Az Összoroszországi Olimpia önkormányzati szakaszának feladatai. Feladatok az Összoroszországi Olimpia önkormányzati szakaszához az iskolások számára matematikából

Az Összoroszországi Olimpia önkormányzati szakaszának feladatai iskolásoknak matematikából

Gorno-Altajszk, 2008

Az olimpia önkormányzati szakaszát az oroszországi oktatási és tudományos minisztérium 2001. január 1-jei 000. számú rendeletével jóváhagyott, az iskolások összoroszországi olimpiájáról szóló szabályzat alapján tartják meg.

Az olimpia szakaszai az alapfokú általános és középfokú (teljes) általános oktatás szintjén megvalósuló általános nevelési programok alapján összeállított feladatok szerint zajlanak.

Értékelési szempontok

A matematikai olimpiai feladatok kreatívak, és többféle megoldást tesznek lehetővé. Emellett a feladatok részleges előrehaladását is értékelni kell (például fontos eset elemzése, lemma bizonyítása, példa keresése stb.). Végül a megoldásokban logikai és aritmetikai hibák is előfordulhatnak. A feladat végeredményénél a fentiek mindegyikét figyelembe kell venni.

Az iskolások matematikai olimpiájának lebonyolítására vonatkozó szabályzatnak megfelelően minden feladat 7 pontból jár.

A megoldás helyessége és a kapott pontok közötti megfelelést a táblázat mutatja.

Fontos megjegyezni, hogy minden helyes megoldás 7 pontot ér. Elfogadhatatlan a pontlevonás azért, mert a megoldás túl hosszú, vagy mert a hallgató megoldása eltér a módszertani fejlesztésekben megadottaktól, vagy a zsűri által ismert egyéb megoldásoktól.

Ugyanakkor 0 pontot kell kapni minden olyan határozati szövegért, bármilyen hosszú legyen is, amely nem tartalmaz hasznos előrelépést.

Az olimpia önkormányzati szakaszának lebonyolítási rendje

Az olimpia önkormányzati szakaszát november-decemberben egy napon rendezik meg a 7-11. osztályos tanulók számára. Az olimpiára ajánlott idő 4 óra.

Az olimpia iskolai és önkormányzati szakaszának feladatkörei

Az iskolai és önkormányzati szakaszon az olimpiai feladatokat az általános oktatási intézmények matematikai programjai alapján állítják össze. Lehetőség van olyan feladatok felvételére is, amelyek témái az iskolai klubok (választható) programjaiban szerepelnek.

Az alábbiakban csak azokat a témaköröket közöljük, amelyeket az AKTUÁLIS tanévre vonatkozó feladatlehetőségek összeállításakor javasolunk felhasználni.

Magazinok: „Kvantum”, „Matematika az iskolában”

Könyvek és oktatási segédanyagok:

, A moszkvai régió matematikai olimpiái. Szerk. 2., rev. és további – M.: Fizmatkniga, 200 p.

, Matematika. Össz-oroszországi olimpiák. Vol. 1. – M.: Nevelés, 2008. – 192 p.

, Moszkvai matematikai olimpia. – M.: Nevelés, 1986. – 303 p.

, Leningrádi matematikai körök. – Kirov: Asa, 1994. – 272 p.

Matematikai olimpiai feladatok gyűjteménye. – M.: MTsNMO, 2005. – 560 p.

Planimetriás problémák . Szerk. 5. revízió és további – M.: MTsNMO, 2006. – 640 p.

, Kanel-, Moszkvai matematikai olimpiák / Szerk. . – M.: MTsNMO, 2006. – 456 p.

1. Csillagok helyett cserélje ki a *+ ** + *** + **** = 3330 kifejezést tíz különböző számra, hogy az egyenlet helyes legyen.

2. Vasya üzletember kereskedni kezdett. Minden reggel ő
a nála lévő pénz egy részéből (talán az összes pénzéből) vásárol árut. Ebéd után a vásárolt árut a vásárolt ár kétszereséért értékesíti. Hogyan kereskedjen Vasyának, hogy 5 nap múlva pontosan rubelje legyen, ha először 1000 rubel volt.

3. A 3 x 3-as négyzetet vágjuk két részre, a 4 x 4-es négyzetet pedig két részre, hogy a kapott négy darabot négyzetre lehessen hajtani.

