Olimpiada matematică etapa locală 2025 clasa a 7-a București

Q: Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2025, etapa locală din București, clasa a VII-a?

Patru probleme: o sumă telescopică cu puteri ale lui 2 și partea întreagă, mulțimea mediilor armonică, geometrică și aritmetică a două numere, un paralelogram cu un punct N pe semidreapta (MO și un romb în care se demonstrează o coliniaritate și o concurență.

Q: Cât durează proba și cum se punctează la etapa locală a olimpiadei de matematică 2025?

În București, timpul de lucru a fost de 3 ore pentru 4 probleme, fiecare notată de la 0 la 7 puncte (se acordă numai punctaje întregi), deci punctajul maxim este 28. Rezolvările parțiale se punctează după barem, iar orice altă rezolvare corectă se punctează echivalent.

Q: Unde găsesc subiectele și baremul oficial de la etapa locală 2025 din București?

Subiectele și baremele etapei locale din București au fost elaborate de filiala București a Societății de Științe Matematice din România (SSMR) împreună cu Inspectoratul Școlar al Municipiului București (ISMB) și au fost distribuite școlilor; copii ale fișierelor oficiale sunt arhivate de site-uri de profil (de exemplu mateinfo.ro). Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Subiectele oficiale de la Olimpiada Națională de Matematică 2025, etapa locală din București, clasa a VII-a (sâmbătă, 8 februarie 2025), cu soluțiile explicate pas cu pas după baremul oficial. Pe scurt: suma telescopică este $S = \frac{1}{3} - \frac{1}{2^{2025} + 1}$ , deci $[2025 \cdot S] = 674$ ; $n \in {1125, 1800}$ ; la geometrie se folosesc linia mijlocie, centrul de greutate și ortocentrul.

Olimpiada Națională de Matematică este organizată de Ministerul Educației și Cercetării împreună cu Societatea de Științe Matematice din România (SSMR) și are trei etape: locală, județeană (și a sectoarelor municipiului București) și națională. La etapa locală subiectele nu sunt aceleași în toată țara: fiecare județ își stabilește propriul subiect. Pe această pagină sunt subiectele din București, elaborate de SSMR și Inspectoratul Școlar al Municipiului București (ISMB), date sâmbătă, 8 februarie 2025: 4 probleme, timp de lucru 3 ore, fiecare problemă notată cu 7 puncte (punctaj maxim 28). Etapa locală este calificarea pentru etapa județeană (pe sector) din 8 martie 2025, clasa a VII-a.

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 · sume telescopice, partea întreagă)

Se consideră suma

S = \frac{1}{(1 + 2^{- 1}) (1 + 2^{2})} + \frac{1}{(1 + 2^{- 2}) (1 + 2^{3})} + \dots + \frac{1}{(1 + 2^{- 2024}) (1 + 2^{2025})} .

Arătați că $[2025 \cdot S] < 675$ , unde $[x]$ este partea întreagă a numărului real $x$ . (Gazeta Matematică)

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ideea: fiecare termen se scrie ca o diferență de două fracții, iar suma se „telescopează”.

Pentru $k = 1, 2, \dots, 2024$ , amplificând cu $2^{k}$ (pentru că $2^{k} \cdot (1 + 2^{- k})$ $= 2^{k} + 1$ ): $\frac{1}{(1 + 2^{- k}) (1 + 2^{k + 1})} = \frac{2^{k}}{(1 + 2^{k}) (1 + 2^{k + 1})} = \frac{(2^{k + 1} + 1) - (2^{k} + 1)}{(1 + 2^{k}) (1 + 2^{k + 1})} = \frac{1}{2^{k} + 1} - \frac{1}{2^{k + 1} + 1} .$ (3 p)
Atunci $S = \frac{1}{2 + 1} - \frac{1}{2^{2} + 1} + \frac{1}{2^{2} + 1} - \frac{1}{2^{3} + 1} + \dots + \frac{1}{2^{2024} + 1} - \frac{1}{2^{2025} + 1} = \frac{1}{3} - \frac{1}{2^{2025} + 1} .$ (2 p)
Obținem $2025 \cdot S$ $= 675 - \frac{2025}{1 + 2^{2025}}$ . Cum $0$ $< \frac{2025}{1 + 2^{2025}}$ $< 1$ (pentru că $2^{2025}$ este mult mai mare decât 2025), rezultă $674$ $< 2025 \cdot S$ $< 675$ , deci $[2025 \cdot S]$ $= 674$ $< 675$ . (2 p)

Răspuns: $S$ $= \frac{1}{3} - \frac{1}{2^{2025} + 1}$ , iar $[2025 \cdot S] = 674$ .

