MatematickiTalent/md/mk-primary-regional/BDckLnOCDEeWnnEMOKLa5A.md

# ХХІ РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ 

## IV одделение

Задача 1. Колку има четирицифрени броеви чиј збир на цифрите е еднаков на 3 ?

Решение. Бараните броеви се запишани со цифрите: $0,1,2$ и 3 . Tоа се броевите: 3000, 2100, 2010 2001, 1110, 1101, 1011, 1200, 1020, 1002.

Задача 2. Еден пилот за три дена прелетал $9014 \mathrm{~km}$. Првиот ден прелетал $3154 \mathrm{~km}$, а вториот ден $278 \mathrm{~km}$ помалку. Колку километри прелетал пилотот третиот ден?

Решение. Ако првиот ден пилотот прелетал $3154 \mathrm{~km}$, тогаш вториот ден прелетал $3154-278=2876 k m$, а третиот ден прелетал

$$
9014-(3154+2876)=9014-6030=2984 \mathrm{~km}
$$

Задача 3. Производот на два броја е 2250. Ако еден од нив се намали за 6 , а другиот остане ист, тогаш новиот производ е 1800 . Кои се тие броеви?

Решение. Бараните броеви да ги означиме со $a$ и $b$. Имаме:

$$
a \cdot b=2250 \text { и }(a-6) \cdot b=1800
$$

па затоа:

$$
a \cdot b-6 \cdot b=1800 ; 2250-6 \cdot b=1800 ; \quad 6 \cdot b=2250-1800=450
$$

т.е. $b=450: 6=75$.Според тоа, $a=2250: 75=30$.

Задача 4. Една нива во форма на правоаголник е долга $72 m$ и широка $25 \mathrm{~m}$. Колку тони пченка ќе се добијат од оваа нива, ако од $1 \mathrm{~m}^{2}$ се добиваат просечно по $5 \mathrm{~kg}$ пченка?

Решение. Плоштината на правоаголникот (нивата) е:

$$
P=72 \cdot 25=1900 \mathrm{~m}^{2}
$$

Ако од $1 \mathrm{~m}^{2}$ се добиваат просечно по $5 \mathrm{~kg}$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_aa02dd1f9c668ff5d70bg-1.jpg?height=198&width=523&top_left_y=1773&top_left_x=962)
пченка, тогаш од нивата ќе се добијат:

$1900 \cdot 5 \mathrm{~kg}=9500 \mathrm{~kg}$ тони пченка.

Задача 5. Правоаголник $A B C D$ е составен од три складни правоаголници (види цртеж). Ако обиколката на секој од овие правоаголници е $60 \mathrm{~cm}$, колкава е плоштината на квадратот кој со правоаголникот $A B C D$ има еднаква обиколка?

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_aa02dd1f9c668ff5d70bg-2.jpg?height=221&width=255&top_left_y=257&top_left_x=1204)

Решение. Од цртежот е јасно дека едната страна на секој од малите правоаголници мора да биде два пати подолга од другата. Ако должината на помалата страна е $x$, тогаш подолгата страна е $2 x$, па обиколката на еден од нив е $2(x+2 x)=60$. Оттука $x=10 \mathrm{~cm}$. Обиколката на правоаголникот $A B C D$ е: $2(3 x+2 x)=10 x=100 \mathrm{~cm}$, а толку е и обиколката на квадратот. Должината на страната на квадратот е: $100: 4=25 \mathrm{~cm}$, па неговата плоштина е: $P=25^{2}=625 \mathrm{~cm}^{2}$.

## V одделение

Задача 1. Сашо замислил еден број и го помножил со 7 и со 16. Добиените производи ги собрал и го добил бројот 230. Кој број го замислил Сашо?

Решение. Нека со $x$ го означиме бројот што го замислил Сашо. Ако бројот го помножи со 7 и со 16 ги добива броевите $7 x$ и $16 x$. Ако ги собереме добиените производи, добиваме: $7 x+16 x=230 ; 23 x=230$; $x=230: 23 ; x=10$. Бројот кој го замислил Сашо е 10.

