Matemaatika ühtne riigieksam on peamine distsipliin, mida kõik lõpetajad sooritavad. Eksamitest on jagatud kaheks tasemeks – põhi- ja profiilikatse. Teist nõutakse vaid neilt, kes plaanivad kõrgkoolis põhiõppeaineks seada matemaatika. Kõik teised läbivad algtaseme. Selle testi eesmärk on kontrollida kraadiõppurite oskuste ja teadmiste taset normidele ja standarditele vastavuse osas. Jaotus eriala- ja põhitasemeteks võeti esmakordselt kasutusele 2017. aastal, et üliõpilased, kes ei vaja kõrgkooli astumiseks kõrgmatemaatikat, ei raiskaks aega keerukateks ülesanneteks valmistumisele.

Tunnistuse saamiseks ja ülikooli dokumentide esitamiseks peate ülesanded rahuldavalt täitma algtase. Ettevalmistus sisaldab kordamist kooli õppekava algebras ja geomeetrias. Põhitaseme ühtse riigieksami ülesanded on kooliõpilastele kättesaadavad erinevad tasemed teadmisi. Algtaseme saavad läbida õpilased, kes olid tunnis lihtsalt tähelepanelikud.
Peamised soovitused ettevalmistamiseks on järgmised:

• Süstemaatilist ettevalmistust tasub alustada juba varakult, et ei peaks närveerima, omandades kõik ülesanded 1-2 kuud enne eksamit. Kvaliteetseks ettevalmistuseks kuluv periood sõltub teadmiste algtasemest.
• Kui sa pole kindel, et saad ülesannetega iseseisvalt hakkama, otsi abi juhendajalt – tema aitab sul teadmisi süstematiseerida.
• Harjuta ülesannete, näidete, ülesannete lahendamist vastavalt programmile.
• Lahendage ülesandeid veebis - "Ühtse riigieksami lahendamine" aitab regulaarsel koolitusel ja eksamiks valmistumisel. Koos juhendajaga saate analüüsida vigu ja analüüsida ülesandeid, mis põhjustavad erilisi raskusi.

Testi edukaks sooritamiseks tuleb üle vaadata järgmised teemad: võrrandid ja võrratused, koordinaatsüsteemid, geomeetrilised kujundid, identiteedi teisendused, funktsioonid ja vektorid.
Ettevalmistusprotsessis lahendage võimalikult palju erineva raskusastmega ülesandeid, liikuge järk-järgult aja peale ülesannete täitmisele. Tundma õppima .
Ettevalmistusmeetodid

• Aine õppimine koolis;
• Enesekasvatus – probleemide lahendamine eeskuju järgi;
• Tunnid juhendajaga;
• Koolitused;
• Internetis ettevalmistamine.

Viimane võimalus on säästa aega ja raha, võimalus panna proovile oma tugevad küljed ja visandada hulk probleemseid ülesandeid.

Ülesandeid on 20 (arv võib igal aastal muutuda), millele tuleb anda lühikesed vastused. Sellest piisab üliõpilasele, kes plaanib kõrgkooli astuda. haridusasutused humanitaarerialade jaoks.
Õppeainele antakse ülesannete täitmiseks aega 3 tundi. Enne töö alustamist peate hoolikalt läbi lugema juhised ja tegutsema vastavalt nende sätetele. Eksamimärkmikuga on kaasas teatmematerjalid, mis on vajalikud eksamitesti sooritamiseks. Kõigi ülesannete eduka sooritamise eest antakse 5 punkti, miinimumhind on 3.

Videokursus “Saada A” sisaldab kõiki teemasid, mis on vajalikud matemaatika ühtse riigieksami edukaks sooritamiseks 60-65 punktiga. Täielikult kõik matemaatika profiili ühtse riigieksami ülesanded 1-13. Sobib ka matemaatika ühtse riigieksami põhieksami sooritamiseks. Kui soovid sooritada ühtse riigieksami 90-100 punktiga, tuleb 1. osa lahendada 30 minutiga ja vigadeta!

Ettevalmistuskursus ühtseks riigieksamiks 10.-11.klassidele, samuti õpetajatele. Kõik, mida vajate matemaatika ühtse riigieksami 1. osa (esimesed 12 ülesannet) ja 13. ülesande (trigonomeetria) lahendamiseks. Ja see on ühtsel riigieksamil rohkem kui 70 punkti ja ilma nendeta ei saa hakkama ei 100-punktiline ega humanitaartudeng.

Kogu vajalik teooria. Kiired viisidÜhtse riigieksami lahendused, lõksud ja saladused. Kõik FIPI Task Banki 1. osa praegused ülesanded on analüüsitud. Kursus vastab täielikult ühtse riigieksami 2018 nõuetele.

Kursus sisaldab 5 suurt teemat, igaüks 2,5 tundi. Iga teema on antud nullist, lihtsalt ja selgelt.

Sajad ühtse riigieksami ülesanded. Sõnaülesanded ja tõenäosusteooria. Lihtsad ja kergesti meeldejäävad algoritmid probleemide lahendamiseks. Geomeetria. teooria, võrdlusmaterjal, igat tüüpi ühtse riigieksami ülesannete analüüs. Stereomeetria. Keerulised lahendused, kasulikud petulehed, ruumilise kujutlusvõime arendamine. Trigonomeetria nullist probleemini 13. Tuupimise asemel mõistmine. Visuaalne selgitus keerulised mõisted. Algebra. Juured, astmed ja logaritmid, funktsioon ja tuletis. Lahenduse alus keerulised ülesanded 2 osa ühtsest riigieksamist.

Keskmine Üldharidus

UMK liin G. K. Muravina. Algebra ja matemaatilise analüüsi põhimõtted (10-11) (sügav)

UMK Merzlyak liin. Algebra ja analüüsi algus (10-11) (U)

Matemaatika

Ettevalmistus matemaatika ühtseks riigieksamiks (profiilitasand): ülesanded, lahendused ja selgitused

Analüüsime ülesandeid ja lahendame koos õpetajaga näiteid

Eksamitöö profiili tase kestab 3 tundi 55 minutit (235 minutit).

Minimaalne lävi- 27 punkti.

Eksamitöö koosneb kahest osast, mis erinevad nii sisu, keerukuse kui ka ülesannete arvu poolest.

Iga tööosa määravaks tunnuseks on ülesannete vorm:

• 1. osa sisaldab 8 ülesannet (ülesanded 1-8) lühikese vastusega täisarvu või kümnendmurru kujul;
• 2. osa sisaldab 4 ülesannet (ülesanded 9-12) lühikese vastusega täisarvu või kümnendmurru kujul ja 7 ülesannet (ülesanded 13-19) üksikasjaliku vastusega ( täielik rekord otsused koos tehtud toimingute põhjendusega).

Panova Svetlana Anatolevna, kooli kõrgeima kategooria matemaatikaõpetaja, töökogemus 20 aastat:

"Et saada koolitunnistus, peab lõpetaja sooritama kaks kohustuslikku eksamit ühtse riigieksami vormis, millest üks on matemaatika. Vastavalt matemaatikahariduse arendamise kontseptsioonile aastal Venemaa Föderatsioon Matemaatika ühtne riigieksam jaguneb kaheks tasemeks: põhi- ja erialaeksam. Täna vaatame profiilitaseme valikuid.

Ülesanne nr 1- kontrollib osalejaid Ühtse riigieksami oskus rakendada 5. - 9. klassi kursusel omandatud oskusi algmatemaatikas, sisse praktiline tegevus. Osaleja peab omama arvutusoskusi, oskama töötada ratsionaalsete arvudega, oskama ümardada kümnendkohad, suutma teisendada ühe mõõtühiku teiseks.

Näide 1. Korterisse, kus Peter elab, paigaldati voolumõõtur külm vesi(loendur). 1. mail näitas arvesti kuluks 172 kuupmeetrit. m vett ja esimesel juunil - 177 kuupmeetrit. m Mis summa peaks Peter maksma külma vee eest mais, kui hind on 1 kuupmeeter? m külm vesi on 34 rubla 17 kopikat? Esitage oma vastus rublades.

Lahendus:

1) Leidke kuus kulutatud vee kogus:

177–172 = 5 (kuupm)

2) Leiame, kui palju raha nad raisatud vee eest maksavad:

34,17 5 = 170,85 (hõõru)

Vastus: 170,85.

