Dňa 21. februára sa v Snemovni vlády Ruskej federácie uskutočnilo slávnostné odovzdávanie cien vlády v oblasti vzdelávania za rok 2018. Ceny laureátom odovzdal podpredseda vlády Ruskej federácie T.A. Golikov.

Medzi laureátmi ocenenia sú zamestnanci Laboratória pre prácu s nadanými deťmi. Ocenenie získali učitelia ruskej reprezentácie na IPhO Vitalij Ševčenko a Alexander Kiselev, učitelia ruskej reprezentácie na IJSO Elena Mikhailovna Snigireva (chémia) a Igor Kiselev (biológia) a vedúci ruského tímu, prorektor MIPT Arťom Anatoljevič Voronov.

Hlavnými úspechmi, za ktoré bol tím ocenený vládnou cenou, je 5 zlatých medailí pre ruský tím na IPhO-2017 v Indonézii a 6 zlatých medailí pre tím na IJSO-2017 v Holandsku. Každý študent priniesol domov zlato!

Takýto vysoký výsledok na Medzinárodnej fyzikálnej olympiáde dosiahol ruský tím po prvý raz. V celej histórii IPhO od roku 1967 sa ruskému tímu ani tímu ZSSR nikdy predtým nepodarilo získať päť zlatých medailí.

Náročnosť úloh olympiády a úroveň prípravy tímov z iných krajín neustále rastie. Ruský tím však posledné roky patrí medzi päť najlepších tímov sveta. Pre dosahovanie vysokých výsledkov učitelia a vedenie reprezentácie zdokonaľujú u nás systém prípravy na internacionálu. Objavil sa cvičných škôl, kde študenti podrobne študujú najťažšie úseky programu. Aktívne sa vytvára databáza experimentálnych úloh, ktorých plnenie sa chalani pripravujú na experimentálne turné. Vykonáva sa pravidelná práca na diaľku, počas roka prípravy dostanú chalani asi desať teoretických domácich úloh. veľká pozornosť sa venuje kvalitatívnemu prekladu podmienok problémov na samotnej olympiáde. Zdokonaľujú sa vzdelávacie kurzy.

Vysoké výsledky na medzinárodných olympiádach sú výsledkom dlhoročnej práce veľkého počtu učiteľov, zamestnancov a študentov Moskovského inštitútu fyziky a techniky, osobných učiteľov v teréne a tvrdej práce samotných školákov. Okrem spomínaných laureátov ocenenia mali obrovský prínos do prípravy národného tímu:

Fedor Tsybrov (tvorba úloh pre kvalifikačné tábory)

Alexey Noyan (experimentálny tréning národného tímu, vývoj experimentálnej dielne)

Aleksey Alekseev (vytváranie kvalifikačných tréningových úloh)

Arsenij Pikalov (príprava teoretických materiálov a vedenie seminárov)

Ivan Erofeev (mnoho rokov práce vo všetkých oblastiach)

Alexander Artemiev (kontroluje domácu úlohu)

Nikita Semenin (vytváranie kvalifikačných tréningových úloh)

Andrey Peskov (vývoj a vytvorenie experimentálnych zariadení)

Gleb Kuznetsov (experimentálny tréning národného tímu)

8. TRIEDA

ŠKOLSKÉ STUPEŇOVÉ ÚLOHY

CELORUSKEJ OLYMPIÁDY ŠKOLÁKOV V SPOLOČENSKÝCH VEDECH

CELÉ MENO. študent ____________________________________________________________________________

Dátum narodenia __________________________ Trieda ____,__ Dátum "_____" ______20__

Známka (max. 100 bodov) _________

Cvičenie 1. Vyber správnu odpoveď:

Zlaté pravidlo morálky hovorí:

1) „Oko za oko, zub za zub“;

2) „Nerobte zo seba idol“;

3) „Správaj sa k ľuďom tak, ako chceš, aby sa oni správali k tebe“;

4) "Cti svojho otca a svoju matku."

odpoveď: ___

Úloha 2. Vyber správnu odpoveď:

Spôsobilosť osoby svojím konaním nadobúdať a vykonávať práva a povinnosti sa nazýva: 1) spôsobilosť na právne úkony; 2) spôsobilosť na právne úkony; 3) emancipácia; 4) socializácia.

odpoveď: ___

(Za správnu odpoveď - 2 body)

Úloha 3. Vyber správnu odpoveď:

IN Ruská federácia vyššie právny účinok v systéme normatívnych aktov má

1) Dekréty prezidenta Ruskej federácie 3) Trestný zákon Ruskej federácie

2) Ústava Ruskej federácie 4) Vyhlášky vlády Ruskej federácie

odpoveď: ___

(Za správnu odpoveď - 2 body)

Úloha 4. Vedec musí správne písať pojmy a pojmy. Doplňte správne písmená pre medzery.

