I Giochi di Archimede - Gara Biennio
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I Giochi di Archimede - Gara Biennio
4) La media aritmetica di 11 numeri è 4850. Se ciascuno degli 11 numeri viene diminuito di 10 la loro media diventa: (A) 4740 (B) 4840 (C) 4830 (D) 4850 (E) i dati del problema non sono sufficienti a determinarla PROGETTO OLIMPIADI DI MATEMATICA U.M.I. UNIONE MATEMATICA ITALIANA MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE I Giochi di Archimede - Gara Biennio 5) Sapendo che il rettangolo in figura viene diviso dalla linea inclinata in due parti di aree una quadrupla dell’altra, calcolare il rapporto tra le misure dei segmenti a e b. (A) 2/3 (B) 1/4 (C) 1/5 (D) 1/2 (E) 2/5 22 novembre 2012 a b 1) La prova consiste di 16 problemi; ogni domanda è seguita da cinque risposte indicate 6) Quanti sono i numeri di tre cifre, tutte diverse da 0, tali che comunque si permutino con le lettere A, B, C, D, E. le loro cifre il numero che si ottiene è divisibile per quattro? 2) Una sola di queste risposte è corretta, le altre 4 sono errate. Ogni risposta corretta (A) 8 (B) 12 (C) 16 (D) 24 (E) 48 vale 5 punti, ogni risposta sbagliata vale 0 punti e ogni problema lasciato senza risposta vale 1 punto. 7) Marco distribuisce 1260 figurine tra tutti i suoi amici, che sono meno di 100, dando 3) Per ciascuno dei problemi devi trascrivere la lettera corrispondente alla risposta che a ciascuno di loro lo stesso numero di figurine e in modo da distribuirle tutte. Qual ritieni corretta nella griglia riportata qui sotto. Non sono ammesse cancellature è il massimo numero di amici che Marco può avere? o correzioni sulla griglia. Non è consentito l’uso di alcun tipo di (A) 70 (B) 84 (C) 90 (D) 94 (E) nessuno dei precedenti calcolatrice. 4) Il tempo totale che hai a disposizione per svolgere la prova è di due ore. 8) Un pavimento è piastrellato come in figura. In quanti modi è possibile colorare le mattonelle esagonali di blu, rosso e nero Buon lavoro e buon divertimento. in modo che due mattonelle esagonali con un lato in comune non abbiano mai lo stesso colore? (A) nessuno (B) 2 (C) 3 (D) 6 (E) infiniti Cognome Classe Nome 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1) Loretta si reca ogni 13 giorni in un ambulatorio per una cura. Il giovedı̀, e solo il giovedı̀, nell’ambulatorio presta servizio Franco, l’infermiere preferito di Loretta. Sapendo che oggi, giovedı̀, Loretta è andata all’ambulatorio, tra quanti giorni rivedrà Franco? (A) 14 (B) 35 (C) 53 (D) 65 (E) 91 9) In una classe gli alunni biondi sono il 40%, del totale mentre i restanti sono castani. Tra tutti gli alunni biondi, il 75% sono femmine. Sapendo che nella classe il numero di femmine è uguale al numero di maschi, qual è la percentuale di maschi castani sul totale degli alunni della classe? (A) 20% (B) 25% (C) 30% (D) 40% (E) 50% 10) È dato un esagono regolare di lato di lunghezza 1 m, i cui vertici, elencati in senso orario, sono A, B, C, D, E, F . Siano X e Y le intersezioni del segmento AC con i segmenti BF e BD Calcolare √ rispettivamente. √ √ tra X e Y . √ la distanza 3 3 3 2 3 1 m (C) m (D) m (E) m (A) m (B) 2 3 6 3 2 11) Carlo ha sei mele e sei pere: in quanti modi può mettere in fila 6 frutti, in modo 2) Il cortile della casa di Luigi ha la forma di un triangolo rettangolo isoscele. Sapendo tale che tra due mele non ci sia mai nessuna pera? 2 che l’area del cortile è 16 m , √ quanto misura il lato più √ lungo del cortile? (A) 16 (B) 22 (C) 32 (D) 35 (E) 39 (A) 2 m (B) 4 m (C) 4 2 m (D) 8 m (E) 8 2 m a c ≤ ≤ 1. Quale delle 12) Siano fissati 4 numeri interi positivi a, b, c, d tali che b d seguenti disuguaglianze è certamente vera? 3) È dato un esagono regolare di lato 2 m. Calcolare l’area della corona circolare a c a+c a a+c c a+c a+c delimitata dal cerchio inscritto e dal cerchio circoscritto all’esagono. ≥ + (B) < (C) ≤ (D) >1 (A) b + d b d b + d b b + d d b+d π 2 4π π (A) m (B) π m2 (C) m2 (D) 2π m2 (E) m2 (E) nessuna delle precedenti 2 3 9 13) Una cavalletta si sposta compiendo salti di esattamente 10 cm. Il suo moto segue questo schema: compie un certo numero di salti in una data direzione, poi ruota verso la sua sinistra di 120◦ e compie, nella nuova direzione, il doppio dei salti che aveva effettuato nella