Naloge občinske faze vseruske olimpijade. Naloge za občinsko stopnjo vseruske olimpijade za šolarje iz matematike

Naloge občinske stopnje vseruske olimpijade za šolarje iz matematike

Gorno-Altaisk, 2008

Občinska faza olimpijade poteka na podlagi Pravilnika o vseruski olimpijadi za šolarje, odobrenega z odredbo Ministrstva za izobraževanje in znanost Rusije z dne 1. januarja 2001 št. 000.

Stopnje olimpijade se izvajajo po nalogah, sestavljenih na podlagi splošnoizobraževalnih programov, ki se izvajajo na ravneh osnovne splošne in srednje (popolne) splošne izobrazbe.

Kriteriji ocenjevanja

Naloge matematične olimpijade so kreativne in omogočajo več različnih rešitev. Poleg tega je treba oceniti delni napredek pri nalogah (na primer analiza pomembnega primera, dokazovanje leme, iskanje primera itd.). Končno so možne logične in aritmetične napake v rešitvah. Končna ocena naloge mora upoštevati vse našteto.

V skladu s pravilnikom o izvajanju matematičnih olimpijad za šolarje se vsaka naloga točkuje s 7 točkami.

Ujemanje med pravilnostjo rešitve in doseženimi točkami je prikazano v tabeli.

Pomembno je vedeti, da se vsaka pravilna rešitev ocenjuje s 7 točkami. Nesprejemljivo je odvzemanje točk, ker je rešitev predolga ali ker se študentova rešitev razlikuje od tiste, podane v metodoloških izdelavah ali od drugih, žiriji znanih rešitev.

Hkrati je treba vsako besedilo odločitve, ne glede na to, kako dolgo je, ki ne vsebuje uporabnih napredkov, oceniti z 0 točkami.

Postopek za izvedbo občinske faze olimpijade

Občinska faza olimpijade poteka en dan v novembru in decembru za učence od 7. do 11. razreda. Priporočen čas olimpijade je 4 ure.

Teme nalog za šolske in občinske faze olimpijade

Olimpijske naloge na šolskih in občinskih stopnjah so sestavljene na podlagi matematičnih programov za splošnoizobraževalne ustanove. Dovoljena je tudi vključitev nalog, katerih teme so vključene v programe šolskih krožkov (izbirnih predmetov).

Spodaj so samo tiste teme, ki so predlagane za uporabo pri sestavljanju možnosti nalog za TEKOČE študijsko leto.

Revije: “Quantum”, “Matematika v šoli”

Knjige in učni pripomočki:

, Matematične olimpijade moskovske regije. Ed. 2., rev. in dodatno – M.: Fizmatkniga, 200 str.

, Matematika. Vse ruske olimpijade. vol. 1. – M.: Izobraževanje, 2008. – 192 str.

, Moskovske matematične olimpijade. – M.: Izobraževanje, 1986. – 303 str.

, Leningrajski matematični krožki. – Kirov: Asa, 1994. – 272 str.

Zbirka nalog za olimpijado iz matematike. – M.: MTsNMO, 2005. – 560 str.

Planimetrične težave . Ed. 5. revizija in dodatno – M.: MTsNMO, 2006. – 640 str.

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

1. Namesto zvezdic zamenjajte izraz *+ ** + *** + **** = 3330 z desetimi različnimi številkami, da bo enačba pravilna.

2. Poslovnež Vasya je začel trgovati. Vsako jutro on
kupi blago z delom denarja, ki ga ima (morda z vsem denarjem, ki ga ima). Po kosilu proda kupljeno blago za dvakratno ceno, kot je kupil. Kako naj Vasja trguje, da bo po 5 dneh imel točno rublje, če je imel najprej 1000 rubljev.

3. Kvadrat 3 x 3 razrežite na dva dela, kvadrat 4 x 4 pa na dva dela, tako da lahko nastale štiri kose zložite v kvadrat.

4. V tabelo 2x5 smo zapisali vsa naravna števila od 1 do 10. Nato smo izračunali vsako od vsot števil v vrstici in stolpcu (skupaj 7 vsot). Katero je največje število teh vsot, ki so lahko praštevila?

