2011 Rjesenja OS

DRAVNO NATJECANJE IZ MATEMATIKE Opatija, 31.oujka-2.travnja 2011.

5. razred-rjeenja

OVDJE JE DAN JEDAN NAIN RJEAVANJA ZADATAKA. UKOLIKO UENIK IMA DRUGAIJI POSTUPAK RJEAVANJA, LAN POVJERENSTVA DUAN JE I TAJ POSTUPAK BODOVATI I OCIJENITI NA ODGOVARAJUI NAIN.

1. Neka je x najmanji broj niza. Tada vrijedi:

x+x+1+x+2+x+3++x+30 = 2010 +x +15

31x + 30 31

2 = 2010 + x + 15

31x + 465 = x + 2025

31x x = 2025 465

30x = 1560

x = 52

To je niz brojeva 52, 53, 54, , 82.

Najvei broj niza je 82.

2. Neka su x, y i z traeni brojevi, pretpostavimo da je x < y < z.

Kako je12 najvei zajedniki djelitelj tih brojeva , svi su oni djeljivi s 12, pa se mogu napisati u

obliku:

x = 12a, y = 12 b, z = 12c, gdje su a, b i c meusobno razliiti brojevi i a < b < c.

Kako zbroj traenih brojeva iznosi 108, vrijedi x + y + z = 108 odnosno 12a + 12b + 12c = 108.

Primjenom svojstva distributivnosti mnoenja prema zbrajanju slijedi 12 ( a + b + c ) = 108.

Nakon dijeljenja s 12 dobivamo a + b + c = 9.

Slijede mogunosti:

I. a = 1, b = 2, c = 6 Traeni brojevi su 12, 24 i 72. II. a = 1, b = 3, c = 5 Traeni brojevi su 12, 36 i 60. III. a = 2, b = 3, c = 4 Traeni brojevi su 24, 36 i 48.

3. S obzirom da se za x godina svakome od njih broj godina poveava za x, vrijedi 22 + 3x =28.

Slijedi x = 2.

Za 2 godine Ante e imati onoliko godina koliko ima Marko danas.

Isto tako, za sljedee poveanje vrijedi 22 + 3y = 37, a rjeenje je y = 5.

Za 5 godina Ante e imati onoliko godina koliko ima Viktor danas.

Viktor je najstariji, pa Marko i najmlai je Ante.

Ako s a oznaimo broj Antinih godina danas, Marko koji je dvije godine stariji od Ante ima

a + 2 godine, a Viktor koji je 5 godina stariji od Ante ima a + 5 godina.

Tada vrijedi a + a + 2 + a + 5 = 22.

Slijedi a = 5.

Ante ima danas 5 godina, Marko 7, a Viktor 10 godina.

4. Neka je x prvi kolinik, a y drugi kolinik.

Tada vrijedi 1600 1n x odnosno 1450 7n y .

Dalje je 1599n x odnosno 1443n y .

Zato je n zajedniki djelitelj brojeva 1599 i 1443.

Zajedniki djelitelji brojeva 1599 i 1443 su 1, 3, 13 i 39, a kako je n > 7, {13,39}n .

Za n = 13, vrijedi x = 123, y = 111, a za n = 39, vrijedi x = 41, y = 37.

5. Marko Karlo

Neka je ,AB a BC b .

Ako zbrojimo opsege pravokutnika AEFD i EFCB, dobit emo zbroj za 2 2EF b vei od opsega

pravokutnika ABCD.

Ako zbrojimo opsege pravokutnika ABMN i NMCD, dobit emo zbroj za 2 2NM a vei od

opsega pravokutnika ABCD.

Dakle, zbrajanjem opsega sva 4 manja pravokutnika dobit emo zbroj koji odgovara trostrukom

opsegu O poetnog pravokutnika ABCD.

Dakle, vrijedi 3 60 60 75 75 270O odnosno 90O cm.

Opseg poetnog lista papira je 90cm.

