File size: 25,630 Bytes
802d9fe | 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 240 241 242 243 244 245 246 247 248 249 250 251 252 253 254 255 256 257 258 259 260 261 262 263 264 265 266 267 268 269 270 271 272 273 274 275 276 277 278 279 280 281 282 283 284 285 286 287 288 289 290 291 292 293 294 295 296 297 298 299 300 301 302 303 304 305 306 307 308 309 310 311 312 313 314 315 316 317 318 319 320 321 322 323 324 325 326 327 328 329 330 331 332 333 334 335 336 337 338 339 340 341 342 343 344 345 346 347 348 349 350 351 352 353 354 355 356 357 358 359 360 361 362 363 364 365 366 367 368 369 370 371 372 373 374 375 376 377 378 379 380 381 382 383 384 385 386 387 388 389 390 391 392 393 394 395 396 397 398 399 400 401 402 403 404 405 406 | # ХХХІХ РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
## IV одделение
Задача 1. Еден ученик наместо да го помножи некој број со 506, го помножил со бројот 56, при што добил за 11250 помал производ. Кој број го множел ученикот?
Решение. Нека $x$ е непознатиот број. Тогаш
$$
\begin{aligned}
& x \cdot 506-x \cdot 56=11250 \\
& 450 x=11250 \\
& x=25
\end{aligned}
$$
Задача 2. Должината на отсечката $A B$ е за $2 \mathrm{~cm}$ поголема од должината на отсечката $C D$. Ако должината на отсечката $C D$ се зголеми 3 пати, а должината на отичката $A B$ се зголеми за $10 \mathrm{~cm}$, ќе се добијат еднакви отсечки. Колками се должините на отсечките $A B$ и $C D$ ?
Решение. Ншика $x$ должината на отсечката $C D$. Тогаш $3 x=x+2+10$. Значи, $x=6$, а $\bar{i} \bar{\beta}=6+2=8 \mathrm{~cm}$.
Задача 3. Во собата на Јана има 3 полици со книги. На првата полица има шест пати помалку книги отколку на втората, а шест книги помалку отколку на третата полица. Ако Јана ги премести сите книги од првата полица на третата полица, тогаш на третата полица ќе има 78 книги помалку отколку на втората полица. Колку вкупно книги има на полиците?
Решение. Ако бројот на книгита на првата полица го означиме со $x$, тогаш на втората полица има $6 x$, а на третата $x+6$ книги. Од условот на задачата следува $x+x+6=6 x-78$, од каде се добива дека $x=21$. Значи во собата на Јана има вкупно $21+21+6+6 \cdot 21=176$ книги.
Задача 4. Петар поминал $1 \mathrm{~km}$ од дома до домот на неговиот другар. Со должината што ја поминал може 25 пати да ја заобиколи градината на дедо му која што има форма на правоаголник. Определи ги должината и ширината на градината, ако тие се разликуваат за $4 \mathrm{~m}$.
Решение. Периметарот на градината изнесува 1000:25 $=40 \mathrm{~m}$. Нека должината ја означиме со $a$, а ширината со $b$. Имаме: $a+b=20$ и $a-b=4$. Со собирање на равенствата добиваме дека $2 a=24$, од каде $a=12 \mathrm{~m}$, односно $b=8 \mathrm{~m}$.
## V одделение
Задача 1. Еден сточар на пазар однесол јаре, теле и овен. Јарето и овенот заедно имале $90 \mathrm{~kg}$, јарето и телето $186 \mathrm{~kg}$, а овенот и телето 240 $\mathrm{kg}$. По колку килограми има секое животно?