5. Za naravno število n izračuna vsoto vseh parov sosednjih števk (na primer za N= 35.207 zneskov je (8, 7, 2, 7)). Poišči najmanjšega n, za katere so med temi vsotami vsa števila od 1 do 9.

8 Razred

1. Vasya je dvignil naravno število A na kvadrat, zapisal rezultat na tablo in izbrisal zadnjih 2005 števk. Ali je lahko zadnja številka števila, ki ostane na tabli, enaka ena?

2. Na pregledu čet Otoka lažnivcev in vitezov (lažnivci vedno lažejo, vitezi vedno govorijo resnico) je vodja postrojil vse bojevnike. Vsak od bojevnikov, ki je stal v vrsti, je rekel: "Moji sosedje v vrsti so lažnivci." (Bojevniki, ki so stali na koncu vrste, so rekli: »Moj sosed v vrsti je lažnivec.«) Katero največje število vitezov bi lahko bilo v vrsti, če bi 2005 bojevnikov prišlo na pregled?

3. Prodajalec ima številčnico za tehtanje sladkorja z dvema skodelicama. Tehtnica lahko prikazuje težo od 0 do 5 kg. V tem primeru lahko sladkor položimo samo na levo skodelico, uteži pa na katerokoli od obeh skodelic. Kakšno je najmanjše število uteži, ki jih mora imeti prodajalec, da stehta poljubno količino sladkorja od 0 do 25 kg? Pojasnite svoj odgovor.

4. Poiščite kote pravokotnega trikotnika, če je znano, da točka, ki je simetrična oglišču pravega kota glede na hipotenuzo, leži na premici, ki poteka skozi razpolovišči obeh stranic trikotnika.

5. Celice tabele 8x8 so pobarvane v treh barvah. Izkazalo se je, da tabela nima vogala s tremi celicami, katerega vse celice so enake barve (vogal s tremi celicami je lik, ki ga dobimo iz kvadrata 2x2 z odstranitvijo ene celice). Izkazalo se je tudi, da tabela nima vogala s tremi celicami, katerih vse celice so treh različnih barv. Dokaži, da je število celic vsake barve sodo.

1. Množica, sestavljena iz celih števil a, b, c, nadomestiti z nizom a - 1, b + 1, s2. Posledično je dobljeni niz sovpadel z izvirnim. Poišči števila a, 6, c, če veš, da je njihova vsota 2005.

2. Vasja je vzel 11 zaporednih naravnih števil in jih pomnožil. Kolja je vzel istih 11 številk in jih seštel. Ali lahko zadnji dve števki Vasjinega rezultata sovpadata z zadnjima dvema števkama Koljinega rezultata?

3. Na podlagi AC trikotnik ABC sprejeta točka D.
Dokaži, da so krogi vpisani v trikotnike ABD in CBD, stične točke ne morejo razdeliti segmenta BD na tri enake dele.

4. Vsaka točka ravnine je obarvana z eno od
tri barve, pri čemer so uporabljene vse tri barve. Ali je res, da je za vsako takšno barvanje mogoče izbrati krog, na katerem so točke vseh treh barv?

5. Hromi top (top, ki se lahko premakne le vodoravno ali samo navpično točno 1 polje) je hodil po plošči 10 x 10 polj in vsako polje obiskal natanko enkrat. V prvo celico, kjer je bil turk, napišemo številko 1, v drugo - številko 2, v tretjo - 3 itd. Do 100. Ali se lahko izkaže, da je vsota števil, zapisanih v dveh sosednjih celicah na stranici je deljivo s 4 ?

Kombinatorni problemi.

1. Množica, sestavljena iz števil a, b, c, zamenjano s kompletom a4 - 2b2, b 4- 2с2, s4 - 2а2. Posledično je dobljeni niz sovpadel z izvirnim. Poišči številke a, b, c,če je njihova vsota enaka – 3.

2. Vsaka od točk ravnine je obarvana v eno od
tri barve, pri čemer so uporabljene vse tri barve. ver
a je možno da s kakšno tako poslikavo lahko izbiraš
krog, ki vsebuje pike vseh treh barv?

