Pravljice

Naloge občinskega odra vososh. Naloge občinske etape vseruske olimpijade za šolarje iz matematike. Postopek za izvedbo občinske etape olimpijade

Naloge občinske etape vseruske olimpijade za šolarje iz matematike

Gorno-Altajsk, 2008

Občinska etapa olimpijade poteka na podlagi Pravilnika o vseruski olimpijadi za šolarje, ki je bil odobren z odredbo Ministrstva za izobraževanje in znanost Rusije št. 000 z dne 01.01.2001.

Etape olimpijade se izvajajo po nalogah, izdelanih na podlagi splošnoizobraževalnih programov, ki se izvajajo na stopnjah osnovnega splošnega in srednjega (popolnega) splošnega izobraževanja.

Merila za ocenjevanje

Naloge matematične olimpijade so ustvarjalne in omogočajo več različnih rešitev. Poleg tega je treba oceniti delni napredek pri problemih (na primer analiza pomembnega primera, dokaz leme, iskanje primera itd.). Končno so možne logične in aritmetične napake pri odločitvah. Končni rezultati za nalogo morajo upoštevati vse našteto.

V skladu s pravilnikom o izvajanju matematičnih olimpijad za šolarje se vsaka težava ocenjuje s 7 točkami.

Skladnost pravilnosti odločitve in podanih točk je podana v tabeli.

	Pravilnost (napačnost) odločitve
	Popolna pravilna rešitev
	Prava odločitev. Obstaja nekaj manjših napak, ki na splošno ne vplivajo na odločitev.
	Odločitev je na splošno pravilna. Vendar rešitev vsebuje pomembne napake ali zgrešene primere, ki ne vplivajo na logiko sklepanja.
	Pravilno je obravnavan eden od dveh (bolj zapletenih) bistvenih primerov oziroma je pri problemu tipa "ocena + primer" ocena pravilno pridobljena.
	Dokazano je, da pomožni stavki pomagajo pri reševanju problema.
	Nekateri pomembni primeri se obravnavajo v odsotnosti rešitve (ali z napačno rešitvijo).
	Odločitev je napačna, napredovanj ni.
	Rešitve ni.

Pomembno je omeniti, da je vsaka pravilna odločitev vredna 7 točk. Nesprejemljivo je odvzem točk, ker je rešitev predolga ali ker se študentova rešitev razlikuje od tiste, ki je podana v metodološki razvoj ali iz drugih rešitev, znanih žiriji.

Hkrati je treba vsako poljubno dolgo besedilo odločbe, ki ne vsebuje koristnih predujmov, oceniti z 0 točkami.

Postopek za izvedbo občinske etape olimpijade

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

Teme nalog šolske in občinske etape olimpijade

Olimpijske naloge za šolsko in občinsko etapo so sestavljene na podlagi programov matematike za splošno izobraževalne ustanove. Dovoljena je tudi vključitev nalog, katerih teme so vključene v programe šolskih krožkov (izbirnih predmetov).

Spodaj so le tiste teme, ki jih predlagamo za uporabo pri pripravi možnosti za naloge za TEKOČE študijsko leto.

Revije: "Kvant", "Matematika v šoli"

Knjige in učni pripomočki:

, Matematične olimpijade moskovske regije. Ed. 2., rev. in dodaj. - M .: Fizmatkniga, 200s.

, matematika. Vseruske olimpijade. Težava 1. - M .: Izobraževanje, 2008 .-- 192 str.

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

, Leningradski matematični krogi. - Kirov: Asa, 1994 .-- 272 str.

Zbirka olimpijskih nalog iz matematike. - M .: MTsNMO, 2005 .-- 560 str.

Planimetrične naloge . Ed. 5. rev. in dodaj. - M .: MTsNMO, 2006 .-- 640 str.

