Olimpiada matematică etapa locală 2024 clasa a 7-a

Q: Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2024, etapa locală, clasa a VII-a, în București?

Patru probleme: un calcul cu radicali și o inecuație (1)/(n - 2) ≥ 4 - √(2)7, semnul sumelor 1 - √(2) + √(3) - , două pătrate cu un vârf comun (coliniaritate și perpendicularitate) și un paralelogram cu un centru de greutate (raport de arii).

Q: Cât durează proba și cum se punctează la etapa locală a olimpiadei de matematică 2024, clasa a VII-a, în București?

Timpul de lucru a fost de 3 ore pentru 4 probleme, fiecare notată cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

Q: Unde găsesc subiectul și baremul oficial de la etapa locală 2024?

SSMR a publicat subiectele și baremele etapei locale din 2024 pe județe, pe o hartă a României (pentru București: arhiva cu subiectele pentru gimnaziu și liceu). Pe această pagină, enunțurile sunt transcrise din documentele oficiale, iar fiecare rezolvare are răspunsul (sau punctajul) din barem.

Subiectele oficiale de la Olimpiada de matematică 2024, etapa locală din București, clasa a VII-a (sâmbătă, 10 februarie 2024), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: $n \in {3, 4}$ la problema 1; $x = y$ la problema 2; $P, D, C$ coliniare și $A C ⊥ C N$ ; raportul ariilor este $\frac{5}{4}$ .

Olimpiada Națională de Matematică este organizată de Ministerul Educației împreună cu Societatea de Științe Matematice din România (SSMR) și are trei etape: locală, județeană și națională. Etapa locală nu are un subiect unic la nivel național: fiecare inspectorat școlar își stabilește propriul subiect, așa că problemele diferă de la un județ la altul. Pe această pagină este subiectul dat în București (Inspectoratul Școlar al Municipiului București, același subiect în toate sectoarele), sâmbătă, 10 februarie 2024. Etapa locală este calificarea pentru etapa județeană 2024 (clasa a VII-a).

La clasa a VII-a, subiectul din București a avut 4 probleme, timp de lucru 3 ore. Fiecare problemă este notată cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Soluțiile de mai jos urmează baremul oficial publicat după concurs.

Cum să folosești pagina: citește enunțul, încearcă singur cel puțin 20–30 de minute, apoi deschide soluția. Punctajele din paranteze sunt cele din baremul oficial — așa vezi ce pași contează la corectare. Orice altă soluție corectă primește punctajul maxim.

Cuprins: Problema 1 · Problema 2 · Problema 3 · Problema 4 · Răspunsuri pe scurt

Problema 1 (7 puncte · radicali, inecuații)

Arătați că:

a) Arătați că $\frac{3 \sqrt{20} - \sqrt{18}}{3 \sqrt{8}} - \frac{\sqrt{45} - 2 \sqrt{3}}{2 \sqrt{12}} = \frac{2 \sqrt{50} - \sqrt{75}}{2 \sqrt{20}};$

b) Determinați $n \in N$ astfel încât $\frac{1}{n - 2}$ $\geq \frac{4 - \sqrt{2}}{7}$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Scoatem factorii de sub radical ( $\sqrt{20} = 2 \sqrt{5}$ , $\sqrt{18} = 3 \sqrt{2}$ , $\sqrt{8} = 2 \sqrt{2}$ , $\sqrt{45} = 3 \sqrt{5}$ , $\sqrt{12} = 2 \sqrt{3}$ ) și raționalizăm:

\frac{2 \sqrt{5} - \sqrt{2}}{2 \sqrt{2}} - \frac{3 \sqrt{5} - 2 \sqrt{3}}{4 \sqrt{3}} = \frac{6 \sqrt{10} - 6 - 3 \sqrt{15} + 6}{12} = \frac{6 \sqrt{10} - 3 \sqrt{15}}{12} = \frac{2 \sqrt{10} - \sqrt{15}}{4} .

