Zadaci općinske pozornice Sveruska olimpijadaškolaraca 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 01.01.2001. br. 000.

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

Kriterijumi ocjenjivanja

Zadaci matematičkih olimpijada su kreativni, dopuštaju nekoliko razne opcije rješenja. Osim toga, potrebno je ocijeniti djelomični napredak u problemima (na primjer, analiza važnog slučaja, dokaz leme, pronalaženje primjera itd.). Konačno, moguće su logičke i aritmetičke greške u rješenjima. Konačni rezultati za zadatak moraju uzeti u obzir sve gore navedeno.

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

Podudarnost ispravnosti rješenja i datih bodova prikazana je u tabeli.

	Ispravnost (netačnost) odluke
	Potpuno ispravno rješenje
	Prava odluka. Postoje neki manji nedostaci koji ne utječu na cjelokupno rješenje.
	Odluka je generalno ispravna. Međutim, rješenje sadrži značajne greške ili nedostajuće slučajeve koji ne utiču na logiku zaključivanja.
	Jedan od dva (kompleksnija) bitna slučaja je ispravno razmotren, ili se u problemu tipa „procjena + primjer“ procjena ispravno dobije.
	Dokazano je da pomoćni iskazi pomažu u rješavanju problema.
	Razmatraju se odvojeni važni slučajevi u nedostatku rješenja (ili u slučaju pogrešne odluke).
	Pogrešna odluka, nema napretka.
	Ne postoji rješenje.

Važno je napomenuti da bilo koji ispravna odluka se vrednuje sa 7 bodova. Neprihvatljivo je oduzimati bodove zbog činjenice da je rješenje predugačko ili zbog činjenice da se rješenje učenika razlikuje od onog datog u metodološki razvoj ili iz drugih odluka poznatih žiriju.

Istovremeno, svaki proizvoljno dugačak tekst odluke koji ne sadrži korisne pomake treba biti ocijenjen 0 bodova.

Procedura održavanja opštinske etape Olimpijade

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

Teme za zadatke školske i opštinske etape olimpijade

Olimpijski zadaci za školske i opštinske faze sastavljaju se na osnovu programa matematike za opšteobrazovne ustanove. Dozvoljeno je i uključivanje zadataka čije su teme uključene u programe školskih krugova (izbornih predmeta).

Slijede samo one teme koje se predlažu da se koriste u pripremi opcija za zadatke TEKUĆE školske godine.

Časopisi: Kvant, Matematika u školi

Knjige i nastavna sredstva:

, Matematičke olimpijade Moskovske oblasti. Ed. 2., rev. i dodatne – M.: Fizmatkniga, 200-te.

, Matematika. Sveruske olimpijade. Problem. 1. - M.: Prosvjeta, 2008. - 192 str.

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

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

Kolekcija olimpijskih zadataka matematike. - M.: MTSNMO, 2005. - 560 str.

Planimetrijski zadaci . Ed. 5th rev. i dodatne - M.: MTSNMO, 2006. - 640 str.

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

1. Umjesto zvjezdica stavite deset različitih brojeva u izraz *+ ** + *** + **** = 3330 tako da dobijete tačnu jednakost.

2. Biznismen Vasja se bavio trgovinom. Svako jutro on
kupuje robu nekim dijelom novca koji ima (možda svim novcem koji ima). Poslije večere proda kupljenu robu za duplo više nego što je kupio. Kako bi Vasya trebao trgovati tako da će za 5 dana imati tačno rubalja, ako je u početku imao 1000 rubalja.

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

4. U tabelu 2x5 upisani su svi prirodni brojevi od 1 do 10. Nakon toga je izračunat svaki od zbira brojeva u redu i koloni (ukupno je dobijeno 7 zbira). Koji najveći broj ovi iznosi mogu biti primarni brojevi?

5. Za prirodan broj N izračunati sume svih parova susjednih znamenki (na primjer, for N= 35.207 suma su (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 ALI na kvadrat, zapisao rezultat na ploču i izbrisao posljednje 2005 cifre. Može li posljednja znamenka broja ostavljenog na ploči biti jednaka jedan?

2. Na smotri trupa Ostrva lažova i vitezova (lažljivci uvijek lažu, vitezovi uvijek govore istinu), vođa je postrojio sve vojnike. Svaki od vojnika koji je stajao u redu rekao je: "Moje 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 na smotru dođe 2005 vojnika?

3. Prodavac ima vagu sa strelicom za merenje šećera sa dve šolje. Vaga može pokazati 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 odgovor.

