Post on 14-Dec-2015
description
INSPECTORATUL ȘCOLAR JUDEȚEAN GORJ
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
ETAPA LOCALĂ , CLASA a VII - a
22 FEBRUARIE 2014
SUBIECTUL I
(4p) a) Calculaţi: x=
99
1...
3
1
2
11
1089
110...
33
14
22
13
11
12;
(3p)b)Calculaţi: y=
10049
1...
83
1
62
1
41
1;
SUBIECTUL II
(7p)Arătaţi că dacă numerele raţionale a şi b indeplinesc simultan condiţiile:
i) a+b 4 şi ii) ab-2a -2b+4 > 0, atunci a 2 şi b 2.
SUBIECTUL III
(7p)Se consideră triunghiul ABC, AE bisectoarea BAC , astfel incat [AE] [EC]. Aflaţi
măsura ABC dacă AC=2AB.
SUBIECTUL IV
In triunghiul ABC, m(ABC)=2m(ACB ) şi ADBC , (DBC). Punctele E şi C sunt situate de
o parte şi de alta a dreptei AB astfel incat BEAE şi EAB ACB. Bisectoarea unghiului
AED intersectează dreapta AC in M. Dacă {H} =AE BC, arătaţi că:
(3p)a) triunghiurile BHA si AHC sunt isoscele ;
(2p)b) MCDE este paralelogram ;
(2p)c) Perimetrul paralelogramului MCDE este egal cu al triunghiului ABC.
(Gazeta matematică)
BAREM CLASA A VII-A
SUBIECTUL I
a) 11 11 1;22 11 2,...,1089 11 99 (1p); 12 1 13 1 1 110 1 1
1 , ,...,11 11 22 2 11 1089 99 11
(2p); 1
99 311
(1p);
b) 1 1 1 1
( ... )2 1 2 2 3 49 50
y
(1p); 1 1 1 1 1 1 1
( .... )2 1 2 2 3 49 50
y (1p); 49
100y
(1p)
SUBIECTUL II
2 2 4 ( 2) 2( 2) ( 2)( 2)ab a b a b b a b (2p);
( 2)( 2) 0 " 2 0, 2 0"a b a b sau " 2 0, 2 0"a b (2p);
i) 2, 2 4a b a b , imposibil (1p);
ii) 2, 2 4a b a b (1p); finalizare (1p).
SUBIECTUL III
Duc EF AC (2p); EAC este isoscel (1p); [ ] [ ] [ ]EF FC FA (1p);
[ ] [ ]2
ACAB EF AB (1p); ( . . )ABE AFE LU L (1p); ( ) 90m B (1p).
SUBIECTUL IV
a) ( )m C x ( ) 90 2m BAD x si ( ) 90m CAD x (1p);
: ( ) ( ) ( ) 180 ( )AHC m AHC m HCA m CAH m AHC x (1p); deci BHA si
AHC sunt isoscele (1p);
b) DE mediana in [ ] [ ]DAH DE AE EAD isoscel, EG bisectoare
EG AD si DC AD EG DC (1p);
[ ] [ ] ( ) ( )DE HE m EDB x m C DE MC (1p);
c) EM linie mijlocie in [ ] [ ]AHC AM MC ; MCDE paralelogram
[ ] [ ],[ ] [ ]MC DE ME CD ;
2 2
ABC
DCME
P AB BC AC AB BD DC MC MA
BH BD DC MC MA
HD DC MC MC DC MC P
(2p)
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
ETAPA LOCALĂ - BRĂILA, 22 februarie 2015
CLASA A VII-A - Soluții
1. Rezolvați în numere întregi ecuația 25 15 .x y
Daniela Tilincă și Adriana Mihăilă, Brăila
Soluție. 2 2 25 0 si x-5 0 => 15-y 0 y 15 si y Z=>y 0,1,4,9x
2 0 5 15 5 225 230y x x x
2 1; 1 5 14 5 196 201y y x x x
2 4; 2 5 11 5 121 126y y x x x
2 9; 3 5 6 5 36 41y y x x x
2. Fie x, y, z cifre nenule distincte.
a) Determinați valorile raționale ale numărului 0, ( ) 0, ( ) 0, ( )a x y y z z x
b) Aflați valorile raționale ale numărului 0,00.....0 ( ) 0,00.....0 ( ) 0,00.....0 ( )a x y y z z x ,
unde după virgulă în fiecare număr sunt n cifre de 0, n .
Octavia Popa, Brăila
Soluție. a) 10( )
90 9 3
x y zx y z x y za
2 ,a x y z k k
Deoarece 21 8 9,16x y z k . Deci 4
1, .3
a
b) Pentru 2 , 1n k k , ,k avem 1
10( )
9 10 3 10n k
x y zx y za
și
1 4,
10 3 10k ka
Pentru 2 1, ,n k k avem 1
10( )
3 10k
x y za
pentru 10a x y z și
1.
3 10ka
3. Se consideră trapezul ABCD cu ,AB CD AD CD și .AB AD DC Notăm cu M
punctul de intersecție al bisectoarelor unghiurilor A și D. Să se demonstreze că:
a) punctele A, M, C nu sunt coliniare;
b) aria aria .ADCM AMB
Marius Damian, Brăila
Soluție. a) Presupunem, prin reducere la absurd, că punctele A, M, C sunt coliniare. Atunci
DCA CAB (alterne interne). Dar din ipoteză avem că AM este bisectoarea unghiului ,DAB
deci .CAB CAD Deducem că ,DCA CAD deci DCA este isoscel cu ,AD CD fals. Se
contrazice faptul că din ipoteză avem .AD CD Presupunerea făcută este falsă, deci punctele A, M, C
nu sunt coliniare.
b) Fie .N DM AB Deoarece DN este bisectoarea unghiului ,ADC avem
,ADN CDN iar din DC AB rezultă CDN AND (alterne interne). Prin urmare,
,ADN AND deci ADN este isoscel cu .AD AN Atunci bisectoarea AM este și mediană,
deci aria aria .AMD AMN
Din ipoteză avem .AB AD DC Obținem astfel că NB AB AN AB AD DC și cum
,NB DC rezultă că NBCD este paralelogram. Construim CE DN și ,BF DN ,E F DN și
avem ,CE BF deci aria aria .2 2
CE DM BF MNCMD BMN
În final,
aria aria aria aria aria aria .ADCM ADM CMD AMN BMN AMB
4. Pe o tablă magnetică se află primele 16 numere naturale nedivizibile cu 4. Elena își propune
să completeze un dreptunghi cu 3 linii și 5 coloane cu numere distincte de pe tablă astfel încât cele 3
sume de pe linii să fie egale și cele 5 sume de pe coloane să fie egale. Începe cu cel mai mare număr
de pe tablă și reușește ce și-a propus.
a) Ce număr de pe tablă a rămas nefolosit?
b) Dați un exemplu de așezare a numerelor care să verifice ipotezele din enunț!
Gabriel Daniilescu, Brăila
Soluție. a) Mulțimea numerelor de pe tablă este
1,2,3,5,6,7,9,10,11,13,14,15,17,18,19,21 .A
Suma lor este 16 171.S Notăm cu n numărul nefolosit și cu 15S suma numerelor așezate în cele 15
pătrățele ale dreptunghiului. Avem 15 171 .S n Notăm cu cS suma numerelor de pe o coloană și cu
lS suma numerelor de pe o linie 15 5 cS S și 15 153 5lS S S și 15 153 15 171 15S S n
165 6 15 6 15 6 15 6,21 .n n n n Dar 21 este cel mai mare număr de pe tablă
21 6.n n
b) 15 171 6 165 33cS S și 55.lS Un exemplu ar fi:
5 11 17 13 9
7 19 1 18 10
21 3 15 2 14
INSPECTORATUL
ŞCOLAR JUDEŢEAN
H U N E D O A R A
Str. Gh. Baritiu nr. 2, 330065 - DEVA,
jud. HUNEDOARA Tel: +40 (0)254213315, +40(0)254215755 Fax: +40 (0)254215034, +40(0) 254220911
e-mail: inspectorat@isj.hd.edu.ro http://isj.hd.edu.ro
Olimpiada de matematică Etapa locală - 20 februarie 2015
Clasa a VII-a 1. (i) Să se arate că 3 1 2 .n n n n n
(ii) Să se compare numerele 3A și B, unde
1 1 1 1...
3 4 1 5 2 100 97A și
1 1 1...
2 1 3 2 99 98B .
2.
(i) Dacă x și 3 nu divide pe x, arătați că restul împărțirii lui x2 la 3 este egal cu 1.
(ii) Dacă numerele , ,a b c nu sunt divizibile cu 3, demonstrați că numărul 2014 2016 2018 2u a b c
este irațional. GM 2014
3. Arătați că într-un trapez isoscel înălțimea este egală cu linia mijlocie dacă și numai dacă diagonalele sunt perpendiculare.
4. Fie triunghiul isoscel ABC cu ACAB şi M mijlocul lui AC , iar )(, ANBABN astfel încât
AMBN . Dacă BCMNO , să se arate că:
(i) Punctul O este mijlocul lui MN .
(ii) OBOC 3 .
NOTĂ
Toate subiectele sunt obligatorii;
Fiecare subiect este notat cu 7 puncte;
Nu se acordă puncte din oficiu;
Timpul efectiv de lucru este de 3 ore din momentul primirii subiectului.
INSPECTORATUL
ŞCOLAR JUDEŢEAN
H U N E D O A R A
Str. Gh. Baritiu nr. 2, 330065 - DEVA,
jud. HUNEDOARA Tel: +40 (0)254213315, +40(0)254215755 Fax: +40 (0)254215034, +40(0) 254220911
e-mail: inspectorat@isj.hd.edu.ro http://isj.hd.edu.ro
Olimpiada de matematică Etapa locală - 20 februarie 2015
Clasa a VII-a 1. (i) Se ridică la pătrat 3 1 2 .n n n n n
Finalizare
1p 2p
(ii) Inegalitatea (i) devine
3 1.
3 2 1n
n n n n
Prin însumare obținem 3A B
2p
2p
2. (i) Dacă x și 3 nu divide pe x, atunci 3 1,x p p
2 2
3(3 1) 1x p
1p 2p
(ii) 2014 2016 2018
32 2u a b c M
Finalizare
2p
2p
3. (i) Fie ABCD un trapez isoscel cu diagonalele perpendiculare și O punctul de intersecție al
diagonalelor. Triunghiurile dreptunghice determinate de diagonale sunt isoscele. Inălțimea dusă prin intersecția diagonalelor formează segmente ce sunt mediane. Finalizare
2p
1p
(ii) Reciproc. Fie OP și OR proiecțiile punctului O pe AB, respectiv CD.
Din asemănarea tr. AOB și tr. DOC rezultă
PR AB DC
OP AB, dar
2
AB DCPR
În tr. AOB isoscel, 2
ABOP
Finalizare
1p
1p 1p 1p
4.
(i) Fie P mijlocul lui BC. Deoarece MP este linie mijlocie în triunghiul CAB, deducem că
AMACAB
MP 22
şi BNMP .
Cum AMBN rezultă că BNMP . Deducem MNBP paralelogram, deci O, care este intersecţia diagonalelor BP şi MN, este mijlocul
lui MN .
1p
1p 2p
(ii) Deoarece MBNP este paralelogram OPOB deci
42
BCBPOPOB . Cum
4
3
24
BCBCBCPCOPOC , se obţine tocmai condiţia cerută.
1p 2p
MINISTERUL EDUCAŢIEI ȘI CERCETĂRII ȘTIINȚIFICE
INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDETEAN DOLJ
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
Etapa locală
15 februarie 2015
Clasa a VII-a
1. Să se rezolve în ℕ∗ ecuația:
1
1+ 12−1+
1
2+ 22−1+ ⋯+
1
𝑛+ 𝑛2−1=
2
2 101 + 9 .
2. Se consideră 𝑥1, 𝑥2,… , 𝑥2015 ∈ ℤ , astfel încât
𝑥1 ∙ 𝑥2 ∙ … ∙ 𝑥2015 = 2. Se notează cu:
𝑆 = 𝑥1 + 𝑥2 + ⋯+ 𝑥2015 , iar cu
𝑃 = 𝑥1 +1
𝑥2 ∙ 𝑥2 +
1
𝑥3 ∙ … ∙ 𝑥2015 +
1
𝑥1 .
a) Să se arate că 𝑆 este un număr întreg divizibil cu 2 sau cu 4.
b) Calculați produsul 𝑃.
3. Se consideră paralelogramul 𝐴𝐵𝐶𝐷 și punctele 𝑀 și 𝑁 situate pe latura
𝐶𝐷 , respectiv 𝐴𝐵 . Demonstrați că: 𝒜𝐴𝑀𝐵 + 𝒜𝐶𝑁𝐷 = 𝒜𝐴𝐵𝐶𝐷 .
4. Fie pătratul 𝐴𝐵𝐶𝐷. Pe latura 𝐴𝐵 se construiește în exterior triunghiul
echilateral 𝐴𝐵𝐸. Perpendiculara din 𝐴 pe dreapta 𝐷𝐸 intersectează
perpendiculara din 𝐵 pe dreapta 𝐶𝐸 în punctul 𝐹. Arătați că patrulaterul
𝐵𝐸𝐹𝐶 este romb.