1. Pr ... in ... legia - výhoda priznaná niekomu.

2. D ... v ... deň ... - príjmy vyplatené akcionárom.

3. T ... l ... rantn ... st - tolerancia k názorom iných ľudí.

Úloha 5. Vyplňte medzeru v riadku.

1. Rod, …….., národnosť, národ.

2. Kresťanstvo, ………, budhizmus.

3. Výroba, distribúcia, ………, spotreba.

Úloha 6. Akým princípom sa tvoria rady? Pomenujte koncept, ktorý je spoločný pre výrazy uvedené nižšie, a spojte ich.

1. Právny štát, deľba moci, záruka ľudských práv a slobôd

2. Miera hodnoty, prostriedky akumulácie, platobné prostriedky.

3. Zvyk, precedens, právo.

1. ________________________________________________________

2.________________________________________________________

3.________________________________________________________

Úloha 7. Odpovedzte „áno“ alebo „nie“:

1) Človek je od prírody biosociálna bytosť.

2) Komunikáciou sa rozumie len výmena informácií.

3) Každý človek je individuálny.

4) V Ruskej federácii celú sumu občan získava práva a slobody od 14 rokov.

5) Každý človek sa rodí ako človek.

6) Ruský parlament (Federálne zhromaždenie) pozostáva z dvoch komôr.

7) Spoločnosť sa vzťahuje na sebarozvíjajúce sa systémy.

8) Ak nie je možné osobne sa zúčastniť volieb, je možné vydať splnomocnenie inej osobe na účely hlasovania za kandidáta uvedeného v splnomocnení.

9) Pokrok historický vývoj rozporuplné: možno v ňom nájsť progresívne aj regresívne zmeny.

10) Jedinec, osobnosť, individualita – pojmy, ktoré nie sú totožné.

4.1.
4.2.
4.3.
4.4.

Za jednu správnu odpoveď - 2 body (maximálne skóre - 8).

KĽÚČE K CIEĽOM

Cvičenie 1 ( Za správnu odpoveď - 2 body)

Úloha 2 ( Za správnu odpoveď - 2 body)

Úloha 3 ( Za správnu odpoveď - 2 body)

Úloha 4 ( 1 bod za správne písmeno. Maximálne - 8 bodov)

1. Privilégium. 2. Dividendu. 3. Tolerancia

Úloha 5 ( Za každú správnu odpoveď - 3 body. Maximálne - 9 bodov)

1. Kmeň. 2. Islam. 3. Výmena.

Úloha 6 ( Za každú správnu odpoveď - 4 body. Maximálne - 12 bodov)

1. Znaky právneho štátu

2. Funkcie peňazí

3. Pramene práva.

Úloha 7 2 body za každú správnu odpoveď. (Maximálne za úlohu – 20 bodov)

Úlohy mestskej scény celoruská olympiádaškolákov v matematike

Gorno-Altaisk, 2008

Mestská etapa olympiády sa koná na základe Predpisov o celoruskej olympiáde pre školákov, schválených nariadením Ministerstva školstva a vedy Ruska zo dňa 1.1.2001 č. 000.

Etapy olympiády sa konajú podľa úloh zostavených na základe rámcových vzdelávacích programov realizovaných na úrovni základného všeobecného a stredného (úplného) všeobecného vzdelávania.

Hodnotiace kritériá

Úlohy matematických olympiád sú kreatívne, umožňujú viacero rôznych riešení. Okrem toho je potrebné vyhodnotiť čiastkové pokroky v problémoch (napríklad analýza dôležitého prípadu, dôkaz lemy, nájdenie príkladu a pod.). Nakoniec sú možné logické a aritmetické chyby v riešeniach. Konečné skóre za úlohu musí brať do úvahy všetky vyššie uvedené skutočnosti.

V súlade s predpismi pre konanie matematických olympiád pre školákov je každá úloha hodnotená od 7 bodov.

Zhoda správnosti riešenia a uvedených bodov je uvedená v tabuľke.

