XVI Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl lutowy Poziom: szkoła podstawowa

(1)

XVI Warmińsko-Mazurskie Zawody Matematyczne Eliminacje – cykl lutowy

Poziom: szkoła podstawowa

Zadanie 1.

W 16 kg nasion znajduje się 10% zanieczyszczeń. Ile trzeba usunąć zanieczyszczeń, aby stanowiły one 4%?

Rozwiązanie.

1,6 kg - masa zanieczyszczeń w nasionach,

x kg - masa zanieczyszczeń, którą trzeba usunąć,

1,6 − x - masa zanieczyszczeń po usunięciu x zanieczyszczeń, 16 − x - masa nasion po usunięciu x zanieczyszczeń.

Układamy proporcję:

100 4 16

6 ,

1 



 x

x Stąd

) 16 ( 4 ) 6 , 1 (

100 x   x x x 64 4 100

160  

96 96x Zatem x = 1kg

Odpowiedź. Należy usunąć 1 kg zanieczyszczeń.

Zadanie 2.

Ziemie uprawne na świecie zajmują powierzchnię 1510 km⁶ ², a plony ogórka z jednego hektara wynoszą 20 tyś. kg. Ile bilionów kilogramów ogórków zebrano by w ciągu roku, gdyby hodowano je na wszystkich ziemiach uprawnych świata? Zapisz obliczenia, odpowiedź zapisz w notacji wykładniczej.

Rozwiązanie:

1ha = 100m·100m = 10 000m² 1km² = 1000m·1000m = 1000 000m² 1km² = 100ha,

Zatem

1510 km⁶ ²= 15 000 000km² = 1500 000 000ha = 1510⁸ha Z 1 ha otrzymujemy 20 tyś. kg ogórków

(2)

Z 2 ha otrzymujemy 40 tyś. kg ogórków Z 5 ha otrzymujemy 100 tyś. kg ogórków

Z 15 ha otrzymujemy 300 tyś. kg ogórków, czyli 310⁵kg ogórków.

Zaś, z 1510⁸ha otrzymamy 3^¹⁰⁵ 10⁸kg ogórków, czyli 310¹³kg ogórków.

Odpowiedź. Ze wszystkich ziem uprawnych świata zebrano by 3^¹⁰¹³kg ogórków, czyli 30 bilonów kg ogórków.

Zadanie 3.

Dwa zegary rozpoczęły i skończyły bicie jednocześnie. Pierwszy bije co dwie sekundy, a drugi co trzy sekundy. Ogółem naliczono 13 uderzeń, przy czym uderzenia jednoczesne liczono za jedno. Zegary wskazują różne godziny, którą godzinę wskazuje pierwszy, a którą drugi zegar?

Rozwiązanie.

x- liczba sekund, w czasie których oba zegary wybiły 13 razy licząc pojedynczo uderzenia wspólne.

2 1

1x - liczba uderzeń pierwszego zegara,

3 1

1x - liczba uderzeń drugiego zegara,

6 1

1x - liczba wspólnych uderzeń,

Otrzymujemy równanie 1 13,

6 1 1 3 1 1 2

1 



 



 





 



 





 



 x x x

18 3 12 2



 x x

Stąd liczba uderzeń pierwszego zegara równa jest 1 9 1 10 2

1x    ,

a drugiego zegara 1 6 1 7 3

1x    . Odpowiedź: Pierwszy zegar wskazuje godzinę 10, a drugi 7.

Zadanie 4.

Uzasadnij, że suma odległości dowolnego punktu wewnątrz trójkąta równobocznego od jego boków jest równa jego wysokości.

(3)

Rozwiązanie:

W trójkącie ABC: HC – wysokość trójkąta, AB, BC, AC – boki trójkąta, EF- wysokość trójkąta ABE, EG – wysokość trójkąta BCE, DE – wysokość trójkąta AEC.

PABC= PABE + PBCE + PAEC

|𝐴𝐵| = |𝐵𝐶| = |𝐴𝐶|

𝑃_𝐴𝐵𝐶 =1

2 ∙ |𝐴𝐵| ∙ |𝐶𝐻|

𝑃_𝐴𝐵𝐶 =1

2 ∙ |𝐴𝐵| ∙ |𝐹𝐸| +1

2 ∙ |𝐵𝐶| ∙ |𝐺𝐸| +1

2 ∙ |𝐴𝐶| ∙ |𝐷𝐸| =

= 1

2 ∙ |𝐴𝐵| ∙ |𝐹𝐸| +1

2 ∙ |𝐴𝐵| ∙ |𝐺𝐸| +1

2 ∙ |𝐴𝐵| ∙ |𝐷𝐸| =

= 1

2 ∙ |𝐴𝐵|(|𝐹𝐸| + |𝐺𝐸| + |𝐷𝐸|) = 1

2 ∙ |𝐴𝐵| ∙ |𝐶𝐻|, 𝑤𝑖ę𝑐 |𝐶𝐻| = |𝐹𝐸| + |𝐺𝐸| + |𝐷𝐸|

Zadanie 5.

Dany jest kwadrat i prostokąt. Jeden z boków prostokąta jest o 3 cm krótszy od boku kwadratu, a drugi bok prostokąta o 4 cm dłuższy od boku tego kwadratu. Jaka powinna być długość boku kwadratu, aby jego pole było większe od pola prostokąta? Podaj wszystkie rozwiązania, jeśli długość boku kwadratu jest liczbą naturalną.

Rozwiązanie.

Oznaczmy przez a bok kwadratu.

Wtedy boki prostokąta mają wymiary (a + 4) i (a – 3).

Obliczając pola figur otrzymujemy nierówność:

) 3 ( ) 4

2 (a  a a

A D E

C

B G

F H

(4)

Sprawdzamy dla jakich liczb naturalnych spełniona jest powyższa nierówność. Pamiętamy, też, że jeden bok prostokąta jest równy a – 3, więc a3.

Łatwo sprawdzić, że nierówność spełniają liczby 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11.

Możemy również wykonać mnożenie występujące po prawej stronie nierówności 12

4

2 3

2 a  a a a

i po odjęciu od obu stron nierówności wyrażenia a² otrzymamy 12

0a co daje a12

Ponieważ a3, więc wszystkie rozwiązania naturalne, to 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11.

Odpowiedź. Bok kwadratu może być równy 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11.