Matematyka — Maj 2021

Krok 1. Liczymy, ile medali było w sumie. Dodajemy medale z każdego roku: w 2004 r. $3+2+5=10$, w 2008 r. $4+5+2=11$, w 2012 r. $3+1+7=11$, w 2016 r. $2+3+6=11$. W sumie ze wszystkich czterech igrzysk: $10+11+11+11=43$ medale.

Krok 2. Liczymy, ile było złotych medali. Złote medale: $3+4+3+2=12$.

Krok 3. Sprawdzamy pierwsze zdanie. Jedna trzecia z 43 to około $43:3\approx 14,33$. Złotych medali było $12$, a to mniej niż $14,33$ — czyli złote medale NIE stanowią więcej niż jedną trzecią wszystkich medali. Pierwsze zdanie jest fałszywe (F).

Krok 4. Sprawdzamy drugie zdanie. Średnia liczba złotych medali na jedne igrzyska to suma złotych medali podzielona przez liczbę igrzysk: $12:4=3$. Drugie zdanie jest prawdziwe (P).

Odpowiedź: FP.

Krok 1. Liczymy wartość każdego wyrażenia. $x=-62,5+30=-32,5$. $y=-14,4-12,6=-27$. $t=-12:0,3=-40$. $u=-8,02\cdot 6=-48,12$.

Krok 2. Porównujemy liczby ujemne. Wśród liczb ujemnych ta jest większa, która jest bliżej zera (mniej „w minusie”). Mamy: $-27$, $-32,5$, $-40$, $-48,12$. Najbliżej zera jest $-27$.

Odpowiedź: B ($y$).

Krok 1. Sprowadzamy ułamki do wspólnego mianownika. Mianowniki $7$ i $5$ nie mają wspólnych czynników, więc wspólny mianownik to $7\cdot 5=35$. $\frac{3}{7}=\frac{15}{35}$, a $\frac{3}{5}=\frac{21}{35}$.

Krok 2. Liczymy sumę. $\frac{15}{35}+\frac{21}{35}=\frac{36}{35}$. To więcej niż $\frac{35}{35}=1$, więc suma jest większa od 1. Pierwsza odpowiedź: B.

Krok 3. Liczymy różnicę. $\frac{15}{35}-\frac{21}{35}=\frac{-6}{35}$. To liczba ujemna (odejmujemy większy ułamek od mniejszego). Druga odpowiedź: C.

Odpowiedź: BC.

Krok 1. Rozkładamy liczbę $60000000$ tak samo, jak w przykładzie. $60000000=6\cdot 10000000=6\cdot 10^7$.

Krok 2. Potęgujemy, tak jak w przykładzie. $(6\cdot 10^7{)}^3=6^3\cdot (10^7{)}^3=6^3\cdot 10^{21}$ (przy potęgowaniu potęgi mnożymy wykładniki: $7\cdot 3=21$).

Odpowiedź: A.

Krok 1. Sprawdzamy, czy wśród pięciu kolejnych liczb całkowitych musi być liczba podzielna przez 5. Liczby podzielne przez 5 pojawiają się co 5 liczb (np. 5, 10, 15, 20...). Skoro bierzemy 5 liczb kolejnych z rzędu, to zawsze „trafimy” na jedną z nich podzielną przez 5 — nie da się tego uniknąć.

Krok 2. Sprawdzamy, czy wśród nich musi być liczba parzysta. Liczby parzyste i nieparzyste występują na przemian. W pięciu kolejnych liczbach zawsze jest co najmniej jedna liczba parzysta (nawet w najgorszym przypadku, gdy zaczynamy od liczby nieparzystej, w piątce zmieszczą się co najmniej dwie liczby parzyste).

Krok 3. Łączymy te dwa fakty. Mamy więc zawsze co najmniej jedną liczbę podzielną przez 5 oraz co najmniej jedną liczbę parzystą (podzielną przez 2) wśród tych pięciu liczb. Jeśli w iloczynie jest czynnik podzielny przez 5 i czynnik podzielny przez 2, to cały iloczyn jest podzielny przez $5\cdot 2=10$.

Odpowiedź: A3 (Tak, ponieważ wśród dowolnych pięciu kolejnych liczb całkowitych jest co najmniej jedna liczba podzielna przez 5 i co najmniej jedna liczba parzysta).

