matematika felvételi levezetése 2013 (8. évfolyam)

Matematika felvételi feladatok bővített levezetése

(8. osztályosoknak)

Készítette az Edemmester Gamer Blog

Erre a dokumentumra az Edemmester Gamer Blog kiadványokra vonatkozó szabályai

érvényesek.

Matematika felvételi feladatok bővített levezetése 2013 (8. osztályosoknak)

2. oldal, összesen 17 Készítette az Edemmester Gamer Blog

1. feladat: Határozd meg az a, b és c értékét, és az eredményeket közönséges tört alakban

írd a megfelelő helyre!

1. lépés: Közös nevezőre hozás. 2 és 6 legkisebb közös nevezője (azaz legkisebb közös többszöröse)

6. 6/2 = 3, tehát a tört számlálóját is 3-mal kell megszoroznunk:

2. lépés: Művelet elvégzése, azaz az első tört számlálójából kivonjuk a másodikat:

A végeredményt lehet egyszerűsíteni, de nem kötelező, valamint szétválaszthatjuk az egész és a

tört részét, azonban ez sem kötelező.

1. lépés: Mivel a szorzás és az osztás magasabb rendű művelet, mint az összeadás és a kivonás,

ezért először a szorzást kell elvégezni. Szorzás esetén engedélyezett a „keresztbe történő”

egyszerűsítés, azaz az első tag nevezőjét is egyszerűsíthetjük a második tag számlálójával. Ezt

követően egyszerűen összeszorozhatjuk a két törtet, számlálót a számlálóval, nevezőt a nevezővel:

2. lépés: Törtek közös nevezőre hozása. A két tört legkisebb közös nevezője 6 (=2*3).Mivel a nevezőt

hárommal kell szoroznunk, ezért a számlálót is szorozzuk hárommal:

3. lépés: Elvégezzük a műveletet, azaz összeadjuk a két számlálót.

Az eredményt nem lehet tovább egyszerűsíteni. Ha valaki nagyobb nevezővel számolt, és az

eredménye is úgy van leírva, akkor a hivatalos javítókulcs szerint el kell fogadni az eredményt,

nem kötelező a legegyszerűbb alak.

1. lépés: A hatványozás magasabb rendű művelet, mint a szorzás, az osztás, az összeadás, és a

kivonás, ezért először ezt végezzük el. Negatív számot negatívval szorozva az eredmény pozitív

2. lépés: A két számot közös nevezőre hozzuk. Minden számot 1-gyel osztva önmagát kapjuk, a

nevező tehát eleinte egy lesz, majd ezt igény szerint (jelen esetben a legkisebb közös nevezőre, azaz

4-re) bővítjük:

1. lépés: behelyettesítés:

2. lépés: A törtvonal osztást (és a tagjai körül egy-egy zárójelet) jelent. Az osztás magasabb rendű

művelet, mint a kivonás, így azt végezzük el először. Osztás esetén az osztó tört reciprok értékével

szorzunk:

3. lépés: Szorzás esetén engedélyezett a „keresztbe történő” egyszerűsítés, azaz az első tag

számlálóját is egyszerűsíthetjük a második tag nevezőjével. Ezt követően egyszerűen

összeszorozhatjuk a két törtet, számlálót a számlálóval, nevezőt a nevezővel:

4. lépés: A második tag egyszerűsíthető 3-mal. Mivel ez megkönnyítheti a közös nevezőre hozást,

ezért javasolt mindig egyszerűsíteni:

5. lépés: A két törtet közös nevezőre hozzuk. A legkisebb közös nevező a 4:

6. lépés: Elvégezzük a műveletet, azaz a számlálókat kivonjuk egymásból:

Pontozás:

Ennek a feladatnak a pontozása egyszerű. 5 pont kapható a feladatra:

Item Kritérium

a Ha az a értéke helyes, akkor jár rá az 1 pont, akkor is, ha nem a legegyszerűbb alakban van leírva. Ha az eredmény hibás, akkor nem jár rá pont, a menetétől függetlenül.

b Ha a b értéke helyes, akkor jár rá az 1 pont, akkor is, ha nem a legegyszerűbb alakban van leírva. Ha az eredmény hibás, akkor nem jár rá pont, a menetétől függetlenül.