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

1. Zamenjaj zvezdice v izrazu * + ** + *** + **** = 3330 z desetimi različnimi števkami, tako da dobiš pravilno enakost.

2. Kommersant Vasya je šel v trgovino. Vsako jutro on
kupi izdelek z nekaj denarja, ki ga ima (morda z vsem denarjem, ki ga ima). Po večerji proda kupljeno stvar za dvakrat večjo ceno od kupljene. Kako naj Vasya trguje, tako da ima po 5 dneh natanko rubljev, če je sprva imel 1000 rubljev.

3. Kvadrat 3 x 3 prerežite na dva in kvadrat 4x4 na dva, tako da lahko nastale štiri kose zložite v kvadrat.

4. V tabelo 2x5 so bila zapisana vsa naravna števila od 1 do 10. Nato je bila vsaka vsota števil izračunana po vrsticah in stolpcih (skupaj 7 seštevkov). Kakšno je največje število teh vsot, ki so lahko praštevila?

5. Za naravno število N izračunal vsote vseh parov sosednjih števk (na primer za N = 35.207 vsote so (8, 7, 2, 7)). Poiščite najmanjšo N, za katerega 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 bi lahko zadnja številka preostale številke na plošči enaka eni?

2. Ob pregledu čet Otoka lažnivcev in vitezov (lažnivci vedno lažejo, vitezi vedno govorijo resnico) je vodja zvrstil vse bojevnike. Vsak od vojakov v vrsti je rekel: "Moji sosedje v vrsti so lažnivci." (Bojevniki na koncih vrste so rekli: »Moj sosed v vrsti je lažnivec.«) Koliko je največje število vitezov v vrsti, če bi na pregled prišlo 2005 bojevnikov?

3. Prodajalec ima kazalno tehtnico za tehtanje sladkorja z dvema skodelicama. Tehtnica lahko prikaže uteži od 0 do 5 kg. V tem primeru lahko sladkor položite samo na levo skodelico, uteži pa lahko postavite na eno od obeh skodelic. Kakšna je najmanjša količina uteži, ki jo mora imeti prodajalec, da tehta katero koli količino sladkorja od 0 do 25 kg? Pojasni odgovor.

4. Poišči vogale pravokotnega trikotnika, če je znano, da točka, simetrična glede na oglišče pravega kota glede na hipotenuzo, leži na ravni črti, ki poteka skozi središčine obeh stranic trikotnika.

5. Celice tabele 8x8 so obarvane v treh barvah. Izkazalo se je, da tabela nima triceličnega vogala, katerega vse celice so enake barve (tricelični vogal je figura, pridobljena iz kvadrata 2x2 z odstranitvijo ene celice). Izkazalo se je tudi, da miza nima triceličnega vogala, katerega vse celice so treh različnih barv. Dokaži, da je število celic vsake barve sodo.

1. Nabor celih števil a, b, c, zamenjano z nizom a - 1, B + 1, c2. Posledično je nastali niz sovpadal z izvirnikom. Poiščite števila a, 6, c, če veste, da je njihova vsota 2005.

2. Vasya je vzel 11 zaporednih naravnih števil in jih pomnožil. Kolya je vzel enakih 11 številk in jih seštel. Ali bi lahko zadnji dve števki Vasyine ocene sovpadali z zadnjima dvema števkoma Kolyine ocene?

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

4. Vsaka od točk ravnine je obarvana v eno od
tri barve, pri čemer so uporabljene vse tri barve. Ali je res, da lahko za vsako takšno sliko izberete krog, na katerem so točke vseh treh barv?

5. Šepavi top (to je top, ki se lahko premika samo vodoravno ali samo navpično za natanko 1 polje) je zaobšel tablo 10 x 10 polj, pri čemer je vsako polje obiskal natanko enkrat. V prvo celico, ki jo obišče top, zapišemo številko 1, v drugo - številko 2, v tretjo - 3 itd. do 100. Ali je mogoče, da je vsota števil, zapisanih v dveh sosednjih celicah na strani je deljiva s 4 ?

Kombinatorne težave.