Krok 1. Sprawdzamy, do której grupy należy pan Jan. Jego podstawa to $84500$ zł, a to mniej niż $85528$ zł — więc korzystamy z pierwszego sposobu: $18\%$ podstawy pomniejszone o $556,02$ zł, czyli $0,18\cdot 84500-556,02$. To dokładnie odpowiedź A (odpowiedź B jest błędna, bo najpierw odejmuje $556,02$ od podstawy, a potem liczy z tego $18\%$ — to nie to samo).

Krok 2. Sprawdzamy, do której grupy należy pani Zofia. Jej podstawa to $97300$ zł, a to więcej niż $85528$ zł — więc korzystamy z drugiego sposobu: $14839,02$ zł plus $32\%$ nadwyżki ponad $85528$ zł. Nadwyżka to $97300-85528$, więc wyrażenie to $14839,02+0,32\cdot (97300-85528)$. To odpowiedź D.

Odpowiedź: AD.

Krok 1. Szacujemy $\sqrt{10}$. $3^2=9$, a $4^2=16$. Liczba $10$ jest bliżej $9$ niż $16$, więc $\sqrt{10}$ jest tylko odrobinę większe od $3$ — około $3,16$.

Krok 2. Liczymy wynik. $-\sqrt{10}+5\approx -3,16+5=1,84$.

Krok 3. Sprawdzamy, do której kategorii należy ten wynik. $1,84$ jest większe od $1$.

Odpowiedź: A.

Krok 1. Sprawdzamy, jaka zawsze jest liczba $a$. $a=2n+1$. Liczba $2n$ jest zawsze parzysta (to jest $2$ razy coś), więc $2n+1$ to liczba parzysta plus $1$ — a to jest zawsze liczba nieparzysta. Pierwsza odpowiedź: B.

Krok 2. Sprawdzamy, o ile różnią się $b$ i $c$. Mamy $b=2n(n+1)=2n^2+2n$ oraz $c=2n^2+2n+1$. Widzimy, że $c$ to po prostu $b+1$ — czyli $c-b=1$. Liczby $b$ i $c$ różnią się o 1. Druga odpowiedź: C.

Odpowiedź: BC.

Krok 1. Szukamy takiego $n$, dla którego $a=9$. $a=2n+1=9$, więc $2n=8$, czyli $n=4$.

Krok 2. Liczymy $b$ i $c$ dla $n=4$. $b=2\cdot 4\cdot (4+1)=2\cdot 4\cdot 5=40$. $c=2\cdot 4^2+2\cdot 4+1=32+8+1=41$.

Krok 3. Sprawdzamy, że $a=9$ naprawdę jest najmniejszą z tych liczb. Mamy $a=9$, $b=40$, $c=41$ — rzeczywiście $9$ jest najmniejsze, więc dobrze dobraliśmy $n$.

Krok 4. Odczytujemy największą liczbę. Największa z liczb $9,40,41$ to $c=41$.

Odpowiedź: A.

Krok 1. Liczymy łączną cenę wszystkich czterech artykułów. Średnia arytmetyczna czterech cen to $6$ zł, więc suma tych czterech cen to $6\cdot 4=24$ zł.

Krok 2. Odejmujemy cenę zeszytów. Zeszyty kosztowały razem $15$ zł, więc blok rysunkowy kosztował $24-15=9$ zł.

Odpowiedź: D.

Krok 1. Liczymy, ile było losów wygrywających. Co szósty los był wygrywający, a losów było $150$, więc losów wygrywających było $150:6=25$. Pierwsza odpowiedź: B.

Krok 2. Sprawdzamy, co się zmieniło po wyciągnięciu 30 losów. Wyciągnięto $30$ losów i żaden z nich nie był wygrywający — czyli wszystkie $25$ losów wygrywających wciąż zostały w loterii. Losów zostało w sumie $150-30=120$.

Krok 3. Liczymy prawdopodobieństwo. Prawdopodobieństwo wylosowania losu wygrywającego to liczba losów wygrywających podzielona przez liczbę wszystkich pozostałych losów: $\frac{25}{120}$. Druga odpowiedź: C.

Odpowiedź: BC.

Krok 1. Nazywamy punkt przecięcia wysokości. Wysokości $CD$ i $AE$ przecinają się w jednym punkcie wewnątrz trójkąta — nazwijmy go $H$ (na rysunku nie ma dla niego litery, ale potrzebujemy go do rozwiązania). Punkty $B$, $D$, $H$, $E$ tworzą czworokąt.

