მუნიციპალური ეტაპის ამოცანები რუსულენოვანი ოლიმპიადის მუნიციპალური ეტაპის ამოცანები სკოლის მოსწავლეებისთვის მათემატიკაში. ოლიმპიადის მუნიციპალური ეტაპის ჩატარების პროცედურა

მათემატიკაში სკოლის მოსწავლეთა რუსული ოლიმპიადის მუნიციპალური ეტაპის ამოცანები

გორნო-ალტაისკი, 2008 წ

ოლიმპიადის მუნიციპალური ეტაპი ტარდება სკოლის მოსწავლეთა რუსულენოვანი ოლიმპიადის შესახებ დებულების საფუძველზე, დამტკიცებული რუსეთის განათლებისა და მეცნიერების სამინისტროს 01.01.01 No000 ბრძანებით.

ოლიმპიადის ეტაპები ტარდება ძირითადი ზოგადი და საშუალო (სრული) ზოგადი განათლების საფეხურებზე განხორციელებული ზოგადსაგანმანათლებლო პროგრამების საფუძველზე შედგენილი ამოცანების მიხედვით.

შეფასების კრიტერიუმები

მათემატიკური ოლიმპიადის ამოცანები კრეატიულია, იძლევა რამდენიმე სხვადასხვა გადაწყვეტის საშუალებას. გარდა ამისა, აუცილებელია პრობლემების ნაწილობრივი პროგრესის შეფასება (მაგალითად, მნიშვნელოვანი შემთხვევის ანალიზი, ლემის დადასტურება, მაგალითის მოძიება და ა.შ.). და ბოლოს, შესაძლებელია ამონახსნებში ლოგიკური და არითმეტიკული შეცდომები. დავალების საბოლოო ქულები უნდა ითვალისწინებდეს ყოველივე ზემოთქმულს.

სკოლის მოსწავლეებისთვის მათემატიკური ოლიმპიადების ჩატარების დებულების შესაბამისად, თითოეული დავალება ფასდება 7 ქულით.

ამონახსნისა და მოცემული ქულების სისწორის შესაბამისობა ნაჩვენებია ცხრილში.

	გადაწყვეტილების სისწორე (მცდარი).
	დაასრულეთ სწორი გადაწყვეტა
	სწორი გადაწყვეტილება. არის მცირე ხარვეზები, რომლებიც გავლენას არ ახდენს მთლიან გადაწყვეტაზე.
	გადაწყვეტილება ზოგადად სწორია. თუმცა, გამოსავალი შეიცავს მნიშვნელოვან შეცდომებს ან გამოტოვებულ შემთხვევებს, რომლებიც გავლენას არ ახდენს მსჯელობის ლოგიკაზე.
	ორი (უფრო რთული) არსებითი შემთხვევიდან ერთ-ერთი სწორად არის განხილული, ან „შეფასება + მაგალითი“ ტიპის პრობლემაში, შეფასება სწორად არის მიღებული.
	დამხმარე განცხადებები დადასტურებულია, რომლებიც პრობლემის გადაჭრაში გვეხმარება.
	განიხილება ცალკეული მნიშვნელოვანი შემთხვევები გადაწყვეტის არარსებობის შემთხვევაში (ან მცდარი გადაწყვეტილების შემთხვევაში).
	არასწორი გადაწყვეტილება, არანაირი პროგრესი.
	გამოსავალი არ არის.

მნიშვნელოვანია აღინიშნოს, რომ ნებისმიერი სწორი გამოსავალი ღირს 7 ქულა. დაუშვებელია ქულების გამოკლება იმისთვის, რომ ამოხსნა ძალიან გრძელია, ან იმის გამო, რომ სტუდენტის ამოხსნა განსხვავდება მოცემულისგან. მეთოდოლოგიური განვითარებაან ნაფიც მსაჯულთათვის ცნობილი სხვა გადაწყვეტილებებიდან.

ამავდროულად, ნებისმიერი თვითნებურად გრძელი გადაწყვეტილების ტექსტი, რომელიც არ შეიცავს სასარგებლო მიღწევებს, უნდა შეფასდეს 0 ქულით.

ოლიმპიადის მუნიციპალური ეტაპის ჩატარების პროცედურა

ოლიმპიადის მუნიციპალური ეტაპი ნოემბერ-დეკემბერში იმავე დღეს იმართება 7-11 კლასების მოსწავლეებისთვის. ოლიმპიადისთვის რეკომენდებული დროა 4 საათი.

ოლიმპიადის სასკოლო და მუნიციპალური ეტაპის ამოცანების თემები

სასკოლო და მუნიციპალური საფეხურებისთვის ოლიმპიადის ამოცანები შედგენილია ზოგადსაგანმანათლებლო დაწესებულებების მათემატიკის პროგრამების საფუძველზე. ასევე დასაშვებია ამოცანების ჩართვა, რომელთა თემები შედის სასკოლო წრეების პროგრამებში (არჩევითი საგნები).

ქვემოთ მოცემულია მხოლოდ ის თემები, რომლებიც შემოთავაზებულია გამოყენებული იქნას მიმდინარე სასწავლო წლის ამოცანების ვარიანტების მოსამზადებლად.

ჟურნალები: კვანტი, მათემატიკა სკოლაში

წიგნები და სასწავლო საშუალებები:

, მოსკოვის რეგიონის მათემატიკური ოლიმპიადები. რედ. მე-2, რევ. და დამატებითი – მ.: ფიზმათკნიგა, 200წ.

