Општинска фаза на задачата на серуската олимпијада. Задачи на општинската фаза на Серуската олимпијада за ученици по математика. Постапката за одржување на општинската етапа на Олимпијадата

На 21 февруари во Домот на Владата на Руската Федерација се одржа церемонијата на доделување на владините награди во областа на образованието за 2018 година. Наградите на лауреатите им ги врачи вицепремиерот на Руската Федерација Т.А. Голикова.

Меѓу добитниците на наградите се вработени во Лабораторијата за работа со надарени деца. Наградата ја примија наставниците од руската репрезентација на ИЈСО Виталиј Шевченко и Александар Киселев, наставниците на руската репрезентација во ИЈСО Елена Михајловна Снигирева (хемија) и Игор Киселев (биологија) и шефот на рускиот тим, проректор на МИПТ Артјом Анатолиевич Воронов.

Главните достигнувања за кои тимот беше награден со владина награда беа 5 златни медали за рускиот тим на IPhO-2017 во Индонезија и 6 златни медали за тимот на IJSO-2017 во Холандија. Секој студент си донесе злато дома!

Ова е првпат толку висок резултат на Меѓународната олимпијада по физика да постигне рускиот тим. Во целата историја на IPhO од 1967 година, ниту репрезентацијата на Русија ниту на СССР никогаш не успеале да освојат пет златни медали.

Сложеноста на задачите на Олимпијадата и нивото на обука на тимови од други земји постојано расте. Сепак, рускиот тим се уште е последните годинизавршува во првите пет најдобрите тимовимир. За постигнување високи резултати, наставниците и раководството на репрезентацијата го подобруваат системот на подготовка за меѓународни натпревари во нашата земја. Се појави училишта за обука, каде што учениците детално ги учат најтешките делови од програмата. Активно се креира база на експериментални задачи со чие завршување децата се подготвуваат за експерименталната тура. Се врши редовна работа на далечина, во текот на годината на подготовка, децата добиваат околу десет теоретски домашни задачи. Големо внимание се посветува на висококвалитетен превод на условите на задачите на самата Олимпијада. Курсевите за обука се подобруваат.

Високите резултати на меѓународните олимпијади се резултат на долгата работа на голем број наставници, вработени и студенти на МИПТ, лични наставници на терен и напорна работа на самите ученици. Покрај горенаведените добитници на награди, огромен придонес во подготовката на репрезентацијата имаа:

Федор Цибров (создавање проблеми за такси за квалификации)

Алексеј Нојан (експериментална обука на тимот, развој на експериментална работилница)

Алексеј Алексеев (создавање квалификациски задачи)

Арсениј Пикалов (подготовка на теоретски материјали и спроведување семинари)

Иван Ерофеев (долгогодишна работа во сите области)

Александар Артемиев (проверка на домашна задача)

Никита Семенин (создавање квалификациски задачи)

Андреј Песков (развој и создавање на експериментални инсталации)

Глеб Кузњецов (експериментален тренинг на репрезентацијата)

Задачи општинска сценаСеруска олимпијада за ученици по математика

Горно-Алтајск, 2008 година

Општинската фаза на Олимпијадата се одржува врз основа на Правилникот за серуска олимпијада за ученици, одобрени по наредба на Министерството за образование и наука на Русија од 1 јануари 2001 година бр.000.

Фазите на Олимпијадата се изведуваат според задачи составени врз основа на општообразовни програми што се спроведуваат на нивоата на основно општо и средно (целосно) општо образование.

Критериум за оценување

Задачите на математичката олимпијада се креативни и овозможуваат неколку различни решенија. Дополнително, неопходно е да се оцени делумниот напредок во задачите (на пример, анализа на важен случај, докажување лема, наоѓање пример итн.). Конечно, можни се логички и аритметички грешки во решенијата. Конечниот резултат за задачата мора да го земе предвид сето погоре.

Во согласност со правилникот за одржување на математички олимпијади за ученици, секоја задача се бодува од 7 поени.

