Πολλοί υποψήφιοι ανησυχούν για το πώς να αποκτήσουν ανεξάρτητα τις απαραίτητες γνώσεις για να περάσουν επιτυχώς τις εξετάσεις πριν από την εισαγωγή. Το 2017, στρέφονται συχνά στο Διαδίκτυο για να βρουν μια λύση. Υπάρχουν πολλές λύσεις, αλλά χρειάζεται πολύς χρόνος για να βρεις τις πραγματικά αξιόλογες. Ευτυχώς, υπάρχουν γνωστά και δοκιμασμένα συστήματα. Ένα από αυτά είναι θα αποφασίσω Ενιαία Κρατική Εξέταση του ΝτμίτριΓκουστσίνα.

Το εκπαιδευτικό σύστημα του Dmitry Gushchin, που ονομάζεται «Επίλυση της Ενιαίας Κρατικής Εξέτασης», συνεπάγεται ολοκληρωμένη προετοιμασία για την επερχόμενη εξέταση. Ο Dmitry Gushchin δημιούργησε και προσπάθησε να παρέχει τις απαραίτητες γνώσεις δωρεάν, έτσι ώστε η μελλοντική γενιά να μπορεί να περάσει με επιτυχία τις εξετάσεις. Το σύστημα έχει σχεδιαστεί για αυτοδιδασκαλίαςείδη. Θα λύσω Η Εξέταση του Ενιαίου Κράτους βασίζεται σε μια ομοιόμορφη παρουσίαση πληροφοριών, η οποία διαδοχικά, θέμα προς θέμα, ταιριάζει στον εγκέφαλο του μαθητή.

Ενιαία Κρατική Εξέταση 2017 στα μαθηματικά, βασικό επίπεδο

Ο Dmitry Gushchin αναλαμβάνει να βοηθήσει σε εξετάσεις όπως το OGE και το Unified State Exam, χρησιμοποιώντας μια πολύ κοινή τεχνική. Βρίσκεται στο γεγονός ότι όλες οι νέες γνώσεις παρουσιάζονται και συστηματοποιούνται ανά θέμα. Ο μαθητής μπορεί εύκολα να επιλέξει τι χρειάζεται να επαναλάβει για να εμπεδώσει τελικά την ύλη.

Οι εργασίες είναι διαθέσιμες σε βασικό και προχωρημένο επίπεδο. Ένα εντυπωσιακό παράδειγμα τέτοιων εργασιών είναι τα μαθηματικά. Το βασικό (βασικό) επίπεδο καλύπτει το γενικό σύνολο γνώσεων του σχολείου. Απαιτεί τη γνώση που λαμβάνει κάθε μαθητής σε 11 χρόνια. Το επίπεδο προφίλ έχει σχεδιαστεί για αποφοίτους εξειδικευμένων σχολών με εστίαση σε ένα συγκεκριμένο αντικείμενο.

Ένα ενδιαφέρον χαρακτηριστικό του συστήματος είναι η ομοιότητά του με μια πραγματική εξέταση. Σε περίπτωση τελικής εξέτασης, οι εργασίες υποβάλλονται με τη μορφή Ενιαίας Κρατικής Εξέτασης. Ο μαθητής μπορεί επίσης να μάθει την τελική του βαθμολογία αφού δώσει το τεστ. Αυτό βοηθά να παρακινήσει ένα άτομο να επιτύχει νέους στόχους και να μάθει νέο υλικό. Επίγνωση των δικών του πραγματικές πιθανότητεςκατά τη διάρκεια της εξέτασης βοηθά να συλλέξετε τις σκέψεις σας και να κατανοήσετε τι ακριβώς πρέπει να μάθετε.

Τα πιο δημοφιλή θέματα στην «Επίλυση της Ενιαίας Κρατικής Εξέτασης» παρέχονται μαζί με άλλα. Η ρωσική γλώσσα του Ντμίτρι Γκουστσίν περιλαμβάνει κανόνες γραμματικής, στίξης και σύνταξης, καθώς και λεξιλόγιο. Η Χημεία περιέχει παραδείγματα επίλυσης συγκεκριμένων προβλημάτων, ειδικούς τύπους. Η ενότητα της χημείας περιλαμβάνει επίσης διάφορες συνδέσειςκαι έννοιες για χημικά. Το τμήμα βιολογίας καλύπτει τη δραστηριότητα της ζωής όλων των βασιλείων των ζωντανών οργανισμών. Περιέχει σημαντική θεωρία που θα σας βοηθήσει τελικά να περάσετε τις εξετάσεις.

Το επόμενο χαρακτηριστικό είναι ότι η πρόοδός σας καταγράφεται και μπορείτε να παρακολουθείτε την πρόοδό σας. Αυτή η προσέγγιση θα σας βοηθήσει να παρακινήσετε τον εαυτό σας ακόμα και όταν δεν έχετε πια διάθεση να σπουδάσετε. Τα δικά σας αποτελέσματα πάντα σας αναγκάζουν να κάνετε περισσότερα.

Το σύστημα έχει επίσης κριτήρια για την αξιολόγηση της εργασίας. Θα κάνουν την προετοιμασία για τις εξετάσεις σας προγραμματισμένη και στοχαστική. Ο μελλοντικός μαθητής θα μπορεί πάντα να τα διαβάζει και να κατανοεί τι θα προσέχει ο εξεταστής. Αυτό είναι σημαντικό για να δοθεί προσοχή στο άτομο σημαντικές πτυχέςδουλειά. Γενικά, ο μαθητής έχει πλήρη επίγνωση της σημασίας της επιλογής του και θυμάται τα κριτήρια αξιολόγησης.

Μέση τιμή γενική εκπαίδευση

Γραμμή UMK G. K. Muravin. Άλγεβρα και απαρχές μαθηματική ανάλυση(10-11) (βαθιά)

Γραμμή UMK Merzlyak. Άλγεβρα και αρχές ανάλυσης (10-11) (U)

Μαθηματικά

Προετοιμασία για την Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά (επίπεδο προφίλ): εργασίες, λύσεις και εξηγήσεις

Αναλύουμε εργασίες και λύνουμε παραδείγματα με τον δάσκαλο

Εξεταστικό χαρτί επίπεδο προφίλδιαρκεί 3 ώρες 55 λεπτά (235 λεπτά).

Ελάχιστο όριο- 27 βαθμοί.

Το εξεταστικό έγγραφο αποτελείται από δύο μέρη, τα οποία διαφέρουν ως προς το περιεχόμενο, την πολυπλοκότητα και τον αριθμό των εργασιών.

Το καθοριστικό χαρακτηριστικό κάθε μέρους της εργασίας είναι η μορφή των εργασιών:

• Το μέρος 1 περιέχει 8 εργασίες (εργασίες 1-8) με μια σύντομη απάντηση με τη μορφή ακέραιου αριθμού ή τελικού δεκαδικού κλάσματος.
• Το μέρος 2 περιέχει 4 εργασίες (εργασίες 9-12) με μια σύντομη απάντηση με τη μορφή ακέραιου ή τελικού δεκαδικού κλάσματος και 7 εργασίες (εργασίες 13–19) με λεπτομερή απάντηση (πλήρη καταγραφή της λύσης με αιτιολόγηση της δράσεις που έχουν αναληφθεί).

Πάνοβα Σβετλάνα Ανατόλεβνα, καθηγητής μαθηματικών υψηλότερη κατηγορίασχολεία, εργασιακή εμπειρία 20 χρόνια:

«Για να λάβει το απολυτήριο του σχολείου, ένας απόφοιτος πρέπει να περάσει δύο υποχρεωτικές εξετάσεις με τη μορφή της Ενιαίας Κρατικής Εξέτασης, μία εκ των οποίων είναι τα μαθηματικά. Σύμφωνα με την έννοια της ανάπτυξης της μαθηματικής εκπαίδευσης στο Ρωσική ΟμοσπονδίαΗ Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά χωρίζεται σε δύο επίπεδα: βασικό και εξειδικευμένο. Σήμερα θα εξετάσουμε τις επιλογές σε επίπεδο προφίλ."

Εργασία Νο. 1- ελέγχει την ικανότητα των συμμετεχόντων στην Ενιαία Κρατική Εξέταση να εφαρμόζουν τις δεξιότητες που αποκτήθηκαν στο μάθημα της 5ης έως 9ης τάξης στα μαθηματικά της δημοτικής σε πρακτικές δραστηριότητες. Ο συμμετέχων πρέπει να έχει υπολογιστικές δεξιότητες, να μπορεί να εργάζεται με ορθολογικούς αριθμούς, να μπορεί να στρογγυλοποιεί δεκαδικά, να μπορεί να μετατρέψει μια μονάδα μέτρησης σε μια άλλη.

Παράδειγμα 1.Στο διαμέρισμα όπου μένει ο Πέτρος εγκαταστάθηκε μετρητής ροής κρύο νερό(μετρητής). Την 1η Μαΐου ο μετρητής έδειξε κατανάλωση 172 κυβικών. m νερού, και την πρώτη Ιουνίου - 177 κυβικά μέτρα. μ. Τι ποσό πρέπει να πληρώσει ο Πέτρος για κρύο νερό τον Μάιο, αν η τιμή είναι 1 κυβικό μέτρο; m κρύο νερό είναι 34 ρούβλια 17 καπίκια; Δώστε την απάντησή σας σε ρούβλια.

Λύση:

1) Βρείτε την ποσότητα νερού που δαπανάται ανά μήνα:

177 - 172 = 5 (κυβικά m)

2) Ας βρούμε πόσα χρήματα θα πληρώσουν για σπατάλη νερού:

34,17 5 = 170,85 (τρίψτε)

Απάντηση: 170,85.