Ülesanne nr 2- on üks lihtsamaid eksamiülesandeid. Suurem osa lõpetajaid tuleb sellega edukalt toime, mis viitab funktsiooni mõiste definitsiooni tundmisele. Ülesande liik nr 2 nõuete kodifitseerija järgi on ülesanne omandatud teadmiste ja oskuste kasutamise kohta praktilises tegevuses ja Igapäevane elu. Ülesanne nr 2 seisneb suuruste erinevate reaalsete seoste kirjeldamises, kasutamises ja nende graafikute tõlgendamises. Ülesanne nr 2 testib tabelite, diagrammide ja graafikutena esitatud teabe eraldamise võimet. Lõpetajad peavad suutma määrata argumendi väärtusest funktsiooni väärtuse erinevatel funktsioonide täpsustamise viisidel ning kirjeldada funktsiooni käitumist ja omadusi selle graafiku põhjal. Samuti tuleb osata leida kõige suurem või väikseim väärtus ja koostada uuritud funktsioonide graafikud. Probleemi tingimuste lugemisel, diagrammi lugemisel on tehtud vead juhuslikud.

#ADVERTISING_INSERT#

Näide 2. Joonisel on näha kaevandusettevõtte ühe aktsia vahetusväärtuse muutus 2017. aasta aprilli esimesel poolel. 7. aprillil ostis ärimees selle ettevõtte 1000 aktsiat. 10. aprillil müüs ta kolmveerand ostetud aktsiatest ja 13. aprillil kõik ülejäänud aktsiad. Kui palju ärimees nende operatsioonide tulemusel kaotas?

Lahendus:

2) 1000 · 3/4 = 750 (aktsiad) - moodustavad 3/4 kõigist ostetud aktsiatest.

6) 247500 + 77500 = 325000 (hõõruda) - ärimees sai pärast müüki 1000 aktsiat.

7) 340 000 – 325 000 = 15 000 (hõõru) - ärimees kaotas kõigi toimingute tulemusena.

Vastus: 15000.

Ülesanne nr 3- on esimese osa algtaseme ülesanne, testib võimet sooritada toiminguid geomeetrilised kujundid kursuse “Planimeetria” sisu kohta. Ülesandes 3 testitakse ruudulisel paberil oleva kujundi pindala arvutamise oskust, nurkade astmemõõtude arvutamise oskust, perimeetrite arvutamist jne.

Näide 3. Leidke ruudulisele paberile joonistatud ristküliku pindala, mille lahtri suurus on 1 cm x 1 cm (vt joonist). Esitage oma vastus ruutsentimeetrites.

Lahendus: Antud joonise pindala arvutamiseks võite kasutada Peak valemit:

Antud ristküliku pindala arvutamiseks kasutame Peaki valemit:

S= B +	G
	2

kus B = 10, G = 6, seega

S = 18 +	6
	2

Vastus: 20.

Loe ka: Füüsika ühtne riigieksam: võnkumiste alaste ülesannete lahendamine

Ülesanne nr 4- kursuse “Tõenäosusteooria ja statistika” eesmärk. Testitakse oskust arvutada sündmuse tõenäosust kõige lihtsamas olukorras.

Näide 4. Ringile on märgitud 5 punast ja 1 sinine täpp. Määrake, millised hulknurgad on suuremad: need, mille kõik tipud on punased või need, mille üks tippudest on sinine. Oma vastuses märkige, kui palju on ühtesid rohkem kui teisi.

Lahendus: 1) Kasutame kombinatsioonide arvu valemit n elemendid poolt k:

mille tipud on kõik punased.

3) Üks viisnurk, mille kõik tipud on punased.

4) 10 + 5 + 1 = 16 hulknurka kõigi punaste tippudega.

millel on punased pealsed või ühe sinise ülaosaga.

millel on punased pealsed või ühe sinise ülaosaga.

8) Üks punaste tippudega kuusnurk ja üks sinine tipp.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 hulknurka, millel on kõik punased tipud või üks sinine tipp.

10) 42–16 = 26 hulknurka, kasutades sinist punkti.

11) 26 – 16 = 10 hulknurka – mitu hulknurka, mille üks tippudest on sinine täpp, on rohkem kui hulknurki, mille kõik tipud on ainult punased.

Vastus: 10.

Ülesanne nr 5- esimese osa algtase kontrollib lihtsate võrrandite (irratsionaalne, eksponentsiaalne, trigonomeetriline, logaritmiline) lahendamise oskust.

Näide 5. Lahendage võrrand 2 3 + x= 0,4 5 3 + x .

Lahendus. Jagage selle võrrandi mõlemad pooled 5 3 +-ga X≠ 0, saame

2 3 + x	= 0,4 või		2		3 + X	=	2	,
5 3 + X			5				5

millest järeldub, et 3 + x = 1, x = –2.

Vastus: –2.

Ülesanne nr 6 planimeetrias geomeetriliste suuruste (pikkuste, nurkade, pindalade) leidmiseks, reaalsete olukordade modelleerimine geomeetria keeles. Ehitatud mudelite uurimine geomeetriliste mõistete ja teoreemide abil. Raskuste allikaks on reeglina planimeetria vajalike teoreemide teadmatus või vale rakendamine.

Kolmnurga pindala ABC võrdub 129-ga. DE– küljega paralleelne keskjoon AB. Leidke trapetsi pindala VOODI.

Lahendus. Kolmnurk CDE sarnane kolmnurgaga TAKSO kahe nurga all, kuna nurk tipus Cüldine, nurk СDE võrdne nurgaga TAKSO kui vastavad nurgad DE || AB sekant A.C.. Sest DE– kolmnurga keskjoon tingimuse, seejärel omaduse järgi keskjoon | DE = (1/2)AB. See tähendab, et sarnasuse koefitsient on 0,5. Sarnaste arvude pindalad on seega seotud sarnasuskordaja ruuduna

Seega S ABED = S Δ ABC – S Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

Ülesanne nr 7- kontrollib tuletise rakendamist funktsiooni uurimisel. Edukas rakendamine eeldab tuletise mõiste tähenduslikke, mitteformaalseid teadmisi.

Näide 7. Funktsiooni graafikule y = f(x) abstsisspunktis x 0 tõmmatakse puutuja, mis on risti selle graafiku punkte (4; 3) ja (3; –1) läbiva sirgega. Otsi f′( x 0).

Lahendus. 1) Kasutame kahte antud punkti läbiva sirge võrrandit ja leiame punkte (4; 3) ja (3; –1) läbiva sirge võrrandi.

(y – y 1)(x 2 – x 1) = (x – x 1)(y 2 – y 1)

(y – 3)(3 – 4) = (x – 4)(–1 – 3)

(y – 3)(–1) = (x – 4)(–4)

–y + 3 = –4x+ 16| · (-1)

y – 3 = 4x – 16

y = 4x– 13, kus k 1 = 4.

2) Leidke puutuja kalle k 2, mis on joonega risti y = 4x– 13, kus k 1 = 4, vastavalt valemile:

3) Puutenurk on funktsiooni tuletis puutepunktis. Tähendab, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Vastus: –0,25.

Ülesanne nr 8- kontrollib eksamil osalejate teadmisi elementaarsest stereomeetriast, oskust rakendada valemeid kujundite pindalade ja mahtude, kahetahuliste nurkade leidmiseks, võrrelda sarnaste kujundite ruumalasid, teha toiminguid geomeetriliste kujundite, koordinaatide ja vektoritega jne.

Ümber kera ümbritsetud kuubi ruumala on 216. Leia sfääri raadius.

Lahendus. 1) V kuubik = a 3 (kus A– kuubi serva pikkus), seega

A 3 = 216

A = 3 √216

2) Kuna kera on kantud kuubi, tähendab see, et kera läbimõõdu pikkus on võrdne kuubi serva pikkusega, seega d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Ülesanne nr 9- eeldab lõpetajalt algebraliste avaldiste teisendamise ja lihtsustamise oskust. Ülesanne nr 9 kõrgem tase Raskused lühikese vastusega. Ühtse riigieksami jaotise „Arvutused ja teisendused” ülesanded on jagatud mitut tüüpi:

arvuliste ratsionaalavaldiste teisendus;

algebraliste avaldiste ja murdude teisendamine;

numbrite/tähtede teisendamine irratsionaalsed väljendid;

toimingud kraadidega;

logaritmiliste avaldiste teisendamine;

1. numbriliste/tähtede trigonomeetriliste avaldiste teisendamine.