Notă
Toate subiectele sunt obligatorii.
Fiecare subiect va fi notat cu puncte între 1 şi 10 (1 punct din oficiu).
Timp de lucru: 3 ore
Soluţii clasa a VII-a:
1. Se folosește formula radicalilor dubli:
𝑘 + 𝑘2 − 1 = 𝑘+1
2+
𝑘−1
2=
𝑘+1+ 𝑘−1
2, 𝑘 = 1,𝑛
1
𝑘+ 𝑘2−1=
1
𝑘+1+ 𝑘−1
2
= 2
𝑘+1+ 𝑘−1=
2 𝑘+1− 𝑘−1
2.
𝑆 =1
1 + 12 − 1+
1
2 + 22 − 1+ ⋯+
1
𝑛 + 𝑛2 − 1=
= 2
2 2 − 0 + 3 − 1 + ⋯+ 𝑛 − 𝑛 − 2 + + 𝑛 + 1 −
− 𝑛 − 1 = 2
2 𝑛 + 1 + 𝑛 − 1 .
Dar 𝑆 = 2
2 101 + 9 ⇔
2
2 𝑛 + 1 + 𝑛 − 1 =
= 2
2 101 + 9 ⇔
⇔ 𝑛 + 1 + 𝑛 = 101 + 10 ⟹ 𝑛 = 100.
2. Din 𝑥1 ∙ 𝑥2 ∙ … ∙ 𝑥2015 = 2 și 𝑥1 , 𝑥2,… , 𝑥2015 ∈ ℤ se deduce faptul că
un număr, fie acesta 𝑥2015 = ±2, iar celelalte numere sunt 1 sau (-1). În total
sunt 2014 numere care iau valorile 1, respectiv (-1).
a) Cazul I, 𝒙𝟐𝟎𝟏𝟓 = 𝟐
Numerele 1, respectiv (-1) sunt în număr par. Se notează cu
𝑚 (𝑚 = 2𝑘,𝑘 = 0, 1007 ) totalul numerelor de 1 din șir, iar cu
𝑛 (𝑛 = 2𝑝,𝑝 = 0, 1007 ) totalul numerelor de (-1) din șir, 𝑚 + 𝑛 = 2014.
Atunci:
𝑆 = 𝑚 ∙ 1 + 𝑛 ∙ −1 + 2 = 2014 − 2 ∙ 𝑛 + 2 = (2016 − 4𝑝) ⋮ 4.
Cazul II, 𝒙𝟐𝟎𝟏𝟓 = −𝟐
Numerul 1, respective (-1) sunt în număr impar. Se notează cu:
𝑚 𝑚 = 2𝑘 + 1,𝑘 = 0, 1006 totalul numerelor de 1 din șir, iar cu
𝑛 𝑛 = 2𝑝 + 1,𝑘 = 0, 1006 totalul numerelor de (-1) din șir, 𝑚 + 𝑛 =2014.
𝑘 + 𝑝 = 1006 . Atunci:
𝑆 = 𝑚 ∙ 1 + 𝑛 ∙ −1 + 2 = 2014 − 2 ∙ 𝑛 − 2 =
= 2012 − 2 2𝑝 + 1 = (2010 − 4𝑝) ⋮ 2.
b) Cazul I, 𝒙𝟐𝟎𝟏𝟓 = 𝟐
1. Dacă toate numerele sunt 1, atunci:
𝑃 = 𝑥1 +1
𝑥2 ∙ 𝑥2 +
1
𝑥3 ∙ … ∙ 𝑥2014 +
1
𝑥2015 ∙ 𝑥2015 +
1
𝑥1 =
= 2 ∙ 2 ∙ … ∙ 2 ∙𝑑𝑒 2013 𝑜𝑟𝑖
(1 +1
2) ∙ 2 + 1 = 9 ∙ 22012 ;
2. Dacă toate numerele sunt (−1), atunci:
𝑃 = 𝑥1 +1
𝑥2 ∙ 𝑥2 +
1
𝑥3 ∙ … ∙ 𝑥2014 +
1
𝑥2015 ∙ 𝑥2015 +
1
𝑥1 =
= −2 ∙ −2 ∙ … ∙ −2 𝑑𝑒 2013 𝑜𝑟𝑖
−1 +1
2 ∙ 2 − 1 = −22013 −
1
2 = 22012 .
3. Dacă în șir sunt și numere de 1, și numere de (-1), atunci paranteza
formată dintr-un 1 și un (-1) este 0, deci produsul va fi 0.
Cazul II, 𝒙𝟐𝟎𝟏𝟓 = −𝟐
Numele 1, respective (-1) sunt în număr impar, deci cel puțin o paranteză
este zero, adică este de forma: (1-1) sau (-1+1). În acest caz 𝑃 = 0.
3. Deoarece 𝐴𝐵 = 𝐷𝐶, iar 𝑑 𝐷,𝐴𝐵 = 𝑑 𝑀,𝐴𝐵 = 𝑑 𝑁,𝐶𝐷 ,
𝒜𝐴𝑀𝐵 + 𝒜𝐶𝑁𝐷 =𝐴𝐵∙𝑑 𝑀 ,𝐴𝐵
2+
𝐶𝐷∙𝑑 𝑁,𝐶𝐷
2= 2 ∙
𝐴𝐵∙𝑑 𝑀 ,𝐴𝐵
2=
=𝐴𝐵 ∙ 𝑑 𝑀,𝐴𝐵 = 𝒜𝐴𝐵𝐶𝐷 .
M
D C
A B
N
4. 𝑚 𝐸𝐵𝐶 = 𝑚 𝐶𝐵𝐴 + 𝑚 𝐴𝐵𝐸 ⇒ 𝑚 𝐸𝐵𝐶 = 90∘ + 60∘ = 150∘.
Dar △ 𝐸𝐵𝐶 isoscel ( 𝐵𝐸 ≡ 𝐵𝐶 ) și 𝐵𝐹 este înălțime în △ 𝐸𝐵𝐶 ⇒
(𝐵𝐹 bisectoarea ≮ 𝐸𝐵𝐶 ⇒ 𝑚 𝐸𝐵𝐹 = 75∘ ⇒ 𝑚 𝐴𝐵𝐹 = 75∘ − 60∘ == 15∘.
Analog 𝑚 𝐹𝐴𝐵 = 15∘ ⇒ △ 𝐹𝐴𝐵 isoscel ⇒ 𝐹𝐴 ≡ 𝐹𝐵 . Dar 𝐸𝐴 ≡ 𝐸𝐵 ⇒ 𝐸𝐹 mediatoarea segmentului [AB].
⇒ 𝐸𝐹 ⊥ 𝐴𝐵. Dar 𝐶𝐵 ⊥ 𝐴𝐵 ⇒ 𝐸𝐹 ∥ 𝐵𝐶 (1).
Dar △ 𝐸𝐴𝐵 echilateral ⇒ 𝐸𝐹 este bisectoarea ≮ 𝐴𝐸𝐵 ⇒ 𝑚 𝐹𝐸𝐵 = 30∘,
dar 𝑚 𝐵𝐸𝐶 = 15∘ ⇒ 𝑚 𝐹𝐸𝐶 = 15∘ ⇒ △ 𝐸𝐹𝐵 isoscel deoarece 𝐸𝐶 bisectoare și înălțime. ⇒ 𝐸𝐹 ≡ 𝐸𝐵 . Dar 𝐸𝐵 ≡ 𝐵𝐶 ⇒ 𝐸𝐹 ≡ 𝐵𝐶 (2). Din relațiile (1) și (2) ⇒ 𝐵𝐸𝐹𝐶 paralelogram. Dar 𝐵𝐸 ≡ 𝐵𝐶 ⇒
𝐵𝐸𝐹𝐶 romb.
Barem de corectare
Clasa a VII-a
Problema 1 Oficiu 1 p
a) Aplicarea formulei radicalilor dubli 2p
1
𝑘+ 𝑘2−1=
1
𝑘+1+ 𝑘−1
2
= 2
𝑘+1+ 𝑘−1=
2 𝑘+1− 𝑘−1
2
3p
𝑆 = 22
𝑛+ 1 + 𝑛−1 2p
Rezolvarea ecuației 2p
TOTAL 10p
Problema 2 Oficiu 1 p
𝑥2015 = ±2, 2014 numere iau valorile 1, respectiv (-1).
a) Cazul I, 𝑥2015 = 2
𝑆 = 𝑚 ∙ 1 + 𝑛 ∙ −1 + 2 = 2014 − 2 ∙ 𝑛 + 2 =
= (2016 − 4𝑝) ⋮ 4
Cazul II, 𝑥2015 = −2
𝑆 = 𝑚 ∙ 1 + 𝑛 ∙ −1 + 2 = 2014 − 2 ∙ 𝑛 − 2 =
= 2012 − 2 2𝑝 + 1 = (2010 − 4𝑝) ⋮ 2
1 p
2p
2p
a) Cazul I, 𝑥2015 = 2
1. Dacă toate numerele sunt 1
𝑃 = 2 ∙ 2 ∙ … ∙ 2 ∙𝑑𝑒 2013 𝑜𝑟𝑖
(1 +1
2) ∙ 2 + 1 = 9 ∙ 22012
1p
2. Dacă toate numerele sunt (−1)
𝑃 = −2 ∙ −2 ∙ … ∙ −2 𝑑𝑒 2013 𝑜𝑟𝑖
−1 +1
2 ∙ 2 − 1 =
= −22013 −1
2 = 22012
1p
3. Dacă în șir sunt și numere de 1, și numere de (-1), atunci
paranteza formată dintr-un 1 și un (-1) este 0, P= 0.
Cazul II, 𝑥2015 = −2
1p
1p
TOTAL 10p
Problema 3 Oficiu 1p
Figura
2 p
𝑑 𝐷,𝐴𝐵 = 𝑑 𝑀,𝐴𝐵 = 𝑑 𝑁,𝐶𝐷 , 2p
𝒜𝐴𝑀𝐵 + 𝒜𝐶𝑁𝐷 =𝐴𝐵 ∙ 𝑑 𝑀, 𝐴𝐵
2+𝐶𝐷 ∙ 𝑑 𝑁, 𝐶𝐷
2
2p
Finalizare 3p TOTAL 10p
Problema 4 Oficiu 1 p
𝑚 𝐴𝐵𝐹 = 75∘ − 60∘ = 15∘ 1p
𝑚 𝐹𝐴𝐵 = 15∘ 1p
𝐸𝐹 mediatoarea segmentului [AB]
𝐸𝐹 ∥ 𝐵𝐶
△ 𝐸𝐹𝐵 isoscel deoarece 𝐸𝐶 bisectoare și înălțime 𝐸𝐹 ≡ 𝐸𝐵 . Dar 𝐸𝐵 ≡ 𝐵𝐶 ⇒ 𝐸𝐹 ≡ 𝐵𝐶 𝐵𝐸𝐹𝐶 paralelogram. 𝐵𝐸 ≡ 𝐵𝐶 Finalizare: 𝐵𝐸𝐹𝐶 romb.
2p
1p
1p
1p
1p
1p
TOTAL 10p
Olimpiada Națională de Matematică-etapa locală
15 februarie 2015-PITEȘTI
Clasa a VII-a
SUBIECTE:
1. Arătați că:
a) 1 1 1 1
1 1 ( 1)
n n
n n n n n n
−− = − =
+ + +, oricare ar fi n ∈ N*.
b) 2013 2012 2011 2 1 1 2 3 2013
... ...1 2 2 3 3 4 2012 2013 2013 2014 2 3 4 2014
+ + + + + = + + + +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
Supliment GM3/2014
2. Aflați numărul natural abc , scris în baza 10, știind că:
10 · 821 =+
−
a
bc
c
ab
GM4/2011
3. Printr-un punct variabil D situat pe latura BC a triunghiului oarecare ABC se duce o paralelă la mediana
AM, M ∈ (BC). Paralela intersectează dreptele AB, respectiv AC în E, respectiv F. Arătați că:
a) AF AE
AC AB= ;
b) DE + DF este constant.
Supliment GM3/2014
4. Fie M un punct în interiorul triunghiului ABC∆ astfel încât ACMABM ∠≡∠ . Dacă P și Q sunt
proiecțiile lui M pe AB, respectiv AC și E este mijlocul lui [ ]BC , arătați că [ ] [ ]EQEP ≡
GM10/2011
Notă:
Toate subiectele sunt obligatorii
Fiecare subiect este notat cu 7 puncte
Timp de lucru 3 ore.
Olimpiada Națională de Matematică-etapa locală
15 februarie 2015-PITEȘTI
Clasa a VII-a
BAREM de CORECTARE si NOTARE:
1. a) 1 1 1 1 1 1 1 1
1 11 1 1 1 1
n n n n
n n n n n n n n n n
− +− = − − + = − − + = −
+ + + + + .................................1p
1 1 1 1
1 ( 1) ( 1)
n n
n n n n n n
+ −− = =
+ + + ............................................................................... 1p
b)
2013 2012 2011 2 1...