Εργασία Νο. 2- είναι μια από τις πιο απλές εργασίες εξετάσεων. Η πλειοψηφία των αποφοίτων το αντιμετωπίζει με επιτυχία, γεγονός που υποδηλώνει γνώση του ορισμού της έννοιας της συνάρτησης. Ο τύπος εργασίας Νο. 2 σύμφωνα με τον κωδικοποιητή απαιτήσεων είναι μια εργασία σχετικά με τη χρήση γνώσεων και δεξιοτήτων που αποκτήθηκαν σε πρακτικές δραστηριότητες και Καθημερινή ζωή. Η εργασία Νο. 2 αποτελείται από την περιγραφή, τη χρήση συναρτήσεων, διαφόρων πραγματικών σχέσεων μεταξύ των ποσοτήτων και την ερμηνεία των γραφημάτων τους. Η εργασία Νο. 2 ελέγχει την ικανότητα εξαγωγής πληροφοριών που παρουσιάζονται σε πίνακες, διαγράμματα και γραφήματα. Οι απόφοιτοι πρέπει να είναι σε θέση να προσδιορίσουν την τιμή μιας συνάρτησης από την τιμή του ορίσματός της όταν με διάφορους τρόπουςκαθορίζοντας μια συνάρτηση και περιγράφοντας τη συμπεριφορά και τις ιδιότητες της συνάρτησης με βάση το γράφημά της. Πρέπει επίσης να μπορείτε να βρείτε το μεγαλύτερο ή μικρότερη τιμήκαι να φτιάξετε γραφήματα των συναρτήσεων που μελετήθηκαν. Τα σφάλματα που γίνονται είναι τυχαία στην ανάγνωση των συνθηκών του προβλήματος, στην ανάγνωση του διαγράμματος.

#ADVERTISING_INSERT#

Παράδειγμα 2.Το σχήμα δείχνει τη μεταβολή της ανταλλακτικής αξίας μιας μετοχής μιας εξορυκτικής εταιρείας το πρώτο εξάμηνο του Απριλίου 2017. Στις 7 Απριλίου, ο επιχειρηματίας αγόρασε 1.000 μετοχές αυτής της εταιρείας. Στις 10 Απριλίου πούλησε τα τρία τέταρτα των μετοχών που αγόρασε και στις 13 Απριλίου πούλησε όλες τις υπόλοιπες μετοχές. Πόσα έχασε ο επιχειρηματίας ως αποτέλεσμα αυτών των επεμβάσεων;

Λύση:

2) 1000 · 3/4 = 750 (μετοχές) - αποτελούν τα 3/4 όλων των μετοχών που αγοράστηκαν.

6) 247500 + 77500 = 325000 (τρίψιμο) - ο επιχειρηματίας έλαβε 1000 μετοχές μετά την πώληση.

7) 340.000 – 325.000 = 15.000 (τρίψιμο) - ο επιχειρηματίας έχασε ως αποτέλεσμα όλων των εργασιών.

Απάντηση: 15000.

Εργασία Νο. 3- είναι ένα καθήκον βασικό επίπεδοπρώτο μέρος, ελέγχει την ικανότητα εκτέλεσης ενεργειών με γεωμετρικά σχήματαγια το περιεχόμενο του μαθήματος «Πλανιμετρία». Η εργασία 3 ελέγχει την ικανότητα υπολογισμού του εμβαδού μιας φιγούρας σε καρό χαρτί, την ικανότητα υπολογισμού μετρήσεων βαθμών γωνιών, υπολογισμού περιμέτρων κ.λπ.

Παράδειγμα 3.Βρείτε το εμβαδόν ενός ορθογωνίου που σχεδιάστηκε σε καρό χαρτί με μέγεθος κελιού 1 cm επί 1 cm (βλ. εικόνα). Δώστε την απάντησή σας σε τετραγωνικά εκατοστά.

Λύση:Για να υπολογίσετε το εμβαδόν ενός δεδομένου σχήματος, μπορείτε να χρησιμοποιήσετε τον τύπο Peak:

Για να υπολογίσουμε το εμβαδόν ενός δεδομένου ορθογωνίου, χρησιμοποιούμε τον τύπο του Peak:

μικρό= Β +	σολ
	2

όπου B = 10, G = 6, επομένως

μικρό = 18 +	6
	2

Απάντηση: 20.

Διαβάστε επίσης: Ενιαία Κρατική Εξέταση στη Φυσική: επίλυση προβλημάτων σχετικά με τις ταλαντώσεις

Εργασία Νο. 4- στόχος του μαθήματος «Θεωρία Πιθανοτήτων και Στατιστική». Δοκιμάζεται η ικανότητα υπολογισμού της πιθανότητας ενός γεγονότος στην απλούστερη κατάσταση.

Παράδειγμα 4.Στον κύκλο σημειώνονται 5 κόκκινες και 1 μπλε κουκκίδες. Προσδιορίστε ποια πολύγωνα είναι μεγαλύτερα: αυτά με όλες τις κορυφές κόκκινες ή εκείνα με μια από τις κορυφές μπλε. Στην απάντησή σας, αναφέρετε πόσοι είναι περισσότεροι από κάποιους από άλλους.

Λύση: 1) Ας χρησιμοποιήσουμε τον τύπο για τον αριθμό των συνδυασμών του nστοιχεία από κ:

του οποίου οι κορυφές είναι όλες κόκκινες.

3) Ένα πεντάγωνο με όλες τις κορυφές κόκκινες.

4) 10 + 5 + 1 = 16 πολύγωνα με όλες τις κόκκινες κορυφές.

που έχουν κόκκινες κορυφές ή με ένα μπλε τοπ.

που έχουν κόκκινες κορυφές ή με ένα μπλε τοπ.

8) Ένα εξάγωνο με κόκκινες κορυφές και μία μπλε κορυφή.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 πολύγωνα με όλες τις κόκκινες κορυφές ή μια μπλε κορυφή.

10) 42 – 16 = 26 πολύγωνα χρησιμοποιώντας την μπλε κουκκίδα.

11) 26 – 16 = 10 πολύγωνα – πόσα περισσότερα πολύγωνα στα οποία μία από τις κορυφές είναι μπλε κουκκίδα υπάρχουν από τα πολύγωνα στα οποία όλες οι κορυφές είναι μόνο κόκκινες.

Απάντηση: 10.

Εργασία Νο. 5- το βασικό επίπεδο του πρώτου μέρους ελέγχει την ικανότητα επίλυσης απλών εξισώσεων (παράλογες, εκθετικές, τριγωνομετρικές, λογαριθμικές).

Παράδειγμα 5.Λύστε την εξίσωση 2 3 + Χ= 0,4 5 3 + Χ .

Λύση.Διαιρέστε και τις δύο πλευρές αυτής της εξίσωσης με 5 3 + Χ≠ 0, παίρνουμε

2 3 + Χ	= 0,4 ή		2		3 + Χ	=	2	,
5 3 + Χ			5				5

από όπου προκύπτει ότι 3 + Χ = 1, Χ = –2.

Απάντηση: –2.

Εργασία Νο. 6στην επιπεδομετρία να βρουν γεωμετρικά μεγέθη (μήκη, γωνίες, εμβαδά), μοντελοποιώντας πραγματικές καταστάσεις στη γλώσσα της γεωμετρίας. Μελέτη κατασκευασμένων μοντέλων με χρήση γεωμετρικών εννοιών και θεωρημάτων. Η πηγή των δυσκολιών είναι, κατά κανόνα, η άγνοια ή η εσφαλμένη εφαρμογή των απαραίτητων θεωρημάτων της επιπεδομετρίας.

Εμβαδόν τριγώνου αλφάβητοισούται με 129. DE– μέση γραμμή παράλληλη στο πλάι ΑΒ. Βρείτε την περιοχή του τραπεζοειδούς ΕΝΑ ΚΡΕΒΑΤΙ.

Λύση.Τρίγωνο CDEπαρόμοιο με ένα τρίγωνο ΤΑΞΙσε δύο γωνίες, αφού η γωνία στην κορυφή ντογενική, γωνία СDE ίσο με γωνία ΤΑΞΙως οι αντίστοιχες γωνίες στο DE || ΑΒδιατέμνων ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ.. Επειδή DE– η μέση γραμμή του τριγώνου κατά συνθήκη και μετά κατά ιδιότητα μέση γραμμή | DE = (1/2)ΑΒ. Αυτό σημαίνει ότι ο συντελεστής ομοιότητας είναι 0,5. Επομένως, τα εμβαδά όμοιων σχημάτων συσχετίζονται ως το τετράγωνο του συντελεστή ομοιότητας

Ως εκ τούτου, S ABED = μικρό Δ αλφάβητο – μικρό Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

Εργασία Νο. 7- ελέγχει την εφαρμογή της παραγώγου στη μελέτη μιας συνάρτησης. Η επιτυχής εφαρμογή απαιτεί ουσιαστική, μη τυπική γνώση της έννοιας του παραγώγου.

Παράδειγμα 7.Στο γράφημα της συνάρτησης y = φά(Χ) στο σημείο της τετμημένης Χ 0 σχεδιάζεται μια εφαπτομένη που είναι κάθετη στην ευθεία που διέρχεται από τα σημεία (4; 3) και (3; –1) αυτής της γραφικής παράστασης. Εύρημα φά′( Χ 0).

Λύση. 1) Ας χρησιμοποιήσουμε την εξίσωση μιας ευθείας που διέρχεται από δύο δεδομένα σημεία και ας βρούμε την εξίσωση μιας ευθείας που διέρχεται από τα σημεία (4; 3) και (3; -1).

(y – y 1)(Χ 2 – Χ 1) = (Χ – Χ 1)(y 2 – y 1)

(y – 3)(3 – 4) = (Χ – 4)(–1 – 3)

(y – 3)(–1) = (Χ – 4)(–4)

–y + 3 = –4Χ+ 16| · (-1)

y – 3 = 4Χ – 16

y = 4Χ– 13, όπου κ 1 = 4.

2) Να βρείτε την κλίση της εφαπτομένης κ 2, το οποίο είναι κάθετο στη γραμμή y = 4Χ– 13, όπου κ 1 = 4, σύμφωνα με τον τύπο:

3) Συντελεστής κλίσηςεφαπτομένη – παράγωγο της συνάρτησης στο σημείο της εφαπτομένης. Που σημαίνει, φά′( Χ 0) = κ 2 = –0,25.

Απάντηση: –0,25.

Εργασία Νο. 8- ελέγχει τις γνώσεις των συμμετεχόντων στις εξετάσεις για τη στοιχειώδη στερεομετρία, την ικανότητα εφαρμογής τύπων για εύρεση εμβαδών επιφανειών και όγκων σχημάτων, διεδρικές γωνίες, συγκρίνει τους όγκους παρόμοιων σχημάτων, μπορεί να εκτελεί ενέργειες με γεωμετρικά σχήματα, συντεταγμένες και διανύσματα κ.λπ.

