SlideShare a Scribd company logo
Министарство просвете, науке и технолошког развоја
ДРУШТВО МАТЕМАТИЧАРА СРБИЈЕ
Окружно такмичење из математике
ученика основних школа
25.03.2018.
IV разред
1. Прецртај таблицу на папир који ћеш предати. Попуни празна
поља бројевима тако да изнад свака два суседна броја буде
њихов збир. У доњем реду треба да буду уписани бројеви 917,
1009, 2018, али тако да број уписан на врху таблице буде највећи
могућ.
2. Квадрат је помоћу 7 дужи паралелних једној својој страници
подељен на 8 једнаких правоугаоника. Збир обима тих
правоугаоника је 216cm. Израчунај површину квадрата.
3. Правоугаоник је састављен од 12 једнаких квадрата чије су
странице дужине 2cm. Колико највише може бити обим тог
правоугаоника?
4. Колико пута треба употребити цифру 1 да би се написали сви
парни природни бројеви мањи од 315?
5. Збир 2015 природних бројева једнак је 2018. Које све вредности
може имати њихов производ? [Напомена: 0 није природан број.]
Сваки задатак се бодује са по 20 бодова.
Израда задатака траје 150 минута.
Решење сваког задатка кратко и јасно образложити.
IV РАЗРЕД
Признавати сваки тачан поступак који се разликује од кључа.
Бодовање прилагодити конкретном начину решавања.
1. (МЛ 52/2) На слици је приказано једно од два могућа решења. Највећи
број који може бити на врху таблице је 5962 [За правилан распоред у
доњем реду 15 бодова. Тачно попуњен остатак таблице 5 бодова].
2. У поменутом збиру обима правоугаоника, свака од 7
датих дужи (чије су дужине једнаке страници квадрата)
учествује два пута (види слику), па је тај збир 7 ∙ 2 + 4 = 18
пута дужи од странице квадрата [10 бодова]. Ако је дужина
странице a, из 18 ∙ а = 216cm, налазимо да је a = 12cm [5
бодова], па је површина квадрата 144cm2
[5 бодова].
3. Правоугаоник се може саставити од 12 квадрата на три начина, као што
је приказано на сликама [10 бодова].
Oзначимо дужину странице квадрата са x. Oбим правоугаоника ABCD је 26 ∙
x = 26 ∙ 2cm = 52cm [3 бода], правоугаоника XYZT je 16 ∙ x = 16 ∙ 2cm = 32cm
[3 бода], a правоугаоника PQRS je 14 ∙ x = 14 ∙ 2cm = 28cm [3 бода]. Дакле,
обим највише може бити 52cm [1 бод].
4. Како се ради о парним бројевима, цифра 1 се у њима не јавља на месту
јединица [2 бода]. У свакој стотини цифра 1 се на месној вредности
десетице код парних бројева јавља 5 пута. Дакле, у прве 3 стотине, јавља се
укупно 15 пута на месту десетица [8 бодова]. На месној вредности стотине
цифра 1 се код парних бројева јавља 50 пута [8 бодова]. За запис
тражених бројева у прве три стотине цифра један се употреби 65 пута. У
четвртој стотини цифра 1 се употребљава за запис бројева 310, 312 и 314
[2 бода]. Дакле, за запис свих парних бројева до 315 цифра 1 се употреби
68 пута.
5. Постоје три могућности за одабир 2015 бројева чији је збир 2018: једна
четворка и 2014 јединица [6 бодова]; једна тројка, једна двојка и 2013
јединица [6 бодова]; три двојке и 2012 јединица [6 бодова]. Дакле,
производ може бити 4, 6 или 8 [2 бода; за сваки погрешан резултат –5
бодова, с тим да укупан збир не буде негативан].
917 2018 1009
2935 3027
5962
А B
CD
X Y
ZT
P Q
RS
Министарство просвете, науке и технолошког развоја
ДРУШТВО МАТЕМАТИЧАРА СРБИЈЕ
Окружно такмичење из математике
ученика основних школа
25.03.2018.
V разред
1. Одреди која се цифра налази на 2018-ом месту после запете у
децималном запису броја
18
.
7
2. На колико начина је могуће испред и иза броја 2018 дописати по
једну цифру (цифре не морају бити једнаке) тако да се добије
шестоцифрени број дељив са 36?
3. Збир дужина неке две странице правоугаоника је 14cm, а збир
дужина неке три његове странице је 19cm. Колики може бити
обим тог правоугаоника?
4. На столу је десет папира на којима је записан по један природан
број. Збир свих 10 бројева на папирима је 20182019. Могу ли се
папири поделити у две групе (у групама не мора бити исти број
папира) тако да је највећи број у свакој групи једнак збиру
бројева на преосталим папирима у тој групи?
5. Дат је број 123456789101112...5960. Одреди:
а) највећи могућ; б) најмањи могућ
број који се добија када се у датом броју избрише 100 цифара.
Сваки задатак се бодује са по 20 бодова.
Израда задатака траје 150 минута.
Решење сваког задатка кратко и јасно образложити.
V РАЗРЕД
Признавати сваки тачан поступак који се разликује од кључа.
Бодовање прилагодити конкретном начину решавања.
1. (МЛ 50/5)
18
2,571428
7
 [10 бодова], а како је 2018 = 6 ∙ 336 + 2,
тражена цифра је друга у периоди и једнака је 7 [10 бодова].
2. Да би број x2018y био дељив са 36, мора бити дељив са 4 и 9 [5
бодова]. Да би био дељив и са 4 и са 9, y мора бити 0, 4 или 8 [5
бодова], а x + y мора бити 7 или 16 [5 бодова]. Заменом y са 0, 4 или
8 добијамо редом да x може бити 7, 3 или 8, па постоје 3 броја са
траженом особином и они су 720180, 320184 и 820188 [5 бодова.
Ако ученик само наведе 1 или 2 броја, бодовати укупно са 5 односно
10 бодова; за сваки погрешно наведени број одузети 3 бода, с тим да
укупан збир не буде негативан.].
3. Ако је збир две суседне странице 14cm, онда је обим
правоугаоника 28cm [6 бодова].
Ако је збир две наспрамне странице 14cm, онда је дужина сваке 7cm.
Означимо странице правоугаоника са а и b. Тада је 2а + b = 19cm
или а + 2b = 19cm, па друга страница може бити 5cm или 6cm,
односно обим може бити 24cm [7 бодова] или 26cm [7 бодова].
Дакле, обим правоугаоника може бити 24cm, 26cm или 28cm.
4. Претпоставимо да је описана подела могућа. Како је највећи број
у групи једнак збиру свих преосталих бројева, то значи да је збир
бројева у обе групе паран број. Збир два парна броја је паран, па
онда и збир свих бројева из обе групе мора бити паран. Како је
20182019 непаран број, закључујемо да се папири не могу поделити
у две групе са траженом особином [20 бодова. Не признавати
одговор „не“ без образложења.].
5. a) Дати број има 111 цифара, а добијени 11 цифара [2 бода]. Како
се цифра 9 јавља 6 пута, не можемо их све узети јер се после
последње јављају само цифре 6 и 0. Дакле, првих 5 цифара највећег
броја су деветке, а преосталих 6 бирамо у делу 505152...57585960.
Највећи тражени број је 99999785960 [9 бодова].
б) Најмањи број је 10000012340 [9 бодова].
Министарство просвете, науке и технолошког развоја
ДРУШТВО МАТЕМАТИЧАРА СРБИЈЕ
Окружно такмичење из математике
ученика основних школа
25.03.2018.
VI разред
1. Милош је написао 100 бројева. Први од тих бројева је 2, други 3, а
сваки је, осим првог и последњег, једнак збиру њему претходног
броја и броја који следи иза њега. Израчунај збир бројева које је
Милош написао.
2. Сабирају се узастопни природни бројеви дељиви са 3 (3 + 6 + 9 +
12 + ...). Колико таквих бројева треба сабрати да би збир био 100
пута већи од највећег сабирка?
3. Конструиши једнакокраки троугао чији је угао при врху 105°, а
висина која одговара краку је 4cm.
4. На хипотенузи АВ правоуглог троугла АВС одређена је тачка М
тако да је ВМ = ВС, а на катети СА тачка N тако да је CN = CP, где је
Р подножје висине троугла из темена С. Одреди меру угла CNM.
5. На колико начина се број 2018 може представити као производ
тачно три различита цела броја? Редослед чинилаца није битан.
Сваки задатак се бодује са по 20 бодова.
Израда задатака траје 150 минута.
Решење сваког задатка кратко и јасно образложити.
VI РАЗРЕД
Признавати сваки тачан поступак који се разликује од кључа.
Бодовање прилагодити конкретном начину решавања.
1. (МЛ 52/4) На другом месту је 3, а по услову задатка 3 = 2 + х, где је х непознати
број на трећем месту. Следи да је х = 1. Дакле, ти бројеви су 2, 3, 1, .... На четвртом
месту, рачунајући на наведени начин, добијамо –2, па –3, па –1, 2, 3, ... [6 бодова].
Дакле, бројеви које је Милош писао су 2, 3, 1, –2, –3, –1, 2, 3, 1, .... Првих шест
бројева се понавља и њихов збир је 0 [7 бодова]. Милош је написао 16 пута тих 6
бројева и још четири прва броја 2, 3, 1, –2. Дакле, збир је 16 ∙ 0 + 2 + 3 + 1 – 2 = 4 [7
бодова].
2. Означимо највећи сабирак са X. Тада је 3 + 6 + ... + X = 100X. Како 3|X, то је X = 3n,
nN. Даље је 3 + 6 + ... + 3n = 100 ∙ 3n [5 бодова]. Како је 3 + 6 + ... + 3n =
( 1)
3 ,
2
n n
 то је
( 1)
3 300
2
n n
n