Problema 2 (7 puncte · radicali, medii, numere naturale)

Pentru orice două numere reale $a$ și $b$ , distincte și strict pozitive, definim mulțimea $M (a; b)$ $= {\frac{2 a b}{a + b}; \sqrt{a b}; \frac{a + b}{2}}$ .

a) Determinați $M (\sqrt{2026} - 45; \sqrt{2026} + 45)$ ;

b) Aflați $n \in N^{*}$ astfel încât $M (45 - \sqrt{n}; 45 + \sqrt{n}) \subset N$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Pentru $a = \sqrt{2026} - 45$ și $b = \sqrt{2026} + 45$ (ambele pozitive, pentru că $\sqrt{2026}$ $> \sqrt{2025}$ $= 45$ ) avem $a + b = 2 \sqrt{2026}$ și $a b$ $= 2026 - 45^{2}$ $= 2026 - 2025$ $= 1$ . Atunci $\frac{2 a b}{a + b}$ $= \frac{2}{2 \sqrt{2026}}$ $= \frac{\sqrt{2026}}{2026}$ , $\sqrt{a b} = 1$ , $\frac{a + b}{2}$ $= \sqrt{2026}$ , deci $M (\sqrt{2026} - 45; \sqrt{2026} + 45) = {\frac{\sqrt{2026}}{2026}; 1; \sqrt{2026}} .$ (3 p)

b) Pentru $a = 45 - \sqrt{n}$ , $b = 45 + \sqrt{n}$ (distincte și pozitive pentru $1 \leq n < 2025$ ): $a + b = 90$ , deci $\frac{a + b}{2}$ $= 45 \in N$ , și $a b = 45^{2} - n = 2025 - n$ .

$\frac{2 a b}{a + b}$ $= \frac{2 (2025 - n)}{90}$ $= \frac{2025 - n}{45} \in N$ , deci $45 ∣ 2025 - n$ ; cum $45 ∣ 2025$ , rezultă $45 ∣ n$ . Deci $n = 45 \cdot p$ , $p \leq 45$ . (1 p)
$\sqrt{a b}$ $= \sqrt{2025 - n} \in N$ , deci $2025 - n = k^{2}$ , $k \in N$ , adică $45 \cdot (45 - p) = k^{2}$ . Cum $45 = 9 \cdot 5$ , rezultă că $5 (45 - p)$ este pătrat perfect. (1 p)
Pentru ca $5 (45 - p)$ să fie pătrat perfect, $45 - p$ trebuie să fie de forma $5 j^{2}$ cu $0 \leq 45 - p \leq 45$ : $45 - p \in {0, 5, 20, 45}$ , de unde obținem $p \in {45, 40, 25, 0}$ , deci $n \in {2025, 1800, 1125, 0}$ . (1 p)
Dar $n = 0$ și $n = 2025$ nu convin (pentru $n = 0$ numerele ar fi egale, iar $n \in N^{*}$ ; pentru $n = 2025$ , $a = 0$ ), deci $n \in {1125, 1800}$ . (1 p)

Verificare: $n = 1125$ : $a b = 900$ , $M = {20; 30; 45}$ ; $n = 1800$ : $a b = 225$ , $M = {5; 15; 45}$ . ✓

Răspuns: a) ${\frac{\sqrt{2026}}{2026}; 1; \sqrt{2026}}$ ; b) $n \in {1125, 1800}$ .

Problema 3 (7 puncte · paralelogram, linia mijlocie, centrul de greutate)

Fie paralelogramul $A B C D$ , ${O} = A C \cap B D$ și punctul $M \in (A B)$ . Pe semidreapta $(M O$ considerăm punctul $N$ astfel încât $N O = 3 M O$ . Demonstrați că:

a) Paralela prin punctul $B$ la dreapta $D M$ trece prin mijlocul segmentului $D N$ ;

b) Punctele $B, C, N$ sunt coliniare dacă și numai dacă $B M = 2 A M$ .