4. Az összes természetes számot 1-től 10-ig felírtuk egy 2x5-ös táblázatba, majd kiszámoltuk a sorban és egy oszlopban lévő számok összegét (összesen 7 összeget). Ezen összegek közül hány lehet a legnagyobb számú prímszám?

5. Természetes számra N kiszámolta az összes szomszédos számpár összegét (például: N= 35 207 összeg (8, 7, 2, 7)). Keresse meg a legkisebbet N, amelyekre ezen összegek között minden szám van 1-től 9-ig.

8 Osztály

1. Vasya természetes számot emelt A négyzetre emelte, az eredményt felírta a táblára, és kitörölte az utolsó 2005-ös számjegyeket. A táblán maradt szám utolsó számjegye egyenlő lehet eggyel?

2. A Hazugok és Lovagok Szigete csapatainak felülvizsgálatakor (a hazugok mindig hazudnak, a lovagok mindig igazat mondanak) a vezér felsorakoztatta az összes harcost. A sorban álló harcosok mindegyike ezt mondta: „A sorban álló szomszédaim hazugok.” (A sor végén álló harcosok azt mondták: „A sorban álló szomszédom egy hazug.”) Hány lovag állhatna a sorba, ha 2005 harcos kijönne átnézni?

3. Az eladónak van egy számlapja a cukorméréshez, két csészével. A mérleg 0-tól 5 kg-ig képes megjeleníteni a súlyt. Ebben az esetben cukrot csak a bal oldali csészére, súlyokat pedig a két csészére lehet tenni. Hány súlyra van szüksége egy eladónak, hogy bármilyen mennyiségű cukrot lemérjen 0 és 25 kg között? Magyarázza meg válaszát.

4. Határozzuk meg egy derékszögű háromszög szögeit, ha tudjuk, hogy a befogóhoz viszonyított derékszög csúcsára szimmetrikus pont a háromszög két oldalának felezőpontjain átmenő egyenesen fekszik.

5. A 8x8-as asztal cellái három színnel vannak festve. Kiderült, hogy a táblázatban nincs három cellás sarok, amelynek minden cellája egyforma színű (a háromcellás sarok egy 2x2-es négyzetből egy cella eltávolításával kapott ábra). Az is kiderült, hogy az asztalon nincs három cellás sarok, amelynek minden cellája három különböző színű. Bizonyítsuk be, hogy az egyes színek celláinak száma páros.

1. Egész számokból álló halmaz a, b, c, helyére a - 1 készlet, b + 1, s2. Ennek eredményeként a kapott készlet egybeesett az eredetivel. Keresse meg az a, 6, c számokat, ha tudja, hogy összegük 2005.

2. Vasya vett 11 egymást követő természetes számot, és megszorozta őket. Kolya ugyanazt a 11 számot vette, és összeadta őket. Vajon Vasja eredményének utolsó két számjegye egybeeshet Kolja eredményének utolsó két számjegyével?

3. Az alapján AC háromszög ABC megértettem az álláspontodat D.
Bizonyítsuk be, hogy a háromszögbe írt körök ABDÉs CBD, Az érintési pontok nem oszthatnak fel egy szakaszt BD három egyenlő részre.

4. A sík minden pontja egy-egy színt kap
három színben, mindhárom színben. Igaz-e, hogy minden ilyen színezéshez választhatunk olyan kört, amelyen mindhárom szín pontja van?

5. Egy sánta bástya (olyan bástya, amely csak vízszintesen vagy csak függőlegesen tud pontosan 1 négyzetet mozogni) megkerülte a 10 x 10 négyzetből álló táblát, és minden mezőt pontosan egyszer látogatott meg. Az első cellába, ahol a bástya meglátogatott, írjuk az 1-es számot, a másodikba a 2-es számot, a harmadikba - a 3-at stb. 100-ig. Kiderülhet, hogy a két szomszédos cellába írt számok összege oldalán osztható 4-gyel ?

Kombinatorikus problémák.

1. Számokból álló halmaz a, b, c, A4-es készletre cserélve - 2b2, b 4- 2с2, с4 - 2а2. Ennek eredményeként a kapott készlet egybeesett az eredetivel. Keresse meg a számokat a, b, c, ha összegük egyenlő -3.

2. A sík minden pontját kiszínezzük valamelyik
három színben, mindhárom színben. Ver
de lehetséges-e, hogy bármelyik ilyen festménynél választhat
mindhárom színű pontokat tartalmazó kör?

