Zadaci opštinske etape Sveruske olimpijade. Zadaci za opštinsku etapu Sveruske olimpijade za školarce iz matematike

Zadaci opštinske etape Sveruske olimpijade za školarce iz matematike

Gorno-Altajsk, 2008

Opštinska etapa olimpijade održava se na osnovu Pravilnika o Sveruskoj olimpijadi za školsku decu, odobrenog naredbom Ministarstva prosvete i nauke Rusije od 1. januara 2001. br. 000.

Etape olimpijade izvode se prema zadacima sastavljenim na osnovu programa opšteg obrazovanja koji se realizuju na nivoima osnovnog opšteg i srednjeg (potpunog) opšteg obrazovanja.

Kriterijumi ocjenjivanja

Zadaci matematičke olimpijade su kreativni i omogućavaju nekoliko različitih rješenja. Osim toga, potrebno je ocijeniti djelomični napredak u zadacima (na primjer, analiziranje važnog slučaja, dokazivanje leme, pronalaženje primjera itd.). Konačno, moguće su logičke i aritmetičke greške u rješenjima. Konačna ocjena za zadatak mora uzeti u obzir sve gore navedeno.

U skladu sa pravilnikom o održavanju matematičkih olimpijada za školarce, svaki zadatak se boduje sa 7 bodova.

Podudarnost između ispravnosti rješenja i osvojenih bodova prikazana je u tabeli.

Važno je napomenuti da se svako ispravno rješenje boduje sa 7 bodova. Neprihvatljivo je oduzimati bodove jer je rješenje predugačko, odnosno zato što se rješenje studenta razlikuje od onog datog u metodičkim razradama ili od drugih rješenja poznatih žiriju.

Istovremeno, svaki tekst odluke, bez obzira koliko dugačak, koji ne sadrži korisne pomake, treba da se boduje sa 0 poena.

Procedura održavanja opštinske etape Olimpijade

Opštinska etapa Olimpijade održava se jednog dana u novembru-decembru za učenike 7-11 razreda. Preporučeno vrijeme za Olimpijadu je 4 sata.

Teme zadataka za školske i opštinske etape olimpijade

Olimpijski zadaci na školskoj i opštinskoj etapi sastavljaju se na osnovu programa matematike za opšteobrazovne ustanove. Dozvoljeno je i uključivanje zadataka čije su teme uključene u programe školskih klubova (izbornih predmeta).

Ispod su samo one teme koje se predlažu da se koriste prilikom sastavljanja opcija zadatka za TEKUĆU akademsku godinu.

Časopisi: "Kvant", "Matematika u školi"

Knjige i nastavna sredstva:

, Matematičke olimpijade Moskovske regije. Ed. 2., rev. i dodatne – M.: Fizmatkniga, 200 str.

, Matematika. Sveruske olimpijade. Vol. 1. – M.: Obrazovanje, 2008. – 192 str.

, Moskovske matematičke olimpijade. – M.: Obrazovanje, 1986. – 303 str.

, Lenjingradski matematički krugovi. – Kirov: Asa, 1994. – 272 str.

Zbirka olimpijskih zadataka iz matematike. – M.: MTsNMO, 2005. – 560 str.

Planimetrijski problemi . Ed. 5. revizija i dodatne – M.: MTsNMO, 2006. – 640 str.

, Kanel-, Moskovske matematičke olimpijade / Ed. . – M.: MTsNMO, 2006. – 456 str.

1. Umjesto zvjezdica, zamijenite izraz *+ ** + *** + **** = 3330 sa deset različitih brojeva kako bi jednačina bila tačna.

2. Biznismen Vasya počeo je trgovati. Svako jutro on
kupuje robu nekim dijelom novca koji ima (možda svim novcem koji ima). Poslije ručka proda kupljenu robu za duplo veću cijenu od kupljene. Kako Vasya treba trgovati tako da nakon 5 dana ima tačno rubalja, ako je u početku imao 1000 rubalja.

3. Isecite kvadrat 3 x 3 na dva dela, a kvadrat 4 x 4 na dva dela tako da se dobijena četiri dela mogu presavijati u kvadrat.

