Zadania etapu miejskiego Ogólnorosyjskiej Olimpiady. Zadania na etap miejski Ogólnorosyjskiej Olimpiady dla uczniów z matematyki

Zadania etapu gminnego Ogólnorosyjskiej Olimpiady dla uczniów z matematyki

Górnoałtaisk, 2008

Etap miejski Olimpiady odbywa się na podstawie Regulaminu Ogólnorosyjskiej Olimpiady dla uczniów, zatwierdzonego zarządzeniem Ministerstwa Edukacji i Nauki Rosji z dnia 1 stycznia 2001 r. Nr 000.

Etapy Olimpiady realizowane są według zadań opracowanych na podstawie programów kształcenia ogólnego realizowanych na poziomie kształcenia podstawowego ogólnego i średniego (pełnego) ogólnokształcącego.

Kryteria oceny

Zadania Olimpiady Matematycznej są kreatywne i pozwalają na kilka różnych rozwiązań. Ponadto konieczna jest ocena częściowego postępu w zadaniach (na przykład analiza ważnego przypadku, udowodnienie lematu, znalezienie przykładu itp.). Wreszcie możliwe są błędy logiczne i arytmetyczne w rozwiązaniach. Końcowa ocena zadania musi uwzględniać wszystkie powyższe.

Zgodnie z regulaminem przeprowadzania Olimpiad Matematycznych dla uczniów, każde zadanie oceniane jest w skali 7 punktów.

Zależność pomiędzy poprawnością rozwiązania a przyznanymi punktami przedstawiono w tabeli.

	Prawidłowość (nieprawidłowość) decyzji
	Całkowicie poprawne rozwiązanie
	Dobra decyzja. Istnieją drobne niedociągnięcia, które generalnie nie wpływają na decyzję.
	Decyzja jest generalnie słuszna. Rozwiązanie zawiera jednak istotne błędy lub pominięte przypadki, które nie wpływają na logikę rozumowania.
	Jeden z dwóch (bardziej złożonych) istotnych przypadków został poprawnie rozpatrzony lub w zadaniu typu „szacunek + przykład” oszacowanie zostało uzyskane poprawnie.
	Udowodniono, że stwierdzenia pomocnicze pomagają w rozwiązaniu problemu.
	Rozważane są niektóre ważne przypadki w przypadku braku rozwiązania (lub w przypadku błędnej decyzji).
	Decyzja jest błędna, nie ma postępu.
	Nie ma rozwiązania.

Należy pamiętać, że za każde prawidłowe rozwiązanie przyznawane jest 7 punktów. Niedopuszczalne jest odliczanie punktów z powodu zbyt długiego rozwiązania, rozwiązania ucznia odbiegającego od podanego w rozwinięciach metodycznych lub od innych rozwiązań znanych jury.

Jednocześnie każdy tekst decyzji, bez względu na długość, który nie zawiera użytecznych ulepszeń, powinien otrzymać 0 punktów.

Procedura przeprowadzenia etapu miejskiego Olimpiady

Etap miejski Olimpiady odbywa się w jeden dzień w okresie listopad-grudzień dla uczniów klas 7-11. Zalecany czas trwania Olimpiady to 4 godziny.

Tematyka zadań do etapu szkolnego i gminnego Olimpiady

Zadania olimpijskie na etapie szkolnym i gminnym opracowywane są na podstawie programów matematycznych dla placówek oświaty ogólnej. Dopuszczalne jest także uwzględnianie zadań, których tematyka zawarta jest w programach kół szkolnych (do wyboru).

Poniżej znajdują się tylko te tematy, które proponuje się zastosować przy opracowywaniu opcji zadań na BIEŻĄCY rok akademicki.

Czasopisma: „Quantum”, „Matematyka w szkole”

Książki i pomoce dydaktyczne:

, Olimpiady Matematyczne regionu moskiewskiego. wyd. 2., wyd. i dodatkowe – M.: Fizmatkniga, 200 s.

, Matematyka. Olimpiady Ogólnorosyjskie. Tom. 1. – M.: Edukacja, 2008. – 192 s.

