Wojewódzki Konkurs Matematyczny dla uczniów gimnazjów. Etap Szkolny 24 listopada 2016 Rozwiązania zadań z punktacją

Wielkość: px

Rozpocząć pokaz od strony:

Download "Wojewódzki Konkurs Matematyczny dla uczniów gimnazjów. Etap Szkolny 24 listopada 2016 Rozwiązania zadań z punktacją"

Stanisława Skiba
6 lat temu
Przeglądów:

Wojewódzki Konkurs Matematyczny dla uczniów gimnazjów. Etap Szkolny 24 listopada 2016 Rozwiązania zadań z punktacją ZADANIA ZAMKNIĘTE Zadanie 1. (1 punkt) Pole koła κ 1 wynosi P 1 = 20 cm 2.

1 Wojewódzki Konkurs Matematyczny dla uczniów gimnazjów. Etap Szkolny 24 listopada 2016 Rozwiązania zadań z punktacją ZADANIA ZAMKNIĘTE Zadanie 1. (1 punkt) Pole koła κ 1 wynosi P 1 = 20 cm 2. Ile wynosi pole P 2 koła κ 2, jeżeli jest koła P 1. równe ( 2 1) ( 8+2)+2 A 40 B 25 C 30 D 20 E 15 Zadanie 2. (1 punkt) Liczba nazywa się trójkątną jeżeli można ją przedstawić w postaci połowy iloczynu dwóch kolejnych liczb naturalnych. Która z podanych liczb jest liczbą trójkątną? A 6 B 21 C 24 D 12 E 50 Zadanie 3. (1 punkt) Na rysunku przedstawiono prostopadłościenną paczkę, którą obwiązuje się sznurkiem w sposób zaznaczony przerywaną linią. Na obwiązanie paczki potrzeba co najmniej 300 cm sznurka. Długość sznurka wyrażona za pomocą a, b, c potrzebnego do obwiązania paczki przedstawia wyrażenie: A 2a + 6b + 6c 300 cm B 4a + 4b + 4c 300 cm C a b c 300 cm D 6a + 4b + 6c 300 cm E 4a + 6b + 6c 300 cm 1

2 Zadanie 4. (1 punkt) Która z figur ma największe pole: A kwadrat o boku 3,5 cm B koło o promieniu 2 cm C pólkole o promieniu 3 cm D trójkąt o bokach 5 cm, 5 cm i 6 cm E prostokąt o bokach 3 cm i 4 cm Zadanie 5. (1 punkt) Ile jest liczb czterocyfrowych postaci a87b podzielnych przez 3 i 5 (litery a i b zastępują nieznane cyfry). A 3 B 4 C 5 D 6 E 7 Zadanie 6. (1 punkt) Za cztery bułki z wiśnią trzeba zapłacić tyle samo ile za pięć bułek z budyniem. O ile procent bułka z budyniem jest droższa lub tańsza od bułki z wiśnią? A droższa o 25% D tańsza o 20% B tańsza o 25% E droższa o 50% C droższa o 20% Zadanie 7. (1 punkt) Sześciokąt foremny jest wpisany w prostokąt w ten sposób, że dwa boki sześciokąta należą do równoległych, dłuższych boków prostokąta, a dwa wierzchołki sześciokąta należą do dwóch pozostałych boków prostokąta. Stosunek pola prostokąta do pola sześciokąta wynosi: A 2 B 4 3 C 5 4 D 1 3 E 3 2 Zadanie 8. (1 punkt) Po sprawdzeniiu 20 z 30 klasówek średnia ocen wynosiła 4,5. Ile może wynosić maksymalna średnia tej klasówki? A 4,75 B 4,9 C 5 D 5,3 E 5,5 Zadanie 9. Proste k i l na rysunku są równoległe, a miary kątów α i β są w stosunku 2 : 1. Prosta s jest dwusieczną kąta α. Kąt γ zaznaczony na rysunku ma miarę: A 20 o B 30 o C 36 o D 45 o E 60 o Zadanie 10. (1 punkt) Ile z podanych poniżej stwierdzeń jest prawdziwe? a) 39 : 1 3 = 13 b) 5% = 0, 5 c) 1 13 < 1 15 d) 0, 3 0, 2 = 0, 6 A zero B jedno C dwa D trzy E cztery 2

