Rozwiązania etap szkolny
Transkrypt
Rozwiązania etap szkolny
Wojewódzki Konkurs Matematyczny dla uczniów gimnazjów. Etap szkolny 5 listopada 2013 Czas 90 minut ZADANIA ZAMKNIĘTE Zadanie 1. (1 punkt) Liczby A = 0, 99, B = 0, 992 , C = 0, 993 , D = ustawiono w kolejności rosnącej. Zatem: a) B < A < D < C < E d) A < B < C < D < E b) A < D < E < B < C e) E < D < C < B < A √ 0, 99, E=0, 99−1 c) C < B < A < D < E Zadanie 2. (1 punkt) Na zabawie było 12 osób (chłopców i dziewcząt). Jeżeli jeden chłopiec opuści zabawę to liczba sposobów doboru par tańczących zmniejszy o 7. Ile było dziewcząt na tej zabawie? (uwaga: dziewczynki tańczą tylko z chłopcami) a) 7 b) 6 c) 5 d) 8 e) 9 Zadanie 3. (1 punkt) Litera x w liczbie 28692x oznacza cyfrę jedności. Jaka to cyfra, jeżeli ta liczba jest podzielna jednocześnie przez 3 i przez 4 ? a) 0 b) 3 c) 8 d) 4 e) 6 Zadanie 4. (1 punkt) Wykres funkcji y = 2x + b przechodzi tylko przez I i III ćwiartkę układu współrzędnych. Jaki warunek musi spełniać b ? a) b = 2 b) b = 0 c) b = −2 d) b = 1 2 e) b = − 12 Zadanie 5. (1 punkt) Kąt wewnętrzny pewnego wielokąta foremnego ma miarę 162o . Ile boków ma ten wielokąt? a) 10 b) 15 c) 18 d) 20 e) 22 Zadanie 6. (1 punkt) Ile wynosi promień okręgu opisanego na trójkącie o bokach długości 6 cm, 8 cm, 10 cm? a) 4 cm b) 5 cm c) 10 cm d) 8 cm e) nie można tego obliczyć Zadanie 7. (1 punkt) Zbiór zawierający wszystkie dzielniki liczby 64 to: a) {1, 2, 3, 4, 8, 16, 32} d) {1, 2, 3, 4, 8, 16, 64} b) {1, 2, 3, 4, 8, 16, 32, 64} e) {2, 4, 8, 16, 32} c) {1, 2, 4, 8, 16, 32, 64} Zadanie 8. (1 punkt) Drogę przebytą przez ciało poruszające się ruchem jednostajnie przy2 spieszonym opisuje wzór s = s0 + v0 t + at2 , gdzie s0 −droga początkowa ciała, v0 −prędkość początkowa ciała, t−czas trwania ruchu, a−przyspieszenie. Przyspieszenie jest równe: a) d) 2s−2(s0 +v0 t) t3 s−2(s0 +v0 ) t2 2(s−s0 ) t2 s−(s0 +v0 t) 2t2 b) e) − 2v0 t c) 2s−(s0 +v0 t) t Zadanie 9. (1 punkt) Pole zacieniowanego obszaru wynosi : a) 324 − 9π cm2 d) 9(9 − π) cm2 b) 256 − 16π cm2 e) 81π cm2 c) 81(4 − π) cm2 Zadanie 10. (1 punkt) Suma trzech kolejnych liczb nieparzystych wynosi 2013. Największą z tych liczb jest: a) 671 b) 672 c) 673 d) 669 e) 2015 ZADANIA OTWARTE Rozwiązania zadań od 11. do 15. należy zapisać w wyznaczonym miejscu pod ich treścią. Zadanie 11.(3 punkty) Obwód przedniego koła wozu wynosi 35 dm, a tylnego 44 dm . Na drodze z A do B przednie koło wykonało o 387 obrotów więcej niż tylne. Oblicz odległość między A i B. Rozwiązanie: • s – odległość między A i B • ilość obrotów wykonana przez koło przednie wynosi: xp = • ilość obrotów wykonana przez koło tylne wynosi: xt = s , 35 s , 44 • Zgodnie z warunkami zadania xp = xt + 387. Otrzymujemy równanie: s s = + 387. 