Inspectoratul Școlar al Judeţului Arad

OLIMPIADA DE MATEMATICĂ

Etapa locală

16 februarie 2013

CLASA a VI-a

1. Două numere naturale mai mici decât 200 au cel mai mare divizor comun 28, iar produsul

lor este 32928. Aflaṭi numerele.

2. Dacă împărṭim numerele 2587 şi 5172 la numărul obṭinem acelaşi rest. Determinaṭi

numărul .

3. Unghiurile AOB şi BOC sunt adiacente cu m( )= , [OM este bisectoarea

unghiului AOB, iar [O , [O , [O sunt bisectoarele unghiurilor COB, CO ,

respective CO . Dacă m( )= , determinaṭi măsura unghiului dintre [O şi

semidreapta opusă semidreptei [OA.

4. Fie A, B, C, D patru puncte coliniare, în această ordine, astfel încât AB+2·BC

+3·CD=2·AD.

a. Arătaṭi că AB=CD;

b. Determinaṭi punctul M (BC) astfel încât AM·MC=BM·MD.

Toate subiectele sunt obligatorii.

Fiecare subiect se notează de la 1 la 10 puncte .

Timp de lucru 2 ore .

INSPECTORATUL ȘCOLAR JUDEȚEAN GORJ

OLIMPIADA NAȚIONALĂ DE MATEMATICĂ

ETAPA LOCALĂ , CLASA a VI - a

22 FEBRUARIE 2014

SUBIECTUL I

a) Demonstrați că

pentru orice k și n numere naturale.

b) Determinați numărul natural nenul n pentru care

Supliment Gazeta Matematică /2013

SUBIECTUL II

a) Aflați numărul divizorilor naturali ai numărului care sunt multiplii pentru

numărul .

b) Arătați că numărul

este număr natural pentru orice n

număr natural nenul .

Supliment Gazeta Matematică 3/2013

SUBIECTUL III

Fie punctul O mijlocul unui segment de dreaptă [AB] . Pe semidreapta (OA

se consideră un punct E astfel încât . Aflați lungimea segmentului AB

știind că EO = 6 cm.

SUBIECTUL IV

Se consideră trei puncte A , B , C astfel încât . Fie D și E de o parte și

de alta a dreptei AC și (BM , (BN bisectoarele unghiurilor și respectiv .

Știind că semidreptele (BM și (BN sunt opuse , demonstrați că punctele D , B , E sunt

coliniare.

Barem de corectare CLS VI

SUBIECTUL I

a) Demonstrați că

pentru orice k și n numere naturale.

b) Determinați numărul natural nenul n pentru care

SOLUȚIE PUNCTAJ

2p

2p

1p

2p

SUBIECTUL II

a) Aflați numărul divizorilor naturali ai numărului care sunt multiplii pentru

numărul .

b) Arătați că numărul

este număr natural pentru orice n

număr natural nenul .

SOLUȚIE PUNCTAJ

20 40225 15

51 20 11 11 1115 : 225 15 3 5

Multiplii lui 4015 , divizori ai lui 5115 sunt de forma „ 4015 divizori ai lui 1115 ”, in numar

de

(11 1) (11 1) 144

1p

1p

1p

a)

1p

, 1p

2p

SUBIECTUL III

Fie punctul O mijlocul unui segment de dreaptă [AB] . Pe semidreapta (OA

se consideră un punct E astfel încât . Aflați lungimea segmentului AB

știind că EO = 6 cm.

Problema are două cazuri : 1p

CAZUL I :

SOLUTIE PUNCTAJ

Din

Cum punctul O este mijlocul segmentului

1p

1p

1p

CAZUL II :

SOLUȚIE PUNCTAJ

Din .

Cum punctul O este mijlocul segmentului

1p

1p

1p

SUBIECTUL IV

Se consideră trei puncte A , B , C astfel încât . Fie D și E de o parte și

de alta a dreptei AC și (BM , (BN bisectoarele unghiurilor și respectiv .