3. Reši enačbo v naravnih številih

NOC (a; b) + gcd(a; b) = a b.(GCD - največji skupni delitelj, LCM - najmanjši skupni večkratnik).

4. Trikotniku včrtan krog ABC, skrbi
stranke AB in sonce na točkah E in F oz. Točke
M in N- osnovki navpičnic, spuščenih iz točk A in C na premico E.F.. Dokaži, da če strani trikotnika ABC torej tvorijo aritmetično progresijo in AC je srednja stran M.E. + FN = E.F..

5. Celice tabele 8x8 vsebujejo cela števila.
Izkazalo se je, da če izberete poljubne tri stolpce in poljubne tri vrstice tabele, bo vsota devetih števil na njihovem presečišču enaka nič. Dokaži, da so vsa števila v tabeli enaka nič.

1. Sinus in kosinus določenega kota sta se izkazala za različne korenine kvadratnega trinoma ax2 + bx + c. Dokaži to b2= a2 + 2ac.

2. Za vsakega od 8 delov kocke z robom A, ker so trikotniki z oglišči na sredini robov kocke, se upošteva točka presečišča višin presekov. Poiščite prostornino poliedra z oglišči v teh 8 točkah.

3. Naj y =k1 x + b1 , y = k2 x + b2 , y =k3 x + b3 - enačbe treh tangent na parabolo y=x2. Dokažite, da če k3 = k1 + k2 , to b3 2 (b1 + b2 ).

4. Vasya je poimenoval naravno število n. Po tem Petja
našel vsoto števk števila n, potem vsota števk števila
N+13n, potem vsota števk števila N+2 13n, Potem
vsota števk števila N+ 3 13n itd. Ali bi lahko vsak
naslednjič dobite boljši rezultat
prejšnji?

5. Ali je mogoče na ravnino narisati 2005 neničelnih vrednosti?
vektorjev, tako da je možno iz katerih koli desetih
izbrati tri z ničelno vsoto?

REŠITVE TEŽAV

7. razred

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

2. Ena od možnosti je naslednja. Prve štiri dni mora Vasya kupiti blago z vsem denarjem, ki ga ima. Potem bo čez štiri dni imel rubljev (100. Peti dan mora kupiti blaga za 9000 rubljev. Ostalo mu bo 7000 rubljev. Po kosilu bo blago prodal v rubljih in imel bo natanko rubljev.

3. Odgovori. Dva možna primera rezanja sta prikazana na slikah 1 in 2.

riž. 1 +

riž. 2

4 . Odgovori. 6.

Če bi bilo vseh 7 vsot praštevil, bi bili zlasti dve vsoti 5 števil praštevili. Vsaka od teh vsot je večja od 5. Če bi bili obe vsoti praštevili, večji od 5, bi bila vsaka od teh vsot liha (ker je samo 2 sodo praštevilo). Če pa te vsote seštejemo, dobimo sodo število. Ti dve vsoti pa vključujeta vsa števila od 1 do 10, njuna vsota pa je 55 – liho število. Zato med dobljenimi vsotami ne bo več kot 6 praštevil. Slika 3 prikazuje, kako razporediti števila v tabeli, da dobimo 6 preprostih vsot (v našem primeru so vse vsote 2 števil 11 in.1 + 2 + 3 + 7 + 6 = 19). Komentiraj. Za primer brez ocene - 3 točke.

riž. 3

5. Odgovori.N=1

številka n vsaj desetmestno, saj obstaja 9 različnih vsot. Zato je najmanjše število desetmestno, vsaka od vsot

1, ..., 9 se mora pojaviti natanko enkrat. Od dveh desetmestnih števil, ki se začneta z enakima števkama, je manjše tisto, katerega prva različna cifra je manjša. Zato je prva številka N 1, druga 0. Vsoto 1 smo že srečali, zato je najmanjša tretja številka 2 itd.

8 Razred

1. Odgovori. Lahko bi.

Upoštevajte na primer število A = 1001 nič na koncu). Potem

A2 = 1 ob koncu leta 2002 nič). Če zbrišete zadnjih 2005 številk, bo številka 1 ostala.