Решение. Од дадените податоци на задачата имаме
$$
\begin{aligned}
& J+O=90 \\
& J+T=186 \\
& O+T=240
\end{aligned}
$$
Ако сите три равенки ги собереме заедно ќе добиеме
$$
\begin{aligned}
& 2(J+O+T)=516 \\
& J+O+T=258
\end{aligned}
$$
Па , ако во последната равенка ги замениме условите на задачата добиваме
$$
\begin{aligned}
& J=18 \mathrm{~kg} \\
& O=72 \mathrm{~kg} \\
& T=168 \mathrm{~kg}
\end{aligned}
$$
Задача 2. Во рамнокрак триаголник $A B C(\overline{A B}=\overline{A C})$ кракот $A C$ е продолжен преку темето $A$ до точка $D$, така што периметарот на триаголникот $B A D$ е $16 \mathrm{~cm}$. Пресметај ја основата $B C$ на триаголникот $A B C$, ако периметарот на триаголникот $B C D$ е $29 \mathrm{~cm}$.
Решение. Имаме
$$
\begin{aligned}
& L_{\triangle B A D}=\overline{B A}+\overline{A D}+\overline{D B}=16 \mathrm{~cm} \\
& L_{\triangle B C D}=\overline{B C}+\overline{C A}+\overline{A D}+\overline{D A}=29 \mathrm{~cm} \\
& \overline{C A}=\overline{B A} \\
& \overline{B C}=L_{\triangle B C D}-L_{\triangle B B A D}=29-16=13 \mathrm{~cm}
\end{aligned}
$$
Значи , $\overline{B C}=13 \mathrm{~cm}$.
Задача 3. Марио ги распоредил броевите 1, 2, .., 8 во темињата на една коцка. Кога ги пресметал збировите добиени по секој sид, забележал дека сите збирови се еднакви.
а) Колку изнесува секој таков збир?
б) Најди едно распоредување на броевите 1, 2, .., 8 во темињата на коцка кое ја го има саканото својство.
Решение. а) Во секое теме од коцката се спојуваат три sида, а коцката има вкупно шест sидови. Тоа значи дека имаме шест еднакви збирови и секој број се јавува во вкупниот збир по три пати. Ако бараниот збир го означиме со $S$, тогаш
$$
6 S=3(1+2+\ldots+8)
$$
Оттука $S=18$.
б) На пример, во четирите темиња од долната основа на коцка запиши ги броевите 1, 8, 2, 7 (во некој кружен редослед), а во соодветните темиња од горната основа запиши ги броевите $6,3,5,4$.
Задача 4. Произволна точка во внатрешноста на квадрат е подеднакво оддалечена од двете спротивни страни и тоа $3 x+1$ и $5 x-7$ соодветно, мерени во $\mathrm{cm}$. Определи го периметарот на квадратот.
Решение. Од условот на задачата имаме $5 x-7=3 x+1$, од каде $x=$ 4. Страната на квадратот е $5 x-7+3 x+1=26 \mathrm{~cm}$, а периметарот изнесува $4 \cdot 26=104 \mathrm{~cm}$.
## VI одделение
Задача 1. Збирот на броителот и именителот на една дропка е 95. По скратување на дропката добиена е дропката $\frac{7}{12}$. Одреди ја таа дропка.
Решение. Нека дропката е $\frac{a}{b}$. Од првиот услов на задачата имаме: $a+b=95$. Од вториот услов на задачата имаме: $\frac{a: k}{b: k}=\frac{7}{12}$ од каде $a=7 k$ и $b=12 k$. Ако во $a+b=95$ замениме за $a$ и $b$, добиваме $7 k+12 k=95, k=5$. Броителот на дропката е 35 , а именителот на дропката е 60. Значи бараната дропка е $\frac{35}{60}$.
Замлча 2. $A$ mрт $P Q$ и $Q R$ се отсечки нанесени на една права така
дека $\overline{\Delta i} \bar{R}=2 \cdot \bar{R}$.
Задача 3. Одреди го бројот на:
а) двоцифрени
б) трицифрени броеви што се запишани само со парни цифри.