Știind că semidreptele (BM și (BN sunt opuse , demonstrați că punctele D , B , E sunt

coliniare.

SOLUȚIE PUNCTAJ

(BM bisectoarea

(BN bisectoarea

Punctele A , B , C coliniare rezultă că

(BM și (BN semidrepte opuse deci ,

.

Finalizare , punctele D , B , E coliniare.

1p

1p

1p

2p

1p

1p

Inspectoratul Soolarjudeteanlasi

IMINISTERULEDUCATIEI

~ INATIONALE

Olimpiada Nationala de Matematica

EJal?a locala, Ia§i

14.02.2014

CLASA a VI-a

Problema 1. Se considera numerele1 1'1 1 1 1 1 1

a=-+-+-+".+ ,b:=-+--+ +".+------.1.2 2 .3 ~.4 1006 ·1007 2 2 +4 2 +4+6 2 +4+6 +8+".+2012

111 1~1 c =-22+4'2+62+"'+-20-1-4-2'

a) Calculati numerele a si b.

b) Demonstrati ca c < ..!. ., 2

Problema 2. Notam eu S(n), suma tuturor divizorilor naturali ai nurnarului natural n. Un numarnatural n se numeste numar perfect daca S(n)= 2 .n .a) Aratati ca 6 si 28 sunt numere perfecte.

b) Daca numerele k si 2k -1 sunt simultan numere prime, demonstrati ca numarul n:= 2k-1 • (2k -I)este numar perfect.

Problema 3. Doua unghiuri suplementare au 0 latura comuna, iar bisectoarele lor formeaza ununghi cu masura de 60°. Determinati masurile unghiurilor.

Gazetamatematicdnr.1012013

Problema 4. Pe dreapta d, se considera punctele 0, A, B, C, D, E, F, in aceasta ordine, astfel ineat

[OA]=[AB], Beste mijlocullui [AC] , C este mijlocullui [AD], D este mijlocul lui [BE] ~i

E este mijlocullui [CF] . 1a) Aratati ca segmentele [OE] si [CD] a acelasi mijloc.

. AC BC AB BF Ib)Demonstratica -+-+->-.

, BE CD AD AF

Timp de lucru: 2 ore.Fiecare problema este notatii cu 7puncte.

I

Str. N. Balcescu nr. 26, 700117, IasiTel: +40 (0)2322680 14Fax: +40 (0)232 26 77 05

www.isjiasi.ro

Ins.,/Pectoratul~colarJude~eanla~~·

IMI.NISTERULEDUCATIEI

~ INATIONALE

Olimpiada Nationala de ~atematidiEtapa !o~al~Iasi

14.02.2014

CLASAa VI-aBAREM

Problema 1.a) I 1 1 1

Foloseste ---, n(n+l) n n+l

. 1006Obtme a=--

, 1007Foloseste 2+ 4 + 6+ ...+ 2n = n .(n + 1)

Ob· b 1006tme =--, 1007

Ip

Ip

IpIp

b) I Scrie c =~.(1+~+~+ ...+_1_2)2 2 3 1007

1 1 1Observa cii 1+2+2+ ...+--2 < l+a2 3 1007Finalizare

·······r·············································· ..... Ip

Ip

Ip'TOT AL PROBLEMA 1 7p

Problema 2. Ia) I D6 ={1,2,3,6}, S(6)=1+2+3+6=12=2.6 deci 6 este numar

perfectD28= {1,2,4, 7,14,28}, S(28) = 1+2 +4 + 7 +14+28 = 56 = 2 ·28deci 28 este numar perfect

2p

2p'b) I Divizorii numarului n = 2k-1 • (2k -1) sunt

I 1, 2, 22, 23,2k -1, 2.(2k -1), 22 .(2k -1), 23 .(2k -1),

2k-1 ,

2k-1.(2k -1) . IpSuma divizorilor numarului n este~(n) = (1+ 2+ 22 + 23 + ...+ 2k-1) + (2k -1) .(1 + 2 + 22+ 23 + ...+ 2k-1)