4. U tablicu 2x5 zapisali smo sve prirodne brojeve od 1 do 10. Nakon toga smo izračunali svaki zbir brojeva u redu i koloni (ukupno 7 zbroja). Koji je najveći broj ovih zbira koji mogu biti prosti brojevi?

5. Za prirodan broj N izračunati sume svih parova susjednih znamenki (na primjer, for N= 35.207 iznosa je (8, 7, 2, 7)). Pronađite najmanju N, za koje među ovim zbrojima postoje svi brojevi od 1 do 9.

8 Klasa

1. Vasya je podigao prirodan broj A na kvadrat, zapisao rezultat na ploču i izbrisao posljednje 2005 cifre. Može li posljednja znamenka preostalog broja na ploči biti jednaka jedan?

2. Na smotri trupa Ostrva lažova i vitezova (lažljivci uvijek lažu, vitezovi uvijek govore istinu), vođa je postrojio sve ratnike. Svaki od ratnika koji su stajali u redu rekao je: "Moji komšije u redu su lažovi." (Ratnici koji su stajali na krajevima reda rekli su: “Moj komšija u redu je lažov.”) Koji je najveći broj vitezova koji bi mogao biti u redu da 2005 ratnika izađe na pregled?

3. Prodavac ima vagu za merenje šećera sa dve šolje. Vaga može prikazati težinu od 0 do 5 kg. U ovom slučaju, šećer se može staviti samo na lijevu čašu, a utezi se mogu staviti na bilo koju od dvije šolje. Koji je najmanji broj utega koji prodavač treba da ima da bi izvagao bilo koju količinu šećera od 0 do 25 kg? Objasnite svoj odgovor.

4. Pronađite uglove pravouglog trougla ako je poznato da tačka simetrična vrhu pravog ugla u odnosu na hipotenuzu leži na pravoj koja prolazi središtem dveju strana trougla.

5. Ćelije stola 8x8 su obojene u tri boje. Ispostavilo se da tabela nema ugao od tri ćelije, čije su sve ćelije iste boje (ugao sa tri ćelije je figura dobijena iz kvadrata 2x2 uklanjanjem jedne ćelije). Takođe se pokazalo da tabela nema ugao od tri ćelije, čije su sve ćelije tri različite boje. Dokažite da je broj ćelija svake boje paran.

1. Skup koji se sastoji od cijelih brojeva a, b, c, zamijenjen sa setom a - 1, b + 1, s2. Kao rezultat toga, rezultirajući skup se poklopio s originalnim. Pronađite brojeve a, 6, c, ako znate da je njihov zbir 2005.

2. Vasya je uzeo 11 uzastopnih prirodnih brojeva i pomnožio ih. Kolya je uzeo istih 11 brojeva i zbrojio ih. Mogu li se posljednje dvije znamenke Vasjinog rezultata poklapati sa posljednje dvije znamenke Koljinog rezultata?

3. Na osnovu AC trougao ABC tačka uzeta D.
Dokazati da su kružnice upisane u trouglove ABD I CBD, dodirne tačke ne mogu podijeliti segment BD na tri jednaka dela.

4. Svaka tačka ravni je obojena jednom od
tri boje, sa sve tri boje. Je li istina da je za bilo koje takvo bojenje moguće odabrati krug na kojem se nalaze točke sve tri boje?

5. Šepavi top (top koji se može kretati samo horizontalno ili samo okomito tačno 1 polje) hodao je oko table od 10 x 10 polja, obilazeći svako polje tačno jednom. U prvu ćeliju u koju je top posjetio upisujemo broj 1, u drugu - broj 2, u treću - 3, itd. do 100. Može li se ispostaviti da je zbir brojeva upisanih u dvije susjedne ćelije na strani je djeljiv sa 4 ?

Kombinatorni problemi.

1. Skup koji se sastoji od brojeva a, b, c, zamijenjen sa kompletom a4 - 2b2, b 4- 2s2, s4 - 2a2. Kao rezultat toga, rezultirajući skup se poklopio s originalnim. Pronađite brojeve a, b, c, ako je njihov zbir jednak - 3.

2. Svaka od tačaka ravni je obojena u jednu od
tri boje, sa sve tri boje. Ver
ali da li je moguće da sa bilo kojom takvom slikom možete birati
krug koji sadrži tačke sve tri boje?