Näide 9. Arvutage tanα, kui on teada, et cos2α = 0,6 ja

3π	< α < π.
4

Lahendus. 1) Kasutame topeltargumendi valemit: cos2α = 2 cos 2 α – 1 ja leiame

tan 2 α =	1	– 1 =	1	– 1 =	10	– 1 =	5	– 1 = 1	1	– 1 =	1	= 0,25.
	cos 2 α		0,8		8		4		4		4

See tähendab tan 2 α = ± 0,5.

3) Tingimuste järgi

3π	< α < π,
4

see tähendab, et α on teise kvartali ja tgα nurk< 0, поэтому tgα = –0,5.

Vastus: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Ülesanne nr 10- testib õpilaste oskust kasutada omandatud varaseid teadmisi ja oskusi praktilises tegevuses ja igapäevaelus. Võime öelda, et need on probleemid füüsikas ja mitte matemaatikas, vaid kõiges vajalikud valemid ja väärtused on antud tingimuses. Ülesanded taandatakse lineaarsete või ruutvõrrand, või lineaarne või ruutvõrratus. Seetõttu on vaja selliseid võrrandeid ja võrratusi lahendada ning vastus määrata. Vastus tuleb esitada täisarvu või lõpliku kümnendmurruna.

Kaks massilist keha m= 2 kg igaüks, liikudes sama kiirusega v= 10 m/s üksteise suhtes 2α nurga all. Nende absoluutselt mitteelastsel kokkupõrkel vabanev energia (džaulides) määratakse avaldise järgi K = mv 2 sin 2 α. Millise väikseima nurga 2α (kraadides) all peavad kehad liikuma, et kokkupõrke tagajärjel vabaneks vähemalt 50 džauli?
Lahendus.Ülesande lahendamiseks tuleb lahendada ebavõrdsus Q ≥ 50, intervallil 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

Kuna α ∈ (0°; 90°), siis me ainult lahendame

Esitame ebavõrdsuse lahenduse graafiliselt:

Kuna tingimuse α ∈ (0°; 90°) järgi tähendab see 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Ülesanne nr 11- on tüüpiline, kuid osutub õpilastele keeruliseks. Peamine raskuste allikas on matemaatilise mudeli konstrueerimine (võrrandi koostamine). Ülesandes nr 11 testitakse tekstülesannete lahendamise oskust.

Näide 11. Peal kevadvaheaeg 11. klassi õpilane Vasja pidi ühtseks riigieksamiks valmistumiseks lahendama 560 harjutusülesannet. 18. märtsil, viimasel koolipäeval, lahendas Vasja 5 ülesannet. Siis lahendas ta iga päev sama palju probleeme rohkem kui eelmisel päeval. Tehke kindlaks, kui palju probleeme Vasya 2. aprillil, pühade viimasel päeval, lahendas.

Lahendus: Tähistame a 1 = 5 – probleemide arv, mille Vasya 18. märtsil lahendas, d- igapäevane Vasya lahendatud ülesannete arv, n= 16 – päevade arv 18. märtsist 2. aprillini kaasa arvatud, S 16 = 560 – ülesannete koguarv, a 16 – probleemide arv, mille Vasya 2. aprillil lahendas. Teades, et Vasja lahendas iga päev sama arvu ülesandeid võrreldes eelmise päevaga rohkem, saame summa leidmiseks kasutada valemeid aritmeetiline progressioon:

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

Vastus: 65.

Ülesanne nr 12- testida õpilaste võimet teha tehteid funktsioonidega, et osata rakendada tuletist funktsiooni uurimisel.

Leia funktsiooni maksimumpunkt y= 10ln( x + 9) – 10x + 1.

Lahendus: 1) Leidke funktsiooni määratluspiirkond: x + 9 > 0, x> –9, see tähendab x ∈ (–9; ∞).

2) Leidke funktsiooni tuletis:

4) Leitud punkt kuulub intervalli (–9; ∞). Määrame funktsiooni tuletise märgid ja kujutame funktsiooni käitumist joonisel:

Soovitud maksimumpunkt x = –8.

Laadige tasuta alla õppematerjalide rea G.K. matemaatika tööprogramm. Muravina, K.S. Muravina, O.V. Muravina 10-11 Laadige alla tasuta algebra õppevahendeid

Ülesanne nr 13-kõrgendatud keerukuse tase üksikasjaliku vastusega, võrrandite lahendamise võime testimine, kõige edukamalt lahendatud ülesannete hulgas, millel on kõrgendatud keerukusastmega üksikasjalik vastus.

a) Lahendage võrrand 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

b) Leia kõik selle võrrandi juured, mis kuuluvad segmenti .

Lahendus: a) Olgu log 3 (2cos x) = t, siis 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

	logi 3(2cos x) =	2	⇔		2cos x = 9	⇔		cos x =	4,5	⇔ sest |cos x| ≤ 1,
	logi 3(2cos x) =	1			2cos x = √3			cos x =	√3
		2							2

siis cos x =	√3
	2

	x =	π	+ 2π k
		6
	x = –	π	+ 2π k, k ∈ Z
		6

b) Leia juured, mis asuvad lõigul .

Joonisel on näha, et antud segmendi juured kuuluvad

11π	Ja	13π	.
6		6

Vastus: A)	π	+ 2π k; –	π	+ 2π k, k ∈ Z; b)	11π	;	13π	.
	6		6		6		6

Ülesanne nr 14-kõrgtase viitab üksikasjaliku vastusega ülesannetele teises osas. Ülesandes testitakse oskust sooritada toiminguid geomeetriliste kujunditega. Ülesanne sisaldab kahte punkti. Esimeses punktis tuleb ülesanne tõestada ja teises punktis arvutada.

Silindri aluse ringi läbimõõt on 20, silindri generatriks on 28. Tasapind lõikub selle põhjaga piki kõõlu pikkusega 12 ja 16. Kõõlude vaheline kaugus on 2√197.

a) Tõesta, et silindri aluste keskpunktid asuvad selle tasapinna ühel küljel.

b) Leidke nurk selle tasandi ja silindri aluse tasapinna vahel.

Lahendus: a) Kõõl pikkusega 12 asub põhiringi keskpunktist kaugusel = 8 ja kõõl pikkusega 16 on samamoodi kaugusel 6. Seetõttu on nende projektsioonide vaheline kaugus ringjoonega paralleelsele tasapinnale. silindrite põhi on kas 8 + 6 = 14 või 8 - 6 = 2.

Siis on akordide vahekaugus kas

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Vastavalt tingimusele realiseeriti teine ​​juhtum, kus kõõlude projektsioonid asuvad ühel pool silindri telge. See tähendab, et telg ei ristu silindri sees selle tasapinnaga, see tähendab, et alused asuvad selle ühel küljel. Mida oli vaja tõestada.

b) Tähistame aluste keskpunktid O 1 ja O 2. Joonistame aluse keskpunktist 12 pikkuse kõõluga risti poolitaja selle kõõlule (selle pikkus on 8, nagu juba märgitud) ja teise aluse keskpunktist teise kõõluni. Need asuvad samal tasapinnal β, mis on nende akordidega risti. Nimetame väiksema kõõlu B keskpunkti, suurema kõõlu A ja A projektsiooni teisele alusele - H (H ∈ β). Siis on AB,AH ∈ β ja seega AB,AH risti kõõlu ehk aluse lõikesirge antud tasandiga.

See tähendab, et nõutav nurk on võrdne

∠ABH = arctaan	A.H.	= arctan	28	= arctg14.
	B.H.		8 – 6

Ülesanne nr 15- üksikasjaliku vastusega suurenenud keerukuse tase, testib ebavõrdsuse lahendamise võimet, mis on kõige edukamalt lahendatud kõrgendatud keerukusastmega üksikasjaliku vastusega ülesannete hulgas.

Näide 15. Lahenda ebavõrdsus | x 2 – 3x| logi 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Lahendus: Selle ebavõrdsuse määratluspiirkond on intervall (–1; +∞). Mõelge kolmele juhtumile eraldi:

1) Lase x 2 – 3x= 0, st. X= 0 või X= 3. Sel juhul muutub see ebavõrdsus tõeseks, seetõttu kaasatakse need väärtused lahendusse.