, Მათემატიკა. სრულიად რუსული ოლიმპიადები. Პრობლემა. 1. - მ.: განმანათლებლობა, 2008. - 192გვ.

, მოსკოვის მათემატიკური ოლიმპიადები. – მ.: განმანათლებლობა, 1986. – 303გვ.

, ლენინგრადის მათემატიკური წრეები. - კიროვი: ასა, 1994. - 272გვ.

ოლიმპიადის ამოცანების კრებული მათემატიკაში. - M.: MTSNMO, 2005. - 560გვ.

პლანიმეტრიის ამოცანები . რედ. მე-5 რევ. და დამატებითი - M.: MTSNMO, 2006. - 640გვ.

, კანელი-,მოსკოვის მათემატიკური ოლიმპიადები / ედ. . - M.: MTSNMO, 2006. - 456გვ.

1. ვარსკვლავის ნაცვლად გამოსახულებაში ჩასვით ათი განსხვავებული რიცხვი *+ ** + *** + **** = 3330, რათა მიიღოთ სწორი ტოლობა.

2. ბიზნესმენი ვასია ვაჭრობით დაკავდა. ყოველ დილით ის
ყიდულობს საქონელს თავისი ფულის გარკვეული ნაწილით (შესაძლოა მთელი იმ ფულით, რაც აქვს). სადილის შემდეგ შეძენილ საქონელს ორჯერ უფრო ძვირად ყიდის. როგორ უნდა ვაჭრობა ვასია ისე, რომ 5 დღეში მას ზუსტად მანეთი ჰქონდეს, თუ თავიდან 1000 მანეთი ჰქონდა.

3. გაჭერით 3 x 3 კვადრატი ორ ნაწილად და 4 x 4 კვადრატი ორ ნაწილად ისე, რომ მიღებული ოთხი ცალი კვადრატად დაკეცოთ.

4. 1-დან 10-მდე ყველა ნატურალური რიცხვი იწერებოდა 2x5 ცხრილში, ამის შემდეგ გამოითვალა რიცხვების თითოეული ჯამი მწკრივში და სვეტში (სულ მიიღეს 7 ჯამი). რა არის ამ ჯამების უდიდესი რიცხვი, რომელიც შეიძლება იყოს მარტივი რიცხვები?

5. ნატურალური რიცხვისთვის ნგამოითვალა მიმდებარე ციფრების ყველა წყვილის ჯამები (მაგალითად, ამისთვის N= 35,207 ჯამი არის (8, 7, 2, 7)). იპოვეთ ყველაზე პატარა ნ, რომლისთვისაც ამ ჯამებს შორის არის ყველა რიცხვი 1-დან 9-მდე.

8 Კლასი

1. ვასიამ ასწია ნატურალური რიცხვი მაგრამკვადრატში ჩაწერეთ შედეგი დაფაზე და წაშალა ბოლო 2005 ციფრი. შეიძლება თუ არა დაფაზე დარჩენილი რიცხვის ბოლო ციფრი ერთის ტოლი იყოს?

2. მატყუარა და რაინდთა კუნძულის ჯარების განხილვისას (მატყუარა ყოველთვის იტყუება, რაინდები ყოველთვის სიმართლეს ამბობენ), წინამძღვარმა ყველა ჯარისკაცი მოაწყო. რიგში მდგომმა თითოეულმა ჯარისკაცმა თქვა: "რიგში ჩემი მეზობლები მატყუებენ". (ხაზის ბოლოებში მდგომმა მეომრებმა თქვეს: „ხაზში ჩემი მეზობელი მატყუარაა“.) რა არის რაინდთა ყველაზე დიდი რაოდენობა, რომლებიც შეიძლება იყვნენ რიგში, თუ 2005 ჯარისკაცი მოვიდოდა მიმოხილვაზე?

3. გამყიდველს აქვს ისრის სასწორი შაქრის ასაწონად ორი ჭიქით. სასწორს შეუძლია აჩვენოს წონა 0-დან 5 კგ-მდე. ამ შემთხვევაში შაქრის მოთავსება შესაძლებელია მხოლოდ მარცხენა ფინჯანზე, ხოლო წონების დადება ორივე ჭიქიდან ნებისმიერზე. რა არის წონების ყველაზე მცირე რაოდენობა, რაც გამყიდველს უნდა ჰქონდეს, რათა აწონოს ნებისმიერი რაოდენობის შაქარი 0-დან 25 კგ-მდე? ახსენი პასუხი.

4. იპოვეთ მართკუთხა სამკუთხედის კუთხეები, თუ ცნობილია, რომ ჰიპოტენუზასთან მიმართებაში მართი კუთხის წვეროს სიმეტრიული წერტილი დევს სამკუთხედის ორი გვერდის შუა წერტილებზე გამავალ წრფეზე.

5. 8x8 მაგიდის უჯრედები შეღებილია სამ ფერში. აღმოჩნდა, რომ ცხრილში არ არის სამუჯრედიანი კუთხე, რომლის ყველა უჯრედი ერთნაირი ფერისაა (სამუჯრედიანი კუთხე არის ფიგურა, რომელიც მიღებულია 2x2 კვადრატიდან ერთი უჯრედის ამოღებით). ასევე აღმოჩნდა, რომ მაგიდაზე არ არის სამუჯრედიანი კუთხე, რომლის ყველა უჯრედი სამი სხვადასხვა ფერისაა. დაამტკიცეთ, რომ თითოეული ფერის უჯრედების რაოდენობა ლუწია.

