OLIMPIADA NAŢIONAL¼A DE MATEMATIC¼A Etapa local¼a - 5. 03. 2016 BAREM DE CORECTARE - Clasa a V a PROBLEMA 1. Radu şi Alexanda au împeun¼a 11 lei. Ei hot¼a¼asc s¼a cumpee împeun¼a o cate, paticipând cu sume egale de bani. Radu este nevoit s¼a împumute de la Alexanda 1 leu, ia dup¼a cump¼aaea c¼aţii Alexanda ¼amâne cu 5 lei. a) A aţi peţul c¼aţii; b) Câţi lei a avut Alexanda iniţial? Metoda algebic¼a (altenativ, metoda guativ¼a): (2p) a) Peţul c¼aţii este 11 5 = 6 lei. (3p) b) Fie R suma de bani pe cae o ae Radu şi e A suma de bani pe cae o ae Alexanda. Deoaece R + A = 11 şi R + 1 = A 1 5; (2p) obţinem A = R + 7; de unde g¼asim c¼a R = 2 şi A = 9: PROBLEMA 2. A¼ataţi c¼a dinte oicae 5 putei ale lui 3; exist¼a cel puţin dou¼a, a c¼ao difeenţ¼a este divizibil¼a cu 5. (2p) Deoaece ultima cif¼a a num¼aului 3 x poate 1; 3; 9 sau 7; (3p) din cele cinci putei ale lui 3; vo cel puţin dou¼a având aceeaşi ultima cif¼a. (2p) Difeenţa acestoa ae ultima cif¼a 0, deci este divizibil¼a cu 5. PROBLEMA 3. Mulţimea A de numee natuale ae popiet¼aţile: (i) 2 2 A; (ii) dac¼a x 2 A, atunci 4x 2 A; (iii) dac¼a 9x + 11 2 A, atunci x 2 A: A¼ataţi c¼a 13 2 A: (2p) Pentu a obţine 13 2 A; este su cient s¼a a¼at¼am c¼a 9 13 + 11 = 128 2 A: (2p) Din fapul c¼a 2 2 A; obţinem 4 2 = 8 2 A (2p) ) 4 8 = 32 2 A (1p) ) 4 32 = 128 2 A:
PROBLEMA 4. Pe o tabl¼a sunt desenate 20 de cecui albe, 21 de cecui oşii şi 22 de cecui vezi. Se şteg dou¼a cecui de culoi difeite şi se deseneaz¼a în loc un cec de a teia culoae. Aceast¼a opeaţie se epet¼a astfel încât pe tabl¼a s¼a ¼amân¼a un singu cec. cecului ¼amas pe tabl¼a. Justi caţi ¼aspunsul. Pecizaţi culoaea Vom ilusta modi c¼aile ce intevin odat¼a cu efectuaea unei opeaţii, astfel: Alb Roşu Vede (2p) Iniţial: pa impa pa (2p) Dup¼a pima opeaţie: impa pa impa Dup¼a a doua opeaţie: pa impa pa e.t.c. (3p) Pentu a ¼amâne un cec pe tabl¼a, este necesa s¼a avem 0; 0; 1 (nu neap¼aat în aceast¼a odine), adic¼a dou¼a numee pae şi unul impa. În concluzie, cecul ¼amas este unul oşu. 1 Fiecae coecto acod¼a un num¼a înteg de puncte; 2 Oice alt¼a ezolvae coect¼a se puncteaz¼a coespunz¼ato.