1. Nabor številk a, b, c, zamenjan s kompletom A4 - 2b2, b 4- 2c2, c4 - 2a2. Posledično je nastali niz sovpadal z izvirnikom. Poiščite 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
ali je to, da za vsako tako sliko lahko izbirate
krog, na katerem so točke vseh treh barv?

3. Rešite enačbo v naravnih številih

LCM (a; B) + Gcd (a; b) = a b.(GCD - največji skupni delilec, LCM - najmanjši skupni mnogokratnik).

4. V trikotnik vpisan krog ABC, skrbi
stranke AB in sonce v točkah E in F oz. Točke
M in N - osnovice navpičnic, spuščene iz točk A in C na ravni črti EF. Dokaži, da če so stranice trikotnika ABC oblika aritmetična progresija in AC je torej srednja stran jaz + FN = EF.

5. Cela števila so postavljena v celice tabele 8x8.
Izkazalo se je, da če izberete katere koli tri stolpce in katere koli tri vrstice tabele, bo vsota devetih številk na njihovem presečišču enaka nič. Dokaži, da so vse številke v tabeli nič.

1. Izkazalo se je, da sta sinus in kosinus določenega kota različni koreni kvadratnega trinoma ax2 + bx + c. Dokaži to B2= a2 + 2ac.

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

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

4. Vasya je poimenoval naravno število N. Potem Petya
našel vsoto števk števila N, nato vsota števk števila
N + 13N, nato vsota števk števila N + 2 13N, Potem
vsota števk števila N + 3 13N in tako naprej Ali bi lahko vsak
naslednjič, ko boste dobili večji rezultat
prejšnji?

5. Ali je mogoče na ravnino 2005 narisati nenič
vektorji, tako da lahko iz katerega koli desetega od njih
izbrati tri z ničelno vsoto?

REŠITVE PROBLEMOV

7. razred

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

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

3. Odgovori. Dva od možnih primerov rezanja sta prikazana na slikah 1 in 2.

riž. eno +

riž. 2

4 ... Odgovori. 6.

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

riž. 3

5. Odgovori.N = 1

Številka N najmanj deset števk, saj je različnih vsot 9. Zato je najmanjše število deset števk, medtem ko je vsaka od vsote

1, ..., 9 se mora zgoditi točno enkrat. Od dveh desetmestnih števil, ki se začnejo z istimi števkami, nato manj, pri čemer je prva razlika manjša. Zato je prva številka N 1, druga 0. Vsota 1 je že naletela, tako da je najmanjša tretja številka 2 itd.

8 razred

1. Odgovori. Lahko bi.

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

A2 = 1 ob koncu leta 2002 nič). Če izbrišete zadnjih 2005 števk, ostane številka 1.

2. Odgovori. 1003.

Upoštevajte, da dva bojevnika stoji poleg, ne bi mogli biti vitezi. Dejansko, če sta bila oba viteza, sta oba rekla laž. Izberite bojevnika na levi in razdelite vrstico preostalih 2004 bojevnikov na 1002 skupini po dva bojevnika, ki stojita drug ob drugem. Vsaka taka skupina ne vsebuje več kot enega viteza. To pomeni, da med obravnavanimi bojevniki iz leta 2004 ni več kot 1002 viteza. To pomeni, da v vrsti ni več kot 1002 + 1 = 1003 vitezi.

Razmislite o vrstici: РЛРЛР ... РЛРЛР. V takšni vrsti so natanko 1003 vitezi.

Komentar.Če je podan samo odgovor, dajte 0 točk, če je podan samo primer - 2 točki.

3. Odgovori. Dve uteži.

Ena teža prodajalcu ne bo dovolj, saj je za tehtanje 25 kg sladkorja potrebna teža najmanj 20 kg. Samo s takšno težo prodajalec ne bo mogel tehtati na primer 10 kg sladkorja. Pokažimo, da za prodajalca zadostujeta dve uteži: ena težka 5 kg in ena 15 kg. Sladkor, ki tehta od 0 do 5 kg, se lahko tehta brez uteži. Če želite tehtati 5 do 10 kg sladkorja, postavite 5 kg utež na desno skodelico. Če želite tehtati 10 do 15 kg sladkorja, morate na levo skodelico postaviti utež 5 kg, na desno pa utež 15 kg. Če želite tehtati 15 do 20 kg sladkorja, postavite 15 kg utež na desno skodelico. Če želite tehtati od 20 do 25 kg sladkorja, morate na pravo skodelico postaviti uteži 5 kg in 15 kg.

