Solucions del Cangur 2018 a Catalunya: 4t d'ESO
Descobreix la Contrarellotge matemàtica, el portal de concursos matemàtics online.
Aquest és el recull de solucions del Nivell de 4t d'ESO del Cangur de Catalunya de 2018. Els enunciats estan extrets del primer model d'examen del pdf d'enunciats. Les solucions estan amagades (cal fer clic per mostrar-les) perquè és recomanable pensar detingudament cada problema abans de mirar la solució que jo proposo!
Podeu accedir a les qüestions directament:
- Qüestions de 3 punts: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10.
- Qüestions de 4 punts: 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20.
- Qüestions de 5 punts: 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29, 30.
Els enunciats del Cangur són propietat de la Societat Catalana de Matemàtiques i Le Kangourou sans Frontières.
Qüestions de 3 punts
Hi ha $\boxed{6}$ camins possibles:
Provant una mica és fàcil adonar-se que la multiplicació ha de ser:
$$13\times24=312$$
Per tant la suma dels tres dígits és:
$$S=1+4+1=\boxed6$$
Simplifiquem la fracció:
$$\frac{2018+2018}{2018+2018+2018}=\frac{2\cdot2018}{3\cdot2018}=\boxed{\frac23}$$
En primer lloc, intentem esbrinar la mida del rectangle. Anomenem $a,b$ els dos costats del rectangle (el nombre de files i columnes de quadradets).
Sabem que $a\times b=12$, i que $a>1$. Per poder parlar d'una fila del mig, cal que $a$ sigui senar, i per tant $b$ ha de ser parell.
La descomposició en factors primers de $12$ és $12=2^2\cdot3$. Per tant, necessàriament el nombre de files i columnes serà: $a=3, b=4$.
La fila del mig té $4$ quadrats, i sense pintar en queden $12-4=\boxed{8}$.
Identifiquem el segment $TE$ amb la recta real, on $T=0$ i $E=16$, i anem situant-hi la resta de punts.
Com que $TA=\frac14TE=\frac14\cdot16=4$, el punt $A$ es troba a $A=4$.
Com que $TR=\frac78TE=\frac78\cdot16=14$, $R=14$.
I com que $AI=\frac12TE=8$, llavors $I=A+8=12$.
Per tant, l'ordre és:
$$T=0,\ A=4,\ I=12,\ R=14,\ E=16 \quad\Rightarrow\quad \boxed{TAIRE}$$
Si el regal fos a la caixa $1$, llavors les dues primeres pistes serien certes, cosa que no pot ser.
Si el regal fos a la caixa $2$, cap de les tres pistes seria certa, però sabem que una ho ha de ser.
Per tant, el regal és $\boxed{\text{A la caixa }3}$.
L'àrea del triangle $\triangle DCM$ és igual al quadrilàter $AMCN$, i per tant, és el doble que la del triangle $\triangle AMC$, que és la meitat del quadrilàter.
Si el costat del quadrat és $c$, llavors l'àrea del triangle $\triangle AMC$ és:
$$A_{\triangle AMC}=\frac12\cdot1\cdot c=\frac{c}2$$
D'altra banda, l'àrea del triangle $\triangle MDC$ és:
$$A_{\triangle MDC}=\frac12\cdot(c-1)\cdot c=\frac{c^2-c}2$$
Com hem dit, $2A_{\triangle AMC}=A_{\triangle MDC}$, per tant:
$$2\cdot\frac{c}2=\frac{c^2-c}2\quad\Rightarrow\quad 2c=c^2-c\quad\Rightarrow$$ $$\Rightarrow\quad c^2=3c\quad\Rightarrow\quad c=3$$
Finalment, el perímetre del quadrat és $4\cdot3=\boxed{12\text{ cm}}$.
Cada menú té $5$ opcions de primer ($2$ amanides o $3$ sopes), $5$ segons, i $4$ postres. El nombre total de menús diferents és el producte:
$$N=5\cdot5\cdot4=\boxed{100}$$
El quadrat central té costat $1$, i per tant àrea $1^2=1$.
Els quatre triangles són triangles rectangles isòsceles amb hipotenusa $1$. Si els catets són $c$, pel Teorema de Pitàgores:
$$c^2+c^2=1^2\quad\Rightarrow\quad c^2=\frac12$$
L'àrea de cada triangle rectangle és $\frac{c^2}2=\frac14$.
La suma de l'àrea del quadrat i la dels quatre triangles és:
$$A=1+4\cdot\frac14=1+1=\boxed2$$
Com els equips han de ser paritaris, com a mínim caldran $8$ dones més per igualar-se a $19$.
A més, cal que el nombre de dones i homes sigui divisible per $8$, i el menor múltiple de $8$ major que $19$ és $24$.