35 44 Po przekształceniach: 1 1 s· − = 387, 35 44 35 · 44 s = 387 · , 9 s = 66220 dm. Odp: Odległość między A i B wynosi 66220 dm. Punktacja: 1. Prawidłowe określenie niewiadomych – 1 punkt, 2. Prawidłowe ułożenie równań – 1 punkt, 3. Rozwiązanie równania i otrzymanie prawidłowego wyniku – 1 punkt. Zadanie 12.(3 punkty) W równoległoboku stosunek boków wynosi 1 : 2, kąt ostry ma miarę 60◦ , √ a dłuższa przekątna ma długość 2 7. Oblicz długości boków równoległoboku . Długość boku BC została oznaczona przez x, w związku z√tym długość boku AB wynosi 2x. Długość przekątnej AC zgodnie z treścią zadania wynosi 2 7 . Z wierzchołka C została opuszczona wysokość równoległoboku CE. Trójkąt BCE jest trójkątem prostokątnym o kątach 30◦ , 60◦ i 90◦ i przeciwprostokątnej √ x. W związku z tym odcinek BE x ma długość 2 natomiast wysokość h (CE) ma długość x · 23 Długość odcinka AE jest sumą długości odcinków AB i BE wynosi więc x |AE| = 2x + , 2 |AE| = 5x 2 Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ACE otrzymujmy równanie: √ 2 5 2 2 7 = x + 2 √ 3 x 2 !2 . Po podniesieniu do kwadratu 28 = 25 2 3 2 x + x. 4 4 Stąd wynika, że x2 = 4, x > 0, x = 2. Odp. Boki równoległoboku mają długości 4 oraz 2. Punktacja: 1. Poprawny rysunek i wyznaczenie wysokości równoległoboku – 1 punkt, 2. Zaznaczenie trójkąta prostokątnego zawierającego przekątną – 1 punkt, 3. Uzyskanie rozwiązania – 1 punkt. Błędy rachunkowe nie mające wpływu na tok rozumowania nie wpływają na ocenę zadania. Zadanie 13.(3 punkty) Która z liczb jest większa Odpowiedź uzasadnić. 1 2011 + 1 2014 czy 1 2012 + 1 2013 ? Sprowadzając pierwszą z liczb do wspólnego mianownika otrzymujemy : 1 1 2014 + 2011 + = 2011 2014 2014 · 2011 Sprowadzając drugą z liczb do wspólnego mianownika otrzymujemy : 1 2013 + 2012 1 + = 2012 2013 2012 · 2013 Obie liczby mają jednakowe liczniki równe 4025 tak więc należy porównać ich mianowniki. Mianownik pierwszej liczby: 2014 · 2011 = (2011 + 3) · 2011 = 20112 + 3 · 2011 Mianownik drugiej liczby: 2013 · 2012 = (2011 + 2) · (2011 + 1) = 20112 + 3 · 2011 + 2 Mianownik drugiej liczby jest większy od mianownika pierwszej liczby. Liczby mają jednakowe liczniki tak więc ta która ma mniejszy mianownik jest większa. 1 Odp: 2011 + Uwaga: 1 2014 > 1 2012 + 1 2013 • Wymnożenie liczb w mianowniku jest oczywiście też poprawnym sposobem porównania mianowników, niemniej w rozwiązaniu powinien znajdować się zapis mnożenia (nie może być wykonane przy pomocy kalkulatora lub innego „pomocnika”) • Rozwiązanie przez bezpośrednie dzielenie i sumowanie może być również zaakceptowane pod warunkiem, że jest wykonane z odpowiednią dokładnością i wynik jest poprawny oraz zapis dzielenia i sumowania znajduje się w pracy. • Jeżeli zadanie zostanie poprawnie rozwiązane powyżej wspomnianymi metodami lub inną poprawna metodą może zostać ocenione na maksymalną liczbę punktów. W przypadku braku obliczeń prowadzących do wyniku, zadania należy ocenić jako nierozwiązane. Punktacja: 1. Sprowadzenie obu liczb do wspłnego mianownika – 1 punkt, 2. Zauważenie, że liczniki są równe – 1 punkt, 3. Uzyskanie poprawnego rozwiązania – 1 punkt. Zadanie 14.