ХХVI РЕГИОНАЛЕН НАТПРЕВАР ПО МАТЕМАТИКА ЗА УЧЕНИЦИТЕ ОД ОСНОВНОТО ОБРАЗОВАНИЕ
IV одделение
Задача 1. Во едно училиште има 32 паралелки. Од нив 6 паралелки имаат по 29 ученика, 8 паралелки имаат по 30 ученика, 2 паралелки по 31 ученик, а останатите паралелки имаат по 32 ученика. Колку изнесува вкупниот број на ученици во училиштето?
Решение. Бројот на паралелки со 32 ученици е $32-6-8-2=16$. Вкупниот број на ученици е
Задача 2. Ако една страна на квадратот се зголеми два пати, а другата се зголеми за $22 \mathrm{mm}$, се добива правоаголник чија обиколка (периметар) е за $2000 \mathrm{mm}$ поголема од обиколката (периметарот) на квадратот. Колку е должината на страната на дадениот квадрат?
Решение. Ако страната на почетниот квадрат се означи со $a$, тогаш страните на правоаголникот се $2 a$ и $a+22$. Збирот на двете страни на правоаголникот со должина $2 a$ е колку што е периметарот на квадратот.Според тоа, збирот на должините на другите две страни, со должина $a+22$, изнесува $2000 \mathrm{~mm}$. Значи,
Задача 3. На две гранки се наоѓале 25 врапчиња. После извесно време, од првата прелетале на втората 5 врапчиња, а од втората во полето одлетале 7 врапчиња. Тогаш, на првата гранка останале два пати повеќе врапчиња отколку на втората. Колку врапчиња имало на секоја гранка на почетокот?
Решение. Прв начин. Кога во полето ќе одлетаат 7 врапчиња, вкупниот број на врапчиња на двете гранки ќ биде $25-7=18$ и тогаш според условот на задачата на првата гранка ќе има два пати повеќе врапчиња отколку на втората, значи на втората гранка ќе има $18: 3=6$ врапчиња, а на првата гранка ќe има $2 \cdot 6=12$ врапчиња. Значи, пред да одлетаат во полето 7 врапчиња од втората гранка, на неа имало $6+7=13$ врачиња.Па на почетокот, пред да прелетале од првата на втората гранка 5 врапчиња, на втората гранка имало $13-5=8$ врапчиња, а на првата гранка имало $12+5=17$ врапчиња.
Втор начин. На почетокот имало
врапчиња на првата гранка и
врапчиња имало на втората гранка.
Задача 4. Мила од цифрите $3,7,1,9,0$ и 4 ги формирала најголемиот и најмалиот шестцифрен број употребувајќи ја секоја цифра точно еднаш, а потоа нивната разлика ја намалила 9 пати. Кој број го добила Мила?
Решение. Најголемиот шестцифрен број составен од дадените цифри, употребувајќ ја секоја цифра точно еднаш е бројот 974310 ,а најмалиот е бројот 103479. Кога нивната разлика $974310-103479=870831$, ја намалила 9 пати го добила бројот 870831:9=96759.
Задачпа 5. Четири момчиња Андреј, Бојан, Васко и Гоце се колекционери на поштенски марки. Андреј има толку марки колку што имаат Бојан и Васко заедно, Гоце има пет пати помалку марки од Андреј, а Бојан четири пати повеќе од Васко. По колку марки има секое од момчињата, ако заедно тие имаат 5016 поштенски марки?
Решение. Нека $A, B, B$ и $\Gamma$ се бројот на марките што ги имаат Андреј, Бојан, Васко и Гоце соодветно. Според првиот услов на задачата, имаме
Тогаш, со замена се добива
Но $A=5 \Gamma$, па се добива дека Васко и Гоце имаат ист број марки, односно $B=\Gamma$. Тогаш, според вториот услов
односно
Добиваме дека $11 B=5016$, од каде $B=5016: 11=456$, па $\Gamma=456$, додека $A=5 \cdot 456=2280$ и $E=4 \cdot 456=1824$. Значи, Андреј има 2280 марки, Бојан има 1824, а Васко и Гоце имаат по 456 поштенски марки.