4. Odgovori. 60 °, 30 °, 90 °.

Ta problem ponuja podrobno rešitev. Ravna črta, ki poteka skozi sredino nog, deli višino CH prepolovila, torej želeno točko R MN, kje M in N- sredina kraka in hipotenuza (slika 4), tj. MN- srednja črta ABC.

riž. 4

Potem MN || sonce=>P =BCH(kot notranji koti, ki ležijo na vzporednih premicah) => BCH =NPH (CHB = PHN = 90 °,

CH = PH - na strani in ostrem kotu) => VN =NH => CN= SV= a(v enakokrakem trikotniku je višina simetrala). Ampak CN je mediana pravokotnega trikotnika ABC, Zato CN = BN(jasno, če opisujete trikotnik ABC krog) => BCN- enakostranična torej, B - 60 °.

5. Razmislite o poljubnem kvadratu 2x2. Ne more vsebovati celic vseh treh barv, saj bi potem bilo mogoče najti tricelični vogal, katerega vse celice so treh različnih barv. Prav tako v tem kvadratu 2x2 vse celice ne morejo biti enake barve, saj bi potem bilo mogoče najti tricelični vogal, katerega vse celice so enake barve. To pomeni, da so v tem kvadratu samo dvobarvne celice. Upoštevajte, da v tem kvadratu ne morejo biti 3 celice iste barve, saj bi potem bilo mogoče najti tricelični vogal, katerih vse celice so enake barve. To pomeni, da ta kvadrat vsebuje 2 celici dveh različnih barv.

Zdaj tabelo 8x8 razdelimo na 16 kvadratov 2 x 2. V vsakem od njih bodisi ni celic prve barve bodisi dve celici prve barve. To pomeni, da je skupno število celic prve barve sodo. Podobno je število celic druge in tretje barve sodo.

9. razred

1. Odgovori. 1003, 1002, 0.

Ker množici sovpadata, sledi, da je a + b + c = a -1 + b + 1 + c2. Dobimo c = c2. To pomeni, da 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: množica b + 1, b, 0 in b + 1, b, 1. Ker je vsota števil v množici 2005, v prvem primeru dobimo 2b + 1 = 2005, b = 1002 in nastavite 1003, 1002, 0, v drugem primeru dobimo 2 b + 2 = 2005, r = 1001, 5 ni celo število, to pomeni, da je drugi primer nemogoč. Komentar. 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 njun produkt konča z dvema ničlama. Upoštevajte zdaj to a + (a + 1) + (a + 2) + ... + (a + 10) = (a + 5) 11. Če vzamemo npr. a = 95 (to je, da je Vasya izbral številke 95, 96, ..., 105), potem se bo vsota končala tudi z dvema ničlama.

3. Pustiti E,F, TO,L, M, N- stične točke (slika 5).
Pretvarjajmo se DE = EF = FB= x. Potem AK =
= AL = a, BL = BE= 2x, VM =Bf= x,CM = CN = c,
DK = DE= x,DN = DF = 2 x=> AB + pr = a+ 3x + c =
= AC, kar je v nasprotju z neenakostjo trikotnika.

