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.