3. Oldja meg az egyenletet természetes számokban!

NOC (a; b) + gcd(a; b) = a b.(GCD – legnagyobb közös osztó, LCM – legkisebb közös többszörös).

4. Háromszögbe írt kör ABC, aggodalmak
a felek ABÉs Nap pontokon EÉs F illetőleg. Pontok
MÉs N- az A és C pontból egyenesre ejtett merőlegesek alapjai E.F.. Bizonyítsuk be, hogy ha egy háromszög oldalai ABC képezzenek egy aritmetikai progressziót és az AC a középső oldal, akkor NEKEM. + FN = E.F..

5. Egy 8x8-as tábla cellái egész számokat tartalmaznak.
Kiderült, hogy ha a táblázat bármely három oszlopát és tetszőleges három sorát kiválasztja, akkor a metszéspontjukban lévő kilenc szám összege nulla lesz. Bizonyítsuk be, hogy a táblázatban szereplő összes szám nulla.

1. Egy bizonyos szög szinusza és koszinusza egy négyzetes trinom különböző gyökei ax2 + bx + c. Bizonyítsd b2= a2 + 2ac.

2. Egy éles kocka mind a 8 szakaszához A, A kocka éleinek közepén lévő csúcsokkal rendelkező háromszögek a metszetmagasságok metszéspontját veszik figyelembe. Határozzuk meg egy olyan poliéder térfogatát, amelynek csúcsai ebben a 8 pontban vannak!

3. Hagyjuk y =k1 x + b1 , y = k2 x + b2 , y =k3 x + b3 - parabola három érintőjének egyenletei y=x2. Bizonyítsd be, hogy ha k3 = k1 + k2 , Hogy b3 2 (b1 + b2 ).

4. Vasya természetes számot nevezett el N. Utána Petya
megtalálta egy szám számjegyeinek összegét N, majd a szám számjegyeinek összege
N+13N, majd a szám számjegyeinek összege N+2 13N, Akkor
egy szám számjegyeinek összege N+ 3 13N stb
legközelebb jobb eredményt érj el
előző?

5. Lehetséges 2005 nullától eltérő értékeket rajzolni a síkra?
vektorokat úgy, hogy bármelyik tízből lehetséges legyen
válassz hármat nulla összeggel?

MEGOLDÁSOK A PROBLÉMÁKRA

7. osztály

1. Például 5 + 40 + 367 + 2918 = 3330.

2. Az egyik lehetőség a következő. Az első négy napban Vasyának minden pénzéből árut kell vásárolnia. Aztán négy nap múlva rubel lesz (100 Az ötödik napon 9000 rubelért kell árut vennie. Marad 7000 rubel. Ebéd után rubelben adja el az árut, és pontosan rubel lesz.

3. Válasz. Két lehetséges vágási példa látható az 1. és 2. ábrán.

Rizs. 1 +

Rizs. 2

4 . Válasz. 6.

Ha mind a 7 összeg prímszám lenne, akkor különösen két 5 számból álló összeg lenne prímszám. Ezen összegek mindegyike nagyobb, mint 5. Ha mindkét összeg 5-nél nagyobb prímszám lenne, akkor ezek az összegek mindegyike páratlan lenne (mivel csak 2 páros prímszám). De ha ezeket az összegeket összeadjuk, páros számot kapunk. Ez a két összeg azonban minden számot tartalmaz 1-től 10-ig, és összegük 55 - páratlan szám. Ezért a kapott összegek között legfeljebb 6 lehet prímszám. A 3. ábra bemutatja, hogyan kell a táblázatban szereplő számokat elrendezni, hogy 6 egyszerű összeget kapjunk (példánkban 2 szám összes összege 11, és.1 + 2 + 3 + 7 + 6 = 19). Megjegyzés.Értékelés nélküli példáért - 3 pont.

Rizs. 3

5. Válasz.N=1

Szám N legalább tízjegyű, mivel 9 különböző összeg van, ezért a legkisebb szám tízjegyű, és az összegek mindegyike

1, ..., 9 pontosan egyszer kell megjelennie. Két tízjegyű szám közül, amelyek azonos számjegyekkel kezdődnek, az a kisebb, amelynek az első eltérő számjegye kisebb. Ezért az N első számjegye 1, a második 0. Az 1 összegét már találtuk, tehát a legkisebb harmadik számjegy 2 stb.