1=(1+2+22 +23 + ... +2k-1).2k = (2k -1).2k

Is (n) = 2· 2k-1 • (2k -1) = 2· n , deci n este un numar perfect

Ip

IpTOTAL PROBLEMA 2 7p

Str. N. Balcescu nr, 26, 700117, IasiTel: +40 (0)232 26 80 14Fax: +40 (0)232 26 77 05

www.isjiasi.ro

· IMfNISTEUULEDUCATIEI,

~ INA{IONALEIns~ectoratul ~cohn'Judefealllasi

Problema 3.Unghiurile nu pot fi adiacente 2p

Daca 2a rnasura unghiului mai mare si 2bmasura unghiului mai mic, 2a+2b= 180° I···················································

............................................. " .....

Ip

Masura unghiului format de bisectoareleunghiurilor este a - b =60° 2p

Obtine masurile unghiurilor de 1501 ~i de 30° , "..... 2p

TOTAL PROBLEMA3 7p

Problema 4.2pa) I Daca OA=a, atunci AB=BC=a, CD=2a, DE=3a, EF=5a

Cum OC=DE=3a, rezulta ca [OE] si [CD] au actla~i mijloc2p'

b) AC 2a 1Calculeaza - = - = -

BE 6a 3'BF 11a 11-=-=-AF 12a 12

BC a 1 AB a 1CD = 1a =2' A6= 4a =4

IAC BC AB BF 1 1 1 11 13 11 ~-+-+->- -+-+T>-->-adevaratBE CD AD AF 3 2 't 12 12 12

2p

Ip

TOTAL PROBLEMA 4 7p

Str. N, Balcescu nr. 26, 700117, IasiTel: +40 (0)232 26 80 14Fax: +40 (0)232 26 77 05

www.isjiasi.ro

Inspectoratul Şcolar Judeţean Neamţ Piatra Neamţ, jud. Neamţ

str. Lt. Drăghiescu, Nr.4A

tel. 0233/214860,fax 0233/215807

e-mail: isj_neamt@yahoo.com

OLIMPIADA DE MATEMATICĂ

ETAPA LOCALĂ 18 IANUARIE 2014

CLASA a VII-a

Subiectul 1.

a. Aflaţi numerele raţionale x şi y ştiind că

2 2

3 5 2 11 6 2 11 2 5 0x y

.

b. Aflaţi numerele abcd ştiind că 6 abcd

Subiectul 2.

Se consideră 1 2 3 2012, , ,...,x x x x astfel încât 1 2 3 2012... 1x x x x şi 1 2 3 2012...S x x x x .

a. Arătaţi că S este un număr întreg divizibil cu 4.

b. Calculaţi produsul 1 2 2011 20122 3 2012 1

1 1 1 1...P x x x x

x x x x

Subiectul 3.

Fie ABCD un paralelogram. Fie E[AB], F[BC], AC BD O , OE CD G ,

OF AD H , AD FG M , BC HE N .Să se arate că:

a. Patrulaterul HEFG este paralelogram.

b. Punctele M, O, N sunt coliniare.

Subiectul 4.

Se consideră trapezul ABCD cu AB CD, AB > CD şi AC ⊥ BD. Fie E mijlocul diagonalei

[AC]. Paralela prin E la BD intersectează pe [AB] în M. Demonstraţi că:

a) ∆AMC este isoscel;

b)

și că

Notă: Toate subiectele sunt obligatorii

Timp de lucru: 3 ore

INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN NEAMŢ

MINISTERUL

EDUCAŢIEI NAŢIONALE

OLIMPIADA DE MATEMATICĂ

ETAPA LOCALĂ

18 IANUARIE 2014

CLASA a VII-a

Bareme

Subiectul 1.

a. 2 2

3 5 2 11 6 2 11 3 5 6 … 1p.

Relaţia devine: (3 2) 5 6 0x x y … 1p.

x şi y sunt raţionale 3 2 0x şi 6 0x y … 1p.