Vezi soluția (după baremul oficial)

a) Notăm $M N \cap C D = {P}$ și $B P \cap N D = {S}$ .

$O$ este mijlocul lui $B D$ și al lui $A C$ , deci simetricul lui $M$ față de $O$ se află pe $C D$ : acesta este $P$ , cu $M O = O P$ și $C P = A M$ . Atunci $D P$ $= D C - C P$ $= A B - A M$ $= M B$ și $M B ∥ D P$ , deci $M B P D$ este paralelogram, de unde $B P ∥ D M$ .
Cum $M O = O P$ și $N O = 3 M O$ , obținem $N P = N O - O P = 2 M O$ și $P M = 2 M O$ , deci $N P = P M$ și $P$ este mijlocul lui $M N$ .
În triunghiul $M D N$ , $P S ∥ D M$ și $P$ este mijlocul lui $M N$ , deci $P S$ este linie mijlocie, iar $S$ este mijlocul lui $D N$ . Paralela prin $B$ la $D M$ este chiar dreapta $B P$ , care trece prin $S$ . (3 p)

„ $\Rightarrow$ ” Dacă $B, C, N$ sunt coliniare, în triunghiul $M B N$ avem $P C ∥ M B$ și $P$ mijlocul lui $M N$ , deci $P C$ este linie mijlocie: $P C = \frac{M B}{2}$ . Cum $A M C P$ este paralelogram ( $A M = C P$ , $A M ∥ C P$ ), $P C = A M$ , deci $B M = 2 A M$ . (2 p)
„ $\Leftarrow$ ” Notăm $B N \cap D C = {C^{'}}$ . În triunghiul $B D N$ , $N O$ este mediană ( $O$ mijlocul lui $B D$ ) și $N P = 2 P O$ , deci $P$ este centrul de greutate al triunghiului $B D N$ . Atunci $D P$ este pe mediana din $D$ , $C^{'}$ este mijlocul lui $B N$ și $D P = 2 P C^{'}$ . Dar $D P = M B$ și (din ipoteză) $M B = 2 A M = 2 P C$ , deci $P C^{'} = P C = \frac{M B}{2}$ . Punctele $C$ și $C^{'}$ sunt pe semidreapta $(P C$ la aceeași distanță de $P$ , deci $C = C^{'}$ . Prin urmare, punctele $B, N$ și $C$ sunt coliniare. (2 p)

Problema 4 (7 puncte · rombul, patrulatere inscriptibile, ortocentrul)

În rombul $A B C D$ , $A C \cap B D = {O}$ , considerăm punctele $M \in (B C)$ , $N \in (C D)$ , astfel încât $B M = D N$ . Dacă $A N \cap B D = {P}$ și $B Q ⊥ A M$ , $P R ⊥ A D$ , $Q \in (A M)$ , $R \in (A D)$ , demonstrați că:

a) Punctele $Q, O, R$ sunt coliniare;

b) Dreptele $B Q$ , $A C$ și $P R$ sunt concurente.

Vezi soluția (după baremul oficial)

Ce știm: în romb, diagonalele sunt perpendiculare ( $A O ⊥ B D$ ), iar $A C$ este bisectoarea unghiului $B A D$ .

$△ A B M \equiv △ A D N$ (L.U.L.: $A B = A D$ , $∠ A B M = ∠ A D N$ , $B M = D N$ ), deci $∠ B A M = ∠ D A N$ . (1 p)
Patrulaterul $A B Q O$ este inscriptibil ( $∠ A Q B$ $= ∠ A O B$ $= 90^{\circ}$ ), iar patrulaterul $A O P R$ este inscriptibil ( $∠ A O P$ $= ∠ A R P$ $= 90^{\circ}$ ). De aici $∠ B O Q = ∠ B A Q$ și $∠ P A R = ∠ R O P$ (unghiuri care subîntind același arc). Cum $∠ B A Q$ $= ∠ B A M$ $= ∠ D A N$ $= ∠ P A R$ , obținem $∠ B O Q = ∠ R O P$ . Punctele $B$ și $P$ sunt pe dreapta $B D$ , de o parte și de alta a lui $O$ , deci unghiurile $B O Q$ și $R O P$ sunt opuse la vârf, iar punctele $Q, O, R$ sunt coliniare. (2 p)

