DRŢAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Opatija, 31.oţujka-2.travnja razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAĈIN RJEŠAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UĈENIK IM

Транскрипт

1 DRŢAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Opatija, 1oţujka-travnja razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAĈIN RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UĈENIK IMA DRUGAĈIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ĈLAN POVJERENSTVA DUŢAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAĈIN 1 Neka je najmanji broj niza Tada vrijedi: = = = = = 1560 = 5 To je niz brojeva 5, 5, 54,, 8 Najveći broj niza je 8 Neka su, y i z traţeni brojevi, pretpostavimo da je < y < z Kako je1 najveći zajedniĉki djelitelj tih brojeva, svi su oni djeljivi s 1, pa se mogu napisati u obliku: = 1a, y = 1 b, z = 1c, gdje su a, b i c meċusobno razliĉiti brojevi i a < b < c Kako zbroj traţenih brojeva iznosi 108, vrijedi + y + z = 108 odnosno 1a + 1b + 1c = 108 Primjenom svojstva distributivnosti mnoţenja prema zbrajanju slijedi 1 ( a + b + c ) = 108 Nakon dijeljenja s 1 dobivamo a + b + c = 9 Slijede mogućnosti: I a = 1, b =, c = 6 Traţeni brojevi su 1, 4 i 7 II a = 1, b =, c = 5 Traţeni brojevi su 1, 6 i 60 III a =, b =, c = 4 Traţeni brojevi su 4, 6 i 48

2 S obzirom da se za godina svakome od njih broj godina povećava za, vrijedi + =8 Slijedi = Za godine Ante će imati onoliko godina koliko ima Marko danas Isto tako, za sljedeće povećanje vrijedi + y = 7, a rješenje je y = 5 Za 5 godina Ante će imati onoliko godina koliko ima Viktor danas Viktor je najstariji, pa Marko i najmlaċi je Ante Ako s a oznaĉimo broj Antinih godina danas, Marko koji je dvije godine stariji od Ante ima a + godine, a Viktor koji je 5 godina stariji od Ante ima a + 5 godina Tada vrijedi a + a + + a + 5 = Slijedi a = 5 Ante ima danas 5 godina, Marko 7, a Viktor 10 godina 4 Neka je prvi koliĉnik, a y drugi koliĉnik Tada vrijedi 1600 n 1odnosno 1450 n y 7 Dalje je n 1599 odnosno n y 144 Zato je n zajedniĉki djelitelj brojeva 1599 i 144 Zajedniĉki djelitelji brojeva 1599 i 144 su 1,, 1 i 9, a kako je n > 7, n {1,9} Za n = 1, vrijedi = 1, y = 111, a za n = 9, vrijedi = 41, y = 7

3 5 Marko Karlo D F C D C N M A E B A B Neka je AB a, BC b Ako zbrojimo opsege pravokutnika AEFD i EFCB, dobit ćemo zbroj za EF b veći od opsega pravokutnika ABCD Ako zbrojimo opsege pravokutnika ABMN i NMCD, dobit ćemo zbroj za NM a veći od opsega pravokutnika ABCD Dakle, zbrajanjem opsega sva 4 manja pravokutnika dobit ćemo zbroj koji odgovara trostrukom opsegu O poĉetnog pravokutnika ABCD Dakle, vrijedi O odnosno O 90 cm Opseg poĉetnog lista papira je 90cm

4 DRŢAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Opatija, 1oţujka-travnja razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAĈIN RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UĈENIK IMA DRUGAĈIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ĈLAN POVJERENSTVA DUŢAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAĈIN 1 Voćar je taj dan prodao kg jabuka 6 Prijepodne je prodao kg i za to dobio kn Poslijepodne je prodao kg i za to dobio kn 7 To znaĉi da je poslijepodne prodavao jabuke po 480:10 4 kn Umnoţak mora biti djeljiv s 5 i s Budući u umnošku bar jedan od brojeva mora biti djeljiv s 5 da bi umnoţak bio djeljiv s 5, to je 1a djeljiv s 5 jer broj 6b1 nije djeljiv s 5 To znaĉi da znamenka a mnoţe biti 0 ili 5 Ako je znamenka a = 5, tada je broj 15 djeljiv i s 5 i s pa je i s 15 U tom sluĉaju znamenka b moţe biti bilo koja znamenka od 0 do 9 Ako je znamenka a = 0, tada je broj 10 djeljiv s 5, ali ne i s pa broj 6b1 mora biti djeljiv s da bi umnoţak bio djeljiv s 15 U tom sluĉaju znamenka b moţe biti 0,, 6 i 9