1 2 2 3 3 4 2012 2013 2013 2014
1 1 1 1 12013 2012 2011 ... 2
1 2 2 3 3 4 2012 2013 2013 2014
+ + + + + =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
= ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
...................... 1p
1 0 2 1 3 2 2012 2011 2013 20122013 2012 2011 ... 2 1
2 1 3 2 4 3 2013 2012 2014 2013
= − + − + − + + − + − =
.........................................................................................................................................................2p
1 2 3 2012 2013(2013 2012) (2012 2011) (2011 2010) ... (2 1)
2 3 4 2013 2014= − + − + − + + − + = ......... 1p
1 2 3 2013...
2 3 4 2014= + + + + ......... 1p
Supliment GM3/2014
2. Relația devine 9210
=+⋅
a
bc
c
ab ........ 2p
sau 920
=+a
bc
c
ab ........ 1p
De aici putem scrie 921001 =−+−a
abc
c
abc ........ 1p De
unde 19311
=
+ac
abc sau ( ) accaabc 193=+ ........ 1p
Cum 193 este număr prim avem 193 divide abc ⇒ ∈abc {193, 386, 579, 772, 965} ........ 1p
Finalizare abc = 386 ....... 1p
GM4/2011
3. a) M mijlocul [BC] ⇒ BM = MC
AM DF .Th Thales AF DM
AC MC=⇒ ........ 1p
DE AM .Th Thales AE DM
AB MB=⇒ ........ 1p
Finalizare AF AE
AC AB= ....... 1p
b) Ducând EG DM și AH DM obținem paralelogramele DEGM și DHAM .......... 1p
⇒ BD DE BE
BM AM AB= = și
CM AM AC
CD DF FC= = ........ 1p
BE AM FC AM BE FCDE DF AM
AB AC AB AC
⋅ ⋅ + = + = +
........ 1p
1 1 2 .AE AF
DE DF AM AM ctAB AC
+ = − + + = =
........ 1p
Supliment GM3/2014
4. Fie R mijlocul lui [ ]MB și S mijlocul lui [ ]MC
În BPM∆ dr., [ ]PR este mediană ⇒ RBMRMB
PR ===2
........ 1p
În CQM∆ dr , [ ]QS este mediană ⇒ SMSCMC
QS ===2
........ 1p
În MBC∆ , [ ]RE este linie mijlocie ⇒RE || MC, 2
MCRE = , adică RE || MS, RE = MS, deci
RESM paralelogram⇒RE = MS = SQ, SE = RM = PR și .MSEMRE ∠≡∠ ........ 1p
Dacă ( ) ( ) ( ) ( ) xQSMmPRMmxACMmABMm 2=∠=∠⇒=∠=∠ ........... 1p
( ) ( ) ( ) ( )QSEmMSEmxMREmxPREm ∠=∠+=∠+=∠ 22 .......... 1p
ESQPRE ∆≡∆ (L.U.L.) ⇒ [ ] [ ]EQEP ≡ ........ 2p
GM10/2011
Notă:
Orice altă soluţie corectă se punctează corespunzător.
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ
FAZA LOCALĂ - JUDEȚUL ALBA
14.II.2014
CLASA a VII-a
I. Rezolvaţi în Q ecuaţiile:
a) 5432 =−−x
b) ( )
++++−=⋅
20132
20142014
3
1...
3
1
3
11:133x
II. a) Arătaţi că Ν∈+++++ 4000...6422001
b) Determinaţi Ν∈≥ nn ,2 ştiind că:
.991
1...
34
1
23
1
12
1=
−+++
++
++
+ nn
III. În paralelogramul ABCD alegem ][DCM ∈ astfel încât DMCM 2= şi ][BCN ∈ ,
astfel încât NCBN 2= . Ştiind că aria triunghiului CMN este egală cu 16cm2, aflaţi
aria paralelogramului ABCD.
IV. Fie triunghiul ABC, D,E )(BC∈ astfel încât BCBDAB ⋅=2 şi .ABCCAE ∠≡∠
Arătaţi că:
a) CBCEAC ⋅=2
b) triunghiul ADE este isoscel.
Notă:
� Timp de lucru 3 ore
� Toate subiectele sunt obligatorii
� Fiecare subiect valorează 7 puncte
BAREM DE EVALUARE ŞI NOTARE
CL. a VII-a
I. a) { }6,3932 −∈⇒=− xx 2p
932 −=−x nu are soluţie 1p
b) 3
2323
32
13
3
1...
3
1
3
11 20132014
2013
2014
20132=⇒⋅=⋅⇒
⋅
−=++++ xx 4p
II. a) 200120012
2001200022001 2
==⋅
⋅+ 3p
b) 10000991...342312 =⇒=−−++−+−+− nnn 4p
III. Desen 1p
Fie Q mij. [BN]; BN=2NC⇒BQ=QN=NC 1p
MN mediană în ∆ CMQ⇒AMNC=AMNQ=16cm2⇒ACMQ=32cm
2 2p
MQ DB⇒ 222
144729
4
3
2
3
2cmAcmA
A
A
CD
CMABCDCDB
CDB
CMQ=⇒=⇒=
=⇒= 3p
IV. a) Desen 1p
BCCEACAC
BC
CE
ACUUEACABC ⋅=⇒=⇒∆≈∆
2).( 2p
b) AECBACEACABC ∠≡∠⇒∆≈∆ 1p
BDABACUUDBAABC ∠≡∠⇒∆≈∆ .).( 1p
ADEAEDADEBDAAEC ∆⇒∠≡∠⇒∠≡∠⇒ este isoscel 2p
Inspectoratul Școlar al Judeţului Arad
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ
Etapa locală
22 februarie 2014
CLASA a VII-a
1. Fie numărul E =
, n N. Arătați că E=0 sau E=
.
Manual clasa a VII-a
2. Rezolvați în mulțimea numerelor întregi ecuația:
G.M.
3. Se consideră pătratul ABCD de centru O. Pe dreapta AB se consideră un punct E,
astfel încât B (AE) și m ( OEB) = 30o. Perpendiculara în O pe OE intersectează
dreapta BC în F. Arătați că:
a) EOF este isoscel.
b) [OE] [AB]
Locală Maramureş
4. Un trapez ABCD cu m( A) = 90o, AB CD și CD < AD < BC < AB are perimetrul
de 18 cm, iar lungimile laturilor sale sunt exprimate prin 4 numere naturale
consecutive.
a) Să se afle aria trapezului ABCD.
b) Calculați distanța de la punctul A la dreapta BC.
c) Dacă AD BC = {P}, M mijlocul laturii (AB) și PM AC = {S}, determinați
raportul ariilor triunghiurilor ASM și ASP.
Ana Gal
Toate subiectele sunt obligatorii.
Fiecare subiect se notează de la 0 la 7 puncte .
Timp de lucru 3 ore .
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ
FAZA LOCALĂ
22.02.2014
CLASA a VII-a
BAREM
SUBIECTUL I
Tratează cazul n număr par şi ajunge la E=0……………………………………………………3p
Tratează cazul n număr impar şi ajunge la E=
…………………………………………………4p
SUBIECTUL II
Dacă ajunge la y=
…………………………………………………………………………..1p
Găseşte 2x+1 | 1………………………………………………………………………………….4p
Finalizează x;y0;-1; -1;-2……………………………………………………………….2p
SUBIECTUL III
Desen…………………………………………………………………………………………….1p
a Demonstrează BOECOF…………………………………………………………………4p
b Arată că OM=
……………………………………………………………………………….1p
Arată că OM=
şi finalizează…………………………………………………………………1p
SUBIECTUL IV
Desen………………………………………………………………………………………………1p
a Găseşte CD=3cm, AD=4cm, BC=5cm, AB=6cm……………………………………………….1p
Calculează aria lui ABCD, 18 ………………………………………………………………..1p
b Calculează distanṭa de la A la BC de
cm………………………………………………………2p
c Găseşte raportul ariilor
………………………………………………………………………...2p
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ ETAPA LOCALĂ 14.02.2015
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ
ETAPA LOCALĂ
14.02.2015
CLASA a VII-a
SUBIECTUL I
Determinaţi numărul natural nenul n astfel încât 999
332
2
2......
75
2
53
2
nn.
SUBIECTUL II
Un pătrat cu latura de 4 cm este împărţit în 16 pătrățele cu latura de 1 cm . În fiecare dintre pătrăţele putem scrie exact unul din numerele şi . Se folosesc toate cele trei numere . După această completare, calculăm sumele de pe fiecare coloană, de pe fiecare linie și de pe cele două diagonale. a) Demonstrați că cea mai mică sumă posibilă ce se poate obține este număr irațional. b) Se poate completa pătratul astfel încât toate sumele considerate să fie egale ? Exemplificați. c) Se poate completa pătratul astfel toate sumele considerate să fie diferite ? Justificați.
SUBIECTUL III
Determinaţi măsura unghiului format de bisectoarele a două unghiuri consecutive
dintr-un paralelogram.
SUBIECTUL IV
ABCD este un paralelogram în care punctele E și F sunt mijloace pentru laturile [AB],
respectiv [AD]. Dacă segmentele [EC] și [FC] au aceeași lungime, demonstrați că ABCD este
romb.
Notă: Toate subiectele sunt obligatorii; Fiecare subiect este notat cu 7 puncte;
Nu se acordă puncte din oficiu;
Timpul efectiv de lucru este de 3 ore din momentul primirii subiectului.
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ ETAPA LOCALĂ 14.02.2015
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ
ETAPA LOCALĂ
14.02.2015
CLASA a VII-a
BAREM
SUBIECTUL I
999
332
2
2......
75
57
53
35
nn
nn………………………………………………………………………………..2p
999
332
2
2
2......
75
5
75
7
53
3
53
5
nn
n
nn
n……………………………………………..2p
999
3321
2
1.....................
7
1
5
1
5
1
3
1
nn....................................................................1p
nn
1
999
332
3
1
999
3321
3
1 ..................................................................................................1p
9991
999
1 n
n……………………………………………………………………………………………………………………..1p
SUBIECTUL II
a) Cea mai mică sumă posibilă ce se poate obține este ....................................................2P
Se arată că este irațional apoi folosim faptul că produsul dintre un număr rațional nenul și un număr irațional este număr irațional…...............................................................................................1P
b) Este posibil
............................................................................................................. .................................................2P
c) Nu este posibil. În fiecare din sume participă numerele şi . Rezultă că sumele
posibile sunt ,
exact 9 numere…………………………………………………………………………………………………….........................1P
Cum avem 10 sume rezultă conform principiului lui Dirichlet că cel puțin două sume sunt egale..1P
0
0
0 0 0 0
0 0 0 0
0
0
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ ETAPA LOCALĂ 14.02.2015
SUBIECTUL III
Considerăm paralelogramul ABCD şi bisectoarele unghiurilor ,BAD ADC ce se
intersectează în punctul E , conform desenului.
BAD și ADC unghiuri consecutive…………………………………....1 punct
180m BAD m ADC …………………………….……………. 2 puncte
1 1 1 1
180 902 2 2 2
m EAD m EDA m BAD m ADC m BAD m ADC
………….………………………………………………………………………….2 puncte
180 180 90 90m AED m EAD m EDA …………..2 puncte.
SUBIECTUL IV
În triunghiul ABD, [FE] este linie mijlocie (pe baza definiției).
Deci, FE BD.
1p
În triunghiul ADO, [FM] este linie mijlocie (pe baza teoremei reciproce).
În triunghiul ABO, [EM] este linie mijlocie (pe baza teoremei reciproce).
1p
ABCD paralelogram OBDO
Rezultă că 2
DOFM și analog
2
OBEM , ceea ce conduce la FM = ME.
1p
1p
În triunghiul FEC isoscel, [CM] este mediană, deci și înălțime. 1p
CM FE și FE BD CM BD. 1p
Paralelogramul cu diagonalele perpendiculare este romb. 1p
1
OLIMPIADA NATIONAL¼A DE MATEMATIC¼AEtapa local¼a - 14. 02. 2015
Clasa a V � a
PROBLEMA 1. La un concurs de matematic¼a sunt propuse 30 de exercitii. Pentru �ecare
exercitiu rezolvat corect elevul primeste 10 puncte, iar pentru �ecare exercitiu rezolvat gresit este
penalizat cu 10 puncte (se scad 10 puncte). Dragos a rezolvat toate exercitiile si a primit 80 de
puncte.
a) Câte exercitii a rezolvat corect Dragos?
b) Câte exercitii a rezolvat gresit Dragos?
c) Câte exercitii ar mai � trebuit s¼a rezolve corect Dragos, pentru ca în �nal el s¼a obtin¼a 120
puncte?
d) Care a fost punctajul maxim care se putea obtine la concursul de matematic¼a?
PROBLEMA 2. Fie numerele x = 1+2+22+: : :+22014 si y = (273 : 38+1010 : 108�72)403�20150:
a) Ar¼atati c¼a x = 22015 � 1;b) Comparati numerele x si y;
c) A�ati ultima cifr¼a a num¼arului x+ y.
PROBLEMA 3. Determinati câte numere de forma abc, cu cifre distincte, veri�c¼a relatia:
aba� aaa+ 17 (b� a) = c3:
PROBLEMA 4. Se consider¼a sirul cu termenii: 1; 4; 5; 8; 9; 12; 13; 16; 17; 20; : : :
a) Scrieti urm¼atorii 2 termeni ai sirului;
b) Determinati al 2015-lea termen al sirului;
c) Calculati suma termenilor mai mici sau egali cu 80 din sir.