1. სიმრავლე, რომელიც შედგება მთელი რიცხვებისგან a, b, c,შეცვალა ნაკრები a - 1, ბ + 1, c2. შედეგად, მიღებული ნაკრები დაემთხვა ორიგინალს. იპოვეთ რიცხვები a, 6, c, თუ ცნობილია, რომ მათი ჯამი არის 2005.

2. ვასიამ აიღო ზედიზედ 11 ნატურალური რიცხვი და გაამრავლა. კოლიამ აიღო იგივე 11 ნომერი და დაამატა. შეიძლება თუ არა ვასიას შედეგის ბოლო ორი ციფრი ემთხვეოდეს კოლიას შედეგის ბოლო ორ ციფრს?

3. საფუძველზე ACსამკუთხედი ABCაღებული წერტილი დ.
დაამტკიცეთ, რომ წრეები ჩაწერილია სამკუთხედებში ABDდა CBD, შეხების წერტილებს არ შეუძლიათ სეგმენტის გაყოფა BDსამ თანაბარ ნაწილად.

4. სიბრტყის თითოეული წერტილი შეფერილია ერთში
სამი ფერი, სამივე ფერი გამოიყენება. მართალია, რომ ნებისმიერი ასეთი შეღებვისთვის შესაძლებელია ისეთი წრის არჩევა, რომელზეც სამივე ფერის წერტილებია?

5. კოჭლმა როკმა (როკი, რომელსაც შეუძლია გადაადგილება მხოლოდ ჰორიზონტალურად ან მხოლოდ ვერტიკალურად, ზუსტად 1 კვადრატით) შემოიარა დაფას 10 x 10 კვადრატი და თითოეულ კვადრატს ზუსტად ერთხელ ესტუმრა. პირველ უჯრაში, სადაც რუკი ესტუმრა, ვწერთ რიცხვს 1, მეორეში - 2-ს, მესამეში - 3 და ა.შ. 100-მდე. შეიძლება თუ არა, რომ ორ მიმდებარე უჯრედში ჩაწერილი რიცხვების ჯამი. გვერდი იყოფა 4-ზე?

კომბინატორული ამოცანები.

1. რიცხვებისაგან შემდგარი ნაკრები a, b, c,შეიცვალა a4 კომპლექტით - 2b2, ბ 4- 2c2, c4 - 2a2.შედეგად, მიღებული ნაკრები დაემთხვა ორიგინალს. იპოვეთ ნომრები a, b, c,თუ მათი ჯამი არის 3.

2. სიბრტყის თითოეული წერტილი შეფერილია ერთში
სამი ფერი, სამივე ფერი გამოიყენება. ვერ
მაგრამ არის ის, რომ ნებისმიერი ასეთი ნახატით შეგიძლიათ აირჩიოთ
წრე, რომელსაც სამივე ფერის წერტილები აქვს?

3. ამოხსენით განტოლება ნატურალურ რიცხვებში

NOC (ა; ბ) + gcd (a; b) = ბ.(GCD - უდიდესი საერთო გამყოფი, LCM - უმცირესი საერთო ჯერადი).

4. სამკუთხედში ჩაწერილი წრე ABC, შეშფოთება
პარტიები ABდა მზეწერტილებში ედა ფშესაბამისად. ქულები
მდა N-პერპენდიკულარების ფუძეები A და C წერტილებიდან წრფემდე EF. დაამტკიცეთ, რომ თუ სამკუთხედის გვერდები ABCფორმა არითმეტიკული პროგრესიადა AC არის შუა მხარე, მაშინ მე + FN = EF.

5. 8x8 ცხრილის უჯრებში მოთავსებულია მთელი რიცხვები.
აღმოჩნდა, რომ თუ აირჩევთ ცხრილის ნებისმიერ სამ სვეტს და ნებისმიერ სამ რიგს, მაშინ მათ გადაკვეთაზე ცხრა რიცხვის ჯამი იქნება ნულის ტოლი. დაამტკიცეთ, რომ ცხრილის ყველა რიცხვი ნულის ტოლია.

1. გარკვეული კუთხის სინუსი და კოსინუსი აღმოჩნდა კვადრატული ტრინომის სხვადასხვა ფესვები ax2 + bx + c.დაამტკიცე რომ b2= a2 + 2ac.

2. კუბის 8 მონაკვეთიდან თითოეული კიდეზე მაგრამ,რომლებიც წარმოადგენს კუბის კიდეების შუა წერტილებში წვეროებით სამკუთხედებს, განიხილება მონაკვეთის სიმაღლეების გადაკვეთის წერტილი. იპოვეთ ამ 8 წერტილში წვეროების მქონე მრავალწახნაგა მოცულობა.

3. მოდით y=კ1 x + ბ1 , y = კ2 x + ბ2 , y =კ3 x + ბ3 - პარაბოლას სამი ტანგენტის განტოლება y=x2.დაამტკიცეთ, რომ თუ კ3 = კ1 + კ2 , მაშინ ბ3 2 (ბ1 + ბ2 ).

4. ვასია ნატურალურ რიცხვს უწოდებდა ნ.შემდეგ პეტრე
იპოვნეთ რიცხვის ციფრების ჯამი ნ, შემდეგ ციფრების ჯამი
N+13ნ, შემდეგ ციფრების ჯამი N+2 13ნ, მერე
რიცხვის ციფრების ჯამი N+ 3 13ნდა ა.შ.შეიძლება
შემდეგ ჯერზე მიიღეთ მეტი შედეგი
წინა?