F

E

D C

BA

N M

D C

BA


6. razred-rjeenja


1. Voar je taj dan prodao 5

258 15 2006

kg jabuka.

Prijepodne je prodao 3

200 5 808

kg i za to dobio 80 3.50 280 kn.

Poslijepodne je prodao 200 80 120 kg i za to dobio 5

280 1 4807

kn.

To znai da je poslijepodne prodavao jabuke po 480:120 4 kn.

2. Umnoak mora biti djeljiv s 5 i s 3.

Budui u umnoku bar jedan od brojeva mora biti djeljiv s 5 da bi umnoak bio djeljiv s 5, to je

31a djeljiv s 5 jer broj 62 1b nije djeljiv s 5. To znai da znamenka a mnoe biti 0 ili 5.

Ako je znamenka a = 5, tada je broj 315 djeljiv i s 5 i s 3 pa je i s 15. U tom sluaju znamenka b

moe biti bilo koja znamenka od 0 do 9.

Ako je znamenka a = 0, tada je broj 310 djeljiv s 5, ali ne i s 3 pa broj 62 1b mora biti djeljiv s 3 da

bi umnoak bio djeljiv s 15. U tom sluaju znamenka b moe biti 0, 3, 6 i 9.

3.

Simetrale unutarnjih kutova su ujedno i presjenice paralelnih stranica pravokutnika pa s njima

zatvaraju kutove od 45.

Neka su to presjene toke I, J K i L.

Vrijedi AID ALD BJC BKC 45 .

Kako je DAL ALD 45 , trokut ALD je jednakokraan pravokutan trokut pa je

AD DL =3cm.

Isto tako je i BC CK =3cm, a 9 3 3 3KL CD CK LD cm.

Znai da je DL LK KC . Na isti nain pokazujemo da je AI IJ JB .

Zadani pravokutnik moemo 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 pouak) i svaki ini etvrtinu

kvadrata. Zbog toga se od trokuta IEJ, JFK, KGL i LHI moe sastaviti kvadrat sa stranicom duljine

3cm, pa je povrina etverokuta EFGH jednaka povrini dva kvadrata sa stranicama duljine 3cm i

iznosi P=233 odnosno P=18 cm2.

Povrina etverokuta EFGH iznosi 18 cm2.

A B

C D

E

F

G

H

I J

K L

4. Kako je 20 10 10 40BAC i 10 30 40CBA , onda je trokut ABC

jednakokraan pa je AC BC .

S obzirom da je 20 10 30BAD i 30DBA , onda je trokut ABD jednakokraan

pa je AD BD .

Budui da je i 10DAC CBD , prema tm S-K-S o sukladnosti slijedi ADC BDC .

Iz sukladnosti vrijedi CDA BDC i ACD DCB .

Kako je 180 40 40 100ACB , onda je ACD DCB =50.

S obzirom da je 180 30 30 120ADB , onda je

360 120

1202

CDA BDC .

Budui da je CDA BDC , 10DAC EAD i AD zajednika stranica, prema

tm K-S-K o sukladnosti slijedi ADC ADE te je CD DE .

To znai da je trokut CDE jednakokraan pa je 180

302

EDCDCE CED .

Na kraju 50 30 20ECB DCB DCE .

5.

BI VR PR PO I pli jed hod ron bic

David - - + - - - - - - +

Matija - - - + - - - - + -

Juraj - + - - - - - + - -

Miha + - - - - + - - - -

Petar - - - - + - + - - -

pli + - - - -

jed - - - - +

hod - + - - -

ron - - - + -

bic - - + - -

David vozi bicikl u Primotenu, Matija roni u Poreu, Juraj brzo hoda u Vrsaru, Miha pliva u

Biogradu, a Petar jedri u ibeniku.


7. razred-rjeenja


1. Neka je to etveroznamenkasti broj abcd .

Vrijedi : 81 81abcd cd abcd cd

1000 100 10 81(10 )

1000 100 81(10 ) 10

11000 100 80(10 ) /

20

50 5 4(10 )

5(10 ) 4(10 )

a b c d c d

a b c d c d

a b c d

a b c d

a b c d

5 4ab cd .