, Moskiewska Olimpiada Matematyczna. – M.: Edukacja, 1986. – 303 s.

, Leningradzkie koła matematyczne. – Kirow: Asa, 1994. – 272 s.

Zbiór problemów olimpijskich z matematyki. – M.: MTsNMO, 2005. – 560 s.

Problemy z planimetrią . wyd. 5. rewizja i dodatkowe – M.: MTsNMO, 2006. – 640 s.

, Kanel-, Moskiewska Olimpiada Matematyczna / wyd. . – M.: MTsNMO, 2006. – 456 s.

1. Zamiast gwiazdek zamień wyrażenie *+ ** + *** + **** = 3330 na dziesięć różnych liczb, aby równanie było poprawne.

2. Biznesmen Vasya zaczął handlować. Każdego ranka on
kupuje towary za część posiadanych pieniędzy (być może za całość pieniędzy, jakie posiada). Po obiedzie sprzedaje zakupiony towar za dwukrotnie wyższą cenę, którą kupił. Jak Wasya powinien handlować, aby po 5 dniach miał dokładnie ruble, jeśli na początku miał 1000 rubli.

3. Kwadrat 3 x 3 przetnij na dwie części, a kwadrat 4 x 4 na dwie części, tak aby powstałe cztery części można było złożyć w kwadrat.

4. Wszystkie liczby naturalne od 1 do 10 zapisaliśmy w tabeli 2x5, a następnie obliczyliśmy każdą sumę liczb w wierszu i kolumnie (w sumie 7 sum). Jaka jest największa liczba tych sum, które mogą być liczbami pierwszymi?

5. Dla liczby naturalnej N obliczył sumy wszystkich par sąsiednich cyfr (np N= 35207 kwot to (8, 7, 2, 7)). Znajdź najmniejszy N, dla których wśród tych sum znajdują się wszystkie liczby od 1 do 9.

8 Klasa

1. Wasia podniosła liczbę naturalną A do kwadratu, zapisał wynik na tablicy i wymazał ostatnie cyfry 2005. Czy ostatnia cyfra liczby pozostałej na planszy może być równa jeden?

2. Podczas przeglądu wojsk Wyspy Kłamców i Rycerzy (kłamcy zawsze kłamią, rycerze zawsze mówią prawdę) przywódca ustawił wszystkich wojowników w szeregu. Każdy z wojowników stojących w szeregu powiedział: „Moi sąsiedzi w szeregu to kłamcy”. (Wojownicy stojący na końcach szeregu powiedzieli: „Mój sąsiad w szeregu jest kłamcą.”) Jaka jest największa liczba rycerzy, którzy mogliby stanąć w szeregu, gdyby wojownicy z 2005 r. przyszli dokonać przeglądu?

3. Sprzedawca posiada wagę zegarową do ważenia cukru z dwoma filiżankami. Waga może wyświetlać wagę od 0 do 5 kg. W tym przypadku cukier można umieścić tylko w lewym kubku, a ciężarki można umieścić w dowolnym z dwóch kubków. Jaka jest najmniejsza liczba odważników, jaką musi posiadać sprzedawca, aby zważyć dowolną ilość cukru od 0 do 25 kg? Wyjaśnij swoją odpowiedź.

4. Znajdź kąty trójkąta prostokątnego, jeśli wiadomo, że punkt symetryczny do wierzchołka kąta prostego względem przeciwprostokątnej leży na prostej przechodzącej przez środki dwóch boków trójkąta.

5. Komórki stołu 8x8 są pomalowane na trzy kolory. Okazało się, że tabela nie ma narożnika z trzema komórkami, którego wszystkie komórki są tego samego koloru (róg z trzema komórkami to figura uzyskana z kwadratu 2x2 poprzez usunięcie jednej komórki). Okazało się również, że stół nie ma narożnika z trzema komórkami, a wszystkie komórki mają trzy różne kolory. Udowodnić, że liczba komórek każdego koloru jest parzysta.