(2 p)

Membrul drept: $\frac{2 \sqrt{50} - \sqrt{75}}{2 \sqrt{20}}$ $= \frac{10 \sqrt{2} - 5 \sqrt{3}}{4 \sqrt{5}}$ $= \frac{2 \sqrt{10} - \sqrt{15}}{4}$ , deci egalitatea este adevărată. (1 p)

b) Pentru $n = 2$ fracția nu are sens. Dacă $n \leq 1$ , atunci $\frac{1}{n - 2}$ $< 0$ $< \frac{4 - \sqrt{2}}{7}$ , deci nu convine. (1 p)

Pentru $n > 2$ ambele fracții sunt pozitive și putem inversa: $\frac{1}{n - 2} \geq \frac{4 - \sqrt{2}}{7} \Leftrightarrow \frac{7}{4 - \sqrt{2}} \geq n - 2 \Leftrightarrow \frac{4 + \sqrt{2}}{2} \geq n - 2 \Leftrightarrow 4 + \frac{\sqrt{2}}{2} \geq n .$ (Am raționalizat: $\frac{7}{4 - \sqrt{2}}$ $= \frac{7 (4 + \sqrt{2})}{16 - 2}$ $= \frac{4 + \sqrt{2}}{2}$ .) (2 p)

Cum $\frac{\sqrt{2}}{2} < 1$ , obținem $n < 5$ , deci $n \in {3, 4}$ . (1 p)

Observație din barem: la o rezolvare prin aproximarea lui $\sqrt{2}$ se scade un punct dacă se folosește o aproximare prin adaos (de exemplu $\sqrt{2} \approx 1, 5$ ).

Răspuns: b) $n \in {3, 4}$ .

Problema 2 (7 puncte · radicali, semn, module)

Fie numerele reale $a_{n}$ $= 1 - \sqrt{2} + \sqrt{3} - \sqrt{4} + \dots + (- 1)^{n - 1} \sqrt{n}$ , unde $n \in N^{*}$ .

a) Arătați că $a_{2024} < 0$ ;

b) Demonstrați că $a_{n} \cdot a_{n + 1} < 0$ , pentru orice $n \in N^{*}$ ;

c) Comparați numerele

x = 2 \cdot (| a_{1} | + | a_{2} | + | a_{3} | + \dots + | a_{2024} |)

și

y = | a_{1} - a_{2} | + | a_{2} - a_{3} | + | a_{3} - a_{4} | + \dots + | a_{2023} - a_{2024} | + | a_{2024} - a_{1} | .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Grupăm cei 2024 de termeni câte doi: $a_{2024} = (1 - \sqrt{2}) + (\sqrt{3} - \sqrt{4}) + \dots + (\sqrt{2023} - \sqrt{2024}) .$ Cum $\sqrt{n} - \sqrt{n + 1}$ $< 0$ , fiecare grupă este negativă, deci $a_{2024} < 0$ . (2 p)

b) La fel, grupând termenii doi câte doi, fiecare $a_{2 k} < 0$ . Pentru $n = 2 k + 1$ impar grupăm termenii doi câte doi începând cu al doilea: $a_{2 k + 1} = 1 + (- \sqrt{2} + \sqrt{3}) + \dots + (- \sqrt{2 k} + \sqrt{2 k + 1}),$ fiecare grupă fiind pozitivă, deci $a_{2 k + 1} > 0$ . (1 p)

Numerele $n$ și $n + 1$ sunt consecutive, deci unul este par și celălalt impar: unul dintre $a_{n}$ , $a_{n + 1}$ este negativ, iar celălalt pozitiv, așadar $a_{n} \cdot a_{n + 1} < 0$ . (1 p)

c) Termenii cu indice impar sunt pozitivi, iar cei cu indice par negativi, deci $x = 2 \cdot (a_{1} - a_{2} + a_{3} - a_{4} + \dots + a_{2023} - a_{2024}) = 2 \cdot (a_{1} + a_{3} + \dots + a_{2023}) - 2 \cdot (a_{2} + a_{4} + \dots + a_{2024}) .$ (1 p)