2) Lase nüüd x 2 – 3x> 0, st. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Lisaks saab selle ebavõrdsuse ümber kirjutada järgmiselt ( x 2 – 3x) logi 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 ja jaga positiivse avaldisega x 2 – 3x. Saame logi 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 või x≤ –0,5. Võttes arvesse määratlusvaldkonda, on meil x ∈ (–1; –0,5].

3) Lõpuks kaalume x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). Sel juhul kirjutatakse algne ebavõrdsus ümber kujul (3 x – x 2) logi 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Pärast positiivsega 3 jagamist x – x 2, saame logi 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Piirkonda arvesse võttes on meil x ∈ (0; 1].

Saadud lahendusi kombineerides saame x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Vastus: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Ülesanne nr 16- kõrgtase viitab üksikasjaliku vastusega ülesannetele teises osas. Ülesandes testitakse oskust sooritada toiminguid geomeetriliste kujundite, koordinaatide ja vektoritega. Ülesanne sisaldab kahte punkti. Esimeses punktis tuleb ülesanne tõestada ja teises punktis arvutada.

Võrdhaarses kolmnurgas ABC, mille nurk on 120°, on poolitaja BD tõmmatud tipus A. Ristkülik DEFH on kantud kolmnurka ABC nii, et külg FH asub lõigul BC ja tipp E asub lõigul AB. a) Tõesta, et FH = 2DH. b) Leidke ristküliku DEFH pindala, kui AB = 4.

Lahendus: A)

1) ΔBEF – ristkülikukujuline, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, siis EF = BE 30° nurga vastas asuva jala omaduse järgi.

2) Olgu EF = DH = x, siis BE = 2 x, BF = x√3 Pythagorase teoreemi järgi.

3) Kuna ΔABC on võrdhaarne, tähendab see ∠B = ∠C = 30˚.

BD on ∠B poolitaja, mis tähendab, et ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Vaatleme ΔDBH – ristkülikukujulist, sest DH⊥BC.

2x	=	4 – 2x
2x(√3 + 1)		4

1	=	2 – x
√3 + 1		2

√3 – 1 = 2 – x

x = 3 – √3

EF = 3 – √3

2) S DEFH = ED EF = (3 – √3 ) 2 (3 – √3 )

S DEFH = 24–12√3.

Vastus: 24 – 12√3.

Ülesanne nr 17- üksikasjaliku vastusega ülesanne, selle ülesandega testitakse teadmiste ja oskuste rakendamist praktilises tegevuses ja igapäevaelus, ehitus- ja uurimisoskust matemaatilised mudelid. See ülesanne on majandusliku sisuga tekstiprobleem.

Näide 17. 20 miljoni rubla suurune hoius plaanitakse avada neljaks aastaks. Pank suurendab iga aasta lõpus hoiust 10% võrreldes selle aasta alguse suurusega. Lisaks täiendab investor kolmanda ja neljanda aasta alguses hoiust igal aastal aasta võrra X miljonit rubla, kus X - terve number. Otsi kõrgeim väärtus X, milles pangale laekub hoiusele nelja aasta jooksul vähem kui 17 miljonit rubla.

Lahendus: Esimese aasta lõpus on sissemakse 20 + 20 · 0,1 = 22 miljonit rubla ja teise aasta lõpus - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 miljonit rubla. Kolmanda aasta alguses on sissemakse (miljonites rublades) (24,2+ X) ja lõpus - (24,2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Neljanda aasta alguses on sissemakse (26,62 + 2,1 X), ja lõpus - (26,62 + 2,1 X) + (26,62 + 2,1X) 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Tingimuse järgi tuleb leida suurim täisarv x, mille kohta ebavõrdsus kehtib

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

x <	7718
	310

x <	3859
	155

x < 24	139
	155

Selle ebavõrdsuse suurim täisarvlahend on arv 24.

Vastus: 24.

Ülesanne nr 18- üksikasjaliku vastusega kõrgendatud keerukusega ülesanne. See ülesanne on mõeldud konkursil osalemiseks ülikoolidesse, kus on kõrgendatud nõuded kandideerijate matemaatilisele ettevalmistusele. Harjutus kõrge tase keerukus – see ülesanne ei seisne ühe lahendusmeetodi kasutamises, vaid kombinatsioonis erinevaid meetodeid. Ülesande 18 edukaks sooritamiseks on vaja lisaks kindlatele matemaatilistele teadmistele ka kõrget matemaatilist kultuuri.

Mille juures a ebavõrdsuse süsteem

	x 2 + y 2 ≤ 2jah – a 2 + 1
	y + a ≤ |x| – a

on täpselt kaks lahendust?

Lahendus: Seda süsteemi saab vormis ümber kirjutada

	x 2 + (y– a) 2 ≤ 1
	y ≤ |x| – a

Kui joonistada tasapinnale esimese võrratuse lahendite hulk, saame raadiusega 1 ringi sisemuse (piiriga), mille keskpunkt on punktis (0, A). Teise võrratuse lahendite hulk on tasandi osa, mis asub funktsiooni graafiku all y = | x| – a, ja viimane on funktsiooni graafik
y = | x| , nihutatud allapoole A. Selle süsteemi lahendus on iga ebavõrdsuse lahenduste kogumite ristumiskoht.

Järelikult on sellel süsteemil kaks lahendust ainult joonisel fig. 1.

Ringi kokkupuutepunktid joontega on süsteemi kaks lahendust. Iga sirgjoon on telgede suhtes 45° nurga all. Nii et see on kolmnurk PQR– ristkülikukujulised võrdhaarsed. Punkt K on koordinaadid (0, A) ja punkt R– koordinaadid (0, – A). Lisaks segmendid PR Ja PQ võrdne ringi raadiusega 1. See tähendab

QR= 2a = √2, a =	√2	.
	2

Vastus: a =	√2	.
	2

Ülesanne nr 19- üksikasjaliku vastusega kõrgendatud keerukusega ülesanne. See ülesanne on mõeldud konkursil osalemiseks ülikoolidesse, kus on kõrgendatud nõuded kandideerijate matemaatilisele ettevalmistusele. Kõrge keerukusega ülesanne on ülesanne mitte ühe lahendusmeetodi kasutamisel, vaid erinevate meetodite kombinatsioonil. Ülesande 19 edukaks sooritamiseks peab oskama lahendust otsida, valides teadaolevate seast erinevaid lähenemisviise ja modifitseerides uuritud meetodeid.

Lase Sn summa P aritmeetilise progressiooni terminid ( a p). On teada, et S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Esitage valem P selle edenemise tähtaeg.

b) Leia väikseim absoluutsumma S n.

c) Leia väikseim P, mille juures S n on täisarvu ruut.

Lahendus: a) On selge, et a n = S n – S n- 1 . Seda valemit kasutades saame:

S n = S (n – 1) + 1 = 2(n – 1) 2 – 21(n – 1) – 23 = 2n 2 – 25n,

S n – 1 = S (n – 2) + 1 = 2(n – 1) 2 – 21(n – 2) – 23 = 2n 2 – 25n+ 27

Tähendab, a n = 2n 2 – 25n – (2n 2 – 29n + 27) = 4n – 27.

B) Alates S n = 2n 2 – 25n, siis kaaluge funktsiooni S(x) = | 2x 2 – 25x|. Selle graafik on näha joonisel.

Ilmselt saavutatakse väikseim väärtus täisarvu punktides, mis asuvad funktsiooni nullidele kõige lähemal. Ilmselgelt on need punktid X= 1, X= 12 ja X= 13. Alates S(1) = |S 1 | = |2 – 25| = 23, S(12) = |S 12 | = |2 · 144 – 25 · 12| = 12, S(13) = |S 13 | = |2 · 169 – 25 · 13| = 13, siis on väikseim väärtus 12.

c) Eelmisest lõigust järeldub, et Sn positiivne, alates n= 13. Alates S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), siis ilmne juhtum, kui see avaldis on täiuslik ruut, realiseerub siis, kui n = 2n– 25, see tähendab kl P= 25.

Jääb üle kontrollida väärtusi vahemikus 13 kuni 25:

S 13 = 13 1, S 14 = 14 3, S 15 = 15 5, S 16 = 16 7, S 17 = 17 9, S 18 = 18 11, S 19 = 19 13, S 20 = 20 13, S 21 = 21 17, S 22 = 22 19, S 23 = 23 21, S 24 = 24 23.