1Timpul efectiv de lucru este de 2 ore;2Toate problemele sunt obligatorii;3Fiecare problem¼a se noteaz¼a de la 0 la 7.
2
OLIMPIADA NATIONAL¼A DE MATEMATIC¼AEtapa local¼a - 14. 02. 2015
Clasa a VI � a
PROBLEMA 1. a) S¼a se determine valoarea num¼arului x; dac¼a
2014
2015 � 2015� 2015� 2015 + 1 =x
2014 � 2015 :
b) Folosind inegalitatea1
a+1
b>
4
a+ b; oricare ar � a si b pozitive si diferite, s¼a se arate c¼a
1 +1
2+1
3+ :::+
1
499+
1
500>13
7:
PROBLEMA 2. Se consider¼a numerele naturale a = 3n + 7; b = 2n + 5 si c = n + 2; unde
n 2 N: S¼a se arate c¼a numerele a si b sunt prime între ele, iar num¼arul [a; b] + [a; c] este p¼atratperfect. ([x; y] reprezint¼a cel mai mic multiplu comun al numerelor x si y)
PROBLEMA 3. Se dau punctele coliniare A;O; si B, cu O 2 (AB). De aceeasi parte a drepteiAB se consider¼a punctele C si D, astfel încât unghiurile [AOC si\COD s¼a �e adiacente. Fie [OM
bisectoarea unghiului [AOC si [ON bisectoarea unghiului \BOD. Se stie c¼a m�\MOD
�= 105� si
m�\NOC
�= 120�:
a) Ar¼atati ca unghiul\COD este drept.
b) Dac¼a în interiorul unghiului \COD se construiesc 12 semidrepte distincte cu originea O,
astfel încât cele 13 unghiuri formate, cu interioarele disjuncte dou¼a câte dou¼a, au m¼asurile
exprimate prin numere naturale nenule, demonstrati c¼a printre acestea exist¼a cel putin dou¼a
unghiuri congruente.
PROBLEMA 4. a) Consider¼am punctele coliniare A0; A1; A2; :::; A2015 (în aceast¼a ordine), astfelîncât A0A1 = 1 cm, A1A2 = 2 cm; :::; A2014A2015 = 2015 cm: S¼a se calculeze distanta dintre
punctele A1000 si A2015.
b) Fie A;B;C;D;E si F sase puncte, astfel încât oricare trei dintre punctele date sunt necoliniare.
Color¼am �ecare dintre segmentele determinate de ele, �e cu portocaliu, �e cu violet, la întâmplare.
Demonstrati c¼a exist¼a un triunghi cu vârfurile în trei dintre cele sase puncte, care are toate laturile
de aceeasi culoare.
1Timpul efectiv de lucru este de 2 ore;2Toate problemele sunt obligatorii;3Fiecare problem¼a se noteaz¼a de la 0 la 7.
3
OLIMPIADA NATIONAL¼A DE MATEMATIC¼AEtapa local¼a - 14. 02. 2015
Clasa a VII � a
PROBLEMA 1. a) S¼a se arate c¼a num¼arul A =q2015n + (�1)n+1 � 2 este irational pentru
orice n 2 N�:b) S¼a se demonstreze c¼a dac¼a x; y si z sunt numere reale pozitive, astfel încât x + y + z = 1344,
atunci px(y + z) +
py (x+ z) +
pz(x+ y) 6 2016:
PROBLEMA 2. a) S¼a se arate c¼a x2 + x� 2 = (x� 1) (x+ 2) ; pentru orice x 2 R;
b) Determinati numerele naturale a; b si num¼arul natural prim p; stiind c¼a a2 + a = p2b+ 2:
PROBLEMA 3. Fie ABCD un paralelogram cu AB = n � AD; unde n 2 R; n > 2. Bisectoreleunghiurilor paralelogramului se intersecteaz¼a astfel: bisectoarea unghiului A se intersecteaz¼a cu
bisectoarea unghiului B în punctul R, bisectoarea unghiului B cu bisectoarea unghiului C în S,
bisectoarea unghiului C cu bisectoarea unghiului D în T si bisectoarea unghiului D cu bisectoarea
unghiului A în Q.
a) Demonstrati c¼a RSTQ este dreptunghi;
b) Dac¼a AB \DT = fPg, demonstrati c¼a AADPAARB
=2
n2;
c) Demonstrati c¼a dreptele RT; AC si DB sunt concurente.
PROBLEMA 4. Fie ABC un triunghi dreptunghic în A si [BD ; [CE bisectoarele sale (D 2 AC;E 2 AB). Se noteaz¼a cu I intersectia dreptelorBD si CE si cu F , respectivG, proiectiile punctelorD si E pe dreapta BC. S¼a se determine m¼asura unghiului FIG:
1Timpul efectiv de lucru este de 3 ore;2Toate problemele sunt obligatorii;3Fiecare problem¼a se noteaz¼a de la 0 la 7.
4
OLIMPIADA NATIONAL¼A DE MATEMATIC¼AEtapa local¼a - 14. 02. 2015
Clasa a VIII � a
PROBLEMA 1. a) Descompuneti în factori 3x2 + 4p6x+ 8� y2:
b) A�ati minimul si maximul expresieix+ 1
jx+ 1j +jx+ 2jx+ 2
+x+ 3
jx+ 3j ; pentru x 2 Rr f�3;�2;�1g :
PROBLEMA 2. Fie a; b 2 N , astfel încâtra+ 5
a+12;
rb+ 3
b+ 142 Q: Ar¼atati c¼a a2015+ b2015 nu se
divide cu 2015.
PROBLEMA 3. Se consider¼a p¼atratul ABCD si punctul S exterior planului s¼au asa încât
SA = SB = SC = SD. Dac¼a AB = 12 cm, AP ? CS; P 2 (SC) si AP = SO, unde O este
centrul p¼atratului, se cer:
a) M¼asura unghiului format de dreptele SC si BD;
b) Distanta de la punctul A la planul (BPD);
c) Distanta de la punctul B la dreapta de intersectie a planelor (BPD) si (ADS).
PROBLEMA 4. Se consider¼a punctele necoplanare A;B;C si D: Daca H este ortocentrul
triunghiului ABC, D este ortocentrul triunghiului BCD, iar picioarele perpendicularelor din D si
A pe BC coincid, notând cu E piciorul perpendicularei din A pe BC, s¼a se arate c¼a HE � AE =DE2:
1Timpul efectiv de lucru este de 3 ore;2Toate problemele sunt obligatorii;3Fiecare problem¼a se noteaz¼a de la 0 la 7.
OLIMPIADA NATIONAL¼A DE MATEMATIC¼AEtapa local¼a - 14. 02. 2015
BAREM DE CORECTARE - Clasa a V � a
PROBLEMA 1.
(2p) a) Dragos a rezolvat corect 19 exercitii;
(2p) b) Dragos a rezolvat gresit 11 exercitii;
(2p) c) Pentru a obtine 120 de puncte, Dragos ar � trebuit s¼a rezolve corect înc¼a 2 exercitii;
(1p) d) Punctajul maxim care se putea obtine este 10� 30 = 300 (puncte).
PROBLEMA 2.
(1p) a) x = 2x� x = (2 + 22 + 23 + : : :+ 22014 + 22015)� (1 + 2 + 22 + : : :+ 22014) = 22015 � 1;
(1p) b) Avem y = 31403 � 1
(1p) si x = 32403 � 1
(1p) deci x > y;
(1p) c) Deoarece x este de forma 24k+3 � 1 (k 2 N); ultima cifr¼a a lui x este 8� 1 = 7
(1p) Ultima cifr¼a a lui y este 1� 1 = 0
(1p) Deci, ultima cifr¼a a lui x+ y este 7
PROBLEMA 3.
(1p) Observ¼am c¼a b > a > 0
(2p) Relatia din enunt este echivalent¼a cu: 10b� 10a+ 17 (b� a) = c3
(1p) De unde avem: 27 (b� a) = c3 ) b� a este cub perfect
(2p) Dar, b� a < 9) b� a 2 f1; 8g ) c3 2 f33; 63g
(1p) Astfel, abc 2 f123; 453; 563; 673; 783; 893; 196g ; adic¼a sunt 7 numere.
PROBLEMA 4.
(2p) Se observ¼a c¼a
T1 T2 T3 T4 T5 T6 T7 T8 :::
2 � 1� 1 2 � 2 2 � 3� 1 2 � 4 2 � 5� 1 2 � 6 2 � 7� 1 2 � 8 :::
adic¼a, termenii sirului sunt de forma:
� dac¼a n este impar, atunci Tn = 2n� 1� dac¼a n este par, atunci Tn = 2n
(2p) a) Urm¼atorii 2 termeni ai sirului sunt: 21 si 24
(1p) b) Termenul al 2015-lea este T2015 = 2 � 2015� 1 = 4029
(2p) c) Num¼arul 80 este termen al sirului, T40 = 2 � 40 = 80; iar suma cerut¼a este:
S = 1 + 4 + 5 + 8 + � � �+ 77 + 80 = (1 + 5 + 9 + � � �+ 77) + (4 + 8 + � � �+ 80) =
= 78 � 10 + 4 (1 + 2 + 3 + � � �+ 20) = 780 + 2 � 20 � 21 = 1620
1Fiecare corector acord¼a un num¼ar întreg de puncte;2Orice alt¼a rezolvare corect¼a se puncteaz¼a corespunz¼ator.
OLIMPIADA NATIONAL¼A DE MATEMATIC¼AEtapa local¼a - 14. 02. 2015
BAREM DE CORECTARE - Clasa a VI � a
PROBLEMA 1.
(2p) a) 2015 � 2015� 2015� 2015 + 1 = 2014 � 2014
(2p) Solutia este x = 2015
(1p) b) Avem 1 +1
500>
4
501;1
2+
1
499>
4
501; :::;
1
250+
1
251>
4
501
(1p) de unde, 1 +1
2+1
3+ :::+
1
499+
1
500> 250 � 4
501=1000
501
(1p) Deoarece1000
501>13
7; obtinem inegalitatea cerut¼a.
PROBLEMA 2.
(3p) Se arata c¼a (3n+ 7; 2n+ 5) = 1
(1p) si (3n+ 7; n+ 2) = 1
(1p) Utilizarea formulei x � y = (x; y) � [x; y] ; pentru orice x; y 2 N�
(1p) Astfel, [a; b] = a � b si [a; c] = a � c
(1p) de unde, [a; b] + [a; c] = a � b+ a � c = (3n+ 7)2
PROBLEMA 3.
(1p) a) Avem m�\MOC
�+m
�\COD
�= 105�; m
�\COD
�+m
�\DON
�= 120�
(1p) si m�[AOC
�+m
�\COD
�+m
�\DOB
�= 180�
(2p) Dac¼a not¼am: m�\AOM
�= m
�\MOC
�= a; m
�\BON
�= m
�\DON
�= c si m
�\COD
�= b
avem: a+ b = 105�; b+ c = 120� si 2a+ b+ 2c = 180� ) a = 15�; b = 90� si c = 30�
(1p) b) Suma m¼asurilor celor 13 unghiuri cu interioarele disjuncte este egal¼a cu 90�
(1p) Presupunem c¼a cele 13 m¼asuri sunt numere naturale nenule diferite. Astfel, cea mai mic¼a
valoare a sumei m¼asurilor celor 13 unghiuri ar � 1� + 2� + 3� + � � �+ 13� = 13 � 14�2
= 91�
(1p) Contradictie cu ipoteza. Deci, cel putin dou¼a unghiuri au m¼asurile egale.
PROBLEMA 4.
(1p) a) A1000A2015 = A1000A1001 + A1001A1002 + :::+ A2014A2015
(1p) A1000A2015 = 1001 cm + 1002 cm + :::+ 2015 cm
(2p) A1000A2015 = 1530 620 cm
(1p) b) Consider¼am cele 5 segmente cu un cap¼at în punctul A. Conform principiului cutiei, exist¼a
printre acestea m¼acar trei de aceeasi culoare.
(1p) Presupunem, de exemplu, c¼a segmentele AB;AC si AD sunt toate trei de aceeasi culoare,
si anume, violet.
Dac¼a o latur¼a a triunghiului BCD este violet, ea completeaz¼a cu dou¼a dintre segmentele
anterioare un triunghi violet.
(1p) În caz contrar, triunghiul BCD este portocaliu si demonstratia este complet¼a.
1Fiecare corector acord¼a un num¼ar întreg de puncte;2Orice alt¼a rezolvare corect¼a se puncteaz¼a corespunz¼ator.
OLIMPIADA NATIONAL¼A DE MATEMATIC¼AEtapa local¼a - 14. 02. 2015
BAREM DE CORECTARE - Clasa a VII � a
PROBLEMA 1.
(3p) a) Ultima cifr¼a a num¼arului 2015n + (�1)n+1 � 2 este(3; dac¼a n este par
7; dac¼a n este impar
(1p) Deci 2015n + (�1)n+1 � 2 nu este p¼atrat perfect, de unde A =2 Q
(2p) b) Avem:px (y + z) 6 x+ (y + z)
2;py (x+ z) 6 y + (x+ z)
2;pz(x+ y) 6 z + (x+ y)
2
(1p) Deci:px(y + z) +
py (x+ z) +
pz(x+ y) 6 x+ (y + z)
2+y + (x+ z)
2+z + (x+ y)
2=
3 (x+ y + z)
2=3 � 13442
= 2016
PROBLEMA 2.