5 G D L K C H F A I J B E Simetrale unutarnjih kutova su ujedno i presjeĉnice paralelnih stranica pravokutnika pa s njima zatvaraju kutove od 45 Neka su to presjeĉne toĉke I, J K i L Vrijedi AID ALD BJC BKC 45 Kako je DAL ALD 45, trokut ALD je jednakokraĉan pravokutan trokut pa je AD DL =cm Isto tako je i BC CK =cm, a KL CD CK LD 9 cm Znaĉi da je DL LK KC Na isti naĉin pokazujemo da je AI IJ JB Zadani pravokutnik moţemo podijeliti na tri sukladna kvadrata Trokuti HLD i GLK su sukladni jer je DL LK, HLD KLG, HDL FKC LKG Isto tako sukladni su i trokuti AIH i JIE U kvadratu AILD sukladni su trokuti AIH,ILH,LDH i DAH (KSK pouĉak) i svaki ĉini ĉetvrtinu kvadrata Zbog toga se od trokuta IEJ, JFK, KGL i LHI moţe sastaviti kvadrat sa stranicom duljine cm, pa je površina ĉetverokuta EFGH jednaka površini dva kvadrata sa stranicama duljine cm i iznosi P= odnosno P=18 cm Površina ĉetverokuta EFGH iznosi 18 cm

6 4 Kako je BAC i CBA , onda je trokut ΔABC jednakokraĉan pa je AC BC S obzirom da je BAD i DBA 0 pa je AD BD, onda je trokut ΔABD jednakokraĉan Budući da je i DAC 10 CBD, prema tm S-K-S o sukladnosti slijedi ADC BDC Iz sukladnosti vrijedi CDA BDC i ACD DCB Kako je ACB , onda je ACD DCB =50 S obzirom da je ADB , onda je CDA BDC 10 Budući da je CDA BDC, DAC 10 EAD i AD zajedniĉka stranica, prema tm K-S-K o sukladnosti slijedi ADC ADE te je CD DE To znaĉi da je trokut CDE jednakokraĉan pa je 180 EDC DCE CED 0 Na kraju ECB DCB DCE BI VR PR PO ŠI pli jed hod ron bic David Matija Juraj Miha Petar pli jed hod ron bic David vozi bicikl u Primoštenu, Matija roni u Poreĉu, Juraj brzo hoda u Vrsaru, Miha pliva u Biogradu, a Petar jedri u Šibeniku

7 DRŢAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Opatija, 1oţujka-travnja razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAĈIN RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UĈENIK IMA DRUGAĈIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ĈLAN POVJERENSTVA DUŢAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAĈIN 1 Neka je to ĉetveroznamenkasti broj abcd Vrijedi abcd : cd 81 abcd 81cd 1000a 100b 10c d 81(10 c d) 1000a 100b 81(10 c d) 10c d 1000a 100b 80(10 c d) / 50a 5b 4(10 c d) 5(10 a b) 4(10 c d) 1 0 5ab 4cd Sliĉno dcba : ba 5 dcba 5ba 1000d 100c 10b a 5(10 b a) 1000d 100c 5(10 b a) 10b a 1000d 100c 4(10 b a) / 50d 5a 56(10 b a) 5(10 d c) 56(10 b a) 1 4 5dc 56ba Kako je 5dc djeljivo s 5, onda je i 56ba djeljivo s 5 odnosno ba je djeljiv s 5 što znaĉi da je a {0,5} No, a je znamenka tisućica traţenog broja pa ne moţe biti 0 Dakle, a =5 Budući da je 5dc djeljivo s 5, onda je i 56ba djeljivo s 5 odnosno ba je djeljiv s 5 što znaĉi da je b {,7} Iz 5ab 4cd slijedi da je 5ab djeljivo s 4 odnosno ab je djeljiv s 4 pa je b Dalje je 4cd 5ab pa je cd 60: 4 65 Analogno, iz 5dc 56ba slijedi cd 65 Traţeni broj je 565

8 Neka je cijena kamere kn, a oni su dali redom a, b, c i d kn Prvi je dao 50% ukupnog iznosa, tj 1 a Drugi je dao trećinu iznosa kojeg su dala preostala trojica, tj 1 ( a c d ) ( a c d ) 4 ( a c d ) a c d 4 To znaĉi da je drugi dao ĉetvrtinu ili 5% od ukupnog iznosa kamere Treći je dao 5% ili ĉetvrtinu iznosa preostale trojice, tj 1 ( a b d ) ( a b d ) 4 5 ( a b d ) 4 4 a b d 5 To znaĉi da je treći dao petinu ili 0% ukupnog iznosa kamere Ĉetvrti je dao 500 kn što predstavlja 100% 50% 5% 0% = 5% ukupnog iznosa kamere Prema tome je 5% Cijena kamere je kn

9 Neka je n traţeni broj Tada je n 17 5odnosno n 4y, y, Dakle, y 17 4 y 4 y 17 y 7 y 7 y y y 7 y 17 a, a 17 7 y 17a a y a 7 b, b 7 y 17a a a 7 7 a 7b b a b c, c a 7b b b b a y n c 7c 4 17c 10 4c c 4 Kako je = , onda je c 4 pa je n 1005