Кореспонденцијата помеѓу точноста на решението и доделените бодови е прикажана во табелата.

	Исправност (неточност) на одлуката
	Сосема точно решение
	Правилна одлука. Има мали недостатоци кои генерално не влијаат на одлуката.
	Одлуката е генерално точна. Сепак, решението содржи значителни грешки или испуштени случаи кои не влијаат на логиката на расудувањето.
	Еден од двата (покомплексни) значајни случаи е правилно разгледан, или во проблем од типот „проценка + пример“, проценката е правилно добиена.
	Докажани се помошни изјави кои помагаат во решавањето на проблемот.
	Се разгледуваат некои важни случаи во отсуство на решение (или во случај на погрешна одлука).
	Одлуката е неточна, нема напредок.
	Нема решение.

Важно е да се напомене дека секое точно решение се добива со 7 поени. Неприфатливо е да се одземаат поени поради фактот што решението е предолго или поради фактот што решението на ученикот се разликува од она дадено во методолошки развојили од други одлуки познати на поротата.

Во исто време, секој текст на одлука, без разлика колку е долг, што не содржи корисни напредувања треба да добие 0 поени.

Постапката за одржување на општинската етапа на Олимпијадата

Општинската фаза на Олимпијадата се одржува на еден ден во ноември-декември за учениците од 7-11 одделение. Препорачаното време за Олимпијадата е 4 часа.

Теми на задачи за училишната и општинската фаза на Олимпијадата

Олимпијадните задачи во училишната и општинската фаза се составуваат врз основа на математичките програми за општообразовните институции. Дозволено е и вклучување задачи чии теми се вклучени во програмите училишни клубови(изборни предмети).

Подолу се дадени само оние теми кои се предлагаат да се користат при составување на опциите за задачи за ТЕКОВНАТА академска година.

Списанија: „Квантна“, „Математика на училиште“

Книги и наставни помагала:

, Математички олимпијади на Московскиот регион. Ед. 2-ри, вр. и дополнителни – М.: Физматкнија, 200 стр.

, Математика. Серуски олимпијади. Vol. 1. – М.: Образование, 2008. – 192 стр.

, Московски математички олимпијади. – М.: Образование, 1986. – 303 стр.

, Ленинградски математички кругови. – Киров: Аса, 1994. – 272 стр.

Колекција проблеми на олимпијадатаматематика. – М.: МТсНМО, 2005. – 560 стр.

Проблеми со планметрија . Ед. 5-та ревизија и дополнителни – М.: МТсНМО, 2006. – 640 стр.

, Канел-,Московски математички олимпијади / Ед. . – М.: МТсНМО, 2006. – 456 стр.

1. Наместо ѕвездички, заменете го изразот *+ ** + *** + **** = 3330 со десет различни броеви за да биде точна равенката.

2. Бизнисменот Васија започна со тргување. Секое утро тој
купува стока со дел од парите што ги има (можеби со сите пари што ги има). По ручекот ја продава купената роба за двојно повисока цена од купената цена. Како треба Васија да тргува така што по 5 дена има точно рубли, ако на почетокот имал 1000 рубли.

3. Квадратот 3 x 3 исечете го на два дела, а квадратот 4 x 4 на два дела, така што добиените четири парчиња може да се свиткаат во квадрат.

4. Ги запишавме сите природни броеви од 1 до 10 во табела 2х5. После тоа го пресметавме секој од збировите на броевите во ред и во колона (вкупно 7 збирови). Кои најголем бројовие збирови може да испаднат дека се прости броеви?

5. За природен број Нги пресметал збировите на сите парови соседни цифри (на пример, за N= 35.207 износи се (8, 7, 2, 7)). Најдете го најмалиот Н, за кои меѓу овие збирови ги има сите броеви од 1 до 9.

8 Класа

1. Васија подигна природен број Ана квадрат, го запиша резултатот на таблата и ги избриша последните цифри од 2005 година. Дали последната цифра од бројот што останува на таблата може да биде еднаква на една?