Krok 2. Zauważamy dwa kąty proste w tym czworokącie. Kąt przy wierzchołku $D$ (kąt $BDH$) jest kątem prostym, bo $CD\perp AB$. Kąt przy wierzchołku $E$ (kąt $BEH$) też jest kątem prostym, bo $AE\perp BC$.

Krok 3. Korzystamy z sumy kątów czworokąta. Suma kątów w każdym czworokącie to $360°$. W czworokącie $BDHE$ mamy: kąt $B$ (kąt trójkąta $ABC$ przy wierzchołku $B$) $+90°+$ kąt $DHE$ (kąt między wysokościami, zaznaczony na rysunku jako $138°$) $+90°=360°$. Stąd kąt $B=360°-90°-90°-138°=42°$.

Krok 4. Liczymy kąt $\alpha$ z trójkąta $ABE$. Kąt $\alpha$ to kąt $BAE$ w trójkącie $ABE$. W tym trójkącie kąt przy $E$ jest kątem prostym (bo $AE\perp BC$), a kąt przy $B$ to $42°$ (policzone w kroku 3). Suma kątów trójkąta to $180°$, więc $\alpha =180°-90°-42°=48°$.

Odpowiedź: D (48°).

Krok 1. Gdzie są linie czerwone. Iwona dzieli listewkę na kawałki po $5$ cm, więc linie cięcia są w punktach: $5,10,15,20,25,30,35,40,45$ cm (licząc od jednego końca; punktów $0$ i $50$ nie liczymy, bo to końce listewki, nie linie cięcia).

Krok 2. Gdzie są linie zielone. Agata dzieli listewkę na kawałki po $2$ cm, więc linie cięcia są w punktach: $2,4,6,\dots ,48$ cm.

Krok 3. Szukamy punktów wspólnych. Linia czerwona i zielona pokrywają się w punktach, które są jednocześnie wielokrotnością $5$ i wielokrotnością $2$ — czyli wielokrotnością $10$ (najmniejszej wspólnej wielokrotności liczb $5$ i $2$). W zakresie od $0$ do $50$ (bez końców) takie punkty to: $10,20,30,40$ — czyli $4$ punkty.

Odpowiedź: B.

Krok 1. Liczymy pojemność skrzyni. Skrzynia to prostopadłościan o wymiarach $1,5$ m, $1,2$ m i $1$ m. Jej objętość (pojemność) to $1,5\cdot 1,2\cdot 1=1,8{\text{m}}^3$.

Krok 2. Liczymy, ile z tego zajmuje piasek. Piasek zajmuje $\frac{3}{4}$ pojemności skrzyni, czyli $\frac{3}{4}\cdot 1,8=1,35{\text{m}}^3$.

Odpowiedź: C.

Krok 1. Ustalamy pole jednej ściany. Ostrosłup ma podstawę (kwadrat) i $4$ ściany boczne (trójkąty), a wszystkie te ściany mają równe pola — nazwijmy pole jednej ściany $x$. Cała powierzchnia jednego ostrosłupa to podstawa plus $4$ ściany boczne: $x+4x=5x$. Wiemy, że to $80{\text{cm}}^2$, więc $5x=80$, czyli $x=16{\text{cm}}^2$ — tyle ma każda ściana (i podstawa, i każda ściana boczna).

Krok 2. Zastanawiamy się, co się dzieje przy sklejaniu. Staś skleił dwa takie ostrosłupy podstawami. Oznacza to, że dwie ściany — podstawa jednego ostrosłupa i podstawa drugiego — „zniknęły” z powierzchni zewnętrznej, bo teraz są wewnątrz nowej bryły, przyklejone do siebie i niewidoczne.

Krok 3. Liczymy pole powierzchni nowej bryły. Łączne pole powierzchni obu ostrosłupów przed sklejeniem to $80+80=160{\text{cm}}^2$. Odejmujemy dwie zaklejone podstawy: $160-2\cdot 16=160-32=128{\text{cm}}^2$.

Odpowiedź: B.

Krok 1. Sprowadzamy wszystkie ułamki do wspólnego mianownika. Mianowniki to $2$, $12$ i $6$. Wspólny mianownik to $12$: $\frac{1}{2}=\frac{6}{12}$, $\frac{5}{12}$ zostaje bez zmian, $\frac{1}{6}=\frac{2}{12}$.