Решение. а) На местото на десетки може да стојат 4 цифри и тоа $2,4,6$ и 8. На местото на единици може да стојат 5 цифри и тоа $0,2,4,6$ и 8 . Значи, има вкупно $4 \cdot 5=20$ двоцифрени броеви.
б) Од двоцифрените броеви, трицифрени се добиваат ако на секој двоцифрен број му се допише по една од цифрите $0,2,4,6$ и 8 од десната страна. Спрема тоа, има $20 \cdot 5=100$ трицифрени броеви.
Задача 4. Во правоаголникот $A B C D$ отсечките $A C$ и $B D$ се сечат во точката $O$. Одреди ја плоштината на правоаголникот, ако растојанието од точката $O$ до поголемата страна е 3 пати помало од растојанието од точката $O$ до помалата страна, а периметарот на правоаголникот изнесува 128 $\mathrm{cm}$.
Решение. Нека растојанието од точката $O$ до поголемата страна е $x$. Тогаш растојанието од точката $O$ до помалата страна е $3 x$. Оттука се добива дека страните на правоаголникот се $6 x$ и $2 x$. Значи, $8 x=64$, т.е. $x=8$. Според тоа, страните на правоаголникот се $48 \mathrm{~cm}$ и 16
$\mathrm{cm}$, па плоштината изнесува $48 \cdot 16=768 \mathrm{~cm}^{2}$.
## VII одделение
Задача 1.Три сестри си поделиле одредена сума на пари при што првата сестра зела $\frac{1}{5}$ од парите, втората сестра $\frac{5}{8}$ од парите, а остатокот го зела третата сестра. Но, потоа третата сестра и дала на првата сестра $\frac{3}{4}$ од својот дел. Колкав дел од целата сума пари добила првата сестра?
Решение. Според условот на задачата првата сестра зела $\frac{1}{5} x$, втората $\frac{5}{8} x$, а третата сестра зела $x-\frac{1}{5} x-\frac{5}{8} x=\frac{7}{40} x$.
Третата сестра на првата и дала $\frac{3}{4} \cdot \frac{7}{40} x=\frac{21}{160} x$.
Првата сестра добила вкупно $\frac{1}{5} x+\frac{21}{160} x=\frac{53}{160} x$, односно $\frac{53}{160}$ од парите.
ршранавแ! $A L$ "U" дадена точка $M$, а на страната $A C$ точка $N$, така што $\bar{I} \bar{H} \bar{C}=\overline{1}: 3 \bar{H} \bar{I}=\overline{M N}=\overline{A N}$. Пресметај ги аглите на триаголник $\mathrm{ABC}$.
wын Решелие. Триаголниците $A N M, N M C$ и $B C M$ се рамнокраки, па
$$
\alpha=\angle C A M=\angle N M A, \quad \beta=\angle C B M=\angle C M B, \quad \angle M C N=\angle C N M
$$
Аголот $\angle M N C$ е надворешен агол за триаголникот $A M N$, па затоа $\angle M N C=2 \alpha$. Tогаш
$$
\angle M C N=2 \alpha \text { и } \angle C M N=180^{\circ}-4 \alpha .
$$
За аголот $\angle B M C$ добиваме
$$
\angle B M C=180^{\circ}-\left(180^{\circ}-4 \alpha\right)-\alpha=3 \alpha
$$
т.е. $\angle C B M=3 \alpha$. Но $\angle C B M=\beta$, па добиваме $\alpha+3 \alpha=90^{\circ}, \alpha=22,5^{\circ}$.
За $\beta$ се добива $\beta=3 \alpha=67,5^{\circ}$.
Задача 3. Определи ги броевите $a, b$ и $c$, ако нивниот збир е за $\frac{5}{2}$ поголем од бројот $a$, за $\frac{59}{6}$ поголем од бројот $b$ и за $\frac{5}{3}$ поголем од бројот $c$.