2. На прегледот на трупите на Островот на лажговци и витези (лажговците секогаш лажат, витезите секогаш ја кажуваат вистината), водачот ги наредил сите воини. Секој од воините што стоеше во редот рече: „Моите соседи во редот се лажливи“. (Воините кои стоеја на крајот од редот рекоа: „Мојот сосед во редот е лажго.“) Што најголем бројДали витезите би можеле да бидат во линија ако воините од 2005 година излезат на преглед?

3. Продавачот има вага за мерење шеќер со две чаши. Вагата може да прикаже тежина од 0 до 5 кг. Во овој случај, шеќер може да се стави само на левата чаша, а тегови може да се стават на која било од двете чаши. Колкав е најмалиот број на тегови што треба да ги има продавачот за да измери било која количина шеќер од 0 до 25 кг? Објаснете го вашиот одговор.

4. Најдете ги аглите правоаголен триаголник, ако се знае дека точката симетрична на темето прав аголво однос на хипотенузата, лежи на линијата што минува низ средните точки на двете страни на триаголникот.

5. Ќелиите на табелата 8х8 се обоени во три бои. Се покажа дека табелата нема агол со три ќелии, чиишто ќелии се со иста боја (агол со три ќелии е фигура добиена од квадрат 2x2 со отстранување на една ќелија). Исто така, се покажа дека табелата нема агол со три ќелии, чии сите ќелии се со три различни бои. Докажете дека бројот на ќелии од секоја боја е парен.

1. Множество составено од цели броеви а, б, в,заменет со сет a - 1, б + 1, s2. Како резултат на тоа, добиениот сет се совпадна со оригиналниот. Најдете ги броевите a, 6, c, ако знаете дека нивниот збир е 2005 година.

2. Васија зеде 11 по ред природни броевии ги умножи. Коља ги зеде истите 11 броеви и ги собра. Дали последните две цифри од резултатот на Васија би можеле да се совпаѓаат со последните две цифри од резултатот на Коља?

3. Врз основа на ACтријаголник ABCземена точка Д.
Докажете дека круговите се впишани во триаголници ABDИ CBD, точките на допир не можат да поделат сегмент БДна три еднакви делови.

4. Секоја од точките на рамнината е обоена по една
три бои, при што се користат сите три бои. Дали е вистина дека за секое такво боење е можно да се избере круг на кој има точки од сите три бои?

5. Куц рок (врка што може да се движи само хоризонтално или само вертикално точно 1 квадрат) одеше околу табла од 10 x 10 квадрати, посетувајќи го секој квадрат точно еднаш. Во првата ќелија каде што го посети вркот, го пишуваме бројот 1, во втората - бројот 2, во третата - 3, итн. до 100. Дали може да испадне дека збирот на броевите напишани во две соседни ќелии на страната се дели со 4 ?

Комбинаторни проблеми.

1. Множество составено од броеви а, б, в,заменет со сет a4 - 2б2, б 4- 2с2, с4 - 2а2.Како резултат на тоа, добиениот сет се совпадна со оригиналниот. Најдете ги броевите а, б, в,ако нивниот збир е еднаков на - 3.

2. Секоја од точките на рамнината е обоена во една од
три бои, при што се користат сите три бои. Вер
но дали е можно со која било таква слика да можете да изберете
круг кој содржи точки од сите три бои?

3. Решете ја равенката со природни броеви

NOC (а; б) + gcd(a; b) = а б.(GCD - најголем заеднички делител, LCM - најмал заеднички множител).

4. Круг впишан во триаголник ABC, грижи
забави АБИ Сонцетона точките ЕИ Фсоодветно. Поени
МИ N-основите на перпендикуларите паднале од точките A и C на права линија Е.Ф.. Докажи дека ако страните на триаголникот ABCформа аритметичка прогресијаа AC е средната страна, тогаш М.Е. + FN = Е.Ф..