Komentar. Dokazana je tudi nemožnost enakosti. Bf = DE. Na splošno, če je za vpisan v trikotnik ABD krogi E je kontaktna točka in Bf = DE, potem F je točka, v kateri se dotika ekskrog AABD BD.

riž. 5 A K D N C

4. Odgovori. Prav.

A prva barva in točka V l... Če izven linije l ABC, Skupina Z). Zato zunaj ravne črte l D) leži na ravni črti l A in D, ljaz V in D, l l

5. Odgovori. Ni moglo.

Razmislite o barvi šahovnice 10 x 10. Upoštevajte, da se hromi top premika z belega polja na črno in s črnega na belo polje. Top naj začne z belega kvadrata. Potem bo 1 stal v beli kletki, 2 - v črni, 3 - v beli, ..., 100 - v črni. To pomeni, da bodo v belih celicah lihe številke, v črnih pa sode. Toda od dveh sosednjih celic na strani je ena črna, druga pa bela. To pomeni, da bo vsota števil, zapisanih v teh celicah, vedno liha in ne bo deljiva s 4.

Komentar. Za "rešitve", v katerih je upoštevan le primer rešitve, dajte 0 točk.

10. razred

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

Ker množice sovpadajo, njune vsote sovpadajo. Torej, a4 - 2b2+ B 4 - 2c2 + c4 - 2a2 = a + B+ c =-3, (a + (B2- 1) 2 + (c = 0. Od tod a2 - 1 = B2 - 1 = c2 - 1 = 0, tj. a = ± 1, b = ± 1, Z= ± 1. Pogoj a + B+ z= -3 izpolnjuje samo a = B = c =- 1. Preostalo je še preveriti, ali najdeni trojček izpolnjuje pogoje problema.

2. Odgovori. Prav.

Recimo, da ne morete izbrati kroga, ki vsebuje točke vseh treh barv. Izberimo točko A prva barva in točka V drugo barvo in skozi njih potegnite ravno črto l... Če izven linije l obstaja točka C tretje barve, nato pa na krogu, opisanem okoli trikotnika ABC, obstajajo točke vseh treh barv (npr. Skupina Z). Zato zunaj ravne črte l ni pik tretje barve. Ker pa je vsaj ena točka ravnine obarvana v tretjo barvo, potem je ta točka (imenujmo jo D) leži na ravni črti l... Če zdaj upoštevamo točke A in D, potem se na podoben način lahko pokaže, da zunaj premice ljaz ni pik druge barve. Glede na točke V in D, se lahko pokaže, da zunaj premice l brez pik prve barve. Se pravi zunaj ravne črte l brez barvnih pik. Dobili smo protislovje s pogojem. To pomeni, da lahko izberete krog, na katerem so točke vseh treh barv.

3. odgovor, a = b = 2.

Naj bo gcd (a; b) = d. Potem a= a1 d, B =b1 d, kje gcd ( a1 ; b1 ) = 1. Nato 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, torej a = b = 2.

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

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

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

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

21. februarja je bila v Hiši vlade Ruske federacije slovesna podelitev vladnih nagrad na področju izobraževanja za leto 2018. Nagrade je nagrajencem podelil podpredsednik vlade Ruske federacije T.A. Golikova.

Med nagrajenci nagrade so zaposleni v Laboratoriju za delo z nadarjenimi otroki. Nagrado so prejeli učitelja ruske reprezentance na IPhO Vitalij Ševčenko in Aleksander Kiselev, učitelja ruske reprezentance na IJSO Elena Mikhailovna Snigireva (kemija) in Igor Kiselev (biologija) ter vodja ruske reprezentance ekipa, prorektor MIPT Artyom Anatolyevich Voronov.

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

Tako visok rezultat na mednarodni fizični olimpijadi je prvič dosegla ruska ekipa. V vsej zgodovini IPhO od leta 1967 niti ruska reprezentanca niti reprezentanca ZSSR še nista osvojili pet zlatih medalj.