Selgub, et väiksemate väärtuste puhul P täielikku ruutu ei saavutata.

Vastus: A) a n = 4n– 27; b) 12; c) 25.

________________

*Alates 2017. aasta maist on ühendatud kirjastuskontsern "DROFA-VENTANA" osa korporatsioonist Russian Textbook. Korporatsiooni alla kuuluvad ka kirjastus Astrel ja digitaalne haridusplatvorm LECTA. Peadirektor määrati juhatajaks Aleksandr Brõtškin, kes on lõpetanud Vene Föderatsiooni valitsuse finantsakadeemia majandusteaduste kandidaadiks uuenduslikud projektid kirjastus "DROFA" digihariduse valdkonnas ( elektroonilised vormidõpikud, „Vene e-kool", digitaalne haridusplatvorm LECTA). Enne DROFA kirjastusega liitumist töötas ta kirjastusettevõtte EKSMO-AST strateegilise arendamise ja investeeringute asepresidendi ametikohal. Täna on Venemaa õpikute kirjastuse korporatsioonil suurim föderaalsesse nimekirja kantud õpikute portfell - 485 nimetust (umbes 40%, välja arvatud õpikud paranduskool). Korporatsiooni kirjastustele kuuluvad vene koolide populaarseimad füüsika, joonistamise, bioloogia, keemia, tehnoloogia, geograafia, astronoomia õpikukomplektid – need on teadmised, mida on vaja riigi tootmispotentsiaali arendamiseks. Ettevõtte portfelli kuuluvad õpikud ja õppevahendid Põhikool, pälvis presidendi preemia haridusvaldkonnas. Need on õpikud ja käsiraamatud ainevaldkondades, mis on vajalikud Venemaa teadusliku, tehnilise ja tootmispotentsiaali arendamiseks.

Selles jaotises valmistume matemaatika põhi-, profiilitaseme ühtseks riigieksamiks - esitleme ülesannete analüüsi, teste, eksami kirjeldust ja kasulikke soovitusi. Meie ressurssi kasutades saate vähemalt aru, kuidas probleeme lahendada ja suudate edukalt sooritada matemaatika ühtse riigieksami 2019. aastal. Alusta!

Matemaatika ühtne riigieksam on kohustuslik eksam igale 11. klassi õpilasele, seega on selles jaotises esitatud teave asjakohane kõigile. Matemaatikaeksam jaguneb kahte tüüpi – põhi- ja erialaeksam. Selles jaotises analüüsin igat tüüpi ülesandeid üksikasjalik selgitus kahe variandi jaoks. Ühtse riigieksami ülesanded rangelt temaatiline, nii et iga probleemi kohta saate anda täpseid soovitusi ja esitada konkreetselt seda tüüpi ülesannete lahendamiseks vajaliku teooria. Altpoolt leiate lingid ülesannetele, millele klikkides saate teooriat uurida ja näiteid analüüsida. Näiteid täiendatakse ja uuendatakse pidevalt.

Matemaatika ühtse riigieksami algtaseme ülesehitus

Matemaatika algtaseme eksamitöö koosneb üks tükk , sealhulgas 20 lühivastusega ülesannet. Kõik ülesanded on suunatud põhioskuste ja praktiliste oskuste arengu testimisele matemaatikateadmiste rakendamisel igapäevastes olukordades.

Vastus igale ülesandele 1–20 on täisarv, kümnendkoha lõpus , või numbrite jada .

Lühivastusega ülesanne loetakse täidetuks, kui vastusevormile nr 1 on kirja pandud õige vastus ülesande täitmise juhendis sätestatud vormis.

Keskharidus üldharidus

Liin UMK G.K. Algebra ja matemaatilise analüüsi põhimõtted (10-11) (sügav)

UMK Merzlyak liin. Algebra ja analüüsi algus (10-11) (U)

Matemaatika

Ettevalmistus matemaatika ühtseks riigieksamiks (profiilitasand): ülesanded, lahendused ja selgitused

Analüüsime ülesandeid ja lahendame koos õpetajaga näiteid

Profiilitaseme eksam kestab 3 tundi 55 minutit (235 minutit).

Minimaalne lävi- 27 punkti.

Eksamitöö koosneb kahest osast, mis erinevad nii sisu, keerukuse kui ka ülesannete arvu poolest.

Iga tööosa määravaks tunnuseks on ülesannete vorm:

• 1. osa sisaldab 8 ülesannet (ülesanded 1-8) lühikese vastusega täisarvu või kümnendmurru kujul;
• 2. osa sisaldab 4 ülesannet (ülesanded 9–12) lühikese vastusega täisarvu või kümnendmurru kujul ja 7 ülesannet (ülesanded 13–19) üksikasjaliku vastusega (lahenduse täielik kirje koos põhjendusega võetud toimingud).

Panova Svetlana Anatolevna, kooli kõrgeima kategooria matemaatikaõpetaja, töökogemus 20 aastat:

«Koolitunnistuse saamiseks peab lõpetaja sooritama ühtse riigieksami vormis kaks kohustuslikku eksamit, millest üks on matemaatika. Vastavalt Vene Föderatsiooni matemaatilise hariduse arendamise kontseptsioonile on matemaatika ühtne riigieksam jagatud kaheks tasemeks: põhi- ja erialaeksam. Täna vaatame profiilitaseme valikuid.

Ülesanne nr 1- testib ühtse riigieksami osalejate oskust rakendada 5.–9. klassi algmatemaatika kursusel omandatud oskusi praktilises tegevuses. Osalejal peab olema arvutusoskus, ta peab suutma töötada ratsionaalsete arvudega, suutma ümardada kümnendkohti ja oskama üht mõõtühikut teisendada.

Näide 1. Korteris, kus Peter elab, paigaldati külma vee voolumõõtja (mõõtja). 1. mail näitas arvesti kuluks 172 kuupmeetrit. m vett ja esimesel juunil - 177 kuupmeetrit. m Mis summa peaks Peter maksma külma vee eest mais, kui hind on 1 kuupmeeter? m külm vesi on 34 rubla 17 kopikat? Esitage oma vastus rublades.

Lahendus:

1) Leidke kuus kulutatud vee kogus:

177–172 = 5 (kuupm)

2) Leiame, kui palju raha nad raisatud vee eest maksavad:

34,17 5 = 170,85 (hõõru)

Vastus: 170,85.

Ülesanne nr 2- on üks lihtsamaid eksamiülesandeid. Suurem osa lõpetajaid tuleb sellega edukalt toime, mis viitab funktsiooni mõiste definitsiooni tundmisele. Ülesande liik nr 2 nõuete kodifitseerija järgi on ülesanne omandatud teadmiste ja oskuste kasutamisest praktilises tegevuses ja igapäevaelus. Ülesanne nr 2 seisneb suuruste erinevate reaalsete seoste kirjeldamises, kasutamises ja nende graafikute tõlgendamises. Ülesanne nr 2 testib tabelite, diagrammide ja graafikutena esitatud teabe eraldamise võimet. Lõpetajad peavad suutma määrata argumendi väärtusest funktsiooni väärtuse erinevatel funktsioonide täpsustamise viisidel ning kirjeldada funktsiooni käitumist ja omadusi selle graafiku põhjal. Samuti peate suutma funktsioonigraafikust leida suurima või väikseima väärtuse ja koostama uuritud funktsioonide graafikud. Probleemi tingimuste lugemisel, diagrammi lugemisel on tehtud vead juhuslikud.

#ADVERTISING_INSERT#

Näide 2. Joonisel on näha kaevandusettevõtte ühe aktsia vahetusväärtuse muutus 2017. aasta aprilli esimesel poolel. 7. aprillil ostis ärimees selle ettevõtte 1000 aktsiat. 10. aprillil müüs ta kolmveerand ostetud aktsiatest ja 13. aprillil kõik ülejäänud aktsiad. Kui palju ärimees nende operatsioonide tulemusel kaotas?

Lahendus:

2) 1000 · 3/4 = 750 (aktsiad) - moodustavad 3/4 kõigist ostetud aktsiatest.

6) 247500 + 77500 = 325000 (hõõruda) - ärimees sai pärast müüki 1000 aktsiat.