c Ha a c értéke helyes, akkor jár rá az 1 pont, akkor is, ha nem a legegyszerűbb alakban van leírva. Ha az eredmény hibás, akkor nem jár rá pont, a menetétől függetlenül.

d Ha a d értékbe sikerült behelyettesíteni, akkor jár a pont. Ha az a, b vagy c értéke hibás, de a rossz értékekkel a behelyettesítés jó, akkor is jár a pont. Ha az a, b és c értéke jó, de a behelyettesítés hibás, akkor nem adható rá meg a pont. Ha a behelyettesítés nincs leírva csak az eredmény, DE az jó, akkor is jár pont erre az itemre.

e Ha a d értéke helyesen lett kiszámolva a behelyettesített adatokkal (függetlenül attól, hogy az a, b és c értéke jó-e), akkor jár rá az 1 pont. Ha az eredmény hibás, akkor nem adható pont.

2. feladat: Tedd igazzá az alábbi egyenlőségeket a hiányzó adatok beírásával!

a) 16,5 hl + 32 l = ………………… l

A hl és a l között a váltószám 100. 16,5 hl tehát literbe váltva 16,5*100 azaz 1650 liter. Most már

elvégezhetjük az összeadást: 1650 + 32 = 1682 l.

b) 2013 s = 30 min + ………………… s

Itt már kicsit más a feladat. Ennek a megoldásához először a 30 percet át kell váltanunk

másodpercbe. A váltószám 60, tehát 30 min * 60 = 1800 s. A kérdés tehát az, hogy mennyit kell adni

az 1800-hoz, hogy 2013-mat kapjunk. 2013-1800 = 213, a megoldás tehát 213s.

c)–d) 36,28 t = ………………… kg = ………………… kg – 40 kg

Ez egy összetettebb feladat, nézzük először az első felét. 36,28 tonnát át kell váltanunk kg-ra. A

váltószám 1000, tehát 36,28 * 1000 = 36280 kg kerül az első vonalra. A második vonal innentől

nagyon egyszerű. A kérdés tehát az, hogy melyik az a szám, amiből ha 40-et kivonunk, akkor

36280-at kapunk. Ez egyértelműen a 36280+40 = 36320, tehát a második vonalra ennek az

értéknek kell kerülnie.

Pontozás:

Ennek a feladatnak a pontozása szintén nem bonyolult. 4 pont kapható a feladatra:

Item Kritérium

a Ha az a kifejezésben a vonalra helyes eredmény került, akkor jár az 1 pont, ellenkező esetben nem.

b Ha a b kifejezésben a vonalra helyes eredmény került, akkor jár az 1 pont, ellenkező esetben nem.

c Ha a c-d kifejezésben az első vonalra helyes eredmény került, akkor jár az 1 pont, ellenkező esetben nem.

d Ha a c-d kifejezésben a második vonalra helyes eredmény került, akkor jár az 1 pont. Ha az első vonalra hibás eredmény került, de az ottani hibás értékkel a további számítások jók, akkor is jár pont erre az itemre.

3. feladat: Az iskolában két hetedikes tanuló, Gergő (G) és Zita (Z), valamint két

nyolcadikos tanuló, Laci (L) és Flóra (F) jelentkezett egy tanulmányi versenyre. A

felügyelő tanárnak úgy kell őket leültetni egymás mellé egy négyszemélyes

tanulóasztalhoz, hogy azonos évfolyamra járó gyerekek ne kerüljenek közvetlenül

egymás mellé. Írd a táblázat mezőibe a tanulók nevének kezdőbetűit a feltételnek

megfelelő valamennyi lehetséges ülésrend szerint! Egy lehetséges ülésrend például:

[G|L|Z|F]

Először javaslom, hogy számoljuk ki fejben azt, hogy hány lehetséges ülésrendet kell felírnunk. Ez

nagyon egyszerű.