3 ZADANIA OTWARTE Zadanie 11. (4 punkty) W naczyniu A znajdują się 3 litry 30% solanki, w naczyniu B - 7 litrów 10% solanki. Z naczynia A przelano do naczynia B jeden litr solanki, dokładnie wymieszano, a następnie po dokładnym wymieszaniu z naczynia B przelano z powrotem do naczynia A 2 lirty solanki. Jaka jest teraz procentowość solanek w naczyniu A i naczyniu B? Rozwiązanie W naczyniu A w 3 litrach 30% solanki znajduje się 0,9 litra soli. W jednym litrze solanki znajduje się 0,3 litra soli. W naczyniu B w 7 l 10%solanki znajduje się 0,7 litra soli. Po przelaniu 1 litra solanki z naczynia A do naczynia B, w n aczyniu B znajdzie się 8 litrów solanki w tym 0,3 + 0,7 = 1 litra soli. Procentowość solanki w naczyniu B wynosi więc p B = 1 100% = 12, 5% 8 Po przelaniu z naczynia B do naczynia A 2 litrów 12,5% solanki w naczyniu A będzie 4 litry solanki w tym 0,25 + 0,6=0,85 litra soli. Procentowość w naczyniu A wynosi p A = 0, % = 21, 25% Obliczenie procentowości w naczyniu B po przelaniu z nazczynia A - 2 punkty Obliczenie procentowości w naczyniu A po przelaniu z nazczynia B - 2 punkty Nieistotne dla sposobu rozwiązania błędy rachunkowe można pominąć. 3

4 Zadanie 12. (4 punkty) Wykaż, że różnica każdych dwóch liczb trzycyfrowych, w których występują te same cyfry jest podzielna przez 3. Trzycyfrową liczbę można zapisać jako a b 10 + c. Po zamianie cyfr liczba może być przedstawiona jako: a c 10 + b b a 10 + c b c 10 + a c b 10 + a c a 10 + b Przy badaniu różnicy dwóch z powyżej wymienionych liczb można ograniczyc się do dwóch przypadków: - gdy w obu odejmowanych liczbach położenie cyfr jest różne, - gdy liczby różnią się położeniem dwóch cyfr. Badając różnicę w pierwszym przypadku otrzymujemy: (a 100+b 10+c) (b 100+c 10+a) = a (100 1)+b (10 100)+c (1 10) = 99 a 90 b 9 c Różnicę tę można przedstawić jako 9 (11a 10b c) Jest to liczba podzielna przez 3. W drugim przypadku można obliczyć różnicę liczb różniących się np. drugą i trzecią cyfrą, obliczenia w pozostałych przypadkach przebiegają w ten sam sposób. (a b 10 + c) (a c 10 + b) = 9b 9c = 9 (b c) Różnica ta jest również podzielna przez 3. Rozpatrzenie jednego z powyższych przypadków 3 punkty Rozpatrzenie obu przypadków 4 punkty Sprawdzenie własności na liczbach we wszystkich możliwych przypadkach 2 punkty 4

5 Zadanie 13. (4 punkty) Klasa IId wyjechała na wycieczkę w góry, gdzie uczniowie mieli zamieszkać w schronisku. Po rozmieszczeniu w pokojach dwuosobowych okazało się, że brakuje dwóch pokoi. Wówczas wstawiono do pokoi dodatkowo jedno łóżko tak, aby w pokoju mieściło sie troje uczniów. Po rozmieszczeniu uczniów w pokojach trzyosobowych okazało się, że dwa pokoje zostały wolne. Ilu uczniów pojechało na wycieczkę? Ile pokoi było w schronisku? Przyjmując oznaczenia : x - liczba uczniów y - liczba pokoi W przypadku rozmieszczenia uczniów po dwie osoby w pokoju otrzymujemy równanie: x 2 = y + 2 W przypadku rozmieszczenia uczniów po trzy osoby w pokoju otrzymujemy równanie: x 3 = y 2 Wyznaczając z obu równań y i porównując otrzymujemy równanie: Rozwiązaniem powyższego równania jest : x 2 2 = x x = 24 Podstawiając za x do jednego z równań otrzymujemy Napisanie jednego z równań - 2 punkty Napisanie obu równań - 3 punkty Wyznaczenie rozwiązań - 4 punkty y = 10 5