	Správnosť (nepravdivosť) rozhodnutia
	Kompletné správne riešenie
	Správne rozhodnutie. Existuje niekoľko drobných nedostatkov, ktoré nemajú vplyv na celkové riešenie.
	Rozhodnutie je vo všeobecnosti správne. Riešenie však obsahuje významné chyby alebo chýbajúce prípady, ktoré neovplyvňujú logiku uvažovania.
	Správne je uvažovaný jeden z dvoch (zložitejších) podstatných prípadov, alebo pri úlohe typu „odhad + príklad“ je odhad správne získaný.
	Dokázali sa pomocné vyhlásenia, ktoré pomáhajú pri riešení problému.
	Pri absencii riešenia (alebo v prípade chybného rozhodnutia) sa posudzujú samostatné dôležité prípady.
	Nesprávne rozhodnutie, žiadny pokrok.
	Riešenie neexistuje.

Je dôležité poznamenať, že každé správne riešenie má hodnotu 7 bodov. Je neprijateľné strhávať body za to, že riešenie je príliš dlhé, alebo za to, že riešenie študenta sa líši od riešenia uvedeného v metodologický vývoj alebo z iných rozhodnutí známych porote.

Zároveň každý svojvoľne dlhý text rozhodnutia, ktorý neobsahuje užitočné preddavky, by mal byť ohodnotený 0 bodmi.

Postup pri konaní mestskej časti olympiády

Mestská etapa olympiády sa koná v ten istý deň v novembri až decembri pre žiakov 7. – 11. ročníka. Odporúčaný čas na olympiádu sú 4 hodiny.

Námety na úlohy školských a obecných etáp olympiády

Úlohy olympiád pre školské a obecné stupne sú zostavované na základe matematických programov pre všeobecnovzdelávacie inštitúcie. Je povolené zaraďovať aj úlohy, ktorých témy sú zaradené do programov školských krúžkov (výberové).

Nasledujú len tie témy, ktoré sú navrhnuté na použitie pri príprave variantov úloh AKTUÁLNEHO akademického roka.

Časopisy: Kvant, Matematika v škole

Knihy a učebné pomôcky:

, Matematické olympiády v Moskovskom regióne. Ed. 2., rev. a dodatočné – M.: Fizmatkniga, 200. roky.

, Matematika. celoruské olympiády. Problém. 1. - M.: Osveta, 2008. - 192 s.

, Moskovské matematické olympiády. – M.: Osveta, 1986. – 303 s.

, Leningradské matematické kruhy. - Kirov: Asa, 1994. - 272 s.

Zbierka úloh z olympiády z matematiky. - M.: MTSNMO, 2005. - 560 s.

Úlohy z planimetrie . Ed. 5. rev. a dodatočné - M.: MTSNMO, 2006. - 640 s.

, Kanel-, Moskovské matematické olympiády / Ed. . - M.: MTSNMO, 2006. - 456 s.

1. Namiesto hviezdičiek vložte do výrazu desať rôznych čísel *+ ** + *** + **** = 3330, aby ste dostali správnu rovnosť.

2. Podnikateľ Vasya sa dal na živnosť. Každé ráno on
kúpi tovar za časť peňazí, ktoré má (možno za všetky peniaze, ktoré má). Po večeri predáva nakúpený tovar za dvojnásobok toho, čo kúpil. Ako by mal Vasya obchodovať, aby za 5 dní mal presne rubľov, ak mal najprv 1 000 rubľov.

3. Štvorec 3 x 3 rozrežte na dve časti a štvorec 4 x 4 na dve časti tak, aby sa výsledné štyri kusy dali poskladať do štvorca.

4. Do tabuľky 2 x 5 boli zapísané všetky prirodzené čísla od 1 do 10. Potom sa vypočítal každý zo súčtov čísel v riadku a stĺpci (spolu sa získalo 7 súčtov). Aký je najväčší počet týchto súčtov, ktoré môžu byť prvočíslami?

5. Pre prirodzené číslo N vypočítal súčty všetkých párov susediacich číslic (napríklad pre N= Sumy 35 207 sú (8, 7, 2, 7)). Nájdite najmenšieho N, pre ktoré sú medzi týmito súčtami všetky čísla od 1 do 9.

8 Trieda

1. Vasya zdvihol prirodzené číslo A na druhú, zapísal výsledok na tabuľu a vymazal posledných 2005 číslic. Mohla by sa posledná číslica čísla, ktorá zostala na tabuli, rovnať jednej?