5. Ќелиите на табела 8х8 содржат цели броеви.
Се испостави дека ако изберете кои било три колони и кои било три реда од табелата, тогаш збирот на деветте броеви на нивниот пресек ќе биде еднаков на нула. Докажете дека сите броеви во табелата се еднакви на нула.

1. Синус и косинус на одреден агол се покажа дека се различни корени квадратен трином ax2 + bx + c.Докажете го тоа б2= a2 + 2ac.

2. За секој од 8-те делови на коцка со раб А,како триаголници со темиња во средината на рабовите на коцката, се разгледува точката на пресек на висините на пресекот. Најдете го волуменот на полиедар со темиња на овие 8 точки.

3. Нека y =к1 x + б1 , y = к2 x + б2 , y =к3 x + б3 - равенки на три тангенти на парабола y=x2.Докажете дека ако к3 = к1 + к2 , Тоа б3 2 (б1 + б2 ).

4. Васија именуваше природен број Н.По што Петја
го најде збирот на цифрите на некој број Н, тогаш збирот на цифрите на бројот
N+13Н, тогаш збирот на цифрите на бројот N+2 13Н, Потоа
збир на цифри на некој број N+ 3 13Нитн Дали тој секој може
следниот пат добијте подобар резултат
претходно?

5. Дали е можно да се нацртаат ненулти вредности од 2005 година на авионот?
вектори така што од било која десет од нив е можно
изберете три со нулта сума?

РЕШЕНИЈА НА ПРОБЛЕМИТЕ

7-мо одделение

1. На пример, 5 + 40 + 367 + 2918 = 3330.

2. Една од опциите е како што следува. Во првите четири дена, Васија мора да купи стока со сите пари што ги има. Потоа за четири дена ќе има рубљи (100 Петтиот ден мора да купи стока за 9.000 рубли. Ќе му останат уште 7.000 рубли. По ручекот ќе ја продаде робата во рубли и ќе има точно рубли.

3. Одговори.Два можни примери за сечење се прикажани на сликите 1 и 2.

Ориз. 1 +

Ориз. 2

4 . Одговори. 6.

Ако сите 7 збирови беа прости броеви, тогаш особено два сума од 5 броеви би биле прости. Секој од овие збирови е поголем од 5. Ако двата од овие збирови се прости броеви поголеми од 5, тогаш секој од овие збирови би бил непарен (бидејќи само 2 е парен прост број). Но, ако ги додадеме овие збирови, добиваме парен број. Меѓутоа, овие два сума ги вклучуваат сите броеви од 1 до 10, а нивниот збир е 55 - непарен број. Затоа, меѓу добиените збирови, не повеќе од 6 ќе бидат прости броеви. Слика 3 покажува како да се подредат броевите во табелата за да се добијат 6 едноставни суми (во нашиот пример, сите збирови од 2 броја се 11, и.1 + 2 + 3 + 7 + 6 = 19). Коментар.На пример без евалуација - 3 поени.

Ориз. 3

5. Одговори.N=1

Број Нбарем десетцифрен, бидејќи има 9 различни збирови.Затоа, најмалиот број е десетцифрен, а секој од збировите

1, ..., 9 мора да се појави точно еднаш. Од два десетцифрени броја кои започнуваат со исти цифри, помал е оној чија прва различна цифра е помала. Според тоа, првата цифра од N е 1, втората е 0. Збирот од 1 е веќе сретнат, па најмалата трета цифра е 2 итн.

8 Класа

1. Одговори. Таа можеше.

Размислете, на пример, бројот A = 1001 нула на крајот). Потоа

A2 = 1 на крајот на 2002 година нула). Ако ги избришете последните цифри од 2005 година, бројот 1 ќе остане.

2. Одговори. 1003.

Забележете дека двајцата воини кои стојат еден до друг не може да бидат витези. Навистина, ако и двајцата биле витези, тогаш и двајцата кажувале лаги. Да го избереме воинот што стои лево и да го поделиме редот на преостанатите воини од 2004 година на 1002 групи од двајца воини кои стојат еден до друг. Во секоја таква група нема повеќе од еден витез. Односно, меѓу разгледуваните воини од 2004 година, нема повеќе од 1002 витези. Тоа е, вкупно нема повеќе од 1002 + 1 = 1003 витези во редот.