precedente direzione. A questo punto ruota nuovamente di 120◦ verso sinistra e raddoppia ancora una volta il numero dei salti. Sapendo che inizia compiendo un solo salto in una data direzione, a quale distanza dal punto iniziale si troverà dopo √ √ 17 salti? (A) 20 cm (B) 20 3 cm (C) 40 cm (D) 40 3 cm (E) 50 cm 14) Al 22 novembre 2012 il prezzo della benzina è dato per il 35% dal costo del prodotto, che è formato a sua volta da diverse voci (petrolio, raffinazione, costi di distribuzione, ecc.); il costo del petrolio costituisce oggi il 24% del costo del prodotto. Sapendo che il primo gennaio 2013 il prezzo del petrolio aumenterà del 10% e gli altri costi rimarranno invariati, di quanto aumenterà il prezzo della benzina in tale data? (A) 10% (B) 2,4% (C) 3,5% (D) 0,84 % (E) nessuna delle precedenti 15) Da un mazzo di 40 carte se ne estrae una, che subito viene reinserita nel mazzo; il mazzo viene poi mescolato, e successivamente si estrae una nuova carta. Qual è la probabilità che la nuova carta sia la stessa carta estratta in precedenza? 1 (A) 1/1600 (B) 1/40 (C) 1/80 (D) 1/20 (E) 40·39 16) Sia ABC un triangolo acutangolo e sia H sul lato AB il piede dell’altezza dal vertice C. Supponiamo che l’area del triangolo AHC stia a quella del triangolo ABC come AC sta a 2AB. Quale delle seguenti affermazioni è sicuramente vera? d = 60◦ (C) AB = 2AH (A) ABC è rettangolo (B) CAB (D) AB = AC (E) ABC è equilatero C A H B PROGETTO OLIMPIADI DI MATEMATICA U.M.I. UNIONE MATEMATICA ITALIANA MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE I Giochi di Archimede - Soluzioni Biennio 22 novembre 2012 Griglia delle risposte corrette Problema 1 2 3 4 5 6 7 8 Risposta corretta E D B B A A C D Problema 9 10 11 12 13 14 15 16 Risposta corretta D B B C E D B B Risoluzione dei problemi 1. La risposta è (E). Poiché Loretta si reca all’ambulatorio ogni 13 giorni e Franco ogni 7 giorni, si rincontreranno all’ambulatorio tra un numero di giorni che sia multiplo sia di 13 che di 7; il più piccolo di questi numeri è il minimo comune multiplo di 13 e 7 ovvero 91. [Problema proposto da A. Colesanti] 2. La risposta è (D). Indichiamo con L la lunghezza dei due cateti del triangolo che rappresenta il cortile della casa √ L2 = 16 m2 e dunque L = 4 2 m. La lunghezza dell’ipotenusa è data da di Luigi. Abbiamo 2 √ 2 L ovvero 8 m. [Problema proposto da S. Monica] 3. La risposta è (B). Occorre calcolare il raggio del cerchio inscritto e il raggio del cerchio circoscritto all’esagono. Il raggio R del cerchio circoscritto è uguale al lato dell’esagono, ovvero misura 2 m. Il raggio r del cerchio inscritto è dato dalla misura dell’altezza di√un triangolo equilatero di lato 2 m (vedi figura) e quindi misura 3 m. Allora l’area del cerchio circoscritto è 4 π m2 e l’area del cerchio inscritto è 3 π m2 , e la differenza tra queste, ovvero l’area richiesta, è π m2 . [Problema proposto da U. Bindini] 1 r R 4. La risposta è (B). Chiamiamo gli undici numeri a1 , a2 , . . . , a11 . Sappiamo che a1 + a2 + · · · + a11 = 4850 . 11 Possiamo allora calcolare a1 + a2 + · · · + a11 − 110 (a1 − 10) + (a2 − 10) + · · · + (a11 − 10) = 11 11 a1 + a2 + · · · + a11 110 = − 11 11 = 4850 − 10 = 4840 . [Problema proposto da P. Negrini] 5. La risposta è (A). Indichiamo con X e Y le misure (in una data unità di misura) della base e della altezza del rettangolo, rispettivamente, e con A e B le rispettive misure dei segmenti a e b. Sappiamo che A+B =Y e 1 (B + Y ) · X 2 = 4, 1 A·X 2 e quindi 4= A + 2B B =1+2 A A ⇒ B 3 = A 2 A 2 = B 3 [Problema proposto da F. Mugelli] ovvero 6. La risposta è (A). Indichiamo con a, b e c le cifre di un numero di tre cifre abc tale che, comunque si permutino le sue cifre, risulti divisibile per 4. Se un numero è multiplo di 4, esso è in particolare pari, quindi a, b e c devono essere tutti pari, perché ciascuno di loro, a meno di una permutazione, è la cifra delle unità di un numero pari. Inoltre osserviamo che i numeri divisibili per quattro che hanno come cifra delle unità 2 o 6 hanno per cifra delle decine un numero dispari. Dunque nessuno dei numeri a, b e c può essere 2 oppure 6. Le uniche possibilità sono allora che ciascuno dei 3 numeri a, b e c coincida con 4 oppure con 8. Abbiamo allora gli 8 numeri di 3 cifre: 444 , 448 , 484 , 488 , 844 , 848 , 884 , 888 che hanno la proprietà richiesta e sono gli unici ad averla. [Problema proposto da S. Mongodi.] 