Selectie OLM

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)


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: [email protected] 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: [email protected] 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


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


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


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


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


Fiecare subiect se notează de la 0 la 7 puncte .

Timp de lucru 3 ore .


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


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.



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


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


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.


3


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:


4


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:



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.


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.



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�



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


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




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




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.




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




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: [email protected] 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.

http://www.edu.ro/

mailto:[email protected]

http://www.isj.botosani.ro/


Tel: +40 21 405 62 00, Fax: +40 21 405 63 00

www.edu.ro


Tel: +40 231584 050, Fax: +40 231584 052



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

http://www.edu.ro/




Tel: +40 21 405 62 00, Fax: +40 21 405 63 00

www.edu.ro


Tel: +40 231584 050, Fax: +40 231584 052


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.

http://www.edu.ro/



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 ,[email protected]

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)


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: [email protected] 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


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:


Fiecare problemă se punctează cu 10 puncte.

Timp de lucru 3 ore


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


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

Selectie OLM

Documents

Transcript of Selectie OLM