2. Na prehliadke vojsk Ostrova klamárov a rytierov (klamári vždy klamú, rytieri vždy hovoria pravdu) vodca zoradil všetkých vojakov. Každý z vojakov stojacich v rade povedal: "Moji susedia v rade sú klamári." (Bojovníci stojaci na konci radu povedali: "Môj sused v rade je klamár.") najväčší počet rytieri by mohli byť v radoch, keby 2005 bojovníci prišli na recenziu?

3. Predajca má šípkovú stupnicu na váženie cukru s dvoma pohármi. Váhy môžu ukazovať hmotnosť od 0 do 5 kg. V tomto prípade môže byť cukor umiestnený iba na ľavom pohári a závažia môžu byť umiestnené na ktoromkoľvek z dvoch pohárov. Aký najmenší počet závaží musí mať predajca na odváženie akéhokoľvek množstva cukru od 0 do 25 kg? Vysvetlite odpoveď.

4. Nájdite rohy správny trojuholník, ak je známe, že bod je symetrický k vrcholu pravý uhol vzhľadom na preponu leží na priamke prechádzajúcej stredmi dvoch strán trojuholníka.

5. Bunky stola 8x8 sú natreté tromi farbami. Ukázalo sa, že v tabuľke nie je žiadny trojbunkový roh, ktorého všetky bunky majú rovnakú farbu (trojbunkový roh je údaj získaný zo štvorca 2x2 vymazaním jednej bunky). Ukázalo sa tiež, že v tabuľke nie je žiadny trojbunkový roh, ktorého všetky bunky sú troch rôznych farieb. Dokážte, že počet buniek každej farby je párny.

1. Množina pozostávajúca z celých čísel a, b, c, nahradené súpravou a - 1, b + 1, c2. Výsledkom bolo, že výsledný súbor sa zhodoval s originálom. Nájdite čísla a, 6, c, ak je známe, že ich súčet je 2005.

2. Vasya vzal 11 za sebou prirodzené čísla a rozmnožili ich. Kolja vzal rovnakých 11 čísel a sčítal ich. Mohli by sa posledné dve číslice Vasyovho výsledku zhodovať s poslednými dvoma číslicami Koljovho výsledku?

3. Na základe AC trojuholník ABC dobrá poznámka D.
Dokážte, že kruhy sú vpísané do trojuholníkov ABD A CBD, dotykové body nemôžu rozdeliť segment BD na tri rovnaké časti.

4. Každý z bodov roviny je zafarbený v jednom z
tri farby, pričom sú použité všetky tri farby. Je pravda, že pre každé takéto sfarbenie je možné vybrať kruh, na ktorom sú body všetkých troch farieb?

5. Chromá veža (veža, ktorá sa môže pohybovať len horizontálne alebo len vertikálne presne o 1 pole) obišla hraciu plochu 10 x 10 polí, pričom každé pole navštívila práve raz. Do prvej bunky, kde veža navštívila, napíšeme číslo 1, do druhej číslo 2, do tretej - 3 a tak ďalej až do 100. Je možné, že súčet čísel zapísaných v dvoch susedných bunkách pozdĺž strany je deliteľný 4?

kombinatorické úlohy.

1. Súbor pozostávajúci z čísel a, b, c, nahradený sadou A4 - 2b2, b 4- 2c2, c4 - 2a2. Výsledkom bolo, že výsledný súbor sa zhodoval s originálom. Nájdite čísla a, b, c, ak je ich súčet 3.

2. Každý z bodov roviny je zafarbený v jednom z
tri farby, pričom sú použité všetky tri farby. Ver
ale je to tak, že pri akomkoľvek takomto obraze si môžete vybrať
kruh, ktorý má bodky všetkých troch farieb?

3. Riešte rovnicu v prirodzených číslach

NOC (a; b) + gcd (a; b) = a b.(GCD - najväčší spoločný deliteľ, LCM - najmenší spoločný násobok).

4. Kruh vpísaný do trojuholníka ABC, obavy
strany AB A slnko v bodoch E A F resp. bodov
M A N- základne kolmice z bodov A a C k priamke EF. Dokážte, že ak strany trojuholníka ABC formulár aritmetická progresia a AC je potom stredná strana JA + FN = EF.