3. Riješite jednačinu prirodnim brojevima

NOC (a; b) + gcd(a; b) = a b.(GCD - najveći zajednički djelitelj, LCM - najmanji zajednički višekratnik).

4. Krug upisan u trokut ABC, zabrinutosti
stranke AB I Ned u tačkama E I F respektivno. Poeni
M I N- osnove okomica spuštene iz tačaka A i C na pravu liniju E.F.. Dokažite da ako su stranice trokuta ABC formiraju aritmetičku progresiju i tada je AC srednja strana M.E. + FN = E.F..

5. Ćelije tablice 8x8 sadrže cijele brojeve.
Ispostavilo se da ako odaberete bilo koje tri kolone i bilo koja tri reda tabele, tada će zbir devet brojeva na njihovom presjeku biti jednak nuli. Dokažite da su svi brojevi u tabeli jednaki nuli.

1. Ispostavilo se da su sinus i kosinus određenog ugla različiti korijeni kvadratnog trinoma ax2 + bx + c. Dokaži to b2= a2 + 2ac.

2. Za svaki od 8 dijelova kocke sa ivicom A, budući da su trouglovi sa vrhovima u sredini ivica kocke, razmatra se tačka preseka visina preseka. Nađite zapreminu poliedra sa vrhovima u ovih 8 tačaka.

3. Neka y =k1 x + b1 , y = k2 x + b2 , y =k3 x + b3 - jednadžbe tri tangente na parabolu y=x2. Dokaži da ako k3 = k1 + k2 , To b3 2 (b1 + b2 ).

4. Vasja je nazvao prirodni broj N. Nakon toga Petya
pronašao zbir cifara broja N, zatim zbir cifara broja
N+13N, zatim zbir cifara broja N+2 13N, Onda
zbir cifara broja N+ 3 13N itd. Može li svaki
sljedeći put postići bolji rezultat
prethodni?

5. Da li je moguće nacrtati 2005 nenulte vrijednosti na ravni?
vektora tako da je moguće iz bilo kojih deset od njih
izabrati tri sa nultom sumom?

RJEŠENJA PROBLEMA

7. razred

1. Na primjer, 5 + 40 + 367 + 2918 = 3330.

2. Jedna od opcija je sljedeća. Prva četiri dana Vasja mora kupovati robu svim novcem koji ima. Zatim će za četiri dana imati rubalja (100 Peti dan mora kupiti robe za 9.000 rubalja. Ostaće mu 7.000 rubalja. Posle ručka će prodati robu u rubljama, i imaće tačno rubalja.

3. Odgovori. Dva moguća primjera rezanja prikazana su na slikama 1 i 2.

Rice. 1 +

Rice. 2

4 . Odgovori. 6.

Ako bi svih 7 zbroja bili prosti brojevi, onda bi posebno dva zbira od 5 brojeva bili prosti. Svaki od ovih zbira je veći od 5. Ako su oba ova zbira prosti brojevi veći od 5, onda bi svaki od ovih zbira bio neparan (pošto je samo 2 paran prost broj). Ali ako saberemo ove sume, dobićemo paran broj. Međutim, ova dva zbroja uključuju sve brojeve od 1 do 10, a njihov zbir je 55 - neparan broj. Stoga, među rezultujućim zbrojima, ne više od 6 će biti prosti brojevi. Slika 3 pokazuje kako rasporediti brojeve u tabeli da dobijete 6 jednostavnih zbira (u našem primeru, svi zbroji 2 broja su 11, i.1 + 2 + 3 + 7 + 6 = 19). Komentar. Za primjer bez evaluacije - 3 boda.

Rice. 3

5. Odgovori.N=1

Broj N najmanje desetocifreni, pošto postoji 9 različitih zbira. Dakle, najmanji broj je deseterocifreni, a svaki od zbrojeva

1, ..., 9 moraju se pojaviti tačno jednom. Od dva desetocifrenih broja koji počinju istim ciframa, manji je onaj čija je prva različita znamenka manja. Dakle, prva cifra N je 1, druga je 0. Zbir 1 je već naišao, tako da je najmanja treća cifra 2, itd.