V одделение
Задача 1. Имаме два сада (лонци) од кои едниот собира точно 3 литри, а другиот собира точно 5 литри. Дали со помош на двата лонци можеме да измериме точно 4 литри?
Решение. Прво го полниме садот од 3 литри и го претураме во садот од 5 литри, каде останува место за уште 2 литри.Потоа, повторно го полниме садот од 3 литри, па го дополнуваме садот од 5 литри, што значи дека во садот од 3 литри ќе остане 1 литар. Полниот сад од 5 литри го испразнуваме и во него го претураме едниот литар од садот со 3 литри. И конечно, го полниме по трет пат садот од 3 литри и го претураме во садот од 5 литри во кој од претходно има 1 литар. Така, во садот од 5 литри сега има точно 4 литри.
Задача 2. При множење на два броја, на првиот број ученикот му ја заменил цифрата на единиците 4 со 1 . Така добил 525 наместо 600 . Кои броеви ги множел?
Решение. Од условот имаме дека кога првиот број ке се намали за $4-1=3$, тогаш производот се намалил за $600-525=75$. Значи, тој број е $75: 3=25$. Вториот број ќе го добиеме како $600: 25=24$. Значи, ученикот ги множел броевите 25 и 24.
Задача 3. На еден тренинг имало 225 деца и 105 топки. Децата се поделени на групи со еднаков број на деца и на секоја група тренерите им поделиле топки, така што секоја група добила по еднаков број на топки. Колку групи се формирани и по колку топки им се поделени? Колку решенија има задачата?
Решение. Најнапред ги наоѓаме заедничките делители на броевите 225 и 105 , тоа се броевите $1,3,5$ и 15 . Тие го означуваат бројот на групи кои се формирани. Значи, задачата има 4 решенија: 1 група од 225 ученика која добила 105 топки, 3 групи од по $225: 3=75$ ученика и секоја група добила по $105: 3=35$ топки, 5 групи од по 225:5=45 ученика и секоја група добила по 105:5=21 топка, 15 групи од по 225:15=15 ученика и секоја група добила по $105: 15=7$ топки.
Задача 4. Две прави се сечат во една точка и образуваат четири агли (два остри и два тапи). Збирот на накрсните остри агли е еднаков на половината од едниот накрсен тап агол. Одреди ги големините на аглите?
Решение. Прв начин. Накрсните остри агли се еднакви меѓу себе и нека нивната големина изнесува $x$. Тогаш, накрсните тапи агли имат големина $180^{\circ}-x$. Од условот имаме дека $2 x=\frac{1}{2}\left(180^{\circ}-x\right)$, односно $4 x=180^{\circ}-x$, од каде $5 x=180^{\circ}$, па $x=36^{\circ}$ е големината на накрсните остри агли.(5) Накрсните тапи агли имаат големина $180^{\circ}-36^{\circ}=144^{\circ}$.
Втор начин. Нека $\alpha$ е накрсниот остар агол и $\beta$ е накрсниот тап агол. Од условот на задачата имаме дека накрсниот тап агол е 2 пати поголем од збирот на накрсните остри агли, односно $\beta=2 \cdot(\alpha+\alpha)=4 \alpha$ или накрсниот тап агол е 4 пати поголем од накрсниот остар агол. Па, значи дека накрсниот остар агол изнесува $180^{\circ}: 5=36^{\circ}$, додека накрсниот тап агол е $180^{\circ}-36^{\circ}=144^{\circ}$.
Задача 5. Даден е правоаголник со страни $a \mathrm{cm}$ и $b \mathrm{cm}$. Ако страната со должина $a \mathrm{cm}$ се продолжи за $b \mathrm{cm}$ и страната со должина $b \mathrm{cm}$ се продолжи за $a \mathrm{cm}$ се добива квадрат со плоштина $100 \mathrm{~cm}^{2}$. Ако должините на страните на дадениот правоаголник се природни броеви, определи го правоаголникот со најмала плоштина.
Решение. Плоштината на добиениот квадрат е $P_{\kappa B}=(a+b)^{2}=100 \mathrm{cm}^{2}$, значи $a+b=10 \mathrm{cm}$. Бидејќи должините на страните на правоаголникот се природни броеви, за $a$ и $b$ можни се некој од следниве парови вредности:
Правоаголникот со најмала плоштина $P_{n p}=a b$, се добива за $a=1, b=9$ или $a=9, b=1$ и изнесува $P_{n p}=9 \mathrm{~cm}^{2}$.