5. შესაძლებელია თუ არა 2005 წლის თვითმფრინავზე დახატვა ნულოვანი
ვექტორები ისე, რომ ნებისმიერი ათიდან ეს შესაძლებელია
აირჩიეთ სამი ნულოვანი ჯამით?

პრობლემური გადაწყვეტილებები

მე-7 კლასი

1. მაგალითად, 5 + 40 + 367 + 2918 = 3330.

2. ერთ-ერთი ვარიანტი შემდეგია. პირველი ოთხი დღის განმავლობაში ვასიამ უნდა იყიდოს საქონელი იმ თანხით, რაც აქვს. შემდეგ ოთხ დღეში მას ექნება მანეთი (100) მეხუთე დღეს უნდა იყიდოს საქონელი 9000 მანეთი, დარჩება 7000 მანეთი, სადილის შემდეგ გაყიდის საქონელს რუბლებში და ექნება ზუსტად მანეთი.

3. უპასუხე.ჭრის ორი შესაძლო მაგალითი ნაჩვენებია სურათებში 1 და 2.

ბრინჯი. ერთი +

ბრინჯი. 2

4 . უპასუხე. 6.

7-ვე ჯამი რომ იყოს მარტივი რიცხვი, მაშინ კონკრეტული 5 რიცხვის ორი ჯამი იქნება მარტივი. თითოეული ეს ჯამი 5-ზე მეტია. თუ ეს ორივე ჯამი 5-ზე მეტი მარტივი რიცხვია, მაშინ თითოეული ეს ჯამი იქნება კენტი (რადგან მხოლოდ 2 არის ლუწი რიცხვი). მაგრამ თუ ამ ჯამებს დავუმატებთ, მივიღებთ ლუწი რიცხვს. თუმცა, ეს ორი ჯამი მოიცავს ყველა რიცხვს 1-დან 10-მდე და მათი ჯამი არის 55 - კენტი. მაშასადამე, მიღებულ ჯამებს შორის 6-ზე მეტი იქნება მარტივი რიცხვები. სურათი 3 გვიჩვენებს, თუ როგორ უნდა მოაწყოთ რიცხვები ცხრილში 6 მარტივი ჯამის მისაღებად (ჩვენს მაგალითში, 2 რიცხვის ყველა ჯამი არის 11 და. 1 + 2 + 3 + 7 + 6 = 19). კომენტარი.მაგალითად შეფასების გარეშე - 3 ქულა.

ბრინჯი. 3

5. უპასუხე.N=1

ნომერი ნსულ მცირე ათნიშნა, რადგან არსებობს 9 განსხვავებული ჯამი, ამიტომ უმცირესი რიცხვი ათნიშნაა და თითოეული ჯამი

1, ..., 9 ზუსტად ერთხელ უნდა მოხდეს. ორი ათნიშნა რიცხვიდან, რომლებიც იწყება ერთი და იგივე ციფრით, პატარას აქვს პატარა პირველი ციფრი, რომელიც განსხვავდება. მაშასადამე, N-ის პირველი ციფრი არის 1, მეორე არის 0. 1-ის ჯამი უკვე შესრულებულია, ამიტომ ყველაზე პატარა მესამე ციფრი არის 2 და ა.შ.

8 Კლასი

1. უპასუხე. შეიძლებოდა.

განვიხილოთ, მაგალითად, რიცხვი A = ნული 1001 წლის ბოლოს). მერე

A2 = 1 2002 წლის ბოლოს ნულოვანი). თუ თქვენ წაშლით ბოლო 2005 ციფრს, მაშინ ნომერი 1 რჩება.

2. უპასუხე. 1003.

გაითვალისწინეთ, რომ ორი მეომარი გვერდიგვერდ დგანან, ვერ იქნებოდნენ რაინდები. მართლაც, ორივე რაინდი რომ ყოფილიყო, ორივე ტყუილს იტყოდა. მოდით ავირჩიოთ მარცხნივ მდგომი მეომარი და დავყოთ დარჩენილი 2004 მეომრების რიგი 1002 ჯგუფად ორი მეომრის გვერდიგვერდ მდგომი. თითოეულ ასეთ ჯგუფს ჰყავს არაუმეტეს ერთი რაინდი. ანუ განსახილველ 2004 მეომრებს შორის 1002 რაინდი არ არის. ანუ რიგში არაუმეტეს 1002 + 1 = 1003 რაინდია.

განვიხილოთ ხაზი: RLRLR ... RLRLR. ასეთ რიგში ზუსტად 1003 რაინდია.

კომენტარი.თუ მხოლოდ პასუხი გაცემულია, დააყენეთ 0 ქულა, თუ მხოლოდ მაგალითია მოცემული - 2 ქულა.

3. უპასუხე. ორი წონა.

