Z diagramu odczytujemy udziały czterech działów: statystyka 20%, algebra 25%, planimetria 15%, stereometria 5%.

Całość to 100%, więc na arytmetykę przypada

\(100\%-(20\%+25\%+15\%+5\%)=100\%-65\%=35\%\).

Liczba zadań z arytmetyki:

\(35\%\cdot40=0{,}35\cdot40=14\).

Odpowiedź: A.

Wyznaczamy \(X\). Dzielniki 18: 1, 2, 3, 6, 9, 18; dzielniki 27: 1, 3, 9, 27. Największy wspólny dzielnik:

\(X=\mathrm{NWD}(18,27)=9\).

Wyznaczamy \(Y\). Wielokrotności 2: 2, 4, 6, …; wielokrotności 4: 4, 8, …. Najmniejsza wspólna wielokrotność:

\(Y=\mathrm{NWW}(2,4)=4\).

Kod \(YXXY\): \(4\,9\,9\,4=4994\).

Odpowiedź: B.

Obliczamy kolejno, pamiętając, że najpierw wykonujemy działania pod pierwiastkiem:

\(w=\sqrt{36}-2=6-2=4\),

\(x=12-\sqrt{100}=12-10=2\),

\(y=\sqrt{9}-3=3-3=0\),

\(z=7-\sqrt{25}=7-5=2\).

Zeru równa jest liczba \(y\).

Odpowiedź: C.

Grupujemy potęgi o tych samych podstawach i korzystamy ze wzoru \(a^m\cdot a^n=a^{m+n}\):

\(2^5\cdot3\cdot3^4\cdot2^3=\left(2^5\cdot2^3\right)\cdot\left(3^1\cdot3^4\right)=2^{8}\cdot3^{5}\).

Odpowiedź: A.

Zniżka 40% oznacza, że Janek płaci

\(100\%-40\%=60\%\) ceny kocura, czyli \(0{,}6x\).

Zniżka 20% oznacza, że płaci

\(100\%-20\%=80\%\) ceny kotki, czyli \(0{,}8y\).

Łącznie zapłacił \(0{,}6x+0{,}8y\) złotych.

Odpowiedź: D.

Część 1. Suma dwóch liczb jest parzysta tylko wtedy, gdy obie są parzyste albo obie nieparzyste. Skoro warunek ma zachodzić dla dowolnych dwóch pozostałych kul, to wszystkie 6 pozostałych kul musi mieć numery tej samej parzystości.

Wśród liczb 1–11 jest 6 liczb nieparzystych (1, 3, 5, 7, 9, 11) i tylko 5 parzystych (2, 4, 6, 8, 10). Ponieważ w pudełku zostało 6 kul, muszą to być kule o numerach nieparzystych — odpowiedź A.

Część 2. Suma wszystkich numerów:

\(1+2+\ldots+11=\dfrac{11\cdot12}{2}=66\).

Suma numerów pozostałych (nieparzystych):

\(1+3+5+7+9+11=36\).

Suma na wylosowanych kulach:

\(66-36=30\) — odpowiedź C.

Odpowiedź: AC.

Liczba owoców w jednym koszu.

\(400:10=40\).

Podział na jabłka i pomarańcze. Niech \(p\) oznacza liczbę pomarańczy w koszu; wtedy jabłek jest \(p+6\):

\(p+(p+6)=40\),

\(2p=34\), skąd \(p=17\), a jabłek jest \(23\).

Łącznie w 10 koszach:

\(10\cdot23=230\) jabłek.

Odpowiedź: B.

Część 1. Podstawiamy \(n=100\) do wzoru:

\(S=\tfrac12\cdot100\cdot101=50\cdot101=5050\) — odpowiedź B.

Część 2. Wymnażamy nawias:

\(S=\tfrac12 n(n+1)=\tfrac12 n^2+\tfrac12 n\) — odpowiedź D.

Odpowiedź: BD.

Z pierwszego warunku:

\(\dfrac{x+y}{2}=4\), więc \(x+y=8\).