1. Zbiór składający się z liczb całkowitych a, b, c, zastąpiony zestawem a - 1, B + 1, s2. W rezultacie powstały zestaw pokrywał się z oryginalnym. Znajdź liczby a, 6, c, jeśli wiesz, że ich suma wynosi 2005.

2. Wasia wzięła 11 kolejnych liczb naturalnych i pomnożyła je. Kolya wziął te same 11 liczb i dodał je. Czy dwie ostatnie cyfry wyniku Wasyi mogą pokrywać się z dwiema ostatnimi cyframi wyniku Kolyi?

3. Na podstawie AC trójkąt ABC punkt zajęty D.
Udowodnić, że okręgi wpisane w trójkąty ABD I CBD, punkty dotykowe nie mogą dzielić segmentu BD na trzy równe części.

4. Każdy z punktów płaszczyzny jest pokolorowany jednym z
trzy kolory, przy użyciu wszystkich trzech kolorów. Czy prawdą jest, że dla dowolnego takiego kolorowania można wybrać okrąg, na którym znajdują się punkty wszystkich trzech kolorów?

5. Kulawa wieża (wieża, która może poruszać się tylko w poziomie lub tylko w pionie o dokładnie 1 pole) chodziła po szachownicy o wymiarach 10 x 10 pól, odwiedzając każde pole dokładnie raz. W pierwszej komórce, którą odwiedziła wieża, zapisujemy liczbę 1, w drugiej - liczbę 2, w trzeciej - 3 itd. aż do 100. Czy może się okazać, że suma liczb zapisanych w dwóch sąsiednich komórkach z boku jest podzielna przez 4?

Problemy kombinatoryczne.

1. Zbiór składający się z liczb a, b, c, zastąpiony zestawem a4 - 2b2, ur 4- 2с2, с4 - 2а2. W rezultacie powstały zestaw pokrywał się z oryginalnym. Znajdź liczby a, b, c, jeśli ich suma jest równa - 3.

2. Każdy z punktów płaszczyzny jest pokolorowany w jednym z
trzy kolory, przy użyciu wszystkich trzech kolorów. Wer
ale czy jest możliwe, że przy każdym takim obrazie można wybrać
okrąg zawierający kropki we wszystkich trzech kolorach?

3. Rozwiąż równanie w liczbach naturalnych

NOC (a; b) + gcd(a; b) = a b.(GCD – największy wspólny dzielnik, LCM – najmniejsza wspólna wielokrotność).

4. Okrąg wpisany w trójkąt ABC, obawy
imprezy AB I Słońce w punktach mi I F odpowiednio. Zwrotnica
M I N- podstawy prostopadłych spuszczone z punktów A i C na linię prostą E.F.. Udowodnić, że jeśli boki trójkąta ABC tworzą zatem postęp arytmetyczny, a AC jest stroną środkową JA. + FN = E.F..

5. Komórki tabeli 8x8 zawierają liczby całkowite.
Okazało się, że jeśli wybierzesz dowolne trzy kolumny i dowolne trzy wiersze tabeli, to suma dziewięciu liczb na ich przecięciu będzie równa zero. Udowodnić, że wszystkie liczby w tabeli są równe zero.

1. Sinus i cosinus pewnego kąta okazały się różnymi pierwiastkami trójmianu kwadratowego topór2 + bx + c. Udowodnij to b2= a2 + 2ac.

2. Dla każdego z 8 odcinków sześcianu z krawędzią A, będąc trójkątami z wierzchołkami pośrodku krawędzi sześcianu, uwzględnia się punkt przecięcia wysokości przekrojów. Znajdź objętość wielościanu, którego wierzchołki znajdują się w tych 8 punktach.

3. Niech y =k1 X + B1 , y = k2 X + B2 , y =k3 X + B3 - równania trzech stycznych do paraboli y=x2. Udowodnij, że jeśli k3 = k1 + k2 , To B3 2 (B1 + B2 ).

4. Wasia nazwała liczbę naturalną N. Po czym Petya
znaleźć sumę cyfr liczby N, następnie suma cyfr liczby
N+13N, następnie suma cyfr liczby N+2 13N, Następnie
suma cyfr liczby N+ 3 13N itp. Czy mógłby każdy
następnym razem uzyskaj lepszy wynik
poprzedni?