Ο όγκος ενός κύβου που περιβάλλεται γύρω από μια σφαίρα είναι 216. Βρείτε την ακτίνα της σφαίρας.

Λύση. 1) Vκύβος = ένα 3 (όπου ΕΝΑ– μήκος της άκρης του κύβου), επομένως

ΕΝΑ 3 = 216

ΕΝΑ = 3 √216

2) Εφόσον η σφαίρα είναι εγγεγραμμένη σε κύβο, σημαίνει ότι το μήκος της διαμέτρου της σφαίρας είναι ίσο με το μήκος της άκρης του κύβου, επομένως ρε = ένα, ρε = 6, ρε = 2R, R = 6: 2 = 3.

Εργασία Νο. 9- απαιτεί από τον απόφοιτο να έχει τις δεξιότητες να μετασχηματίζει και να απλοποιεί αλγεβρικές εκφράσεις. Εργασία Νο. 9 αυξημένου επιπέδου δυσκολίας με σύντομη απάντηση. Οι εργασίες από την ενότητα "Υπολογισμοί και μετασχηματισμοί" στην Ενιαία Κρατική Εξέταση χωρίζονται σε διάφορους τύπους:

μετασχηματισμός αριθμητικών ορθολογικών εκφράσεων.

μετατροπή αλγεβρικών εκφράσεων και κλασμάτων.

μετατροπή αριθμητικών/γραμμάτων παράλογων εκφράσεων.

δράσεις με πτυχία?

μεταμόρφωση λογαριθμικές εκφράσεις;

1. μετατροπή αριθμητικών/γραμμάτων τριγωνομετρικών παραστάσεων.

Παράδειγμα 9.Υπολογίστε το tana αν είναι γνωστό ότι cos2α = 0,6 και

3π	< α < π.
4

Λύση. 1) Ας χρησιμοποιήσουμε τον τύπο διπλού ορίσματος: cos2α = 2 cos 2 α – 1 και να βρούμε

ταν 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

Αυτό σημαίνει tan 2 α = ± 0,5.

3) Κατά συνθήκη

3π	< α < π,
4

αυτό σημαίνει α είναι η γωνία του δεύτερου τετάρτου και tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

Απάντηση: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Εργασία Νο. 10- ελέγχει την ικανότητα των μαθητών να χρησιμοποιούν τις γνώσεις και τις δεξιότητες που αποκτήθηκαν από την αρχή σε πρακτικές δραστηριότητες και στην καθημερινή ζωή. Μπορούμε να πούμε ότι πρόκειται για προβλήματα στη φυσική, και όχι στα μαθηματικά, αλλά όλοι οι απαραίτητοι τύποι και οι ποσότητες δίνονται στη συνθήκη. Τα προβλήματα περιορίζονται στην επίλυση γραμμικών ή τετραγωνική εξίσωση, ή γραμμική ή τετραγωνική ανισότητα. Επομένως, είναι απαραίτητο να μπορούμε να λύνουμε τέτοιες εξισώσεις και ανισώσεις και να προσδιορίζουμε την απάντηση. Η απάντηση πρέπει να δοθεί ως ακέραιος αριθμός ή πεπερασμένο δεκαδικό κλάσμα.

Δύο σώματα μάζας Μ= 2 κιλά το καθένα, κινούμενο με την ίδια ταχύτητα v= 10 m/s σε γωνία 2α μεταξύ τους. Η ενέργεια (σε joules) που απελευθερώνεται κατά την απολύτως ανελαστική σύγκρουσή τους καθορίζεται από την έκφραση Q = mv 2 αμαρτία 2 α. Με ποια μικρότερη γωνία 2α (σε μοίρες) πρέπει να κινούνται τα σώματα έτσι ώστε να απελευθερωθούν τουλάχιστον 50 joule ως αποτέλεσμα της σύγκρουσης;
Λύση.Για να λύσουμε το πρόβλημα, πρέπει να λύσουμε την ανισότητα Q ≥ 50, στο διάστημα 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 αμαρτία 2 α ≥ 50

2 10 2 αμαρτία 2 α ≥ 50

200 αμαρτία 2 α ≥ 50

Αφού α ∈ (0°; 90°), θα λύσουμε μόνο

Ας αναπαραστήσουμε τη λύση της ανισότητας γραφικά:

Εφόσον από την συνθήκη α ∈ (0°; 90°), σημαίνει 30° ≤ α< 90°. Получили, что μικρότερη γωνίαΤο α είναι 30°, τότε η μικρότερη γωνία είναι 2α = 60°.

Εργασία Νο. 11- είναι τυπικό, αλλά αποδεικνύεται δύσκολο για τους μαθητές. Η κύρια πηγή δυσκολίας είναι η κατασκευή ενός μαθηματικού μοντέλου (σύνταξη εξίσωσης). Η εργασία Νο. 11 ελέγχει την ικανότητα επίλυσης προβλημάτων λέξεων.

Παράδειγμα 11.Κατά τη διάρκεια του ανοιξιάτικου διαλείμματος, ο μαθητής της 11ης τάξης Βάσια έπρεπε να λύσει 560 προβλήματα εξάσκησης για να προετοιμαστεί για την Ενιαία Κρατική Εξέταση. Στις 18 Μαρτίου, την τελευταία μέρα του σχολείου, η Βάσια έλυσε 5 προβλήματα. Στη συνέχεια, κάθε μέρα έλυνε τον ίδιο αριθμό προβλημάτων περισσότερα από την προηγούμενη μέρα. Προσδιορίστε πόσα προβλήματα έλυσε η Βάσια στις 2 Απριλίου, την τελευταία ημέρα των διακοπών.

Λύση:Ας υποδηλώσουμε ένα 1 = 5 - ο αριθμός των προβλημάτων που έλυσε ο Vasya στις 18 Μαρτίου, ρε– καθημερινός αριθμός εργασιών που επιλύονται από τον Vasya, n= 16 – αριθμός ημερών από 18 Μαρτίου έως 2 Απριλίου συμπεριλαμβανομένων, μικρό 16 = 560 – συνολικός αριθμός εργασιών, ένα 16 - ο αριθμός των προβλημάτων που έλυσε η Βάσια στις 2 Απριλίου. Γνωρίζοντας ότι κάθε μέρα ο Vasya έλυνε τον ίδιο αριθμό προβλημάτων περισσότερα σε σύγκριση με την προηγούμενη ημέρα, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τύπους για την εύρεση του αθροίσματος μιας αριθμητικής προόδου:

560 = (5 + ένα 16) 8,

5 + ένα 16 = 560: 8,

5 + ένα 16 = 70,

ένα 16 = 70 – 5

ένα 16 = 65.

Απάντηση: 65.

Εργασία Νο. 12- δοκιμάζουν την ικανότητα των μαθητών να εκτελούν πράξεις με συναρτήσεις και να μπορούν να εφαρμόζουν την παράγωγο στη μελέτη μιας συνάρτησης.

Βρείτε το μέγιστο σημείο της συνάρτησης y= 10ln( Χ + 9) – 10Χ + 1.

Λύση: 1) Βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης: Χ + 9 > 0, Χ> –9, δηλαδή x ∈ (–9; ∞).

2) Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης:

4) Το σημείο που βρέθηκε ανήκει στο διάστημα (–9; ∞). Ας προσδιορίσουμε τα σημάδια της παραγώγου της συνάρτησης και ας απεικονίσουμε τη συμπεριφορά της συνάρτησης στο σχήμα:

Το επιθυμητό μέγιστο σημείο Χ = –8.

Κατεβάστε δωρεάν το πρόγραμμα εργασίας στα μαθηματικά για τη γραμμή διδακτικού υλικού Γ.Κ. Muravina, K.S. Muravina, O.V. Μουραβίνα 10-11 Κατεβάστε δωρεάν διδακτικά βοηθήματα για την άλγεβρα

Εργασία Νο. 13-αυξημένο επίπεδο πολυπλοκότητας με λεπτομερή απάντηση, έλεγχος της ικανότητας επίλυσης εξισώσεων, η πιο επιτυχημένη λύση μεταξύ των εργασιών με λεπτομερή απάντηση αυξημένου επιπέδου πολυπλοκότητας.

α) Λύστε την εξίσωση 2log 3 2 (2συν Χ) – 5log 3 (2cos Χ) + 2 = 0

β) Να βρείτε όλες τις ρίζες αυτής της εξίσωσης που ανήκουν στο τμήμα.

Λύση:α) Έστω log 3 (2cos Χ) = t, μετά 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

	ημερολόγιο 3(2cos Χ) =	2	⇔		2κοσ Χ = 9	⇔		cos Χ =	4,5	⇔ γιατί |κός Χ| ≤ 1,
	ημερολόγιο 3(2cos Χ) =	1			2κοσ Χ = √3			cos Χ =	√3
		2							2

τότε κοσ Χ =	√3
	2

	Χ =	π	+ 2π κ
		6
	Χ = –	π	+ 2π κ, κ ∈ Ζ
		6

β) Βρείτε τις ρίζες που βρίσκονται στο τμήμα .

Το σχήμα δείχνει ότι οι ρίζες του δεδομένου τμήματος ανήκουν

11π	Και	13π	.
6		6

Απάντηση:ΕΝΑ)	π	+ 2π κ; –	π	+ 2π κ, κ ∈ Ζ; σι)	11π	;	13π	.
	6		6		6		6

Εργασία Νο. 14-το προχωρημένο επίπεδο αναφέρεται σε εργασίες στο δεύτερο μέρος με αναλυτική απάντηση. Η εργασία ελέγχει την ικανότητα εκτέλεσης ενεργειών με γεωμετρικά σχήματα. Η εργασία περιέχει δύο σημεία. Στο πρώτο σημείο, η εργασία πρέπει να αποδειχθεί και στο δεύτερο σημείο, να υπολογιστεί.

Η διάμετρος του κύκλου της βάσης του κυλίνδρου είναι 20, η γεννήτρια του κυλίνδρου είναι 28. Το επίπεδο τέμνει τη βάση του κατά μήκος χορδών μήκους 12 και 16. Η απόσταση μεταξύ των χορδών είναι 2√197.