Notăm $B Q \cap A C = {S}$ , $S D \cap A N = {T}$ . $△ A B S \equiv △ A D S$ (L.U.L.: $A B = A D$ , $∠ B A S = ∠ D A S$ , $A S$ latură comună), deci $∠ A B Q = ∠ A D T$ . Cum $∠ B A Q = ∠ D A T$ , triunghiurile $A B Q$ și $A D T$ au câte două unghiuri egale, deci $∠ A T D$ $= ∠ A Q B$ $= 90^{\circ}$ , adică $A T ⊥ S D$ . În triunghiul $A S D$ , $A T$ și $D O$ sunt înălțimi, iar ele se intersectează în $P$ , deci $P$ este ortocentrul triunghiului $A S D$ . (2 p)
Atunci $S P ⊥ A D$ , fiind a treia înălțime a triunghiului. Însă $P R ⊥ A D$ , de unde obținem că $S, P, R$ sunt coliniare, deci $B Q \cap A C \cap P R = {S}$ : cele trei drepte sunt concurente. (2 p)

Răspunsuri pe scurt

Problema	Răspuns
1	$[2025 \cdot S] = 674$
2	a) ${\frac{\sqrt{2026}}{2026}; 1; \sqrt{2026}}$ ; b) $n \in {1125, 1800}$
3	demonstrație: linia mijlocie în $△ M D N$ , centrul de greutate al $△ B D N$
4	demonstrație: patrulatere inscriptibile, $P$ ortocentrul $△ A S D$

Ce capitole verifică subiectul

Problema	Temă	Recapitulează
1	Puteri cu exponent întreg, sume telescopice, partea întreagă	fișă operații cu numere reale
2	Radicali, media aritmetică, geometrică, armonică	fișă radicali
3	Paralelogramul, linia mijlocie, centrul de greutate	fișă patrulatere · fișă linia mijlocie
4	Rombul, patrulatere inscriptibile, ortocentrul	fișă cercul · fișă patrulatere

Întrebări frecvente

Ce probleme s-au dat la olimpiada de matematică 2025, etapa locală din București, clasa a VII-a? Patru probleme: o sumă telescopică cu puteri ale lui 2 și partea întreagă, mulțimea mediilor armonică, geometrică și aritmetică a două numere, un paralelogram cu un punct $N$ pe semidreapta $(M O$ și un romb în care se demonstrează o coliniaritate și o concurență.

Cât durează proba și cum se punctează la etapa locală a olimpiadei de matematică 2025? În București, timpul de lucru a fost de 3 ore pentru 4 probleme, fiecare notată de la 0 la 7 puncte (se acordă numai punctaje întregi), deci punctajul maxim este 28. Rezolvările parțiale se punctează după barem, iar orice altă rezolvare corectă se punctează echivalent.

Unde găsesc subiectele și baremul oficial de la etapa locală 2025 din București? Subiectele și baremele etapei locale din București au fost elaborate de filiala București a Societății de Științe Matematice din România (SSMR) împreună cu Inspectoratul Școlar al Municipiului București (ISMB) și au fost distribuite școlilor; copii ale fișierelor oficiale sunt arhivate de site-uri de profil (de exemplu mateinfo.ro). Pe această pagină, fiecare pas al soluției are punctajul din barem.

Alte subiecte: etapa locală 2025 (București) — clasa a V-a · clasa a VI-a · clasa a VIII-a; etapa următoare: olimpiada de matematică 2025, etapa județeană, clasa a VII-a; toate subiectele: olimpiada de matematică; alte concursuri: concursuri școlare de matematică. 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

Subiecte oficiale © Ministerul Educației și Cercetării / SSMR / ISMB (Olimpiada Națională de Matematică, etapa locală, București, 8 februarie 2025): subiectul și baremul, copii ale fișierelor oficiale arhivate de mateinfo.ro. Explicațiile: Matepenet.ro.

Olimpiada de matematică 2025, etapa locală (București) — clasa a VII-a, subiecte rezolvate

Problema 1 (7 puncte · sume telescopice, partea întreagă)

Problema 2 (7 puncte · radicali, medii, numere naturale)

Problema 3 (7 puncte · paralelogram, linia mijlocie, centrul de greutate)

Problema 4 (7 puncte · rombul, patrulatere inscriptibile, ortocentrul)

Răspunsuri pe scurt

Ce capitole verifică subiectul

Întrebări frecvente

Formule conexe