárót építenek. Egyik útról a másikra csak városban lehet át-térni. Az úthálózatnak nincs két olyan szakasza, amely egy egyenesre illeszkedik. Hány különböző úthálózatépíthető? (Két úthálózat különböző, ha van két olyan város, melyet az egyikben összeköt egy szakasz, a má-sikban nem.)
Bács-Kiskun Megyei Matematikaverseny Javítási útmutató 1. forduló 2014/2015
11. osztály
Megoldás:Az úthálózat a szerkezetét tekintve háromféle lehet.1. típus: Egy városból indul mind a négy szakasz (lásd 1. ábra)Ilyen típusú 5 van.2. típus: Egy városból 3, egy másikból két egyenes szakasz indul(lásd 2. ábra).Ekkor 5 városból indulhat 3 szakasz, 4-féleképp választható ki,hogy onnan melyik városba nem indul út, és 3-féleképpen pedig az,hogy ebből a városból hova indul út.Ez összesen 5 ⋅ 4 ⋅ 3 = 60 lehetőség.3. típus: Három városból 2-2 út, két városból 1-1 út indul (lásd 3. ábra).Ez öt elem összes sorrendjének a fele (például az A-B-C-D-E és E-D-C-B-A
nem különböző úthálózat), ami2!5
= 60 lehetőség.
A feltételnek megfelelően tehát 5 + 60 + 60 = 125 különböző úthálózat építhető. 1 pont
Összesen: 10 pont
6. Bizonyítsd be, hogy 8110n⋅ (9n – 1) + 1, ha n pozitív egész szám!
Megoldás:A 10n
(9n − 1) + 1 = ( 321db
1...119n
⋅ + 1)(9n − 1) + 1 = 81n ⋅ 321db
1...11n
+ 9n − 9 ⋅ 321db
1...11n
− 1 + 1 = 3 pont
= 81n ⋅ 321db
1...11n
+ 9(n − 321db
1...11n
). 1 pont
Az összeg első tagja osztható 81-gyel, mert egy egész szám 81-szerese. 1 pontA második tag osztható 9-cel, mert egy egész szám 9-szerese. 1 pontAz n − 321
db
1...11n
különbség kivonandójában a számjegyek összege n, így n-nek 1 pont
és 321db
1...11n
számnak a 9-es osztási maradéka azonos, ezért a különbségük osztható 9-cel. 2 pont
Így az összeg második tagja is osztható 81-gyel, tehát igaz az állítás. 1 pont
Másképpen:
A 10n (9n − 1) + 1 = 9n ⋅ 10n
− (10n − 1). 2 pont
A kisebbítendő osztható 9-cel, mert 9 egész számú többszöröse. 1 pontMivel 10k
− 1k = (10 − 1)(10k−1
+ 10k−2 + ... + 1), ezért a kivonandó is osztható 9-cel. 1 pont
Így a 9 kiemelhető a különbségből. 1 pont9 ⋅ [n ⋅ 10n
− (10n−1 + 10n−2
+ 10n−3 + ... + 1)] = 9 ⋅ [(10n
− 10n−1) + (10n − 10n−2) + ... + (10n
− 1)] 3 pontMivel 910l
− 10l−k = 10l–k(10k
– 1), ezért a zárójelben lévő minden tag osztható 9-cel. 1 pontÍgy a megadott összeg 9 ⋅ 9 = 81-gyel osztható. 1 pont
Összesen: 10 pont
* * * * *
Bármelyik feladat eredményének indoklás nélküli közlése 1 pontot ér. Több megoldásból csak egy(a jobb) kaphat pontot. Az útmutatóban közöltektől eltérő, de kifogástalan indoklású megoldásokegyenértékűek a bemutatott megoldásokkal. Az elérhető maximális pontszám 60 pont.
Kecskemét, 2014. november 24.A Szervezőbizottság
1 pont
1 pont
1 pont2 pont
1 pont1 pont
1 pont
A
BC
DE
1. ábra
A
BC
DE
2. ábraA B
C
DE
3. ábra1 pont