Slino

: 225 225

1000 100 10 225(10 )

1000 100 225(10 ) 10

11000 100 224(10 ) /

4

250 25 56(10 )

25(10 ) 56(10 )

dcba ba dcba ba

d c b a b a

d c b a b a

d c b a

d a b a

d c b a

25 56dc ba .

Kako je 25dc djeljivo s 5, onda je i 56ba djeljivo s 5 odnosno ba je djeljiv s 5 to znai da je

{0,5}a . No, a je znamenka tisuica traenog broja pa ne moe biti 0. Dakle, a =5 .

Budui da je 25dc djeljivo s 25, onda je i 56ba djeljivo s 25 odnosno ba je djeljiv s 25 to znai

da je {2,7}b .

Iz 5 4ab cd slijedi da je 5abdjeljivo s 4 odnosno ab je djeljiv s 4 pa je 2b .

Dalje je 4 5 5 52 260cd ab pa je 260 : 4 65cd . Analogno, iz 25 56dc ba slijedi

65cd . Traeni broj je 5265.

2. Neka je cijena kamere x kn, a oni su dali redom a, b, c i d kn.

Prvi je dao 50% ukupnog iznosa, tj. 1

2a x .

Drugi je dao treinu iznosa kojeg su dala preostala trojica, tj.

1( ) ( )

3

4( )3

3

4

a c d a c d x

a c d x

a c d x

To znai da je drugi dao etvrtinu ili 25% od ukupnog iznosa kamere.

Trei je dao 25% ili etvrtinu iznosa preostale trojice, tj.

1( ) ( )

4

5( )4

4

5

a b d a b d x

a b d x

a b d x

To znai da je trei dao petinu ili 20% ukupnog iznosa kamere.

etvrti je dao 500 kn to predstavlja 100% 50% 25% 20% = 5% ukupnog iznosa kamere.

Prema tome je

5% 500

500

0.05

10000

x

x

x .

Cijena kamere je 10 000 kn.

3. Neka je n traeni broj.

Tada je 17 5n x odnosno 24 3n y , ,x y .

Dakle,

17 5 24 3

17 24 2

24 2 17 7 2 7 2

17 17 17

x y

x y

y y y yx y

7 2

7 2 17 ,17

yx y a a

7 17 2

17 2 3 22

7 7

y a

a ay a

3 2

3 2 7 ,7

ay a b b

3 7 2

7 2 22

3 3

a b

b ba b

2

2 3 ,3

ba b c c

3 2

7 4

17 10

24 14

408 243

b c

a c

y c

x c

n c

Kako je 10000 = 40824+208, onda je 24c pa je 10035n .

4. Neka je zadani jednakokrani trapez ABCD i neka je na produetku stranice AB preko vrha B

odabrana toka 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 jednakokraan trapez, onda je AC BD . To znai da je AC EC

odnosno da je AEC jednakokraan.

Budui da je CF visina na osnovicu jednakokranog trokuta AEC , vrijedi 2

a cAF FE .

Za povrinu P trapeza ABCD vrijedi 2

a cP v odnosno 100 10

2

a c pa je 10

2

a c.

Dakle, AFC je jednakokraan pravokutan pa je 45FAC , a to znai da je 90ASB .

5. Nacrtamo i tetivu DC te neka su oznake kao na slici.

Kako je AB EC , onda je CEB ABE . To znai da je EFB jednakokraan pa je

EF BF .

S obzirom da su kutovi ,CDB CEBobodni kutovi nad istim krunim lukom, vrijedi

CDB .

Analogno su kutovi ,ECD EBD obodni kutovi nad istim krunim lukom te je ECD .

Dakle, i trokut DCF je jednakokraan pa je FD FC .

Na kraju, EC EF FC BF FD BD .


8. razred-rjeenja


1. Da bismo rijeili zadanu jednadbu potrebno je izvriti djelominu racionalizaciju razlomaka na

lijevoj strani jednadbe.