Задача 2. Група ученици отишле во паркот да се одморат. Ако на секоја клупа седат по 6 ученици, тогаш за двајца нема место, а ако на секоја клупа седат по 7 ученици, тогаш 3 места остануваат празни. Колку клупи имало во паркот и колку ученици имало во групата?

Решение. Нека е $x$ број на клупи во паркот. Ако на секоја клупа седат по 6 ученици, тогаш бројот на ученици е $6 x+2$, бидејќи за двајца нема место. Ако пак седат по 7 ученици, тогаш бројот на ученици ќе биде $7 x-3$, бидејќи 3 места остануваат празни. Бидејќи во двата случаи има еднаков број ученици, следува дека $6 x+2=7 x-3$, од каде се добива дека $x=5$. Значи, имаме 5 клупи, а ученици има $6 x+2=6 \cdot 5+2=32$.

Задача 3. Количникот на два природни броја е 11. Ако деленикот се зголеми за 1650 , а делителот остане ист, тогаш количникот ќе се зголеми 7 пати. Кои се тие броеви?

Решение. Ако количникот на два природни броја е 11, а $x$ е делителот, тогаш деленикот ќе биде $11 x$. Ако деленикот се зголеми за 1650 , тогаш новиот деленик ќе биде $11 x+1650$, па се добива

$$
(11 x+1650): x=7 \cdot 11
$$

т.е. $66 x=1650$, од каде $x=25$. Деленикот ќе биде $11 x=11 \cdot 25=275$. Бараните броеви се 25 и 275.

Задаача 4. Во една спортска сала во правоаголна форма со должина $31 \mathrm{~m}$ и ширина $21 \mathrm{~m}$ се наоѓа базен. Секој sид на базенот е оддалечен три метри од sидот на салата. Колкава е плоштината на салата што е надвор од базенот?

Решение. Димензиите на базенот се $31-6=25 \mathrm{~m}$ и $21-6=15 \mathrm{~m}$.

Бараната плоштина е

$$
P=31 \cdot 21-25 \cdot 15=651-375=276 \mathrm{~m}^{2}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_aa02dd1f9c668ff5d70bg-3.jpg?height=175&width=461&top_left_y=845&top_left_x=1019)

Задача 5. Во $\triangle A B C$, на страната $B C$ е означена точка $E$, така што $\overline{A E}=\overline{B E}$. Пресметај го периметарот на $\triangle A E C$, ако $\overline{A C}=5 \mathrm{~cm}$ и $\overline{B C}=9 \mathrm{~cm}$.

Решение. Нека $\overline{E C}=x$. Бидејќи $\overline{B C}=9 \mathrm{~cm}$ се добива

$$
\overline{B E}=\overline{B C}-\overline{E C}=9-x
$$

Но, $\overline{A E}=\overline{B E}$ па и $\overline{A E}=9-x$. Периметарот на $\triangle A E C$ ќе биде

$$
\begin{aligned}
L & =\overline{A E}+\overline{E C}+\overline{A C} \\
& =9-x+x+5=14 \mathrm{~cm}
\end{aligned}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_aa02dd1f9c668ff5d70bg-3.jpg?height=353&width=694&top_left_y=1316&top_left_x=785)

## VI одделение

Задача 1. Пресметај ја вредноста на бројниот израз:

$$
\frac{1}{17} \cdot\left(\frac{2 \frac{1}{2}+3 \frac{1}{3}}{3 \frac{1}{2}-2 \frac{1}{3}}: \frac{5 \frac{3}{5}+1 \frac{1}{3}}{6 \frac{3}{5}-4 \frac{1}{3}}\right) \cdot\left(\frac{\frac{1}{4}-\frac{1}{5}}{\frac{1}{7}-\frac{1}{8}}-\frac{1}{5}\right)
$$