(2p) a) Se arat¼a c¼a x2 + x� 2 = (x� 1) (x+ 2)
(1p) b) Deoarece num¼arul a2+ a = a(a+1) este par, rezult¼a c¼a si num¼arul p2b+2 este par. Deci
p = 2, iar relatia din enunt devine: a2 + a� 2 = 22b () (a� 1)(a+ 2) = 22b
(1p) Deoarece membrul drept este par, iar numerele a� 1 si a + 2 au parit¼ati diferite, singurele
posibilit¼ati sunt:
(a� 1 = 1a+ 2 = 22
b sau
(a� 1 = 22b
a+ 2 = 1
(1p) Pentru a+ 2 = 1, nu avem solutii
(2p) Pentru
(a� 1 = 1a+ 2 = 22
b se obtine
(a = 2
b = 1
Solutia (p; a; b) = (2; 2; 1)
PROBLEMA 3.
(1p) a)1
2m� bA�+ 1
2m� bD� = 90�, rezult¼a m�[TQR� = 90�
(1p) se demonstreaz¼a c¼a patrulaterul RSTQ are trei unghiuri drepte, deci este dreptunghi
(1p) b) �AQD � �ARB ) AAQDAARB
=
�AD
AB
�2=1
n2
(1p) �AQD � �AQP ) AADP = 2 � AAQD )AADPAARB
=2
n2
(2p) c) Se demonstreaz¼a c¼a ATCR este paralelogram, de unde rezult¼a c¼a [RT ] si [AC] au acelasi
mijloc
(1p) În paralelogramul ABCD, diagonalele AC si BD au acelasi mijloc, de unde rezult¼a con-
curenta dreptelor RT; AC si DB
PROBLEMA 4.
(1p) Deoarece [BI si [BI sunt bisectoare în �ABC ) [AI este bisectoare în �ABC
) m([BAI) = 45�
(2p) Deoarece [BD este bisectoarea unghiului [ABC; rezult¼a c¼a DA = DF si AB = BF
(2p) �AIB � �FIB )[BAI �[BFI ) m([BFI) = 45�
(2p) Analog se arat¼a c¼a m([FGI) = 45� si din �FIG avem m([FIG) = 90�
1Fiecare corector acord¼a un num¼ar întreg de puncte;2Orice alt¼a rezolvare corect¼a se puncteaz¼a corespunz¼ator.
OLIMPIADA NATIONAL¼A DE MATEMATIC¼AEtapa local¼a - 14. 02. 2015
BAREM DE CORECTARE - Clasa a VIII � a
PROBLEMA 1.
(2p) a) E = 3x2 + 4p6x+ 8� y2 =
�xp3 + 2
p2�2 � y2;
(2p) Finalizare, E =�xp3 + 2
p2� y
� �xp3 + 2
p2 + y
�:
(1p) b) Fractiile pot lua doar valorile 1 sau �1
(1p) Minimul expresiei este �3
(1p) Maximul expresiei este 3
PROBLEMA 2.
(2p)
ra+5
a+122 Q) a+ 5 = kx2 si a+ 12 = ky2 cu x si y prime între ele si k 2 N.
(1p) Avem k(y2 � x2) = 7 ) k(y � x)(y + x) = 7 de unde, singura solutie este k = 1; y = 4 six = 3) a = 4:
(3p) Analog se g¼aseste c¼a b = 22.
(1p) Ultima cifr¼a a num¼arului a2015 + b2015 este 2, de unde rezult¼a cerinta
PROBLEMA 3.
(2p) a) SO ? (ABC) ) SO ? BD; BD ? AC ) BD ? (SOC) ) BD ? SC )m�\BD;SC
�= 90�
(1p) b) Triunghiurile �SAC si �OPC sunt echilaterale
(1p) d(A; (BPD)) = d(C; (BPD)) = d(C;OP ) = 3p6 cm
(3p) c) OP este linie mijlocie în �SAC ) OP k AS ) OP k (ADS);
OP � (BPD)) OP k (ADS) \ (BPD);
BD ? OP ) BD ? (ADS) \ (BPD)) d(B; (ADS) \ (BPD)) = BD = 12p2cm
PROBLEMA 4.
(1p) �BCD este dreptunghic în D
(1p) Deoarece DE ? BC; din teorema în¼altimii, rezult¼a c¼a DE2 = BE � CE
(2p) �CEH � �AEB
(2p) Rezult¼aCE
AE=HE
BE) BE � CE = HE � AE
(1p) Deci, HE � AE = DE2
1Fiecare corector acord¼a un num¼ar întreg de puncte;2Orice alt¼a rezolvare corect¼a se puncteaz¼a corespunz¼ator.
INSPECTORATUL ȘCOLAR JUDEȚEAN
BISTRIȚA - NĂSĂUD
Str. 1 Decembrie nr.5, Cod 420080, Bistriţa, Jud. B-N
Tel: +40 (0)263 213529
Fax: +40 (0)263 216654
www.isjbn.ro
OLIMPIADA NAŢIONALĂ DE MATEMATICĂ- etapa locală
16 februarie 2013
clasa a VII-a
SUBIECTUL
1. Determinaţi numărul ştiind că = 2(a+b).
S: E12.404, februarie 2012
SUBIECTUL 2
2. În paralelogramul ABCD cu AB AC, AC notăm cu P simetricul punctului B
faţă de dreapta AC şi cu Q simetricul punctului P faţă de mijlocul segmentului [AC].
a) Demonstraţi că patrulaterul ABQD este trapez dreptunghic.
b) Arătaţi că
SUBIECTUL 3
Dacă a = , determinaţi numărul natural n, astfel încât numărul
b = să fie raţional.
NOTĂ: Toate subiectele sunt obligatorii
Fiecare subiect se notează cu 0- 7 puncte
Nu se acordă puncte din oficiu
Timp efectiv de lucru 2 ore
INSPECTORATUL ȘCOLAR JUDEȚEAN
BISTRIȚA - NĂSĂUD
Str. 1 Decembrie nr.5, Cod 420080, Bistriţa, Jud. B-N
Tel: +40 (0)263 213529
Fax: +40 (0)263 216654
www.isjbn.ro
Olimpiada Nationala de Matematica Etapa locala- 16.02.2013
Clasa a VII-a
Soluţii şi Barem de corectare:
PROBLEMA 1
2(a+b) număr natural par 2p
număr natural par 1p
pătrat perfect par 1p
1p şi 3 1p
= 36
INSPECTORATUL ȘCOLAR JUDEȚEAN
BISTRIȚA - NĂSĂUD
Str. 1 Decembrie nr.5, Cod 420080, Bistriţa, Jud. B-N
Tel: +40 (0)263 213529
Fax: +40 (0)263 216654
www.isjbn.ro
PROBLEMA 3
Prin amplificare cu 2n+1 obţinem că 1 + şi de unde
a = 1p
Amplificând apoi cu avem
iar deci a = 1p
În final obţinem că a = 1p
Înlocuind pe a, avem că , de unde prin amplificare cu
obţinem în final că b = 1p
Dacă n = 0 atunci b = 2 1p
Dacă n 0 atunci + 2 deci b 2p Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.
INSPECTORATUL ȘCOLAR JUDEȚEAN
BISTRIȚA - NĂSĂUD
Str. 1 Decembrie nr.5, Cod 420080, Bistriţa, Jud. B-N
Tel: +40 (0)263 213529
Fax: +40 (0)263 216654
www.isjbn.ro
PROBLEMA 2
a) 1p Patrulaterul APCQ este paralelogram, deci şi 1p
de unde obţinem că AB CQ şi prin urmare ABQC paralelogram 1p
AB şi AB deci punctele D, C şi Q sunt coliniare 1p AB DQ, AD BQ ( în caz contrar dreptele BQ şi BC ar fi identice în contadicţie cu coliniaritatea punctelor D,C şi Q ) ABQD – trapez 1p AC BQ şi AB AB de unde ABQD – trapez dreptunghic 1p b)
Punctul C este mijlocul segmentului [QD] şi obţinem că 1p
ABCD şi ABQC fiind paralelograme 1p
INSPECTORATUL ȘCOLAR JUDEȚEAN
BISTRIȚA - NĂSĂUD
Str. 1 Decembrie nr.5, Cod 420080, Bistriţa, Jud. B-N
Tel: +40 (0)263 213529
Fax: +40 (0)263 216654
www.isjbn.ro
____________
Str. General Berthelot nr. 28-30, Sector 1, 010168, Bucureşti
Tel: +40 21 405 62 00, Fax: +40 21 405 63 00
www.edu.ro
Str. N. Iorga nr. 28, 710213, Botoşani
Tel: +40 231584 050, Fax: +40 231584 052
Email: office.isjbt@gmail.com www.isj.botosani.ro
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ ETAPA LOCALĂ 22 februarie 2015
Clasa a VII-a
SUBIECTUL I (7 p)
a) Dacă x și y sunt numere raționale cu proprietatea că 𝑥√2 − 𝑦√3 = 0, demonstrați că x = y = 0.
b) Determinați toate perechile de numere raționale (a, b) care verifică egalitatea
√2(𝑎 + 1)2 − 2√2 = |𝑏 + 1|√3 − |√2 − √3|.
SUBIECTUL II (7 p)
a) Demonstrați că 𝑘
𝑛(𝑛+𝑘)=
1
𝑛−
1
𝑛+𝑘, ∀𝑛, 𝑘 ∈ ℕ.
b) Se dau numerele :
𝑎 =1
2 ∙ 3+
2
3 ∙ 5+
3
5 ∙ 8+
4
8 ∙ 12+
5
12 ∙ 17+
6
17 ∙ 23+
7
23 ∙ 30
ș𝑖 b=3+8+13+…+10018. Calculați partea întreagă a numărului √15 ∙ 𝑎 +𝑏
1002 .
SUBIECTUL III (7 p)
Fie ABC un triunghi oarecare, iar M și D mijloacele segmentelor [AB], respectiv [BC]. Dacă
E∊(AD) astfel încât AD=4∙ED, iar {N}=ME∩BC, să se demonstreze că:
a) [ME] ≡ [EN];
b) [DN] ≡ [NC].
(Gazeta Matematica nr. 1/2014)
SUBIECTUL IV (7 p)
În pătratul ABCD de latură 5 cm, se consideră punctele E ∊ (BC), F ∊ (CD) astfel încât
m(∢EAF)=450. Dacă aria triunghiului CEF este de 3 cm2, calculați aria triunghiului AEF.
Notă:
Timp de lucru : 3 ore.
Str. General Berthelot nr. 28-30, Sector 1, 010168, Bucureşti
Tel: +40 21 405 62 00, Fax: +40 21 405 63 00
www.edu.ro
Str. N. Iorga nr. 28, 710213, Botoşani
Tel: +40 231584 050, Fax: +40 231584 052
Email: office.isjbt@gmail.com www.isj.botosani.ro
OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ
FAZA LOCALĂ
Botoșani, 22.02.2015
Clasa a VII-a
Barem de notare
Subiectul I.
a) Presupunem că y≠0.Atunci relația din enunț este echivalentă cu 𝑥
𝑦=
√6
2,fals.......................1p
Rezultă că y=0,deci si x=0...........................................................................................................1p
b) Relația din enunț devine |𝑎 + 1| ∙ √2 − 2√2 = |𝑏 + 1| ∙ √3 − √3 + √2.............................1p
Echivalent cu (|𝑎 + 1| − 3) ∙ √2 = (|𝑏 + 1| − 1) ∙ √3..............................................................1p
Conform a), rezultă |𝑎 + 1| − 3 = 0 și |𝑏 + 1| − 1 = 0........................................................... 2p
Obținem perechile (2;0),(-4;0),(2;-2),(-4;-2)................................................................................1p
Subiectul II.
a) 1
𝑛−
1
𝑛+𝑘=
𝑛+𝑘−𝑛
𝑛(𝑛+𝑘)=
𝑘
𝑛(𝑛+𝑘), ∀𝑛, 𝑘 ∈ ℕ………………………………………………..………………………2p
b) 𝑎 =1
2∙3+
2
3∙5+
3
5∙8+
4
8∙12+
5
12∙17+
6
17∙23+
7
23∙30= ⋯ =
1
2−
1
30=
7
15……………..…………… 1p
𝑏 = 3 + 8 + 13 + ⋯ + 10018 = 3 + (5 ∙ 1 + 3) + (5 ∙ 2 + 3) + ⋯ + (5 ∙ 2003 + 3) =……….1p
=3 ∙2004 + 5 ∙ (1+2+3+…+2003) = 1002 ∙ 1001…………………………………………..……………………………. 1p
15 ∙ 𝑎 +𝑏
1002= 10028…………………………………………………………………………………………………………… 1p
[√15 ∙ 𝑎 +𝑏
1002] = 100………………………………………………………………………………..……………………...1p
Str. General Berthelot nr. 28-30, Sector 1, 010168, Bucureşti
Tel: +40 21 405 62 00, Fax: +40 21 405 63 00
www.edu.ro
Str. N. Iorga nr. 28, 710213, Botoşani
Tel: +40 231584 050, Fax: +40 231584 052
Email: office.isjbt@gmail.com www.isj.botosani.ro
Subiectul III.
a) Fie P mijlocul segmentului [BD].....................................................................1p
[MP] linie mijlocie in ∆𝐴𝐵𝐷 ⇒ 𝑀𝑃||𝐴𝐷 ș𝑖 𝑀𝑃 =𝐴𝐷
2.........................................1p
Demonstratia ca [ED] linie mijlocie in ∆𝑁𝑀𝑃……………………………………..……….….1p
Concluzie, E mijlocul lui [MN]………………………………………………………………………...1p
b) P mijlocul lui [BD]⇒ 𝑃𝐷 =𝐵𝐷
2......................................................................1p
BD=DC și D mijlocul lui [PN](conform a)…………………………………………………………1p
Concluzia……………………………………………………………………….………………………….….1p
Subiectul IV.