VI одделение
Задача 1. Најди го збирот на сите непарни трицифрени броеви чиј производ на цифри е еднаков на 140.
Решение. Од разложувањето $140=2 \cdot 2 \cdot 5 \cdot 7=4 \cdot 5 \cdot 7$, следува дека трицифрените броеви се составени од цифрите 4,5 и 7 . Непарните трицифрени броеви составени од тие цифри се $457,475,547$ и 745 . Па, нивниот збир е еднаков на $457+475+547+745=2224$.
Задача 2. Маја отишла во книжара да купи две книги. Цената на едната книга била $65 %$, а цената на другата книга била $57,5 %$ од парите што ги имала. За да ги купи двете книги и недостигале 45 денари. Колку пари имала со себе Маја?
Решение. Прв начин. Нека Маја имала со себе $x$ денари. Тогаш, од условот на задачата имаме дека $\frac{65}{100} x+\frac{57,5}{100} x=45+x$, односно
па $22,5 x=4500$, и конечно $x=200$. Значи, Маја имала 200 денари.
Втор начин. Книгите кои Маја сакала да ги купи биле
од парите кои ги носела со себе. Значи, и недостигале
од парите кои ги носела со себе, од друга страна и недостигале 45 денари според условот. Ако Маја носела со себе $x$ денари, ја имаме равенката $\frac{22,5}{100} x=45$, чие решение е $x=200$. Значи, Маја имала 200 денари.
Задача 3. Две прави $p$ и $q$ се сечат во точката $C$. Точката $C$ ја дели правата $p$ на две полуправи, кои со една иста полуправа од правата $q$ со почетна точка $C$ градат два агли $p C q$ и $q C p$. На симетралата на аголот $p C q$ избрана е точка $M$, а на симетралата на аголот $q C p$ избрана е точка $N$ така што $M N | p$. Отсечката $M N$ ја сече правата $q$ во точка $D$. Докажи дека $D$ е средина на отсечката $M N$.
Решение. Нека $P$ е точка од полуправата $C p$ од аголот $p C q$, и нека $Q$ е точка од полуправата $C p$ од аголот $q C p$. Нека $C M$ е симетралата на аголот $p C q$ и $C N$ е симетралата на аголот $q C p$, при што $M N | P Q$, и нека $D$ е пресечната точка на правата $q$ со правата $M N$ (види цртеж). Од $C M$ е симетрала на аголот $p C q$ и $C N$ е симетрала
на аголот $q C p$ имаме дека $\measuredangle P C M=\measuredangle M C D$ и $\measuredangle D C N=\measuredangle N C Q$. Како наизменични агли на трансферзала имаме дека $\angle P C M=\measuredangle C M D$ и $\measuredangle N C Q=\measuredangle C N D$. Значи, $\measuredangle M C D=\measuredangle C M D$ и $\measuredangle D C N=\measuredangle D N C$, од каде следи дека триаголниците $\triangle C M D$ и $\triangle C N D$ се рамнокраки со основа $M C$ и $N C$ соодветно.Според тоа $\overline{M D}=\overline{C D}$ и $\overline{C D}=\overline{D N}$. Од последните две равенства следува дека $\overline{M D}=\overline{D N}$, односно дека $D$ е средина на отсечката $M N$.
Задача 4. Илина од новоотворена ќеса со бомбони изела $\frac{1}{5}$ од вкупниот број на бомбони и уште 3 бомбони. Од преостанатиот број на бомбони, вториот ден изела $\frac{1}{5}$ од бомбоните и уште 5 бомбони. Третиот ден ги изела преостанатите 15 бомбони. Колку бомбони имало во ќесата на почетокот?
Решение. Според условот на задачата, ако $x$ е вкупниот број на бомбони, Илина првиот ден изела $\frac{1}{5} x+3$ бомбони, а во ќесата останале $\frac{4}{5} x-3$ бомбони. Вториот ден Илина изела $\frac{1}{5}\left(\frac{4}{5} x-3\right)+5$ бомбони и за третиот ден и останале 15 бомбони. Според тоа,
од каде
Значи, на почетокот во ќесата имало 35 бомбони.