  [10 бодова]. Решење једначине у скупу N је n =
199, па закључујемо да је потребно сабрати 199 бројева [5 бодова].
3. Углови на основици троугла ABC су по 37° 30’ (половине угла од 75°) и знамо да
се теме C налази на симетрали странице АВ. Како је троугао тупоугли, висина која
одговара краку је ван троугла. За троугао ABD знамо да је правоугли, једна катета
је 4cm, и унутрашњи углови су 90°, 37° 30’ и 52° 30’ [7 бодова]. Троугао АВС
можемо конструисати на следећи начин:
- најпре конструишемо троугао АВD (позната катета и два угла на њој) [7 бодова];
- треће теме С добијамо у пресеку симетрале странице АВ и странице BD троугла
ABD [6 бодова].
4. Како је BM = BC, то је ∡BMC = ∡BCM = φ, ∡MCA = 90° – φ
[5 бодова]. Из троугла CPM добија се ∡PCM = 90° – φ [5
бодова]. Дакле, △MCN ≅ △MCP (MC = MC, CP = CN, ∡PCM =
∡MCN = 90° – φ), па је и ∡CNM = ∡CPM = 90° [10 бодова. Не
признавати одговор 90° без образложења].
5. Како је 2018 = 1 ∙ (–1) ∙ (–2018) = 1 ∙ 2 ∙ 1009 = (–1) ∙ (–2) ∙ 1009 = (–1) ∙ 2 ∙ (–1009) =
1 ∙ (–2) ∙ (–1009), то се број 2018 може представити на 5 наведених начина [свако
тачно представљање по 4 бода, свако нетачно –2 бода, с тим да укупан збир не
буде негативан].
А B
C
D
4cm 105°
А
BC
MN
P
φ
Министарство просвете, науке и технолошког развоја
ДРУШТВО МАТЕМАТИЧАРА СРБИЈЕ
Окружно такмичење из математике
ученика основних школа
25.03.2018.
VII разред
1. Нека је H ортоцентар и О центар описане кружнице оштроуглог
троугла ABC. Нека је тачка М други пресек праве одређене
тачкама А и О са описаном кружницом. Докажи да троуглови BCM
и BCH имају једнаке површине.
2. Да ли је број 3 2 2 5 2 6 7 2 12     рационалан?
3. а) Колико делилаца у скупу природних бројева има број 23
∙ 45
∙ 67
?
б) Колико међу тим делиоцима има оних који су куб неког
природног броја?
4. Дат је конвексан четвороугао са нормалним дијагоналама. Да ли
обавезно постоји конвексан четвороугао са бар два права
унутрашња угла, чије су странице (у неком поретку) једнаке
страницама датог четвороугла?
5. Последња цифра броја n2
+ 2n је 4 (n је природан број). Одреди
претпоследњу цифру (цифру десетица) тог броја.
Сваки задатак се бодује са по 20 бодова.
Израда задатака траје 150 минута.
Решење сваког задатка кратко и јасно образложити.
VII РАЗРЕД
Признавати сваки тачан поступак који се разликује од кључа.
Бодовање прилагодити конкретном начину решавања.
1. (МЛ 51/4) Како је BH ⊥ CA (висина троугла) и MC ⊥
CA (∡MCA је над пречником), то је BH || MC (слика).
Слично је CH || MB, па је четвороугао BMCH
паралелограм. Одатле следи да су троуглови BCH и
BCM подударни (ССС), па имају једнаке површине
[20 бодова].
2. 2 2 2
3 2 2 5 2 6 7 2 12 ( 2 1) ( 3 2) (2 3)           [4 + 4 +
4 бода] 2 1 3 2 2 3 1       [8 бодова]. Дакле, дати број је рационалан.
3. а) Како је 23
∙ 45
∙ 67
= 220
∙ 37
[5 бодова], то дати број има 21 ∙ 8 = 168 делилаца [5
бодова].
б) Како је 220
∙ 37
= (23
)6
∙ 22
∙ (33
)2
∙ 3, то дати број има 7 ∙ 3 = 21 делилац који је куб
неког природног броја [10 бодова. Ако се задатак решава набрајањем делилаца,
за 1–14 набројаних 0 бодова, за 15–20 набројаних 5 бодова, за све набројане 10
бодова].
4. Нека је О тачка пресека дијагонала четвороугла ABCD чије су странице a = AB, b
= BC, c = CD, d = DA. Означимо дужине дужи AO, BO, CO, DO редом са x, y, z, u. Тада је
a2
= x2
+ y2
, b2
= y2
+ z2
, c2
= z2
+ u2
, d2
= u2
+ x2
. Следи да је a2
+ c2
= x2
+ y2
+ z2
+ u2
=
b2
+ d2
[10 бодова]. Одавде закључујемо да ће четвороугао са дијагоналом
дужине 2 2 2 2
x y z u   и страницама дужине а и c са једне стране те дијагонале
и страницама b и d са друге стране те дијагонале имати два права угла (у
крајевима друге дијагонале) [10 бодова].
5. Прво решење: Из услова задатка следи да је последња цифра броја n2
+ 2n + 1 =
(n + 1)2
цифра 5. Самим тим и последња цифра броја n + 1 је једнака 5 [10 бодова],
па је n + 1 = 10k + 5, за неко kN0. Квадрирањем добијамо да је (n + 1)2
= (10k + 5)2
= 100k2
+ 100k + 25, што значи да је двоцифрени завршетак броја (n + 1)2
једнак 25,
а броја n2
+ 2n је 24. Дакле, цифра десетица броја n2
+ 2n је 2 [10 бодова].
Друго решење. Производ n(n + 2) се завршава цифром 4, што је могуће једино у
случају да се n завршава цифром 4 (а n + 2 цифром 6) [10 бодова]. Дакле, мора
бити n = 10k + 4, n + 2 = 10k + 6, па је n(n + 2) = (10k + 4)(10k + 6) = 100(k2
+ k) + 24,
па се број n2
+ 2n завршава са 24, тј. цифра десетица му је 2 [10 бодова].
А
B
C
D
a b
cd
x
y
z
u
O
A C
B
H O
M
Министарство просвете, науке и технолошког развоја
ДРУШТВО МАТЕМАТИЧАРА СРБИЈЕ
Окружно такмичење из математике
ученика основних школа
25.03.2018.
VIII разред
1. На табли је написано неколико позитивних реалних бројева од
којих је сваки једнак једној деветини збира осталих бројева.
Колико је бројева написано на табли?
2. Одреди све целе бројеве n за које је број
2 1
3 1
n
n