Решение. Од условот на задачата се запишуваат следните равенства :
$$
a+b+c=a+\frac{5}{2}, a+b+c=b+\frac{59}{6} \text { и } a+b+c=c+\frac{5}{3} \text {. }
$$
Со средување на равенствата се добива $b+c=\frac{5}{2}, a+c=\frac{59}{6}$ и $+b=\frac{5}{3}$. Со собирање на трите равенки се добива $2 a+2 b+2 c=14$, т.е.
$$
a+b+c=7
$$
Со замена на (2) во равенките од (1) се добива
$$
7=a+\frac{5}{2}, 7=b+\frac{59}{6}, 7=c+\frac{5}{3}
$$
од каде следи дека $a=\frac{9}{2}, b=-\frac{17}{6}, c=\frac{16}{3}$.
Задача 4. Основите на рамнокрак трапез со нормални дијагонали изнесуваат $12 \mathrm{~cm}$ и $8 \mathrm{~cm}$. Пресметај ја плоштината на трапезот.
Решение. Бидејќи дијагоналите на трапезот се нормални, добиваме дека $\Varangle A S B=90^{\circ}$, па $\triangle A B S$ е рамнокрак правоаголен и $\triangle A M S$ е рамнокрак правоаголен. Оттука, $h_{1}=\frac{a}{2}=6 \mathrm{~cm}$.
Слично, $h_{2}=\frac{b}{2}=4 \mathrm{~cm}$. Значи,
$$
h=h_{1}+h_{2}=10 \mathrm{~cm}
$$
Оттука,
$$
P=\frac{a+b}{2} \cdot h=\frac{12+8}{2} \cdot 10=100 \mathrm{~cm}^{2}
$$
## VIII одделение
Задача 1. Аритметичката средина на четири броеви е 20. По додавањето на уште еден број, аритметичката средина на петте броеви ќе биде 18. Кој е додадениот број?
Решение. Бидејќи аритметичката средина на четирите броја е 20, збирот на четирите броја е 80 , односно
$$
x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=80
$$
Аритметичката средина на петте броја е 18 , односно
Одовде $x_{5}=10$.
$$
x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}+x_{5}=5 \cdot 18, \text { т.е. } 80+x_{5}=90
$$
Задача 2. Страните на еден правоаголен триаголник се последователни природни броеви. Периметарот на правоаголниот триаголник е $12 \mathrm{dm}$. Над секоја страна од триаголникот е конструиран квадрат. Одреди ја плоштината на добиената фигура.
Решение. Страните на триаголникот се последователни природни броеви, т.е. тие се $x-1, x$ и $x+1$. Бидејќи периметарот на триаголникот е $12 d m$, добиваме $x-1+x+x+1=12 d m$, од каде со решавање на равенката имаме $3 x=12 d m$, т.е. $x=4 d m$. Следува дека страните на триаголникот имаат должини $3 d m, 4 d m$ и $5 d m$. Плоштината на правоаголниот триаголник е $P_{\Delta}=\frac{3 \cdot 4}{2} \mathrm{dm}^{2}=6 \mathrm{dm}^{2}$, а плоштините на квадратите се:
$$
P_{1}=3 \cdot 3 \mathrm{dm}^{2}=9 \mathrm{dm}^{2}, P_{2}=4 \cdot 4 \mathrm{dm}^{2}=16 \mathrm{dm}^{2} \text { и } P_{3}=5 \cdot 5 \mathrm{dm}^{2}=25 \mathrm{dm}^{2}
$$
Плоштината на добиената фигура е
$$
P=P_{1}+P_{2}+P_{3}+P_{\Delta}=9+16+25+6=56 \mathrm{dm}^{2}
$$
Задача 3. Правоаголник е разделен на шест квадрати, како што е прикажано на цртежот. Одреди ја плоштината на правоаголникот, ако страната на најмалиот квадрат е $2 \mathrm{~m}$.