Finalizare 2

3x şi 4y … 1p.

b. 2 46 6 36 ,abcd abcd k abcd k k … 2p.

Finalizare 2916,9216abcd … 1p.

Subiectul 2.

a. 1 2 3 2012... 1x x x x și 1 2 3 2012, , ,...,x x x x implică faptul că numerele sunt 1 sau –1, iar

numărul numerelor care sunt –1 este par. … 1p.

Dacă m este numărul numerelor de 1 din șir, iar n este numărul numerelor de –1 din șir, atunci

1 ( 1) 2012 2 2012 4S m n m n n k (am notat n=2k) …1p.

Finalizare S este divizibil cu 4 …1p.

b. Dacă toate numerele sunt 1 sau toate sunt –1 atunci P=22012 …2p.

Dacă în şir sunt şi de 1 şi de –1 atunci paranteza formată dintr-un şi un –1 este 0, deci

produsul va fi 0. …2p.

Subiectul 3.

a. DOG BOE OG OE şi AOH COF OH OF

HEFG paralelogram …3p.

b. Justificarea faptului că MHNF este paralelogram …2p.

MN şi HF se intersectează în mijlocul [MN]

dar O este mijlocul [MN] punctele M, O, N sunt coliniare …2p.

Subiectul 4.

a. În AMC, [ME] mediană, mediatoare şi

înălţime

AMC isoscel cu [AM] [MC]. … 2p.

b. Construim prin C o paralelă la diagonala BD,

ce intersectează AB în P.

EM linie mijlocie în triunghiul ACP

. … 2p.

DCPB paralelogram CP=BD, deci

.

Din DCPB paralelogram obţinem şi că DC=BP, deci AP=AB+DC.

Triunghiul ACP dreptunghic şi CM mediană

….3p.

A B

C D

O

M

E

P

INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN SIBIU

OLIMPIADA DE MATEMATICĂ

FAZA LOCALĂ, 14.02.2014

Clasa a VI-a

1. (7p) Două numere naturale mai mici decât 200 au c.m.m.d.c. 28, iar produsul lor este

32928. Determinaț i cele două numere.

***

2. (3p) a) Stabiliț i valoarea de adevăr a propoziț iei 1 1 1

2013 2014 2013 2014.

(4p) b) Demonstraț i că:

1 1 1 1 1

1 12 12 23 23 34 2003 2014 11 .

***

3. Pe o dreaptă se consideră punctele distincte 0A , 1A , 2A , 3A , ... , 2014A , în această ordine,

astfel încât M este mijlocul segmentului 100 AA ș i 10 AA = 3 cm, 21AA = 7 cm, 32 AA = 11 cm,

43 AA = 15 cm ș i aș a mai departe.

(3p) a) Calculaţi lungimile segmentelor [ 109 AA ] ș i [ MA0 ].

(4p) b) Calculaț i lungimea segmentului [20140 AA ].

Monica Guita

4. Se dă unghiul alungit ∢AOB ș i punctele C, D situate în semiplane opuse faț ă de dreapta

AB, astfel încât m(∢COD) = o80 .

(4p) a) Dacă [ON este bisectoarea ∢AOC, [OM este bisectoarea ∢BOD ș i m(∢BOC) =

o140 15’30’’, calculaț i măsura ∢MON.

(3p) b) Dacă [OE este semidreapta opusă semidreptei [OD, calculaț i măsura ∢BOE.

SGM12/2013

Notă: Toate subiectele sunt obligatorii.

Timp efectiv de lucru: 2 ore.