Решение. Последователно добиваме:

$$
\begin{aligned}
\frac{1}{17} \cdot\left(\frac{2 \frac{1}{2}+3 \frac{1}{3}}{3 \frac{1}{2}-2 \frac{1}{3}}: \frac{5 \frac{3}{5}+1 \frac{1}{3}}{6 \frac{3}{5}-4 \frac{1}{3}}\right) \cdot\left(\frac{\frac{1}{4}-\frac{1}{5}}{\frac{1}{7}-\frac{1}{8}}-\frac{1}{5}\right) & =\frac{1}{17} \cdot\left(\frac{\frac{5}{2}+\frac{10}{3}}{\frac{7}{2}-\frac{7}{3}}: \frac{28}{\frac{5}{33}}+\frac{4}{3}-\frac{13}{3}\right) \cdot\left(\frac{\frac{1}{4}-\frac{1}{5}}{\frac{1}{7}-\frac{1}{8}}-\frac{1}{5}\right) \\
& =\frac{1}{17} \cdot\left(\frac{\frac{15}{6}+\frac{20}{6}}{\frac{20}{6}-\frac{14}{6}}: \frac{84}{\frac{15}{99}+\frac{20}{15}}\right) \cdot\left(\frac{55}{15}-\frac{5}{\frac{20}{20}}-\frac{4}{56}-\frac{1}{56}\right) \\
& =\frac{1}{17} \cdot\left(\frac{\frac{35}{6}}{\frac{7}{6}}: \frac{\frac{104}{15}}{\frac{34}{15}}\right) \cdot\left(\frac{\frac{1}{20}}{\frac{1}{56}}-\frac{1}{5}\right) \\
& =\frac{1}{17} \cdot\left(\frac{35}{7}: \frac{104}{34}\right) \cdot\left(\frac{56}{20}-\frac{1}{5}\right) \\
& =\frac{1}{17} \cdot\left(5 \cdot \frac{17}{52}\right) \cdot\left(\frac{14}{5}-\frac{1}{5}\right) \\
& =\frac{1}{17} \cdot 5 \cdot \frac{17}{4 \cdot 13} \cdot \frac{13}{5}=\frac{1}{4}
\end{aligned}
$$

Задача 2. Зоки со велосипед изминал $64 \%$ од патот, а преостанатите $9 \mathrm{~km}$ ги изминал пеш. Колку километри изминал Зоки со велосипедот?

Решение. Преостанатите $9 \mathrm{~km}$ изнесуваат $100-65=36 \%$ од целиот пат. Според тоа, целиот пат е $9 \mathrm{~km} \cdot \frac{100}{36}=25 \mathrm{~km}$. Значи, Зоки со велосипедот изминал $25-9=16 \mathrm{~km}$.

Задача 3. Определи го најмалиот четирицифрен број кој е делив со 9, ако производот на неговите цифри е еднаков на 180.

Решение. Од $180=1 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 3 \cdot 5$ следува дека цифрите кои може да дадат производ 180 можат да бидат: $1,4,5,9$ или $1,5,6,6$ или $2,2,5,9$ или 3 , $3,4,5$ или $2,3,5,6$. Но, бројот треба да е делив со 9 , што значи дека збирот на неговите цвифри треба да е делив со 9. Оттука добиваме дека цифрите на бројот може да бидат $1,5,6,6$ или $2,2,5,9$. Бидејќи се бара најмалиот број кој ги има бараните својства, заклучуваме дека тоа е бројот 1566.

Задача 4. Збирот на два надворешни агли на триаголникот $A B C$ е $270^{\circ}$. Докажи дека триаголникот е правоаголен.