такође цео.
3. Правилна четворострана призма и правилна четворострана
пирамида имају једнаке основе, површине и запремине. Ако је
површина основе 100cm2
, израчунај висине та два тела.
4. Права која садржи средиште M крака AD трапеза ABCD, дели
трапез на два дела једнаких површина и сече други крак у тачки
N. Израчунај однос BN : NC у зависности од дужина основица
AB = a, CD = b.
5. Да ли се за неки природан број n збир првих n природних бројева
може завршавати са 2018?
Сваки задатак се бодује са по 20 бодова.
Израда задатака траје 150 минута.
Решење сваког задатка кратко и јасно образложити.
VIII РАЗРЕД
Признавати сваки тачан поступак који се разликује од кључа.
Бодовање прилагодити конкретном начину решавања.
1. (МЛ 52/4) Означимо написане бројеве са х1, х2, ..., хk и са S = х1 + х2 + ... + хk њихов
збир. Из услова задатка следи да је S = х1 + 9х1 = 10x1 и слично S = 10x2, ..., S = 10xk
[10 бодова]. Дакле, сви написани бројеви су једнаки међу собом (и једнаки су
десетини њиховог збира), што значи да их има 10 [10 бодова].
2. Како је
2 1
1,
3 1
n
n



тј.
2 1
1 1
3 1
n
n

  

за n(–∞, 0)  (2, +∞) [13 бодова] и како је
2 1
0
3 1
n
n



за
1
,
2
n   то разломак може бити цео број само за n{0, 1, 2} [2 бода].
Заменом ових вредности у разломку добијамо да су n = 0 и n = 2 једини цели
бројеви за које је вредност разломка цео број [5 бодова].
3. Странице квадрата у основама су 10cm. Означимо висину призме са H1, а висину
пирамиде са H2. Из једнакости основа и запремина следи да је H2 = 3H1 [5 бодова].
Из једнакости површина имамо да је 2 ∙ 100 + 4 ∙ 10 ∙ H1 = 100 + 2 ∙ 10 ∙ 2
2 25,H 
односно 5 + 2H1 = 2
2 25H  [8 бодова]. Заменом H2 = 3H1 и решавањем ове
једначине добијамо да је H1 = 4cm и H2 = 12cm [7 бодова].
4. Троуглови AMN и DMN имају једнаке површине, јер је MN тежишна дуж троугла
AND. Како четвороуглови ABNM и CDMN имају једнаке површине, то и троуглови
ABN и CDN имају једнаке површине [7 бодова]. Нека су E и F подножја нормала из
N на AB и CD. Дужи NE = h1 и NF = h2 су висине троуглова ABN и CDN, које одговарају
страницама AB = a и CD = b, па из једнакости површина следи 1 2
,
2 2
h h
а b   одакле
је h1 : h2 = b : a [7 бодова]. Талесовом теоремом се добија да је тражени однос BN :
NC = NE : NF = h1 : h2 = b : a [6 бодова].
5. Ако се
( 1)
2
n n
завршава са 18, онда се n(n + 1) завршава са 36. Последња цифра
6 производа n(n + 1) може се добити само ако се n завршава са 2 или 7 [8 бодова].
Ако је n = 10x + 2, онда је n(n + 1) = (10x + 2)(10x + 3) = 100x2
+ 50x + 6, па се тај
број завршава или са 06 или са 56 [6 бодова].
Ако је n = 10x + 7, онда је n(n + 1) = (10x + 7)(10x + 8) = 100x2
+ 150x + 56, па се тај
број завршава или са 56 или са 06 [6 бодова].
Производ n(n + 1) се не завршава са 36.
A B
CD
M
N
E
F
a
b
h1
h2

More Related Content

What's hot

Prava deteta
Prava detetaPrava deteta
Prava deteta
saculatac
 
Strane svijeta
Strane svijetaStrane svijeta
Strane svijeta
Frizbi Frizbić
 
Седам прутова
Седам прутова   Седам прутова
Седам прутова
Srpska škola u inostranstvu
 
2 odbijanje svetlosti i ogledala
2 odbijanje svetlosti i ogledala2 odbijanje svetlosti i ogledala
2 odbijanje svetlosti i ogledala
Siniša Ćulafić
 
Arabeska
ArabeskaArabeska
Arabeska
JelenaTarajic
 
Деца у саобраћају
Деца у саобраћајуДеца у саобраћају
Деца у саобраћају
Biljana Popović
 
3.3. prosti i slozeni brojevi. rastavljanje broja na proste cinioce
3.3. prosti i slozeni brojevi. rastavljanje broja na proste cinioce3.3. prosti i slozeni brojevi. rastavljanje broja na proste cinioce
3.3. prosti i slozeni brojevi. rastavljanje broja na proste cinioce
mirjanamitic
 
Trougao, vrste, crtanje lekcija
Trougao, vrste, crtanje   lekcijaTrougao, vrste, crtanje   lekcija
Trougao, vrste, crtanje lekcijaMilica Vasiljevic
 
Redoslijed racunskih operacija
Redoslijed racunskih operacijaRedoslijed racunskih operacija
Redoslijed racunskih operacija
VMirkovic
 
насеља
насељанасеља
насеља
sanja andjelkovic
 
Pisanje naziva praznika
Pisanje naziva praznikaPisanje naziva praznika
Pisanje naziva praznika
Snežana Stević
 
полиноми
полиномиполиноми
полиноми
Mirjana Randjelovic
 
Snalazenje u naselju i okolini
Snalazenje u naselju i okoliniSnalazenje u naselju i okolini
Snalazenje u naselju i okolinimilica976
 