ერთი წონა არ არის საკმარისი გამყიდველისთვის, რადგან 25 კგ შაქრის ასაწონად საჭიროა მინიმუმ 20 კგ წონა. მხოლოდ ასეთი წონის მქონე გამყიდველი ვერ აწონებს, მაგალითად, 10 კგ შაქარს. ვაჩვენოთ, რომ გამყიდველისთვის საკმარისია ორი წონა: ერთი 5 კგ და 15 კგ. 0-დან 5 კგ-მდე შაქრის აწონვა შესაძლებელია წონის გარეშე. შაქრის 5-დან 10 კგ-მდე აწონისთვის საჭიროა მარჯვენა ფინჯანზე 5 კგ წონა. 10-დან 15 კგ შაქრის ასაწონად, მარცხენა ჭიქზე მოათავსეთ 5 კგ წონა, ხოლო მარჯვენა ჭიქაზე 15 კგ წონა. 15-დან 20 კგ-მდე შაქრის ასაწონად საჭიროა 15 კგ-იანი წონა მარჯვენა ფინჯანზე. 20-დან 25 კგ-მდე შაქრის ასაწონად საჭიროა 5 კგ და 15 კგ წონები მარჯვენა ფინჯანზე.

4. უპასუხე. 60°, 30°, 90°.

ეს პრობლემა დეტალურ გადაწყვეტას იძლევა. სწორი ხაზი, რომელიც გადის ფეხების შუა წერტილებში, ყოფს სიმაღლეს CHნახევარში, ასე რომ, სასურველი წერტილი რ MN, სადაც მდა ნ- ფეხისა და ჰიპოტენუზის შუა წერტილები (სურ. 4), ე.ი. MN- შუა ხაზი ABC.

ბრინჯი. 4

მერე MN || მზე=>P =BCH(როგორც შიდა ჯვარი დაწოლილი კუთხეები პარალელური ხაზებით) => VSN =NPH (CHB = PHN = 90°

CH = PH -გვერდითი და მკვეთრი კუთხე) => HH =NH => CN= სვ= მაგრამ(ტოლფერდა სამკუთხედში სიმაღლე არის ბისექტორი). მაგრამ CN- მართკუთხა სამკუთხედის მედიანა ABC, ამიტომაც CN = BN(გასუფთავება, თუ აღწერილია სამკუთხედთან ახლოს ABCწრე) => BCN- ტოლგვერდა, შესაბამისად, ბ - 60°.

5. განვიხილოთ თვითნებური 2x2 კვადრატი. ის არ შეიძლება შეიცავდეს სამივე ფერის უჯრედებს, რადგან მაშინ შესაძლებელი იქნება სამუჯრედიანი კუთხის პოვნა, რომლის ყველა უჯრედი სამი განსხვავებული ფერისაა. ასევე, ამ 2x2 კვადრატში, ყველა უჯრედი არ შეიძლება იყოს ერთნაირი ფერის, მას შემდეგ შესაძლებელი იქნება სამუჯრედიანი კუთხის პოვნა, რომლის ყველა უჯრედი ერთი ფერისაა. ეს ნიშნავს, რომ ამ კვადრატში მხოლოდ ორი ფერის უჯრედია. გაითვალისწინეთ, რომ ამ კვადრატში არ შეიძლება იყოს ერთი ფერის 3 უჯრედი, მას შემდეგ შესაძლებელი იქნება სამუჯრედიანი კუთხის პოვნა, რომლის ყველა უჯრედი ერთი ფერისაა. ანუ ამ კვადრატში არის 2 სხვადასხვა ფერის 2 უჯრედი.

მოდით, ახლა გავყოთ 8x8 ცხრილი 16 კვადრატად 2 x 2. თითოეულ მათგანს ან არ აქვს პირველი ფერის უჯრები, ან პირველი ფერის ორი უჯრედი. ანუ არის პირველი ფერის უჯრედების ლუწი რაოდენობა. ანალოგიურად, არის მეორე და მესამე ფერის უჯრედების ლუწი რაოდენობა.

მე-9 კლასი

1. უპასუხე. 1003, 1002, 0.

ვინაიდან სიმრავლეები ერთნაირია, აქედან გამომდინარეობს, რომ a + b + c = a -1 + b + 1 + c2. ვიღებთ c = c2. ანუ c \u003d 0 ან c \u003d 1. ვინაიდან c \u003d c2 , შემდეგ a - 1 = b, b + 1 = ა. ეს ნიშნავს, რომ შესაძლებელია ორი შემთხვევა: სიმრავლე b + 1, b, 0 და b + 1, b, 1. ვინაიდან სიმრავლის რიცხვების ჯამი არის 2005, პირველ შემთხვევაში მივიღებთ 2b + 1 = 2005, b. = 1002 და დავაყენოთ 1003, 1002, 0, მეორე შემთხვევაში მივიღებთ 2 b + 2 = 2005 წ., ბ = 1001, 5 არ არის მთელი რიცხვი, ანუ მეორე შემთხვევა შეუძლებელია. კომენტარი. თუ მხოლოდ პასუხი გაცემულია, მაშინ დააყენეთ 0 ქულა.

2. უპასუხე. შეიძლებოდა.

გაითვალისწინეთ, რომ 11 ზედიზედ ნატურალურ რიცხვს შორის არის ორი, რომელიც იყოფა 5-ზე და არის ორი ლუწი რიცხვი, ამიტომ მათი ნამრავლი მთავრდება ორი ნულით. გაითვალისწინეთ ახლა ეს a + (a + 1) + (a + 2) + ... + (a + 10) = (a + 5) 11. თუ ავიღებთ, მაგ. a = 95 (ანუ ვასიამ აირჩია ნომრები 95, 96, ..., 105), მაშინ ჯამი ასევე დასრულდება ორ ნულში.