1. helyen ülhet: BÁRKI (4 ember)

2. helyen ülhet: VALAKI, AKI NEM AZONOS ÉVFOLYAMÚ AZ ELSŐVEL (2 ember)

3. helyen ülhet: AZ, AKI NEM AZONOS ÉVFOLYAMÚ A MÁSODIKKAL, AZAZ AZONOS ÉVFOLYAMÚ AZ

ELSŐVEL. (ilyen már csak 1 maradt => 1 ember)

4. helyen ülhet: AZ, AKI NEM AZONOS ÉVFOLYAMÚ A HARMADIKKAL, DE AZONOS ÉVFOLYAMÚ A

MÁSODIKKAL. (1 ember)

Lehetséges ülésrendek száma tehát 4*2*1*1 = 8. Ezek közül előre megadva 1, tehát meg kell még

adni 7 darabot. Most nézzük a lehetséges ülésrendeket. Először nézzük az évfolyam beosztást. Lehet

[8|7|8|7] vagy [7|8|7|8]. Ha az első helyen nyolcadikos tanuló ül, akkor ülhet ott Laci vagy Flóra. Az

első helytől függetlenül a második helyen ülhet Gergő vagy Zita. A harmadik helyen ülhet az a

nyolcadikos, aki nem ül az elsőn. A negyedik helyre ül a maradék, aki az a hetedikes, aki nem ül a

másodikon. Ha az első helyen hetedikes ül, akkor a dolog pont fordítva van. Az első helyen ülhet

Gergő vagy Zita, a másodikon pedig Laci vagy Flóra. A végeredményünk tehát így néz ki:

[7|8|7|8] [8|7|8|7]

[G|L|Z|F] [L|G|F|Z]

[G|F|Z|L] [L|Z|F|G]

[Z|L|G|F] [F|G|L|Z]

[Z|F|G|L] [F|Z|L|G]

Pontozás:

A pontozás ennél a feladatnál nem osztható itemekre. Az értékelés alapvetően sávos:

Leírt jó megoldás Kapott pontszám

1-2 1 pont

3-4 2 pont

5-7 Az első 4 darabra összesen 2 pont, a négyen felüliekre pedig darabonként egy, azaz összesen elérhető 5 pont.

Ha a leírtak között hibás ülésrend is szerepel, akkor azért a hibás ülésrendek számától

függetlenül 1 pontot kell levonni a jókért kapottból. Negatív pontszámot nem lehet elérni, a

legkevesebb kapható pont tehát nem -1 hanem 0. Ha egy ülésrend kétszer is le van írva, vagy

esetleg a példaülésrend is leírásra került, azért nem jár pontlevonás.

4. feladat: Az alábbi diagram öt korábban sikeres magyar sportoló által szerzett összes

olimpiai érmek számát mutatja. Válaszolj az alábbi kérdésekre a diagram alapján!

a) Összesen hány bronzérmet szerzett az öt olimpikon?

A diagramról leolvasható, hogy melyik olimpikon hány bronzérmet szerzett.

G.A. – 2

K.Á. – 2

E.A. – 1

K.A. – 4

R.I. – 2

A számokat összeadva megtudhatjuk, hogy 2+2+1+4+2 = 11 db bronzérmet szereztek.

b)–c) Az olimpiai pontok számát az alábbiak szerint lehet kiszámolni:

aranyérem ezüstérem bronzérem 7 pont 5 pont 4 pont

Hány olimpiai pontot szerzett Keleti Ágnes az összes érmes helyezésével? Írd le a

számolás menetét!

Először olvassuk le a diagramról a szükséges adatokat. Keleti Ágnes 5 arany-, 3 ezüst-, és 2

bronzérmet szerzett. Ahhoz hogy kiszámítsuk a kapott pontokat, a különböző típusú érmek számát

meg kell szoroznunk az értékükkel:

aranyérmek száma * aranyérmek értéke + ezüstérmek száma * ezüstérmek értéke +

bronzérmek száma * bronzérmek értéke

Jelen esetben be is helyettesíthetjük az értékeket:

aranyérmek száma * 7 pont + ezüstérmek száma * 5 pont + bronzérmek száma * 4 pont

Most helyettesítsük be a képletbe a diagramról leolvasott számokat:

5 * 7 pont + 3 * 5 pont + 2 * 4 pont

A szorzás magasabb rendű művelet, így ezt végezzük el először:

5 * 7 pont + 3 * 5 pont + 2 * 4 pont = 35 pont + 15 pont + 8 pont

Végül összeadjuk:

35 + 15 + 8 = 58 pont

d)–e) Rejtő Ildikó összesen öt olimpián vett részt. Átlagosan hány érmet szerzett egy

olimpián? Írd le a számolás menetét! Az eredményt tizedes tört alakban add meg!

