Kangur 2011 - Junior
Kangur 2011 - Junior
Jakie wam powychodziły odpowiedzi? Najbardziej interesują odpowiedzi do 21, 22, 23 i 30
-
matematyka_lublin
- Użytkownik
- Posty: 21
- Rejestracja: 7 sty 2011, o 20:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Lublin
Kangur 2011 - Junior
A co trudnego było w 21?
x - krawędź mniejszego sześcianu
x+1 - krawędź większego
\(\displaystyle{ (x+1)^{3}-x ^{3}=217}\)
Wzory skróconego mnożenia i otrzymujemy wynik \(\displaystyle{ x=8}\). Drugie rozwiązanie czyli \(\displaystyle{ (-9)}\) oczywiście nie spełnia warunków zadania.
Zatem \(\displaystyle{ V_{1} =512, V _{2}=729.}\)
Czyli odpowiedź E.
Zadanie 22 zrobiłem tak:
Poprowadziłem odcinki SA i SB. Potem poprowadziłem wysokość z wierzchołka S na podstawę AB. Trójkąt ABS jest równoramienny, więc z Pitagorasa obliczmy jego wysokość \(\displaystyle{ ( \frac{ \sqrt{2} }{2}r)}\). Ta wysokość jest jednocześnie promieniem małego koła. Więc pole małego koła wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{2}r ^{2} \pi}\).
Zauważamy, że trójkąt ABS jest prostokątny, więc pole wycinka ABS wynosi \(\displaystyle{ \frac{ \pi r ^{2} }{4}}\).
Więc pole odcinka AB wynosi tyle co pole wycinka minus pole trójkąta ABS, czyli \(\displaystyle{ \frac{ \pi r ^{2} }{4} - \frac{1}{2} r ^{2}}\).
Pole zamalowanego obszaru liczymy odejmując od połowy pola małego koła pole odcinka \(\displaystyle{ \frac{1}{4}r ^{2} \pi - \frac{1}{4}r ^{2} \pi + \frac{1}{2}r ^{2} =\frac{1}{2}r ^{2}}\)
Zatem odpowiedź C.
x - krawędź mniejszego sześcianu
x+1 - krawędź większego
\(\displaystyle{ (x+1)^{3}-x ^{3}=217}\)
Wzory skróconego mnożenia i otrzymujemy wynik \(\displaystyle{ x=8}\). Drugie rozwiązanie czyli \(\displaystyle{ (-9)}\) oczywiście nie spełnia warunków zadania.
Zatem \(\displaystyle{ V_{1} =512, V _{2}=729.}\)
Czyli odpowiedź E.
Zadanie 22 zrobiłem tak:
Poprowadziłem odcinki SA i SB. Potem poprowadziłem wysokość z wierzchołka S na podstawę AB. Trójkąt ABS jest równoramienny, więc z Pitagorasa obliczmy jego wysokość \(\displaystyle{ ( \frac{ \sqrt{2} }{2}r)}\). Ta wysokość jest jednocześnie promieniem małego koła. Więc pole małego koła wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{2}r ^{2} \pi}\).
Zauważamy, że trójkąt ABS jest prostokątny, więc pole wycinka ABS wynosi \(\displaystyle{ \frac{ \pi r ^{2} }{4}}\).
Więc pole odcinka AB wynosi tyle co pole wycinka minus pole trójkąta ABS, czyli \(\displaystyle{ \frac{ \pi r ^{2} }{4} - \frac{1}{2} r ^{2}}\).
Pole zamalowanego obszaru liczymy odejmując od połowy pola małego koła pole odcinka \(\displaystyle{ \frac{1}{4}r ^{2} \pi - \frac{1}{4}r ^{2} \pi + \frac{1}{2}r ^{2} =\frac{1}{2}r ^{2}}\)
Zatem odpowiedź C.
-
Paullaaa
- Użytkownik
- Posty: 1
- Rejestracja: 18 mar 2011, o 16:48
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: trfdsfdfsd
Kangur 2011 - Junior
Hejka !
Czy macie może poprawne odpowiedzi do Juniora ?
Jeżeli nawet nie macie to podajcie jakie wy zaznaczyliście ;p
z góry dzięki
Czy macie może poprawne odpowiedzi do Juniora ?
Jeżeli nawet nie macie to podajcie jakie wy zaznaczyliście ;p
z góry dzięki