4. Pronađite uglove pravougaonog trougla, ako je poznato da je tačka simetrična vrhu pravi ugao u odnosu na hipotenuzu, leži na pravoj liniji koja prolazi središtem dviju stranica trougla.

5. Ćelije stola 8x8 su ofarbane u tri boje. Ispostavilo se da u tabeli nema ugla od tri ćelije, čije su sve ćelije iste boje (ugao sa tri ćelije je figura dobijena iz kvadrata 2x2 brisanjem jedne ćelije). Također se pokazalo da u tabeli nema troćelijskog kuta, 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, c2. Kao rezultat toga, rezultirajući skup se poklopio s originalom. Pronađite brojeve a, 6, c, ako je poznato da je njihov zbir 2005.

2. Vasya je uzeo 11 uzastopnih prirodni brojevi i umnožio ih. Kolya je uzeo istih 11 brojeva i zbrojio ih. Mogu li se posljednje dvije cifre Vasjinog rezultata poklapati sa posljednje dvije cifre 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 od tačaka ravni je obojena u jednu od
tri boje, sve tri boje se koriste. 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) obišao je ploču 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, i tako dalje do 100. Može li biti da je zbir brojeva upisanih u dvije susjedne ćelije duž stranice je djeljiv sa 4 ?

kombinatorni zadaci.

1. Skup koji se sastoji od brojeva a, b, c, zamijenjen sa A4 setom - 2b2, b 4- 2c2, c4 - 2a2. Kao rezultat toga, rezultirajući skup se poklopio s originalom. Pronađite brojeve a, b, c, ako je njihov zbir 3.

2. Svaka od tačaka ravni je obojena u jednu od
tri boje, sve tri boje se koriste. Ver
ali da li sa bilo kojom takvom slikom možete birati
krug koji ima 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. bodova
M i N- osnove okomica iz tačaka A i C na pravu EF. Dokažite da ako su stranice trokuta ABC formiraju aritmetičku progresiju i tada je AC srednja strana ME + FN = EF.

5. Cijeli brojevi se stavljaju u ćelije tabele 8x8.
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 kvadratni trinom ax2 + bx + c. Dokaži to b2= a2 + 2ac.

2. Za svaki od 8 dijelova kocke sa ivicom a, koji su trokuti sa vrhovima u sredinama 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 , onda b3 2 (b1 + b2 ).

4. Vasya je nazvao prirodni broj N. Onda Peter
pronađite zbir cifara broja N, zatim zbir cifara
N+13N, zatim zbir cifara N+2 13N, poslije
zbir cifara broja N+ 3 13N itd. Da li bi mogao
dy sljedeći put dobiti više rezultata
prethodni?

5. Da li je moguće nacrtati na ravni 2005 različitu od nule
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. Onda će za četiri dana imati rubalja (100) Peti dan mora kupiti robe za 9.000 rubalja. Ostaće mu 7.000 rubalja. Posle večere će prodati robu za rublje i imaće tačno rubalja.

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

Rice. jedan +

Rice. 2

4 . Odgovori. 6.

Kada bi svih 7 zbroja bili prosti brojevi, tada bi dva zbroja od 5 posebno 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 (jer 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 primljenim iznosima, najviše 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. Na primjer bez evaluacije - 3 boda.

Rice. 3

5. Odgovori.N=1

Broj N najmanje deset cifara, jer postoji 9 različitih zbira najmanji broj desetocifreni, sa svakim od zbira

1, ..., 9 mora se pojaviti tačno jednom. Od dva desetocifrenih broja koji počinju istom cifrom, manji ima manju prvu cifru koja se razlikuje. Dakle, prva cifra N je 1, druga je 0. Zbir od 1 je već ispunjen, tako da je najmanja treća cifra 2, i tako dalje.

8 Klasa

1. Odgovori. Mogla bi.

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

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

2. Odgovori. 1003.

Imajte na umu da dva ratnika koji stoje jedan pored drugog ne mogu biti vitezovi. Zaista, da su obojica vitezovi, obojica bi lagali. Odaberimo ratnika koji stoji s lijeve strane i podijelimo red preostalih 2004 ratnika u 1002 grupe od dva ratnika koji stoje jedan pored drugog. Svaka takva grupa nema više od jednog viteza. Odnosno, među ratnicima iz 2004. koji se razmatraju, nema više od 1002 viteza. To jest, nema više od 1002 + 1 = 1003 viteza u redu.

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

Komentar. Ako je dat samo odgovor, stavite 0 bodova, ako je naveden samo primjer - 2 boda.