Размислете за линијата: RLRLR...RLRLR. Во таква линија има точно 1003 витези.

Коментар.Ако е даден само одговор, дајте 0 поени; ако е даден само пример, дајте 2 поени.

3. Одговори. Две тегови.

Една тежина нема да биде доволна за продавачот, бидејќи за тежина од 25 кг шеќер е потребна тежина од најмалку 20 кг. Имајќи само таква тежина, продавачот нема да може да измери, на пример, 10 кг шеќер. Дозволете ни да покажеме дека на продавачот му требаат само две тегови: една со тежина од 5 кг и една од 15 кг. Шеќерот со тежина од 0 до 5 кг може да се мери без тегови. За да тежите 5 до 10 кг шеќер, треба да ставите тежина од 5 кг на десната чаша. За да тежите 10 до 15 кг шеќер, треба да ставите тег од 5 кг на левата чаша и тег од 15 кг на десната чаша. За да тежите 15 до 20 кг шеќер, треба да ставите тег од 15 кг на десната чаша. За да тежите 20 до 25 кг шеќер, треба да поставите тегови од 5 кг и 15 кг на десната чаша.

4. Одговори. 60°, 30°, 90°.

Овој проблем обезбедува детално решение. Права линија што минува низ средните точки на нозете ја дели висината CHна половина, па посакуваната точка Р МН, Каде МИ Н- средината на ногата и хипотенузата (сл. 4), т.е. МН - средна линија ABC.

Ориз. 4

Потоа МН || Сонцето=>P =BCH(како внатрешни попречни агли со паралелни прави) => VSN =Н.П.Х. (CHB = PHN = 90°,

CH = RN -на страна и остар агол) => VN =Н.Х. => CN= СВ= А(во рамнокрак триаголник, надморската височина е симетрала). Но CN- средина на правоаголен триаголник ABC, Затоа CN = БН(очигледно, ако го опишете околу триаголник ABCкруг) => BCN- рамностран, затоа, Б - 60°.

5. Размислете за произволен квадрат 2x2. Не може да содржи ќелии од сите три бои, бидејќи тогаш би било можно да се најде агол со три ќелии, чиишто ќелии се со три различни бои. Исто така, на овој квадрат 2x2, сите ќелии не можат да бидат со иста боја, бидејќи тогаш би било можно да се најде агол со три ќелии, чиишто ќелии се со иста боја. Ова значи дека на овој квадрат има само две обоени ќелии. Забележете дека на овој квадрат не може да има 3 ќелии со иста боја, бидејќи тогаш би било можно да се најде агол со три ќелии, чиишто ќелии се со иста боја. Тоа е, на овој плоштад има 2 ќелии со две различни бои.

Сега да ја поделиме табелата 8x8 на 16 квадрати 2 x 2. Секоја од нив или нема ќелии од првата боја или две ќелии од првата боја. Тоа е, има парен број на ќелии од првата боја. Слично на тоа, има парен број ќелии од втората и третата боја.

9-то одделение

1. Одговори. 1003, 1002, 0.

Од тоа што множествата се совпаѓаат, следи еднаквоста a + b + c = a -1 + b + 1 + c2. Добиваме c = c2. Односно, c = 0 или c = 1. Бидејќи c = c2 , тогаш a - 1 = b, b + 1 = а. Тоа значи дека се можни два случаи: множество б + 1, b, 0 и b + 1, b, 1. Бидејќи збирот на броевите во множеството е 2005 година, во првиот случај добиваме 2b + 1 = 2005, b = 1002 и множеството 1003, 1002, 0, во вториот случај добиваме 2 b + 2 = 2005 година, б = 1001.5 не е цел број, односно вториот случај е невозможен. Коментар. Ако е даден само одговорот, тогаш дадете 0 поени.