α) Να αποδείξετε ότι τα κέντρα των βάσεων του κυλίνδρου βρίσκονται στη μία πλευρά αυτού του επιπέδου.

β) Να βρείτε τη γωνία μεταξύ αυτού του επιπέδου και του επιπέδου της βάσης του κυλίνδρου.

Λύση:α) Μια χορδή μήκους 12 βρίσκεται σε απόσταση = 8 από το κέντρο του κύκλου βάσης, και μια χορδή μήκους 16, ομοίως, βρίσκεται σε απόσταση 6. Επομένως, η απόσταση μεταξύ των προεξοχών τους σε ένα επίπεδο παράλληλο στο οι βάσεις των κυλίνδρων είναι είτε 8 + 6 = 14, είτε 8 − 6 = 2.

Τότε η απόσταση μεταξύ των συγχορδιών είναι είτε

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Σύμφωνα με την προϋπόθεση, πραγματοποιήθηκε η δεύτερη περίπτωση, στην οποία οι προεξοχές των χορδών βρίσκονται στη μία πλευρά του άξονα του κυλίνδρου. Αυτό σημαίνει ότι ο άξονας δεν τέμνει αυτό το επίπεδο μέσα στον κύλινδρο, δηλαδή οι βάσεις βρίσκονται στη μία πλευρά του. Αυτό που έπρεπε να αποδειχτεί.

β) Ας συμβολίσουμε τα κέντρα των βάσεων ως Ο 1 και Ο 2. Ας σχεδιάσουμε από το κέντρο της βάσης με μια χορδή μήκους 12 μια κάθετη διχοτόμο σε αυτή τη χορδή (έχει μήκος 8, όπως ήδη σημειώθηκε) και από το κέντρο της άλλης βάσης στην άλλη χορδή. Βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο β, κάθετα σε αυτές τις χορδές. Ας ονομάσουμε το μέσο της μικρότερης χορδής Β, τη μεγαλύτερη χορδή Α και την προβολή του Α στη δεύτερη βάση - H (H ∈ β). Τότε τα AB,AH ∈ β και επομένως τα AB,AH είναι κάθετα στη χορδή, δηλαδή στην ευθεία τομής της βάσης με το δεδομένο επίπεδο.

Αυτό σημαίνει ότι η απαιτούμενη γωνία είναι ίση με

∠ABH = αρκτάν	A.H.	= αρκτάνος	28	= arctg14.
	B.H.		8 – 6

Εργασία Νο. 15- αυξημένο επίπεδο πολυπλοκότητας με λεπτομερή απάντηση, ελέγχει την ικανότητα επίλυσης ανισοτήτων, η οποία επιλύεται με μεγαλύτερη επιτυχία μεταξύ των εργασιών με λεπτομερή απάντηση αυξημένου επιπέδου πολυπλοκότητας.

Παράδειγμα 15.Επίλυση ανισότητας | Χ 2 – 3Χ| ημερολόγιο 2 ( Χ + 1) ≤ 3Χ – Χ 2 .

Λύση:Το πεδίο ορισμού αυτής της ανισότητας είναι το διάστημα (–1; +∞). Εξετάστε τρεις περιπτώσεις χωριστά:

1) Αφήστε Χ 2 – 3Χ= 0, δηλ. Χ= 0 ή Χ= 3. Σε αυτήν την περίπτωση, αυτή η ανισότητα γίνεται αληθινή, επομένως, αυτές οι τιμές περιλαμβάνονται στη λύση.

2) Αφήστε τώρα Χ 2 – 3Χ> 0, δηλ. Χ∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Επιπλέον, αυτή η ανισότητα μπορεί να ξαναγραφτεί ως ( Χ 2 – 3Χ) ημερολόγιο 2 ( Χ + 1) ≤ 3Χ – Χ 2 και διαιρέστε με μια θετική έκφραση Χ 2 – 3Χ. Παίρνουμε το αρχείο καταγραφής 2 ( Χ + 1) ≤ –1, Χ + 1 ≤ 2 –1 , Χ≤ 0,5 –1 ή Χ≤ –0,5. Λαμβάνοντας υπόψη τον τομέα ορισμού, έχουμε Χ ∈ (–1; –0,5].

3) Τέλος, ας εξετάσουμε Χ 2 – 3Χ < 0, при этом Χ∈ (0; 3). Σε αυτήν την περίπτωση, η αρχική ανισότητα θα ξαναγραφεί στη μορφή (3 Χ – Χ 2) ημερολόγιο 2 ( Χ + 1) ≤ 3Χ – Χ 2. Μετά τη διαίρεση με το θετικό 3 Χ – Χ 2, παίρνουμε το αρχείο καταγραφής 2 ( Χ + 1) ≤ 1, Χ + 1 ≤ 2, Χ≤ 1. Λαμβάνοντας υπόψη την περιοχή, έχουμε Χ ∈ (0; 1].

Συνδυάζοντας τα διαλύματα που λαμβάνονται, παίρνουμε Χ ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Απάντηση: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Εργασία Νο. 16- το προχωρημένο επίπεδο αναφέρεται σε εργασίες στο δεύτερο μέρος με λεπτομερή απάντηση. Η εργασία ελέγχει την ικανότητα εκτέλεσης ενεργειών με γεωμετρικά σχήματα, συντεταγμένες και διανύσματα. Η εργασία περιέχει δύο σημεία. Στο πρώτο σημείο, η εργασία πρέπει να αποδειχθεί και στο δεύτερο σημείο, να υπολογιστεί.

Σε ένα ισοσκελές τρίγωνο ABC με γωνία 120°, η διχοτόμος BD σχεδιάζεται στην κορυφή Α. Το ορθογώνιο DEFH είναι εγγεγραμμένο στο τρίγωνο ABC έτσι ώστε η πλευρά FH να βρίσκεται στο τμήμα BC και η κορυφή Ε να βρίσκεται στο τμήμα AB. α) Να αποδείξετε ότι FH = 2DH. β) Βρείτε το εμβαδόν του παραλληλογράμμου DEFH εάν AB = 4.

Λύση:ΕΝΑ)

1) ΔBEF – ορθογώνιο, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, μετά EF = BE από την ιδιότητα του σκέλους που βρίσκεται απέναντι από τη γωνία 30°.

2) Έστω EF = DH = Χ, τότε BE = 2 Χ, BF = Χ√3 σύμφωνα με το Πυθαγόρειο θεώρημα.

3) Εφόσον το ΔABC είναι ισοσκελές, σημαίνει ∠B = ∠C = 30˚.

Το BD είναι η διχοτόμος του ∠B, που σημαίνει ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Θεωρήστε το ΔDBH – ορθογώνιο, γιατί DH⊥BC.

2Χ	=	4 – 2Χ
2Χ(√3 + 1)		4

1	=	2 – Χ
√3 + 1		2

√3 – 1 = 2 – Χ

Χ = 3 – √3

EF = 3 – √3

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

μικρό DEFH = 24 – 12√3.

Απάντηση: 24 – 12√3.

Εργασία Νο. 17- μια εργασία με λεπτομερή απάντηση, αυτή η εργασία ελέγχει την εφαρμογή γνώσεων και δεξιοτήτων σε πρακτικές δραστηριότητες και την καθημερινή ζωή, την ικανότητα οικοδόμησης και έρευνας μαθηματικά μοντέλα. Αυτή η εργασία είναι ένα πρόβλημα κειμένου με οικονομικό περιεχόμενο.

Παράδειγμα 17.Προβλέπεται να ανοίξει κατάθεση 20 εκατομμυρίων ρούβλια για τέσσερα χρόνια. Στο τέλος κάθε έτους, η τράπεζα αυξάνει την κατάθεση κατά 10% σε σχέση με το μέγεθός της στην αρχή του έτους. Επιπλέον, στην αρχή του τρίτου και του τέταρτου έτους, ο επενδυτής αναπληρώνει ετησίως την κατάθεση κατά Χεκατομμύρια ρούβλια, όπου Χ - ολόκληροςαριθμός. Εύρημα υψηλότερη τιμή Χ, στην οποία η τράπεζα θα συγκεντρώσει λιγότερα από 17 εκατομμύρια ρούβλια στην κατάθεση για τέσσερα χρόνια.

Λύση:Στο τέλος του πρώτου έτους, η συνεισφορά θα είναι 20 + 20 · 0,1 = 22 εκατομμύρια ρούβλια και στο τέλος του δεύτερου - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 εκατομμύρια ρούβλια. Στην αρχή του τρίτου έτους, η συνεισφορά (σε εκατομμύρια ρούβλια) θα είναι (24,2 + Χ), και στο τέλος - (24,2 + Χ) + (24,2 + Χ)· 0,1 = (26,62 + 1,1 Χ). Στην αρχή του τέταρτου έτους η συνεισφορά θα είναι (26,62 + 2,1 Χ), και στο τέλος - (26.62 + 2.1 Χ) + (26,62 + 2,1Χ) 0,1 = (29,282 + 2,31 Χ). Κατά συνθήκη, πρέπει να βρείτε τον μεγαλύτερο ακέραιο x για τον οποίο ισχύει η ανισότητα

(29,282 + 2,31Χ) – 20 – 2Χ < 17

29,282 + 2,31Χ – 20 – 2Χ < 17

0,31Χ < 17 + 20 – 29,282

0,31Χ < 7,718

Χ <	7718
	310

Χ <	3859
	155

Χ < 24	139
	155

Η μεγαλύτερη ακέραια λύση σε αυτήν την ανισότητα είναι ο αριθμός 24.

Απάντηση: 24.

Εργασία Νο. 18- εργασία αυξημένου επιπέδου πολυπλοκότητας με λεπτομερή απάντηση. Αυτή η εργασία προορίζεται για ανταγωνιστική επιλογή σε πανεπιστήμια με αυξημένες απαιτήσεις για τη μαθηματική προετοιμασία των υποψηφίων. Ασκηση υψηλό επίπεδοπολυπλοκότητα - αυτή η εργασία δεν αφορά τη χρήση μιας μεθόδου λύσης, αλλά ενός συνδυασμού διάφορες μεθόδους. Για να ολοκληρώσετε επιτυχώς την εργασία 18, εκτός από στέρεες μαθηματικές γνώσεις, χρειάζεστε επίσης υψηλό επίπεδο μαθηματικής κουλτούρας.