5. Celé čísla sa umiestnia do buniek tabuľky 8x8.
Ukázalo sa, že ak si vyberiete ľubovoľné tri stĺpce a ľubovoľné tri riadky tabuľky, potom sa súčet deviatich čísel v ich priesečníku bude rovnať nule. Dokážte, že všetky čísla v tabuľke sú rovné nule.

1. Sínus a kosínus určitého uhla sa ukázali ako odlišné korene štvorcový trojčlen ax2 + bx + c. Dokáž to b2= a2 + 2ac.

2. Pre každú z 8 častí kocky s hranou A,čo sú trojuholníky s vrcholmi v stredoch hrán kocky, uvažuje sa priesečník výšok rezu. Nájdite objem mnohostenu s vrcholmi v týchto 8 bodoch.

3. Nechajte y=k1 X + b1 , y = k2 X + b2 , y =k3 X + b3 - rovnice troch dotyčníc k parabole y=x2. Dokážte, že ak k3 = k1 + k2 , To b3 2 (b1 + b2 ).

4. Vasya zavolal prirodzené číslo N. Potom Peter
nájsť súčet číslic čísla N, potom súčet číslic
N+13N, potom súčet číslic N+2 13N, Potom
súčet číslic čísla N+ 3 13N atď Mohol by
dy nabudúce získajte viac výsledkov
predchádzajúce?

5. Je možné kresliť na rovine 2005 nenulovú
vektorov tak, že z ktorýchkoľvek desiatich je to možné
vybrať tri s nulovým súčtom?

RIEŠENIA PROBLÉMOV

7. trieda

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

2. Jedna z možností je nasledujúca. Prvé štyri dni musí Vasya nakupovať tovar za všetky peniaze, ktoré má. Potom o štyri dni bude mať rubľov (100) Na piaty deň musí nakúpiť tovar za 9000 rubľov Zostane mu 7000 rubľov Po večeri predá tovar za rubľov a bude mať presne rubľov.

3. Odpoveď. Dva z možných príkladov rezania sú znázornené na obrázkoch 1 a 2.

Ryža. 1 +

Ryža. 2

4 . Odpoveď. 6.

Ak by všetkých 7 súčtov boli prvočísla, potom by boli prvočísla najmä dva súčty 5 čísel. Každý z týchto súčtov je väčší ako 5. Ak by oba tieto súčty boli prvočísla väčšie ako 5, potom by každý z týchto súčtov bol nepárny (pretože iba 2 je párne prvočíslo). Ak však tieto sumy spočítame, dostaneme párne číslo. Tieto dva súčty však zahŕňajú všetky čísla od 1 do 10 a ich súčet je 55 – nepárne číslo. Preto medzi prijatými sumami nebude viac ako 6 prvočísel. Obrázok 3 ukazuje, ako usporiadať čísla v tabuľke, aby ste získali 6 jednoduchých súčtov (v našom príklade sú všetky súčty 2 čísel 11 a 1 + 2 + 3 + 7 + 6 = 19). Komentujte. Napríklad bez hodnotenia - 3 body.

Ryža. 3

5. Odpoveď.N=1

číslo N aspoň desať číslic, keďže existuje 9 rôznych súčtov najmenšie číslo desaťmiestne, s každou zo súm

1, ..., 9 sa musí vyskytnúť práve raz. Z dvoch desaťciferných čísel, ktoré začínajú rovnakou číslicou, menšie číslo má menšiu prvú číslicu, ktorá sa líši. Preto je prvá číslica N 1, druhá 0. Súčet 1 je už splnený, takže najmenšia tretia číslica je 2 atď.

8 Trieda

1. Odpoveď. Mohol.

Zoberme si napríklad číslo A = nula na konci 1001). Potom

A2 = 1 na konci roku 2002 nula). Ak vymažete posledných 2005 číslic, zostane číslo 1.

2. Odpoveď. 1003.

Všimnite si, že dvaja bojovníci stojaci vedľa seba nemohli byť rytiermi. Skutočne, keby boli obaja rytiermi, obaja by klamali. Vyberme si bojovníka stojaceho naľavo a rozdeľme rad zostávajúcich 2004 bojovníkov do 1002 skupín po dvoch bojovníkoch stojacich vedľa seba. Každá takáto skupina nemá viac ako jedného rytiera. To znamená, že medzi uvažovanými bojovníkmi z roku 2004 nie je viac ako 1002 rytierov. To znamená, že v rade nie je viac ako 1002 + 1 = 1003 rytierov.