2. Odgovori. 1003.

Upoštevajte, da dva vojščaka, ki stojita drug poleg drugega, nista mogla biti viteza. Res, če sta bila oba viteza, potem sta oba govorila laži. Izberimo bojevnika, ki stoji na levi strani, in razdelimo vrsto preostalih 2004 bojevnikov v 1002 skupini po dva bojevnika, ki stojita drug poleg drugega. V vsaki taki skupini ni več kot en vitez. To pomeni, da med obravnavanimi bojevniki iz leta 2004 ni več kot 1002 vitezov. To pomeni, da v vrsti ni več kot 1002 + 1 = 1003 vitezov.

Razmislite o vrstici: RLRLR...RLRLR. V taki vrsti so točno 1003 vitezi.

Komentiraj.Če je podan samo odgovor, dajte 0 točk; če je podan samo primer, dajte 2 točki.

3. Odgovori. Dve uteži.

Prodajalcu ena utež ne bo zadostovala, saj je za tehtanje 25 kg sladkorja potrebna utež, ki tehta vsaj 20 kg. Ob samo taki teži prodajalec ne bo mogel stehtati na primer 10 kg sladkorja. Pokazali bomo, da bo prodajalec potreboval samo dve uteži: eno 5 kg in drugo 15 kg. Sladkor z maso od 0 do 5 kg lahko stehtamo brez uteži. Če želite stehtati 5 do 10 kg sladkorja, morate na desno skodelico postaviti 5 kg utež. Če želite stehtati 10 do 15 kg sladkorja, morate na levo skodelico postaviti 5 kg utež, na desno pa 15 kg utež. Če želite stehtati 15 do 20 kg sladkorja, morate na desno skodelico postaviti 15 kg utež. Če želite stehtati 20 do 25 kg sladkorja, morate na desno skodelico postaviti 5 kg in 15 kg uteži.

4. Odgovori. 60°, 30°, 90°.

Ta problem ponuja podrobno rešitev. Ravna črta, ki poteka skozi sredine nog, deli višino CH na pol, torej želeno točko R MN, Kje M in n- sredina noge in hipotenuze (slika 4), tj. MN- srednja črta ABC.

riž. 4

Potem MN || sonce=>P =BCH(kot notranji navzkrižni koti z vzporednimi premicami) => VSN =N.P.H. (CHB = PHN = 90°,

CH = RN - vzdolž stranice in ostrega kota) => VN =N.H. => CN= SV= A(v enakokrakem trikotniku je višina simetrala). Ampak CN- mediana pravokotnega trikotnika ABC, Zato CN = BN(očitno, če ga opišete okoli trikotnika ABC krog) => BCN- enakostranična torej, B - 60°.

5. Razmislite o poljubnem kvadratu 2x2. Ne more vsebovati celic vseh treh barv, saj bi bilo potem mogoče najti tricelični vogal, katerega vse celice so treh različnih barv. Tudi v tem kvadratu 2x2 vse celice ne morejo biti enake barve, saj bi bilo potem mogoče najti vogal s tremi celicami, katerega vse celice so iste barve. To pomeni, da sta v tem kvadratu samo dve barvi celic. Upoštevajte, da v tem kvadratu ne morejo biti 3 celice iste barve, saj bi bilo potem mogoče najti vogal s tremi celicami, katerega vse celice so iste barve. To pomeni, da sta v tem kvadratu 2 celici dveh različnih barv.

Razdelimo zdaj tabelo 8x8 na 16 kvadratov 2 x 2. Vsak od njih nima celice prve barve ali pa dve celici prve barve. To pomeni, da je sodo število celic prve barve. Podobno je sodo število celic druge in tretje barve.

9. razred

1. Odgovori. 1003, 1002, 0.

Iz dejstva, da množice sovpadajo, sledi enakost a + b + c = a -1 + b + 1 + c2. Dobimo c = c2. To je c = 0 ali c = 1. Ker je c = c2 , potem je a - 1 = b, b + 1 = a. To pomeni, da sta možna dva primera: niz b + 1, b, 0 in b + 1, b, 1. Ker je vsota števil v množici enaka 2005, dobimo v prvem primeru 2b + 1 = 2005, b = 1002 in niz 1003, 1002, 0, v drugem primeru dobimo 2 b + 2 = 2005, r = 1001,5 ni celo število, kar pomeni, da drugi primer ni mogoč. Komentiraj. Če je podan samo odgovor, dajte 0 točk.