Kompleksnost olimpijskih nalog in raven usposobljenosti ekip iz drugih držav nenehno naraščata. Je pa ruska reprezentanca v zadnjih letih med najboljšimi petimi ekipami na svetu. Za doseganje visokih rezultatov učitelji in vodstvo reprezentance izboljšujejo sistem priprave na pripravništvo pri nas. Pojavile so se izobraževalne šole, kjer učenci podrobno preučujejo najtežje dele programa. Aktivno se ustvarja baza eksperimentalnih nalog, z izpolnjevanjem katerih se fantje pripravljajo na eksperimentalno turo. Delo na daljavo poteka redno, v letu priprav otroci dobijo 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 dolgoletnega dela velikega števila učiteljev, zaposlenih in študentov MIPT, osebnih učiteljev s področja ter trdega dela samih šolarjev. Poleg omenjenih dobitnikov priznanj so k pripravi reprezentance ogromno prispevali:

Fedor Tsybrov (ustvarjanje nalog za kvalifikacijske honorarje)

Alexey Noyan (eksperimentalna priprava reprezentance, razvoj eksperimentalne delavnice)

Aleksej Aleksejev (ustvarjanje nalog za kvalifikacijske honorarje)

Arseny Pikalov (priprava teoretičnega gradiva in vodenje seminarjev)

Ivan Erofeev (večletno delo na vseh področjih)

Aleksander Artemjev (preverjanje domače naloge)

Nikita Semenin (ustvarjanje nalog za kvalifikacijske honorarje)

Andrej Peskov (razvoj in ustvarjanje eksperimentalnih instalacij)

Gleb Kuznetsov (eksperimentalni trening reprezentance)

8. RAZRED

NALOGE ŠOLSKE ODRE

VSERUSKA OLIMPIJADA ŠOLERSTVA V DRUŽBI

POLNO IME. študent ___________________________________________________________________

Datum rojstva __________________________ Razred ____, __ Datum "_____" ______ 20__

Ocena (največ 100 točk) _________

vaja 1. Izberi pravilen odgovor:

Zlato pravilo morale pravi:

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

2) "Ne delaj si idola";

3) "Z ljudmi ravnaj tako, kot želiš, da se obnašajo do tebe";

4) "Spoštuj očeta in mater."

Odgovor: ___

2. naloga. Izberi pravilen odgovor:

Sposobnost osebe, da s svojim ravnanjem pridobi in izvršuje pravice in obveznosti, se imenuje: 1) poslovna sposobnost; 2) poslovna sposobnost; 3) emancipacija; 4) socializacija.

Odgovor: ___

(Za pravilen odgovor - 2 točki)

3. naloga. Izberi pravilen odgovor:

V Ruska federacija najvišja pravna sila v sistemu normativnih aktov je

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)

4. naloga. Znanstvenik mora pravilno napisati pojme in izraze. Namesto presledkov napišite pravilno črko (pravilne črke).

1. Pr ... in ... legia - prednost, dana komu.

2. D ... in ... den ... - dohodek, izplačan delničarjem.

3. T ... l ... rantn ... st - strpnost do mnenj drugih ljudi.

5. naloga. Izpolnite vrzel v vrstici.

1. Rod, …… .., narodnost, narod.

2. Krščanstvo, ………, budizem.

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

Naloga 6. Po kakšnem principu se oblikujejo vrste? Kateri pojem je skupen spodnjim izrazom, ki jih združuje?

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

2. Merilo vrednosti, hranilnik vrednosti, plačilno sredstvo.

3. Običaj, precedens, zakon.

1. ________________________________________________________

2.________________________________________________________

3.________________________________________________________

7. naloga. Odgovor da ali ne:

1) Človek je po naravi biosocialno bitje.

2) Komunikacija se razume le kot izmenjava informacij.

3) Vsak človek je drugačen.

4) V Ruski federaciji državljan prejme celoten obseg pravic in svoboščin od starosti 14 let.

5) Vsak človek se rodi kot oseba.

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

7) Družba spada v samorazvijajoče se sisteme.

8) V primeru nezmožnosti osebne udeležbe na volitvah je dovoljeno izdati pooblastilo drugi osebi za namen glasovanja za kandidata, navedenega v pooblastilu.

9) Napredek zgodovinskega razvoja je protisloven: v njem je mogoče najti tako progresivne kot regresivne spremembe.

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