5. Czy można narysować na płaszczyźnie niezerowe wartości z roku 2005?
wektory tak, aby z dowolnych dziesięciu z nich było to możliwe
wybrać trzy z sumą zerową?

ROZWIĄZANIA PROBLEMÓW

7. klasa

1. Na przykład 5 + 40 + 367 + 2918 = 3330.

2. Jedna z opcji jest następująca. Przez pierwsze cztery dni Wasia musi kupować towary za wszystkie posiadane pieniądze. Potem za cztery dni będzie miał ruble (100). Piątego dnia będzie musiał kupić towar za 9 000 rubli. Zostanie mu 7 000 rubli. Po obiedzie sprzeda towar w rublach i będzie miał dokładnie ruble.

3. Odpowiedź. Dwa możliwe przykłady cięcia pokazano na rysunkach 1 i 2.

Ryż. 1 +

Ryż. 2

4 . Odpowiedź. 6.

Gdyby wszystkie 7 sum było liczbami pierwszymi, wówczas w szczególności dwie sumy 5 liczb byłyby pierwszymi. Każda z tych sum jest większa niż 5. Gdyby obie te sumy były liczbami pierwszymi większymi niż 5, wówczas każda z tych sum byłaby nieparzysta (ponieważ tylko 2 jest liczbą pierwszą parzystą). Ale jeśli dodamy te sumy, otrzymamy liczbę parzystą. Jednak te dwie sumy obejmują wszystkie liczby od 1 do 10, a ich suma wynosi 55 - liczba nieparzysta. Dlatego wśród otrzymanych sum nie więcej niż 6 będzie liczbami pierwszymi. Rysunek 3 pokazuje, jak ułożyć liczby w tabeli, aby otrzymać 6 prostych sum (w naszym przykładzie wszystkie sumy 2 liczb wynoszą 11 oraz 1 + 2 + 3 + 7 + 6 = 19). Komentarz. Za przykład bez oceny - 3 punkty.

Ryż. 3

5. Odpowiedź.N=1

Numer N co najmniej dziesięciocyfrowy, ponieważ jest 9 różnych sum. Zatem najmniejsza liczba jest dziesięciocyfrowa, a każda z sum

1, ..., 9 musi wystąpić dokładnie raz. Z dwóch liczb dziesięciocyfrowych rozpoczynających się od tych samych cyfr, mniejsza jest ta, której pierwsza różniąca się cyfra jest mniejsza. Zatem pierwsza cyfra N to 1, druga to 0. Suma 1 została już napotkana, więc najmniejsza trzecia cyfra to 2 itd.

8 Klasa

1. Odpowiedź. Mogłaby.

Rozważmy na przykład liczbę A = 1001 zero na końcu). Następnie

A2 = 1 na koniec 2002 r. zero). Jeśli usuniesz ostatnie cyfry roku 2005, cyfra 1 pozostanie.

2. Odpowiedź. 1003.

Należy pamiętać, że dwaj wojownicy stojący obok siebie nie mogą być rycerzami. Rzeczywiście, jeśli obaj byli rycerzami, to obaj kłamali. Wybierzmy wojownika stojącego po lewej stronie i podzielmy rząd pozostałych wojowników z 2004 roku na 1002 grupy po dwóch wojowników stojących obok siebie. W każdej takiej grupie nie może znajdować się więcej niż jeden rycerz. Oznacza to, że wśród rozważanych wojowników z 2004 roku jest nie więcej niż 1002 rycerzy. Oznacza to, że w linii jest nie więcej niż 1002 + 1 = 1003 rycerzy.

Rozważmy linię: RLRLR...RLRLLR. W takiej linii jest dokładnie 1003 rycerzy.

Komentarz. Jeśli podano tylko odpowiedź, przyznaj 0 punktów, jeśli podano tylko przykład, daj 2 punkty.