Задача 5. Пресметај ги аглите во триаголникот $A B C$, ако аголот меѓу висината повлечена од темето $C$ и симетралата на аголот $A C B$ изнесува $9^{\circ}$, а аголот меѓу симетралите на надворешните агли кај темињата $A$ и $B$ изнесува $61^{\circ}$.
Решение. Да ги означиме со $\alpha, \beta, \gamma$ аглите во триаголникот $A B C$ кај темињата $A, B, C$ соодветно и со $\alpha_{1}, \beta_{1}, \gamma_{1}$ соодветните надворешни агли. Нека $D$ е подножјето на висината од темето $C$, точката $E$ е подножјето на симетралата на аголот $A C B$ и нека $F$ е пресекот на симетралите $A Y$ и $B N$ на надворешните агли кај темињата $A$ и $B$ соодветно (види цртеж).
Тогаш од услов,
За аглите во триаголникот $A B F$ имаме дека
како накрсни агли, па од збир на агли на еден триаголник имаме
од каде се добива дека
со замена во последното равенство се довива
од каде $\alpha+\beta=122^{\circ}$, па
Потоа, од правоаголниот триаголник $A D C$ имаме дека
и конечно
VII одделение
Задача 1. Дропките $\frac{\overline{3 a 5 b}}{36}$ и $\frac{\overline{4 c 7 d}}{45}$ се природни броеви, каде $a, b, c, d$ се цифри. Подреди ги по големина сите вакви броеви.
Решение. Дропките $\frac{\overline{3 a 5 b}}{36}$ и $\frac{\overline{4 c 7 d}}{45}$ се природни броеви ако $\overline{3 a 5 b}$ е делив со 36 (значи со 4 и 9) и $\overline{4 c 7 d}$ е делив со 45 (значи со 5 и 9). Во првиот случај тоа е можно ако последната цифра е 2 или 6 , па поради деливост со 9 можни броеви се: $\frac{3456}{36}=96$ и $\frac{3852}{36}=107$. Во вториот случај последната цифра е 0 или 5 , па поради деливоста со 9 можни се случаите: $\frac{4275}{45}=95$ и $\frac{4770}{45}=106$. Значи, подредени по големина броевите се
Задача 2. Низ темето $D$ од паралелограмот $A B C D$ е повлечена произволна права $p$, така што темињата $A, B$ и $C$ се на иста страна во однос на правата $p$. Нека $A^{\prime}, B^{\prime}$ и $C^{\prime}$ се подножјата на нормалите повлечени кон правата $p$, од точките $A, B$ и $C$ соодветно. Докажи дека
Решение. Нека $A^{\prime}, B^{\prime}$ и $C^{\prime}$ се подножјата на нормалите повлечени кон правата $p$, од точките $A, B$ и $C$ соодветно. Нека правата паралелна со $p$, повлечена низ точката $A$ ја сече правата $B B^{\prime}$ во точката $Q$ (види цртеж).
Четириаголникот $A Q B$ 'A' има 3 прави агли, па тој е правоаголник, од што следува дека $\overline{A A^{\prime}}=\overline{Q B^{\prime}}$. Бидејќи $A B C D$ е па-
ралелограм, следува дека $\overline{A B}=\overline{D C}$ и $A B | D C$. Аглите $\measuredangle Q A B$ и $\measuredangle C^{\prime} D C$ се еднакви како агли со паралелни краци. Бидејќи $B B^{\prime}$ и $C C^{\prime}$ се нормални на правата $p$, следува дека се тие меѓусебно паралелни. Од тоа следува дека и аглите $\Varangle Q B A$ и $\Varangle C^{\prime} C D$ се еднакви како агли со паралелни краци. Сега, за триаголниците $\triangle A B Q$ и $\triangle D C C^{\prime}$ имаме $\overline{A B}=\overline{D C}, \measuredangle Q A B=\measuredangle C^{\prime} D C$ и $\measuredangle Q B A=\measuredangle C^{\prime} C D$, па од признакот $A C A$ следува дека $\triangle A B Q \cong \triangle D C C^{\prime}$. Од складноста на овие триаголници следува дека $\overline{C C^{\prime}}=\overline{B Q}$.