8 Klasa

1. Odgovori. Mogla bi.

Uzmimo, na primjer, broj A = 1001 nula na kraju). Onda

A2 = 1 na kraju 2002. nula). Ako izbrišete zadnjih 2005 znamenki, broj 1 će ostati.

2. Odgovori. 1003.

Imajte na umu da dva ratnika koji stoje jedan pored drugog ne mogu biti vitezovi. Zaista, ako su obojica bili vitezovi, onda su obojica lagali. Odaberimo ratnika koji stoji s lijeve strane i podijelimo red preostalih 2004 ratnika u 1002 grupe od po dva ratnika koji stoje jedan do drugog. U svakoj takvoj grupi ne postoji više od jednog viteza. Odnosno, među ratnicima iz 2004. koji se razmatraju, nema više od 1002 viteza. To jest, ukupno nema više od 1002 + 1 = 1003 viteza u liniji.

Razmotrite liniju: RLRLR...RLRLR. U takvoj liniji ima tačno 1003 viteza.

Komentar. Ako je dat samo odgovor, dajte 0 bodova, ako je dat samo primjer, dajte 2 boda.

3. Odgovori. Dva utega.

Prodavcu jedna težina neće biti dovoljna, jer za težinu šećera od 25 kg potrebna je težina od najmanje 20 kg. Imajući samo takvu težinu, prodavač neće moći izvagati, na primjer, 10 kg šećera. Pokažimo da su prodavcu potrebna samo dva utega: jedan od 5 kg i jedan od 15 kg. Šećer težine od 0 do 5 kg može se vagati bez utega. Da biste izvagali 5 do 10 kg šećera, morate staviti uteg od 5 kg na desnu šolju. Da biste izvagali 10 do 15 kg šećera, morate staviti uteg od 5 kg na lijevu šolju i uteg od 15 kg na desnu šolju. Da biste izvagali 15 do 20 kg šećera, morate staviti uteg od 15 kg na desnu šolju. Da biste izvagali 20 do 25 kg šećera, potrebno je da stavite utege od 5 kg i 15 kg na desnu šolju.

4. Odgovori. 60°, 30°, 90°.

Ovaj problem pruža detaljno rješenje. Prava linija koja prolazi kroz sredinu nogu dijeli visinu CH na pola, dakle željena tačka R MN, Gdje M I N- sredina kraka i hipotenuza (slika 4), tj. MN- srednja linija ABC.

Rice. 4

Onda MN || Ned=>P =BCH(kao unutrašnji poprečni uglovi sa paralelnim linijama) => VSN =N.P.H. (CHB = PHN = 90°,

CH = RN - duž strane i oštrog ugla) => VN =N.H. => CN= SV= A(u jednakokračnom trouglu visina je simetrala). Ali CN- medijana pravouglog trougla ABC, Zbog toga CN = BN(očigledno, ako ga opišete oko trougla ABC krug) => BCN- jednakostraničan, dakle, B - 60°.

5. Razmislite o proizvoljnom kvadratu 2x2. Ne može sadržavati ćelije sve tri boje, jer bi tada bilo moguće pronaći kut od tri ćelije, čije su sve ćelije tri različite boje. Takođe, u ovom kvadratu 2x2 sve ćelije ne mogu biti iste boje, jer bi tada bilo moguće pronaći ugao od tri ćelije, čije su sve ćelije iste boje. To znači da u ovom kvadratu postoje samo dvije obojene ćelije. Imajte na umu da u ovom kvadratu ne mogu biti 3 ćelije iste boje, jer bi tada bilo moguće pronaći kut od tri ćelije, čije su sve ćelije iste boje. To jest, u ovom kvadratu se nalaze 2 ćelije dvije različite boje.

Podijelimo sada tablicu 8x8 na 16 kvadrata 2 x 2. Svaki od njih ili nema ćelije prve boje, ili dvije ćelije prve boje. To jest, postoji paran broj ćelija prve boje. Slično, postoji paran broj ćelija druge i treće boje.