Ahhoz hogy megtudjuk az átlagot, össze kell adnunk a szerzett bronz-, ezüst-, és aranyérmek

számát, majd el kell osztanunk az olimpiák számával, tehát:

Most következik a behelyettesítés:

A törtben van olyan művelet, amit el lehet végezni, méghozzá a számlálóban. Mivel a törtvonal az

osztáson kívül a számláló és a nevező körül zárójelet is jelent, ezért előbb ezt végezzük el:

Így kijött egy eredmény törtalakban. A feladat szerint azonban tizedes törtként kell megadnunk.

Mivel a törtvonal osztást jelent, így már el is végezhetjük a műveletet:

7/5 = 1,4

Ennyi tehát a megoldás.

Pontozás:

Erre a feladatra ismételten 5 pont adható.

Item Kritérium

a Ha az a rész eredménye helyes, akkor jár rá az 1 pont, ellenkező esetben nem. b Ha a b-c résznél a behelyettesítés jó, akkor jár rá a pont.

c A b-c résznél, függetlenül attól, hogy a behelyettesítés jó-e, ha a beírt adatokkal a számítás jó, akkor jár rá a pont. HA a behelyettesített adatokkal a számítás eredménye hibás, akkor nem jár rá a pont.

d Ha a d-e feladatban a behelyettesítés jó, akkor jár rá a pont.

e Ha a d-e feladatban a behelyettesített adatokkal (akár jók, akár nem) a számítás jó, és az eredmény tizedes törtként van leírva, akkor jár rá a pont. Ha hagyományos törtként van ott az eredmény, arra nem adható pont.

5. feladat: Minden alábbi csoportban a négy állítás közül pontosan egy igaz. Karikázd be

az igaz állítások betűjelét!

a) csoport

A: Minden paralelogrammának van szimmetriatengelye.

B: Van olyan deltoid, amelynek három hegyesszöge van.

C: Minden háromszögben van tompaszög.

D: Egy háromszögnek legfeljebb két szimmetriatengelye lehet.

A állítás – HAMIS, mert paralelogrammának nevezzük azokat a négyszögeket, amiknek két-két

oldaluk párhuzamos, és az ilyen négyszögek közül számtalannak nincs tükörtengelye.

B állítás – IGAZ, mert a deltoidnak egy fajtája az ún. konkáv deltoid, aminek 3 hegyesszöge van.

C állítás – HAMIS, mert sok háromszögnek, (például a szabályosnak, és a derékszögűeknek)nincs

tompaszöge.

D állítás – HAMIS – A szabályos háromszögek három szimmetriatengellyel rendelkeznek.

b) csoport

A: Van két olyan prímszám, amelyeknek az összege is prímszám.

B: Két prímszám összege mindig páros szám.

C: A 27 prímszám.

D: Öt darab 10-nél kisebb pozitív prímszám van.

A állítás – IGAZ. Ha két páratlan számot összeadunk, akkor az eredmény mindig páros lesz, ami

nem lehet prím, kivétel, ha az a kettő, azonban ez nem jöhet ki eredményül, mivel ez a legkisebb

prím. Páratlan számhoz párosat adva azonban páratlan szám keletkezik, tehát ha az egyetlen

páros prímet hozzáadjuk páratlanokhoz, akkor lehetséges, hogy másik prímet kapjunk, például 3+2

= 5; 5+2 = 7

B állítás – HAMIS, mert van egy páros prímszám is, és ha ezt bármelyik páratlanhoz hozzáadjuk,

akkor az eredmény páratlan lesz.

C állítás – HAMIS, mert 27 osztható 3-mal is, tehát nem lehet prím.

D állítás – HAMIS, mert 10-nél kisebb pozitív prímek a 2, 3, 5, és a 7, és ez csak 4 darab. Az egy NEM

prím, mert csak 1 osztója van, az 1, és a definíció szerint az a szám prím, amelynek pontosan KÉT

osztója van.

c) csoport

A: A 15 pozitív osztóinak szorzata kisebb, mint 100.

B: A 28 pozitív osztóinak összege 56.

C: Egy páratlan számnak lehet olyan osztója, ami páros.

D: A 12 pozitív, páros osztóinak a száma páratlan.

A állítás – HAMIS, mert 15 pozitív osztói: 1, 3, 5, 15, és 1*3*5*15 az 225, ami több mint 100.