Решение. Збирот на надворешните агли

$$
\alpha_{1}+\beta_{1}+\gamma_{1}=360^{\circ}
$$

Притоа

$$
\alpha_{1}=180^{\circ}-\alpha \text { и } \beta_{1}=180^{\circ}-\beta \text {. }
$$

Ако

$$
\alpha_{1}+\beta_{1}=270^{\circ}
$$

тогаш

$$
\gamma_{1}=360^{\circ}-270^{\circ}=90^{\circ}
$$

Бидејќи $\gamma+\gamma_{1}=180^{\circ}$ следува дека $\gamma=90^{\circ}$ т.е. триаголникот е правоаголен.

Задача 5. Во квездата на цртежот аглите кај точките $A$ и $B$ се еднакви, а исто и аглите кај точките $E$ и $C$ се еднакви и важи $\overline{A C}=\overline{B E}$. Докажи дека $\overline{A D}=\overline{B D}$.

Решение. Ги разгледуваме $\triangle A G C$ и $\triangle B E F$. Тие се складни според признакот $\mathrm{ACA}$ ( $\overline{A C}=\overline{B E}$ и аглите што лежат на нив се еднакви по услов на задачата), па од складноста ќе имаме

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_aa02dd1f9c668ff5d70bg-5.jpg?height=456&width=480&top_left_y=534&top_left_x=1000)

$$
\measuredangle A G C=\measuredangle B F E, \overline{A G}=\overline{B F} .
$$

Значи, $\measuredangle D G F=\measuredangle D F G$, т.е. $\triangle G D F$ е рамнокрак и

$$
\overline{G D}=\overline{F D}
$$

Од (1) и (2) имаме $\overline{A G}+\overline{G D}=\overline{B F}+\overline{F D}$, од каде $\overline{A D}=\overline{B D}$.

## VII одделение

Задача 1. Најди два последователни природни броја чија разлика на квадратите е 111.

Решение. Да ги означиме последователните природни броеви со $n$ и $n+1$. Тогаш, од условот имаме:

$$
(n+1)^{2}-n^{2}=111, n^{2}+2 n+1-n^{2}=111,2 n=110
$$

т.е. $n=55$. Значи бараните броеви се 55 и 56 .

Задача 2. Во низа од шест природни броеви третиот и секој нареден е еднаков на збирот на двата претходни. Да се најдат броевите ако петтиот број е еднаков на 7.

Решение. Нека низата дадени броеви е $a, b, c, d, 7, e$. Од условот на задачата имаме:

$$
a+b=c, b+c=d, c+d=7, d+7=e
$$

од каде

$$
a+b=d-b, a+2 b=d \text { и }(a+b)+(a+2 b)=7
$$

т.е.

$$
2 a+3 b=7
$$

Оваа равенка има единствено решение за $a=2, b=1$ и $c=3, d=4, e=11$.

Задача 3. Во иста кружница се впишани рамностран триаголник и правилен шестаголник. Докажи дека плоштината на шестаголникот е два пати поголема од плоштината на триаголникот.

Решение. Со $a$ да го означиме радиусот на кружницата. Тогаш плоштината на шестаголникот е

$$
P=6 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}=\frac{3 a^{2} \sqrt{3}}{2}
$$

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_aa02dd1f9c668ff5d70bg-6.jpg?height=374&width=996&top_left_y=798&top_left_x=365)

Висината $h$ на рамностраниот триаголник е $h=a+\frac{a}{2}=\frac{3 a}{2}$ и ако со $b$ ја означиме страната на триаголникот добиваме $h=\frac{b \sqrt{3}}{2}$, т.е.

$$
b=\frac{2 h}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{3 a}{2}=a \sqrt{3}
$$

Конечно, плоштината на триаголникот

$$
P^{*}=\frac{b^{2} \sqrt{3}}{4}=\frac{(a \sqrt{3})^{2} \sqrt{3}}{4}=\frac{3 a^{2} \sqrt{3}}{4}
$$

што значи

$$
P=\frac{3 a^{2} \sqrt{3}}{2}=2 \cdot \frac{3 a^{2} \sqrt{3}}{4}=2 P^{*}
$$

што и требаше да се докаже.