9. razred

1. Odgovori. 1003, 1002, 0.

Iz činjenice da se skupovi poklapaju, slijedi jednakost a + b + c = a -1 + b + 1 + c2. Dobijamo c = c2. To jest, c = 0 ili c = 1. Pošto je c = c2 , tada je a - 1 = b, b + 1 = a. To znači da su moguća dva slučaja: skup b + 1, b, 0 i b + 1, b, 1. Pošto je zbir brojeva u skupu 2005, u prvom slučaju dobijamo 2b + 1 = 2005, b = 1002 i skup 1003, 1002, 0, u drugom slučaju dobijamo 2 b + 2 = 2005, b = 1001.5 nije cijeli broj, tj. drugi slučaj je nemoguć. Komentar. Ako je samo odgovor dat, onda se daje 0 bodova.

2. Odgovori. Mogli bi.

Imajte na umu da među 11 uzastopnih prirodnih brojeva postoje dva djeljiva sa 5, a postoje i dva parna broja, tako da njihov proizvod završava na dvije nule. Zabilježimo sada to a + (a + 1) + (a + 2) + ... + (a + 10) = (a + 5) 11. Ako uzmemo npr. a = 95 (tj. Vasya je odabrao brojeve 95, 96, ..., 105), tada će se i zbir završiti na dvije nule.

3. Neka E,F, TO,L, M, N- dodirne tačke (slika 5).
Pretvarajmo se to DE = E.F. = FB= x. Onda AK =
= AL = a, B.L. = BE= 2x, VM =B.F.= x,CM. = CN = c,
DK = DE= x,DN = DF = 2 x=> AB + B.C. = a+ Zx + s =
= A.C., što je u suprotnosti sa nejednakošću trougla.

Komentar. To također dokazuje nemogućnost jednakosti B.F. = DE. Općenito, ako je za upisan u trokut ABD krug E- tačka kontakta i B.F. = DE, To F- tačka u kojoj se AABD dodiruje BD.

Rice. 5 A K D N C

4. Odgovor. U redu.

A prva boja i tačka IN l. Ako je izvan linije l ABC, Bend WITH). Dakle, van linije l D) leži na pravoj liniji l A I D, lI IN I D, l l

5. Odgovor. Nije moglo.

Razmotrimo šahovsku boju ploče 10 x 10. Imajte na umu da sa bijelog polja hromi top prelazi u crno, a iz crnog polja u bijelo. Neka top počne svoj obilazak sa bijelog polja. Tada će 1 biti u bijelom kvadratu, 2 - u crnom, 3 - u bijelom, ..., 100 - u crnom. To jest, bijele ćelije će sadržavati neparne brojeve, a crne će sadržavati parne brojeve. Ali od dvije susjedne ćelije, jedna je crna, a druga bijela. Odnosno, zbir brojeva upisanih u ove ćelije uvijek će biti neparan i neće biti djeljiv sa 4.

Komentar. Za “rješenja” koja samo razmatraju primjer neke vrste zaobilaznog rješenja, dajte 0 bodova.

10. razred

1. odgovori, a = b = c = - 1.

Kako se skupovi poklapaju, slijedi da se njihovi sumi poklapaju. Dakle a4 - 2b2+ b 4 - 2s2 + s4 - 2a2 = a + b+ c =-3, (a+ (b2- 1)2 + (c= 0. Odakle a2 - 1 = b2 - 1 = c2 - 1 = 0, tj. a = ±1, b = ±1, With= ± 1. Uslov a + b+ s= -3 zadovoljava samo a = b = c =- 1. Ostaje provjeriti da li pronađena trojka zadovoljava uslove zadatka.

2. Odgovori. U redu.

Pretpostavimo da je nemoguće odabrati krug koji sadrži tačke sve tri boje. Hajde da izaberemo tačku A prva boja i tačka IN drugu boju i povucite pravu liniju kroz njih l. Ako je izvan linije l postoji tačka C treće boje, zatim na kružnici opisanoj oko trougla ABC, postoje tačke sve tri boje (npr. Bend WITH). Dakle, van linije l nema tačaka treće boje. Ali pošto je barem jedna tačka ravnine obojena u treću boju, onda je ova tačka (nazovimo je D) leži na pravoj liniji l. Ako sada razmotrimo tačke A I D, onda se na sličan način može pokazati da je izvan linije lI nema tačaka druge boje. Uzimajući u obzir tačke IN I D, može se pokazati da je izvan linije l nema tačaka prve boje. To jest, izvan prave linije l nema obojenih tačaka. Dobili smo kontradikciju sa uslovom. To znači da možete odabrati krug koji ima tačke sve tri boje.