Barem de corectare OLM Clasa a VI-a, 2014

1. (a, b) = 28 rezultă a = 28x ș i b = 28y, (x, y) = 1 ............................................................(1p)

a· b = 32928, rezultă 28x · 28 y = 32928 ........................................................................(1p)

Deci xy = 42 ......................................................................................................................(2p)

Cum a, b

= 139o44’30’’…………………………………..(2p)

m(∢BOE) = m(∢DOE) – m(∢BOD) = = 180

o – 139

o44’30’’= 40

o15’30’’ …………………...(1p)

INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN VRANCEA

OLIMPIADA NAŢIONALĂ DE MATEMATICĂ

Faza locală - 15.02.2014

Clasa a VI-a

1) Fie abc un număr în baza 10 cu proprietatea că 4 7

ab bc .

a) Să se arate că a c ;

b) Să se determine toate numerele abc cu proprietatea dată. ***

2) Fie fracția 2 7

5 3

nF

n

, în care n este număr natural. Arătați că:

a) Dacă fracția este reductibilă, atunci 11n ;

b) Dacă 1 2 2014, ,...,n n n sunt valori ale lui n pentru care F este reductibilă, atunci suma

1 2 2014...n n n nu se divide cu 29.

GM 6-7-8/2013

3) Pe laturile ( )AB și ( )AC ale triunghiului ABC se consideră respectiv punctele M și N

astfel încât [ ] [ ]BM CN și [ ] [ ]BN CM . Se consideră { }O BN CM . Să se arate că:

a) MON este isoscel;

b) (AO este bisectoarea unghiului BAC .

***

4) Fie 1 2 100, ,...,A A A puncte coliniare, în această ordine, astfel ca 1 2 1cmA A , 2 3 4cmA A ,

3 4 7cmA A și așa mai departe. Notăm cu M mijlocul segmentului 20 100[ ]A A .

a) Să se determine lungimea segmentului 1[ ]A M ;

b) Să se afle în care din segmentele 1[ ]k kA A se află punctul M .

***

Propunător: profesor Cornel Noană, Colegiul Național Unirea Focşani

SUCCES!

NOTĂ: Timp de lucru 2 ore.

Fiecare subiect este notat de la 0 puncte la 7 puncte.

INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN VRANCEA

OLIMPIADA NAŢIONALĂ DE MATEMATICĂ

Faza locală-14.02.2014

Clasa a VI-a

Soluţii

1) a) 7 44 7

ab bcab bc

Deoarece (7,4) 1 avem 7 | bc , 4 | ab și atunci 4 7

ab bck

Din 4ab k și 7bc k prin însumare se obține 11 11 10 11( ) ( )k ab bc b a c b a c a

11( ) 11c a k b a

Deoarece , , {0,...,9}a b c rezultă că a c

b) 7 4 70 7 40 4 66 33 24 7 4 7

ab bc ab baab ba a b b a a b a b

Se obțin soluțiile {121,242,363,484}abc .

2) Fie (2 7,5 3)d n n

Din | 2 7d n și | 5 3d n se obține | 5(2 7) 2(5 3) | 29 {1,29}d n n d d

a) Dacă 2 7

5 3

nF

n

este reductibilă atunci 1 29d d

Din 29 | 2 7 2 7 29 11n n n

b) Dacă 2 7

5 3

nF

n

este reductibilă atunci 29 | 2 7d n

Deoarece 2 7n este impar 2 7 29(2 1) 2 7 58 29 29 11n k n k n k

Atunci 29 11i in k și 1 2 2014 1 2 2014... 29( ... ) 11 2014 29n n n k k k

3) a) ( . . .)MBC NCB L L L MBC NCB , MCB NBC , BMC CNB

Prin diferență se obține și MBN NCM

( . . .)MBO NCO U LU [ ] [ ]MO NO MON este isoscel

b) ( . . .)MAC NAB U LU [ ] [ ]AM AN

( . . .)MAO NAO L L L MAO NAO (AO este bisectoarea unghiului BAC

INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN VRANCEA

4) a) 1 2 3 0 1A A , 2 3 3 1 1A A , 3 4 3 2 1A A ,..., 99 100 3 98 1A A

1 20 3 (1 2 ... 18) 19 532A A și 1 100 3 (1 2 ... 98) 99 14652A A

20 100 20 10014652 532 14120 7060A A A M MA

1 1 20 20 532 7060 7592AM A A A M

b) 1 1 1 1[ ]k k kM A A AM A A și k este cel mai mic posibil

1 1

( 1) (3 1)3 (1 2 ... 1) 3

2 2k

k k k kA A k k k

Obținem (3 1)