Σε τι ένασύστημα ανισοτήτων

	Χ 2 + y 2 ≤ 2αι – ένα 2 + 1
	y + ένα ≤ |Χ| – ένα

έχει ακριβώς δύο λύσεις;

Λύση:Αυτό το σύστημα μπορεί να ξαναγραφτεί στη μορφή

	Χ 2 + (y– ένα) 2 ≤ 1
	y ≤ |Χ| – ένα

Αν σχεδιάσουμε στο επίπεδο το σύνολο των λύσεων της πρώτης ανισότητας, θα έχουμε το εσωτερικό ενός κύκλου (με όριο) ακτίνας 1 με κέντρο στο σημείο (0, ΕΝΑ). Το σύνολο των λύσεων της δεύτερης ανισότητας είναι το τμήμα του επιπέδου που βρίσκεται κάτω από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης y = | Χ| – ένα, και το τελευταίο είναι το γράφημα της συνάρτησης
y = | Χ| , μετατοπίστηκε προς τα κάτω από ΕΝΑ. Η λύση σε αυτό το σύστημα είναι η τομή των συνόλων λύσεων σε καθεμία από τις ανισότητες.

Κατά συνέπεια, αυτό το σύστημα θα έχει δύο λύσεις μόνο στην περίπτωση που φαίνεται στο Σχ. 1.

Τα σημεία επαφής του κύκλου με τις ευθείες θα είναι δύο λύσεις του συστήματος. Κάθε μία από τις ευθείες γραμμές έχει κλίση προς τους άξονες υπό γωνία 45°. Άρα είναι ένα τρίγωνο PQR– ορθογώνιο ισοσκελές. Τελεία Qέχει συντεταγμένες (0, ΕΝΑ), και το σημείο R– συντεταγμένες (0, – ΕΝΑ). Επιπλέον, τα τμήματα PRΚαι PQίση με την ακτίνα του κύκλου ίση με 1. Αυτό σημαίνει

Qr= 2ένα = √2, ένα =	√2	.
	2

Απάντηση: ένα =	√2	.
	2

Εργασία Νο. 19- εργασία αυξημένου επιπέδου πολυπλοκότητας με λεπτομερή απάντηση. Αυτή η εργασία προορίζεται για ανταγωνιστική επιλογή σε πανεπιστήμια με αυξημένες απαιτήσεις για τη μαθηματική προετοιμασία των υποψηφίων. Μια εργασία υψηλού επιπέδου πολυπλοκότητας είναι μια εργασία όχι για τη χρήση μιας μεθόδου λύσης, αλλά για έναν συνδυασμό διαφόρων μεθόδων. Για να ολοκληρώσετε με επιτυχία την εργασία 19, πρέπει να είστε σε θέση να αναζητήσετε μια λύση, επιλέγοντας διαφορετικές προσεγγίσεις από τις γνωστές και τροποποιώντας τις μεθόδους που μελετήθηκαν.

Αφήνω Snάθροισμα Πόρους μιας αριθμητικής προόδου ( ένα σελ). Είναι γνωστό ότι S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

α) Δώστε τον τύπο Πο όρος αυτής της εξέλιξης.

β) Να βρείτε το μικρότερο απόλυτο άθροισμα S n.

γ) Βρείτε το μικρότερο Π, στο οποίο S nθα είναι το τετράγωνο ενός ακέραιου αριθμού.

Λύση: α) Είναι προφανές ότι a n = S n – S n- 1 . Χρησιμοποιώντας αυτόν τον τύπο, παίρνουμε:

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

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

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

Β) Αφού S n = 2n 2 – 25n, στη συνέχεια εξετάστε τη συνάρτηση μικρό(Χ) = | 2Χ 2 – 25x|. Το γράφημα του φαίνεται στο σχήμα.

Προφανώς, η μικρότερη τιμή επιτυγχάνεται στα ακέραια σημεία που βρίσκονται πιο κοντά στα μηδενικά της συνάρτησης. Προφανώς αυτά είναι σημεία Χ= 1, Χ= 12 και Χ= 13. Αφού, μικρό(1) = |μικρό 1 | = |2 – 25| = 23, μικρό(12) = |μικρό 12 | = |2 · 144 – 25 · 12| = 12, μικρό(13) = |μικρό 13 | = |2 · 169 – 25 · 13| = 13, τότε η μικρότερη τιμή είναι 12.

γ) Από την προηγούμενη παράγραφο προκύπτει ότι Snθετικό, ξεκινώντας από n= 13. Αφού S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), τότε η προφανής περίπτωση, όταν αυτή η έκφραση είναι τέλειο τετράγωνο, πραγματοποιείται όταν n = 2n– 25, δηλαδή στο Π= 25.

Απομένει να ελέγξετε τις τιμές από 13 έως 25:

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

Αποδεικνύεται ότι για μικρότερες τιμές Π Τέλειο τετράγωνοδεν επιτυγχάνεται.

Απάντηση:ΕΝΑ) a n = 4n– 27; β) 12; γ) 25.

________________

*Από τον Μάιο του 2017, ο ενιαίος εκδοτικός όμιλος «DROFA-VENTANA» αποτελεί μέρος της εταιρείας Russian Textbook. Η εταιρεία περιλαμβάνει επίσης τον εκδοτικό οίκο Astrel και την ψηφιακή εκπαιδευτική πλατφόρμα LECTA. Γενικός διευθυντής Alexander Brychkin, απόφοιτος της Χρηματοοικονομικής Ακαδημίας υπό την κυβέρνηση της Ρωσικής Ομοσπονδίας, υποψήφιος οικονομικές επιστήμες, Επόπτης καινοτόμα έργαεκδοτικός οίκος «ΔΡΟΦΑ» στον τομέα της ψηφιακής εκπαίδευσης (ηλεκτρονικά έντυπα σχολικών βιβλίων, «Ρωσικό Ηλεκτρονικό Σχολείο», ψηφιακή εκπαιδευτική πλατφόρμα LECTA). Πριν ενταχθεί στον εκδοτικό οίκο ΔΡΟΦΑ, κατείχε τη θέση του αντιπροέδρου στρατηγικής ανάπτυξης και επενδύσεων της εκδοτικής εταιρείας EKSMO-AST. Σήμερα, η εκδοτική εταιρεία "Russian Textbook" έχει το μεγαλύτερο χαρτοφυλάκιο σχολικών βιβλίων που περιλαμβάνονται στην Ομοσπονδιακή Λίστα - 485 τίτλους (περίπου 40%, εξαιρουμένων των εγχειριδίων για ειδικά σχολεία). Οι εκδοτικοί οίκοι της εταιρείας κατέχουν τα πιο δημοφιλή Ρωσικά σχολείασετ εγχειριδίων φυσικής, σχεδίου, βιολογίας, χημείας, τεχνολογίας, γεωγραφίας, αστρονομίας - τομείς γνώσης που χρειάζονται για την ανάπτυξη του παραγωγικού δυναμικού της χώρας. Το χαρτοφυλάκιο της εταιρείας περιλαμβάνει σχολικά βιβλία και διδακτικά βοηθήματαΓια δημοτικό σχολείο, απονεμήθηκε το Προεδρικό Βραβείο στον τομέα της εκπαίδευσης. Αυτά είναι εγχειρίδια και εγχειρίδια για θεματικές περιοχές, τα οποία είναι απαραίτητα για την ανάπτυξη του επιστημονικού, τεχνικού και παραγωγικού δυναμικού της Ρωσίας.

Η Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά (προφίλ) είναι προαιρετική. Αυτή η εξέταση είναι απαραίτητη για όσους σχεδιάζουν να σπουδάσουν περαιτέρω αυτόν τον κλάδο, να εισέλθουν στην Οικονομική Σχολή, στα Μαθηματικά ή να συνεχίσουν τις σπουδές τους σε Πολυτεχνεία. Το επίπεδο προφίλ, σε αντίθεση με το βασικό επίπεδο, απαιτεί εις βάθος γνώση. Η εξέταση επικεντρώνεται στις δεξιότητες Πρακτική εφαρμογηδεξιότητες που αποκτήθηκαν με τα χρόνια σπουδών, αλλά η γνώση της θεωρίας για την Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά δεν είναι λιγότερο σημαντική.

Τι πρέπει να ξέρετε;

Οπως και με περνώντας από την Ενιαία Κρατική Εξέτασηένα βασικό επίπεδο θα απαιτήσει γνώσεις που αποκτήθηκαν από τα σχολικά μαθήματα άλγεβρας και γεωμετρίας, ικανότητα εργασίας με διάφορες ανισότητες και εξισώσεις, άριστη γνώση της ορολογίας και γνώση αλγορίθμων λύσεων διάφορα καθήκοντα. Για την επιτυχή ολοκλήρωση εργασιών αυξημένης πολυπλοκότητας, απαιτείται γνώση στους ακόλουθους τομείς:

• επιπεδομετρία;
• ανισότητες?
• ενδιαφέρον;
• προχώρηση;
• στερεομετρία;
• εξισώσεις?
• παραμετρικά συστήματα, εξισώσεις, ανισώσεις.
• οικονομικά μαθηματικά.

Δεν μπορείτε να κάνετε χωρίς θεωρία στη διαδικασία προετοιμασίας: χωρίς να γνωρίζετε τους κανόνες, τα αξιώματα και τα θεωρήματα, είναι αδύνατο να λύσετε τα προβλήματα που παρουσιάζονται στα γραπτά των εξετάσεων. Ταυτόχρονα, θα ήταν λάθος να μελετήσουμε θεωρία σε βάρος της πράξης. Η απλή απομνημόνευση των κανόνων δεν θα βοηθήσει στην εξέταση - είναι σημαντικό να αναπτύξετε και να βελτιώσετε την ικανότητα εφαρμογής της αποκτηθείσας γνώσης κατά την επίλυση προβλημάτων.

Πώς να προετοιμαστείτε για τις εξετάσεις;

Είναι καλύτερα να ξεκινήσετε την προετοιμασία για τις εξετάσεις από την αρχή σχολική χρονιά. Σε αυτή την περίπτωση, μπορείτε ήρεμα, χωρίς βιασύνη, να περάσετε από όλες τις ενότητες και στη συνέχεια να τις επαναλάβετε, ανανεώνοντας τις γνώσεις σας αμέσως πριν από τη δοκιμή.