OLIMPIADA DE MATEMATICAFaza locala
Brasov, 21 februarie 2014
Clasa a VII-a
1. Sa se demonstreze ca pentru orice numere pozitive a, b si c este satisfacuta inegali-tatea
1 <a
a + b+
b
b + c+
c
c + a< 2.
Prof. Marilena Canu
2. a) Daca fractia 5n−14n+9
si inversul sau sunt simultan numere ıntregi, aflati numarulıntreg n.
b) Fie fractiile2014
14,
2015
15,
2016
16, · · · , 2999
999.
Cate dintre aceste fractii sunt numere naturale?
Prof. Camelia Postolache
3. Consideram numerele naturale de forma xyz, cu proprietatea
√11− x +
√10− y +
√9− z +
√x + y + z ∈ N.
Sa se arate ca suma tuturor acestor numere xyz este divizibila cu 7.
Prof. Sorina Stoian
4. Se considera triunghiul dreptunghic ABC cu m(BAC) = 90◦ si ınaltimea AD
(D ∈ BC). Notam cu S intersectia dintre bisectoarele unghiurilor CAD si ABC,
iar cu T intersectia bisectoarelor unghiurilor BAD si ACB. Daca M si N sunt mij-loacele laturilor AC, respectiv AB, aratati ca punctele M, S, T si N sunt coliniare.
G.M.B. Nr. 5/2013
Nota. Toate subiectele sunt obligatorii si sunt cotate cu cate 7 puncte.Timp de lucru 3 ore.
Olimpiada de matematica, Faza locala, Brasov, 21 februarie 2014
BAREM DE CORECTARE SI NOTARE
CLASA a VII-a
VII 1.a
a + b+
b
b + c+
c
c + a>
a
a + b + c+
b
a + b + c+
c
a + b + c= 1.
........................................................ 4p
a
a + b+
b
b + c+
c
c + a= 3−
(b
a + b+
c
b + c+
a
c + a
)< 3− 1 = 2.
........................................................ 3p
VII 2. a) Pentru a 6= 0, a, a−1 ∈ Z ⇔ a ∈ {−1, 1}.
........................................................ 1p
5n−14n+9 = 1 ⇔ n = 10.
........................................................ 2p
5n−14n+9 = −1 ⇔ n = − 8
9 /∈ Z.
........................................................ 1p
b) Fractiile date sunt de tipul 2000+kk , k ∈ N, 14 ≤ k ≤ 999; 2000+k
k ∈ N ⇔ k|2000.
........................................................ 1p
2000 are 12 divizori cuprinsi ıntre 14 si 999; fractiile sunt distincte, deci exista 12 numere naturaleın sirul de fractii date.
........................................................ 2p
5
VII 3. Numerele 11− x, 10− y, 9− z sunt patrate perfecte pentru x ∈ {2, 7}, y ∈ {1, 6, 9}, z ∈ {0, 5, 8, 9}.
........................................................ 3p
Conditia ca x + y + z sa fie patrat perfect este ındeplinita pentru xyz ∈ {268, 295, 718, 790, 799}.
........................................................ 3p
Suma numerelor este 2870, multiplu de 7.
........................................................ 1p
VII 4. Realizarea desenului
........................................................ 1p
Notam AT ∩BC = {E}, AS ∩BC = {F}.Demonstrarea faptului ca triunghiurile 4ABF si 4ACE sunt isoscele.
........................................................ 3p
AS = SF si AT = TE.
........................................................ 2p
S, T ∈MN
........................................................ 1p
Nota: Pentru orice rezolvare corecta se va acorda punctajul maxim.
6
INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN CLUJ
P-ţa Ştefan cel Mare nr. 4, Cluj - Napoca Tel: +40 (0) 264 590 778, Fax: +40 (0) 264 592 832
www.isjcj.ro ,cluj@isjcj.ro
OLIMPIADA DE MATEMATICĂETAPA LOCALĂ
CLASA a VII-a14.02.2014
Subiectul I.(20 puncte )
Determinaţi numărul de elemente al mulţimii:3 3 4 4a b c dA abcd
b c d aì + - + - ü
= = = =í ýî þ .
prof. Ioan Balica, Şcoala Gimnazială Ioan Bob Cluj-Napoca
Subiectul II.(20 puncte )
a) Demonstraţi că ( 1) ( 1) 1,a a a a a a N+ + + < + " Î ;
b) Arătaţi că 2 2 6 6 12 12 ... 90 90 54+ + + + + + + + < .
prof. Bodea Florica-Daniela, Liceul teoretic ˝Gelu Voievod Gilău
Subiectul III.(20 puncte)
O chiuvetă ar fi umplută de către robinetul de apă rece în 5 minute, iar de către robinetulde apă caldă în 7 minute. Chiuveta este prevăzută cu un orificiu de scurgere, prin care, atuncicând chiuveta este plină, apa se poate scurge în 3 minute. Dacă deschidem ambele robinete şi nuînchidem orificiul de scurgere, se va umple chiuveta? Dacă da, în cât timp?
prof. Sorin Borodi, Liceul Teoretic ”Alexandru Papiu Ilarian” Dej
Subiectul IV.(30 puncte)
În trapezul isoscel CDABCD AB, , se duce paralela la AC prin mijlocul M al diagonalei[ ]BD , care intersectează baza AB în E . Notăm cu O intersecţia diagonalelor trapezului şi
{ }FDEOC =Ç . Să se arate că: a) ABDE ^ ; b) 2=+DEDF
BEAB .
prof. Teodor Poenaru, Liceul Teoretic Nicolae Bălcescu Cluj-Napoca
Toate subiectele sunt obligatorii. Se acordă 10 puncte din oficiu. SUCCES! Timp efectiv de lucru - 3 ore.
Barem clasa a VII-a(OLM 2014-etapa locală)
Of. 10 pSubiectul I.Conform proprietăţii şirului de rapoarte egale, avem 3 3 4 4 3 3 4 4 1.a b c d a b c d
b c d a a b c d+ - + - + + - + + + -
= = = = =+ + +
(10p)
Deci 3 ,a b+ = 3b c- = şi 4 .c d+ = Obţinem c a= şi 4.d a= + Dar a, b, c, d sunt cifre, 0a ¹ . Rezultă că{1, 2,3, 4,5}.aÎ Se obţine {1415, 2526,3637, 4748,5859},A = deci A are 5 elemente. (10p)
Subiectul II. a) calcul direct (10p)
b)
2 2 2 2
Fie 2 2 6 6 12 12 ... 90 90
1 2 1 2 2 3 2 3 3 4 3 4 ... 9 10 9 10
1 2 2 2 2 3 3 3 3 4 4 4 ... 9 10 10 1010 112 3 4 ... 10 1 54
2
S
S
S S S
= + + + + + + + + =
× + × + × + × + × + × + + × + × Þ
< × + × + × + × + × + × + + × + × Þ×
< + + + + Þ < - Þ <
(10p)
Subiectul III.Fie C capacitatea chiuvetei şi t timpul de umplere în condiţiile din enunţ.
Folosim regula de trei simplă pentru robinetul de apă rece:5 min………….. C
t min………….. 1C (S-a notat 1C partea din capacitate umplută de acest robinet) 1tCC5
= (5p)
Analog, se obţine 2tCC7
= ( 2C este partea umplută de robinetul de apă caldă) şi 3tCC3
= (unde 3C este partea din
capacitate care se scurge prin orificiu). (10p)Presupunând că după t minute chiuveta se umple, avem 1 2 3C C C C+ - = ÞtC tC tC C5 7 3+ - = Þ
t t t 15 7 3+ - = Þ 121t +15t - 35t
105= Þ 1t
105= Þ 105t = . (5p)
Deoarece t este pozitiv, rezultă că chiuveta se va umple în 105 minute.Subiectul IV. desen corect (5p)
a) (corespondente)MEB CAB
CAB MBEº ü
Þýº þ
S S
S SMEB MBEºS S MBEDÞ - triunghi isoscelÞ [ ] [ ]MBME º ,
dar [ ] [ ] BEDMDMB DÞº - triunghi dreptunghic în E Þ ABDE ^ . (10p)
b) În triunghiul ,AOB AOMEMBBO
BEAB
=Þ , (teorema lui Thales) (1). (5p)
În triunghiul ,DEM MEFODMDO
DEDF
=Þ , (teorema lui Thales) (5p)
[ ] [ ],BMDM º (ipoteză), deci:BMDO
DEDF
= (2).
Din (1) şi (2) adunînd, obţinem: 2=+DEDF
BEAB
. (5p)
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ
ETAPA LOCALĂ-15 FEBRUARIE 2014
Clasa a VII-a
1. Fie { }1 2 3| ....n nA a a p p p p= ∈ = ± ± ± ± ±ℤ unde 1 2, ,...., np p p sunt primele n numere
naturale prime iar semnele + şi respectiv – se aleg în toate modurile posibile.
a) Să se arate că 50 A∈
b) Arătaţi că 2 , 1,pA p p≥ ∈ℕ , are un număr par de elemente.
c) Arătaţi că dacă , 1, ,k p k p≥ ∈ℕ , atunci: 2 2 1p kA A + = ∅∩ .
prof. Nicolae Stăniloiu, Bocşa
2. Determinaţi numerele naturale a, b, c astfel încât fracţiile: ( ) ( )2 3
, ,b c c aa b
b c c a a b
+ +++ + +
să fie
toate numere naturale.
prof. Nicolae Stăniloiu, Bocşa
3. Triunghiul ABC este isoscel de bază [ ]BC cu ( ) 90om A >∢ . Fie FD şi GE mediatoarele
laturilor [ ]AB , respectiv [ ]AC cu ( )D AB∈ şi ( )E AC∈ , ,F G BC∈ iar { }DF GE H∩ = . Fie T
mijlocul laturii [ ]BC . Arătaţi că:
a) HDE∆ este isoscel;
b) HT BC⊥ ;
c) HT este mediatoarea segmentului [ ]DE .
RMCS 41
4. Prin mijlocul M al diagonalei AC a unui trapez ABCD construim NM� BD, N∈AB.
Ştiind că CN ⊥ AB, demonstraţi că AD=BC
GMS 12
Notă: Toate subiectele sunt obligatorii. Timp de lucru: 3 ore
Strada Ateneului Nr. 1, 320112 Str. General Berthelot nr. 28-30, Sector 1
REŞIŢA – ROMANIA 010168, Bucuresti
Tel: 0255/214238; Fax: 0255/216042 Tel: +40 (0)21 405 57 06
e-mail: isjcaras@gmail.com Fax: +40 (0)21 310 32 05
http://isjcs.ro www.edu.ro
INSPECTORATUL ŞCOLAR
JUDEŢEAN CARAŞ-SEVERIN
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ ETAPA LOCALĂ-15 FEBRUARIE 2014
Clasa a VII-a SOLUŢII ŞI BAREME ORIENTATIVE DE EVALUARE ŞI NOTARE
• Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă punctajul corespunzător.
• Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru rezolvări
parţiale, în limitele punctajului indicat în barem .
Problema 1:
a) 50 2 3 5 7 11 A= − + − − + ∈ ..................................................................................................... 2p
b) Observaţia 1: Dacă pentru calculul unui element a din 2 pA se face o alegere de
semne în faţa numerelor prime , 1..2ip i p= , schimbând toate semnele se va
obţine evident ca rezultat opusul lui a, adică –
a.......................................................................
1p
Observaţia 2: Pentru că singurul număr par din expresia de calcul a unui element a
din 2 pA este 1 2p = ± , restul fiind impare, va rezulta că 2 pA conţine doar numere
impare şi deci 20 pA∉
...................................................................................................
1p
Observaţia 3. Elementele lui 2 pA se pot grupa în perechi de numere ( , )a a− cu
0a ≠ şi deci numărul de elemente din 2 pA este par.................................................
1p
c) Observaţia 1: 2 pA conţine doar numere impare. (s-a punctat mai sus)
Observaţia 2: 2 1kA + conţine doar numere pare.........................................................
1p
Concluzia – evidentă ...................................................................................................
1p
Problema 2:
Notăm: ,a b
xb c
+=+
( )2
,b c
yc a
+=
+
( )3 c az
a b
+=
+⇒ 6xyz =
.................................................