2. Odgovori. Oni bi lahko.

Upoštevajte, da sta med 11 zaporednimi naravnimi števili dve deljivi s 5 in dve sodi števili, zato se njihov produkt konča z dvema ničlama. Naj zdaj to opazimo a + (a + 1) + (a + 2) + ... + (a + 10) = (a + 5) 11. Če vzamemo npr. a = 95 (tj. Vasja je izbral številke 95, 96, ..., 105), potem se bo vsota prav tako končala z dvema ničlama.

3. Pustiti E,F, TO,L, M, N- točke dotika (slika 5).
Pretvarjajmo se, da DE = E.F. = FB= x. Potem AK =
= AL = a, B.L. = BITI= 2x, VM =B.F.= x,C.M. = CN = c,
DK = DE= x,DN = DF = 2 x=> AB + B.C. = a+ Zx + s =
= A.C., kar je v nasprotju z neenakostjo trikotnika.

Komentiraj. Prav tako dokazuje nemožnost enakosti B.F. = DE. Na splošno, če je za vpisan v trikotnik ABD krog E- kontaktna točka in B.F. = DE, to F- točka, v kateri se dotika zunajkrožnica AABD BD.

riž. 5 A K D N C

4. Odgovorite. Prav.

A prva barva in pika IN l. Če je zunaj črte l ABC, Skupina Z). Torej, zunaj črte l D) leži na ravni črti l A in D, ljaz IN in D, l l

5. Odgovori. Ni moglo.

Oglejmo si šahovsko obarvanost plošče 10 x 10 Upoštevajte, da se hromi top premakne v črno in iz črnega polja v belo. Naj top začne svoje prečenje od belega polja. Potem bo 1 v belem kvadratu, 2 - v črnem, 3 - v belem, ..., 100 - v črnem. To pomeni, da bodo bele celice vsebovale liha števila, črne pa sode številke. Toda od dveh sosednjih celic je ena črna, druga pa bela. To pomeni, da bo vsota števil, zapisanih v teh celicah, vedno liha in ne bo deljiva s 4.

Komentiraj. Za "rešitve", ki upoštevajo le primer neke vrste rešitve, dajte 0 točk.

10. razred

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

Ker množice sovpadajo, sledi, da njihove vsote sovpadajo. Torej a4 - 2b2+ b 4 - 2с2 + с4 - 2а2 = а + b+ s =-3, (a+ (b2- 1)2 + (c= 0. Od kod a2 - 1 = b2 - 1 = c2 - 1 = 0, tj. a = ±1, b = ±1, z= ± 1. Pogoj a + b+ s= -3 izpolnjujejo le a = b = c =- 1. Ostaja še preveriti, ali najdena trojka izpolnjuje pogoje problema.

2. Odgovori. Prav.

Predpostavimo, da je nemogoče izbrati krog, ki vsebuje točke vseh treh barv. Izberimo točko A prva barva in pika IN drugo barvo in skozi njih narišite ravno črto l. Če je zunaj črte l tam je točka C tretje barve, tedaj na krogu, ki je obkrožen okoli trikotnika ABC, obstajajo točke vseh treh barv (npr. Skupina Z). Torej, zunaj črte l ni pik tretje barve. Ker pa je vsaj ena točka ravnine pobarvana s tretjo barvo, potem ta točka (recimo ji D) leži na ravni črti l. Če zdaj upoštevamo točke A in D, potem je podobno mogoče pokazati, da zunaj črte ljaz ni pik druge barve. Ob upoštevanju točk IN in D, se lahko pokaže, da zunaj črte l ni pik prve barve. Se pravi zunaj ravne črte l brez barvnih pik. Prejeli smo protislovje s pogojem. To pomeni, da lahko izberete krog, ki ima točke vseh treh barv.