7. La risposta è (C). Il numero di amici di Marco deve essere un divisore di 1260, e quindi il massimo numero di amici che Marco può avere è il più grande divisore di 1260 che sia anche più piccolo di 100. La scomposizione in fattori primi di 1260 è 1260 = 22 · 33 · 5 · 7 , e mostra che 90 = 2 · 32 · 5 è un divisore di 1260 e nessun altro numero compreso tra 90 e 100 lo è. Dunque 90 è il più grande divisore di 1260 che sia anche minore di 100. [Problema proposto da G. Barbarino.] 2 8. La risposta è (D). Consideriamo una mattonella esagonale M del pavimento, che sia circondata da sei mattonelle esagonali e supponiamo di colorare questa mattonella di blu. A questo punto nessuna delle sei mattonelle che la circondano può essere colorata di blu e due di esse che siano adiacenti devono avere colori diversi, ovvero rosso e nero. Quindi fissato il colore di M ci sono due possibili modi di colorare le sei mattonelle ad essa adiacenti. Poiché ci sono 3 possibili colorazioni per M , e per ciascuna di esse ci sono due colorazioni delle mattonelle adiacenti, ci sono 6 modi distinti di colorare M e le 6 mattonelle adiacenti, in modo che le richieste del problema siano soddisfatte. Osserviamo poi che fissato il colore della mattonella M e di quelle ad essa adiacenti, la colorazione del resto del pavimento è univocamente determinata. Quindi ci sono 6 modi di colorare il pavimento. [Problema proposto da K. Kuzmin.] 9. La risposta è (D). Indichiamo con Fb e Fc le percentuali di femmine bionde e castane rispettivamente, e con Mb e Mc le percentuali di maschi biondi e castani rispettivamente. Sappiamo che Fb + Mb = 40 e Fb + Fc = Mb + Mc = 50. Le femmine bionde sono il 75% del totale degli alunni biondi e quindi i maschi biondi sono il 25% del totale degli alunni biondi, quindi Fb = 3Mb . Allora troviamo, dalla prima delle due uguaglianze scritte in precedenza, Mb = 10, e quindi da Mb + Mc = 50 abbiamo Mc = 40. [Problema proposto da S. Monica.] 10. La risposta è (B). Facendo riferimento alla figura, consideriamo il triangolo BXY . Questo è equilatero e possiamo calcolare la sua altezza h come h= B X h Y A C F D (BE − CD) 1 = m. 2 2 Quindi XY è il lato di un triangolo equilatero di altezza 1/2 m. √ 3 2 1 Da questo si ottiene XY = √3 h = √3 m = 3 m . E [Problema proposto da S. Mongodi] 11. La risposta è (B). Rappresentiamo una generica disposizione di 6 frutti con una sequenza di 6 lettere, ciascuna delle quali può essere una P (pera) o una M (mela). Vogliamo contare le sequenze in cui tra due M non ci sia nessuna P ; per comodità chiamiamo queste sequenze accettabili. Come regola generale, una sequenza è accettabile se tutte le M in essa contenute sono adiacenti l’una all’altra, cioè consecutive; questa osservazione rende più facile contare le sequenze accettabili perché in una sequenza accettabile la posizione delle M è univocamente determinata una volta che si sia individuata la prima M (quella più a sinistra) e il numero complessivo di M presenti nella sequenza. Utilizzando questo fatto scriviamo allora le possibili sequenze in base al numero di M che esse contengono, partendo dal valore massimo in cui ci sono 6 M (ovvero i 6 frutti sono tutte mele), fino a quello minimo in cui non c’è nessuna M : • se ci sono 6 M si ha 1 sequenza accettabile: MMMMMM . • se ci sono 5 M si hanno 2 sequenze accettabili: MMMMMP , P MMMMM . 3 • se ci sono 4 M si hanno 3 sequenze accettabili: MMMMP P , P MMMMP , P P MMMM . • se ci sono 3 M si hanno 4 sequenze accettabili: MMMP P P , P MMMP P , P P MMMP , P P P MMM . • se ci sono 2 M si hanno 5 sequenze accettabili: MMP P P P , P MMP P P , P P MMP P , P P P MMP , P P P P MM . • se c’è una sola M si hanno 6 sequenze accettabili: MP P P P P , P MP P P P , P P MP P P , P P P MP P , P P P P MP , P P P P P M . • infine, l’unica sequenza senza M è accettabile: PPPPPP . In tutto abbiamo allora 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 1 = 22 sequenze accettabili. [Problema proposto da P. Leonetti.] 