Од $\overline{A A^{\prime}}=\overline{Q B^{\prime}}$ и $\overline{C C^{\prime}}=\overline{B Q}$ следува дека $\overline{B B^{\prime}}=\overline{Q B^{\prime}}+\overline{B Q}=\overline{A A^{\prime}}+\overline{C C^{\prime}}$.
Задача 3. Ако $n$ е природен број, дали бројот
е полн квадрат? Дали бројот 2005$\cdot$2007$\cdot$2009$\cdot$2011 + 16 е полн квадрат?
Решение. Бидејќи
добиваме
Значи, $(2 n-3)(2 n-1)(2 n+1)(2 n+3)+16$ е полн квадрат.
Бројот 2005$\cdot$2007$\cdot$2009$\cdot$2011 + 16 е полн квадрат, бидејќи може да се употреби резултатот од првиот дел од задачата за $n=1004$. Според тоа $2005 \cdot 2007 \cdot 2009 \cdot 2011+16=\left(4 \cdot 1004^{2}-5\right)^{2}=1008016^{2}$.
Задача 4. Дадено е равенството
$1 * 2 * 3 * 4 * 5 * 6 * 7 * 8 * 9=0$.
Дали е можно на местата од * да се постават симболите + и - за да се добие точно равенство?
Решение. Збир или разлика на два парни или на два непарни броеви е парен број. Збир или разлика на броеви со различна парност (парен и непарен или непарен и парен) е непарен број. На левата страна од равенството има 4 парни и 5 непарни броеви. Било која комбинација на симболите + и - ќе даде непарен број, а 0 е парен број. Значи, не е можно да се добие равенство. (За решавање на специјални случаи не се даваат повеке од 7 поени; вкупно се можни 512 распореди на + и -).
Задача 5. Дадени се произволни триаголници $A_{1} B_{1} C_{1}$ и $A_{2} B_{2} C_{2}$. Точките $T_{1}$ и $T_{2}$ се нивни тежишта, соодветно. Докажи дека
Решение. Од својствата на операцијата собирање на вектори, имаме
Ако ги собереме последните три векторски равенства и ги искористиме својствата на операцијата собирање на вектори, добиваме:
Од дефиницијата на тежишна линија и од својствата на тежиштето, имаме:
Според тоа,
Слично, имаме
од каде добиваме дека
Конечно, ако замениме во (1), имаме
VIII одделение
Задача 1. За кои вредности на променливите $x$ и $y$, разликата на изразите $\frac{2 x+15}{8}$ и $1 \frac{1}{3} \cdot(y-1)$ ќе биде 3 пати помала од изразот $2 \cdot(5-2 y)$, а изразот $\frac{x+5 \frac{3}{4}}{2}$ ќе биде за 0,125 поголем од $3 y$ ?
Решение. Од условот на задачата се добиваат равенките
Тие се еквивалентни на $6 x=3$ и $4 x-24 y=-22$ соодветно. Решението на последниот систем линеарни равенки е $x=\frac{1}{2}, y=1$.
Задача 2. Даден е правоаголникот $A B C D$ кај кој должината на страната $A B$ е два пати поголема од должината на страната $B C$. На страната $C D$ е избрана точка $M$ така што аголот $A M D$ е еднаков на аголот $A M B$.
a) Определи го аголот $A M D$.
б) Ако $\overline{D M}=1$, колкава е плоштината на правоаголникот $A B C D$ ?
Решение. Бидејќи $A B$ и $C D$ се паралелни, $\measuredangle B A M=\measuredangle A M D$ (наизменични агли). Од условот $\angle A M B=\measuredangle A M D$, па заклучуваме дека $\measuredangle B A M=\measuredangle A M B$. Значи, триаголникот $A M B$ е рамнокрак и $\overline{A B}=\overline{M B}$. Во триаголникот $B C M$ хипотенузата $B M$ е два пати поголема од катетата $B C(\overline{A B}=2 \overline{B C}$, а $\overline{A B}=\overline{M B})$. Тогаш $\measuredangle B M C=30^{\circ}$, па
Од овде добиваме дека
Нека $\overline{B C}=b, \overline{C D}=2 b$. Од условот $\overline{D M}=1$ имаме
Од Питагоровата теорема следува дека
Според тоа $2 b=b \sqrt{3}+1$, односно $b=\frac{1}{2-\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}$. Плоштината на правоаголникот е $P=a b=2 b^{2}=2(2+\sqrt{3})^{2}=2(7+4 \sqrt{3})$.