3. Odpowiedź. Dwa ciężary.

Jedna waga nie będzie wystarczająca dla sprzedawcy, ponieważ ważenie 25 kg cukru wymaga wagi co najmniej 20 kg. Mając tylko taką wagę, sprzedawca nie będzie w stanie odważyć np. 10 kg cukru. Pokażmy, że sprzedawca potrzebuje tylko dwóch odważników: jednego o wadze 5 kg i drugiego o wadze 15 kg. Cukier o wadze od 0 do 5 kg można ważyć bez odważników. Aby odważyć od 5 do 10 kg cukru, należy umieścić odważnik o masie 5 kg na prawym kubku. Aby odważyć 10 do 15 kg cukru, należy umieścić odważnik o masie 5 kg w lewym kubku i 15 kg w prawym kubku. Aby odważyć od 15 do 20 kg cukru, należy umieścić odważnik o masie 15 kg na prawym kubku. Aby odważyć od 20 do 25 kg cukru, należy umieścić na prawym kubku odważniki 5 kg i 15 kg.

4. Odpowiedź. 60°, 30°, 90°.

Ten problem zawiera szczegółowe rozwiązanie. Linia prosta przechodząca przez środki nóg dzieli wysokość CH na pół, więc pożądany punkt R MN, Gdzie M I N- środek nogi i przeciwprostokątna (ryc. 4), tj. MN- linia środkowa ABC.

Ryż. 4

Następnie MN || Słońce=>P. =BCH(jak wewnętrzne kąty poprzeczne z liniami równoległymi) => VSN =NPH (CHB = PHN = 90°,

CH = RN - wzdłuż boku i pod kątem ostrym) => VN =N.H. => CN= SV= A(w trójkącie równoramiennym wysokość jest dwusieczną). Ale CN- środkowa trójkąta prostokątnego ABC, Dlatego CN = BN(oczywiście, jeśli opiszesz to wokół trójkąta ABC okrąg) => BCN- zatem równoboczny, B - 60°.

5. Rozważmy dowolny kwadrat 2x2. Nie może zawierać komórek wszystkich trzech kolorów, ponieważ wtedy można byłoby znaleźć róg składający się z trzech komórek, w którym wszystkie komórki byłyby w trzech różnych kolorach. Ponadto w tym kwadracie 2x2 wszystkie komórki nie mogą być tego samego koloru, ponieważ wtedy byłoby możliwe znalezienie narożnika z trzema komórkami, w którym wszystkie komórki byłyby tego samego koloru. Oznacza to, że w tym kwadracie znajdują się tylko dwie kolorowe komórki. Zauważ, że w tym kwadracie nie mogą znajdować się 3 komórki tego samego koloru, ponieważ wtedy można by znaleźć róg z trzema komórkami, w którym wszystkie komórki są tego samego koloru. Oznacza to, że na tym kwadracie znajdują się 2 komórki w dwóch różnych kolorach.

Podzielmy teraz tabelę 8x8 na 16 kwadratów 2 x 2. W każdym z nich albo nie ma komórek pierwszego koloru, albo są dwie komórki pierwszego koloru. Oznacza to, że istnieje parzysta liczba komórek pierwszego koloru. Podobnie istnieje parzysta liczba komórek drugiego i trzeciego koloru.

9 klasa

1. Odpowiedź. 1003, 1002, 0.

Z faktu, że zbiory się pokrywają, wynika równość a + b + c = a -1 + b + 1 + c2. Otrzymujemy c = c2. Oznacza to, że c = 0 lub c = 1. Ponieważ c = c2 , wtedy a - 1 = b, b + 1 = za. Oznacza to, że możliwe są dwa przypadki: zbiór b + 1, b, 0 i b + 1, b, 1. Ponieważ suma liczb w zbiorze wynosi 2005, w pierwszym przypadku otrzymamy 2b + 1 = 2005, b = 1002 i zbiór 1003, 1002, 0, w drugim przypadku otrzymamy 2 b + 2 = 2005, ur = 1001,5 nie jest liczbą całkowitą, czyli drugi przypadek jest niemożliwy. Komentarz. Jeśli zostanie podana tylko odpowiedź, przyznaj 0 punktów.