2. Одговори. Тие можат.

Забележете дека меѓу 11 последователни природни броеви има два деливи со 5, а има два парни броеви, па нивниот производ завршува на две нули. Сега да го забележиме тоа a + (a + 1) + (a + 2) + ... + (a + 10) = (a + 5) 11. Ако земеме, на пример, a = 95 (т.е. Васија ги избра броевите 95, 96, ..., 105), тогаш збирот исто така ќе заврши со две нули.

3. Нека Е,Ф, ДО,Л, М, Н- точки на допир (сл. 5).
Ајде да се преправаме дека ДЕ = Е.Ф. = ФБ= x.Потоа АК =
= АЛ = а, Б.Л. = БИДИ= 2x, VM =Б.Ф.= x,ЦМ. = CN = в,
DK = ДЕ= x,DN = ДФ = 2 x=> AB + п.н.е. = а+ Zx + s =
= А.Ц., што е во спротивност со неравенството на триаголникот.

Коментар.Тоа ја докажува и неможноста за еднаквост Б.Ф. = ДЕ. Во принцип, ако за впишан во триаголник ABDкруг Е- допирна точка и Б.Ф. = ДЕ, Тоа Ф- точката во која се допира кружницата AABD БД.

Ориз. 5 А К Д Н Ц

4. Одговори.Во право.

Апрва боја и точка ВО л. Ако е надвор од линијата л ABC, БендСО). Значи, надвор од линијата л Д) лежи на права линија л АИ Д, лЈас ВОИ Д, л л

5. Одговори.Не можеше.

Да го разгледаме шаховското боење на табла со димензии 10 x 10. Забележете дека од бел квадрат, куцот корпа преминува во црно, а од црн квадрат во бело. Вратата нека го започне своето поминување од белиот плоштад. Тогаш 1 ќе биде во бел квадрат, 2 - во црн, 3 - во бело, ..., 100 - во црно. Односно, белите ќелии ќе содржат непарни броеви, а црните ќе содржат парни броеви. Но, од двете соседни ќелии, едната е црна, а другата е бела. Односно, збирот на броеви запишани во овие ќелии секогаш ќе биде непарен и нема да биде делив со 4.

Коментар.За „решенија“ кои разгледуваат само пример за некаков вид решение, дајте 0 поени.

Одделение 10

1. Одговори, a = b = c = - 1.

Бидејќи множествата се совпаѓаат, следува дека нивните збирови се совпаѓаат. Значи a4 - 2б2+ б 4 - 2с2 + с4 - 2а2 = а + б+ c =-3, (а+ (б2- 1)2 + (c= 0. Од каде a2 - 1 = b2 - 1 = c2 - 1 = 0, т.е. a = ±1, b = ±1, Со= ± 1. Услов a + б+ s= -3 задоволува само a = б = c =- 1. Останува да се провери дали пронајдената тројка ги задоволува условите на проблемот.

2. Одговори.Во право.

Да претпоставиме дека е невозможно да се избере круг што содржи точки од сите три бои. Ајде да избереме точка Апрва боја и точка ВОвтора боја и исцртајте права линија низ нив л. Ако е надвор од линијата лима точка C од третата боја, а потоа на кругот ограничен околу триаголникот ABC, има точки од сите три бои (на пример, БендСО). Значи, надвор од линијата лнема точки од трета боја. Но, бидејќи барем една точка од авионот е обоена во трета боја, тогаш оваа точка (ајде да ја наречеме Д) лежи на права линија л. Ако сега ги земеме предвид точките АИ Д, тогаш слично може да се покаже дека надвор од линијата лЈаснема точки од втора боја. Имајќи ги предвид точките ВОИ Д, може да се покаже дека надвор од линијата лнема точки од првата боја. Тоа е, надвор од права линија лбез обоени точки. Добивме контрадикција со условот. Ова значи дека можете да изберете круг кој има точки од сите три бои.

3. Одговори, a = б = 2.