En total, caldran:
$$N=8+(24-19)\cdot2=8+5\cdot2=\boxed{18}$$
Qüestions de 4 punts
Fixem-nos que inicialment, cap de les $5$ parelles de nombres coincideixen.
Observem que els dos $3$ que tenim apareixen a la banda esquerra de les peces, i per tant li haurem de donar la volta a una de les dues peces que tenen un $3$. Aprofitant que els dos $1$ que tenim apareixen a la dreta, sembla que el més adient serà girar la peça $31$.
Però llavors cap de les $5$ parelles de nombres adjacents coincideixen. En substituir una peça per una altra, podem com a molt canviar $4$ adjacències, i per tant necessitarem dos moviments com a mínim.
Amb $\boxed3$ moviments en total, hem trobat la següent seqüència:
És evident que la figura $Y$ té la meitat de l'àrea ombrejada. La següent figura ens ajuda a veure que $X$ i $Z$ també tenen la meitat de l'àrea ombrejada:
Per tant, hem comprovat que $\boxed{X=Y=Z}$.
Anomenem $a,b,c,d$ els quatre segments de la figura següents:
Volem esbrinar el valor de $ad$, i per l'enunciat, sabem que: $$ac=15,\quad bc=3,\quad bd=18$$ Però llavors: $$bd=18\quad\Rightarrow\quad b=\frac{18}d$$ $$bc=3\quad\Rightarrow\quad c=\frac3b=\frac3{\frac{18}d}=\frac{d}6$$ $$ac=a\cdot\frac{d}6=15\quad\Rightarrow\quad ad=6\cdot15=\boxed{90}$$
Dels $130$ vots, queden per comptar:
$$\text{queden}=130-(24+29+37)=40$$
En el pitjor dels casos, en Biel rebria $8$ vots més, i llavors estarien empatats a $37$ i quedarien $32$ vots per comptar.
Per tant, la Carla necessitaria més de la meitat d'aquests $32$ vots, és a dir, un mínim de $\boxed{17}$.
Si la Carme ha gastat $c$, llavors la Berta ha gastat $0.15c$ i l'Àlia $1.6c$. En total, les tres han gastat:
$$1.6c+0.15c+c=2.75c=55$$
Podem aïllar la $c$ i esbrinem que la Carme va gastar:
$$c=\frac{55}{2.75}=20$$
Per tant, Àlia va gastar:
$$a=1.6c=\boxed{32}$$
Anomenem $a,b,c$ els tres costats, tal com es mostra a la figura:
Llavors les tres mesures del dibuix es corresponen a les següents equacions:
$$ \begin{cases} a+c=10 \\ b+c=7 \\ 2a+2b=26 \\ \end{cases} $$
Restant les dues primeres equacions deduim que:
$$a-b=3\quad\Rightarrow\quad a = 3+b$$
Substituint a la tercera equació trobem $b$:
$$2a+2b=6+2b+2b=6+4b=26\quad\Rightarrow\quad 4b=20\quad\Rightarrow\quad b=5$$
Per tant:
$$a=3+b=3+5=8$$
I finalment:
$$a+c=10\quad\Rightarrow\quad8+c=10\quad\Rightarrow\quad c=2$$
Hem trobat que els tres costats mesuren $2,5,8$. Llavors, el volum és:
$$V=2\times5\times8=\boxed{80\text{ cm}^3}$$
Com que hi ha un esglaó del mig, el nombre d'esglaons ha de ser senar. De les opcions que ens queden, només $45$ pot ser, ja que les altres $(21,23)$ són nombres massa petits: després de pujar $7$ esglaons des del mig, ja quasi ha arribat a dalt de tot, i no li queda un terç.
En canvi, des de l'esglaó del mig d'una escala de $45$ esglaons, el $23$, puja $7$ esglaons i es situa al $30$, i li'n queden $15$ per pujar dalt de tot, i $15$ és $\frac{45}3$.
Per tant, la solució és $\boxed{45}$.
En primer lloc, comprovem que l'àrea del colom és exactament la meitat de la bandera. Ho podem fer trobant les següents equivalències (iguals colors són iguals àrees):
Per tant, l'àrea de la bandera és:
$$A_\text{bandera}=192\times2=384$$
Sabem que la proporció de la bandera és $6$ a $4$, i per tant les mides $a,b$ compleixen:
$$\begin{cases} ab=384\\ 6a=4b \end{cases}$$
Resolem el sistema:
$$a=\frac46b\quad\Rightarrow\quad \frac46b^2=384\quad\Rightarrow\quad b^2=576\quad\Rightarrow\quad b=24\quad\Rightarrow\quad a=16$$
I per tant la bandera mesura $\boxed{24\text{ cm}\times16\text{ cm}}$.