B állítás – IGAZ, mert 28 pozitív osztói: 1, 2, 4,7,14, 28 és 1+2+4+7+14+28 = 56

C állítás – HAMIS, mert a páratlan számok nem oszthatók kettővel, ez teszi őket páratlanná, és

minden páros szám kettő többszöröse, tehát ha egy szám nem osztható kettővel, akkor semmi más

páros számmal sem.

D állítás – HAMIS, mivel 12 pozitív osztói: 1, 2, 3, 4, 6, 12, és ez 6 darab, ami páros. Páratlan számú

osztójuk csak az egynek, és a négyzetszámoknak lehet.

d) csoport

A: Nincs olyan x egész szám, amelyre x = x2 teljesül.

B: Egy olyan x egész szám létezik, amelyre x = x2 teljesül.

C: Két olyan x egész szám létezik, amelyre x = x2 teljesül.

D: Végtelen sok olyan x egész szám létezik, amelyre x = x2 teljesül.

A állítás – HAMIS, mert 1 = 12, mert 1*1 az 1.

B állítás – HAMIS, mert 1 = 12 és 0 = 02

C állítás – IGAZ, mert 1 = 12 és 0 = 02

D állítás – HAMIS, mert csak 1-re, és 0-ra igaz az állítás

Pontozás:

Erre a feladatra 4 pont adható, csoportonként 1. Ha az adott csoport megoldása jó, akkor jár rá a

pont. Ha a megoldás nem karikázva van, hanem egyéb módon egyértelműen megjelölve, akkor

arra is jár a pont. Ha egy csoportban több állítás is be van karikázva, akkor arra a sorra nem jár

pont, függetlenül attól, hogy köztük van-e a helyes.

6. feladat: Az ábrán vázolt ABC háromszögben az e félegyenes a B csúcsnál lévő belső szög

szögfelezője, az f félegyenes a C csúcsból induló magasságvonal. Az ε = 40° , a δ = 95° .(Az

ábra csak tájékoztató jellegű vázlat, nem pontos méretű.) (A zöld színű ábrán szereplő

betűket ÉN írtam rá utólag, a magyarázás megkönnyítése érdekében. Azok az eredetin

NEM szerepeltek.)

a) Mekkora az ABC háromszög B csúcsánál lévő belső szöge?

Van egy olyan háromszög, a BCF, amelynek a 3 szögéből 2-nek a mérete ismert. Az egyik 90°-os, a

másik pedig 40°-o. Minden háromszög belső szögeinek összege 180°. 180°= egyik szög + másik szög

+ harmadik szög = 40°+ 90°+ X°. Ha a 180°-ból kivonjuk a 40°+ 90°-ot, akkor meg is kapjuk, hogy a

harmadik szög 50 °-os.

b) Mekkora az α szög?

Az ABD háromszögnek a három szögéből kettőt ismerünk, a D és a B csúcsnál lévőt. A D csúcsnál

egy 95°-os szög található, a B csúcsnál pedig az előző feladatban kijött érték FELE lesz, ugyanis az

előbb a BCF háromszöggel dolgoztunk, most pedig az ABD-vel, és a BD szakasz a szögfelezője az

előző feladatban megkapott szögnek. Így tehát 180°= 95°+ 25° + x°= 95°+ 25°+ 60°, azaz az

eredmény 60 °lett.

c) Mekkora az ABC háromszög C csúcsánál lévő belső szöge?

Az ABC háromszögnek már két szögét kiszámoltuk a feladat korábbi részében. Az A csúcsánál

található egy 60°-os szög, a B csúcsnál pedig egy 50°os. Ismét követhetjük az eddigi

gondolatmenetet: 180°= 50° + 60° + x° = 50° + 60° + 70°, az eredmény tehát 70°.

d) Mekkora a μ szög?

Ezt a legegyszerűbben úgy számolhatjuk ki, hogy az ADEF négyszöget vesszük alapul. Ennek három

szögét ismerjük, valamint tudjuk azt, hogy a négyszögek belső szögeinek összege 360°. Jelen

esetben az A csúcsnál egy 60°-os, a D csúcsnál egy 95°-os, az F csúcsnál pedig egy 90°os szög van,

tehát akkor 60° + 95° + 90° + x° = 360° = 60° + 95° + 90° + 115°, azaz az eredmény 115°lesz.