Krok 2. Dodajemy udziały brata, siostry i Pawła. $\frac{6}{12}+\frac{5}{12}+\frac{2}{12}=\frac{13}{12}$.

Krok 3. Porównujemy wynik z całą tabliczką. Cała tabliczka to $\frac{12}{12}$ (czyli $1$). Suma udziałów, które Paweł zaplanował, to $\frac{13}{12}$ — to więcej niż cała tabliczka, bo $\frac{13}{12}>\frac{12}{12}$.

Odpowiedź: Nie, taki podział nie jest możliwy — Paweł rozdałby więcej czekolady, niż w rzeczywistości ma (suma zaplanowanych udziałów to $\frac{13}{12}$ całej tabliczki, czyli o $\frac{1}{12}$ więcej, niż wynosi cała tabliczka).

Krok 1. Liczymy długość odcinka trasy po skosie (ze Stawiska do Bajorka). Ten odcinek to przeciwprostokątna trójkąta prostokątnego, którego przyprostokątne (przesunięcie w prawo i przesunięcie w górę) mają długości $3$ km i $4$ km. Z twierdzenia Pitagorasa: (długość)${}^2=3^2+4^2=9+16=25$, więc długość $=\sqrt{25}=5$ km.

Krok 2. Liczymy całą długość trasy. Trasa Adama to trzy odcinki: $3$ km (Bocianowo–Stawisko) $+5$ km (Stawisko–Bajorko) $+7$ km (Bajorko–Żabno) $=15$ km.

Krok 3. Liczymy czas jazdy. Czas $=$ droga $:$ prędkość $=15:25=0,6$ godziny. Zamieniamy to na minuty: $0,6\cdot 60=36$ minut.

Krok 4. Dodajemy czas jazdy do godziny wyjazdu. Adam wyjechał o $17:20$. Dodajemy $36$ minut: $17:20+36\text{ min}=17:56$.

Odpowiedź: Adam dotarł na spotkanie z Bartkiem o godzinie 17:56.

Krok 1. Oznaczamy cenę jednej puszki. Niech $x$ oznacza cenę (w zł) jednej puszki karmy.

Krok 2. Zapisujemy, ile pieniędzy ma Ania, dwoma sposobami. Gdyby chciała kupić $10$ puszek, zabrakłoby jej $11$ zł — czyli Ania ma $10x-11$ zł. Kupując $6$ puszek, wydała $6x$ zł i zostało jej $3,40$ zł — czyli Ania ma też $6x+3,40$ zł. To ta sama kwota pieniędzy, więc możemy te dwa wyrażenia postawić sobie równe.

Krok 3. Rozwiązujemy równanie. $10x-11=6x+3,40$. Przenosimy $6x$ na lewą stronę: $10x-6x-11=3,40$, czyli $4x-11=3,40$. Dodajemy $11$ do obu stron: $4x=14,40$. Dzielimy przez $4$: $x=3,60$.

Odpowiedź: Jedna puszka karmy dla psa kosztuje 3,60 zł.

Krok 1. Liczymy długość przekątnej $AC$. W trójkącie $ACD$ kąt przy wierzchołku $D$ jest kątem prostym (to kąt prostokąta), a przyprostokątnymi są boki $AD=12$ cm i $DC=16$ cm. Z twierdzenia Pitagorasa: $|AC{|}^2=12^2+16^2=144+256=400$, więc $|AC|=\sqrt{400}=20$ cm.

Krok 2. Liczymy pole trójkąta $ACD$ w pierwszy sposób — używając boków prostokąta. Trójkąt $ACD$ jest prostokątny (kąt prosty przy $D$), więc jego pole to połowa iloczynu przyprostokątnych: $P=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot 16=96{\text{cm}}^2$.

Krok 3. Liczymy to samo pole w drugi sposób — używając wysokości $DS$. Odcinek $DS$ jest wysokością opuszczoną z wierzchołka $D$ na przekątną $AC$, czyli na „podstawę” $AC$ trójkąta $ACD$. Pole trójkąta to też $P=\frac{1}{2}\cdot |AC|\cdot |DS|=\frac{1}{2}\cdot 20\cdot |DS|=10\cdot |DS|$.

Krok 4. Porównujemy oba wzory na to samo pole. Mamy $96=10\cdot |DS|$, więc $|DS|=9,6$ cm.

Odpowiedź: Długość odcinka DS jest równa 9,6 cm.