2. Odpowiedź. Mogliby.

Zauważ, że wśród 11 kolejnych liczb naturalnych są dwie podzielne przez 5 i dwie liczby parzyste, więc ich iloczyn kończy się na dwóch zerach. Zauważmy to teraz + (+ 1) + (a + 2) + ... + (a + 10) = (a + 5) 11. Jeśli weźmiemy na przykład a = 95 (tj. Wasia wybrała liczby 95, 96, ..., 105), wtedy suma również zakończy się dwoma zerami.

3. Pozwalać MI,F, DO,L, M, N- punkty dotykowe (ryc. 5).
Udawajmy, że DE = E.F. = pełne wyżywienie= x. Następnie AK =
= glin = A, B.L. = BYĆ= 2x, VM =B.F.= x,CM. = CN = C,
DK = DE= x,DN = DF = 2 X=> AB + PNE. = A+ Zx + s =
= AC, co zaprzecza nierówności trójkąta.

Komentarz. Dowodzi także niemożliwości równości B.F. = DE. Ogólnie rzecz biorąc, jeśli jest wpisany w trójkąt ABD koło mi- punkt kontaktowy i B.F. = DE, To F- punkt, w którym styka się z okręgiem zewnętrznym AABD BD.

Ryż. 5 K D NC

4. Odpowiedź. Prawidłowy.

A pierwszy kolor i kropka W l. Jeśli poza linią l ABC, Zespół Z). Zatem poza granicami l D) leży na linii prostej l A I D, lI W I D, l l

5. Odpowiedz. Nie mogło.

Rozważmy kolor szachowy szachownicy o wymiarach 10 x 10. Zauważ, że z białego kwadratu kulawa wieża przechodzi na czarną, a z czarnego kwadratu na białą. Niech wieża rozpocznie swoje przejście od białego kwadratu. Wtedy 1 będzie w białym kwadracie, 2 - w czarnym, 3 - w białym, ..., 100 - w czarnym. Oznacza to, że białe komórki będą zawierać liczby nieparzyste, a czarne komórki będą zawierać liczby parzyste. Ale z dwóch sąsiednich komórek jedna jest czarna, a druga biała. Oznacza to, że suma liczb zapisanych w tych komórkach będzie zawsze nieparzysta i nie będzie podzielna przez 4.

Komentarz. Za „rozwiązania”, które uwzględniają jedynie przykład jakiegoś obejścia, przyznaj 0 punktów.

klasa 10

1. Odpowiedź, a = b = do = - 1.

Ponieważ zbiory są zbieżne, wynika z tego, że ich sumy są zbieżne. Więc a4 - 2b2+ B 4 - 2с2 + с4 - 2а2 = а + B+ c =-3, (a+ (b2- 1)2 + (c= 0. Skąd a2 - 1 = b2 - 1 = c2 - 1 = 0, czyli a = ±1, b = ±1, Z= ± 1. Warunek a + B+ s= -3 spełniają tylko a = B = c =- 1. Pozostaje sprawdzić, czy znaleziona trójka spełnia warunki zadania.

2. Odpowiedź. Prawidłowy.

Załóżmy, że nie jest możliwe wybranie okręgu zawierającego punkty wszystkich trzech kolorów. Wybierzmy punkt A pierwszy kolor i kropka W drugi kolor i przeciągnij przez nie linię prostą l. Jeśli poza linią l znajduje się punkt C trzeciego koloru, następnie na okręgu opisanym na trójkącie ABC, istnieją punkty wszystkich trzech kolorów (na przykład Zespół Z). Zatem poza granicami l nie ma kropek trzeciego koloru. Ale ponieważ co najmniej jeden punkt płaszczyzny jest pomalowany na trzeci kolor, to ten punkt (nazwijmy to D) leży na linii prostej l. Jeśli teraz rozważymy punkty A I D, to podobnie można wykazać, że poza linią lI nie ma kropek drugiego koloru. Po rozważeniu punktów W I D, można wykazać, że poza linią l nie ma kropek pierwszego koloru. To znaczy poza linią prostą l brak kolorowych kropek. Otrzymaliśmy sprzeczność z warunkiem. Oznacza to, że możesz wybrać okrąg, który ma punkty we wszystkich trzech kolorach.