Stari Vujadin
Stari VujadinStari Vujadin
Површина квадра и коцке
Површина  квадра  и  коцкеПовршина  квадра  и  коцке
Површина квадра и коцке
Ивана Ћуковић
 
Karpatske i balkanske planine Tanja Gagić
Karpatske i balkanske planine Tanja GagićKarpatske i balkanske planine Tanja Gagić
Karpatske i balkanske planine Tanja Gagić
Edukacija Obrazovni portal
 
Природне одлике Србије
Природне одлике СрбијеПриродне одлике Србије
Природне одлике Србије
Dragan Antić
 
Simboli hemijskih elemenata
Simboli hemijskih elemenataSimboli hemijskih elemenata
Simboli hemijskih elemenata
Biljana Ristic
 
Promenljive vrste reči - Brojevi
Promenljive vrste reči - BrojeviPromenljive vrste reči - Brojevi
Promenljive vrste reči - BrojeviJasmina Mladenović
 

What's hot (20)

Управни говор
Управни говорУправни говор
Управни говор
 
Prava deteta
Prava detetaPrava deteta
Prava deteta
 
Strane svijeta
Strane svijetaStrane svijeta
Strane svijeta
 
Седам прутова
Седам прутова   Седам прутова
Седам прутова
 
2 odbijanje svetlosti i ogledala
2 odbijanje svetlosti i ogledala2 odbijanje svetlosti i ogledala
2 odbijanje svetlosti i ogledala
 
Arabeska
ArabeskaArabeska
Arabeska
 
Деца у саобраћају
Деца у саобраћајуДеца у саобраћају
Деца у саобраћају
 
3.3. prosti i slozeni brojevi. rastavljanje broja na proste cinioce
3.3. prosti i slozeni brojevi. rastavljanje broja na proste cinioce3.3. prosti i slozeni brojevi. rastavljanje broja na proste cinioce
3.3. prosti i slozeni brojevi. rastavljanje broja na proste cinioce
 
Trougao, vrste, crtanje lekcija
Trougao, vrste, crtanje   lekcijaTrougao, vrste, crtanje   lekcija
Trougao, vrste, crtanje lekcija
 
Redoslijed racunskih operacija
Redoslijed racunskih operacijaRedoslijed racunskih operacija
Redoslijed racunskih operacija
 
насеља
насељанасеља
насеља
 
Pisanje naziva praznika
Pisanje naziva praznikaPisanje naziva praznika
Pisanje naziva praznika
 
полиноми
полиномиполиноми
полиноми
 
Snalazenje u naselju i okolini
Snalazenje u naselju i okoliniSnalazenje u naselju i okolini
Snalazenje u naselju i okolini
 
Stari Vujadin
Stari VujadinStari Vujadin
Stari Vujadin
 
Површина квадра и коцке
Површина  квадра  и  коцкеПовршина  квадра  и  коцке
Површина квадра и коцке
 
Karpatske i balkanske planine Tanja Gagić
Karpatske i balkanske planine Tanja GagićKarpatske i balkanske planine Tanja Gagić
Karpatske i balkanske planine Tanja Gagić
 
Природне одлике Србије
Природне одлике СрбијеПриродне одлике Србије
Природне одлике Србије
 
Simboli hemijskih elemenata
Simboli hemijskih elemenataSimboli hemijskih elemenata
Simboli hemijskih elemenata
 
Promenljive vrste reči - Brojevi
Promenljive vrste reči - BrojeviPromenljive vrste reči - Brojevi
Promenljive vrste reči - Brojevi
 

Similar to задаци и решења са окружног такмичења из математике 2018.

Sanela Martinović deljenje sa 3 -
Sanela Martinović     deljenje sa 3 -Sanela Martinović     deljenje sa 3 -
Sanela Martinović deljenje sa 3 -Sanela Martinovic
 
Sanela martinović deljenje sa 3 -
Sanela martinović     deljenje sa 3 -Sanela martinović     deljenje sa 3 -
Sanela martinović deljenje sa 3 -Sanela Martinovic
 
05-zabavna-matematika-za-i-razred-kreativni-centar.pdf
05-zabavna-matematika-za-i-razred-kreativni-centar.pdf05-zabavna-matematika-za-i-razred-kreativni-centar.pdf
05-zabavna-matematika-za-i-razred-kreativni-centar.pdf
ssuser8e13291
 
Završni ispit: brojevi i operacije
Završni ispit: brojevi i operacijeZavršni ispit: brojevi i operacije
Završni ispit: brojevi i operacije
mirjana rašić mitić
 
Sanela Martinović deljenje sa 3 -
Sanela Martinović     deljenje sa 3 -Sanela Martinović     deljenje sa 3 -
Sanela Martinović deljenje sa 3 -Sanela Martinovic
 
Mnozenje zbira brojem obrada
Mnozenje zbira brojem obradaMnozenje zbira brojem obrada
Mnozenje zbira brojem obrada
saculatac
 
1.mnozenje dvocifrenog i jednocifrenog broja
1.mnozenje dvocifrenog i jednocifrenog broja   1.mnozenje dvocifrenog i jednocifrenog broja
1.mnozenje dvocifrenog i jednocifrenog broja
saculatac
 
Deljenje zbira brojem obrada
Deljenje  zbira brojem obradaDeljenje  zbira brojem obrada
Deljenje zbira brojem obrada
saculatac
 
3.2. кriterijumi deljivosti
3.2. кriterijumi deljivosti3.2. кriterijumi deljivosti
3.2. кriterijumi deljivosti
mirjanamitic
 
Izracunavamo nepoznati deljenik
Izracunavamo nepoznati deljenik Izracunavamo nepoznati deljenik
Izracunavamo nepoznati deljenik
saculatac
 
Pptx m4 14 pis mnoz jednozmanekastim brojem kre o
Pptx m4 14 pis mnoz jednozmanekastim brojem kre oPptx m4 14 pis mnoz jednozmanekastim brojem kre o
Pptx m4 14 pis mnoz jednozmanekastim brojem kre oalenmaki
 
Zadaci opstinsko 2010
Zadaci opstinsko 2010Zadaci opstinsko 2010
Zadaci opstinsko 2010
Dragana Stamenkovic
 
Zadaci opstinsko 2010
Zadaci opstinsko 2010Zadaci opstinsko 2010
Zadaci opstinsko 2010
Dragana Stamenkovic
 
Primena znanja-2
Primena znanja-2Primena znanja-2
Primena znanja-2
Redviolin
 
ПРОПОРЦИЈE.pptx
ПРОПОРЦИЈE.pptxПРОПОРЦИЈE.pptx
ПРОПОРЦИЈE.pptx
AndjelkaArsicexVolim
 
ALGORITMI.pptx
ALGORITMI.pptxALGORITMI.pptx
ALGORITMI.pptx
Jelena344360
 
Kombinatorika sa zadacima iz Programiranja
Kombinatorika sa zadacima iz ProgramiranjaKombinatorika sa zadacima iz Programiranja
Kombinatorika sa zadacima iz Programiranja
Kristina Babic
 
сабирање двоцифрених бројева
сабирање двоцифрених бројевасабирање двоцифрених бројева
сабирање двоцифрених бројеваjulijana7009
 

Similar to задаци и решења са окружног такмичења из математике 2018. (20)

Sanela Martinović deljenje sa 3 -
Sanela Martinović     deljenje sa 3 -Sanela Martinović     deljenje sa 3 -
Sanela Martinović deljenje sa 3 -
 