2p
Avem variantele: a)
1, 2, 3 (1)
1, 3, 2 (2)
2, 1, 3 (3)
2, 3, 1 (4)
3, 1, 2 (5)
3, 2, 1 (6)
x y z
x y z
x y z
x y z
x y z
x y z
= = = = = = = = = = = = = = =
= = =
sau b)
1, 1, 6 (1)
1, 6, 1 (2)
6, 1, 1 (3)
x y z
x y z
x y z
= = = = = = = = =
............................................................................................................................................
..
2p
Cazul a) - (1) obţinem soluţia: *a b c k= = = ∈ℕ
Cazul a) - (2) obţinem soluţia: * , 2a c k b k= = ∈ =ℕ
Cazul a) - (3) obţinem soluţia: * , 3b c k a k= = ∈ =ℕ
Cazul a) - (4) nu există soluţii naturale,
Cazul a) - (5) obţinem soluţia: *2 2 , 0a b k c= = ∈ =ℕ
Cazul a) - (6) nu există soluţii naturale.............................................................................
2p
Cazul b) - (1) obţinem soluţia: * , 0a c k b= = ∈ =ℕ
Cazul b) - (2) obţinem soluţia: * , 5a c k b k= = ∈ =ℕ
Cazul b) - (3) nu există soluţii naturale.............................................................................
1p
Problema 3:
a) ( ) ( ). .I C
HEA HDA HE HD HDE∆ ≡ ∆ ⇒ ≡ ⇒ ∆ isoscel ………………………………… 2p
b) HE, HD mediatoare ⇒ HT mediatoare ⇒ HT ⊥ BC ………………………………. 2p
c) DE linie mijlocie în ∆ ABC ⇒ DE� BC⇒HT ⊥ DE⇒ HT înălţime………………. 2p
∆ HDE isoscel ⇒ HT mediatoare …………………………………………………... 1p
Problema 4:
Se construieşte NM � d, { },C d E d AB∈ = ∩
NM linie mijlocie în ∆ ACE⇒ 2
CEMN = ……………………………………………….
2p
∆ ANC dreptunghic, MN mediană ⇒ 2
ACMN =
⇒ ∆ ACE isoscel ⇒ (AC) ≡ (CE) ......………….………………………………………..
2p
DB� CE, DC� BE⇒DBEC paralelogram ⇒ (DB) ≡ (CE) ......………….……...……….. 2p
⇒ (DB) ≡ (AC) ⇒ABCD trapez isoscel ⇒AD=AC…….........………….…………….. 1p
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ
Etapa locală – Constanța, 15.02.2015
Clasa a VII-a
SUBIECTUL 1.
Dacă 𝑥𝑥 este numărul submulţimilor mulţimii 𝐴𝐴 = {𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎����� � �0,𝑎𝑎(𝑎𝑎𝑎𝑎) + 0, 𝑎𝑎(𝑎𝑎𝑎𝑎) + 0, 𝑎𝑎(𝑎𝑎𝑎𝑎) ∈ N și a>b>c>0} şi
𝑦𝑦 = (|351 − 285| + 32015: 81491): (−441) + √1296 + ��8 − 5√3�2− √75 + √28
Calculaţi media geometrică a numerelor 𝑥𝑥 şi 𝑦𝑦 .
SUBIECTUL 2.
Se dă numărul 𝑎𝑎 = 15
+ 710
+ 815
+ ⋯+ 201510050
− (2−1 + 3−1 + ⋯+ 2010−1)
a) Arătaţi că 𝑎𝑎 − 2 este pătrat perfect b) Determinaţi 𝑛𝑛 ∈ ℕ astfel încât 𝑎𝑎
2𝑛𝑛+1∈ ℤ
SUBIECTUL 3.
Fie ABC un triunghi isoscel cu m(∢ABC) =1080 , [𝐴𝐴𝐴𝐴] ≡ [𝐴𝐴𝐵𝐵] , BD este înălţimea dusă din B, 𝐷𝐷 ∈ [𝐴𝐴𝐵𝐵] , iar [𝐴𝐴𝐴𝐴] este bisectoarea unghiului A, 𝐴𝐴 ∈ [𝐴𝐴𝐵𝐵] . Demonstraţi că 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2 ∙ 𝐴𝐴𝐷𝐷.
O.J. Dolj, 1996 SUBIECTUL 4.
Fie ABC un triunghi echilateral, ( )ACM ∈ astfel încât 32
=ACAM şi N este simetricul lui M faţă de BC.
Dreapta NC intersectează paralela prin A la BC în T, iar TM intersectează BC în O şi pe AB în Q.
a) Demonstraţi că ABCT este romb.
b) Arătaţi că [BO] este linie mijlocie în triunghiul ATQ. (Gazeta matematică nr.1 - 2013)
Notă: Timp de lucru: 3 ore. Toate subiectele sunt obligatorii. Fiecare subiect se notează de la 0 la 7. Nu se acordă puncte din oficiu.
OLIMPIADA DE MATEMATICĂ Etapa locală – Constanța, 15.02.2015
Clasa a VII-a Barem de corectare și notare
Subiectul 1.
�𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎−𝑎𝑎+𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎−𝑎𝑎+𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎−𝑎𝑎990
= �110𝑎𝑎+110𝑎𝑎+110𝑎𝑎990
= �𝑎𝑎+𝑎𝑎+𝑎𝑎9
∈ ℕ deci 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 = 9. ……………………….….. 2p
Cum 𝑎𝑎 > 𝑏𝑏 > 𝑐𝑐 > 0 rezultă 𝐴𝐴 = {621; 531; 432}, deci 𝑥𝑥 = 2𝑎𝑎𝑎𝑎𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐 = 23 = 8 ……………………….…… 1p
Ţinând seama că 351 = (33)17 = 2717; 285 = (25)17 = 3217 => 351 < 285 =>
𝑦𝑦 = (285 − 351 + 32015: 34∙491): (−282) + 36 + 5√3 − 8 − 5√3 + 16 = 36 ……………………........… 3p
𝑚𝑚𝑔𝑔 = �𝑥𝑥 ∙ 𝑦𝑦 = √8 ∙ 36 = 12√2 ……………………………………………………………………..……. 1p
Subiectul 2.
a) 2−1 + 3−1 + ⋯+ 2010−1 = 12
+ 13
+ ⋯+ 12010
………………………….……..…..1p 15
+ 710
+ 815
+ ⋯+ 201510050
= 15
+ 5+22∙5
+ 5+33∙5
+ ⋯+ 5+20102010∙5
…………………..……..….2p
𝑎𝑎 = 15
+ 12
+ 15
+ 13
+ ⋯+ 12010
+ 15− 1
2− 1
3− ⋯− 1
2010= 1
5∙ 2010 = 402 ……..…. 1p
𝑎𝑎 − 2 = 400 = 202 =pătrat perfect …………………………………………..… 1p b) 402
2𝑛𝑛+1∈ ℤ ⇒(2𝑛𝑛 + 1) ∈ 𝐷𝐷402.………………………………………………………..1p
𝑛𝑛 ∈ {0; 1; 33; 100} …………………………………………………………………. 1p
Subiectul 3. ∆ABC: [AB]≡[BC]⇒ ∢A≡∢C şi cum m(∢ABC) = 1080 ⇒ m(∢A)=m(∢C)= 360 ........................................... 1p m(∢BAF)=m(∢FAC)=180; m(∢AFB)=540.........................................................................................................1p m(∢DBC)=540⇒∆BOF este isoscel, unde {O}=(BD∩AF, ⇒[OB]≡[OF]……………………………….......1p Fie punctul E simetricul punctului B faţă de punctul D ⇒ m(∢AED)=540 ..................................................... 2p dar m(∢OAE)=540 ⇒ ∆OAE este isoscel ⇒[AO]≡[OE] ⇒AO+OF=OE+OB...................................................1p ⇒AF=BE, BE=2⋅BD ⇒AF=2⋅BD.....................................................................................................................1p. Subiectul 4. a) ABCT = paralelogram ............................................................................................................. 2p cu BCAB ≡ ⇒ ABCT = romb................................................................................................ 1p
b) Notăm: 3
ACMCPMAP === . Se arată că BMTP = romb.....................................................2p
⇒ TMBP ⇒ MOBP . Dar M mijlocul lui [PC]⇒MO = linie mijlocie în triunghiul BCP .....1p
⇒O mijlocul lui BC. Deci 22
ATBCBO == şi ⇒ATBO [BO] = linie mijlocie........................1p
Notă : Orice altă soluţie corectă, diferită de cea din barem, va primi punctaj maxim .
INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN COVASNA
Subiecte clasa a VII-a
OLIMPIADA DE MATEMATICA
ETAPA LOCALĂ
23 februarie 2014
CLASA A VII-A
1.) Rezolvaţi pe mulţimea numerelor reale:
a.) 29 3 0x x
b.) 2
x x
2.) a.) Calculaţi: 3 4 1
2 3 2 3 18 4 322 2
.
b.) Determinaţi numerele naturale astfel încât .
3.) Fie rombul ABCD. Pe laturile AB, respectiv AD considerăm punctele E şi F astfel încât
AE = DF. Dacă PDEBC , QBFCD , atunci demonstraţi că:
a.) 1QB
QF
PD
PE ,
b.) punctele Q, A şi P sunt coliniare.
4.) În triunghiul ABC, AD este înălţime, iar punctele M, N şi P sunt mijloacele laturilor AB,
BC respectiv AC . Demonstraţi că patrulaterul MDNP sau MNDP este trapez isoscel!
Notă:
Toate subiectele sunt obligatorii.
Fiecare problemă se punctează cu 10 puncte.
Timp de lucru 3 ore
INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN COVASNA
Barem clasa a VII-a
1
OLIMPADA DE MATEMATICA
ETAPA LOCALĂ 23 februarie 2014
BAREM
CLASA A VII-A
1. Din oficiu 1p
a) 29 3 3 3 3x x x x x 1p
29 3 3 3 1 0x x x x 1p
De unde avem 3 0x sau 3 1x 1p
Din 3 0 3x x 1p
Din 3 1 3 1 3 1x x x cu soluțiile 2x sau 4x 1p
Mulțimea soluțiilor ecuației 3, 2, 4S 1p
b) 0,x
2
0 1 0x x x x 2p
0x sau 1x de unde 0x sau 1x 0,1x 1p
2. Din oficiu 1p
a)
2
221629
2
423
4
2=
1p
2
23129
2
4
4
213 =
1p
13-279= - 266 1p
b) Prin ridicarea la pătrat a relaţiei, obţinem = 2p
ab pătrat perfect 16,25,36,49,64,81 (1)ab și 4,5,6,7,8,9ab (2) 2p
Din (1) 1,2,3,4,6,8 , 1 0,1,2,3,5,7a a şi 1 0,2,6,12,30,56 (3)a a 1p
Din (2) şi (3) rezultă a=3 și soluţia: 36ab 1p
3. Din oficiu 1p
a)
1p
DC
EB
PD
PEPDCPEBDCEBPDC
TFA
~||: (1) 1p
BC
FD
QB
QFQBCQFDBCFDQBC
TFA
~||: (2) 1p
DC = BC = AD =AB
EB = AB - AE = AD - FD = AF (3) 1p
INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN COVASNA
Barem clasa a VII-a
2
(1) + (2) 1
BC
AD
BC
FDAF
BC
FD
DC
EB
QB
QF
PD
PE 2p
b) (2)
, .
||ip rec T Th
QAB
QF FD AE QF AEFE AQ
QB BC AB QB AB (3) 1p
(1). . .
||ip rec T Th
DAP
PE EB AF PE AFFE AP
PD DC AD PD AD (4) 1p
(3), (4) QPA A-Q-P colin. 1p
4. Din oficiu 1p
Fie m(B)m(C). Deoarece MP este linie mijlocie în triunghiul ABC MP||DN
2p
Deoarece DM este mediană în triunghiul dreptunghic DM=AB/2 2p
Deoarece NP este linie mijlocie în triunghiul ABC NP=AB/2, deci DM=NP 3p
MDNP este trapez isoscel 1p
Analog pentru m B m C obținem MNDP este trapez isoscel
1p
CLASA a VII-a
SUBIECTUL 1 a) Calculaţi
1 1 1+ + ... +
6 8 8 10 16 18
. b) Fie şirul
1 1 1 1, , , . . . , , . . .
2 4 4 6 6 8 2 n - 2 2 n
.
Determinaţi grupul de termeni consecutivi a căror sumă este 3
28.
a)
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ + ...+ + + ...+ - + - ...+ -
6 8 8 10 16 18 4 3 4 4 5 8 9 4 3 4 4 5 8 9
1 1 1-
4 3 9
1
1 8
. 3p
b) Exceptând factorul 14
putem lua suma la grupul căutat: S =
1 1 1+ + ...+
k k + 1 k + 1 k + 2 m - 1 m
. 1p
S = 1 1-
k m. Avem
1 1 1 3-
4 k m 28 sau 1 1
- k m
= 3
7. 1p
Obţinem 7m
k3m + 7
. Avem 3m+7|7m, de unde 3m+7|(21m+49−21m)=49. 1p
Cum 3m+7>10, rezultă 3m+7=49; m=14 şi apoi k=2. Grupul este:
1 1 1, , ... ,
4 6 6 8 26 28. 1p
SUBIECTUL 2 Se consideră numerele B =2n +1 cifre
b 00...0 b . Demonstraţi că B este număr iraţional.