8 Osztály

1. Válasz. Tudta.

Tekintsük például az A számot = 1001 nulla a végén). Akkor

A2 = 1 2002 végén nulla). Ha törli az utolsó 2005 számjegyet, az 1-es szám marad.

2. Válasz. 1003.

Vegyük észre, hogy a két egymás mellett álló harcos nem lehet lovag. Valóban, ha mindketten lovagok voltak, akkor mindketten hazudtak. Válasszuk ki a bal oldalon álló harcost, és osszuk fel a maradék 2004-es harcosok sorát 1002 két egymás mellett álló harcosból álló csoportra. Egy-egy ilyen csoportban legfeljebb egy lovag szerepel. Vagyis a vizsgált 2004-es harcosok között legfeljebb 1002 lovag van. Vagyis összesen legfeljebb 1002 + 1 = 1003 lovag van a sorban.

Tekintsük a következő sort: RLRLR...RLRLR. Egy ilyen sorban pontosan 1003 lovag van.

Megjegyzés. Ha csak egy választ adott, adjon 0 pontot, ha csak egy példát, adjon 2 pontot.

3. Válasz. Két súly.

Egy súly nem lesz elég az eladónak, hiszen 25 kg cukor súlyához legalább 20 kg súly szükséges. Ha csak ekkora súlya van, az eladó nem tud például 10 kg cukrot lemérni. Mutassuk meg, hogy az eladónak csak két súlyra van szüksége: egy 5 kg-os és egy 15 kg-os. A 0-5 kg ​​súlyú cukor súlyok nélkül is lemérhető. 5-10 kg cukor leméréséhez egy 5 kg-os súlyt kell helyeznie a megfelelő csészére. 10-15 kg cukor leméréséhez egy 5 kg-os súlyt kell a bal oldali csészére, egy 15 kg-os súlyt a jobb oldali csészére tenni. 15-20 kg cukor leméréséhez 15 kg-os súlyt kell helyeznie a megfelelő csészére. 20-25 kg cukor leméréséhez 5 kg-os és 15 kg-os súlyokat kell a megfelelő csészére helyezni.

4. Válasz. 60°, 30°, 90°.

Ez a probléma részletes megoldást kínál. A lábak felezőpontjain áthaladó egyenes vonal osztja el a magasságot CH felére, tehát a kívánt pont R MN, Ahol MÉs N- a lábszár közepe és a hypotenusa (4. ábra), i.e. MN- ABC középvonal.

Rizs. 4

Akkor MN || Nap=>P =BCH(mint a belső keresztirányú szögek párhuzamos egyenesekkel) => VSN =N.P.H. (CHB = PHN = 90°,

CH = RN - oldal és hegyesszög mentén) => VN =N.H. => CN= SV= A(egyenlőszárú háromszögben a magasság a felező). De CN- derékszögű háromszög mediánja ABC, Ezért CN = BN(Nyilván, ha háromszög körül írod le ABC kör) => BCN- tehát egyenlő oldalú, B - 60°.

5. Tekintsünk egy tetszőleges 2x2 négyzetet. Nem tartalmazhat mindhárom színű cellát, hiszen akkor lehet találni egy három cellás sarkot, amelynek minden cellája három különböző színű. Illetve ebben a 2x2-es négyzetben nem lehet minden cella egyforma színű, hiszen akkor lehetne találni egy három cellás sarkot, aminek minden cellája egyszínű. Ez azt jelenti, hogy ebben a négyzetben csak két színes cella található. Jegyezzük meg, hogy ebben a négyzetben nem lehet 3 egyforma színű cella, hiszen akkor lehet találni egy három cellás sarkot, aminek minden cellája azonos színű. Vagyis ebben a négyzetben 2 különböző színű cella található.

Most osszuk fel a 8x8-as táblázatot 16 2 x 2 négyzetre, amelyekben vagy nincs az első színű cella, vagy két első színű cella. Vagyis páros számú cella van az első színűből. Hasonlóképpen, páros számú cella van a második és a harmadik színben.

9. osztály

1. Válasz. 1003, 1002, 0.

Abból, hogy a halmazok egybeesnek, az a + b + c = a -1 + b + 1 + c2 egyenlőség következik. Azt kapjuk, hogy c = c2. Vagyis c = 0 vagy c = 1. Mivel c = c2 , akkor a - 1 = b, b + 1 = a. Ez azt jelenti, hogy két eset lehetséges: b + 1, b, 0 és b + 1, b, 1. Mivel a halmazban lévő számok összege 2005, így az első esetben 2b + 1 = 2005, b = 1002 és az 1003, 1002, 0 halmaz, a második esetben 2 b + 2 = 2005, szül = Az 1001,5 nem egész szám, vagyis a második eset lehetetlen. Megjegyzés. Ha csak a választ adta meg, akkor adjon 0 pontot.