Sanela martinović deljenje sa 3 -
Sanela martinović     deljenje sa 3 -Sanela martinović     deljenje sa 3 -
Sanela martinović deljenje sa 3 -
 
05-zabavna-matematika-za-i-razred-kreativni-centar.pdf
05-zabavna-matematika-za-i-razred-kreativni-centar.pdf05-zabavna-matematika-za-i-razred-kreativni-centar.pdf
05-zabavna-matematika-za-i-razred-kreativni-centar.pdf
 
Završni ispit: brojevi i operacije
Završni ispit: brojevi i operacijeZavršni ispit: brojevi i operacije
Završni ispit: brojevi i operacije
 
Sanela Martinović deljenje sa 3 -
Sanela Martinović     deljenje sa 3 -Sanela Martinović     deljenje sa 3 -
Sanela Martinović deljenje sa 3 -
 
Mnozenje zbira brojem obrada
Mnozenje zbira brojem obradaMnozenje zbira brojem obrada
Mnozenje zbira brojem obrada
 
1.mnozenje dvocifrenog i jednocifrenog broja
1.mnozenje dvocifrenog i jednocifrenog broja   1.mnozenje dvocifrenog i jednocifrenog broja
1.mnozenje dvocifrenog i jednocifrenog broja
 
Deljenje zbira brojem obrada
Deljenje  zbira brojem obradaDeljenje  zbira brojem obrada
Deljenje zbira brojem obrada
 
3.2. кriterijumi deljivosti
3.2. кriterijumi deljivosti3.2. кriterijumi deljivosti
3.2. кriterijumi deljivosti
 
Izracunavamo nepoznati deljenik
Izracunavamo nepoznati deljenik Izracunavamo nepoznati deljenik
Izracunavamo nepoznati deljenik
 
Pptx m4 14 pis mnoz jednozmanekastim brojem kre o
Pptx m4 14 pis mnoz jednozmanekastim brojem kre oPptx m4 14 pis mnoz jednozmanekastim brojem kre o
Pptx m4 14 pis mnoz jednozmanekastim brojem kre o
 
Zadaci opstinsko 2010
Zadaci opstinsko 2010Zadaci opstinsko 2010
Zadaci opstinsko 2010
 
Zadaci opstinsko 2010
Zadaci opstinsko 2010Zadaci opstinsko 2010
Zadaci opstinsko 2010
 
Primena znanja-2
Primena znanja-2Primena znanja-2
Primena znanja-2
 
ПРОПОРЦИЈE.pptx
ПРОПОРЦИЈE.pptxПРОПОРЦИЈE.pptx
ПРОПОРЦИЈE.pptx
 
ALGORITMI.pptx
ALGORITMI.pptxALGORITMI.pptx
ALGORITMI.pptx
 
Tablica mnozenja u slici
Tablica mnozenja u sliciTablica mnozenja u slici
Tablica mnozenja u slici
 
Kombinatorika sa zadacima iz Programiranja
Kombinatorika sa zadacima iz ProgramiranjaKombinatorika sa zadacima iz Programiranja
Kombinatorika sa zadacima iz Programiranja
 
сабирање двоцифрених бројева
сабирање двоцифрених бројевасабирање двоцифрених бројева
сабирање двоцифрених бројева
 
децимални бројеви
децимални бројевидецимални бројеви
децимални бројеви
 

More from Jelena Volarov

ZI i upis u srednje školeškolska uprava beograd
ZI i upis u srednje školeškolska uprava beogradZI i upis u srednje školeškolska uprava beograd
ZI i upis u srednje školeškolska uprava beograd
Jelena Volarov
 
Završni ispit i upis u srednje škole 2024
Završni ispit i upis u srednje škole 2024Završni ispit i upis u srednje škole 2024
Završni ispit i upis u srednje škole 2024
Jelena Volarov
 
završni ispit 2023.pptx
završni ispit 2023.pptxzavršni ispit 2023.pptx
završni ispit 2023.pptx
Jelena Volarov
 
ZA RODITELJSKI PPT.pptx
ZA RODITELJSKI PPT.pptxZA RODITELJSKI PPT.pptx
ZA RODITELJSKI PPT.pptx
Jelena Volarov
 
Како о корони разговарати са млађим ђацима
Како о корони разговарати са млађим ђацимаКако о корони разговарати са млађим ђацима
Како о корони разговарати са млађим ђацима
Jelena Volarov
 
Dunavske tvrdjave, nase zajednicko nasledje
Dunavske tvrdjave, nase zajednicko nasledjeDunavske tvrdjave, nase zajednicko nasledje
Dunavske tvrdjave, nase zajednicko nasledje
Jelena Volarov
 
Obavestenje za roditelje nastava na daljinu
Obavestenje za roditelje nastava na daljinuObavestenje za roditelje nastava na daljinu
Obavestenje za roditelje nastava na daljinu
Jelena Volarov
 
Projekat
ProjekatProjekat
Projekat
Jelena Volarov
 
O projektu
O projektuO projektu
O projektu
Jelena Volarov
 
Serbia interim
Serbia interimSerbia interim
Serbia interim
Jelena Volarov
 
ОШ "Ђорђе Крстић"
ОШ "Ђорђе Крстић"ОШ "Ђорђе Крстић"
ОШ "Ђорђе Крстић"
Jelena Volarov
 
Belgrade
BelgradeBelgrade
Belgrade
Jelena Volarov
 
Za roditeljski ppt
Za roditeljski pptZa roditeljski ppt
Za roditeljski ppt
Jelena Volarov
 
It odeljenja
It odeljenjaIt odeljenja
It odeljenja
Jelena Volarov
 
Osmi
OsmiOsmi
Sedmi
SedmiSedmi
Informacije o upisu učenika u srednje škole 2018/19
Informacije o upisu učenika u srednje škole 2018/19Informacije o upisu učenika u srednje škole 2018/19
Informacije o upisu učenika u srednje škole 2018/19
Jelena Volarov
 
ОБРАЗАЦ ПРИГОВОРА ОКРУЖНОЈ КОМИСИЈИ
ОБРАЗАЦ ПРИГОВОРА ОКРУЖНОЈ КОМИСИЈИОБРАЗАЦ ПРИГОВОРА ОКРУЖНОЈ КОМИСИЈИ
ОБРАЗАЦ ПРИГОВОРА ОКРУЖНОЈ КОМИСИЈИ
Jelena Volarov
 
Konacna rang lista sa svim razredima (2)
Konacna rang lista sa svim razredima (2)Konacna rang lista sa svim razredima (2)
Konacna rang lista sa svim razredima (2)
Jelena Volarov
 
Geografija opštinsko 8
Geografija opštinsko 8Geografija opštinsko 8
Geografija opštinsko 8
Jelena Volarov
 

More from Jelena Volarov (20)

ZI i upis u srednje školeškolska uprava beograd
ZI i upis u srednje školeškolska uprava beogradZI i upis u srednje školeškolska uprava beograd
ZI i upis u srednje školeškolska uprava beograd
 
Završni ispit i upis u srednje škole 2024
Završni ispit i upis u srednje škole 2024Završni ispit i upis u srednje škole 2024
Završni ispit i upis u srednje škole 2024
 
završni ispit 2023.pptx
završni ispit 2023.pptxzavršni ispit 2023.pptx
završni ispit 2023.pptx
 