Η κλασική μέθοδος προετοιμασίας - η απλή ανάγνωση ενός σχολικού βιβλίου στη σειρά, η απομνημόνευση των κανόνων - είναι αναποτελεσματική. Για να θυμάστε πληροφορίες, πρέπει να τις κατανοήσετε. Μπορείτε, για παράδειγμα, να δοκιμάσετε, αφού διαβάσετε τον κανόνα, να τον ξαναπείτε με δικά σας λόγια ή να τον εξηγήσετε στον εαυτό σας. Αυτή η προσέγγιση σας επιτρέπει να θυμάστε αυτό που διαβάσατε για μεγάλο χρονικό διάστημα.

Οι επιμέρους τύποι και αξιώματα θα πρέπει να απομνημονεύονται. Για να διευκολύνετε τη διαδικασία απομνημόνευσης, θα πρέπει να βεβαιωθείτε ότι τα απαραίτητα δεδομένα είναι ορατά ανά πάσα στιγμή - στον τοίχο κοντά στο κρεβάτι, στο μπάνιο, στο ψυγείο, πάνω γραφείο. Εάν τα τραπέζια με φόρμουλες είναι πάντα μπροστά στα μάτια σας, σταδιακά θα τα θυμάστε χωρίς ιδιαίτερη προσπάθεια.

Όσοι προετοιμάζονται για τις εξετάσεις του Ενιαίου Κράτους όχι μόνοι τους, αλλά παρέα με άλλους πτυχιούχους, μπορούν να συμβουλεύονται να εξηγήσουν τη θεωρία ο ένας στον άλλον. Αυτή η μέθοδος πειθαρχεί και βοηθά στην καλύτερη κατανόηση του υλικού.

Κατά την εκτέλεση πρακτικών εργασιών, είναι απαραίτητο να αναλυθούν τα πιο συνηθισμένα σφάλματα. Εάν δεν συνδέονται με απροσεξία, αλλά με άγνοια ορισμένων κανόνων, είναι σημαντικό να μελετήσετε προσεκτικά τέτοια θέματα. Όλη η θεωρία είναι δομημένη, και η αναζήτηση τους απαραίτητους κανόνεςθα πάρει ελάχιστο χρόνο.

Η θεωρία είναι σημαντική, αλλά η πράξη είναι απαραίτητη. Κατά τη διάρκεια της εξέτασης ελέγχεται η ικανότητα εφαρμογής των γνώσεων που αποκτήθηκαν. Είναι απαραίτητο να εξασκηθείτε, εξασκώντας τους ίδιους αλγόριθμους ξανά και ξανά, επαναλαμβάνοντας τα ίδια θέματα, έως ότου η ολοκλήρωση των εργασιών πάψει να προκαλεί δυσκολίες. Χωρίς πρακτική εφαρμογή, η γνώση είναι άχρηστη και ξεχνιέται εύκολα.

Σας ευχόμαστε καλή επιτυχία στη μελέτη της θεωρίας και στην εφαρμογή των γνώσεων που αποκτήθηκαν στις εξετάσεις!

Η Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά είναι ένα από τα κύρια τεστ για αποφοίτους σχολείων πριν λάβουν πιστοποιητικό και εισέλθουν σε ίδρυμα τριτοβάθμιας εκπαίδευσης. Αυτός ο τύπος ελέγχου γνώσης χρησιμοποιείται για την αξιολόγηση της γνώσης σε κλάδους που αποκτήθηκαν στη διαδικασία σχολική εκπαίδευση. Η Ενιαία Κρατική Εξέταση έχει τη μορφή δοκιμαστικών εργασιών για την τελική δοκιμασία που προετοιμάζονται από το Rosobrnadzor και άλλους εξουσιοδοτημένους φορείς στον τομέα της εκπαίδευσης. Ο βαθμός επιτυχίας στα μαθηματικά εξαρτάται από τις ατομικές απαιτήσεις του πανεπιστημίου στο οποίο υποβάλλει κάποιος αίτηση.αποφοιτώ. Επιτυχής επιτυχία στις εξετάσεις με υψηλή βαθμολογία - σημαντικος ΠΑΡΑΓΟΝΤΑΣεπιτυχία κατά την εισαγωγή.

Για την εισαγωγή στα τεχνικά και οικονομικά πανεπιστήμια απαιτούνται μαθηματικά επιπέδου προφίλ. Η βάση των εργασιών εξέτασης είναι το βασικό επίπεδο, στο οποίο περισσότερα σύνθετες εργασίεςκαι παραδείγματα. Αναμένονται σύντομες και αναλυτικές απαντήσεις:

• Οι πρώτες εργασίες δεν απαιτούν εις βάθος γνώση - αυτό είναι ένα τεστ γνώσεων βασικού επιπέδου.
• Τα επόμενα 5 είναι πιο δύσκολα, απαιτούν μέτριο έως υψηλό επίπεδο γνώσης του αντικειμένου. Αυτές οι εργασίες ελέγχονται με χρήση υπολογιστή επειδή η απάντηση είναι σύντομη.

Απαιτούνται μεγάλες απαντήσεις για τις τελευταίες επτά εργασίες. Μια ομάδα εμπειρογνωμόνων συγκεντρώνεται για επαλήθευση. Το κύριο πράγμα είναι ότι, παρά την πολυπλοκότητα των εργασιών που περιλαμβάνονται στο επίπεδο προφίλ, συμμορφώνονται πλήρως σχολικό πρόγραμμα σπουδών. Γιατί μπορεί να είναι δύσκολα; Για την επιτυχή επίλυση αυτών των παραδειγμάτων και προβλημάτων, απαιτείται όχι μόνο στεγνή γνώση, αλλά και η ικανότητα δημιουργικής προσέγγισης μιας λύσης και εφαρμογής της γνώσης σε μια μη τυπική κατάσταση. Είναι η διατύπωση που προκαλεί τη δυσκολία.

Εάν ένας μαθητής επιλέξει αυτό το επίπεδο, αυτό υποδηλώνει την επιθυμία του να συνεχίσει τις σπουδές του στο μέλλον. θετικές επιστήμεςσε ψηλότερα εκπαιδευτικό ίδρυμα. Η επιλογή υπέρ μιας εξειδικευμένης εξέτασης υποδηλώνει επίσης ότι το επίπεδο γνώσεων του μαθητή είναι αρκετά υψηλό, με άλλα λόγια, δεν χρειάζεται βασική προετοιμασία.
Η διαδικασία προετοιμασίας περιλαμβάνει επανάληψη των κύριων ενοτήτων, επίλυση προβλημάτων αυξημένης πολυπλοκότητας που απαιτούν μια μη τυπική, δημιουργική προσέγγιση.

Μέθοδοι παρασκευής

• Η βασική εκπαίδευση πραγματοποιείται στο σχολείο, όπου ο μαθητής κατέχει τα βασικά, μερικές φορές ο δάσκαλος διεξάγει πρόσθετα μαθήματα επιλογής για αποφοίτους. Η κύρια σύσταση είναι να κατακτήσετε προσεκτικά και διεξοδικά όλα τα θέματα, ειδικά στο μεταπτυχιακό σχολείο.
• Ανεξάρτητη εργασία: αυτό απαιτεί ιδιαίτερη αυτοπειθαρχία, θέληση και αυτοέλεγχο. Πρέπει να διαβάσετε προσεκτικά . Το πρόβλημα είναι προς την κατεύθυνση - μόνο ένας ειδικός μπορεί να καθοδηγήσει σωστά τον μελλοντικό αιτούντα σε εκείνα τα θέματα που χρειάζονται προσοχή.
• Φροντιστήριο: ένας επαγγελματίας ειδικός θα σας βοηθήσει να λύσετε σύνθετες εργασίες αποτελεσματικά και γρήγορα.
• Μαθήματα και διαδικτυακή μάθηση: μια σύγχρονη και δοκιμασμένη μέθοδος που εξοικονομεί χρόνο και χρήμα. Ένα σημαντικό πλεονέκτημα: μπορείτε να κάνετε τεστ online, να λαμβάνετε γρήγορα απαντήσεις και να εξασκηθείτε σε διαφορετικές εργασίες.

"Θα λύσω την Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά σε εξειδικευμένο επίπεδο" είναι μια ευκαιρία να προετοιμαστείτε για την εξέταση και να την περάσετε με επιτυχία.

Δευτεροβάθμια γενική εκπαίδευση

Γραμμή UMK G. K. Muravin. Άλγεβρα και αρχές μαθηματικής ανάλυσης (10-11) (σε βάθος)

Γραμμή UMK Merzlyak. Άλγεβρα και αρχές ανάλυσης (10-11) (U)

Μαθηματικά

Προετοιμασία για την Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά (επίπεδο προφίλ): εργασίες, λύσεις και εξηγήσεις

Αναλύουμε εργασίες και λύνουμε παραδείγματα με τον δάσκαλο

Η εξέταση επιπέδου προφίλ διαρκεί 3 ώρες 55 λεπτά (235 λεπτά).

Ελάχιστο όριο- 27 βαθμοί.

Το εξεταστικό έγγραφο αποτελείται από δύο μέρη, τα οποία διαφέρουν ως προς το περιεχόμενο, την πολυπλοκότητα και τον αριθμό των εργασιών.

Το καθοριστικό χαρακτηριστικό κάθε μέρους της εργασίας είναι η μορφή των εργασιών:

• Το μέρος 1 περιέχει 8 εργασίες (εργασίες 1-8) με μια σύντομη απάντηση με τη μορφή ακέραιου αριθμού ή τελικού δεκαδικού κλάσματος.
• Το μέρος 2 περιέχει 4 εργασίες (εργασίες 9-12) με μια σύντομη απάντηση με τη μορφή ακέραιου ή τελικού δεκαδικού κλάσματος και 7 εργασίες (εργασίες 13–19) με λεπτομερή απάντηση (πλήρη καταγραφή της λύσης με αιτιολόγηση της δράσεις που έχουν αναληφθεί).