6 Zadanie 14. (4 punkty) Koza pasie się na kwadratowej łące o boku 8m. Koza uwiązana na łancuchu o długości 4 2 m, który jest przywiązny do ogrodzenia w środku jednego z boków. W ciągu dziesięciu dni koza zjadła całą trawę, którą miała w zasięgu. W związku z tym gospodarz odwiązał kozę tak, że mogła się paść na całej łące. Na ile całych dni wystarczy kozie trawy na pozostałej części łąki? Wykonaj rysunek w skali 1:100. Przyjmij, że bok pojedynczej kratki ma długość 5 mm. Fragment łąki do którego ma dostęp koza składa się z dwóch równoramiennych, prostkątnych trójkątów o boku 4m i wycinka koła o promieniu 4 2m i kącie prostym. Pole dostępne dla kozy jest równe: P = π (4 2) 2 = = π = , 12 = 41, 12m 2 4 W ciągu jednego dnia koza zjada 41,12 10 = 4, 112m 2 powierzchni łąki. Po zjedzeniu trawy na dostępnej łące i odwiązaniu kozy, część łąki na której występuje trawa ma powierzchnię , 12 = 22, 88m 2 Liczba całych dni na których wystarczy trawy kozie równa jest całkowitej części ułamka całkowita część ( ) 22, 88 = 5 4, 112 wykonanie poprawnego rysunku - 1 punkt obliczenie pola łąki dostępnego dla kozy uwiązanej - 2 punkty obliczenie liczby dni - 1 punkt W przypadku, gdy uczeń nie poda części całkowitej tylko wynik dzielenia nie odejmujemy punktów. 6

7 Zadanie 15. (4 punkty) Dane sa punkty A = (1, 0), B = (7, 3). Znajdź taki punkt C na osi OY, który wraz z punktami A i B tworzy trójkąt prostokątny ABC wiedząc, że kąt prosty znajduje się przy wierzchołku A. Wykonaj rysunek. Szukany punkt leży na osi OY więc przyjmujemy, że ma współrzędne C = (0, y). Rozpatrujemy trójkąty prostokątne DAC, AEB, CF B. Pisząc dla każdego z tych trójkątów równanie wynikające z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy następujące równania: dla trójkąta DAC y 2 = AC 2 dla trójkąta AEB = AB 2 dla trójkąta CF B (3 y) 2 = BC 2 Trójkąt ABC jest trójkątem prostkątnym w którym boki AB i AC są przyprostokątnymi. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla tego trójkąta otrzymujemy: BC 2 = AC 2 + AB 2 Podstawiając za AC 2, AB 2, BC 2 otrzymujemy równanie: y = (3 y) y = y + y 2 Po zredukowaniu y 2 otrzymujemy rozwiązanie y=2. Szukany punkt C = (0, 2). Wykonanie poprawnego rysunku (punkt C powinien znajdować się na osi OY ) - 1 punkt Określenie współrzędnych punktu C = (0, y) - 1 punkt Obliczenie długości przynajmniej dwóch boków trójkąta ABC - 1 punkt Wyznaczenie punktu C - 1 punkt 7

Podobne dokumenty

Wojewódzki Konkurs Matematyczny dla uczniów gimnazjów. Etap Szkolny 24 listopada 2016 Czas 90 minut

pieczęć szkoły pesel ucznia nazwisko imiona Zadanie 1-10 11 12 13 14 15 suma punkty Wojewódzki Konkurs Matematyczny dla uczniów gimnazjów. Etap Szkolny 24 listopada 2016 Czas 90 minut 1. Otrzymujesz do