12. La risposta è (C). Infatti (poiché b > 0 e d > 0) la disequazione C è equivalente a d(a + c) ≤ c(b + d), che equivale a sua volta a ad ≤ bc, ovvero ab ≤ dc . Le altre risposte sono tutte errate. Prendendo a = b = c = d = 1, si otterrebbe infatti 1 ≥ 2 dalla A, e 1 > 1 dalla D, disuguaglianze evidentemente false. Prendendo invece a = c = 1 e b = d = 2, la B fornirebbe 21 ≥ 1, assurdo. [Problema proposto da P. Leonetti.] 13. La risposta è (E). La cavalletta percorre la spezzata evidenziata in figura, costruita sui lati di triangoli equilateri tra loro adiacenti, in cui i punti rappresentano la posizione in cui essa si trova all’inizio e dopo ogni salto. Ne segue che dopo 17 salti la cavaletta si trova precisamente a 5 · 10 cm di distanza dal punto iniziale. 20 60 o 10 [Problema proposto da S. Monica.] 14. La risposta è (D). Indichiamo con B il prezzo della benzina oggi, e con P ed O rispettivamente il costo del prodotto e il costo del petrolio, sempre riferiti ad oggi. Sappiamo che P = 35 B 100 quindi e O= 24 P 100 24 · 35 8, 4 B= B. 100 · 100 100 Di conseguenza oggi il costo del petrolio costituisce l’ 8,4% del prezzo della benzina. Se il costo del petrolio aumenta del 10% (ovvero di un decimo) e tutti gli altri costi rimangono invariati, il prezzo della benzina aumenterà di un decimo dell’8,4%, ovvero dello 0,84%. [Problema proposto da C. Di Stefano.] O= 4 15. La risposta è (B). Ognuna delle quaranta carte, ad ogni estrazione, ha la stessa probabilità di ogni altra di essere estratta dal mazzo, e questa probabilità è 1/40. In particolare, alla seconda estrazione, la carta che era stata estratta la prima volta, essendo stata rimessa nel mazzo, ha la stessa probabilità di essere estratta che aveva alla prima estrazione, cioè 1/40. [Problema proposto da P. Negrini.] 16. La risposta è (B). L’area di AHC è data da (AH · CH)/2 mentre l’area di ABC è data da (AB · CH)/2. Quindi AH il rapporto tra l’area di AHC e quella di ABC vale ; allora dal problema sappiamo che AB AC AH = AB 2 AB d misura 60◦ . e da questa uguaglianza si ottiene AC = 2 AH; questo implica che l’angolo CAB [Problema proposto da S. Mongodi] 5 dei giorni festivi in un anno è: (A) rimasto invariato (B) aumentato meno del 10% (D) diminuito meno del 10% (E) diminuito del 10% PROGETTO OLIMPIADI DI MATEMATICA U.M.I. UNIONE MATEMATICA ITALIANA MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE I Giochi di Archimede - Gara Triennio (C) aumentato del 10% 4) S1 e S2 sono due sfere; il volume di S2 è il doppio del volume di S1 . Quanto vale il rapporto tra la superficie√di S2 e quella √ di S1 ? √ (A) 3 4 (B) 2 (C) 2 3 2 (D) 8 (E) nessuna delle precedenti 22 novembre 2012 1) La prova consiste di 20 problemi; ogni domanda è seguita da cinque risposte indicate 5) Matteo per raggiungere la scuola deve effettuare 2 km in salita, e pedalando sulla con le lettere A, B, C, D, E. sua bicicletta riesce ad arrivare in 12 minuti. Al ritorno, andando in discesa per la 2) Una sola di queste risposte è corretta, le altre 4 sono errate. Ogni risposta corretta stessa strada, impiega solo 4 minuti. Qual è la velocità media di Matteo nell’intero vale 5 punti, ogni risposta sbagliata vale 0 punti e ogni problema lasciato senza tragitto casa-scuola-casa? risposta vale 1 punto. (A) 10 km/h (B) 12 km/h (C) 15 km/h (D) 20 km/h 3) Per ciascuno dei problemi devi trascrivere la lettera corrispondente alla risposta che (E) nessuna delle precedenti C ritieni corretta nella griglia riportata qui sotto. Non sono ammesse cancellature o correzioni sulla griglia. Non è consentito l’uso di alcun tipo di calcolatrice. 6) Il triangolo isoscele in figura ha base AB di lunghezza 1 m e altezza CH 4) Il tempo totale che hai a disposizione per svolgere la prova è di due ore. di lunghezza 2 m. Il quadrato al suo interno ha un vertice in H, e due Buon lavoro e buon divertimento. vertici sugli altri due lati: calcolarne l’area. (A) 1/5 m2 (B) 5/16 m2 (C) 8/25 m2 (D) 1/3 m2 (E) 1/2 m2 Cognome Nome 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Classe 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 A 1) Marco distribuisce 1260 figurine tra tutti i suoi amici, che sono meno di 100, dando a ciascuno di loro lo stesso numero di figurine e in modo da distribuirle tutte. Qual è il massimo numero di amici che Marco può avere? (A) 70 (B) 84 (C) 90 (D) 94 (E) nessuna delle precedenti 2) Sapendo che il rettangolo in figura viene diviso dalla linea inclinata in