3. Odpowiedź, a = B = 2.

Niech gcd (a; b) = d. Następnie A= A1 D, b =B1 D, gdzie gcd ( A1 ; B1 ) = 1. Następnie LCM (a;b)= A1 B1 D. Stąd A1 B1 D+d= A1 DB1 D, Lub A1 B1 + 1 = A1 B1 D. Gdzie A1 B1 (D - 1) = 1. To znaczy glin = bł = 1 i D= 2, co oznacza a= B = 2.

Komentarz. Inne rozwiązanie można uzyskać stosując równość LCM (a; b) NWD (a; b) = ab.

Komentarz. Jeśli zostanie podana tylko odpowiedź, przyznaj 0 punktów.

4. Niech VR- wysokość trójkąta równoramiennego FBE (ryc. 6).

Następnie z podobieństwa trójkątów AME ~ BPE wynika, że https://pandia.ru/text/78/390/images/image028_3.gif" szerokość="36 wysokość=31" wysokość="31">.

21 lutego w Izbie Rządu Federacji Rosyjskiej odbyła się uroczystość wręczenia Nagród Rządowych w dziedzinie oświaty za rok 2018. Nagrody laureatom wręczył Wicepremier Federacji Rosyjskiej T.A. Golikowa.

Wśród nagrodzonych znaleźli się pracownicy Pracowni Pracy z Dzieciami Zdolnymi. Nagrodę odebrali nauczyciele kadry narodowej Rosji w IPhO Witalij Szewczenko i Aleksander Kiselew, nauczyciele kadry narodowej Rosji w IJSO Elena Michajłowna Snigirewa (chemia) i Igor Kiselev (biologia) oraz kierownik drużyny rosyjskiej, prorektor MIPT Artem Anatolijewicz Woronow.

Do głównych osiągnięć, za które zespół został nagrodzony nagrodą rządową, należało zdobycie 5 złotych medali dla drużyny rosyjskiej na IPhO-2017 w Indonezji oraz 6 złotych medali dla drużyny na IJSO-2017 w Holandii. Każdy uczeń przywiózł do domu złoto!

To pierwszy tak wysoki wynik na Międzynarodowej Olimpiadzie Fizycznej rosyjskiej drużynie. W całej historii IPhO od 1967 roku ani reprezentacji Rosji, ani ZSRR nie udało się zdobyć pięciu złotych medali.

Złożoność zadań Olimpiady i poziom wyszkolenia drużyn z innych krajów stale rośnie. Jednak w ostatnich latach reprezentacja Rosji znalazła się w pierwszej piątce drużyn na świecie. Aby osiągać wysokie wyniki, nauczyciele i kierownictwo kadry narodowej doskonalą w naszym kraju system przygotowań do zawodów międzynarodowych. Pojawiły się szkoły szkoleniowe, w których uczniowie szczegółowo studiują najtrudniejsze części programu. Aktywnie tworzona jest baza zadań eksperymentalnych, poprzez wykonanie których dzieci przygotowują się do wycieczki eksperymentalnej. Prowadzona jest regularna praca zdalna, w ciągu roku przygotowawczego dzieci otrzymują około dziesięciu teoretycznych zadań domowych. Wiele uwagi przywiązuje się do wysokiej jakości tłumaczenia warunków zadań na samej Olimpiadzie. Kursy szkoleniowe są udoskonalane.

Wysokie wyniki na międzynarodowych olimpiadach są efektem długiej pracy dużej liczby nauczycieli, pracowników i uczniów MIPT, osobistych nauczycieli na miejscu oraz ciężkiej pracy samych uczniów. Oprócz wyżej wymienionych laureatów ogromny wkład w przygotowanie kadry narodowej wnieśli:

Fedor Tsybrov (stworzenie problemów z opłatami kwalifikacyjnymi)

Alexey Noyan (eksperymentalne szkolenie zespołu, rozwój warsztatu eksperymentalnego)

Alexey Alekseev (tworzenie zadań kwalifikacyjnych)