7) 340 000 – 325 000 = 15 000 (hõõru) - ärimees kaotas kõigi toimingute tulemusena.

Vastus: 15000.

Ülesanne nr 3- on esimese osa algtaseme ülesanne, testib oskust sooritada toiminguid geomeetriliste kujunditega vastavalt Planimeetria kursuse sisule. Ülesandes 3 testitakse ruudulisel paberil oleva kujundi pindala arvutamise oskust, nurkade astmemõõtude arvutamise oskust, perimeetrite arvutamist jne.

Näide 3. Leidke ruudulisele paberile joonistatud ristküliku pindala, mille lahtri suurus on 1 cm x 1 cm (vt joonist). Esitage oma vastus ruutsentimeetrites.

Lahendus: Antud joonise pindala arvutamiseks võite kasutada Peak valemit:

Antud ristküliku pindala arvutamiseks kasutame Peaki valemit:

S= B +	G
	2

kus B = 10, G = 6, seega

S = 18 +	6
	2

Vastus: 20.

Loe ka: Füüsika ühtne riigieksam: võnkumiste alaste ülesannete lahendamine

Ülesanne nr 4- kursuse “Tõenäosusteooria ja statistika” eesmärk. Testitakse oskust arvutada sündmuse tõenäosust kõige lihtsamas olukorras.

Näide 4. Ringile on märgitud 5 punast ja 1 sinine täpp. Määrake, millised hulknurgad on suuremad: need, mille kõik tipud on punased või need, mille üks tippudest on sinine. Oma vastuses märkige, kui palju on ühtesid rohkem kui teisi.

Lahendus: 1) Kasutame kombinatsioonide arvu valemit n elemendid poolt k:

mille tipud on kõik punased.

3) Üks viisnurk, mille kõik tipud on punased.

4) 10 + 5 + 1 = 16 hulknurka kõigi punaste tippudega.

millel on punased pealsed või ühe sinise ülaosaga.

millel on punased pealsed või ühe sinise ülaosaga.

8) Üks punaste tippudega kuusnurk ja üks sinine tipp.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 hulknurka, millel on kõik punased tipud või üks sinine tipp.

10) 42–16 = 26 hulknurka, kasutades sinist punkti.

11) 26 – 16 = 10 hulknurka – mitu hulknurka, mille üks tippudest on sinine täpp, on rohkem kui hulknurki, mille kõik tipud on ainult punased.

Vastus: 10.

Ülesanne nr 5- esimese osa algtase kontrollib lihtsate võrrandite (irratsionaalne, eksponentsiaalne, trigonomeetriline, logaritmiline) lahendamise oskust.

Näide 5. Lahendage võrrand 2 3 + x= 0,4 5 3 + x .

Lahendus. Jagage selle võrrandi mõlemad pooled 5 3 +-ga X≠ 0, saame

2 3 + x	= 0,4 või		2		3 + X	=	2	,
5 3 + X			5				5

millest järeldub, et 3 + x = 1, x = –2.

Vastus: –2.

Ülesanne nr 6 planimeetrias geomeetriliste suuruste (pikkuste, nurkade, pindalade) leidmiseks, reaalsete olukordade modelleerimine geomeetria keeles. Ehitatud mudelite uurimine geomeetriliste mõistete ja teoreemide abil. Raskuste allikaks on reeglina planimeetria vajalike teoreemide teadmatus või vale rakendamine.

Kolmnurga pindala ABC võrdub 129-ga. DE– küljega paralleelne keskjoon AB. Leidke trapetsi pindala VOODI.

Lahendus. Kolmnurk CDE sarnane kolmnurgaga TAKSO kahe nurga all, kuna nurk tipus Cüldine, nurk СDE võrdne nurgaga TAKSO kui vastavad nurgad DE || AB sekant A.C.. Sest DE on kolmnurga keskjoon tingimuse, seejärel keskjoone omaduse järgi | DE = (1/2)AB. See tähendab, et sarnasuse koefitsient on 0,5. Sarnaste arvude pindalad on seega seotud sarnasuskordaja ruuduna

Seega S ABED = S Δ ABC – S Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

Ülesanne nr 7- kontrollib tuletise rakendamist funktsiooni uurimisel. Edukas rakendamine eeldab tuletise mõiste tähenduslikke, mitteformaalseid teadmisi.

Näide 7. Funktsiooni graafikule y = f(x) abstsisspunktis x 0 tõmmatakse puutuja, mis on risti selle graafiku punkte (4; 3) ja (3; –1) läbiva sirgega. Otsi f′( x 0).

Lahendus. 1) Kasutame kahte antud punkti läbiva sirge võrrandit ja leiame punkte (4; 3) ja (3; –1) läbiva sirge võrrandi.

(y – y 1)(x 2 – x 1) = (x – x 1)(y 2 – y 1)

(y – 3)(3 – 4) = (x – 4)(–1 – 3)

(y – 3)(–1) = (x – 4)(–4)

–y + 3 = –4x+ 16| · (-1)

y – 3 = 4x – 16

y = 4x– 13, kus k 1 = 4.

2) Leidke puutuja kalle k 2, mis on joonega risti y = 4x– 13, kus k 1 = 4, vastavalt valemile:

3) Puutenurk on funktsiooni tuletis puutepunktis. Tähendab, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Vastus: –0,25.

Ülesanne nr 8- kontrollib eksamil osalejate teadmisi elementaarsest stereomeetriast, oskust rakendada valemeid kujundite pindalade ja mahtude, kahetahuliste nurkade leidmiseks, võrrelda sarnaste kujundite ruumalasid, teha toiminguid geomeetriliste kujundite, koordinaatide ja vektoritega jne.

Ümber kera ümbritsetud kuubi ruumala on 216. Leia sfääri raadius.

Lahendus. 1) V kuubik = a 3 (kus A– kuubi serva pikkus), seega

A 3 = 216

A = 3 √216

2) Kuna kera on kantud kuubi, tähendab see, et kera läbimõõdu pikkus on võrdne kuubi serva pikkusega, seega d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Ülesanne nr 9- eeldab lõpetajalt algebraliste avaldiste teisendamise ja lihtsustamise oskust. Kõrgendatud raskusastmega ülesanne nr 9 lühikese vastusega. Ühtse riigieksami jaotise „Arvutused ja teisendused” ülesanded on jagatud mitut tüüpi:

arvuliste ratsionaalavaldiste teisendus;

algebraliste avaldiste ja murdude teisendamine;

numbriliste/tähtede irratsionaalsete avaldiste teisendamine;

toimingud kraadidega;

logaritmiliste avaldiste teisendamine;

1. numbriliste/tähtede trigonomeetriliste avaldiste teisendamine.

Näide 9. Arvutage tanα, kui on teada, et cos2α = 0,6 ja

3π	< α < π.
4

Lahendus. 1) Kasutame topeltargumendi valemit: cos2α = 2 cos 2 α – 1 ja leiame

tan 2 α =	1	– 1 =	1	– 1 =	10	– 1 =	5	– 1 = 1	1	– 1 =	1	= 0,25.
	cos 2 α		0,8		8		4		4		4

See tähendab tan 2 α = ± 0,5.

3) Tingimuste järgi

3π	< α < π,
4

see tähendab, et α on teise kvartali ja tgα nurk< 0, поэтому tgα = –0,5.

Vastus: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Ülesanne nr 10- testib õpilaste oskust kasutada omandatud varaseid teadmisi ja oskusi praktilises tegevuses ja igapäevaelus. Võime öelda, et need on ülesanded füüsikas ja mitte matemaatikas, kuid tingimuses on kõik vajalikud valemid ja suurused antud. Probleemid taanduvad lineaarse või ruutvõrrandi või lineaarse või ruutvõrratuse lahendamisele. Seetõttu on vaja selliseid võrrandeid ja võrratusi lahendada ning vastus määrata. Vastus tuleb esitada täisarvu või lõpliku kümnendmurruna.