Zvážte riadok: RLRLR ... RLRLR. V takejto línii je presne 1003 rytierov.

Komentujte. Ak je uvedená iba odpoveď, uveďte 0 bodov, ak je uvedený iba príklad, - 2 body.

3. Odpoveď. Dve závažia.

Jedna váha predajcovi nestačí, keďže na odváženie 25 kg cukru je potrebná váha aspoň 20 kg. Len s takouto hmotnosťou si predajca nebude môcť odvážiť napríklad 10 kg cukru. Ukážme, že predajcovi stačia dve závažia: jedno s hmotnosťou 5 kg a jedno s hmotnosťou 15 kg. Cukor s hmotnosťou od 0 do 5 kg možno vážiť bez závažia. Ak chcete odvážiť 5 až 10 kg cukru, musíte na správny pohár položiť váhu 5 kg. Na odváženie 10 až 15 kg cukru umiestnite 5 kg závažie na ľavý pohár a 15 kg závažie na pravý pohár. Aby ste odvážili 15 až 20 kg cukru, musíte na správny pohár položiť 15 kg závažie. Ak chcete odvážiť 20 až 25 kg cukru, musíte na správny pohár položiť závažia 5 kg a 15 kg.

4. Odpoveď. 60°, 30°, 90°.

Tento problém poskytuje podrobné riešenie. Priama čiara prechádzajúca stredmi nôh rozdeľuje výšku CH na polovicu, takže požadovaný bod R MN, Kde M A N- stredné body nohy a prepony (obr. 4), t.j. MN- stredná čiara ABC.

Ryža. 4

Potom MN || slnko=>P =BCH(ako vnútorné priečne ležiace uhly s rovnobežnými čiarami) => VSN =NPH (CHB = PHN = 90°

CH = PH - na strane a ostrý roh) => HH =NH => CN= SW= A(v rovnoramennom trojuholníku je výška osou). ale CN- medián pravouhlého trojuholníka ABC, Preto CN = BN(čisté, ak je popísané blízko trojuholníka ABC kruh) => BCN- teda rovnostranný, B - 60°.

5. Zvážte ľubovoľný štvorec 2x2. Nemôže obsahovať bunky všetkých troch farieb, pretože potom by bolo možné nájsť trojbunkový roh, ktorého všetky bunky sú troch rôznych farieb. V tomto štvorci 2x2 tiež nemôžu byť všetky bunky rovnakej farby, pretože potom by bolo možné nájsť trojbunkový roh, ktorého všetky bunky sú rovnakej farby. To znamená, že v tomto štvorci sú len dve farby buniek. Všimnite si, že v tomto štvorci nemôžu byť 3 bunky rovnakej farby, pretože potom by bolo možné nájsť trojbunkový roh, ktorého všetky bunky majú rovnakú farbu. To znamená, že v tomto štvorci sú 2 bunky dvoch rôznych farieb.

Rozdeľme teraz tabuľku 8x8 na 16 štvorcov 2 x 2. Každý z nich buď nemá bunky prvej farby, alebo dve bunky prvej farby. To znamená, že existuje párny počet buniek prvej farby. Podobne existuje párny počet buniek druhej a tretej farby.

9. ročník

1. Odpoveď. 1003, 1002, 0.

Keďže množiny sú rovnaké, vyplýva z toho, že a + b + c = a -1 + b + 1 + c2. Dostaneme c = c2. To znamená, c \u003d 0 alebo c \u003d 1. Pretože c \u003d c2 , potom a - 1 = b, b + 1 = a. To znamená, že sú možné dva prípady: množina b + 1, b, 0 a b + 1, b, 1. Keďže súčet čísel v množine je 2005, v prvom prípade dostaneme 2b + 1 = 2005, b = 1002 a nastavte 1003, 1002, 0, v druhom prípade dostaneme 2 b + 2 = 2005, nar = 1001, 5 nie je celé číslo, t. j. druhý prípad nie je možný. Komentujte. Ak je daná iba odpoveď, priraďte 0 bodov.

2. Odpoveď. Mohol.

Všimnite si, že medzi 11 po sebe idúcimi prirodzenými číslami sú dve, ktoré sú deliteľné 5, a dve párne čísla, takže ich súčin končí dvomi nulami. Všimnite si to teraz a + (a + 1) + (a + 2) + ... + (a + 10) = (a + 5) 11. Ak vezmeme napr. a = 95 (teda Vasja zvolil čísla 95, 96, ..., 105), potom aj súčet skončí dvoma nulami.