due parti di aree una quadrupla dell’altra, calcolare il rapporto tra le lunghezze dei segmenti a e b. (A) 2/3 (B) 1/4 (C) 1/5 (D) 1/2 (E) 2/5 a b H 7) In una classe gli alunni biondi sono il 40%, del totale mentre i restanti sono castani. Tra tutti gli alunni biondi, il 75% sono femmine. Sapendo che nella classe il numero di femmine è uguale al numero di maschi, qual è la percentuale di maschi castani sul totale degli alunni della classe? (A) 20% (B) 25% (C) 30% (D) 40% (E) 50% 8) Un pavimento è piastrellato come in figura. In quanti modi è possibile colorare le mattonelle esagonali di blu, rosso e nero in modo che due mattonelle esagonali con un lato in comune non abbiano mai lo stesso colore? (A) nessuno (B) 2 (C) 3 (D) 6 (E) infiniti 3) Sul pianeta Papalla un anno è formato da 400 giorni, numerati da 1 a 400; sono considerati festivi i giorni corrispondenti ai multipli di 6. Il nuovo governo di Papalla riforma il calendario, dividendo l’anno in 10 mesi di 40 giorni ciascuno; i 9) Quante sono le coppie di numeri primi (p, q) tali che pq + 1 sia ancora un numero giorni di ogni mese vengono ora numerati da 1 a 40, e rimane valida la regola di fare primo? [Nota: 1 non è un numero primo.] festa nei giorni i cui numeri siano multipli di 6. In seguito alla riforma, il numero (A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) infinite (E) nessuna delle precedenti B 10) Al 22 novembre 2012 il prezzo della benzina è dato per il 35% dal costo del 18) Carlo ha sei mele e sei pere: in quanti modi può mettere in fila 6 frutti, in modo prodotto, che è formato a sua volta da diverse voci (petrolio, raffinazione, costi tale che tra due mele non ci sia mai nessuna pera? di distribuzione, ecc.). In particolare il costo del petrolio è il 24% del costo del (A) 16 (B) 22 (C) 32 (D) 35 (E) 39 prodotto. Sapendo che il primo dicembre 2012 il prezzo del petrolio aumenterà del 10% e gli altri costi rimarranno invariati, di quanto aumenterà il prezzo della 19) Una cavalletta si sposta compiendo salti di esattamente 10 cm. Il suo moto segue questo schema: compie un certo numero di salti in una data direzione, poi ruota benzina in tale data? verso la sua sinistra di 120◦ e compie, nella nuova direzione, il doppio dei salti che (A) 10% (B) 2,4% (C) 3,5% (D) 0,84 % (E) nessuna delle precedenti aveva effettuato nella precedente direzione. A questo punto ruota nuovamente di 120◦ verso sinistra e raddoppia ancora una volta il numero dei salti. Sapendo che 11) Determinare la somma delle cifre del numero (102012 + 1)3 . inizia compiendo un solo salto in una data direzione, a quale distanza dal punto (A) 4 (B) 8 (C) 2012 (D) 2013 (E) nessuna delle precedenti iniziale si troverà dopo √ √ 17 salti? 12) Quale tra i seguenti è il numero più grande che divide n5 − 5n3 + 4n, qualsiasi sia (A) 20 cm (B) 20 3 cm (C) 40 cm (D) 40 3 cm (E) 50 cm il numero naturale n ≥ 3? 20) Sia x un numero reale maggiore di 1 tale che (x − 1)(x + 1)2012 = 1. Allora: (A) 15 (B) 35 (C) 60 (D) 120 (E) 240 (A) 1 < x < 1 + 1/32012 (B) 1 + 1/32012 < x < 1 + 1/22012 2012 1 2 (C) 1 + 1/2 < x < 1 + 1/3 (D) 1 + 1/3 < x < 1 + 1/2 (E) x > 2 13) Quale tra le seguenti quantità dipendenti da x è minore o uguale a 6 + x per ogni numero reale x? q 1 2 (B) − √23 x (C) ( 16 + x)2 (D) 61 + x (A) 6 +x (E) nessuna delle precedenti 14) Il Mago Merlino √ posa a terra il suo cappello, un cono retto di altezza h = 20 2 cm e di base una circonferenza di raggio r = 10 cm. Una formica, partendo da un punto P sul bordo del cappello, vuole raggiungere il punto Q situato nel punto medio dell’apotema dalla parte opposta (vedi figura). Quanto misura il cammino più breve che la formica dovrà percorrere sulla superficie del cappello per √ raggiungere Q? √ (A) 15 3 cm (B) 15 + 10 2 cm (C) 15 + 5π cm (D) 15 + 10π cm (E) nessuna delle precedenti Q h r P 15) Abbiamo un dado a 4 facce recanti i numeri 1,3,5,7 ed un dado a 8 facce recanti i numeri 2,4,6,8,10,12,14,16 (per ciascun dado ogni faccia ha la stessa probabilità di uscire di ogni altra). Qual è la probabilità che, lanciandoli una sola volta entrambi, si ottenga come somma 11? (A) 1/16 (B) 1/8 (C) 1/4 (D) 1/2 (E) 1 16) Sapendo che k è un numero intero e che l’equazione x10 + kx2 + 4 = 0 ha almeno una soluzione data da un numero intero x, quanti