ZA RODITELJSKI PPT.pptx
ZA RODITELJSKI PPT.pptxZA RODITELJSKI PPT.pptx
ZA RODITELJSKI PPT.pptx
 
Како о корони разговарати са млађим ђацима
Како о корони разговарати са млађим ђацимаКако о корони разговарати са млађим ђацима
Како о корони разговарати са млађим ђацима
 
Dunavske tvrdjave, nase zajednicko nasledje
Dunavske tvrdjave, nase zajednicko nasledjeDunavske tvrdjave, nase zajednicko nasledje
Dunavske tvrdjave, nase zajednicko nasledje
 
Obavestenje za roditelje nastava na daljinu
Obavestenje za roditelje nastava na daljinuObavestenje za roditelje nastava na daljinu
Obavestenje za roditelje nastava na daljinu
 
Projekat
ProjekatProjekat
Projekat
 
O projektu
O projektuO projektu
O projektu
 
Serbia interim
Serbia interimSerbia interim
Serbia interim
 
ОШ "Ђорђе Крстић"
ОШ "Ђорђе Крстић"ОШ "Ђорђе Крстић"
ОШ "Ђорђе Крстић"
 
Belgrade
BelgradeBelgrade
Belgrade
 
Za roditeljski ppt
Za roditeljski pptZa roditeljski ppt
Za roditeljski ppt
 
It odeljenja
It odeljenjaIt odeljenja
It odeljenja
 
Osmi
OsmiOsmi
Osmi
 
Sedmi
SedmiSedmi
Sedmi
 
Informacije o upisu učenika u srednje škole 2018/19
Informacije o upisu učenika u srednje škole 2018/19Informacije o upisu učenika u srednje škole 2018/19
Informacije o upisu učenika u srednje škole 2018/19
 
ОБРАЗАЦ ПРИГОВОРА ОКРУЖНОЈ КОМИСИЈИ
ОБРАЗАЦ ПРИГОВОРА ОКРУЖНОЈ КОМИСИЈИОБРАЗАЦ ПРИГОВОРА ОКРУЖНОЈ КОМИСИЈИ
ОБРАЗАЦ ПРИГОВОРА ОКРУЖНОЈ КОМИСИЈИ
 
Konacna rang lista sa svim razredima (2)
Konacna rang lista sa svim razredima (2)Konacna rang lista sa svim razredima (2)
Konacna rang lista sa svim razredima (2)
 
Geografija opštinsko 8
Geografija opštinsko 8Geografija opštinsko 8
Geografija opštinsko 8
 

задаци и решења са окружног такмичења из математике 2018.