3. Odgovori. Dva utega.

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

4. Odgovori. 60°, 30°, 90°.

U ovom zadatku, detaljno rješenje. Prava linija koja prolazi kroz sredinu nogu dijeli visinu CH na pola, dakle željena tačka R MN, gdje M i N- sredine kraka i hipotenuze (slika 4), tj. MN - srednja linija ABC.

Rice. četiri

Onda MN || Ned=>P =BCH(kao unutrašnji poprečno ležeći uglovi sa paralelnim linijama) => VSN =NPH (CHB = PHN = 90°

CH = PH - strana i oštri ugao) => HH =NH => CN= SW= a(u jednakokračnom trouglu visina je simetrala). Ali CN- medijana pravouglog trougla ABC, zbog toga CN = BN(jasno ako je opisano u blizini 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 troćelijski kut, 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 boje ćelija. Imajte na umu da u ovom kvadratu ne mogu biti 3 ćelije iste boje, jer bi tada bilo moguće pronaći kut od tri ćelije, od kojih 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.

Pošto su skupovi isti, slijedi da je a + b + c = a -1 + b + 1 + c2. Dobijamo c = c2. To jest, c = 0 ili c = 1. Budući da 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 stavite 0 bodova.

2. Odgovori. Mogla bi.

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

3. Neka E,F, TO,L, M, N- dodirne tačke (slika 5).
Pretvarajmo se to DE = EF = Facebook= x. Onda 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, što je u suprotnosti sa nejednakošću trougla.

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

Rice. 5 A K D N C

4. Odgovor. U redu.

ALI prva boja i tačka AT l. Ako je van linije l ABC, Grupa OD). Dakle van linije l D) leži na pravoj liniji l ALI i D, lI AT i D, l l

5. Odgovor. Ne mogu.

Zamislite šahovsku boju ploče 10 x 10. Imajte na umu da se hromi top kreće iz bijele ćelije u crnu, i iz crne ćelije u bijelu. Neka top počne zaobilaziti sa bijelog polja. Tada će 1 biti u bijeloj ćeliji, 2 - u crnoj, 3 - u bijeloj, ..., 100 - u crnoj. Odnosno, neparni brojevi će biti u bijelim ćelijama, a parni u crnim. Ali od dvije susjedne ćelije sa strane, 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", u kojima se razmatra samo primjer neke vrste zaobilaznice, stavite 0 bodova.

10. razred

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

Činjenica da se skupovi poklapaju implicira da se njihovi sumi poklapaju. Dakle, a4 2b2+ b 4 - 2c2 + c4 - 2a2 = a + b+ sa =-3, (a+ (b2- 1) 2 + (c \u003d 0. Odakle a2 - 1 = b2 - 1 = c2 - 1 = 0, tj. a = ±1, b = ±1, With= ± 1. Uslov a + b+ sa= -3 zadovoljava samo a = b = c =- 1. Ostaje da se potvrdi da pronađena trojka zadovoljava uslove problema.

2. Odgovori. U redu.

Pretpostavimo da je nemoguće izabrati krug koji ima tačke sve tri boje. Izaberite tačku ALI prva boja i tačka AT drugu boju i povucite liniju kroz njih l. Ako je van linije l postoji tačka C treće boje, zatim na kružnici opisanoj oko trougla ABC, postoje tačke sve tri boje (npr. Grupa OD). Dakle van linije l nema tačaka treće boje. Ali pošto je barem jedna tačka ravni obojena u treću boju, onda je ova tačka (nazovimo je D) leži na pravoj liniji l. Ako sada razmotrimo tačke ALI i D, onda se slično može pokazati izvan linije lI nema tačaka druge boje. Uzimajući u obzir tačke AT i D, može se pokazati da je izvan linije l nema tačaka prve boje. Odnosno, van linije l nema obojenih tačaka. Dobili smo kontradikciju sa uslovom. Dakle, možete odabrati krug na kojem se nalaze tačke sve tri boje.

3. odgovori, a = b = 2.

Neka je gcd (a; b) = d. Onda a= a1 d, b =b1 d, gdje je 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, dakle 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 stavite 0 bodova.

4. Neka VR- visina jednakokraki trougao FBE (slika 6).

Zatim iz sličnosti trouglova AME ~ BPE slijedi 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 zamjenik predsjednika Vlade Ruske Federacije T.A. Golikov.

Među dobitnicima nagrade su i zaposleni u Laboratoriji za rad sa darovitom djecom. Nagradu su dobili 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, zamenik MIPT-a rektor Artjom Anatoljevič 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 donio zlato!

Tako visok rezultat na Međunarodnoj olimpijadi iz fizike po prvi put je postigao ruski tim. U čitavoj istoriji IPhO-a od 1967. godine, ni ruski tim ni reprezentacija SSSR-a nikada ranije nisu uspeli da osvoje pet zlatnih medalja.