3. odgovor, a = b = 2.

Naj bo gcd (a; b) = d. Potem A= a1 d, b =b1 d, kjer gcd ( a1 ; b1 ) = 1. Potem LCM (a; b)= a1 b1 d. Od tod a1 b1 d+d= a1 db1 d, oz a1 b1 + 1 = a1 b1 d. Kje a1 b1 (d - 1) = 1. To je al = bl = 1 in d= 2, kar pomeni a= b = 2.

Komentiraj. Drugo rešitev bi lahko dobili z uporabo enakosti LCM (a; b) GCD (a; b) = ab.

Komentiraj. Če je podan samo odgovor, dajte 0 točk.

4. Naj VR- višina enakokrakega trikotnika FBE (slika 6).

Potem iz podobnosti trikotnikov AME ~ BPE sledi, da https://pandia.ru/text/78/390/images/image028_3.gif" width="36 height=31" height="31">.

21. februarja je v Hiši vlade Ruske federacije potekala slovesnost ob podelitvi vladnih nagrad na področju izobraževanja za leto 2018. Nagrade je nagrajencem podelil podpredsednik vlade Ruske federacije T.A. Golikova.

Med nagrajenci so zaposleni v Laboratoriju za delo z nadarjenimi otroki. Priznanje so prejeli učitelja ruske reprezentance na IPhO Vitaly Shevchenko in Alexander Kiselev, učitelja ruske reprezentance na IJSO Elena Mikhailovna Snigireva (kemija) in Igor Kiselev (biologija) ter vodja ruske ekipe, prorektor MIPT Artjom Anatoljevič Voronov.

Glavni dosežki, za katere je ekipa prejela vladno nagrado, so bili 5 zlatih medalj za rusko ekipo na IPhO-2017 v Indoneziji in 6 zlatih medalj za ekipo na IJSO-2017 na Nizozemskem. Vsak učenec je domov prinesel zlato!

To je prvič, da je tako visok rezultat na mednarodni fizikalni olimpijadi dosegla ruska ekipa. V vsej zgodovini IPhO od leta 1967 niti ruski reprezentanci niti reprezentanci ZSSR ni uspelo osvojiti petih zlatih medalj.

Kompleksnost olimpijskih nalog in raven usposobljenosti ekip iz drugih držav nenehno naraščata. Vendar pa je v zadnjih letih ruska reprezentanca med prvimi petimi ekipami na svetu. Za doseganje visokih rezultatov učitelji in vodstvo reprezentance izboljšujejo sistem priprav na mednarodna tekmovanja pri nas. Pojavile so se šole za usposabljanje, kjer šolarji podrobno preučujejo najtežje dele programa. Aktivno se ustvarja baza eksperimentalnih nalog, s katerimi se otroci pripravljajo na eksperimentalno turnejo. V letu priprav se izvaja redno delo na daljavo, otroci prejmejo približno deset teoretičnih domačih nalog. Veliko pozornosti namenjamo kakovostnemu prevodu pogojev nalog na sami olimpijadi. Tečaji usposabljanja se izboljšujejo.

Visoki rezultati na mednarodnih olimpijadah so rezultat dolgotrajnega dela velikega števila učiteljev, osebja in študentov MIPT, osebnih učiteljev na mestu in trdega dela samih šolarjev. Poleg omenjenih nagrajencev so velik prispevek k pripravam reprezentance prispevali še:

Fedor Tsybrov (ustvarjanje težav pri plačilu kvalifikacij)

Alexey Noyan (eksperimentalno usposabljanje ekipe, razvoj eksperimentalne delavnice)

Aleksej Aleksejev (ustvarjanje kvalifikacijskih nalog)

Arsenij Pikalov (priprava teoretičnih gradiv in vodenje seminarjev)

Ivan Erofejev (dolgoletno delo na vseh področjih)

Alexander Artemyev (preverjanje domače naloge)

Nikita Semenin (ustvarjanje kvalifikacijskih nalog)

Andrej Peskov (razvoj in ustvarjanje eksperimentalnih naprav)

Gleb Kuznetsov (poskusni trening reprezentance)