Tako emo prvi razlomak proiriti s 2 1 , drugi s 3 2 itd.

Nakon izvrene racionalizacije zadana jednadba poprima oblik :

2 1 3 2 4 3 50 49 1

... 12 2 3 3 4 49 50 50

x .

Dobivenu jednadbu moemo transformirati tako da poprimi slijedei oblik :

2 1 3 2 50 49 1

... 12 2 2 3 2 3 49 50 49 50 50

x .

Skraivanjem razlomaka imamo da je :

1 1 1 1 1 1 1 1

1 ... 12 2 3 3 4 49 50 50

x .

Zbrajanjem izraza na lijevoj strani konano dobivamo rjeenje jednadbe

50

11

50

11x , odnosno x = 0.

2. Neka je 73

,95

kk

ktraeni razlomak.

Tada vrijedi 273 95 ,k k n n odnosno 2168k n .

Dalje je 22 2 2 3 7 k n pa je 2 3 7k odnosno 42k .

Traeni razlomak je 73 73 42 3066

95 95 42 3990

k

k.

3. Neka je x udaljenost mjesta A i B. Neka su 1v odnosno 2v brzine putnika koji kree iz A odnosno

iz B. Neka je 1t vrijeme proteklo do prvog susreta. Tada vrijedi

1 1 2 18, 8v t v t x odnosno 1 1

1 2

8 8,

xt t

v vpa je

1 2

8 8x

v v odnosno 2

1

8

8

v x

v.

Neka je 2t vrijeme proteklo do drugog susreta. Tada vrijedi

1 2 2 22, 2v t x v t x odnosno 2 2

1 2

2 2,

x xt t

v vpa je

1 2

2 2x x

v vodnosno

2

1

2

2

v x

v x.

Slijedi 8 2

8 2

x x

x

2

2

1 2

8 2 16 8 16

18 0

( 18) 0

0, 18

x x x x

x x

x x

x x

Prvo rjeenje je oito nemogue pa je udaljenost mjesta A i B 18 km.

4.

Neka je SD = d.

Trokut SDC je pravokutni trokut sa iljastim kutovima veliina 30 i 60, tj. polovina

jednakostraninog trokuta sa stranicom duljine d.

Duina SC je visina tog jednakostraninog trokuta, pa vrijedid 3

= r2

, odakle slijedi 2r 3

d =3

.

Hipotenuza pravokutnog trokuta SCD ima duljinu 2r 3

3, a kateta DC je upola kraa odnosno

ima duljinu r 3

3.

Povrina trokuta SDC iznosi P =

3r

3

2

r

= 2r 3

6.

Povrina krunog isjeka sa sredinjim kutom od 30 iznosi iP =

2 2r 30 r =

360 12 .

Povrina zadanog lika je P =2 2 2r 3 r r

(2 3 - )6 12 12

.

Kruni luk BC ima duljinu r 30 r

= =180 6

l ,

a opseg zadanog lika je r r 3 2r 3 r O = + + - r = + r 3 - r = r 3 -16 3 3 6 6 .

A

D

BS

C

5.

Visina CE dijeli trokut ABC na dva meusobno slina trokuta koji su i slini zadanom trokutu

( jednaki kutovi tm K-K o slinosti).

Vrijedi ABC ACE pa je

AE EC

AC BCodnosno

ECAE AC

BC.

Isto tako vrijedi ABC CBE pa je

EC EB

AC BCodnosno

ECEB BC

AC.

Za povrine ADC i BCD vrijedi 2 2

ADC

AD EC AC DKP i

2 2

BCD

DB EC BC DLP pa je

AC DK AD EC AD m

BC DL DB EC DB n.

Kako je toka D na simetrali kuta ACB , onda je DK DL .

Dakle, AC m

BC n.

Na kraju, 2 2

2 2

2 2: :

ECAC

AE BC AC mAE EB m n

ECEB nBCBC

AC

.

r5Dr6Dr7Dr8D

Documents

2011 Rjesenja OS