3. დაე იყოს E,ფ, TO,ლ, მ, ნ- შეხების წერტილები (ნახ. 5).
მოდი ვიჩვენოთ, რომ DE = EF = ფეისბუქი= x.მერე AK =
= ალ = ა, BL = BE= 2x, VM =ბფ= x,ᲡᲛ = CN = გ,
DK = DE= x,DN = დ.ფ. = 2 x=> A-B+ ძვ.წ = ა+ Zx + c =
= AC, რომელიც ეწინააღმდეგება სამკუთხედის უტოლობას.

კომენტარი.თანასწორობის შეუძლებლობასაც ადასტურებს ბფ = DE. ზოგადად, თუ ჩაწერილი სამკუთხედისთვის ABDწრეები ე- შეხების წერტილი და ბფ = DE, მაშინ ფარის წერტილი, რომელზეც წრიული AABD ეხება BD.

ბრინჯი. 5 კ დ N C

4. პასუხი.უფლება.

მაგრამპირველი ფერი და წერტილი IN ლ. თუ ხაზიდან ლ ABC, Ჯგუფი FROM). ასე რომ, ხაზის მიღმა ლ დ) დგას სწორ ხაზზე ლ მაგრამდა დ, ლმე INდა დ, ლ ლ

5. პასუხი.არ შეეძლო.

განვიხილოთ 10 x 10 დაფის საჭადრაკო შეღებვა.გაითვალისწინეთ, რომ კოჭლი როკი თეთრი უჯრედიდან შავში გადადის და შავი უჯრიდან თეთრში. დაე, როკმა დაიწყოს გვერდის ავლით თეთრი კვადრატიდან. მაშინ 1 იქნება თეთრ უჯრედში, 2 - შავ უჯრედში, 3 - თეთრ უჯრედში, ..., 100 - შავ უჯრედში. ანუ, კენტი რიცხვები იქნება თეთრ უჯრედებში, ხოლო ლუწი რიცხვები შავებში. მაგრამ გვერდით მიმდებარე ორი უჯრედიდან ერთი შავია, მეორე კი თეთრი. ანუ ამ უჯრებში ჩაწერილი რიცხვების ჯამი ყოველთვის იქნება კენტი და არ იყოფა 4-ზე.

კომენტარი.„გადაწყვეტილებისთვის“, რომლებშიც განიხილება მხოლოდ რაიმე სახის შემოვლითი მაგალითი, დააყენეთ 0 ქულა.

მე-10 კლასი

1. პასუხი, a = b = c = - 1.

ის ფაქტი, რომ სიმრავლეები ემთხვევა, ნიშნავს, რომ მათი ჯამები ემთხვევა. ასე რომ, a4 2b2+ ბ 4 - 2c2 + c4 - 2a2 = a + ბ+ ერთად =-3, (a+ (b2- 1) 2 + (c \u003d 0. საიდან a2 - 1 = b2 - 1 = c2 - 1 = 0, ანუ a = ±1, b = ±1, დან= ± 1. პირობა a + ბ+ თან= -3 აკმაყოფილებს მხოლოდ a =-ს ბ = c =- 1. რჩება იმის გადამოწმება, რომ ნაპოვნი სამეული აკმაყოფილებს პრობლემის პირობებს.

2. უპასუხე.უფლება.

დავუშვათ, რომ შეუძლებელია ისეთი წრის არჩევა, რომელსაც სამივე ფერის წერტილი აქვს. აირჩიე წერტილი მაგრამპირველი ფერი და წერტილი INმეორე ფერი და დახაზეთ ხაზი მათ შორის ლ. თუ ხაზიდან ლარის მესამე ფერის წერტილი C, შემდეგ სამკუთხედის გარშემო შემოხაზულ წრეზე ABC, არის სამივე ფერის წერტილი (მაგალითად, Ჯგუფი FROM). ასე რომ, ხაზის მიღმა ლმესამე ფერის წერტილები არ არის. მაგრამ რადგან თვითმფრინავის ერთი წერტილი მაინც არის შეღებილი მესამე ფერში, მაშინ ეს წერტილი (მოდით დავარქვათ დ) დგას სწორ ხაზზე ლ. თუ ახლა განვიხილავთ პუნქტებს მაგრამდა დ, მაშინ შეიძლება ანალოგიურად აჩვენო, რომ ხაზის გარეთ ლმემეორე ფერის წერტილები არ არის. პუნქტების გათვალისწინებით INდა დ, შეიძლება ნაჩვენები იყოს, რომ ხაზის გარეთ ლპირველი ფერის წერტილების გარეშე. ანუ ხაზის მიღმა ლფერადი წერტილების გარეშე. ჩვენ მივიღეთ წინააღმდეგობა პირობასთან. ასე რომ, შეგიძლიათ აირჩიოთ წრე, რომელზედაც სამივე ფერის წერტილებია.

3. პასუხი, a = ბ = 2.

მოდით gcd (a; b) = d. მერე მაგრამ= ა1 დ, ბ =ბ1 დ, სად gcd ( ა1 ; ბ1 ) = 1. შემდეგ LCM (ა; ბ)= ა1 ბ1 დ. აქედან ა1 ბ1 დ+ d = ა1 დბ1 დ, ან ა1 ბ1 + 1 = ა1 ბ1 დ. სად ა1 ბ1 (დ - 1) = 1. ანუ ალ = bl = 1 და დ= 2, ასე რომ a= ბ = 2.

კომენტარი. სხვა ამოხსნის მიღება შესაძლებელია LCM (a; b) GCD (a; b) = ab ტოლობის გამოყენებით.

კომენტარი. თუ მხოლოდ პასუხი გაცემულია, მაშინ დააყენეთ 0 ქულა.