8. RAZRED

ŠOLSKE NALOGE

VSERUSKA OLIMPIJADA ZA ŠOLARJE V DRUŽBESTVU

POLNO IME. študent _________________________________________________________________

Datum rojstva __________________________ Razred ____,__ Datum “_____” ______20__

Rezultat (največ 100 točk) _________

1. vaja. Izberi pravilen odgovor:

Zlato pravilo morale pravi:

1) "Oko za oko, zob za zob";

2) "Ne delaj si idola";

3) »Z ljudmi ravnajte tako, kot želite, da se ravnajo z vami«;

4) "Spoštuj svojega očeta in svojo mater."

Odgovor: ___

Naloga 2. Izberi pravilen odgovor:

Sposobnost osebe, da s svojimi dejanji pridobiva in uresničuje pravice in obveznosti, se imenuje: 1) poslovna sposobnost; 2) pravno sposobnost; 3) emancipacija; 4) socializacija.

Odgovor: ___

(Za pravilen odgovor - 2 točki)

Naloga 3. Izberi pravilen odgovor:

V Ruski federaciji ima najvišjo pravno veljavo sistem normativnih aktov

1) Odloki predsednika Ruske federacije 3) Kazenski zakonik Ruske federacije

2) Ustava Ruske federacije 4) Resolucije Vlade Ruske federacije

Odgovor: ___

(Za pravilen odgovor - 2 točki)

Naloga 4. Znanstvenik mora pravilno pisati pojme in izraze. Namesto presledkov vpišite pravo(-e) črko(e).

1. Pr…v…legia – ugodnost, ki je komu podeljena.

2. D...v...den... – dohodek delničarjem.

3. T...l...t...nost - strpnost do mnenj drugih ljudi.

Naloga 5. Izpolnite prazno mesto v vrstici.

1. Klan, …….., nacionalnost, narod.

2. Krščanstvo, ………, budizem.

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

Naloga 6. Po kakšnem principu so sestavljene vrstice? Poimenujte pojem, ki je skupen spodnjim pojmom, ki jih združuje.

1. Pravna država, delitev oblasti, zagotavljanje človekovih pravic in svoboščin

2.Merilo vrednosti, hranilno sredstvo, plačilno sredstvo.

3. Običaj, precedens, pravo.

1. ________________________________________________________

2.________________________________________________________

3.________________________________________________________

Naloga 7. Odgovorite z da ali ne:

1) Človek je po naravi biosocialno bitje.

2) Komunikacija se nanaša le na izmenjavo informacij.

3) Vsaka oseba je individualna.

4) V Ruski federaciji državljan prejme vse pravice in svoboščine od 14. leta starosti.

5) Vsak človek se rodi kot posameznik.

6) Ruski parlament (zvezna skupščina) je sestavljen iz dveh domov.

7) Družba je samorazvijajoči se sistem.

8) Če se volitev ni mogoče osebno udeležiti, je dovoljeno izdati pooblastilo drugi osebi za glasovanje za kandidata, navedenega v pooblastilu.

9) Potek zgodovinskega razvoja je protisloven: v njem najdemo tako progresivne kot regresivne spremembe.

10) Posameznik, osebnost, individualnost so pojmi, ki niso enaki.

Za en pravilen odgovor – 2 točki (največja ocena – 8).

KLJUČI DO NALOG

1. vaja ( Za pravilen odgovor - 2 točki)

Naloga 2 ( Za pravilen odgovor - 2 točki)

Naloga 3 ( Za pravilen odgovor - 2 točki)

Naloga 4 ( Za pravilno navedeno črko - 1 točka. Največ – 8 točk)

1. Privilegij. 2. Dividenda. 3. Strpnost

Naloga 5 ( Za vsak pravilen odgovor - 3 točke. Največ – 9 točk)

1. Pleme. 2. Islam. 3. Menjava.

Naloga 6 ( Za vsak pravilen odgovor - 4 točke. Največ – 12 točk)

1. Znaki pravne države

2. Funkcije denarja

3. Pravni viri.

Naloga 7 2 točki za vsak pravilen odgovor. (Največ za nalogo – 20 točk)