10 4 Neka je zadani jednakokraĉni trapez ABCD i neka je na produţetku stranice AB preko vrha B odabrana toĉka E tako da je BE DC te neka su oznake kao na slici Kako je BE DC i BE DC, onda je BECDparalelogram pa je EC BD S obzirom da je ABCD jednakokraĉan trapez, onda je AC BD To znaĉi da je AC EC odnosno da je AEC jednakokraĉan Budući da je CF visina na osnovicu jednakokraĉnog trokuta AEC, vrijedi a c AF FE Za površinu P trapeza ABCD vrijedi a c a c P v odnosno a c pa je 10 Dakle, AFC je jednakokraĉan pravokutan pa je FAC 45, a to znaĉi da je ASB 90

11 5 Nacrtamo i tetivu DC te neka su oznake kao na slici Kako je AB EC, onda je CEB ABE To znaĉi da je EFB jednakokraĉan pa je EF BF S obzirom da su kutovi CDB, CEB obodni kutovi nad istim kruţnim lukom, vrijedi CDB Analogno su kutovi ECD, EBD obodni kutovi nad istim kruţnim lukom te je ECD Dakle, i trokut DCF je jednakokraĉan pa je FD FC Na kraju, EC EF FC BF FD BD

12 DRŢAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Opatija, 1oţujka-travnja razred-rješenja OVDJE JE DAN JEDAN NAĈIN RJEŠAVANJA ZADATAKA UKOLIKO UĈENIK IMA DRUGAĈIJI POSTUPAK RJEŠAVANJA, ĈLAN POVJERENSTVA DUŢAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUĆI NAĈIN 1 Da bismo riješili zadanu jednadţbu potrebno je izvršiti djelomiĉnu racionalizaciju razlomaka na lijevoj strani jednadţbe Tako ćemo prvi razlomak proširiti s 1, drugi s itd Nakon izvršene racionalizacije zadana jednadţba poprima oblik : Dobivenu jednadţbu moţemo transformirati tako da poprimi slijedeći oblik : Skraćivanjem razlomaka imamo da je : Zbrajanjem izraza na lijevoj strani konaĉno dobivamo rješenje jednadţbe , odnosno = Neka je 7 k, k 95k traţeni razlomak Tada vrijedi 7k 95 k n, n odnosno 168k n Dalje je 7 k n pa je k 7 odnosno k 4 Traţeni razlomak je 7k k

13 Neka je udaljenost mjesta A i B Neka su v1 odnosno v brzine putnika koji kreće iz A odnosno iz B Neka je t 1 vrijeme proteklo do prvog susreta Tada vrijedi v1 t1 8, v t1 8odnosno 8 8 t 1, t 1 v v 1 pa je 8 8 v v 1 odnosno v v Neka je t vrijeme proteklo do drugog susreta Tada vrijedi v1 t, v t odnosno t, t v v 1 pa je odnosno v v 1 v v 1 Slijedi ( 18) 0 0, 18 1 Prvo rješenje je oĉito nemoguće pa je udaljenost mjesta A i B 18 km

14 4 C D A S B Neka je SD = d Trokut ΔSDC je pravokutni trokut sa šiljastim kutovima veliĉina 0 i 60, tj polovina jednakostraniĉnog trokuta sa stranicom duljine d Duţina SC je visina tog jednakostraniĉnog trokuta, pa vrijedi d =r, odakle slijedi d= r Hipotenuza pravokutnog trokuta ΔSCD ima duljinu r ima duljinu r, a kateta DC je upola kraća odnosno Površina trokuta ΔSDC iznosi P = r r = r 6 Površina kruţnog isjeĉka sa središnjim kutom od 0 iznosi P = i r Površina zadanog lika je P = r π r r π 0 r π Kruţni luk BC ima duljinu l = =, ( - π) r π 0 r π = 60 1 a opseg zadanog lika je rπ r r rπ π O = r = + r - r = r

15 5 Visina CE dijeli trokut ΔABC na dva meċusobno sliĉna trokuta koji su i sliĉni zadanom trokutu ( jednaki kutovi tm K-K o sliĉnosti) Vrijedi ABC ACE pa je AE EC AC BC odnosno EC AE BC AC Isto tako vrijedi ABC CBE pa je EC EB AC BC odnosno EC EB AC BC Za površine ΔADC i ΔBCD vrijedi AD EC AC DK P i ADC DB EC BC DL P pa je BCD AC DK AD EC AD m BC DL DB EC DB n Kako je toĉka D na simetrali kuta ACB, onda je DK DL Dakle, AC m BC n Na kraju, EC AC AE BC AC m AE : EB m : n EB EC BC n BC AC