2. Válasz. Ők tudnák.

Jegyezzük meg, hogy 11 egymást követő természetes szám között van kettő osztható 5-tel, és van két páros szám, így a szorzatuk két nullára végződik. Ezt most jegyezzük meg a + (a + 1) + (a + 2) + ... + (a + 10) = (a + 5) 11. Ha vesszük pl. a = 95 (azaz Vasya a 95, 96, ..., 105 számokat választotta), akkor az összeg is két nullára fog végződni.

3. Hadd E,F, NAK NEK,L, M, N- érintési pontok (5. ábra).
Tegyünk úgy, mintha DE = E.F. = FB= x. Akkor AK =
= AL = a, B.L. = LENNI= 2x, VM =B.F.= x,C.M. = CN = c,
DK = DE= x,DN = DF = 2 x=> AB + IDŐSZÁMÍTÁSUNK ELŐTT. = a+ Zx + s =
= A.C., ami ellentmond a háromszög egyenlőtlenségnek.

Megjegyzés. Ez is az egyenlőség lehetetlenségét bizonyítja B.F. = DE. Általában, ha háromszögbe írjuk ABD kör E- kapcsolattartási pont és B.F. = DE, Hogy F- az a pont, ahol az AABD excircle érinti BD.

Rizs. 5 A K D N C

4. Válasz. Jobb.

A első szín és pont BAN BEN l. Ha a vonalon kívül l ABC, Zenekar VAL VEL). Tehát a vonalon kívül l D) egyenes vonalon fekszik l AÉs D, lén BAN BENÉs D, l l

5. Válasz. Nem lehetett.

Tekintsük egy 10 x 10-es tábla sakkszínezését.Vegyük észre, hogy a fehér négyzetből a sánta bástya feketébe, a fekete négyzetből pedig a fehérbe kerül. Hagyja, hogy a bástya a fehér négyzetről kezdje a bejárást. Ekkor 1 fehér négyzetben lesz, 2 - feketében, 3 - fehérben, ..., 100 - feketében. Vagyis a fehér cellák páratlan számokat, a fekete pedig páros számokat tartalmaznak. De a két szomszédos cella közül az egyik fekete, a másik fehér. Vagyis az ezekbe a cellákba írt számok összege mindig páratlan lesz, és nem osztható 4-gyel.

Megjegyzés. Azokra a „megoldásokra”, amelyek csak egy példát vesznek figyelembe valamilyen megkerülő megoldásra, adjon 0 pontot.

10-es fokozat

1. Válasz, a = b = c = - 1.

Mivel a halmazok egybeesnek, ebből az következik, hogy összegük egybeesik. Szóval a4- 2b2+ b 4 - 2с2 + с4 - 2а2 = а + b+ c =-3, (a+ (b2- 1)2 + (c= 0. Honnan a2 - 1 = b2 - 1 = c2 - 1 = 0, azaz a = ±1, b = ±1, Val vel= ± 1. Feltétel a + b+ s= -3 csak a =-t elégíti ki b = c =- 1. Még ellenőrizni kell, hogy a talált hármas megfelel-e a probléma feltételeinek.

2. Válasz. Jobb.

Tegyük fel, hogy lehetetlen olyan kört kiválasztani, amely mindhárom színű pontokat tartalmazza. Válasszunk egy pontot A első szín és pont BAN BEN második színt, és húzzon keresztül egy egyenes vonalat l. Ha a vonalon kívül l van egy harmadik színű C pont, majd a háromszög körül körülírt körön ABC, mindhárom színben vannak pontok (pl. Zenekar VAL VEL). Tehát a vonalon kívül l nincsenek harmadik színű pöttyök. De mivel a sík legalább egy pontja harmadik színnel van festve, akkor ez a pont (nevezzük D) egyenes vonalon fekszik l. Ha most figyelembe vesszük a pontokat AÉs D, akkor hasonlóan kimutatható, hogy a vonalon kívül lén nincsenek második színű pöttyök. A pontokat figyelembe véve BAN BENÉs D, kimutatható, hogy a vonalon kívül l az első színű pöttyök nincsenek. Vagyis az egyenes vonalon kívül l nincsenek színes pontok. Ellentmondást kaptunk a feltétellel. Ez azt jelenti, hogy választhat egy kört, amelynek mindhárom színű pontja van.