Kaks massilist keha m= 2 kg igaüks, liikudes sama kiirusega v= 10 m/s üksteise suhtes 2α nurga all. Nende absoluutselt mitteelastsel kokkupõrkel vabanev energia (džaulides) määratakse avaldise järgi K = mv 2 sin 2 α. Millise väikseima nurga 2α (kraadides) all peavad kehad liikuma, et kokkupõrke tagajärjel vabaneks vähemalt 50 džauli?
Lahendus.Ülesande lahendamiseks tuleb lahendada ebavõrdsus Q ≥ 50, intervallil 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

Kuna α ∈ (0°; 90°), siis me ainult lahendame

Esitame ebavõrdsuse lahenduse graafiliselt:

Kuna tingimuse α ∈ (0°; 90°) järgi tähendab see 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Ülesanne nr 11- on tüüpiline, kuid osutub õpilastele keeruliseks. Peamine raskuste allikas on matemaatilise mudeli konstrueerimine (võrrandi koostamine). Ülesandes nr 11 testitakse tekstülesannete lahendamise oskust.

Näide 11. 11. klassi õpilane Vasja pidi kevadvaheajal ühtseks riigieksamiks valmistumiseks lahendama 560 harjutusülesannet. 18. märtsil, viimasel koolipäeval, lahendas Vasja 5 ülesannet. Siis lahendas ta iga päev sama palju probleeme rohkem kui eelmisel päeval. Tehke kindlaks, kui palju probleeme Vasya 2. aprillil, pühade viimasel päeval, lahendas.

Lahendus: Tähistame a 1 = 5 – probleemide arv, mille Vasya 18. märtsil lahendas, d- igapäevane Vasya lahendatud ülesannete arv, n= 16 – päevade arv 18. märtsist 2. aprillini kaasa arvatud, S 16 = 560 – ülesannete koguarv, a 16 – probleemide arv, mille Vasya 2. aprillil lahendas. Teades, et Vasja lahendas iga päev sama arvu ülesandeid võrreldes eelmise päevaga rohkem, saame aritmeetilise progressiooni summa leidmiseks kasutada valemeid:

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

Vastus: 65.

Ülesanne nr 12- testida õpilaste võimet teha tehteid funktsioonidega, et osata rakendada tuletist funktsiooni uurimisel.

Leia funktsiooni maksimumpunkt y= 10ln( x + 9) – 10x + 1.

Lahendus: 1) Leidke funktsiooni määratluspiirkond: x + 9 > 0, x> –9, see tähendab x ∈ (–9; ∞).

2) Leidke funktsiooni tuletis:

4) Leitud punkt kuulub intervalli (–9; ∞). Määrame funktsiooni tuletise märgid ja kujutame funktsiooni käitumist joonisel:

Soovitud maksimumpunkt x = –8.

Laadige tasuta alla õppematerjalide rea G.K. matemaatika tööprogramm. Muravina, K.S. Muravina, O.V. Muravina 10-11 Laadige alla tasuta algebra õppevahendeid

Ülesanne nr 13-kõrgendatud keerukuse tase üksikasjaliku vastusega, võrrandite lahendamise võime testimine, kõige edukamalt lahendatud ülesannete hulgas, millel on kõrgendatud keerukusastmega üksikasjalik vastus.

a) Lahendage võrrand 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

b) Leia kõik selle võrrandi juured, mis kuuluvad segmenti .

Lahendus: a) Olgu log 3 (2cos x) = t, siis 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

	logi 3(2cos x) =	2	⇔		2cos x = 9	⇔		cos x =	4,5	⇔ sest |cos x| ≤ 1,
	logi 3(2cos x) =	1			2cos x = √3			cos x =	√3
		2							2

siis cos x =	√3
	2

	x =	π	+ 2π k
		6
	x = –	π	+ 2π k, k ∈ Z
		6

b) Leia juured, mis asuvad lõigul .

Joonisel on näha, et antud segmendi juured kuuluvad

11π	Ja	13π	.
6		6

Vastus: A)	π	+ 2π k; –	π	+ 2π k, k ∈ Z; b)	11π	;	13π	.
	6		6		6		6

Ülesanne nr 14-kõrgtase viitab üksikasjaliku vastusega ülesannetele teises osas. Ülesandes testitakse oskust sooritada toiminguid geomeetriliste kujunditega. Ülesanne sisaldab kahte punkti. Esimeses punktis tuleb ülesanne tõestada ja teises punktis arvutada.

Silindri aluse ringi läbimõõt on 20, silindri generatriks on 28. Tasapind lõikub selle põhjaga piki kõõlu pikkusega 12 ja 16. Kõõlude vaheline kaugus on 2√197.

a) Tõesta, et silindri aluste keskpunktid asuvad selle tasapinna ühel küljel.

b) Leidke nurk selle tasandi ja silindri aluse tasapinna vahel.

Lahendus: a) Kõõl pikkusega 12 asub põhiringi keskpunktist kaugusel = 8 ja kõõl pikkusega 16 on samamoodi kaugusel 6. Seetõttu on nende projektsioonide vaheline kaugus ringjoonega paralleelsele tasapinnale. silindrite põhi on kas 8 + 6 = 14 või 8 - 6 = 2.

Siis on akordide vahekaugus kas

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Vastavalt tingimusele realiseeriti teine ​​juhtum, kus kõõlude projektsioonid asuvad ühel pool silindri telge. See tähendab, et telg ei ristu silindri sees selle tasapinnaga, see tähendab, et alused asuvad selle ühel küljel. Mida oli vaja tõestada.

b) Tähistame aluste keskpunktid O 1 ja O 2. Joonistame aluse keskpunktist 12 pikkuse kõõluga risti poolitaja selle kõõlule (selle pikkus on 8, nagu juba märgitud) ja teise aluse keskpunktist teise kõõluni. Need asuvad samal tasapinnal β, mis on nende akordidega risti. Nimetame väiksema kõõlu B keskpunkti, suurema kõõlu A ja A projektsiooni teisele alusele - H (H ∈ β). Siis on AB,AH ∈ β ja seega AB,AH risti kõõlu ehk aluse lõikesirge antud tasandiga.

See tähendab, et nõutav nurk on võrdne

∠ABH = arctaan	A.H.	= arctan	28	= arctg14.
	B.H.		8 – 6

Ülesanne nr 15- üksikasjaliku vastusega suurenenud keerukuse tase, testib ebavõrdsuse lahendamise võimet, mis on kõige edukamalt lahendatud kõrgendatud keerukusastmega üksikasjaliku vastusega ülesannete hulgas.

Näide 15. Lahenda ebavõrdsus | x 2 – 3x| logi 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Lahendus: Selle ebavõrdsuse määratluspiirkond on intervall (–1; +∞). Mõelge kolmele juhtumile eraldi:

1) Lase x 2 – 3x= 0, st. X= 0 või X= 3. Sel juhul muutub see ebavõrdsus tõeseks, seetõttu kaasatakse need väärtused lahendusse.

2) Lase nüüd x 2 – 3x> 0, st. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Lisaks saab selle ebavõrdsuse ümber kirjutada järgmiselt ( x 2 – 3x) logi 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 ja jaga positiivse avaldisega x 2 – 3x. Saame logi 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 või x≤ –0,5. Võttes arvesse määratlusvaldkonda, on meil x ∈ (–1; –0,5].

3) Lõpuks kaalume x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). Sel juhul kirjutatakse algne ebavõrdsus ümber kujul (3 x – x 2) logi 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Pärast positiivsega 3 jagamist x – x 2, saame logi 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Piirkonda arvesse võttes on meil x ∈ (0; 1].

Saadud lahendusi kombineerides saame x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Vastus: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Ülesanne nr 16- kõrgtase viitab üksikasjaliku vastusega ülesannetele teises osas. Ülesandes testitakse oskust sooritada toiminguid geomeetriliste kujundite, koordinaatide ja vektoritega. Ülesanne sisaldab kahte punkti. Esimeses punktis tuleb ülesanne tõestada ja teises punktis arvutada.

Võrdhaarses kolmnurgas ABC, mille nurk on 120°, on poolitaja BD tõmmatud tipus A. Ristkülik DEFH on kantud kolmnurka ABC nii, et külg FH asub lõigul BC ja tipp E asub lõigul AB. a) Tõesta, et FH = 2DH. b) Leidke ristküliku DEFH pindala, kui AB = 4.

Lahendus: A)

1) ΔBEF – ristkülikukujuline, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, siis EF = BE 30° nurga vastas asuva jala omaduse järgi.

2) Olgu EF = DH = x, siis BE = 2 x, BF = x√3 Pythagorase teoreemi järgi.

3) Kuna ΔABC on võrdhaarne, tähendab see ∠B = ∠C = 30˚.