În $y$ , fiecare modul conține două numere de semne opuse (inclusiv $| a_{2024} - a_{1} |$ , cu $a_{2024} < 0 < a_{1}$ ), deci $| a_{k} - a_{k + 1} |$ este diferența dintre termenul pozitiv și cel negativ: $y = (a_{1} - a_{2}) + (a_{3} - a_{2}) + (a_{3} - a_{4}) + (a_{5} - a_{4}) + \dots + (a_{2023} - a_{2024}) + (a_{1} - a_{2024}) = 2 \cdot (a_{1} + a_{3} + \dots + a_{2023}) - 2 \cdot (a_{2} + a_{4} + \dots + a_{2024}) .$ (1 p)

Deci $x = y$ . (1 p)

Răspuns: c) $x = y$ .

Problema 3 (7 puncte · pătrat, congruență, patrulater inscriptibil)

Fie $A B C D$ un pătrat și $M$ un punct pe latura $B C$ . De aceeași parte a dreptei $A B$ se construiește pătratul $A M N P$ . Arătați că punctele $P$ , $D$ și $C$ sunt coliniare, iar $A C ⊥ C N$ .

autor: Adrian Bud, supliment Gazeta Matematică

Vezi soluția (după baremul oficial)

$∠ B A D$ $= ∠ M A P$ $= 90^{\circ}$ , deci $∠ B A M$ $= 90^{\circ} - ∠ M A D$ $= ∠ D A P$ . (1 p)
Triunghiurile $A B M$ și $A D P$ au $A B = A D$ , $A M = A P$ și $∠ B A M = ∠ D A P$ , deci $△ A B M \equiv △ A D P$ (L.U.L.), de unde $∠ A D P$ $= ∠ A B M$ $= 90^{\circ}$ . (1 p)
Atunci $∠ P D C$ $= ∠ A D P + ∠ A D C$ $= 90^{\circ} + 90^{\circ}$ $= 180^{\circ}$ , deci $P$ , $D$ , $C$ sunt coliniare. (1 p)
$A N$ este diagonală în pătratul $A M N P$ , deci $∠ A N M = 45^{\circ}$ . (1 p)
Analog, $A C$ este diagonală în pătratul $A B C D$ , deci $∠ A C M$ $= ∠ A C B$ $= 45^{\circ}$ . (1 p)
Cum $∠ A N M = ∠ A C M$ (segmentul $A M$ se vede sub același unghi din $N$ și din $C$ , aflate de aceeași parte a lui $A M$ ), patrulaterul $A M C N$ este inscriptibil. (1 p)
Deci $∠ A C N$ $= ∠ A M N$ $= 90^{\circ}$ (unghiuri înscrise care subîntind același arc $A N$ ), adică $A C ⊥ C N$ . (1 p)

Problema 4 (7 puncte · paralelogram, centru de greutate, arii)

Fie $A B C D$ un paralelogram cu $A C \cap B D = {O}$ și $E$ un punct în exteriorul paralelogramului astfel încât $D$ este centrul de greutate al triunghiului $△ A O E$ . Demonstrați că:

a) $O D E F$ este paralelogram, unde $A D \cap C E = {F}$ ;

b) Aflați raportul dintre aria $△ A B E$ și aria paralelogramului $A B C D$ .

autor: Traian Preda

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Fie ${M} = A D \cap O E$ și ${N} = A E \cap O D$ . Cum $D$ este centrul de greutate al triunghiului $A O E$ , $A M$ și $O N$ sunt mediane: $E M = M O$ și $A N = N E$ .

Dar $A O = O C$ , deci $O N$ este linie mijlocie în triunghiul $A C E$ și $O N ∥ C E$ . (1 p)

Din $O D ∥ C E$ (adică $O D ∥ F E$ ) rezultă $∠ M O D = ∠ M E F$ (alterne interne); cu $M O = M E$ și $∠ O M D = ∠ E M F$ (opuse la vârf), $△ M O D \equiv △ M E F$ (U.L.U.). (1 p)

Obținem $M D = M F$ și, cum $E M = M O$ , diagonalele $O E$ și $D F$ ale patrulaterului $O D E F$ se înjumătățesc, deci $O D E F$ este paralelogram. (1 p)

b) $A B C D$ este paralelogram, deci $A_{A O B}$ $= A_{A O D}$ $= S$ și $A_{A B C D} = 4 S$ . (1 p)