OLIMPIADA NAŢIONAL¼A DE MATEMATIC¼A Etapa local¼a - 5. 03. 2016 BAREM DE CORECTARE - Clasa a VI a PROBLEMA 1. În tiunghiul ABC se iau mijloacele M; N şi P ale latuilo [AB], [BC] ; espectiv [AC]. Se conside¼a punctul E 2 (NP astfel încât [NP ] [P E] şi punctul D 2 (CM astfel încât [CM] [MD]. S¼a se aate c¼a: a) AE = NC; b) AD = 2 AE: (1p) a) Din conguenţa tiunghiuilo AP E CP N; (2p) obţinem c¼a AE = NC: (1p) b) Din conguenţa tiunghiuilo AM D BM C; (1p) obţinem AD = BC: (1p) Din punctul a); avem AE = BC 2 : (1p) Deci AD = 2 AE: PROBLEMA 2. Fie mulţimea A = n n = 2 a 3 b 5 c ; unde a; b; c 2 N. a) A¼ataţi c¼a 81 2 A; b) Deteminaţi elementele din mulţimea A cae au exact 6 divizoi. (4p) a) Din 81 = 2 0 3 4 5 0 ; ezult¼a c¼a 81 2 A: (1p) b) Deoaece num¼aul divizoilo unui num¼a de foma n = 2 a 3 b 5 c este (a + 1) (b + 1) (c + 1) ; a b c n (2p) avem um¼atoaele cazui: 0 0 5 3125 0 5 0 243 5 0 0 32 0 1 2 75 0 2 1 45 1 2 0 18 1 0 2 50 2 1 0 12 2 0 1 20
PROBLEMA 3. Se conside¼a unghiul ascuţit \XOY. În semiplanul deteminat de OX şi în cae nu se a ¼a semideapta [OY, se duc semideptele [OA şi [OB; pependiculae pe [OX şi espectiv, pe [OY. Se noteaz¼a cu [OC bisectoaea unghiului \BOX. a) Dac¼a m¼asua unghiului [AOC este cu 16 mai mae decât m¼asua unghiului \XOY, deteminaţi m XOY \ ; b) A¼ataţi c¼a dac¼a [OB este bisectoaea [AOC, atunci [OX este bisectoaea \COY. (1p) a) Din m AOB [ = 90 m XOB \ = m XOY \ (1p) şi m AOC [ = m AOB [ + m BOC \ = m XOY \ + m BOC \ (1p) obţinem c¼a m BOC \ = m AOC [ m XOY \ = 16 şi m XOB \ (1p) Deci m XOY \ = 90 m XOB \ = 90 32 = 58 : (3p) b) Deoaece, m AOB [ = m BOC \ ; m BOC \ = m XOC \ ezult¼a c¼a m XOC \ = m XOY \ : PROBLEMA 4. a; b; c; d; e apaţin mulţimii f4; 6g : = 2 m BOC \ = 32 : şi m AOB [ = m \ XOY Spunem c¼a un num¼a de foma 0; abcde ae popietatea (P ) ; dac¼a cifele a) A¼ataţi c¼a soluţia ecuaţiei x + 0; 46646 = 1; 1111 ae popietatea (P ); b) Deteminaţi câte numee difeite de foma 0; abcde au popietatea (P ); c) A¼ataţi c¼a din oicae 17 numee difeite de foma 0; abcde cae au popietatea (P ), se pot alege dou¼a a c¼ao sum¼a s¼a e 1; 1111: ; (2p) a) Soluţia ecuaţiei este x = 1; 1111 0; 46646 = 0; 64464; cae ae popietatea (P ) ; (2p) b) Pentu ecae cif¼a a; b; c; d; e sunt dou¼a posibilit¼aţi de alegee; ind 5 cife, avem 2 5 = 32 numee cu popietatea (P ); (3p) c) Numeele cu popietatea (P ) pot gupate în peechi de foma 0; a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 şi 0; b 1 b 2 b 3 b 4 b 5 astfel încât a 1 + b 1 = a 2 + b 2 = ::: = a 5 + b 5 = 10: Suma a dou¼a astfel de numee din cele 16 peechi este 1; 1111; deci ind 17 numee, exist¼a dou¼a numee cae fomeaz¼a o astfel de peeche. 1 Fiecae coecto acod¼a un num¼a înteg de puncte; 2 Oice alt¼a ezolvae coect¼a se puncteaz¼a coespunz¼ato.