3. odgovori, a = b = 2.

Neka je gcd (a; b) = d. Onda A= a1 d, b =b1 d, gdje gcd ( a1 ; b1 ) = 1. Tada je LCM (a; b)= a1 b1 d. Odavde a1 b1 d+d= a1 db1 d, ili a1 b1 + 1 = a1 b1 d. Gdje a1 b1 (d - 1) = 1. To jest al = bl = 1 i d= 2, što znači a= b = 2.

Komentar. Drugo rješenje se može dobiti korištenjem jednakosti LCM (a; b) GCD (a; b) = ab.

Komentar. Ako je samo odgovor dat, onda se daje 0 bodova.

4. Neka VR- visina jednakokračnog trougla FBE (sl. 6).

Zatim iz sličnosti trouglova AME ~ BPE proizlazi da https://pandia.ru/text/78/390/images/image028_3.gif" width="36 height=31" height="31">.

U Domu Vlade Ruske Federacije 21. februara održana je ceremonija uručenja Vladinih nagrada u oblasti obrazovanja za 2018. godinu. Nagrade je laureatima uručio potpredsjednik Vlade Ruske Federacije T.A. Golikova.

Među nagrađenima su i zaposleni u Laboratoriji za rad sa darovitom djecom. Nagradu su primili nastavnici ruske reprezentacije na IPhO Vitalij Ševčenko i Aleksandar Kiseljev, profesori ruske reprezentacije na IJSO Elena Mihajlovna Snigireva (hemija) i Igor Kiselev (biologija) i šef ruskog tima, prorektor MIPT Artyom Anatolyevich Voronov.

Glavna dostignuća za koja je tim dobio vladinu nagradu su 5 zlatnih medalja za ruski tim na IPhO-2017 u Indoneziji i 6 zlatnih medalja za tim na IJSO-2017 u Holandiji. Svaki učenik je kući doneo zlato!

Ovo je prvi put da je ruski tim postigao ovako visok rezultat na Međunarodnoj olimpijadi iz fizike. U čitavoj istoriji IPhO-a od 1967. godine, ni reprezentacija Rusije, ni reprezentacija SSSR-a nije uspela da osvoji pet zlatnih medalja.

Složenost olimpijskih zadataka i nivo obučenosti timova iz drugih zemalja stalno raste. Međutim, posljednjih godina reprezentacija Rusije je među prvih pet svjetskih reprezentacija. U cilju postizanja visokih rezultata, nastavnici i rukovodstvo reprezentacije unapređuju sistem priprema za međunarodna takmičenja u našoj zemlji. Pojavile su se škole za obuku u kojima školarci detaljno proučavaju najteže dijelove programa. Aktivno se stvara baza eksperimentalnih zadataka, ispunjavanjem koje se djeca pripremaju za eksperimentalni obilazak. Radi se redovni rad na daljinu, a tokom godine pripreme djeca dobiju desetak teorijskih domaćih zadataka. Velika pažnja se poklanja kvalitetnom prevođenju uslova zadataka na samoj olimpijadi. Kursevi obuke se unapređuju.

Visoki rezultati na međunarodnim olimpijadama rezultat su dugogodišnjeg rada velikog broja nastavnika, osoblja i studenata MIPT-a, ličnih nastavnika na licu mjesta, te vrijednog rada samih školaraca. Pored navedenih dobitnika priznanja, ogroman doprinos u pripremi reprezentacije dali su:

Fedor Tsybrov (stvaranje problema za naknade za kvalifikacije)

Alexey Noyan (eksperimentalna obuka tima, razvoj eksperimentalne radionice)

Aleksej Aleksejev (izrada kvalifikacionih zadataka)

Arsenij Pikalov (priprema teoretskih materijala i vođenje seminara)

Ivan Erofeev (dugogodišnji rad u svim oblastima)

Aleksandar Artemjev (provjera domaćeg zadatka)

Nikita Semenin (izrada kvalifikacionih zadataka)

Andrej Peskov (razvoj i izrada eksperimentalnih instalacija)

Gleb Kuznjecov (eksperimentalni trening reprezentacije)

8. RAZRED

ŠKOLSKI ZADACI

SVRURUSKA OLIMPIJADA ZA ŠKOLARSKE DRUŠTVENE STUDIJE

PUNO IME. student ___________________________________________________________________

Datum rođenja __________________________ Razred ____,__ Datum “_____” ______20__ godine

Rezultat (maks. 100 poena) _________

Vježba 1. Izaberi tačan odgovor:

Zlatno pravilo morala glasi:

1) “Oko za oko, zub za zub”;

2) “Ne pravi od sebe idola”;

3) „Ponašajte se prema ljudima onako kako želite da se prema vama ponašaju“;

4) “Poštuj oca i majku.”