3. Válasz, a = b = 2.

Legyen gcd (a; b) = d. Akkor A= a1 d, b =b1 d, ahol gcd ( a1 ; b1 ) = 1. Ezután LCM (a; b)= a1 b1 d. Innen a1 b1 d+d= a1 db1 d, vagy a1 b1 + 1 = a1 b1 d. Ahol a1 b1 (d - 1) = 1. Azaz al = bl = 1 és d= 2, ami azt jelenti a= b = 2.

Megjegyzés. Egy másik megoldást az LCM (a; b) GCD (a; b) = ab egyenlőség alkalmazásával kaphatunk.

Megjegyzés. Ha csak a választ adta meg, akkor adjon 0 pontot.

4. Hagyjuk VR- az FBE egyenlőszárú háromszög magassága (6. ábra).

Ezután az AME ~ BPE háromszögek hasonlóságából az következik, hogy https://pandia.ru/text/78/390/images/image028_3.gif" width="36 height=31" height="31">.

Február 21-én az Orosz Föderáció Kormányházában került sor a 2018-as oktatási kormánydíjak átadásának ünnepségére. A díjakat az Orosz Föderáció miniszterelnök-helyettese, T.A. adta át a díjazottaknak. Golikova.

A díjazottak között vannak a Tehetséges Gyermekekkel Foglalkozó Laboratórium munkatársai is. A díjat az orosz válogatott IPhO tanárai vehették át Vitalij Sevcsenko és Alekszandr Kiselev, az IJSO orosz válogatott tanárai Elena Mikhailovna Snigireva (kémia) és Igor Kiselev (biológia), valamint az orosz csapat vezetője, rektorhelyettes. a MIPT Artyom Anatoljevics Voronov.

A fő eredmények, amelyekért a csapatot állami kitüntetésben részesítették, az orosz csapat 5 aranyérem az indonéziai IPhO-2017-en és 6 aranyérem a csapat számára a hollandiai IJSO-2017-en. Minden diák aranyat hozott haza!

Ez az első alkalom, hogy az orosz csapat ilyen magas eredményt ért el a Nemzetközi Fizikai Olimpián. Az IPhO 1967 óta tartó teljes története során sem az orosz, sem a Szovjetunió válogatottjának nem sikerült még öt aranyérmet nyernie.

Az olimpiai feladatok összetettsége és a más országok csapatainak felkészültsége folyamatosan nő. Az utóbbi években azonban az orosz válogatott a világ legjobb öt csapata közé került. A magas eredmények elérése érdekében a válogatott oktatói és vezetése fejleszti hazánkban a nemzetközi versenyekre való felkészülés rendszerét. Megjelentek a gyakorlóiskolák, ahol az iskolások részletesen tanulják a program legnehezebb részeit. Aktívan készül a kísérleti feladatok adatbázisa, melynek kitöltésével a gyerekek a kísérleti túrára készülnek. Rendszeres távmunka folyik, a felkészítés évében a gyerekek mintegy tíz elméleti házi feladatot kapnak. Magán az olimpián nagy figyelmet fordítanak a feladatok feltételeinek minőségi fordítására. A képzési tanfolyamokat javítják.

A nemzetközi olimpiákon elért magas eredmények a MIPT nagyszámú tanára, munkatársa és diákja, a helyszínen dolgozó személyes tanárok hosszú munkájának, valamint maguknak az iskolásoknak a kemény munkájának az eredménye. A válogatott felkészítéséhez a fent említett díjazottakon kívül óriási mértékben hozzájárultak:

Fedor Tsybrov (problémák keletkezése a minősítési díjakkal kapcsolatban)

Alexey Noyan (a csapat kísérleti képzése, kísérleti műhely fejlesztése)

Alekszej Alekszejev (minősítési feladatok létrehozása)

Arseniy Pikalov (elméleti anyagok készítése és szemináriumok vezetése)

Ivan Erofejev (sok éves munka minden területen)

Alekszandr Artemyev (ellenőrzi a házi feladatot)

Nikita Semenin (minősítési feladatok létrehozása)

Andrey Peskov (kísérleti installációk fejlesztése és létrehozása)