OLIMPIADA NAŢIONAL¼A DE MATEMATIC¼A Etapa local¼a - 5. 03. 2016 BAREM DE CORECTARE - Clasa a VII a PROBLEMA 1. Se conside¼a numeele aţionale distincte a 1 ; a 2 ; :::; a n ; astfel încât din oicae patu dinte ele exist¼a dou¼a cae au podusul 1: a) Daţi un exemplu de 6 astfel de numee; b) A aţi valoaea maxim¼a a lui n: 1 (3p) a) De exemplu, numeele 2; 3; 4; 2 ; 1 3 ; 1 vei c¼a ceinţele din enunţ; în geneal, putem lua 4 1 numeele a; b; c; a ; 1 b ; 1 c ; unde a; b şi c sunt numee distincte din Q : (3p) b) Dac¼a n 7; atunci cel puţin 4 dinte cele n numee au acelaşi semn. Aşada, în acest caz, exist¼a 4 numee dinte cae nu putem alege dou¼a a c¼ao podus s¼a e 1: (1p) Deci, valoaea maxim¼a a lui n este 6: PROBLEMA 2. S¼a se aate c¼a dac¼a numeele stict pozitive a; b; c 2 Q vei c¼a elaţia b a + c = c a + b ; atunci: a + b a) a + 2b + 3c + b) b + c b + 2c + 3a + c + a c + 2a + 3b 2 Q; ab c(2a b) + bc a(2b c) + ca b(2c a) 2 R Q: a (2p) Din ipotez¼a, obţinem c¼a b + c = b a + c = c a + b = 8 >< 2a = b + c (3p) Deci 2b = a + c ; de unde ezult¼a c¼a a = b = c: >: 2c = a + b Aşada, avem: a + b (1p) a + 2b + 3c + b + c b + 2c + 3a + c + a c + 2a + 3b = a 2 (1p) ab c(2a b) + bc a(2b c) + ca b(2c a) = a + b + c 2(a + b + c) = 1 2 : 2a 6a + 2a 6a + 2a 6a = 1 2 Q a 2 + a2 a 2 + a2 a 2 = p 3 2 R Q: a b + c =
PROBLEMA 3. Fie tiunghiul ABC şi M mijlocul latuii [BC]. Daca N este mijlocul segmentului [AM ] şi BN \ AC = fp g, deteminaţi apotul dinte aia patulateului MCP N şi aia tiunghiului ABC. Fie MR k BP (R 2 P C) şi S = A ANP : (1p) Deoaece MR = BP 2 ; (2p) obţinem c¼a NP = MR = BP 2 4 ; de unde A ABN = 3A ANP = 3S: (1p) Da cum A ABN = A BMN = 3S (1p) şi A ABM = A AMC = 6S; ezult¼a c¼a A ABC = 12S (1p) şi A MCP N = A AMC A ANP = 5S: (1p) Aşada, A MCP N A ABC = 5 12 : PROBLEMA 4. În tiunghiul ABC, e M mijlocul lui [BC] şi P un punct pe BC; P 6= M. Paalela pin P la AC intesecteaz¼a depta AM în E, ia paalela pin P la AB intesecteaz¼a deapta AM în F. S¼a se demonsteze c¼a punctele E şi F sunt simetice faţ¼a de M. (1p) Fie F D k AC; D 2 BC: (1p) Deoaece P F k AB; ezult¼a c¼a MP MB = MF MA ; (1p) ia din F D k AC ezult¼a c¼a MD MC = MF MA (1p) de unde, MP = MD: (2p) Deoaece P ME DMF; obţinem F M = ME; (1p) adic¼a, punctele E şi F sunt simetice faţ¼a de M: 1 Fiecae coecto acod¼a un num¼a înteg de puncte; 2 Oice alt¼a ezolvae coect¼a se puncteaz¼a coespunz¼ato.