7592 15184 (3 1)2

k kk k

Deoarece 71 (3 71 1) 15052 și 72 (3 72 1) 15480 se obține 72k și 72 73[ ]M A A

INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN VRANCEA

OLIMPIADA NAŢIONALĂ DE MATEMATICĂ

Faza locală-15.02.2014

Clasa a VI-a

Bareme

1) a) 7 44 7

ab bcab bc ..........................................................................................…...…1p

Deoarece (7,4) 1 avem 7 | bc , 4 | ab și atunci 4 7

ab bck ......................................….…1p

Din 4ab k și 7bc k prin însumare se obține 11 11 10 11( ) ( )k ab bc b a c b a c a

11( ) 11c a k b a .....................................................................................................….…1p

Deoarece , , {0,...,9}a b c rezultă că a c ..........................................................................…..…1p

b) 7 4 70 7 40 4 66 33 24 7 4 7

ab bc ab baab ba a b b a a b a b ..2p

Se obțin soluțiile {121,242,363,484}abc ...........................................................................….…1p

2) Fie (2 7,5 3)d n n

Din | 2 7d n și | 5 3d n se obține | 5(2 7) 2(5 3) | 29 {1,29}d n n d d ................2p

a) Dacă 2 7

5 3

nF

n

este reductibilă atunci 1 29d d ...............................................….…1p

Din 29 | 2 7 2 7 29 11n n n .................................................................................….…1p

b) Dacă 2 7

5 3

nF

n

este reductibilă atunci 29 | 2 7d n .................................................….…1p

Deoarece 2 7n este impar 2 7 29(2 1) 2 7 58 29 29 11n k n k n k ..................1p

Atunci 29 11i in k și 1 2 2014 1 2 2014... 29( ... ) 11 2014 29n n n k k k ................….…1p

3) a) ( . . .)MBC NCB L L L MBC NCB , MCB NBC , BMC CNB ............1p

Prin diferență se obține și MBN NCM

( . . .)MBO NCO U LU [ ] [ ]MO NO MON este isoscel.....................................….…2p

b) ( . . .)MAC NAB U LU [ ] [ ]AM AN ...............................…..............................................2p

( . . .)MAO NAO L L L MAO NAO (AO este bisectoarea unghiului BAC ...........2p

INSPECTORATUL ŞCOLAR JUDEŢEAN VRANCEA

4) a) 1 2 3 0 1A A , 2 3 3 1 1A A , 3 4 3 2 1A A ,..., 99 100 3 98 1A A

1 20 3 (1 2 ... 18) 19 532A A și 1 100 3 (1 2 ... 98) 99 14652A A .............................1p

20 100 20 10014652 532 14120 7060A A A M MA .......................................................….…1p

1 1 20 20 532 7060 7592AM A A A M ...............................…...............................................…1p

b) 1 1 1 1[ ]k k kM A A AM A A și k este cel mai mic posibil................................................…1p

1 1

( 1) (3 1)3 (1 2 ... 1) 3

2 2k

k k k kA A k k k

.................................................….…1p

Obținem (3 1)

7592 15184 (3 1)2

k kk k

..................................................................….…1p

Deoarece 71 (3 71 1) 15052 și 72 (3 72 1) 15480 se obține 72k și 72 73[ ]M A A ...…1p

2013_Matematica_Locala (Arad)_Clasele V-VIII_Subiecte.pdf2014_Matematica_Locala (Vrancea)_Clasele V-XII_Subiecte+Bareme.pdfONM_5-locala 2014.pdfONM_6 Vrancea - locala 2014.pdfONM_7 Vrancea - locala 2014.pdfONM_8 Vrancea - locala 2014.pdfONM_9 Vrancea -locala 2014.pdfONM_10 Vrancea - locala 2014.pdfONM_11 Vrancea-locala 2014.pdfONM_12 Vrancea-locala 2014.pdf