Anomenem $a$ els anys que ara té l'Anna. Les seves germanes ara tenen les següents edats:
$$a-1,\quad a-2,\quad a-5$$
L'any vinent, tindran:
$$a,\quad a-1,\quad a-4$$
Com aquestes tres edats sumen $20+a+1$, podem trobar $a$:
$$a+a-1+a-4=20+a+1\quad\Rightarrow\quad 2a=26\quad\Rightarrow\quad a=13$$
Així doncs, l'Anna té $\boxed{13}$ anys.
El cavaller mai pot tallar un nombre de caps que sigui un múltiple de $3$. Altrament, després de tallar els últims $3$ caps n'hauria de tallar un més. Per tant, la solució és $\boxed{99}$, l'únic múltiple de $3$ que hi ha entre les opcions.
Qüestions de 5 punts
Anomenem $x$ la distància entre el primer edifici i la parada (la distància amb el segon edifici serà $250-x$). Llavors la distància total que recorreran tots els estudiants serà:
$$d(x)=100x + 150(250-x)=150\cdot250-50x$$
Per tal de minimitzar aquesta distància, hem de triar una $x$ el més gran possible, és a dir, $x=250$. Per tant, la millor opció és posar la parada $\boxed{\text{davant del segon edifici}}$.
Provant per a nombres petits, trobem que:
$$\frac{(1+10)}{1}=11$$ $$\frac{(2+10)}{2}=6$$ $$\frac{(5+10)}{5}=3$$ $$\frac{(10+10)}{10}=2$$
Per a valors més grans de $10$, és evident que no trobarem més nombres $M$, perquè:
$$1<\frac{M+10}{M} < 2,\quad\text{si } M > 10$$
Per tant, hi ha $\boxed4$ enters $M$ que compleixen la condició de l'enunciat.
Una altra forma de fer el problema és adornar-nos que si $\frac{M+10}{M}=n$, on $n$ és enter, s'ha de complir que:
$$\frac{M+10}{M}=n\quad\Rightarrow\quad 1+\frac{10}{M}=n$$
Com $\frac{10}M$ ha de ser enter, i $10=2\cdot5$, hi ha tants denominadors $M$ com divisors de $10$: $1,2,5,10$, $\boxed4$ en total.
En primer lloc, observem que com el triangle $\triangle MNP$ és isòsceles, els costats $MN$ i $NP$ són iguals, i per tant $LP=KN=MP$:
Anomenem $\alpha$ l'angle que volem esbrinar i anomenem la resta d'angles amb diverses lletres gregues:
Ara anirem resolent poc a poc el valor de cadascun d'aquests angles.
Com els tres angles d'un triangle sumen $180^\circ$, tenim que:
$$\alpha+\alpha+\beta=180 \quad\Rightarrow\quad \beta=180-2\alpha$$
D'altra banda, $\delta$ és el suplementari de $\alpha$:
$$\delta = 180-\alpha$$
Els tres angles de $\triangle MKL$ també sumen $180^\circ$:
$$\delta+2\gamma=180\quad\Rightarrow\quad \gamma = \frac{180-\delta}2=\frac{180-(180-\alpha)}2=\frac\alpha2$$
I també sabem que els tres angles $\beta,\gamma,\varepsilon$ sumen $180^\circ$:
$$\beta+\gamma+\varepsilon=(180-2\alpha) +\frac\alpha2 + \varepsilon = 180 \quad\Rightarrow\quad \varepsilon=\frac32\alpha $$
Finalment, com $\triangle MNP$ és isòsceles, sabem que:
$$\zeta = \varepsilon + \gamma = \frac32\alpha + \frac\alpha2 = 2\alpha$$
Hem esbrinat, per tant, que el triangle té els següents angles:
I com tots tres han de sumar $180^\circ$, $\alpha$ mesura:
$$5\alpha=180\quad\Rightarrow\quad \alpha=\boxed{36^\circ}$$
Si dividim $2018$ entre $9$, obtenim:
$$2018=224\cdot9+2$$
Per tant, ens hem de fixar en la segona posició, després de $224$ iteracions.
Vegem doncs com evoluciona la posició $2$ cada cop que l'elevem al quadrat:
$$2.\quad2^2=4\quad\rightarrow\quad2$$ $$11.\quad 4^2=16\quad\rightarrow\quad6$$ $$20.\quad 6^2=36\quad\rightarrow\quad6$$ $$29.\quad 6^2=36\quad\rightarrow\quad6$$ $$\cdots$$ $$2018.\quad 6^2=36\quad\rightarrow\quad6$$
Està clar que a partir de la posició $11$, la segona posició serà sempre un $\boxed6$.