Πάνοβα Σβετλάνα Ανατόλεβνα, καθηγητής μαθηματικών ανώτατης κατηγορίας σχολείου, εργασιακή εμπειρία 20 ετών:

«Για να λάβει το απολυτήριο του σχολείου, ένας απόφοιτος πρέπει να περάσει δύο υποχρεωτικές εξετάσεις με τη μορφή της Ενιαίας Κρατικής Εξέτασης, μία εκ των οποίων είναι τα μαθηματικά. Σύμφωνα με την έννοια για την ανάπτυξη της μαθηματικής εκπαίδευσης στη Ρωσική Ομοσπονδία, η Ενιαία Κρατική Εξέταση στα μαθηματικά χωρίζεται σε δύο επίπεδα: βασικό και εξειδικευμένο. Σήμερα θα εξετάσουμε τις επιλογές σε επίπεδο προφίλ."

Εργασία Νο. 1- ελέγχει την ικανότητα των συμμετεχόντων στην Ενιαία Κρατική Εξέταση να εφαρμόζουν τις δεξιότητες που αποκτήθηκαν στο μάθημα της 5ης έως 9ης τάξης στα μαθηματικά της δημοτικής σε πρακτικές δραστηριότητες. Ο συμμετέχων πρέπει να έχει υπολογιστικές δεξιότητες, να μπορεί να εργάζεται με ορθολογικούς αριθμούς, να μπορεί να στρογγυλοποιεί δεκαδικά ψηφία και να μπορεί να μετατρέπει μια μονάδα μέτρησης σε μια άλλη.

Παράδειγμα 1.Στο διαμέρισμα όπου μένει ο Πέτρος, εγκαταστάθηκε μετρητής ροής κρύου νερού (μετρητής). Την 1η Μαΐου ο μετρητής έδειξε κατανάλωση 172 κυβικών. m νερού, και την πρώτη Ιουνίου - 177 κυβικά μέτρα. μ. Τι ποσό πρέπει να πληρώσει ο Πέτρος για κρύο νερό τον Μάιο, αν η τιμή είναι 1 κυβικό μέτρο; m κρύο νερό είναι 34 ρούβλια 17 καπίκια; Δώστε την απάντησή σας σε ρούβλια.

Λύση:

1) Βρείτε την ποσότητα νερού που δαπανάται ανά μήνα:

177 - 172 = 5 (κυβικά m)

2) Ας βρούμε πόσα χρήματα θα πληρώσουν για σπατάλη νερού:

34,17 5 = 170,85 (τρίψτε)

Απάντηση: 170,85.

Εργασία Νο. 2- είναι μια από τις πιο απλές εργασίες εξετάσεων. Η πλειοψηφία των αποφοίτων το αντιμετωπίζει με επιτυχία, γεγονός που υποδηλώνει γνώση του ορισμού της έννοιας της συνάρτησης. Ο τύπος εργασίας Νο. 2 σύμφωνα με τον κωδικοποιητή απαιτήσεων είναι μια εργασία σχετικά με τη χρήση γνώσεων και δεξιοτήτων που αποκτήθηκαν σε πρακτικές δραστηριότητες και στην καθημερινή ζωή. Η εργασία Νο. 2 αποτελείται από την περιγραφή, τη χρήση συναρτήσεων, διαφόρων πραγματικών σχέσεων μεταξύ των ποσοτήτων και την ερμηνεία των γραφημάτων τους. Η εργασία Νο. 2 ελέγχει την ικανότητα εξαγωγής πληροφοριών που παρουσιάζονται σε πίνακες, διαγράμματα και γραφήματα. Οι απόφοιτοι πρέπει να είναι σε θέση να προσδιορίζουν την τιμή μιας συνάρτησης από την τιμή του ορίσματος με διάφορους τρόπους προσδιορισμού της συνάρτησης και να περιγράφουν τη συμπεριφορά και τις ιδιότητες της συνάρτησης με βάση το γράφημά της. Πρέπει επίσης να είστε σε θέση να βρείτε τη μεγαλύτερη ή τη μικρότερη τιμή από ένα γράφημα συνάρτησης και να δημιουργήσετε γραφήματα των συναρτήσεων που μελετήθηκαν. Τα σφάλματα που γίνονται είναι τυχαία στην ανάγνωση των συνθηκών του προβλήματος, στην ανάγνωση του διαγράμματος.

#ADVERTISING_INSERT#

Παράδειγμα 2.Το σχήμα δείχνει τη μεταβολή της ανταλλακτικής αξίας μιας μετοχής μιας εξορυκτικής εταιρείας το πρώτο εξάμηνο του Απριλίου 2017. Στις 7 Απριλίου, ο επιχειρηματίας αγόρασε 1.000 μετοχές αυτής της εταιρείας. Στις 10 Απριλίου πούλησε τα τρία τέταρτα των μετοχών που αγόρασε και στις 13 Απριλίου πούλησε όλες τις υπόλοιπες μετοχές. Πόσα έχασε ο επιχειρηματίας ως αποτέλεσμα αυτών των επεμβάσεων;

Λύση:

2) 1000 · 3/4 = 750 (μετοχές) - αποτελούν τα 3/4 όλων των μετοχών που αγοράστηκαν.

6) 247500 + 77500 = 325000 (τρίψιμο) - ο επιχειρηματίας έλαβε 1000 μετοχές μετά την πώληση.

7) 340.000 – 325.000 = 15.000 (τρίψιμο) - ο επιχειρηματίας έχασε ως αποτέλεσμα όλων των εργασιών.

Απάντηση: 15000.

Εργασία Νο. 3- είναι μια εργασία βασικού επιπέδου του πρώτου μέρους, ελέγχει την ικανότητα εκτέλεσης ενεργειών με γεωμετρικά σχήματα σύμφωνα με το περιεχόμενο του μαθήματος της Planimetry. Η εργασία 3 ελέγχει την ικανότητα υπολογισμού του εμβαδού μιας φιγούρας σε καρό χαρτί, την ικανότητα υπολογισμού μετρήσεων βαθμών γωνιών, υπολογισμού περιμέτρων κ.λπ.

Παράδειγμα 3.Βρείτε το εμβαδόν ενός ορθογωνίου που σχεδιάστηκε σε καρό χαρτί με μέγεθος κελιού 1 cm επί 1 cm (βλ. εικόνα). Δώστε την απάντησή σας σε τετραγωνικά εκατοστά.

Λύση:Για να υπολογίσετε το εμβαδόν ενός δεδομένου σχήματος, μπορείτε να χρησιμοποιήσετε τον τύπο Peak:

Για να υπολογίσουμε το εμβαδόν ενός δεδομένου ορθογωνίου, χρησιμοποιούμε τον τύπο του Peak:

μικρό= Β +	σολ
	2

όπου B = 10, G = 6, επομένως

μικρό = 18 +	6
	2

Απάντηση: 20.

Διαβάστε επίσης: Ενιαία Κρατική Εξέταση στη Φυσική: επίλυση προβλημάτων σχετικά με τις ταλαντώσεις

Εργασία Νο. 4- στόχος του μαθήματος «Θεωρία Πιθανοτήτων και Στατιστική». Δοκιμάζεται η ικανότητα υπολογισμού της πιθανότητας ενός γεγονότος στην απλούστερη κατάσταση.

Παράδειγμα 4.Στον κύκλο σημειώνονται 5 κόκκινες και 1 μπλε κουκκίδες. Προσδιορίστε ποια πολύγωνα είναι μεγαλύτερα: αυτά με όλες τις κορυφές κόκκινες ή εκείνα με μια από τις κορυφές μπλε. Στην απάντησή σας, αναφέρετε πόσοι είναι περισσότεροι από κάποιους από άλλους.

Λύση: 1) Ας χρησιμοποιήσουμε τον τύπο για τον αριθμό των συνδυασμών του nστοιχεία από κ:

του οποίου οι κορυφές είναι όλες κόκκινες.

3) Ένα πεντάγωνο με όλες τις κορυφές κόκκινες.

4) 10 + 5 + 1 = 16 πολύγωνα με όλες τις κόκκινες κορυφές.

που έχουν κόκκινες κορυφές ή με ένα μπλε τοπ.

που έχουν κόκκινες κορυφές ή με ένα μπλε τοπ.

8) Ένα εξάγωνο με κόκκινες κορυφές και μία μπλε κορυφή.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 πολύγωνα με όλες τις κόκκινες κορυφές ή μια μπλε κορυφή.

10) 42 – 16 = 26 πολύγωνα χρησιμοποιώντας την μπλε κουκκίδα.

11) 26 – 16 = 10 πολύγωνα – πόσα περισσότερα πολύγωνα στα οποία μία από τις κορυφές είναι μπλε κουκκίδα υπάρχουν από τα πολύγωνα στα οποία όλες οι κορυφές είναι μόνο κόκκινες.

Απάντηση: 10.

Εργασία Νο. 5- το βασικό επίπεδο του πρώτου μέρους ελέγχει την ικανότητα επίλυσης απλών εξισώσεων (παράλογες, εκθετικές, τριγωνομετρικές, λογαριθμικές).

Παράδειγμα 5.Λύστε την εξίσωση 2 3 + Χ= 0,4 5 3 + Χ .

Λύση.Διαιρέστε και τις δύο πλευρές αυτής της εξίσωσης με 5 3 + Χ≠ 0, παίρνουμε

2 3 + Χ	= 0,4 ή		2		3 + Χ	=	2	,
5 3 + Χ			5				5

από όπου προκύπτει ότι 3 + Χ = 1, Χ = –2.

Απάντηση: –2.

Εργασία Νο. 6στην επιπεδομετρία να βρουν γεωμετρικά μεγέθη (μήκη, γωνίες, εμβαδά), μοντελοποιώντας πραγματικές καταστάσεις στη γλώσσα της γεωμετρίας. Μελέτη κατασκευασμένων μοντέλων με χρήση γεωμετρικών εννοιών και θεωρημάτων. Η πηγή των δυσκολιών είναι, κατά κανόνα, η άγνοια ή η εσφαλμένη εφαρμογή των απαραίτητων θεωρημάτων της επιπεδομετρίας.

Εμβαδόν τριγώνου αλφάβητοισούται με 129. DE– μέση γραμμή παράλληλη στο πλάι ΑΒ. Βρείτε την περιοχή του τραπεζοειδούς ΕΝΑ ΚΡΕΒΑΤΙ.