Pontozás:

A feladat minden részéért 1 pont jár a helyes megoldásért. Ha valamelyik eredmény hibás lett, de

a továbbiakban a rossz eredménnyel a számítás jó, és ez egyértelműen látszik, akkor jár rá pont.

7. feladat: Az ABC egyenlőszárú derékszögű háromszög derékszögnél lévő C csúcsa az

origóban van, az átfogó egyik végpontja az A(–4; 8) pont, a másik végpontja a B(8; 4) pont.

a)–b) Rajzold bele az ábrába az ABC háromszöget! Törekedj a pontosságra!

Ez a feladatrész kifejezetten egyszerű. Először meg kell keresnünk a pontokat a

koordinátarendszerben.

C csúcs: origó, azaz X:0, Y:0. Ezt könnyű megtalálni, hiszen ez a közepe az egésznek, a két tengely

(azaz a vastag vonalak) metszéspontja.

A csúcs, koordinátái (-4;8), azaz X:-4, Y:8. Az origóból tehát elindulunk az X tengely mentén (azaz a

vízszintes vastag vonalnál). Mivel negatív az X koordináta, ezért balra indulunk, és leszámolunk 4

négyzetet. Ez után jön az Y koordináta, ami pozitív, tehát felfelé kell indulnunk, méghozzá 8

négyzetet. Így el is jutottunk a keresett ponthoz.

B csúcs, koordinátái (8;4), azaz X:8, Y:4. Az origóból elindulunk az X tengely mentén. Mivel az X

koordináta pozitív, ezért balra haladunk, leszámolunk 8 négyzetet. Ekkor jön az Y irány. Mivel az Y

koordináta pozitív, ezért felfelé kell haladnunk, leszámolunk tehát fölfelé 4 négyzetet, és el is

jutottunk a B ponthoz.

Most már csak össze kell kötnünk a kapott pontokat.

c)–d) Az ADC egyenlőszárú derékszögű háromszög derékszögnél lévő csúcsa szintén a C

pont, és a D pont különbözik a B ponttól. Rajzold be az ábrába a D pontot, és határozd meg

a koordinátáit!

A két háromszög tulajdonságainak tehát azonosnak kell lenniük, és egy közös oldaluknak is lennie

kell, méghozzá ez az AC. Ilyen háromszöget a legkönnyebben úgy állíthatunk elő, hogy az ABC

háromszöget tükrözzük az AC oldalára. Az így keletkező háromszög minden szabálynak meg fog

felelni. A tükrözéshez célszerű szerkesztőeszközöket használni.

Ha elkészült az ábra, akkor le kell olvasnunk a d (=B’) pont koordinátáit. Ez nagyon egyszerű.

Először megnézzük, hogy a D pont hány négyzetre található az X tengelytől (függőlegesen),

jelenesetben 4. Mivel a D az X tengelytől lefelé található, ezért az Y koordináta negatív lesz, jelen

esetben -4. Az X koordináta meghatározásához egyszerűen számoljuk le hogy hány négyzetre van a

D pont az Y tengelytől (vízszintesen). Mivel az Y tengelytől balra vagyunk, így a koordináta negatív

lesz, méghozzá esetünkben -8. A koordináták tehát X:-8 és Y:-4, ami leírható úgy, hogy D(-8;-4).

A helyes ábra a következő oldal tetején látható.

e) Hány fokos az a szög, amelynek a csúcsa az A pont, a szárai pedig az AB és az AD

félegyenesek?

Az egyenlőszárú derékszögű háromszögek szögei mindig 90, 45, és 45 fokosak. A 90°-os szöge az

ABC és az ADC háromszögnek is a C pontnál van, tehát a másik két szögük 45°-os. Az ABD

háromszög A csúcsnál lévő szöge megegyezik az ABC és az ADC háromszögek A csúcsnál lévő

szögeinek az összegével. Mivel ez a két szög 45°-os, ezért az összegük 90°, tehát a feladatban leírt

szög 90°-os.

Pontozás:

A feladatra összesen 5 pont adható.