Решение. Нека $x$ е страната на квадратот $A B C D$. Тогаш страната на квадратот $D H F E$ е $x+2$, т.е. $\overline{D E}=\overline{E F}=x+2$. Да забележиме дека $\overline{B S}=\overline{N M}=x-2$. Така имаме дека $\overline{B N}=2 x-4$. Значи,
$$
\overline{A N}=3 x-4 \text { и } \overline{A E}=2 x+2
$$
За $\overline{F G}$ имаме
$\overline{F G}=\overline{A N}-\overline{E F}=(3 x-4)-(x+2)=2 x-6$
Аналогно добиваме
$\overline{M G}=\overline{A E}-\overline{N M}=(2 x+2)-(x-2)=x+4$
Од $\overline{F G}=\overline{M G}$ ја добиваме равенката $2 x-6=x+4$, од каде се добива дека
$x=10$. Така имаме дека
$$
\overline{A N}=3 \cdot 10-4=26 \text { и } \overline{A E}=2 \cdot 10+2=22
$$
Значи плоштината на правоаголникот е
$$
P=22 \cdot 26=572 \mathrm{~m}^{2}
$$
Задача 4. Марко треба 199 јаболки да распореди во 60 пакети. Во неколку пакети има по $x$ јаболки, а во останатите по 3 јаболки. Одреди ги сите можни вредности на $x$.
Решение. Нека имало $n$ пакети, кај кои во секој од нив имало по 3 јаболки. Тогаш бројот на пакети со по $x$ јаболки би бил $60-n$. Од условот на задачата ја составуваме равенката
$$
3 n+x \cdot(60-n)=199
$$
која е еквивалентна со равенката $3 n-180+x \cdot(60-n)=19$ односно со равенката
$$
(60-n) \cdot(x-3)=19
$$
Бидејќи $x$ и $n$ ( $n \leq 60$ ) се природни броеви, добиваме дека постојат две решенија и тоа
$$
\left\{\begin{array}{l}
60-n=1 \\
x-3=19
\end{array}\right.
$$
од каде се добива $x=22$ или
$$
\left\{\begin{array}{l}
60-n=19 \\
x-3=1
\end{array}\right.
$$
од каде имаме дека $x=4$.
## IX одделение
Задача 1. Докажи дека дропката $\frac{1+5^{k+1} \cdot 2^{k}}{1+5^{k} \cdot 2^{k+1}}$ е скратлива за секој број $k=0,1,2, \ldots$.
Решение. За $k=0$ дропката гласи $\frac{1+5^{1} \cdot 2^{0}}{1+5^{0} \cdot 2^{1}}=\frac{1+5 \cdot 1}{1+1 \cdot 2}=\frac{6}{3}$, па таа е скратлива. Нека $k \geq 1$. Тогаш
$$
\frac{1+5^{k+1} \cdot 2^{k}}{1+5^{k} \cdot 2^{k+1}}=\frac{1+5^{k} \cdot 5^{1} \cdot 2^{k}}{1+5^{k} \cdot 2^{k} \cdot 2^{1}}=\frac{1+5 \cdot(5 \cdot 2)^{k}}{1+2 \cdot(5 \cdot 2)^{k}}=\frac{1+5 \cdot 10^{k}}{1+2 \cdot 10^{k}}
$$
Збирот на цифрите на бројот во броителот е еднаков на 6 , а з6ирот на цифрите на бројот во именителот е еднаков на 3 . Значи и двата броеви се деливи со 3, па следува дека дропката може да се скрати. Значи, за секој цел број $k$, дропката е скратлива.
Задача 2. Ако во правоаголникот страните се однесуваат како $\sqrt{2}: 1$, тогаш нормалите спуштени од две спротивни темиња врз дијагоналата ја делат дијагоналата на три еднакви дела. Докажи!