Задача 4. Во ромб $A B C D$ остриот агол е $60^{\circ}$. На страната $A B$ дадена е точката $M$, а на страната $B C$ точката $N$, така што

$$
\overline{M B}+\overline{B N}=\overline{A B}
$$

Докажи дека $\triangle M N D$ е рамностран.

Решение. Од условот $\measuredangle B A D=60^{\circ}$ и $\overline{A D}=\overline{A B}$, па се добива дека $\triangle A B D$ е рамностран. Од условот

$$
\overline{M B}+\overline{B N}=\overline{A B}=\overline{B C}
$$

следува дека

$$
\overline{M B}=\overline{B C}-\overline{B N} \text {, т.e. } \overline{M B}=\overline{N C}
$$

a $\measuredangle M B D=60^{\circ}=\measuredangle N C D$ и $\overline{D B}=\overline{D C}$ од каде, според признакот $\mathrm{CAC}$, се добива дека $\triangle M B D \cong \triangle N C D$. Оттука, следува дека $\overline{D M}=\overline{D N}$ и $\measuredangle M D B=\measuredangle N D C$, па

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_aa02dd1f9c668ff5d70bg-7.jpg?height=368&width=541&top_left_y=244&top_left_x=955)

$$
\measuredangle M D N=\measuredangle M D B+\measuredangle B D N=\measuredangle N D C+\measuredangle B D N=\measuredangle B D C=60^{\circ}
$$

Значи, $\triangle M N D$ е рамнокрак со агол при врвот од $60^{\circ}$ т.е. тој е рамностран.

Задача 5. Дали постои триаголник со висини 1,2 и 3 ?

Решение. Од формулата за плоштина на триаголник следува дека

$$
\frac{1 \cdot a}{2}=\frac{2 \cdot b}{2}=\frac{3 \cdot c}{2}
$$

т.е. $a=2 b=3$. Значи, $b=\frac{a}{2}, c=\frac{a}{3}$. Тогаш,

$$
b+c=\frac{a}{2}+\frac{a}{3}=\frac{5 a}{6}<a
$$

што е контрадикција. Значи, таков триаголник не постои.

## VIII одделение

Задача 1. Определи прост број $p$, таков што бројот $2 p+1$ е точен куб на некој природен број.

Решение. Од условот $2 p+1=n^{3}$ следува дека $n$ е непарен број, понатаму

$$
2 p=n^{3}-1=(n-1)\left(n^{2}+n+1\right)
$$

Бидејќи $n$ е непарен број, нека $n=2 k+1, k \in \mathbb{N}$. Тогаш

$$
\begin{aligned}
& 2 p=2 k\left(4 k^{2}+6 k+3\right) \\
& p=k\left(4 k^{2}+6 k+3\right)
\end{aligned}
$$

Бројот $p$ е прост, па од последното равенство следува $k=1$, а

$$
p=13,2 p+1=27=3^{3} \text {. }
$$

Задача 2. Две прави $p$ и $q$ се паралелни со основите на трапезот $A B C D$ и го делат кракот $A D$ на три еднакви делови. Определи ги должи-
ните на отсечките $x$ и $y$ на правите $q$ и $p$ меѓу краците, ако $\overline{A B}=13$ и $\overline{C D}=4$.

Решение. Нека $p$ ги сече краците $A D$ и $B C$ во точките $E$ и $F$, соодветно, и нека $q$ ги сече краците $A D$ и $B C$ во точките $G$ и $H$, соодветно (цртеж десно). Тогаш, $E F$ е средна линија во трапезот $G H C D$, па затоа

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_aa02dd1f9c668ff5d70bg-8.jpg?height=406&width=730&top_left_y=398&top_left_x=767)

$$
y=\overline{E F}=\frac{1}{2}(\overline{G H}+\overline{C D})=\frac{1}{2}(x+4)
$$

Од $G H$ средна линија во трапезот $A B F E$ се добива

$$
x=\overline{G H}=\frac{1}{2}(\overline{A B}+\overline{E F})=\frac{1}{2}(13+y)
$$

Така, го добиваме системот

$$
\left\{\begin{array}{l}
y=\frac{1}{2}(x+4) \\
x=\frac{1}{2}(13+y)
\end{array}\right.
$$

од каде се добива дека $x=10, y=7$.