4. მოდით BP- ტოლფერდა სამკუთხედის FBE სიმაღლე (სურ. 6).

შემდეგ სამკუთხედების AME ~ BPE მსგავსებიდან გამომდინარეობს, რომ https://pandia.ru/text/78/390/images/image028_3.gif" width="36 height=31" height="31">.

21 თებერვალს, რუსეთის ფედერაციის მთავრობის სახლში, განათლების სფეროში 2018 წლის მთავრობის პრიზების გადაცემის ცერემონია გაიმართა. ჯილდოები ლაურეატებს გადასცა რუსეთის ფედერაციის მთავრობის თავმჯდომარის მოადგილემ თ.ა. გოლიკოვი.

ჯილდოს ლაურეატებს შორის არიან ნიჭიერ ბავშვებთან მუშაობის ლაბორატორიის თანამშრომლები. ჯილდო გადაეცათ რუსეთის ნაკრების მასწავლებლებს IPhO-ში ვიტალი შევჩენკოსა და ალექსანდრე კისელევს, რუსეთის ნაკრების მასწავლებლებს IJSO-ში ელენა მიხაილოვნა სნიგირევა (ქიმია) და იგორ კისელევი (ბიოლოგია) და რუსეთის ნაკრების ხელმძღვანელს, MIPT-ის ვიცე- რექტორი არტიომ ანატოლიევიჩ ვორონოვი.

მთავარი მიღწევა, რისთვისაც გუნდს დაჯილდოვდა სამთავრობო ჯილდო, არის 5 ოქროს მედალი რუსეთის ნაკრებისთვის IPhO-2017-ზე ინდონეზიაში და 6 ოქროს მედალი გუნდისთვის IJSO-2017-ზე ჰოლანდიაში. თითოეულმა სტუდენტმა სახლში მოიტანა ოქრო!

ასეთი მაღალი შედეგი ფიზიკის საერთაშორისო ოლიმპიადაზე რუსეთის ნაკრებმა პირველად მიაღწია. IPhO-ს მთელ ისტორიაში 1967 წლიდან მოყოლებული, არც რუსეთის გუნდს და არც სსრკ-ს გუნდს აქამდე არ მიუღიათ ხუთი ოქროს მედლის მოპოვება.

მუდმივად იზრდება ოლიმპიადის ამოცანების სირთულე და სხვა ქვეყნების გუნდების მომზადების დონე. თუმცა რუსეთის ნაკრები ბოლო წლებში მსოფლიოს საუკეთესო გუნდების ხუთეულშია. მაღალი შედეგების მისაღწევად, მასწავლებლები და ეროვნული ნაკრების ხელმძღვანელობა აუმჯობესებენ ჩვენს ქვეყანაში საერთაშორისოსთვის მომზადების სისტემას. გაჩნდა საგანმანათლებლო სკოლები, სადაც სკოლის მოსწავლეები დეტალურად სწავლობენ პროგრამის ყველაზე რთულ მონაკვეთებს. აქტიურად იქმნება ექსპერიმენტული ამოცანების მონაცემთა ბაზა, რომლის შესრულებაც ბიჭები ექსპერიმენტული ტურისთვის ემზადებიან. ტარდება რეგულარული დისტანციური მუშაობა, მომზადების წლის განმავლობაში ბიჭები იღებენ ათამდე თეორიულ საშინაო დავალებას. დიდი ყურადღება ეთმობა თავად ოლიმპიადაზე არსებული პრობლემების პირობების ხარისხობრივ თარგმნას. იხვეწება სასწავლო კურსები.

საერთაშორისო ოლიმპიადებზე მაღალი შედეგები მოსკოვის ფიზიკა-ტექნიკის ინსტიტუტის დიდი რაოდენობით მასწავლებლების, თანამშრომლებისა და სტუდენტების, დარგის პირადი მასწავლებლების ხანგრძლივი მუშაობის შედეგია და თავად სკოლის მოსწავლეების შრომისმოყვარეობა. პრემიის ზემოაღნიშნული ლაურეატების გარდა, ეროვნული ნაკრების მომზადებაში დიდი წვლილი შეიტანეს:

ფედორ ციბროვი (დავალებების შექმნა საკვალიფიკაციო ბანაკებისთვის)

ალექსეი ნოიანი (ნაციონალური ნაკრების ექსპერიმენტული ვარჯიში, ექსპერიმენტული სემინარის შემუშავება)

ალექსეი ალექსეევი (კვალიფიკაციის სასწავლო დავალებების შექმნა)

არსენი პიკალოვი (თეორიული მასალების მომზადება და სემინარების ჩატარება)

ივან ეროფეევი (მრავალი წლის მუშაობა ყველა სფეროში)

ალექსანდრე არტემიევი (საშინაო დავალების შემოწმება)

ნიკიტა სემენინი (კვალიფიკაციის სასწავლო დავალებების შექმნა)

ანდრეი პესკოვი (ექსპერიმენტული ობიექტების განვითარება და შექმნა)

გლებ კუზნეცოვი (ნაციონალური ნაკრების ექსპერიმენტული ვარჯიში)

მე-8 კლასი

სკოლის ეტაპის ამოცანები

სრულიად რუსული ოლიმპიადა სკოლის მოსწავლეებისთვის სოციალურ მეცნიერებებში

ᲡᲠᲣᲚᲘ ᲡᲐᲮᲔᲚᲘ. სტუდენტი ___________________________________________________________________________

დაბადების თარიღი ___________________________ კლასი ____,__ თარიღი "_____" ______20__

შეფასება (მაქს. 100 ქულა) _________

სავარჯიშო 1. Აირჩიეთ სწორი პასუხი:

მორალის ოქროს წესი ამბობს:

1) „თვალი თვალის წილ, კბილი კბილზე“;

2) „ნუ გახდები კერპი“;

3) „მოექეცი ადამიანებს ისე, როგორც გინდა რომ მოგექცნენ“;

4) „პატივი ეცი მამასა და დედას“.