(3 punkty) Wiek Stasia w roku 1969 był równy sumie cyfr jego roku urodzenia. Które urodziny obchodzi Staś w roku 2013? Przedstawić sposób obliczenia. Wiek Stasia w roku 1969 nie przekraczał liczby 36 która jest sumą cyfr 9+9+9+9. Wynika stąd, że najwcześniejszy rok, w którym Staś mógł się urodzić to jest 1969-36=1933. Tak więc na pewno dwie pierwsze cyfry roku urodzenia to są 1 i 9. Przyjmując, że cyfra dziesiątek roku urodzenia wynosi x, a cyfra jednostek y, rok urodzenia Stasia można zapisać jako 1900 + 10x + y natomiast wiek Stasia w roku 1969 można obliczyć jako 1 + 9 + x + y = 10 + x + y. Porównując wiek w roku 1969 otrzymujemy równanie: 1969 − (1900 + 10x + y) = 10 + x + y, 69 − 10x − y = 10 + x + y, 11x + 2y = 59. Rozwiązaniem tego równania powinny być jednocyfrowe liczby całkowite. Wyznaczając x z tego równania otrzymujemy y= 59 11 − x, 2 2 y powinnno być liczbą całkowitą spełniającą nierówność 1 ¬ y ¬ 9, 1¬ 59 11 − x ¬ 9. 2 2 Po przekształceniach: 41 57 ¬x¬ . 11 11 Jedynymi liczbami całkowitymi spełniającymi tę nierówność są 4 i 5. Obliczając y w przypadku x = 4 otrzymujemy y= 59 11 59 − ·4= − 22. 2 2 2 Nie jest to liczba całkowita więc nie spełnia warunków zadania. Obliczając y w przypadku x = 5 otrzymujemy y= 59 11 59 55 − ·5= − =2 2 2 2 2 Liczba y = 2 spełnia warunki zadania, tak więc Staś urodził się w roku 1952. Odp. W roku 2013 Staś będzie obchodził sześćdziesiąte pierwsze urodziny. Punktacja: 1. Zgadnięcie roku urodzenia i odpowiedź na pytanie z zadania – 2 punkty, 2. Wykazanie, że jest to jedyne możliwe rozwiązanie – 1 punkt. Zadanie 15.(3 punkty) Ogrodzona łąka ma kształt prostokąta którego jeden z boków √ ma długość 20 m. W jednym z rogów łąki (wierzchołku prostokąta) na łańcuchu o długości 20 2 m zaczepiona jest koza. Jaka jest długość drugiego boku łąki, jeżeli część łąki dostępna dla kozy stanowi połowę całej łąki ? x – długość nieznanego boku prostokąta. √ Część łąki w zasięgu kozy jest sumą wycinka koła o kącie 45o i promieniu 20 2 oraz trójkąta prostokątnego równoramiennego o długości przyprostokątnych 20. Pole łąki w zasięgu kozy można obliczyć jako sumę wymienionych figur. Pkozy = √ 202 1 + π(20 2)2 2 8 Pkozy = 200 + π · 100 Całkowite pole łąki jest równe P = 20 · x Z warunków zadania wynika, że P = 2 · Pkozy po podstawieniu otrzymujemy 20 · x = 2 · (200 + π · 100) Ostatecznie x = 20 + 10π Odp Drugi bok łąki ma długość 20 + 10π m. 1. Wykonanie poprawnego rysunku – 1 punkt, 2. Zauważenie trójkąta równoramiennego – 1 punkt, 3. Napisanie poprawnego równania – 1 punkt. Błędy rachunkowe nie wpływające istotnie na sposób rozwiązania nie wpływają na ocenę.