  • 1. Министарство просвете, науке и технолошког развоја ДРУШТВО МАТЕМАТИЧАРА СРБИЈЕ Окружно такмичење из математике ученика основних школа 25.03.2018. IV разред 1. Прецртај таблицу на папир који ћеш предати. Попуни празна поља бројевима тако да изнад свака два суседна броја буде њихов збир. У доњем реду треба да буду уписани бројеви 917, 1009, 2018, али тако да број уписан на врху таблице буде највећи могућ. 2. Квадрат је помоћу 7 дужи паралелних једној својој страници подељен на 8 једнаких правоугаоника. Збир обима тих правоугаоника је 216cm. Израчунај површину квадрата. 3. Правоугаоник је састављен од 12 једнаких квадрата чије су странице дужине 2cm. Колико највише може бити обим тог правоугаоника? 4. Колико пута треба употребити цифру 1 да би се написали сви парни природни бројеви мањи од 315? 5. Збир 2015 природних бројева једнак је 2018. Које све вредности може имати њихов производ? [Напомена: 0 није природан број.] Сваки задатак се бодује са по 20 бодова. Израда задатака траје 150 минута. Решење сваког задатка кратко и јасно образложити. IV РАЗРЕД Признавати сваки тачан поступак који се разликује од кључа. Бодовање прилагодити конкретном начину решавања. 1. (МЛ 52/2) На слици је приказано једно од два могућа решења. Највећи број који може бити на врху таблице је 5962 [За правилан распоред у доњем реду 15 бодова. Тачно попуњен остатак таблице 5 бодова]. 2. У поменутом збиру обима правоугаоника, свака од 7 датих дужи (чије су дужине једнаке страници квадрата) учествује два пута (види слику), па је тај збир 7 ∙ 2 + 4 = 18 пута дужи од странице квадрата [10 бодова]. Ако је дужина странице a, из 18 ∙ а = 216cm, налазимо да је a = 12cm [5 бодова], па је површина квадрата 144cm2 [5 бодова]. 3. Правоугаоник се може саставити од 12 квадрата на три начина, као што је приказано на сликама [10 бодова]. Oзначимо дужину странице квадрата са x. Oбим правоугаоника ABCD је 26 ∙ x = 26 ∙ 2cm = 52cm [3 бода], правоугаоника XYZT je 16 ∙ x = 16 ∙ 2cm = 32cm [3 бода], a правоугаоника PQRS je 14 ∙ x = 14 ∙ 2cm = 28cm [3 бода]. Дакле, обим највише може бити 52cm [1 бод]. 4. Како се ради о парним бројевима, цифра 1 се у њима не јавља на месту јединица [2 бода]. У свакој стотини цифра 1 се на месној вредности десетице код парних бројева јавља 5 пута. Дакле, у прве 3 стотине, јавља се укупно 15 пута на месту десетица [8 бодова]. На месној вредности стотине цифра 1 се код парних бројева јавља 50 пута [8 бодова]. За запис тражених бројева у прве три стотине цифра један се употреби 65 пута. У четвртој стотини цифра 1 се употребљава за запис бројева 310, 312 и 314 [2 бода]. Дакле, за запис свих парних бројева до 315 цифра 1 се употреби 68 пута. 5. Постоје три могућности за одабир 2015 бројева чији је збир 2018: једна четворка и 2014 јединица [6 бодова]; једна тројка, једна двојка и 2013 јединица [6 бодова]; три двојке и 2012 јединица [6 бодова]. Дакле, производ може бити 4, 6 или 8 [2 бода; за сваки погрешан резултат –5 бодова, с тим да укупан збир не буде негативан]. 917 2018 1009 2935 3027 5962 А B CD X Y ZT P Q RS
  • 2. Министарство просвете, науке и технолошког развоја ДРУШТВО МАТЕМАТИЧАРА СРБИЈЕ Окружно такмичење из математике ученика основних школа 25.03.2018. V разред 1. Одреди која се цифра налази на 2018-ом месту после запете у децималном запису броја 18 . 7 2. На колико начина је могуће испред и иза броја 2018 дописати по једну цифру (цифре не морају бити једнаке) тако да се добије шестоцифрени број дељив са 36? 3. Збир дужина неке две странице правоугаоника је 14cm, а збир дужина неке три његове странице је 19cm. Колики може бити обим тог правоугаоника? 4. На столу је десет папира на којима је записан по један природан број. Збир свих 10 бројева на папирима је 20182019. Могу ли се папири поделити у две групе (у групама не мора бити исти број папира) тако да је највећи број у свакој групи једнак збиру бројева на преосталим папирима у тој групи? 5. Дат је број 123456789101112...5960. Одреди: а) највећи могућ; б) најмањи могућ број који се добија када се у датом броју избрише 100 цифара. Сваки задатак се бодује са по 20 бодова. Израда задатака траје 150 минута. Решење сваког задатка кратко и јасно образложити. V РАЗРЕД Признавати сваки тачан поступак који се разликује од кључа. Бодовање прилагодити конкретном начину решавања. 1. (МЛ 50/5) 18 2,571428 7  [10 бодова], а како је 2018 = 6 ∙ 336 + 2, тражена цифра је друга у периоди и једнака је 7 [10 бодова]. 2. Да би број x2018y био дељив са 36, мора бити дељив са 4 и 9 [5 бодова]. Да би био дељив и са 4 и са 9, y мора бити 0, 4 или 8 [5 бодова], а x + y мора бити 7 или 16 [5 бодова]. Заменом y са 0, 4 или 8 добијамо редом да x може бити 7, 3 или 8, па постоје 3 броја са траженом особином и они су 720180, 320184 и 820188 [5 бодова. Ако ученик само наведе 1 или 2 броја, бодовати укупно са 5 односно 10 бодова; за сваки погрешно наведени број одузети 3 бода, с тим да укупан збир не буде негативан.]. 3. Ако је збир две суседне странице 14cm, онда је обим правоугаоника 28cm [6 бодова]. Ако је збир две наспрамне странице 14cm, онда је дужина сваке 7cm. Означимо странице правоугаоника са а и b. Тада је 2а + b = 19cm или а + 2b = 19cm, па друга страница може бити 5cm или 6cm, односно обим може бити 24cm [7 бодова] или 26cm [7 бодова]. Дакле, обим правоугаоника може бити 24cm, 26cm или 28cm. 4. Претпоставимо да је описана подела могућа. Како је највећи број у групи једнак збиру свих преосталих бројева, то значи да је збир бројева у обе групе паран број. Збир два парна броја је паран, па онда и збир свих бројева из обе групе мора бити паран. Како је 20182019 непаран број, закључујемо да се папири не могу поделити у две групе са траженом особином [20 бодова. Не признавати одговор „не“ без образложења.]. 5. a) Дати број има 111 цифара, а добијени 11 цифара [2 бода]. Како се цифра 9 јавља 6 пута, не можемо их све узети јер се после последње јављају само цифре 6 и 0. Дакле, првих 5 цифара највећег броја су деветке, а преосталих 6 бирамо у делу 505152...57585960. Највећи тражени број је 99999785960 [9 бодова]. б) Најмањи број је 10000012340 [9 бодова].
  • 3. Министарство просвете, науке и технолошког развоја ДРУШТВО МАТЕМАТИЧАРА СРБИЈЕ Окружно такмичење из математике ученика основних школа 25.03.2018. VI разред 1. Милош је написао 100 бројева. Први од тих бројева је 2, други 3, а сваки је, осим првог и последњег, једнак збиру њему претходног броја и броја који следи иза њега. Израчунај збир бројева које је Милош написао. 2. Сабирају се узастопни природни бројеви дељиви са 3 (3 + 6 + 9 + 12 + ...). Колико таквих бројева треба сабрати да би збир био 100 пута већи од највећег сабирка? 3. Конструиши једнакокраки троугао чији је угао при врху 105°, а висина која одговара краку је 4cm. 4. На хипотенузи АВ правоуглог троугла АВС одређена је тачка М тако да је ВМ = ВС, а на катети СА тачка N тако да је CN = CP, где је Р подножје висине троугла из темена С. Одреди меру угла CNM. 5. На колико начина се број 2018 може представити као производ тачно три различита цела броја? Редослед чинилаца није битан. Сваки задатак се бодује са по 20 бодова. Израда задатака траје 150 минута. Решење сваког задатка кратко и јасно образложити. VI РАЗРЕД Признавати сваки тачан поступак који се разликује од кључа. Бодовање прилагодити конкретном начину решавања. 1. (МЛ 52/4) На другом месту је 3, а по услову задатка 3 = 2 + х, где је х непознати број на трећем месту. Следи да је х = 1. Дакле, ти бројеви су 2, 3, 1, .... На четвртом месту, рачунајући на наведени начин, добијамо –2, па –3, па –1, 2, 3, ... [6 бодова]. Дакле, бројеви које је Милош писао су 2, 3, 1, –2, –3, –1, 2, 3, 1, .... Првих шест бројева се понавља и њихов збир је 0 [7 бодова]. Милош је написао 16 пута тих 6 бројева и још четири прва броја 2, 3, 1, –2. Дакле, збир је 16 ∙ 0 + 2 + 3 + 1 – 2 = 4 [7 бодова]. 