Složenost zadataka Olimpijade i nivo obučenosti timova iz drugih zemalja stalno raste. Međutim, ruski tim poslednjih godina nalazi se u prvih pet ekipa na svijetu. U cilju postizanja visoke rezultate, nastavnici i rukovodstvo reprezentacije unapređuju sistem priprema za međunarodnu u našoj zemlji. Pojavio se škole za obuku, gdje studenti detaljno proučavaju najteže dijelove programa. Aktivno se stvara baza podataka eksperimentalnih zadataka, izvodeći koje se momci pripremaju za eksperimentalni obilazak. Regular rad na daljinu, tokom godine priprema, momci dobiju desetak teorijskih domaćih zadataka. Velika pažnja se poklanja kvalitativnom prevođenju uslova zadataka na samoj olimpijadi. Kursevi obuke se unapređuju.

Visoki rezultati na međunarodnim olimpijadama rezultat su dugogodišnjeg rada velikog broja nastavnika, zaposlenih i studenata Moskovskog instituta za fiziku i tehnologiju, ličnih nastavnika na terenu, te vrijednog rada samih školaraca. Pored navedenih laureata nagrade, veliki doprinos u pripremi reprezentacije dali su:

Fedor Tsybrov (kreiranje zadataka za kvalifikacione kampove)

Alexey Noyan (eksperimentalni trening reprezentacije, razvoj eksperimentalne radionice)

Aleksej Aleksejev (kreiranje kvalifikacionih zadataka obuke)

Arsenij Pikalov (priprema teorijski materijali i seminari)

Ivan Erofeev (dugogodišnji rad u svim oblastima)

Aleksandar Artemjev (provjera domaćeg zadatka)

Nikita Semenin (kreiranje kvalifikacionih zadataka za obuku)

Andrej Peskov (razvoj i stvaranje eksperimentalnih objekata)

Gleb Kuznjecov (eksperimentalni trening reprezentacije)

8. RAZRED

ZADACI ŠKOLSKE etape

SVRURUSKE OLIMPIJADE ZA ŠKOLARSKE DRUŠTVENE NAUKE

PUNO IME. student _______________________________________________________________________________

Datum rođenja __________________________ Razred ____,__ Datum "_____" ______20__ godine

Ocjena (maks. 100 bodova) _________

Vježba 1. Izaberi tačan odgovor:

Zlatno pravilo morala kaže:

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 svoga i majku svoju."

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:

AT Ruska Federacija najviša pravna snaga u sistemu normativnih akata je

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

2) Ustav Ruske Federacije 4) Uredbe Vlade Ruske Federacije

Odgovor: ___

(Za tačan odgovor - 2 boda)

Zadatak 4. Naučnik mora ispravno napisati pojmove i termine. Popunite ispravna slova za praznine.

1. Pr ... in ... legia - prednost koja se daje nekome.

2. D ... u ... den ... - prihod isplaćen dioničarima.

3. T ... l ... rantn ... st - tolerancija prema tuđim mišljenjima.

Zadatak 5. Popunite prazninu u redu.

1. Rod, …….., nacionalnost, nacija.

2. Kršćanstvo, ………, budizam.

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

Zadatak 6. Po kom principu se formiraju redovi? Imenujte koncept koji je zajednički za pojmove u nastavku, ujedinjujući ih.

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

2.Mjera vrijednosti, sredstvo akumulacije, 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 podrazumijeva samo kao razmjena informacija.

3) Svaka osoba je individualna.

4) U Ruskoj Federaciji građanin dobija čitav niz prava i sloboda sa 14 godina.

5) Svaka osoba je rođena kao ličnost.

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

7) Društvo se odnosi na sisteme koji se samorazvijaju.

8) Ukoliko je nemoguće lično učestvovati na izborima, dozvoljeno je izdati punomoćje drugom licu radi glasanja za kandidata navedenog u punomoćju.

9) Napredak istorijski razvoj kontradiktorno: u njemu se mogu naći i progresivne i regresivne promjene.

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

4.1.
4.2.
4.3.
4.4.

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

KLJUČOVI CILJEVA

Vježba 1 ( Za tačan odgovor - 2 boda)

Zadatak 2 ( Za tačan odgovor - 2 boda)

Zadatak 3 ( Za tačan odgovor - 2 boda)

Zadatak 4 ( 1 bod za tačno slovo. 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 vladavine prava

2. Funkcije novca

3. Izvori prava.

Zadatak 7 2 boda za svaki tačan odgovor. (Maksimalno po zadatku - 20 bodova)