Odgovor: ___

Zadatak 2. Izaberi tačan odgovor:

Sposobnost lica da svojim radnjama stiče i ostvaruje prava i obaveze naziva se: 1) poslovnom sposobnošću; 2) poslovnu sposobnost; 3) emancipacija; 4) socijalizacija.

Odgovor: ___

(Za tačan odgovor - 2 boda)

Zadatak 3. Izaberi tačan odgovor:

U Ruskoj Federaciji ima najveću pravnu snagu u sistemu normativnih akata

1) Ukazi predsjednika Ruske Federacije 3) Krivični zakon Ruske Federacije

2) Ustav Ruske Federacije 4) Rezolucije Vlade Ruske Federacije

Odgovor: ___

(Za tačan odgovor - 2 boda)

Zadatak 4. Naučnik mora ispravno napisati pojmove i pojmove. Upišite ispravna slova umjesto praznina.

1. Pr…v…legia – prednost koja se daje nekome.

2. D...v...den... – prihod isplaćen akcionarima.

3. T...l...t...nost - tolerancija prema tuđim mišljenjima.

Zadatak 5. Popunite prazninu u redu.

1. Klan, …….., nacionalnost, nacija.

2. Kršćanstvo, ………, budizam.

3. Proizvodnja, distribucija, ………, potrošnja.

Zadatak 6. Po kom principu se formiraju redovi? Navedite koncept koji je zajednički za pojmove ispod koji ih ujedinjuje.

1. Vladavina prava, podjela vlasti, garancija ljudskih prava i sloboda

2.Mjera vrijednosti, sredstvo skladištenja, sredstvo plaćanja.

3. Običaj, presedan, zakon.

1. ________________________________________________________

2.________________________________________________________

3.________________________________________________________

Zadatak 7. Odgovorite da ili ne:

1) Čovjek je po prirodi biosocijalno biće.

2) Komunikacija se odnosi samo na razmjenu informacija.

3) Svaka osoba je individualna.

4) U Ruskoj Federaciji građanin dobija puni obim prava i sloboda sa navršenih 14 godina.

5) Svaka osoba je rođena kao individua.

6) Ruski parlament (Savezna skupština) sastoji se od dva doma.

7) Društvo je sistem koji se sam razvija.

8) Ako je nemoguće lično učestvovati na izborima, dozvoljeno je izdavanje punomoćja drugom licu radi glasanja za kandidata navedenog u punomoćju.

9) Napredak istorijskog razvoja je kontradiktoran: u njemu se mogu naći i progresivne i regresivne promene.

10) Pojedinac, ličnost, individualnost su pojmovi koji nisu identični.

Za jedan tačan odgovor – 2 boda (maksimalni rezultat – 8).

KLJUČEVI ZADATAKA

Vježba 1 ( Za tačan odgovor - 2 boda)

Zadatak 2 ( Za tačan odgovor - 2 boda)

Zadatak 3 ( Za tačan odgovor - 2 boda)

Zadatak 4 ( Za tačno naznačeno slovo - 1 bod. Maksimum – 8 bodova)

1. Privilegija. 2. Dividenda. 3. Tolerancija

Zadatak 5 ( Za svaki tačan odgovor - 3 boda. Maksimum – 9 bodova)

1. Pleme. 2. Islam. 3. Razmjena.

Zadatak 6 ( Za svaki tačan odgovor - 4 boda. Maksimum – 12 bodova)

1. Znakovi pravne države

2. Funkcije novca

3. Izvori prava.

Zadatak 7 2 boda za svaki tačan odgovor. (Maksimalno za zadatak – 20 bodova)