Item Kritérium

a Ha az A pont helyesen van berajzolva, akkor jár rá az 1 pont.

b Ha a B pont helyesen van berajzolva, akkor jár rá az 1 pont.

c Ha a D pont helyesen van berajzolva, akkor jár rá a pont. Ha az A vagy B pont hibásan van berajzolva, de a hibás pontok tükrözése jó akkor is jár rá a pont.

d Ha az ábrában lévő D pont koordinátái jól vannak leolvasva és leírva, (függetlenül attól, hogy a D pont jó helyen van-e) akkor jár rá a pont.

e Ha az eredmény jó, akkor jár rá a pont. Ha a lerajzolt ábra hibás, de a hibás ábra adataival a számítási menet jó, akkor is jár rá a pont.

B’ = D

8. feladat: Egy kávépörkölő üzemben kétféle kávét pörkölnek, az egyiknek 2500 Ft, a

másiknak 3300 Ft a kilogrammonkénti ára. Az üzemből 80 kg kávékeveréket rendeltek.

Hány kilogrammot kell összekeverni az egyes fajtákból, hogy a keverék

kilogrammonkénti ára 3000 Ft legyen? Írd le a számolás menetét is! A kapott

eredményeket írd a pontozott helyekre!

Először rendszerezzük az adatokat:

Az egyik kávé ára 3300 Ft, ebből X kg került a keverékbe.

A másik kávé ára 2500 Ft. Mivel a keverék 80 kg volt, és az előző kávétípusból X kg került bele,

tehát ebből belekerül a maradék 80-X kg.

A keverék teljes ára egyenlő a kilónkénti ár, és a tömeg szorzatával. Ha egy kg 3000 (azaz 1*3000)

Ft, akkor a teljes keverék 80*3000 Ft-ba kerül.

Ha összeadjuk a két fajta keverékben szereplő kávé teljes árát, akkor megkapjuk a keverék teljes

árát, tehát első kávé ára * első kávé tömege + második kávé ára * második kávé tömege = keverék

ára * keverék tömege, azaz ha behelyettesítünk:

3300 * X + 2500 * (80-X) = 3000 * 80

Most pedig oldjuk meg az egyenletet, ezt már csak a színek nélkül mutatom:

3300 * X + 2500 * (80-X) = 3000 * 80 /Zárójelbontás

3300 * X + 200000-2500*X = 3000 * 80 /Összevonás

800 * X + 200000 = 3000 * 80 /Műveletek elvégzése

800 * X + 200000 = 240000 /-200000

800 * X = 40000 /800

X = 50

Tehát az első fajta kávéból X azaz 50 kg, a második fajtából pedig 80-X azaz 30 kg került a

keverékbe.

Pontozás:

A feladat 6 pontot ér. 1 pont jár arra, hogy felírjuk az X kg és 80-X kg van a keverékben. 1 pont,

hogy megállapítjuk, hogy az összetevők ára 3300 * X illetve 2500 * (80 – X) forint. 1 pont jár a

helyes egyenlet felírására, és további 1 pont az egyenletrendezésre. 1 pontot ér az hogy x=50, és

egy pontot a teljes feladat végeredménye. A feladat következtetéssel is megoldható, ez esetben

arra a levezetésre is megkapható a 6 pont. Ha hibás az egyenlet, de jó a levezetés, akkor az utolsó

3 pont megadható. Ha az eredmény nincs odaírva a pontozott vonalra, akkor nem adható meg az

utolsó pont.

9. feladat: Egy nagy, tömör kockát állítottunk össze 27 darab 1 dm élhosszúságú kockából,

majd az ábrán látható módon a felső rétegben lévő kockák közül elvettünk néhányat.

a) Hány dm3 az így kapott test térfogata?

A legegyszerűbb megoldás erre, hogy először kiszámoljuk az eredeti test térfogatát. Ez 3*3*3 azaz

27 dm3, ami megegyezik a kis kockák számával, mivel minden kocka 1dm3 méretű. Ha megnézzük

az ábrát, akkor láthatjuk, hogy 5 kockát vettek el a felső rétegből. Felülnézetből nézve valahogy így

fest, ha szürkével bejelöljük azokat a négyzeteket, amik kivágásra kerültek:

A teljes test térfogatából tehát ki kell vonnunk az elvett 5 kocka térfogatát, azaz 5 dm3-t, és így

megkapjuk az új test térfogatát, ami 27-5=22 dm3.

b) Hány dm2 az így kapott test felszíne? Írd le a számolás menetét is!