Задача 3. Наставничката подредила во редица 20 ученици од една паралелка и им поделила 800 бонбони. Секој ученик добил задача да го пресмета количникот $\frac{x}{x+2 k-1}$, каде што $x$ е бројот на бонбони што ги добил, а $k$ е редниот број на местото на ученикот во редицата броејќи од лево кон десно. Сите ученици добиле ист количник. Колку бонбони добил ученикот кој имал реден број 12 ?
Решение. Нека претпоставиме дека првиот ученик добил $x_{1}$ бонбони, вториот $x_{2}$ бонбони, ... , а дваесеттиот ученик добил $x_{20}$ бонбони. Според тоа, $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{20}=800$. Нека $\frac{x_{k}}{x_{k}+2 k-1}=M$, од каде $x_{k}=(2 k-1) \frac{M}{1-M}$. Па, за збирот $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{20}$ добиваме
Од условот $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{20}=800$, имаме $400 \frac{M}{1-M}=800$, т.е. $\frac{M}{1-M}=2$.
Според тоа, ученикот кој имал реден број 12 добил $x_{12}=(2 \cdot 12-1) \cdot 2=46$ бонбони.
Задача 4. Висината на рамнокрак трапез е еднаква на $h$, а неговата плоштина е $h^{2}$. Под кој агол се сечат дијагоналите на трапезот?
Решение. Нека $A B C D$ е рамнокрак трапез со основи $A B$ и $C D$ и висина $h$ чија плоштина е $P=h^{2}$. Точката $S$ е пресек на дијагоналите, а $S$, и $S$ " се подножјата на нормалите спуштени врз основите $A B$ и $C D$ соодветно. Триаголниците $S S^{\prime \prime} D$ и $S S ' B$ се слични, бидејќи имаат еднакви
агли. Според тоа $\overline{S S^{\prime \prime}}: \overline{D S^{\prime \prime}}=\overline{S S^{\prime}}: \overline{B S^{\prime}}$. Ако $a$ и $b$ се должините на основите, а $\overline{S S^{\prime}}=h_{1}$ и $\overline{S S^{\prime \prime}}=h_{2}$, тогаш $h_{1}+h_{2}=h$ и $h_{2}: \frac{b}{2}=h_{1}: \frac{a}{2}$. Значи,
Од условот на задачата имаме $\frac{a+b}{2} h=h^{2}$, односно $\frac{a}{2}+\frac{b}{2}=h$. Од равенството (1) и претходната формула добиваме $\frac{b}{2} \frac{h_{1}}{h_{2}}+\frac{b}{2}=h$, односно $\frac{b}{2}=h_{2}$. Слично се добива дека $\frac{a}{2}=h_{1}$. Според тоа $S S^{\prime \prime} D$ и $S S^{\prime} B$ се рамнокраки правоаголни триаголници. Аголот под кој се сечат дијагоналите на трапезот е $90^{\circ}$.
Задача 5. Докажи дека збирот на шест последователни природни броеви, од кои ниту еден не е делив со 7 , е делив со 21 , а не е делив со 42 . Определи шест такви броеви чиј збир е четирицифрен број и претставува квадрат на некој природен број.
Решение. Ниеден од шестте последователни природни броеви не е делив со 7 , па тие се од облик $7 n+1,7 n+2,7 n+3,7 n+4,7 n+5$ и $7 n+6, n \in N_{0}$. Нивниот збир е $S=42 n+21=21(2 n+1)$, од каде што следува дека $S$ е делив со 21 но не е делив со 42 (при делење со 42 се добива остаток 21).За да биде $S$ квадрат на некој природен број мора да важи $2 n+1=21 k^{2}$ за некој непарен број $k$, а за да биде $S$ четирицифрен број мора да важи $2<k^{2}<23$.Ова е можно само ако $k^{2}=9$, од каде што се добива дека $2 n+1=21 k^{2}=189$ и $n=94$. Бараните броеви се $659,660,661,662,663$ и 664 .