OLIMPIADA NAŢIONAL¼A DE MATEMATIC¼A Etapa local¼a - 5. 03. 2016 BAREM DE CORECTARE - Clasa a VIII a PROBLEMA 1. S¼a se aate c¼a, dac¼a invesul sumei a tei numee eale nenule, este egal cu suma inveselo lo, atunci cel puţin dou¼a dinte numee au acelaşi modul (se pesupune c¼a suma celo tei numee este nenul¼a). 1 (1p) Din a + b + c = 1 a + 1 b + 1 ; obţinem succesiv: c 1 1 (1p) a + b + c a = 1 b + 1 c (b + c) (1p) a(a + b + c) = b + c b c (1p) (b + c)(a 2 + ab + ac + bc) = 0 (2p) (b + c)(a + b)(a + c) = 0 (1p) de unde, jaj = jbj sau jbj = jcj sau jaj = jcj: PROBLEMA 2. Dac¼a x; y > 0 sunt dou¼a numee eale cae vei c¼a elaţia calculaţi media geometic¼a a numeelo x şi y. Avem: 2 p x + p y = p (x + 1) (y + 4); (2p) 2 p x + p y = p (x + 1) (y + 4), 4x + y + 4 p xy = (x + 1) (y + 4) (2p), xy + 4 4 p xy = 0 (2p), p xy 2 2 = 0 (1p), p xy = 2:
PROBLEMA 3. Se conside¼a piamida patulate¼a egulat¼a V ABCD, cu AB = 12. Fie AC \ BD = fog; M mijlocul segmentului [BC] şi P mijlocul segmentului [AB]. Dac¼a cosinusul unghiului diedu fomat de planele (V BC) şi (ABC) este egal cu 3, s¼a se detemine: 4 a) distanţa de la punctul P la planul (V BC); b) distanţa de la punctul O la planul (V P M); c) tangenta unghiului fomat de planele (V AC) şi (V BC): Not¼am cu ; m¼asua unghiului diedu fomat de planele (V BC) şi (ABC): (1p) a) Deoaece = m( \V MO); şi cos = 3 4 ; se obţine V M = 8 şi V O = 2p 7: (2p) Cum P O k BC ezult¼a c¼a P O k (V BC); de unde d(p ; (V BC)) = d(o; (V BC)) = 3p 7 2 : (1p) b) Dac¼a OB \ P M = feg ; atunci OE = 3 p 2; V E = p 46 (1p) şi d(o; (V P M)) = d(o; V E) = 6p 161 : 23 (1p) c) Dac¼a S 2 (V C) ; astfel încât OS? V C; atunci m¼asua unghiului diedu fomat de planele (V AC) şi (V BC) este = m( [BSO): (1p) Din OB = 6 p 2 şi OS = 6p 14 se obţine tg = OB 5 OS = 5 p 7 7 : PROBLEMA 4. Pe semideptele (OA; (OB şi (OC; pependiculae dou¼a câte dou¼a, se conside¼a punctele A 0 ; B 0 şi C 0 ; astfel încât A 0 2 (OA) ; B 0 2 (OB) şi C 0 2 (OC) : Ştiind c¼a patulateele A 0 B 0 BA şi B 0 C 0 CB sunt insciptibile, s¼a se aate c¼a: a) A 0 C 0 CA este patulate insciptibil; b) Dac¼a OH? (ABC) ; H 2 (ABC) ; atunci H este otocentul tiunghiului ABC; c) Dac¼a G este centul de geutate al tiunghiului A 0 B 0 C 0 ; atunci OG? (ABC) : (2p) a) Deoaece patulateul A 0 B 0 BA este insciptibil, ezult¼a c¼a m OA \ 0 B 0 obţinem c¼a OA 0 B 0 OBA: Deci OA 0 OA = OB 0 OB: Analog, se obţine OB 0 OB = OC 0 OC: (1p) Aşada, OA 0 OA = OC 0 OC ) OA 0 C 0 patulateul A 0 C 0 CA este insciptibil. OCA ) m OA \ 0 C 0 = m OBA [ ; de unde = m OCA [ ; adic¼a (2p) b) Deoaece BC? OH şi BC? OA ezult¼a c¼a BC? (AOH) ; adic¼a BC? AH: Analog, se obţine AB? CH; adic¼a H este otocentul tiunghiului ABC: (1p) c) Fie H ca la punctul b); AH \ BC = fdg şi OD \ B 0 C 0 = fd 0 g : În tiunghiul deptunghic OBC; m BOD \ = m OCB \ : Cum BCC 0 B 0 este insciptibil, m BCO \ = m OB \ 0 D 0 : Deci B 0 D 0 = OD 0 : Analog se obţine OD 0 = D 0 C 0 ; de unde B 0 D 0 = D 0 C; adic¼a A 0 D 0 este median¼a în A 0 B 0 C 0 : (1p) OH intesecteaz¼a mediana A 0 D 0 a tiunghiului A 0 B 0 C 0 : Analog se aat¼a c¼a OH mai intesecteaz¼a şi o alt¼a median¼a a tiunghiului A 0 B 0 C 0 ; de unde ezult¼a c¼a G 2 (OH) : 1 Fiecae coecto acod¼a un num¼a înteg de puncte; 2 Oice alt¼a ezolvae coect¼a se puncteaz¼a coespunz¼ato.