$D$ este centrul de greutate al triunghiului $A O E$ , deci $A_{A O D}$ $= A_{A D E}$ $= A_{E O D}$ $= \frac{A_{A O E}}{3}$ $= S$ , adică $A_{A O E} = 3 S$ . (1 p)

$E O$ este mediană în triunghiul $E B D$ ( $O$ este mijlocul lui $B D$ ), deci $A_{E O B}$ $= A_{E O D}$ $= S$ . Atunci $A_{A B E}$ $= A_{A O E} + A_{B O E} + A_{A O B}$ $= 3 S + S + S$ $= 5 S$ . (1 p)

Obținem $\frac{A_{A B E}}{A_{A B C D}}$ $= \frac{5 S}{4 S}$ $= \frac{5}{4}$ . (1 p)

Răspuns: b) $\frac{5}{4}$ .

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	a) ambii membri sunt egali cu $\frac{2 \sqrt{10} - \sqrt{15}}{4}$ ; b) $n \in {3, 4}$
2	a), b) demonstrații ( $a_{n}$ are semnul lui $(- 1)^{n - 1}$ ); c) $x = y$
3	demonstrație: $△ A B M \equiv △ A D P$ , $A M C N$ inscriptibil
4	a) demonstrație; b) $\frac{5}{4}$

Ce capitole verifică subiectul

Problemele	Temă	Recapitulează
1	Radicali, raționalizare, inecuații	fișă radicali
2	Numere reale, semn, modul	fișă mulțimea numerelor reale
3	Pătrat, congruență, patrulater inscriptibil	fișă patrulatere · fișă cercul
4	Paralelogram, centru de greutate, arii	fișă patrulatere · fișă linia mijlocie

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2024, etapa locală, clasa a VII-a, în București? Patru probleme: un calcul cu radicali și o inecuație $\frac{1}{n - 2} \geq \frac{4 - \sqrt{2}}{7}$ , semnul sumelor $1 - \sqrt{2} + \sqrt{3} - \dots$ , două pătrate cu un vârf comun (coliniaritate și perpendicularitate) și un paralelogram cu un centru de greutate (raport de arii).

Cât durează proba și cum se punctează la etapa locală a olimpiadei de matematică 2024, clasa a VII-a, în București? Timpul de lucru a fost de 3 ore pentru 4 probleme, fiecare notată cu 7 puncte, deci punctajul maxim este 28. Se punctează și rezolvările parțiale, după barem.

Unde găsesc subiectul și baremul oficial de la etapa locală 2024? SSMR a publicat subiectele și baremele etapei locale din 2024 pe județe, pe o hartă a României (pentru București: arhiva cu subiectele pentru gimnaziu și liceu). Pe această pagină, enunțurile sunt transcrise din documentele oficiale, iar fiecare rezolvare are răspunsul (sau punctajul) din barem.

Alte subiecte

Alte clase, etapa locală 2024 (București): clasa a V-a · clasa a VI-a · clasa a VIII-a. Etapa următoare: olimpiada de matematică 2024, etapa județeană, clasa a VII-a. Exersează și cu fișele de lucru pe clase, iar formulele utile le găsești la formule clasa a 7-a.

← Olimpiada de matematică — toate subiectele rezolvate · Concursuri școlare de matematică

Subiect oficial © Ministerul Educației / SSMR / Inspectoratul Școlar al Municipiului București (Olimpiada Națională de Matematică, etapa locală, București, 10 februarie 2024): subiectele și baremele etapei locale pe județe, publicate de SSMR. Explicațiile suplimentare și figurile: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2024, etapa locală (București) — clasa a VII-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (7 puncte · radicali, inecuații)

Problema 2 (7 puncte · radicali, semn, module)

Problema 3 (7 puncte · pătrat, congruență, patrulater inscriptibil)

Problema 4 (7 puncte · paralelogram, centru de greutate, arii)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Alte subiecte

Formule conexe