Задача 3. Во $\triangle A B C$ мерните броеви на страните се природни броеви, а должината на најмалата страна е $2 \mathrm{~cm}$. Најди ја плоштината на $\triangle A B C$ ако

$$
h_{c}=h_{a}+h_{b}
$$

Решение. Очигледно $h_{c}$ е најголемата висина, па затоа $c$ е најмалата страна, т.е. $c=2 \mathrm{~cm}$. Од формулите за плоштина на триаголник имаме

$$
h_{a}=\frac{2 P}{a}, h_{b}=\frac{2 P}{b}, h_{c}=\frac{2 P}{c}
$$

и ако замениме во равенството $h_{c}=h_{a}+h_{b}$ добиваме

$$
\frac{1}{c}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}
$$

и како $c=2 \mathrm{~cm}$ добиваме $\frac{1}{2}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$. Последната равенка е еквивалентна на равенката

$$
a b-2 a-2 b=0
$$

т.е. на равенката

$$
(a-2)(b-2)=4
$$

Во множеството природни броеви последната равенка има решенија

$$
a=4, b=4 ; a=3, b=6 \text { и } a=6, b=3 \text {. }
$$

Понатаму, $a, b, c$ се страни на триаголник, па затоа $|a-b|<c$, што значи $a=4 \mathrm{~cm}, b=4 \mathrm{~cm}$ и $c=2 \mathrm{~cm}$.

Задача 4. Еден автомобил патот од местото $A$ до местото $B$ го поминал со брзина од $60 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$, а патот од местото $B$ до местото $A$ го поминал со брзина од $40 \mathrm{~km} / \mathrm{h}$. Определи ја средната брзина на движењето на автомобилот.

Решение. Со $s$ да ја означиме должината на патот од $A$ до $B$, со $v_{1}$ брзината со која автомобилот се движе од $A$ до $B$ и со $v_{2}$ брзината со која се движел од $B$ до $A$. Тогаш соодветните времиња се $t_{1}=\frac{s}{v_{1}}$ и $t_{2}=\frac{s}{v_{2}}$. Според тоа, ако $v_{s}$ е средната брзина со која за време $t_{1}+t_{2}$ автомобилот го поминува целиот пат, тогаш

$$
v_{s}=\frac{2 s}{t_{1}+t_{2}}=\frac{2 s}{\frac{s}{v_{1}}+\frac{s}{v_{2}}}=\frac{2}{\frac{1}{v_{1}}+\frac{1}{v_{2}}}=\frac{2 v_{1} v_{2}}{v_{1}+v_{2}}=\frac{2 \cdot 60 \cdot 40}{60+40}=48 \mathrm{~km} / \mathrm{h}
$$

Задача 5. Докажи дека периметарот на триаголник е поголем од периметарот на кружницата впишана во него.

Решение. Плоштината на кругот впишан во триаголникот изнесува $r^{2} \pi$, каде $r$ е радиусот на впишаната кружница. Плоштината на целиот триаголник е еднаква на $s r$, каде $s$ е полупериметарот на триагол-

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_28_aa02dd1f9c668ff5d70bg-9.jpg?height=391&width=740&top_left_y=1297&top_left_x=740)
никот. Плоштината на впишаниот круг е помала од плоштината на триаголникот, па затоа $r^{2} \pi<s r$. Ако последното неравенство го скратиме со $r$ и го помножиме со 2 , добиваме $2 r \pi<2 s$, што и требаше да се докаже.