3. Nechaj E,F, TO,L, M, N- dotykové body (obr. 5).
Predstierajme to DE = EF = Facebook= x. Potom AK =
= AL = a, BL = BE= 2x, VM =bf= x,CM = CN = c,
DK = DE= x,DN = D.F. = 2 X=> A-B+ BC = a+ Zx + c =
= AC, čo odporuje trojuholníkovej nerovnosti.

Komentujte. Dokazuje to aj nemožnosť rovnosti bf = DE. Vo všeobecnosti, ak pre vpísaný trojuholník ABD kruhy E- kontaktné miesto a bf = DE, To F je bod, v ktorom sa kruh AABD dotýka BD.

Ryža. 5 A K D N C

4. Odpovedzte. Správny.

A prvá farba a bodka IN l. Ak je mimo l ABC, Skupina S). Takže mimo čiary l D) leží na priamke l A A D, lja IN A D, l l

5. Odpovedzte. Nedalo sa.

Zoberme si šachové sfarbenie šachovnice 10 x 10. Všimnite si, že chromá veža sa presúva z bielej bunky do čiernej az čiernej bunky do bielej. Nechajte vežu obchádzať z bieleho štvorca. Potom 1 bude v bielej bunke, 2 - v čiernej, 3 - v bielej, ..., 100 - v čiernej. To znamená, že nepárne čísla budú v bielych bunkách a párne čísla v čiernych. Ale z dvoch susediacich buniek na boku je jedna čierna a druhá biela. To znamená, že súčet čísel zapísaných v týchto bunkách bude vždy nepárny a nebude deliteľný 4.

Komentujte. Za „riešenia“, v ktorých sa uvažuje len s príkladom nejakého obchvatu, uveďte 0 bodov.

10. ročník

1. odpoveď, a = b = c = - 1.

Skutočnosť, že množiny sa zhodujú, znamená, že ich súčty sa zhodujú. Takže a4 2b2+ b 4 - 2c2 + c4 - 2a2 = a + b+ s =-3, (a+ (b2- 1) 2 + (c \u003d 0. Odkiaľ a2 - 1 = b2 - 1 = c2 - 1 = 0, t. j. a = ±1, b = ±1, s= ± 1. Podmienka a + b+ s= -3 spĺňajú iba a = b = c =- 1. Zostáva overiť, či nájdená trojka spĺňa podmienky problému.

2. Odpoveď. Správny.

Predpokladajme, že nie je možné vybrať kruh, ktorý má body všetkých troch farieb. Vyberte bod A prvá farba a bodka IN druhú farbu a nakreslite cez ne čiaru l. Ak je mimo l na kružnici opísanej trojuholníku je bod C tretej farby ABC, sú tam body všetkých troch farieb (napr. Skupina S). Takže mimo čiary lžiadne bodky tretej farby. Ale keďže aspoň jeden bod roviny je zafarbený treťou farbou, potom tento bod (nazvime ho D) leží na priamke l. Ak teraz zvážime body A A D, potom to možno podobne ukázať mimo čiary lja nie sú žiadne bodky druhej farby. Po zvážení bodov IN A D, dá sa ukázať, že mimo čiary lžiadne bodky prvej farby. Teda mimo čiary lžiadne farebné bodky. Dostali sme rozpor s podmienkou. Môžete si teda vybrať kruh, na ktorom sú body všetkých troch farieb.

3. odpoveď, a = b = 2.

Nech gcd (a; b) = d. Potom A= a1 d, b =b1 d, kde gcd ( a1 ; b1 ) = 1. Potom LCM (a; b)= a1 b1 d. Odtiaľ a1 b1 d+ d = a1 db1 d, alebo a1 b1 + 1 = a1 b1 d. Kde a1 b1 (d - 1) = 1. Teda al = bl = 1 a d= 2, takže a= b = 2.

Komentujte. Iné riešenie je možné získať použitím rovnosti LCM (a; b) GCD (a; b) = ab.

Komentujte. Ak je daná iba odpoveď, priraďte 0 bodov.

4. Nechajte VR- výška rovnoramenného trojuholníka FBE (obr. 6).

Potom z podobnosti trojuholníkov AME ~ BPE vyplýva, že https://pandia.ru/text/78/390/images/image028_3.gif" width="36 height=31" height="31">.