Решение. Нека $\overline{A D}=\overline{B C}=a$. Тогаш од $\overline{A B}: \overline{A D}=\sqrt{2}: 1$, следува дека $\overline{A B}=\overline{D C}=a \sqrt{2}$. Дијагоналата на правоаголникот е
$$
\overline{A C}=\sqrt{\overline{A B}^{2}+\overline{B C}^{2}}=\sqrt{(a \sqrt{2})^{2}+a^{2}}=\sqrt{3 a^{2}}=a \sqrt{3}
$$
Од сличноста на триаголниците $\triangle A B C$ и $\triangle B E C$ добиваме дека
$$
\overline{E C}: \overline{B C}=\overline{B C}: \overline{A C}
$$
т.е.
$$
\overline{E C}=\frac{\overline{B C}^{2}}{\overline{A C}}=\frac{a^{2}}{a \sqrt{3}}=\frac{a \sqrt{3}}{3}
$$
Од сличноста на триаголниците $\triangle A D C$ и
$\triangle D F A$ добиваме дека
$$
\overline{F A}: \overline{A D}=\overline{A D}: \overline{A C}
$$
т.е.
$$
\overline{F A}=\frac{\overline{A D}^{2}}{\overline{A C}}=\frac{a^{2}}{a \sqrt{3}}=\frac{a \sqrt{3}}{3}
$$
Следува дека
$$
\overline{F E}=\overline{A C}-\overline{F A}-\overline{E C}=a \sqrt{3}-\frac{a \sqrt{3}}{3}-\frac{a \sqrt{3}}{3}=\frac{a \sqrt{3}}{3},
$$
што значи дека нормалите спуштени од две спротивни темиња врз дијагоналата ја делат дијагоналата на три еднакви дела
Задача 3. Докажи дека не постојат природни броеви $x$ и $y$ за кои важи
$$
5^{x}=y^{2}+2012
$$
Решение. Ако $x=0$ добиваме
$$
5^{0}=y^{2}+2012, \text { т.е. } 1=y^{2}+2012
$$
што не е можно бидејќи десната страна на равенството е поголема од 1 .
Ако $x \neq 0$, тогаш последната цифра на бројот $5^{x}$ е 5. За да биде исполнето равенството треба последната цифра на збирот $y^{2}+2012$ да биде 5 , односно последната цифра на бројот $y^{2}$ треба да биде 3 . Но, полн квадрат не може да има последна цифра 3 , па следува дека не постојат природни броеви $x$ и $у$ кои се решенија на дадената равенка.
Задача 4. Даден е рамностран триаголник $A B C$. Нормалата кон страната $A B$ спуштена од темето $A$ ја сече правата $B C$ во точка $D$. Нека $M$ е средна точка на отсечката $A D$, со $N$ ќе ја означиме пресечната точка на правата $M C$ со симетралата на аголот $\Varangle B A C$. Докажи дека $A C \perp D N$
Решение. Сите агли во триаголникот $A B C$ се еднакви на $60^{\circ}$. Триаголникот $D A B$ е правоаголен и, бидејќи аголот кај темето $B$ е $60^{\circ}$, следува дека
$$
\measuredangle A D B=30^{\circ}
$$
Од друга страна
$$
\measuredangle D A B=90^{\circ} \text { и } \measuredangle B A C=60^{\circ} \text {, }
$$
па следува Дека
$$
\measuredangle C A D=30^{\circ}
$$
Од (1) и (2) следува дека $\triangle A C D$ е рамнокрак и, бидејќи $M C$ е тежишна линија на $\triangle A C D, M C$ е и висина на $\triangle A C D$. Триаголникот $A B C$ е рамностран, $A F$ е симетрала на $\measuredangle B A C$, па следува дека $A F$ е висина во триаголникот $A B C$. Според претходното, имаме дека во $\triangle A N D$, отсечките $N M$ и $D F$ се висини со ортоцентар во точката $C$. Висината спуштена од темето $A$ минува низ ортоцентарот $C$, па следува дека $A C \perp D N$.
|