Arseniy Pikalov (przygotowanie materiałów teoretycznych i prowadzenie seminariów)

Ivan Erofeev (wiele lat pracy we wszystkich obszarach)

Aleksander Artemyjew (sprawdza pracę domową)

Nikita Semenin (tworzenie zadań kwalifikacyjnych)

Andriej Pieskow (opracowanie i tworzenie instalacji eksperymentalnych)

Gleb Kuzniecow (eksperymentalny trening kadry narodowej)

8. KLASA

ZADANIA SZKOLNE

CAŁKOWICIEROSYJSKA OLIMPIADA DLA UCZNIÓW NAUK SPOŁECZNYCH

PEŁNE IMIĘ I NAZWISKO. student _____________________________________________________________________

Data urodzenia __________________________ Klasa ____,__ Data „_____” ______20__

Wynik (maks. 100 punktów) _________

Ćwiczenie 1. Wybierz poprawną odpowiedź:

Złota zasada moralności głosi:

1) „Oko za oko, ząb za ząb”;

2) „Nie rób z siebie bożka”;

3) „Traktuj ludzi tak, jak sam chciałbyś być traktowany”;

4) „Czcij ojca swego i matkę swoją”.

Odpowiedź: ___

Zadanie 2. Wybierz poprawną odpowiedź:

Zdolność osoby do nabywania i wykonywania praw i obowiązków poprzez swoje działanie nazywa się: 1) zdolnością prawną; 2) zdolność prawna; 3) emancypacja; 4) socjalizacja.

Odpowiedź: ___

(Za poprawną odpowiedź - 2 punkty)

Zadanie 3. Wybierz poprawną odpowiedź:

W Federacji Rosyjskiej najwyższą moc prawną w systemie aktów normatywnych ma

1) Dekrety Prezydenta Federacji Rosyjskiej. 3) Kodeks karny Federacji Rosyjskiej

2) Konstytucja Federacji Rosyjskiej. 4) Uchwały Rządu Federacji Rosyjskiej

Odpowiedź: ___

(Za poprawną odpowiedź - 2 punkty)

Zadanie 4. Naukowiec musi poprawnie pisać pojęcia i terminy. W miejsce pustych miejsc wpisz właściwe litery.

1. Pr…v…legia – korzyść przyznana komuś.

2. D...v...den... – dochód wypłacany akcjonariuszom.

3. T...l...t... - tolerancja dla opinii innych ludzi.

Zadanie 5. Wypełnij puste miejsce w rzędzie.

1. Klan, …….., narodowość, naród.

2. Chrześcijaństwo, ………, buddyzm.

3. Produkcja, dystrybucja, ………, konsumpcja.

Zadanie 6. Na jakiej zasadzie powstają rzędy? Nazwij koncepcję wspólną dla poniższych terminów, która je łączy.

1. Praworządność, podział władzy, gwarancja praw i wolności człowieka

2.Miara wartości, środki przechowywania, środki płatnicze.

3. Zwyczaj, precedens, prawo.

1. ________________________________________________________

2.________________________________________________________

3.________________________________________________________

Zadanie 7. Odpowiedz tak lub nie:

1) Człowiek z natury jest istotą biospołeczną.

2) Komunikacja odnosi się wyłącznie do wymiany informacji.

3) Każda osoba jest indywidualna.

4) W Federacji Rosyjskiej obywatel zyskuje pełnię praw i wolności od 14 roku życia.

5) Każdy człowiek rodzi się jako jednostka.

6) Parlament rosyjski (Zgromadzenie Federalne) składa się z dwóch izb.

7) Społeczeństwo jest systemem samorozwijającym się.

8) W przypadku braku możliwości osobistego udziału w wyborach dopuszcza się udzielenie pełnomocnictwa innej osobie w celu głosowania na kandydata wskazanego w pełnomocnictwie.

9) Postęp rozwoju historycznego jest sprzeczny: można w nim znaleźć zarówno zmiany postępowe, jak i regresywne.

10) Jednostka, osobowość, indywidualność to pojęcia, które nie są tożsame.