2. Означимо највећи сабирак са X. Тада је 3 + 6 + ... + X = 100X. Како 3|X, то је X = 3n, nN. Даље је 3 + 6 + ... + 3n = 100 ∙ 3n [5 бодова]. Како је 3 + 6 + ... + 3n = ( 1) 3 , 2 n n  то је ( 1) 3 300 2 n n n    [10 бодова]. Решење једначине у скупу N је n = 199, па закључујемо да је потребно сабрати 199 бројева [5 бодова]. 3. Углови на основици троугла ABC су по 37° 30’ (половине угла од 75°) и знамо да се теме C налази на симетрали странице АВ. Како је троугао тупоугли, висина која одговара краку је ван троугла. За троугао ABD знамо да је правоугли, једна катета је 4cm, и унутрашњи углови су 90°, 37° 30’ и 52° 30’ [7 бодова]. Троугао АВС можемо конструисати на следећи начин: - најпре конструишемо троугао АВD (позната катета и два угла на њој) [7 бодова]; - треће теме С добијамо у пресеку симетрале странице АВ и странице BD троугла ABD [6 бодова]. 4. Како је BM = BC, то је ∡BMC = ∡BCM = φ, ∡MCA = 90° – φ [5 бодова]. Из троугла CPM добија се ∡PCM = 90° – φ [5 бодова]. Дакле, △MCN ≅ △MCP (MC = MC, CP = CN, ∡PCM = ∡MCN = 90° – φ), па је и ∡CNM = ∡CPM = 90° [10 бодова. Не признавати одговор 90° без образложења]. 5. Како је 2018 = 1 ∙ (–1) ∙ (–2018) = 1 ∙ 2 ∙ 1009 = (–1) ∙ (–2) ∙ 1009 = (–1) ∙ 2 ∙ (–1009) = 1 ∙ (–2) ∙ (–1009), то се број 2018 може представити на 5 наведених начина [свако тачно представљање по 4 бода, свако нетачно –2 бода, с тим да укупан збир не буде негативан]. А B C D 4cm 105° А BC MN P φ
  • 4. Министарство просвете, науке и технолошког развоја ДРУШТВО МАТЕМАТИЧАРА СРБИЈЕ Окружно такмичење из математике ученика основних школа 25.03.2018. VII разред 1. Нека је H ортоцентар и О центар описане кружнице оштроуглог троугла ABC. Нека је тачка М други пресек праве одређене тачкама А и О са описаном кружницом. Докажи да троуглови BCM и BCH имају једнаке површине. 2. Да ли је број 3 2 2 5 2 6 7 2 12     рационалан? 3. а) Колико делилаца у скупу природних бројева има број 23 ∙ 45 ∙ 67 ? б) Колико међу тим делиоцима има оних који су куб неког природног броја? 4. Дат је конвексан четвороугао са нормалним дијагоналама. Да ли обавезно постоји конвексан четвороугао са бар два права унутрашња угла, чије су странице (у неком поретку) једнаке страницама датог четвороугла? 5. Последња цифра броја n2 + 2n је 4 (n је природан број). Одреди претпоследњу цифру (цифру десетица) тог броја. Сваки задатак се бодује са по 20 бодова. Израда задатака траје 150 минута. Решење сваког задатка кратко и јасно образложити. VII РАЗРЕД Признавати сваки тачан поступак који се разликује од кључа. Бодовање прилагодити конкретном начину решавања. 1. (МЛ 51/4) Како је BH ⊥ CA (висина троугла) и MC ⊥ CA (∡MCA је над пречником), то је BH || MC (слика). Слично је CH || MB, па је четвороугао BMCH паралелограм. Одатле следи да су троуглови BCH и BCM подударни (ССС), па имају једнаке површине [20 бодова]. 2. 2 2 2 3 2 2 5 2 6 7 2 12 ( 2 1) ( 3 2) (2 3)           [4 + 4 + 4 бода] 2 1 3 2 2 3 1       [8 бодова]. Дакле, дати број је рационалан. 3. а) Како је 23 ∙ 45 ∙ 67 = 220 ∙ 37 [5 бодова], то дати број има 21 ∙ 8 = 168 делилаца [5 бодова]. б) Како је 220 ∙ 37 = (23 )6 ∙ 22 ∙ (33 )2 ∙ 3, то дати број има 7 ∙ 3 = 21 делилац који је куб неког природног броја [10 бодова. Ако се задатак решава набрајањем делилаца, за 1–14 набројаних 0 бодова, за 15–20 набројаних 5 бодова, за све набројане 10 бодова]. 4. Нека је О тачка пресека дијагонала четвороугла ABCD чије су странице a = AB, b = BC, c = CD, d = DA. Означимо дужине дужи AO, BO, CO, DO редом са x, y, z, u. Тада је a2 = x2 + y2 , b2 = y2 + z2 , c2 = z2 + u2 , d2 = u2 + x2 . Следи да је a2 + c2 = x2 + y2 + z2 + u2 = b2 + d2 [10 бодова]. Одавде закључујемо да ће четвороугао са дијагоналом дужине 2 2 2 2 x y z u   и страницама дужине а и c са једне стране те дијагонале и страницама b и d са друге стране те дијагонале имати два права угла (у крајевима друге дијагонале) [10 бодова]. 5. Прво решење: Из услова задатка следи да је последња цифра броја n2 + 2n + 1 = (n + 1)2 цифра 5. Самим тим и последња цифра броја n + 1 је једнака 5 [10 бодова], па је n + 1 = 10k + 5, за неко kN0. Квадрирањем добијамо да је (n + 1)2 = (10k + 5)2 = 100k2 + 100k + 25, што значи да је двоцифрени завршетак броја (n + 1)2 једнак 25, а броја n2 + 2n је 24. Дакле, цифра десетица броја n2 + 2n је 2 [10 бодова]. Друго решење. Производ n(n + 2) се завршава цифром 4, што је могуће једино у случају да се n завршава цифром 4 (а n + 2 цифром 6) [10 бодова]. Дакле, мора бити n = 10k + 4, n + 2 = 10k + 6, па је n(n + 2) = (10k + 4)(10k + 6) = 100(k2 + k) + 24, па се број n2 + 2n завршава са 24, тј. цифра десетица му је 2 [10 бодова]. А B C D a b cd x y z u O A C B H O M
  • 5. Министарство просвете, науке и технолошког развоја ДРУШТВО МАТЕМАТИЧАРА СРБИЈЕ Окружно такмичење из математике ученика основних школа 25.03.2018. VIII разред 1. На табли је написано неколико позитивних реалних бројева од којих је сваки једнак једној деветини збира осталих бројева. Колико је бројева написано на табли? 2. Одреди све целе бројеве n за које је број 2 1 3 1 n n   такође цео. 3. Правилна четворострана призма и правилна четворострана пирамида имају једнаке основе, површине и запремине. Ако је површина основе 100cm2 , израчунај висине та два тела. 4. Права која садржи средиште M крака AD трапеза ABCD, дели трапез на два дела једнаких површина и сече други крак у тачки N. Израчунај однос BN : NC у зависности од дужина основица AB = a, CD = b. 5. Да ли се за неки природан број n збир првих n природних бројева може завршавати са 2018? Сваки задатак се бодује са по 20 бодова. Израда задатака траје 150 минута. Решење сваког задатка кратко и јасно образложити. VIII РАЗРЕД Признавати сваки тачан поступак који се разликује од кључа. Бодовање прилагодити конкретном начину решавања. 1. (МЛ 52/4) Означимо написане бројеве са х1, х2, ..., хk и са S = х1 + х2 + ... + хk њихов збир. Из услова задатка следи да је S = х1 + 9х1 = 10x1 и слично S = 10x2, ..., S = 10xk [10 бодова]. Дакле, сви написани бројеви су једнаки међу собом (и једнаки су десетини њиховог збира), што значи да их има 10 [10 бодова]. 2. Како је 2 1 1, 3 1 n n    тј. 2 1 1 1 3 1 n n      за n(–∞, 0)  (2, +∞) [13 бодова] и како је 2 1 0 3 1 n n    за 1 , 2 n   то разломак може бити цео број само за n{0, 1, 2} [2 бода]. Заменом ових вредности у разломку добијамо да су n = 0 и n = 2 једини цели бројеви за које је вредност разломка цео број [5 бодова]. 3. Странице квадрата у основама су 10cm. Означимо висину призме са H1, а висину пирамиде са H2. Из једнакости основа и запремина следи да је H2 = 3H1 [5 бодова]. Из једнакости површина имамо да је 2 ∙ 100 + 4 ∙ 10 ∙ H1 = 100 + 2 ∙ 10 ∙ 2 2 25,H  односно 5 + 2H1 = 2 2 25H  [8 бодова]. Заменом H2 = 3H1 и решавањем ове једначине добијамо да је H1 = 4cm и H2 = 12cm [7 бодова]. 4. Троуглови AMN и DMN имају једнаке површине, јер је MN тежишна дуж троугла AND. Како четвороуглови ABNM и CDMN имају једнаке површине, то и троуглови ABN и CDN имају једнаке површине [7 бодова]. Нека су E и F подножја нормала из N на AB и CD. Дужи NE = h1 и NF = h2 су висине троуглова ABN и CDN, које одговарају страницама AB = a и CD = b, па из једнакости површина следи 1 2 , 2 2 h h а b   одакле је h1 : h2 = b : a [7 бодова]. Талесовом теоремом се добија да је тражени однос BN : NC = NE : NF = h1 : h2 = b : a [6 бодова]. 5. Ако се ( 1) 2 n n завршава са 18, онда се n(n + 1) завршава са 36. Последња цифра 6 производа n(n + 1) може се добити само ако се n завршава са 2 или 7 [8 бодова]. Ако је n = 10x + 2, онда је n(n + 1) = (10x + 2)(10x + 3) = 100x2 + 50x + 6, па се тај број завршава или са 06 или са 56 [6 бодова]. Ако је n = 10x + 7, онда је n(n + 1) = (10x + 7)(10x + 8) = 100x2 + 150x + 56, па се тај број завршава или са 56 или са 06 [6 бодова]. Производ n(n + 1) се не завршава са 36. A B CD M N E F a b h1 h2