BD on ∠B poolitaja, mis tähendab, et ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Vaatleme ΔDBH – ristkülikukujulist, sest DH⊥BC.

2x	=	4 – 2x
2x(√3 + 1)		4

1	=	2 – x
√3 + 1		2

√3 – 1 = 2 – x

x = 3 – √3

EF = 3 – √3

2) S DEFH = ED EF = (3 – √3 ) 2 (3 – √3 )

S DEFH = 24–12√3.

Vastus: 24 – 12√3.

Ülesanne nr 17- üksikasjaliku vastusega ülesanne, selle ülesandega testitakse teadmiste ja oskuste rakendamist praktilises tegevuses ja igapäevaelus, oskust ehitada ja uurida matemaatilisi mudeleid. See ülesanne on majandusliku sisuga tekstiprobleem.

Näide 17. 20 miljoni rubla suurune hoius plaanitakse avada neljaks aastaks. Pank suurendab iga aasta lõpus hoiust 10% võrreldes selle aasta alguse suurusega. Lisaks täiendab investor kolmanda ja neljanda aasta alguses hoiust igal aastal aasta võrra X miljonit rubla, kus X - terve number. Leia suurim väärtus X, milles pangale laekub hoiusele nelja aasta jooksul vähem kui 17 miljonit rubla.

Lahendus: Esimese aasta lõpus on sissemakse 20 + 20 · 0,1 = 22 miljonit rubla ja teise aasta lõpus - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 miljonit rubla. Kolmanda aasta alguses on sissemakse (miljonites rublades) (24,2+ X) ja lõpus - (24,2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Neljanda aasta alguses on sissemakse (26,62 + 2,1 X), ja lõpus - (26,62 + 2,1 X) + (26,62 + 2,1X) 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Tingimuse järgi tuleb leida suurim täisarv x, mille kohta ebavõrdsus kehtib

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

x <	7718
	310

x <	3859
	155

x < 24	139
	155

Selle ebavõrdsuse suurim täisarvlahend on arv 24.

Vastus: 24.

Ülesanne nr 18- üksikasjaliku vastusega kõrgendatud keerukusega ülesanne. See ülesanne on mõeldud konkursil osalemiseks ülikoolidesse, kus on kõrgendatud nõuded kandideerijate matemaatilisele ettevalmistusele. Kõrge keerukusega ülesanne on ülesanne mitte ühe lahendusmeetodi kasutamisel, vaid erinevate meetodite kombinatsioonil. Ülesande 18 edukaks sooritamiseks on vaja lisaks kindlatele matemaatilistele teadmistele ka kõrget matemaatilist kultuuri.

Mille juures a ebavõrdsuse süsteem

	x 2 + y 2 ≤ 2jah – a 2 + 1
	y + a ≤ |x| – a

on täpselt kaks lahendust?

Lahendus: Seda süsteemi saab vormis ümber kirjutada

	x 2 + (y– a) 2 ≤ 1
	y ≤ |x| – a

Kui joonistada tasapinnale esimese võrratuse lahendite hulk, saame raadiusega 1 ringi sisemuse (piiriga), mille keskpunkt on punktis (0, A). Teise võrratuse lahendite hulk on tasandi osa, mis asub funktsiooni graafiku all y = | x| – a, ja viimane on funktsiooni graafik
y = | x| , nihutatud allapoole A. Selle süsteemi lahendus on iga ebavõrdsuse lahenduste kogumite ristumiskoht.

Järelikult on sellel süsteemil kaks lahendust ainult joonisel fig. 1.

Ringi kokkupuutepunktid joontega on süsteemi kaks lahendust. Iga sirgjoon on telgede suhtes 45° nurga all. Nii et see on kolmnurk PQR– ristkülikukujulised võrdhaarsed. Punkt K on koordinaadid (0, A) ja punkt R– koordinaadid (0, – A). Lisaks segmendid PR Ja PQ võrdne ringi raadiusega 1. See tähendab

QR= 2a = √2, a =	√2	.
	2

Vastus: a =	√2	.
	2

Ülesanne nr 19- üksikasjaliku vastusega kõrgendatud keerukusega ülesanne. See ülesanne on mõeldud konkursil osalemiseks ülikoolidesse, kus on kõrgendatud nõuded kandideerijate matemaatilisele ettevalmistusele. Kõrge keerukusega ülesanne on ülesanne mitte ühe lahendusmeetodi kasutamisel, vaid erinevate meetodite kombinatsioonil. Ülesande 19 edukaks sooritamiseks peab oskama lahendust otsida, valides teadaolevate seast erinevaid lähenemisviise ja modifitseerides uuritud meetodeid.

Lase Sn summa P aritmeetilise progressiooni terminid ( a p). On teada, et S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Esitage valem P selle edenemise tähtaeg.

b) Leia väikseim absoluutsumma S n.

c) Leia väikseim P, mille juures S n on täisarvu ruut.

Lahendus: a) On selge, et a n = S n – S n- 1 . Seda valemit kasutades saame:

S n = S (n – 1) + 1 = 2(n – 1) 2 – 21(n – 1) – 23 = 2n 2 – 25n,

S n – 1 = S (n – 2) + 1 = 2(n – 1) 2 – 21(n – 2) – 23 = 2n 2 – 25n+ 27

Tähendab, a n = 2n 2 – 25n – (2n 2 – 29n + 27) = 4n – 27.

B) Alates S n = 2n 2 – 25n, siis kaaluge funktsiooni S(x) = | 2x 2 – 25x|. Selle graafik on näha joonisel.

Ilmselt saavutatakse väikseim väärtus täisarvu punktides, mis asuvad funktsiooni nullidele kõige lähemal. Ilmselgelt on need punktid X= 1, X= 12 ja X= 13. Alates S(1) = |S 1 | = |2 – 25| = 23, S(12) = |S 12 | = |2 · 144 – 25 · 12| = 12, S(13) = |S 13 | = |2 · 169 – 25 · 13| = 13, siis on väikseim väärtus 12.

c) Eelmisest lõigust järeldub, et Sn positiivne, alates n= 13. Alates S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), siis ilmne juhtum, kui see avaldis on täiuslik ruut, realiseerub siis, kui n = 2n– 25, see tähendab kl P= 25.

Jääb üle kontrollida väärtusi vahemikus 13 kuni 25:

S 13 = 13 1, S 14 = 14 3, S 15 = 15 5, S 16 = 16 7, S 17 = 17 9, S 18 = 18 11, S 19 = 19 13, S 20 = 20 13, S 21 = 21 17, S 22 = 22 19, S 23 = 23 21, S 24 = 24 23.

Selgub, et väiksemate väärtuste puhul P täielikku ruutu ei saavutata.

Vastus: A) a n = 4n– 27; b) 12; c) 25.

________________

*Alates 2017. aasta maist on ühendatud kirjastuskontsern "DROFA-VENTANA" osa korporatsioonist Russian Textbook. Korporatsiooni alla kuuluvad ka kirjastus Astrel ja digitaalne haridusplatvorm LECTA. Aleksandr Brõtškin, Venemaa Föderatsiooni valitsuse alluvuses oleva finantsakadeemia vilistlane, majandusteaduste kandidaat, kirjastuse DROFA uuenduslike projektide juht digihariduse valdkonnas (õpikute elektroonilised vormid, Vene elektrooniline kool, digitaalne haridusplatvorm LECTA) määrati peadirektoriks. Enne DROFA kirjastusega liitumist töötas ta kirjastusettevõtte EKSMO-AST strateegilise arendamise ja investeeringute asepresidendi ametikohal. Täna on kirjastusettevõttel "Vene õpik" suurim föderaalsesse nimekirja kantud õpikute portfell - 485 nimetust (ligikaudu 40%, välja arvatud erikoolide õpikud). Korporatsiooni kirjastustele kuuluvad vene koolide populaarseimad füüsika, joonistamise, bioloogia, keemia, tehnoloogia, geograafia, astronoomia õpikukomplektid – need on teadmised, mida on vaja riigi tootmispotentsiaali arendamiseks. Korporatsiooni portfooliosse kuuluvad põhikooliõpikud ja õppevahendid, mis pälvisid presidendipreemia haridusvaldkonnas. Need on õpikud ja käsiraamatud ainevaldkondades, mis on vajalikud Venemaa teadusliku, tehnilise ja tootmispotentsiaali arendamiseks.