Z drugiego warunku:

\(\dfrac{x+y+z}{3}=5\), więc \(x+y+z=15\).

Podstawiamy \(x+y=8\):

\(8+z=15\), skąd \(z=7\).

Odpowiedź: D.

Dla trójkąta równobocznego o boku \(a\):

\(h=\dfrac{a\sqrt3}{2}\), \(\ P=\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\).

Zdanie 1. Dla \(a=2\):

\(h=\dfrac{2\sqrt3}{2}=\sqrt3\) cm — zdanie PRAWDZIWE.

Zdanie 2.

\(P=\dfrac{2^2\sqrt3}{4}=\dfrac{4\sqrt3}{4}=\sqrt3\ \text{cm}^2\) — zdanie PRAWDZIWE.

Odpowiedź: PP.

Suma kątów wewnętrznych czworokąta wynosi \(360^\circ\). Oznaczmy \(\alpha=x\); wtedy

\(\beta=x+70^\circ\), \(\ \gamma=2x\), \(\ \delta=90^\circ\).

Zapisujemy równanie:

\(x+(x+70^\circ)+2x+90^\circ=360^\circ\),

\(4x+160^\circ=360^\circ\),

\(4x=200^\circ\), skąd \(x=50^\circ\).

Zatem \(\beta=50^\circ+70^\circ=120^\circ\).

Odpowiedź: C.

Przyjmijmy schronisko jako początek układu: \(S=(0,0)\). Wtedy

\(W=(-4,\ 3)\) (4 km na zachód, 3 km na północ), \(\ M=(5,\ 0)\) (5 km na wschód).

Zdanie 1. Z twierdzenia Pitagorasa:

\(|SW|=\sqrt{4^2+3^2}=\sqrt{25}=5\) km, \(\ |SM|=5\) km.

Odległości są równe — zdanie PRAWDZIWE.

Zdanie 2.

\(|MW|=\sqrt{(5-(-4))^2+(0-3)^2}=\sqrt{81+9}=\sqrt{90}\approx9{,}49\) km.

Ponieważ \(\sqrt{90}<\sqrt{100}=10\), zdanie jest PRAWDZIWE.

Odpowiedź: PP.

Długość boku \(AD\). Ze wzoru na pole trójkąta:

\(P_{ADE}=\tfrac12\cdot|AD|\cdot h\), czyli \(28=\tfrac12\cdot|AD|\cdot7\).

Stąd \(|AD|=\dfrac{28\cdot2}{7}=8\).

Pole kwadratu. Odcinek \(AD\) jest bokiem kwadratu \(ABCD\), więc

\(P_{ABCD}=8^2=64\).

Odpowiedź: D.

Wymiary prostopadłościanu. Trzy sześciany o krawędzi 5 ustawione jeden na drugim dają bryłę o wymiarach

\(5\times5\times15\).

Pole powierzchni całkowitej.

\(P_c=2\cdot(5\cdot5)+4\cdot(5\cdot15)=2\cdot25+4\cdot75=50+300=350\).

(Dwie podstawy kwadratowe \(5\times5\) oraz cztery ściany boczne \(5\times15\).)

Odpowiedź: A.

Oznaczmy przez \(x\) liczbę kartek czerwonych. Wtedy:

• niebieskich: \(1{,}5x\),

• zielonych: \(x-10\),

• białych: \(37\).

Wszystkich kartek było 160, więc

\(x+1{,}5x+(x-10)+37=160\).

Porządkujemy:

\(3{,}5x+27=160\),

\(3{,}5x=133\),

\(x=\dfrac{133}{3{,}5}=38\).

Czerwonych było 38, zatem niebieskich

\(1{,}5\cdot38=57\).

Sprawdzenie: \(38+57+28+37=160\). ✅

Odpowiedź: Ela przygotowała 57 kartek niebieskich.

1) Prędkość samochodu. 40 minut to \(\tfrac{40}{60}=\tfrac23\) godziny, więc

\(v=\dfrac{48\ \text{km}}{\tfrac23\ \text{h}}=48\cdot\dfrac32=72\ \text{km/h}\).