Нека gcd (a; b) = d. Потоа А= а1 г, б =б1 г, каде gcd ( а1 ; б1 ) = 1. Потоа LCM (а; б)= а1 б1 г. Од тука а1 б1 г+d= а1 гб1 г, или а1 б1 + 1 = а1 б1 г. Каде а1 б1 (г - 1) = 1. Тоа е ал = бл = 1 и г= 2, што значи a= б = 2.

Коментар. Друго решение може да се добие со користење на еднаквоста LCM (a; b) GCD (a; b) = ab.

Коментар. Ако е даден само одговорот, тогаш дадете 0 поени.

4. Нека VR- висина рамнокрак триаголник FBE (сл. 6).

Потоа од сличноста на триаголниците AME ~ BPE произлегува дека https://pandia.ru/text/78/390/images/image028_3.gif" width="36 height=31" height="31">.

8 ОДДЕЛЕНИЕ

УЧИЛИШНИ ЗАДАЧИ

СЕРУСКА ОЛИМПИЈАДА ЗА УЧИЛИШТЕ ПО СОЦИЈАЛНИ СТУДИИ

ЦЕЛОСНО ИМЕ. ученик _________________________________________________________________

Датум на раѓање ___________________________ Класа ____,__ Датум „_____“ ______20__

Резултат (макс. 100 поени) _________

Вежба 1. Одбери го точниот одговор:

Златното правило на моралот вели:

1) „Око за око, заб за заб“;

2) „Не правете се идол“;

3) „Однесувајте се со луѓето онака како што сакате да ве третираат“;

4) „Почитувај ги татко ти и мајка си“.

Одговор: ___

Задача 2. Одбери го точниот одговор:

Способноста на човекот со своето дејствување да стекнува и остварува права и обврски се нарекува: 1) деловна способност; 2) деловна способност; 3) еманципација; 4) социјализација.

Одговор: ___

(За точниот одговор - 2 поени)

Задача 3. Одбери го точниот одговор:

ВО Руска Федерацијаима највисока правна сила во системот на нормативни акти

1) Укази на претседателот на Руската Федерација 3) Кривичен законик на Руската Федерација

2) Устав на Руската Федерација 4) Резолуции на Владата на Руската Федерација

Одговор: ___

(За точниот одговор - 2 поени)

Задача 4. Научникот мора правилно да ги напише концептите и термините. Пополнете ги точните букви на местото на празните места.

1. Pr…v…legia – предност дадена некому.

2. Д...в...ден... – приход исплатен на акционерите.

3. T...l...t...ness - толеранција кон туѓото мислење.

Задача 5. Пополнете го празното место во редот.

1. Клан, …….., националност, нација.

2. Христијанство, ………, Будизам.

3. Производство, дистрибуција, ………, потрошувачка.

Задача 6. По кој принцип се формираат редовите? Наведете го концептот заеднички за термините подолу што ги обединува.

1. Владеење на правото, поделба на власта, гарантирање на човековите права и слободи

2. Мерка на вредност, средства за складирање, средства за плаќање.

3. Обичај, преседан, закон.

1. ________________________________________________________

2.________________________________________________________

3.________________________________________________________

Задача 7. Одговорете со да или не:

1) Човекот по природа е биосоцијално суштество.

2) Комуникацијата се однесува само на размена на информации.

3) Секоја личност е индивидуална.

4) Во Руската Федерација, граѓанинот го добива целиот опсег на права и слободи од 14-годишна возраст.

5) Секој човек се раѓа како индивидуа.

6) Рускиот парламент (Федералното собрание) се состои од две комори.

7) Општеството е саморазвивачки систем.

8) Доколку е невозможно лично да се учествува на избори, дозволено е да се издаде полномошно на друго лице заради гласање за кандидатот наведен во полномошното.

9) Напредок историски развојконтрадикторно: во него можете да најдете и прогресивни и регресивни промени.

10) Индивидуал, личност, индивидуалност се концепти кои не се идентични.