პასუხი: ___

დავალება 2. Აირჩიეთ სწორი პასუხი:

პირის უნარს, შეიძინოს და განახორციელოს უფლებები და მოვალეობები თავისი ქმედებებით, ეწოდება: 1) ქმედუნარიანობა; 2) ქმედუნარიანობა; 3) ემანსიპაცია; 4) სოციალიზაცია.

პასუხი: ___

(სწორი პასუხისთვის - 2 ქულა)

დავალება 3. Აირჩიეთ სწორი პასუხი:

IN რუსეთის ფედერაციანორმატიული აქტების სისტემაში უმაღლესი იურიდიული ძალაა

1) რუსეთის ფედერაციის პრეზიდენტის ბრძანებულებები 3) რუსეთის ფედერაციის სისხლის სამართლის კოდექსი

2) რუსეთის ფედერაციის კონსტიტუცია 4) რუსეთის ფედერაციის მთავრობის დადგენილებები

პასუხი: ___

(სწორი პასუხისთვის - 2 ქულა)

დავალება 4. მეცნიერმა სწორად უნდა დაწეროს ცნებები და ტერმინები. შეავსეთ სწორი ასო(ები) ხარვეზებისთვის.

1. Pr ... in ... legia - ვინმესთვის მინიჭებული უპირატესობა.

2. D ... in ... den ... - შემოსავალი გადახდილი აქციონერებისთვის.

3. T ... l ... rantn ... st - ტოლერანტობა სხვისი აზრის მიმართ.

დავალება 5. შეავსეთ უფსკრული რიგში.

1. გვარი, …….., ეროვნება, ერი.

2. ქრისტიანობა, ………, ბუდიზმი.

3. წარმოება, დისტრიბუცია, ………, მოხმარება.

დავალება 6. რა პრინციპით ყალიბდება რიგები? დაასახელეთ ცნება, რომელიც საერთოა ქვემოთ მოცემული ტერმინებისთვის, აერთიანებთ მათ.

1. კანონის უზენაესობა, ხელისუფლების დანაწილება, ადამიანის უფლებებისა და თავისუფლებების გარანტია

2. ღირებულების საზომი, დაგროვების საშუალება, გადახდის საშუალება.

3. ჩვეულება, პრეცედენტი, სამართალი.

1. ________________________________________________________

2.________________________________________________________

3.________________________________________________________

დავალება 7. უპასუხეთ "დიახ" ან "არა":

1) ადამიანი ბუნებით ბიოსოციალური არსებაა.

2) კომუნიკაცია გაგებულია მხოლოდ როგორც ინფორმაციის გაცვლა.

3) თითოეული ადამიანი ინდივიდუალურია.

4) რუსეთის ფედერაციაში მოქალაქე 14 წლის ასაკიდან იღებს უფლებებსა და თავისუფლებებს.

5) ყოველი ადამიანი იბადება როგორც პიროვნება.

6) რუსეთის პარლამენტი (ფედერალური ასამბლეა) შედგება ორი პალატისაგან.

7) საზოგადოება გულისხმობს თვითგანვითარებულ სისტემებს.

8) თუ შეუძლებელია არჩევნებში პირადად მონაწილეობა, ნებადართულია მინდობილობაში მითითებულ კანდიდატზე ხმის მიცემის მიზნით სხვა პირზე მინდობილობის გაცემა.

9) ისტორიული განვითარების პროგრესი წინააღმდეგობრივია: მასში გვხვდება როგორც პროგრესული, ისე რეგრესული ცვლილებები.

10) ინდივიდი, პიროვნება, ინდივიდუალობა - ცნებები, რომლებიც არ არის იდენტური.

4.1.
4.2.
4.3.
4.4.

ერთი სწორი პასუხისთვის - 2 ქულა (მაქსიმალური ქულა - 8).

მიზნების გასაღებები

სავარჯიშო 1 ( სწორი პასუხისთვის - 2 ქულა)

დავალება 2 ( სწორი პასუხისთვის - 2 ქულა)

ამოცანა 3 ( სწორი პასუხისთვის - 2 ქულა)

დავალება 4 ( 1 ქულა სწორი ასოსთვის. მაქსიმუმ - 8 ქულა)

1. პრივილეგია. 2. დივიდენდი. 3. ტოლერანტობა

დავალება 5 ( თითოეული სწორი პასუხისთვის - 3 ქულა. მაქსიმუმ - 9 ქულა)

1. ტომი. 2. ისლამი. 3. გაცვლა.

დავალება 6 ( თითოეული სწორი პასუხისთვის - 4 ქულა. მაქსიმუმ - 12 ქულა)

1. კანონის უზენაესობის ნიშნები

2. ფულის ფუნქციები

3. სამართლის წყაროები.

დავალება 7 2 ქულა თითოეული სწორი პასუხისთვის. (მაქსიმუმ თითო დავალება - 20 ქულა)