2) Długość drogi z Jodłowa do Dębiny.

\(123-48=75\) km.

3) Uzasadnienie. W ciągu jednej godziny samochód jadący z prędkością 72 km/h pokonuje 72 km, a droga z Jodłowa do Dębiny ma 75 km, czyli więcej:

\(75>72\),

zatem przejazd musiał trwać dłużej niż godzinę. \(\blacksquare\)

Dokładniej: \(t=\dfrac{75}{72}=1\tfrac{1}{24}\) godziny, czyli 1 godzina i 2,5 minuty.

1) Liczba chłopców.

\(46+16+34=96\).

2) Liczba dziewcząt. Było ich o 8 więcej:

\(96+8=104\).

3) Dziewczęta w turnieju tenisa stołowego.

\(104-15-65=24\).

4) Uczestnicy turnieju tenisa stołowego.

\(24+34=58\).

5) Wszyscy uczestnicy Dnia Sportu.

\(96+104=200\).

6) Procent.

\(\dfrac{58}{200}=\dfrac{29}{100}=29\%\).

Odpowiedź: uczestnicy turnieju tenisa stołowego stanowili 29% wszystkich uczestników.

1) Objętość sześcianu.

\(V_{sześc}=a^3\).

2) Podstawa ostrosłupa. Trójkąt \(ACD\) to połowa kwadratu \(ABCD\) (przeciętego przekątną \(AC\)), więc

\(P_{ACD}=\dfrac{a^2}{2}\).

3) Wysokość ostrosłupa. Krawędź \(DH\) jest prostopadła do płaszczyzny podstawy \(ABCD\), a \(S\) jest jej środkiem, więc wysokość ostrosłupa poprowadzona z \(S\) wynosi

\(H=|DS|=\dfrac{a}{2}\).

4) Objętość ostrosłupa.

\(V_{ACDS}=\tfrac13\cdot\dfrac{a^2}{2}\cdot\dfrac{a}{2}=\dfrac{a^3}{12}\).

5) Porównanie.

\(\dfrac{V_{sześc}}{V_{ACDS}}=\dfrac{a^3}{\tfrac{a^3}{12}}=12\).

Odpowiedź: objętość ostrosłupa \(ACDS\) jest 12 razy mniejsza od objętości sześcianu.

1) Pole ogródka. Ze wzoru na pole trapezu:

\(P=\dfrac{a+b}{2}\cdot h=\dfrac{18+12}{2}\cdot9=15\cdot9=135\ \text{m}^2\).

2) Liczba opakowań. Jedno opakowanie wystarcza na \(25\ \text{m}^2\):

\(135:25=5{,}4\).

Opakowań nie można kupić w częściach, więc trzeba kupić 6 opakowań (5 opakowań wystarczyłoby tylko na \(125\ \text{m}^2\)).

3) Koszt.

\(6\cdot23{,}80=142{,}80\) zł.

Odpowiedź: pani Anna musi zapłacić 142,80 zł.

1) Odcięty trójkąt. Trójkąt prostokątny równoramienny odcięty z prostokąta o boku 3 ma obie przyprostokątne równe 3 (wysokość prostokąta). Jego przeciwprostokątna wynosi

\(\sqrt{3^2+3^2}=\sqrt{18}=3\sqrt2\).

2) Wymiary równoległoboku. Po przesunięciu trójkąta na drugi koniec figury otrzymujemy równoległobok o podstawie równej dłuższemu bokowi prostokąta:

\(|KL|=|MN|=9\),

a bokami ukośnymi są przeciwprostokątne trójkąta:

\(|KN|=|LM|=3\sqrt2\).

Sprawdzenie pola: \(9\cdot3=27\) — tyle samo, co pole prostokąta \(3\cdot9=27\). ✅

3) Obwód.

\(Obw=2\cdot9+2\cdot3\sqrt2=18+6\sqrt2\approx18+8{,}49=26{,}49\).

Odpowiedź: obwód równoległoboku \(KLMN\) wynosi \(18+6\sqrt2\) (równoważnie \(18+2\sqrt{18}\)).