Dacă b∈{2, 3, 7, 8}, evident B este iraţional, deoarece B nu este pătrat perfect. 2p
Dacă b = 5, atunci B este divizibil cu 5, dar nu cu 25, de unde B este iraţional. 1p
Dacă b = 6, atunci B este divizibil cu 2, dar nu cu 4, de unde B este iraţional. (Sau 3|B şi 9∤B). 1p
Pentru b∈{1, 4, 9}, atunci B=b· 2n+ 1 c ifre
1 000...0 1 . 1p
Dar 2n+ 1 c ifre
1 000...0 1= M3+2 (sau (10n+1)2 <2n+ 1 c ifre
1 000...0 1)< (10n+1+1)2), deci nu-i pătrat perfect, de unde B este iraţional. 2p
SUBIECTUL 3 a) Fie P un punct situat în interiorul unui unghi propriu XOY. Prin punctul P se duce o dreaptă
d, astfel încât d∩OX={A}, d∩OY={B}, PN||OX, N∈OY, PM||OY, M∈OX. Arătaţi că: O M A BO A =
B P
şi O N A BO B =
A P
.
b) Fie P un punct situat în interiorul unui unghi propriu XOY. Prin punctul P se duc două drepte d1 şi d2, astfel
încât d1∩OX={A1}, d1∩OY={B1} d2∩OX={A2}, d2∩OY={B2}. Demonstraţi că dacă
1 1 2 2
1 1 1 1
O A O B O A O B
,
atunci [OP este bisectoarea unghiului XOY.
a) PM || OB O M B P
O A A B
O M A BO A
B P
, PN || OA O N A P
O B A B
O N A BO B
A P
. 2p
b) Din a)
1 1
1
1
O M A BO A
B P
,
2 2
2
2
O M A BO A
B P
,
1 1
1
1
O N A BO B
A P
,
2 2
2
2
O N A BO B
A P
. 1p
Înlocuind se obţine:
1 1 2 2
1 1 1 1 2 2 2 2
B P A P B P A P
O M A B O N A B O M A B O N A B
, de unde 1p
1 2 2 1
1 1 2 2 2 2 1 1
B P B P A P A P
O M A B O M A B O N A B O N A B
sau
1 2 2 1
1 1 2 2 2 2 1 1
B P B P A P A P1 1
O M A B A B O N A B A B
(1). 1p
Demonstrăm că 1 2 2 1
1 1 2 2 2 2 1 1
B P B P A P A P
A B A B A B A B
1 1 2 2
1 1 2 2
A P + B P A P + B P
A B A B
1 1 2 2
1 1 2 2
A B A B
A B A B (A) 1p
Dar 1 2
1 1 2 2
B P B P
A B A B
≠0, pentru că în caz contrar s-ar obţine 1 2
1 1 2 2
B P B P
A B A B
şi din reciproca
teoremei lui Thales ar rezulta că A1A2 || B1B2 (F).
Deducem din (1) că OM=ON. Atunci OMPN este romb şi [OP este bisectoarea ∢XOY.
1p
SUBIECTUL 4 Fie trapezul ABCD, AB || CD, AC∩BD = {O} şi M∈(OA, astfel încât OM = OD şi M≠A. Dacă
CN || BM, N∈BD, demonstraţi că AMDN este trapez isoscel.
DC || AB O C O D
O A O B 2p
BM || CN O M O B
O C O N 1p
Din cele două relaţii rezultă O M O D
O A O N, de unde DM || AN. 2p
Cum ΔODM este isoscel de vârf O, rezultă AMDN este trapez isoscel. 2p
Olimpiada de Matematică –etapa locală- Galaţi
22 februarie 2015
Clasa a VII-a
Problema1.a) Să se compare numerele reale a și b, știind că :
2
2015 2014 20133 2 3 2 3 ... 2 3 2 2 5 5 3
2 1 3 2 4 3.
2 6 12
a
b
b) Arătaţi că 1 1 1
2 3 2 5 5 3 3 5
.
Problema 2. Fie ABCD un trapez isoscel AB CD cu diagonalele perpendiculare.
Notăm cu E şi F mijloacele laturilor neparalele şi AC BD O . Ştiind că
4 cmEF şi că perimetrul trapezului ABCD este egal cu 20 cm, determinaţi:
a) perimetrul triunghiului OEF .
b) aria trapezului.
Problema 3.
a) Să se determine cifrele a şi b , unde 0,9a , pentru care numărul raţional
, , ,a ba b ab a b a se poate scrie ca fracţie zecimală finită.
b) Fie 1, 2, 3x y z numere raţionale, astfel încât
2015 2015 20152014
1 2 3x y z
. Calculaţi
1 1
1 2 3
x y z
x y z
.
Problemă 4. Fie ABC un triunghi oarecare şi punctele M BC , N AC ,
P AB astfel încât , 2BM MC AN NC şi 3AP PB . Dacă T este mijlocul lui
AC şi R simetricul lui M faţă de N , demonstraţi că punctele , ,P T R sunt coliniare
1
Olimpiada de Matematică –etapa locală- Galaţi
22 februarie 2015
Clasa a VII-a
Barem de evaluare
Pentru orice soluţie corectă, chiar dacă este diferită de cea din barem, se acordă
punctajul maxim corespunzător.
Nu se acordă fracţiuni de punct, dar se pot acorda punctaje intermediare pentru
rezolvări parţiale, în limitele punctajului indicat în barem.
Nr.
problemei
Soluţie, rezolvare Punctaj
1.
a)
22015 2014 2013
2015 2014 2013
2015 2015
3 2 3 2 3 ... 2 3 2 2 5 5 3
3 2 3 3 ... 3 1 2 5 5 3
3 3 1 2 5 5 3 0.
a
2 1 3 2 4 3 1 3 2 4 31
2 6 12 2 6 6 12 12
1 1 1 1 1 1 11 1 .
2 22 2 3 3 4
b
a<b
1p
1p
1p
1p
b)
1 1 1 5 3 1
2 3 2 5 5 3 3 5 2 15 5 3 3 5
5 3 5 3 3 5 2 15
5 5 3 3 5 3 5 3 3 5 2 15
5 15 15 15 3 15 2 15 2 15 2 15
2p
1p
2.a a) Din formula 2
AB CDEF
, obţinem 2 2 4 cm 8 cmAB CD EF .
1p
2
Deci,
20 cm 2 20 cm 8 cm 2 20 cm
6 cm
ABCDP AB CD AD AD
AD.
OE este mediană în triunghiul dreptunghic OAD , deci
6 cm3 cm
2 2
ADOE . Analog, 3 cmOF . Prin urmare,
3 cm 3 cm 4 cm 10 cmOEFP OE OF EF .
1p
2p
2b b) Notăm cu M şi N mijloacele laturilor AB , respectiv CD .
Deoarece triunghiurile OAB şi OCD sunt dreptunghice isoscele,
deducem că , , ,2 2
AB CDOM ON OM AB ON CD .
2p
Adăugând AB CD obţinem că punctele ,O M şi N sunt coliniare şi
h MN OM ON 8 cm
4 cm2 2
AB CD , unde cu h
am notat lungimea înălţimii trapezului ABCD . Prin urmare,
28 cm 4 cm16 cm
2 2ABCD
AB CD hA
.
1p
3.
a) Avem că
, , ,99 99 90
110 110 91 9
99 90
aba a bab b aba aba ba b ab a b a
a b a b
191 109
90
a b .
Pentru ca fracţia zecimală să fie finită este necesar ca 9 să dividă numărul
natural 191 109a b , ceea ce este echivalent cu 9 divide 2 a b .
Dar, 3 2 25a b , de unde rezultă că 2 9a b sau 2 18a b .
Se obţin soluţiile
, 1;7 , 2;5 , 3;3 , 4;1 , 5;8 , 6;6 , 7;4 ; 8;2a b .
2p
1p
1p
3
b)
Din ipoteză avem
2015 2015 2015 1 1 12014 2015 2014
1 2 3 1 2 3x y z x y z
1 1 1 2014
1 2 3 2015x y z
.
Deci,
1 1 1 2 2 2 3 2
1 2 3 1 2 3
2 2 21 1 1
1 2 3
x y z x y z
x y z x y z
x y z
2 2 2 1 1 13 3 2
1 2 3 1 2 3
2014 20173 2
2015 2015
x y z x y z.
1p
1p
1p
4.
Fie V mijlocul segmentului NC . Din AN NC AC şi 2AN NC
deducem 2
3
ACAN
. Cum
2
ACAT rezultă
6
ACTN , relaţie pe care o
notăm pe 1 . Din 3
ACNC
2p
şi V este mijlocul lui rezultă 6
ACNV , relaţie care o notăm cu 2 . Din
relaţiile 1 şi 2 rezultă TN NV şi cum MN NR deducem că
MVRT este paralelogram, deci MV RT , relaţie pe care o notăm cu 3 .
Pe de altă parte, din 3AP AT
PB TN , cu teorema reciprocă a lui
3p
4
Thales în triunghiul ABN rezultă PT BN , relaţie pe care o notăm cu
4 . Dar, MV este linie mijlocie în triunghiul CBN , deci MV BN ,
relaţie pe care o notăm cu 5 . Din relaţiile 4 şi 5 rezultă MV PT şi
adăugând la acesta relaţia 3 deducem că punctele , ,P T R sunt coliniare.
2p
Inspectoratul Scolar Judetean Gorj
OLIMPIADA NATIONALA DE MATEMATICĂ
ETAPA LOCALĂ, CLASA A VII-A
15 februarie 2015
1. Fie numerele reale 1 2 3 50, , ,...,a a a a invers proporţionale cu numerele 1 1 1
1, , ,...,2 3 50
astfel
încât 1 2 2 3 49 50
1 1 1 1...
2a a a a a a . Determinaţi mulţimea valorilor pe care le poate lua
expresia 1 2 3 50...a a a a .
2. Se consideră triunghiul echilateral ABC , BM AC , M AC , N simetricul punctului
M faţă de punctul C şi punctul P astfel încât 90m PBM şi PN BM . Fie
BC MP O .
a) Să se arate că patrulaterul BMNP este dreptunghi. Patrulaterul BMNP este pătrat?
Justificare.
b) Stabiliţi natura patrulaterului STCM , unde S este mijlocul segmentului BO şi T este
mijlocul segmentului PO .
c) Determinați raportul dintre aria suprafeţei triunghiulare MOC şi aria suprafeţei
triunghiulare ABC .
3. a) Arătați că oricare ar fi numerele reale a,b,c avem
a b a c b c .
b) Demonstrați că pentru orice număr real x avem
21 2 3 ... 2014 1007x x x x .
GM
4. Se consideră un paralelogram cu un unghi de 120 şi având două laturi consecutive de
lungimi a şi 2a. Dacă aria suprafeţei triunghiulare determinate de bisectoarele a două
unghiuri alăturate şi una din laturile paralelogramului este de 25cm , aflaţi aria
paralelogramului. Discuţie.
NOTĂ. Timp de lucru 3 ore .Fiecare subiect se notează cu 7 puncte.
BAREM
CLASA A VII-A
15 februarie 2015
1. 3 5021 1 2 3 50... , 2 , 3 ,..., 50
2 3 50
a aaa k a k a k a k a k ..........................................1p
1 2 2 3 49 50
1 1 1 1 7...
5 2a a a a a a k
...................................................................................2p
7 7 7,
5 5 5k k
................................................................................................................1p
1 2 3 50... 25 51a a a a k .............................................................................................1p
1 2 3 50... 1785,1785a a a a ....................................................................................2p
2. a) De exemplu are toate unghiurile drepte, deci BMNP este dreptunghi. ...........................2p
înăltime în nu este pătratBM ABC BM AC BM MN BMNP ................................1p
b) Din BMNP dreptunghi obţinem BP=MN
linie mijlocie în si 2 2
BP MNST BOP ST BP ST MC ................................................1p
paralelogramST MC
STCMST MC
.............................................................................................1p
c)
paralelogram SO=OCSTCM ................................................................................................1p
1 1
3 6MOC BMC ABCBS SO OC A A A
1
6MOC
ABC
A
A
............................................................................................................................1p
3a)
b c b a a c b a a c b a a c b a a c ....................3p
b) Aplicând punctul a) avem
2014 1 2013x x
2013 2 2011x x
......................................
1009 1006 3x x
1008 1007 1x x .......................................2p
Însumând avem
21 2 ... 2014 1 3 5 ... 2013 1007x x x . ............................2p
4. Fie paralelogramul ABCD . Putem presupune că AB=2a , AD=a, 120m ABC , celălalt caz fiind
analog. Bisectoarele unghiurilor ABC şi ADC intersectează laturile CD respectiv AB în
mijloacele acestora N respectiv M ......................................................................................2p
AMND şi BCNM sunt romburi...............................................................................................1p
Avem două cazuri:
I Aria suprafeţei triunghiulare determinată de o latură cu lungimea a şi bisectoarele a două
unghiuri alăturate este de 25cm şi atunci aria paralelogramului este de 240cm ....................2p
II Aria suprafeţei triunghiulare determinată de o latură cu lungimea 2a şi bisectoarele a două
unghiuri alăturate are este de 25cm şi atunci aria paralelogramului este de 210cm ...........2p