Gleb Kuznyecov (a nemzeti csapat kísérleti edzése)

8. OSZTÁLY

ISKOLAI FELADATOK

ÖSSZOROSSZORSZÁGI OLIMPIÁD SZOCIÁLTUDOMÁNYOS ISKOLÁKNAK

TELJES NÉV. tanuló ______________________________________________________________________________

Születési idő ___________________________ Osztály ____,__ dátum „_____” ______20__

Pontszám (max. 100 pont) _________

1. Feladat. Válaszd ki a megfelelő választ:

Az erkölcs aranyszabálya kimondja:

1) „Szemet szemért, fogat fogért”;

2) „Ne csinálj magadból bálványt”;

3) „Úgy bánj az emberekkel, ahogy szeretnéd, hogy bánjanak veled”;

4) „Tiszteld apádat és anyádat.”

Válasz: ___

2. feladat. Válaszd ki a megfelelő választ:

A személy azon képességét, hogy cselekedetei révén jogokat és kötelezettségeket szerezzen és gyakorolhasson: 1) cselekvőképesség; 2) cselekvőképesség; 3) emancipáció; 4) szocializáció.

Válasz: ___

(A helyes válaszért - 2 pont)

3. feladat. Válaszd ki a megfelelő választ:

Az Orosz Föderációban a normatív aktusok rendszerének legmagasabb jogi ereje van

1) Az Orosz Föderáció elnökének rendeletei 3) Az Orosz Föderáció Büntető Törvénykönyve

2) Az Orosz Föderáció alkotmánya 4) Az Orosz Föderáció kormányának határozatai

Válasz: ___

(A helyes válaszért - 2 pont)

4. feladat. A tudósnak helyesen kell írnia a fogalmakat és kifejezéseket. Írja be a megfelelő betű(ke)t az üres helyekre!

1. Pr…v…legia – valakinek biztosított előny.

2. D...v...den... – részvényeseknek kifizetett jövedelem.

3. T...l...t...ness - tolerancia mások véleményével szemben.

5. feladat. Töltse ki az üres részt a sorban.

1. Klán, …….., nemzetiség, nemzet.

2. Kereszténység, ………, buddhizmus.

3. Termelés, forgalmazás, ………, fogyasztás.

6. feladat Milyen elv alapján készülnek a sorok? Nevezze meg az alábbi kifejezések közös fogalmát, amely egyesíti őket!

1. A jogállamiság, a hatalmi ágak szétválasztása, az emberi jogok és szabadságok garantálása

2.Értékmérés, tárolóeszköz, fizetőeszköz.

3. Szokás, precedens, jog.

1. ________________________________________________________

2.________________________________________________________

3.________________________________________________________

7. feladat. Válasz igen vagy nem:

1) Az ember természeténél fogva bioszociális lény.

2) A kommunikáció csak az információcserére vonatkozik.

3) Minden ember egyéni.

4) Az Orosz Föderációban az állampolgár 14 éves korától megkapja a jogok és szabadságok teljes körét.

5) Minden ember egyéniségként születik.

6) Az orosz parlament (szövetségi közgyűlés) két kamarából áll.

7) A társadalom önfejlesztő rendszer.

8) Ha a választáson személyesen nem lehet részt venni, a meghatalmazásban megjelölt jelöltre szavazás céljából más személynek meghatalmazást kiadni.

9) A történelmi fejlődés előrehaladása ellentmondásos: progresszív és regresszív változások egyaránt fellelhetők benne.

10) Az egyén, a személyiség, az egyéniség olyan fogalmak, amelyek nem azonosak.

Egy helyes válaszért – 2 pont (Maximális pontszám – 8).

A FELADATOK KULCSA

1. Feladat ( A helyes válaszért - 2 pont)

2. feladat ( A helyes válaszért - 2 pont)

3. feladat ( A helyes válaszért - 2 pont)

4. feladat ( A helyesen megjelölt betűért - 1 pont. Maximum – 8 pont)

1. Kiváltság. 2. Osztalék. 3. Tolerancia

5. feladat ( Minden helyes válaszért - 3 pont. Maximum 9 pont)

1. Törzs. 2. Iszlám. 3. Csere.

6. feladat ( Minden helyes válaszért - 4 pont. Maximum – 12 pont)

1. A jogállam jelei

2. A pénz funkciói

3. Jogforrások.

7. feladat Minden helyes válaszért 2 pont. (A feladatra maximum 20 pont)