valori distinti può assumere k? (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (E) infiniti 17) Assegnato un numero di due cifre che è un quadrato perfetto, qual è la probabilità che, aggiungendo una cifra a caso tra 1 e 9 a sinistra del numero, si ottenga un multiplo di 11? (A) 1/9 (B) 2/9 (C) 3/9 (D) 4/9 (E) dipende dal numero scelto PROGETTO OLIMPIADI DI MATEMATICA U.M.I. UNIONE MATEMATICA ITALIANA MINISTERO DELLA PUBBLICA ISTRUZIONE I Giochi di Archimede - Soluzioni Triennio 22 novembre 2012 Griglia delle risposte corrette Problema 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Risposta corretta C A D A C C D D B D Problema 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 Risposta corretta B D E A B B A B E B Risoluzione dei problemi 1. La risposta è (C). Il numero di amici di Marco deve essere un divisore di 1260, e quindi il massimo numero di amici che Marco può avere è il più grande divisore di 1260 che sia anche più piccolo di 100. La scomposizione in fattori primi di 1260 è 1260 = 22 · 33 · 5 · 7 , e mostra che 90 = 2 · 32 · 5 è un divisore di 1260 e nessun altro numero compreso tra 90 e 100 lo è. Dunque 90 è il più grande divisore di 1260 che sia anche minore di 100. [Problema proposto da G. Barbarino.] 2. La risposta è (A). Indichiamo con X e Y le misure (in una data untià di misura) della base e della altezza del rettangolo, rispettivamente, e con A e B le rispettive misure dei segmenti a e b. Sappiamo che A+B =Y e 1 (B + Y ) · X 2 = 4, 1 A·X 2 e quindi 4= B A + 2B =1+2 A A A 2 = B 3 [Problema proposto da F. Mugelli] ovvero 1 ⇒ B 3 = A 2 3. La risposta è (D). Secondo il calendario precedente alla riforma, poiché il quoziente della divisione di 400 per 6 è 66, vi erano 66 giorni festivi. Con il nuovo calendario ogni mese ci sono 6 giorni festivi e quindi in un anno ci sono 60 giorni festivi. I giorni festivi sono allora passati da 66 a 60 e la diminuzione, 6, è minore del 10% di 66, che è 6,6. [Problema proposto da P. Negrini.] 4. La risposta è (A). 4πR3 Il volume di una sfera di raggio R è , mentre la sua superficie è 4πR2 . Indichiamo con 3 R1 e R2 i raggi di S1 e S2 rispettivamente. Sappiamo che 4πR23 3 =2 4πR13 3 Dunque ⇒ R2 √ 3 = 2 R1 ⇒ R2 R1 3 = 2. R22 √ 3 = 4. 2 R1 √ R22 Poiché il rapporto tra la superficie di S2 e quella di S1 coincide con 2 , esso vale 3 4. R1 [Problema proposto da P. Leonetti.] 5. La risposta è (C). La velocità media nel percorso casa-scuola-casa è data dalla lunghezza del percorso complessivo, ovvero 4 km (2 per andare e 2 per tornare), diviso il tempo totale impiegato, ovvero 16 minuti (12 per andare e 4 per tornare). Dunque la velocità media è di 0,25 km/min, che coincide con 15 km/h. [Problema proposto da S. Monica.] 6. La risposta è (C). Indichiamo con O il centro del quadrato, con K il vertice del quadrato che appartiene al lato AC e con 2x la lunghezza in metri della diagonale del quadrato. Per la similitudine dei triangoli AHC e KOC, abbiamo che CH OC 2−x = = . AH KO x Ma 2m CH = = 4. AH 0,5 m √ 2 2 2 8 2 m. L’area del quadrato è allora m. Da qui si ottiene x = m e quindi HK = 5 5 25 [Problema proposto da U. Bindini e A. Sambusetti.] 7. La risposta è (D). Indichiamo con Fb e Fc le percentuali di femmine bionde e castane rispettivamente, e con Mb e Mc le percentuali di maschi biondi e castani rispettivamente. Sappiamo che Fb + Mb = 40 e Fb + Fc = Mb + Mc = 50. Le femmine bionde sono il 75% del totale degli alunni biondi e quindi i maschi biondi sono il 25% del totale degli alunni biondi, quindi Fb = 3Mb . Allora troviamo, dalla prima delle due uguaglianze scritte in precedenza, Mb = 10, e quindi da Mb + Mc = 50 abbiamo Mc = 40. [Problema proposto da S. Monica.] 2 8. La risposta è (D). Consideriamo una mattonella esagonale M del pavimento, che sia circondata da sei mattonelle esagonali e supponiamo di colorare questa mattonella di blu. A questo punto nessuna delle sei mattonelle che la circondano può essere colorata di blu e due di esse che siano adiacenti devono avere colori diversi, ovvero rosso e nero. Quindi fissato il colore di M ci sono due possibili modi di colorare le sei mattonelle ad essa adiacenti. Poiché ci sono 3 possibili colorazioni per M , e per ciascuna di esse ci sono due colorazioni delle mattonelle adiacenti, ci sono 6 modi distinti di colorare M e le 6 mattonelle adiacenti, in modo che le richieste del problema siano soddisfatte. Osserviamo poi che fissato il colore della mattonella M e di quelle ad essa adiacenti, la colorazione del resto del pavimento è univocamente determinata. Quindi ci sono 6 modi di colorare il pavimento. [Problema proposto da K. Kuzmin.] 