Ez a feladat sem nehezebb. Alulról nézve a test 9 négyzetből áll. Felülnézetből szintén 9 négyzet

van, igaz hogy ezek közül 5 kicsit lentebb van, mint a sarkokon lévő 4. A testet ha oldalról nézzük,

akkor 8 négyzetet látunk, valahogy így:

Minden oldalról megnézve 8 négyzet látható, oldalt tehát 4*8 négyzet van. Ezen felül ahol

kivágtunk 5 négyzetet, ott keletkeztek további lapok. A négy sarokelem két-két belső oldalai

összesen kitesznek további 8 négyzetet. Minden egyes négyzet 1 dm3, tehát elég összeadni a

négyzetek számát. 9+9+4*8+8 = 9+9+32+8 = 58 dm3.

Pontozás:

A helyes térfogatszámításra 2 pont jár. A felszínszámításban 1 pont jár arra, ha helyesen van

leírva hogy az alsó és felső lap 9 négyzetből áll, 1 pont jár arra, hogy ha fel van tüntetve a 4

oldallapon látható 8-8 négyzet, valamint További 1 pont jár a nem látható 8 lap felfedezéséért, és

1 pont jár a végösszeg kiszámítására. Természetesen egyéb számolási módok is elfogadhatóak.

10. feladat: A következő leegyszerűsített térképen néhány település és az őket összekötő

út hossza látható. Az AICH útvonal azt jelenti, hogy A-ból elmegyünk I-be. onnan C-be.

onnan pedig H-ba. Ennek az útvonalnak a teljes hossza 13.3 km Add meg az összes többi.

A és H közötti 15 km-nél rövidebb útvonalat a hosszúságukkal együtt! Lehetséges, hogy a

táblázatban több hely van. mint ahány megfelelő útvonal. Ha a megoldásaid között nem

megfelelő út is szerepel, azért pontlevonás jár.

A dolog egyszerű. Kiindulunk az A pontból, és elkezdjük megvizsgálni, hogy melyik irányba hány km

eljutni A-ból H-ba. Összesen 6 lehetséges út van.

ACH – 9km

AIH – 12,2 km

ADGH – 12,6 km

ADCH – 12,6 km

AIJH – 12,8 km

ACIH – 14,9 km

Ebben a feladatban csak némi számolgatásra van szükség, nem nagyon szükséges külön stratégia a

megoldásához.

Pontozás:

Minden egyes helyes út – hosszúság pár együttesen 1 pontot ér, minden más eset hibásnak

tekinthető. A példaként megadott út beírásáért, vagy egy út többszöri beírásáért nem jár

pontlevonás. Ha a válaszok között van esetleg hibás, akkor a rossz megoldások számától

függetlenül 1 pont levonásra kerül. A feladatra negatív pontszám nem adható, -1 pont esetén is 0

pontosnak minősül a feladat.

Alapvetően a felvételi egyetlen nehézsége talán az idő. Ha valaki kellően gyorsan tud

gondolkodni, az maga írhatja a sorsát. A szerkesztőség nevében sok szerencsét kívánok minden

felvételizőnek.

Kérdésed van? Valami nem érthető? Ne habozz! Vedd fel velünk a

kapcsolatot az info@edemmester.hu címen, és mi megválaszoljuk a

kérdésedet!

matematika felvételi levezetése 2013 (8. évfolyam)

Documents

felvÉteli tÁjÉkoztatÓ

felsőoktatási felvételi ponthatárok 2011

2007. Évi felvÉteli eljÁrÁs

felvÉteli feladatok tÉmakÖrÖnkÉnt

felvételi alapképzés

felvételi tájékoztató 1997

felvételi jelentkezések i

felvételi tájékoztató 2021/2022

Érettségi – felvételi 2014

felvÉteli vizsgakÖvetelmÉnyek mesterkÉpzÉs … ·...

pte felvételi 2016

felvételi tájékoztató 1999

felvételi tájékoztató 2012

a felsőoktatási felvételi eljárás

a héliumatom állapotainak levezetése a vektormodell...

tavalyi felvételi tájékoztató - 2015

felvételi tájékoztató

felsőoktatási felvételi 2013

felsőoktatási felvételi ponthatárok 2007

felvÉteli tájékoztató