El triangle original queda dividit en el triangle equilàter $\triangle LMN$, i tres triangles rectangles iguals, com el $\triangle ALN$. Aquests triangles rectangles tenen els angles de $30^\circ, 60^\circ, 90^\circ$, cosa que implica les següents proporcions pel que fa als costats:
Per tant, la base del triangle original és $3a$ (una hipotenusa i el costat curt del triangle rectangle). D'altra banda, la base del triangle equilàter gris és $\sqrt3a$.
Per tant, els triangles $\triangle ABC$ i $\triangle LMN$ són semblants (equilàters), i la proporció dels seus costats és:
$$\frac{\text{costat }\triangle\text{LMN}}{\text{costat }\triangle\text{ABC}}=\frac{\sqrt3a}{3a}=\frac{\sqrt3}{3}$$
Per tant, la proporció de les àrees és:
$$\frac{\text{àrea }\triangle\text{LMN}}{\text{àrea }\triangle\text{ABC}}=\left(\frac{\text{costat }\triangle\text{LMN}}{\text{costat }\triangle\text{ABC}}\right)^2=\frac39=\frac13$$
Finalment, l'àrea del triangle $\triangle LMN$ és un terç de la del triangle original:
$$A_{\triangle LMN}=\frac{36}3=\boxed{12\text{ cm}^2}$$
Si la mediana és $2$, això vol dir que dels $15$ nombres, hi haurà un $2$, set nombres iguals o més grans que $2$, i set nombres iguals o més petits que $2$.
Dels set nombres iguals o més grans que $2$, ja tenim sis $3$. Per minimitzar la mitjana, afegim un $2$.
Els set nombres més petits han de ser enters positius, és a dir, $1$ com a mínim. Com no podem tenir sis repeticions, ho dividim en cinc $1$ i dos $2$.
Per tant, la mitjana de tots els nombres és:
$$m=\frac{5\cdot1+4\cdot2+6\cdot3}{15}=\boxed{\frac{31}{15}}$$
El fet que durant $6$ anys l'edat de la neta hagi sigut divisora de l'edat de l'àvia ens porta a pensar que les edats de la neta havien de ser nombres molt petits, previsiblement $1,2,3,\ldots$
Provant una mica, trobem les següents seqüències:
$$\begin{array}{c|c} \text{Neta}&\text{Àvia}\\ \hline 1 & 61 \\ 2 & 62 \\ 3 & 63 \\ 4 & 64 \\ 5 & 65 \\ 6 & 66 \\ 7 & 67 \\ \end{array}$$
Si continuem la seqüència, trobem la primera vegada en què l'edat de l'àvia torna a ser un múltiple de la de la neta:
$$\begin{array}{c|c|c} \text{Neta}&\text{Àvia}&\text{Múltiple}\\ \hline 8 & 68 & \text{No} \\ 9 & 69 & \text{No} \\ 10 & 70 & \text{Sí} \end{array}$$
Per tant, la solució és $\boxed{70}$.
El $13\%$ dels estudiants de la universitat fan un idioma diferent de l'anglès, i representen un $65\%$ de tots els estudiants d'idiomes (perquè el $35\%$ fan anglès). Així doncs, el nombre total d'estudiants d'idiomes és:
$$P_\text{idiomes}=\frac{13}{0.65}=\boxed{20\%}$$
Primer de tot, vegem en una figura el polígon i les dues diagonals:
Hi ha $3$ polígons:
- Entre el vèrtex $18$ i el $1018$, amb $1018-18+1=1001$ vèrtexs.
- Entre el vèrtex $1018$ i el $2000$, amb $2000-1018+1=983$ vèrtexs.
- Entre el vèrtex $2000$ i el $18$, amb $2018-2000+1+18+1=38$ vèrtexs.
Podem comprovar que la suma de vèrtexs coincideix amb els $2018$ vèrtexs del polígon original més $4$:
$$1001+983+38=2022=2018+4$$
Això és correcte perquè el vèrtex $2000$ apareix a $2$ polígons, el $18$ a $2$ polígons, i el $1018$ a $3$ polígons. Per tant, hem comptat $7$ cops aquests tres vèrtexs, $4$ cops més dels que apareixien en el polígon original.
Així, els vèrtexs dels tres polígons són:
$$\boxed{38, 983, 1001}$$
Com que $AP$ és un terç de $AC$, i $BQ$ és un terç de $BC$, pel Teorema de Tales, resulta que el segment $PQ$ és paral·lel al costat $AB$.
Així doncs, els triangles $\triangle ABR$ i $\triangle PRQ$ són semblants, amb raó $\frac23$, tal com es veu a la figura:
Així, els segments $RQ$ i $AR$ també tenen una raó $\frac23$, i per tant:
$$RQ=\frac23AR=4\quad\Rightarrow\quad AQ=AR+RQ=6+4=\boxed{10\text{ cm}}$$