9. La risposta è (B). Osserviamo che pq + 1 è pari se pq è dispari, e viceversa è dispari se pq è pari. Poiché l’unico numero primo pari è 2, affinché pq + 1 sia primo esso deve essere uguale a 2 oppure deve essere dispari. Ma pq + 1 = 2 implica pq = 1 il che è impossibile. Dunque dobbiamo avere che pq è pari, e quindi p deve essere pari, ed essendo primo si deve avere p = 2. Se q è dispari pq + 1 ammette la scomposizione: (pq + 1) = (p + 1)(pq−1 − pq−2 + · · · + p2 − p + 1) e quindi in particolare è divisibile per p + 1 e pertanto non può essere primo. Allora anche q deve essere pari e quindi q = 2. L’unica possibilità è allora p = q = 2. 10. La risposta è (D). Indichiamo con B il prezzo della benzina oggi, e con P ed O rispettivamente il costo del prodotto e il costo del petrolio, sempre riferiti ad oggi. Sappiamo che P = 35 B 100 e O= 24 P 100 quindi 24 · 35 8, 4 B= B. 100 · 100 100 Di conseguenza oggi il costo del petrolio costituisce l’ 8,4% del prezzo della benzina. Se il costo del petrolio aumenta del 10% (ovvero di un decimo) e tutti gli altri costi rimangono invariati, il prezzo della benzina aumenterà di un decimo dell’8,4%, ovvero dello 0,84%. [Problema proposto da C. Di Stefano.] O= 11. La risposta è (B). Sviluppando il cubo del binomio possiamo scrivere (102013 + 1)3 = 106039 + 3 · 104026 + 3 · 102013 + 1 . Ciascuno dei 4 numeri a destra dell’uguaglianza, scritti in base 10, ha una sola cifra diversa da zero e in una posizione diversa da quella degli altri, quindi la somma delle cifre del numero che si ottiene sommandoli è 1 + 3 + 3 + 1 = 8. [Problema proposto da C. Di Stefano.] 3 12. La risposta è (D). Possiamo scrivere n5 − 5n3 + 4n = n(n4 − 5n2 + 4) = n(n2 − 4)(n2 − 1) = (n − 2)(n − 1)n(n + 1)(n + 2) . Dunque stiamo considerando un numero che può sempre essere scritto come prodotto di cinque numeri naturali consecutivi (tutti strettamente positivi, poiché n ≥ 3). In una sequenza di 5 numeri naturali consecutivi vi sono certamente due numeri pari di cui uno multiplo di 4, un multiplo di 3 e un multiplo di 5. Dunque il loro prodotto è certamente multiplo di 120 = 2·3·4·5. D’altra parte per n = 3 abbiamo n5 − 5n3 + 4n = 120 quindi 120 è il più grande divisore di n5 − 5n3 + 4n al variare di n ≥ 3. 13. La risposta è (E). 1 Nessuna delle espressioni contenute nelle altre risposte è minore o uguale di + x2 per ogni x. 6 q q 1 1 1 2 Difatti, se per esempio x = 0 il numero 6 + x = 6 > 6 , quindi (A) è falsa. Anche la risposta (D) è evidentemente falsa se 0 < x < 1, poiché in tal caso 16 + x > Sviluppando il quadrato del binomio, si trova anche che non può valere (C): per x > 15 . 36 1 +x 6 2 = 1 6 + x2 . 1 1 1 + x2 + x > + x2 36 3 6 Proviamo infine che anche la risposta (B) è errata: in effetti √ √ 2 1 ⇔ 6 3x2 + 12x + 3 ≥ 0 + x2 ≥ − √ x 6 3 √ √ ed il discriminante del trinomio 6 3x2 + 12x + 3 vale ∆ = 144 − 24 · 3 > 0; dunque il trinomio ammette due radici reali distinte ed è negativo per ogni valore di x strettamente compreso tra le due radici. [Problema proposto da G. Barbarino e A. Sambusetti.] 14. La risposta è (A). P √ Calcoliamo prima di tutto l’apotema del cono: a = r2 + h2 = 30cm. Tagliamo ora il cono lungo l’apotema passante per Q, e otteniamo d a cosı̀ un settore circolare di centro V , raggio a ed arco di circonferenza di lunghezza uguale a 2πr: l’angolo al centro che sottende tale arco 60 Q V 2 √ 2πr misura dunque ϑ = 2πr = = π radianti. a 3 r 2 +h2 Il problema si riduce quindi a trovare la lunghezza del segmento che congiunge il punto medio P dell’arco di circonferenza al punto medio Q di uno dei due raggi delimitanti il settore circolare. ◦ d Poiché q l’angolo P V √Q = 60 ,√segue che P Q è perpendicolare al raggio contenente Q, dunque 2 d = a2 − a2 = 23 a = 15 3. [Problema proposto da Nirvana.] o 4 15. La risposta è (B). Gli eventi possibili dopo aver lanciato i due dadi possono essere rappresentati da tutte le coppie ordinate (d1 , d2 ) in cui d1 è il valore del primo dado e d2 quello del secondo; poichè d1 può variare tra 4 possibili valori e d2 tra otto possibili valori, il numero totale di eventi è 32. Osserviamo che per ciascun valore d1 del dado a 4 facce c’è uno e un solo valore d2 del dado a 8 facce la cui somma con d1 sia 11. Quindi gli eventi favorevoli, ovvero le coppie (d1 , d2 ) tali che a somma d1 + d2 sia 11, sono 4, su un totale di 32. La probabilità che si verifichi un evento favorevole è 4 1 allora = . 32 8 [Probema proposto da S. Mongodi.] 16. La risposta è (B). Indichiamo con n la soluzione intera dell’equazione x10 + kx2 + 4 = 0; osserviamo che n 6= 0 altrimenti l’equazione non è verificata. Possiamo scrivere: n10 + kn2 + 4 = 0 4 k = −n8 − 2 . n Dunque, dato che k è intero e n8 è intero, n42 è intero, e quindi n2 divide 4 e quindi può essere solo n = ±1, n = ±2. Nel primo caso abbiamo k = −5 e nel secondo k = −28 − 1. k può assumere solo due valori. [Problema proposto da P. Leonetti.] 17. La risposta è (A). Un numero è congruo modulo 11 alla somma delle sue cifre, prese a segni alterni (partendo dal segno positivo per la cifra delle unità). Consideriamo allora un quadrato di due cifre che si scriva, in notazione decimale, come ab; notiamo subito che −8 ≤ a − b ≤ 9 e che sicuramente a 6= b, a 6= b − 1 (sennò ab non è un quadrato). Ciò significa che la differenza a − b è congrua, modulo 11, ad un numero intero x compreso tra 1 e 9. Pertanto, qualsiasi sia il quadrato ab assegnato, esiste sempre una e una sola cifra x compresa tra 1 e 9 tale che x − a + b sia congruo a zero modulo 11, cioè tale che xab sia divisibile per 11. La probabilità è dunque uguale a 91 . [Problema proposto da S. Mongodi.] 18. La risposta è (B). Rappresentiamo una generica disposizione di 6 frutti con una sequenza di 6 lettere, ciascuna delle quali può essere una P (pera) o una M (mela). Vogliamo contare le sequenze in cui tra due M non ci sia nessuna P ; per comodità chiamiamo queste sequenze accettabili. Come regola generale, una sequenza è accettabile se tutte le M in essa contenute sono adiacenti l’una all’altra, cioè consecutive; questa osservazione rende più facile contare le sequenze accettabili perché in una sequenza accettabile la posizione delle M è univocamente determinata una volta che si sia individuata la prima M (quella più a sinistra) e il numero complessivo di M presenti nella sequenza. Utilizzando questo fatto scriviamo allora le possibili sequenze in base al numero di M che esse contengono, partendo dal valore massimo in cui ci sono 6 M (ovvero i 6 frutti sono tutte mele), fino a quello minimo in cui non c’è nessuna M : • se ci sono 6 M si ha 1 sequenza accettabile: MMMMMM . • se ci sono 5 M si hanno 2 sequenze accettabili: MMMMMP , P MMMMM . 5 • se ci sono 4 M si hanno 3 sequenze accettabili: MMMMP P , P MMMMP , P P MMMM . • se ci sono 3 M si hanno 4 sequenze accettabili: MMMP P P , P MMMP P , P P MMMP , P P P MMM . • se ci sono 2 M si hanno 5 sequenze accettabili: MMP P P P , P MMP P P , P P MMP P , P P P MMP , P P P P MM . • se c’è una sola M si hanno 6 sequenze accettabili: MP P P P P , P MP P P P , P P MP P P , P P P MP P , P P P P MP , P P P P P M . • infine, l’unica sequenza senza M è accettabile: PPPPPP . In tutto abbiamo allora 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 1 = 22 sequenze accettabili. [Problema proposto da P. Leonetti.] 19. La risposta è (E). La cavalletta percorre la spezzata evidenziata in figura, costruita sui lati di triangoli equilateri tra loro adiacenti, in cui i punti rappresentano la posizione in cui essa si trova all’inizio e dopo ogni salto. Ne segue che dopo 17 salti la cavaletta si trova precisamente a 5 · 10 cm di distanza dal punto iniziale. 20 60 o 10 [Problema proposto da S. Monica.] 20. La risposta è (B). Consideriamo la funzione polinomiale f (t) = (t − 1)(t + 1)2012 − 1. Per t > 1 questa funzione è crescente, in quanto entrambe le funzioni (t − 1) e (t + 1)2012 lo sono, e dunque lo è il loro prodotto. Si ha per ipotesi f (x) = 0 mentre 1 1 1 3 f 1 + 2012 = 2012 + 2 − 1 < 2012 − 1 < 0 2012 3 3 3 3 1 < x. D’altra parte, poiché sappiamo che x > 1, da f (x) = 0 deduciamo pertanto 1 + 32012 immediatamente che 1 1 < 1 + 2012 x=1+ 2012 (x + 1) 2 [Problema proposto da S. Mongodi.] 6