Λύση.Τρίγωνο CDEπαρόμοιο με ένα τρίγωνο ΤΑΞΙσε δύο γωνίες, αφού η γωνία στην κορυφή ντογενική, γωνία СDEίσο με γωνία ΤΑΞΙως οι αντίστοιχες γωνίες στο DE || ΑΒδιατέμνων ΜΕΤΑ ΧΡΙΣΤΟΝ.. Επειδή DEείναι η μέση γραμμή ενός τριγώνου κατά συνθήκη, μετά από την ιδιότητα της μέσης γραμμής | DE = (1/2)ΑΒ. Αυτό σημαίνει ότι ο συντελεστής ομοιότητας είναι 0,5. Επομένως, τα εμβαδά όμοιων σχημάτων συσχετίζονται ως το τετράγωνο του συντελεστή ομοιότητας

Ως εκ τούτου, S ABED = μικρό Δ αλφάβητο – μικρό Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

Εργασία Νο. 7- ελέγχει την εφαρμογή της παραγώγου στη μελέτη μιας συνάρτησης. Η επιτυχής εφαρμογή απαιτεί ουσιαστική, μη τυπική γνώση της έννοιας του παραγώγου.

Παράδειγμα 7.Στο γράφημα της συνάρτησης y = φά(Χ) στο σημείο της τετμημένης Χ 0 σχεδιάζεται μια εφαπτομένη που είναι κάθετη στην ευθεία που διέρχεται από τα σημεία (4; 3) και (3; –1) αυτής της γραφικής παράστασης. Εύρημα φά′( Χ 0).

Λύση. 1) Ας χρησιμοποιήσουμε την εξίσωση μιας ευθείας που διέρχεται από δύο δεδομένα σημεία και ας βρούμε την εξίσωση μιας ευθείας που διέρχεται από τα σημεία (4; 3) και (3; -1).

(y – y 1)(Χ 2 – Χ 1) = (Χ – Χ 1)(y 2 – y 1)

(y – 3)(3 – 4) = (Χ – 4)(–1 – 3)

(y – 3)(–1) = (Χ – 4)(–4)

–y + 3 = –4Χ+ 16| · (-1)

y – 3 = 4Χ – 16

y = 4Χ– 13, όπου κ 1 = 4.

2) Να βρείτε την κλίση της εφαπτομένης κ 2, το οποίο είναι κάθετο στη γραμμή y = 4Χ– 13, όπου κ 1 = 4, σύμφωνα με τον τύπο:

3) Η εφαπτομενική γωνία είναι η παράγωγος της συνάρτησης στο σημείο της εφαπτομένης. Που σημαίνει, φά′( Χ 0) = κ 2 = –0,25.

Απάντηση: –0,25.

Εργασία Νο. 8- ελέγχει τις γνώσεις των συμμετεχόντων στις εξετάσεις για τη στοιχειώδη στερεομετρία, την ικανότητα εφαρμογής τύπων για εύρεση εμβαδών επιφανειών και όγκων σχημάτων, διεδρικές γωνίες, συγκρίνει τους όγκους παρόμοιων σχημάτων, μπορεί να εκτελεί ενέργειες με γεωμετρικά σχήματα, συντεταγμένες και διανύσματα κ.λπ.

Ο όγκος ενός κύβου που περιβάλλεται γύρω από μια σφαίρα είναι 216. Βρείτε την ακτίνα της σφαίρας.

Λύση. 1) Vκύβος = ένα 3 (όπου ΕΝΑ– μήκος της άκρης του κύβου), επομένως

ΕΝΑ 3 = 216

ΕΝΑ = 3 √216

2) Εφόσον η σφαίρα είναι εγγεγραμμένη σε κύβο, σημαίνει ότι το μήκος της διαμέτρου της σφαίρας είναι ίσο με το μήκος της άκρης του κύβου, επομένως ρε = ένα, ρε = 6, ρε = 2R, R = 6: 2 = 3.

Εργασία Νο. 9- απαιτεί από τον απόφοιτο να έχει τις δεξιότητες να μετασχηματίζει και να απλοποιεί αλγεβρικές εκφράσεις. Εργασία Νο. 9 αυξημένου επιπέδου δυσκολίας με σύντομη απάντηση. Οι εργασίες από την ενότητα "Υπολογισμοί και μετασχηματισμοί" στην Ενιαία Κρατική Εξέταση χωρίζονται σε διάφορους τύπους:

μετασχηματισμός αριθμητικών ορθολογικών εκφράσεων.

μετατροπή αλγεβρικών εκφράσεων και κλασμάτων.

μετατροπή αριθμητικών/γραμμάτων παράλογων εκφράσεων.

δράσεις με πτυχία?

μετατροπή λογαριθμικών παραστάσεων.

1. μετατροπή αριθμητικών/γραμμάτων τριγωνομετρικών παραστάσεων.

Παράδειγμα 9.Υπολογίστε το tana αν είναι γνωστό ότι cos2α = 0,6 και

3π	< α < π.
4

Λύση. 1) Ας χρησιμοποιήσουμε τον τύπο διπλού ορίσματος: cos2α = 2 cos 2 α – 1 και να βρούμε

ταν 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

Αυτό σημαίνει tan 2 α = ± 0,5.

3) Κατά συνθήκη

3π	< α < π,
4

αυτό σημαίνει α είναι η γωνία του δεύτερου τετάρτου και tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

Απάντηση: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Εργασία Νο. 10- ελέγχει την ικανότητα των μαθητών να χρησιμοποιούν τις γνώσεις και τις δεξιότητες που αποκτήθηκαν από την αρχή σε πρακτικές δραστηριότητες και στην καθημερινή ζωή. Μπορούμε να πούμε ότι πρόκειται για προβλήματα στη φυσική, και όχι στα μαθηματικά, αλλά όλοι οι απαραίτητοι τύποι και οι ποσότητες δίνονται στη συνθήκη. Τα προβλήματα καταλήγουν στην επίλυση μιας γραμμικής ή τετραγωνικής εξίσωσης ή μιας γραμμικής ή τετραγωνικής ανισότητας. Επομένως, είναι απαραίτητο να μπορούμε να λύνουμε τέτοιες εξισώσεις και ανισώσεις και να προσδιορίζουμε την απάντηση. Η απάντηση πρέπει να δοθεί ως ακέραιος αριθμός ή πεπερασμένο δεκαδικό κλάσμα.

Δύο σώματα μάζας Μ= 2 κιλά το καθένα, κινούμενο με την ίδια ταχύτητα v= 10 m/s σε γωνία 2α μεταξύ τους. Η ενέργεια (σε joules) που απελευθερώνεται κατά την απολύτως ανελαστική σύγκρουσή τους καθορίζεται από την έκφραση Q = mv 2 αμαρτία 2 α. Με ποια μικρότερη γωνία 2α (σε μοίρες) πρέπει να κινούνται τα σώματα έτσι ώστε να απελευθερωθούν τουλάχιστον 50 joule ως αποτέλεσμα της σύγκρουσης;
Λύση.Για να λύσουμε το πρόβλημα, πρέπει να λύσουμε την ανισότητα Q ≥ 50, στο διάστημα 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 αμαρτία 2 α ≥ 50

2 10 2 αμαρτία 2 α ≥ 50

200 αμαρτία 2 α ≥ 50

Αφού α ∈ (0°; 90°), θα λύσουμε μόνο

Ας αναπαραστήσουμε τη λύση της ανισότητας γραφικά:

Εφόσον από την συνθήκη α ∈ (0°; 90°), σημαίνει 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Εργασία Νο. 11- είναι τυπικό, αλλά αποδεικνύεται δύσκολο για τους μαθητές. Η κύρια πηγή δυσκολίας είναι η κατασκευή ενός μαθηματικού μοντέλου (σύνταξη εξίσωσης). Η εργασία Νο. 11 ελέγχει την ικανότητα επίλυσης προβλημάτων λέξεων.

Παράδειγμα 11.Κατά τη διάρκεια του ανοιξιάτικου διαλείμματος, ο μαθητής της 11ης τάξης Βάσια έπρεπε να λύσει 560 προβλήματα εξάσκησης για να προετοιμαστεί για την Ενιαία Κρατική Εξέταση. Στις 18 Μαρτίου, την τελευταία μέρα του σχολείου, η Βάσια έλυσε 5 προβλήματα. Στη συνέχεια, κάθε μέρα έλυνε τον ίδιο αριθμό προβλημάτων περισσότερα από την προηγούμενη μέρα. Προσδιορίστε πόσα προβλήματα έλυσε η Βάσια στις 2 Απριλίου, την τελευταία ημέρα των διακοπών.

Λύση:Ας υποδηλώσουμε ένα 1 = 5 - ο αριθμός των προβλημάτων που έλυσε ο Vasya στις 18 Μαρτίου, ρε– καθημερινός αριθμός εργασιών που επιλύονται από τον Vasya, n= 16 – αριθμός ημερών από 18 Μαρτίου έως 2 Απριλίου συμπεριλαμβανομένων, μικρό 16 = 560 – συνολικός αριθμός εργασιών, ένα 16 - ο αριθμός των προβλημάτων που έλυσε η Βάσια στις 2 Απριλίου. Γνωρίζοντας ότι κάθε μέρα ο Vasya έλυνε τον ίδιο αριθμό προβλημάτων περισσότερα σε σύγκριση με την προηγούμενη ημέρα, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τύπους για την εύρεση του αθροίσματος μιας αριθμητικής προόδου:

560 = (5 + ένα 16) 8,

5 + ένα 16 = 560: 8,

5 + ένα 16 = 70,

ένα 16 = 70 – 5

ένα 16 = 65.

Απάντηση: 65.

Εργασία Νο. 12- δοκιμάζουν την ικανότητα των μαθητών να εκτελούν πράξεις με συναρτήσεις και να μπορούν να εφαρμόζουν την παράγωγο στη μελέτη μιας συνάρτησης.

Βρείτε το μέγιστο σημείο της συνάρτησης y= 10ln( Χ + 9) – 10Χ + 1.

Λύση: 1) Βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης: Χ + 9 > 0, Χ> –9, δηλαδή x ∈ (–9; ∞).

2) Να βρείτε την παράγωγο της συνάρτησης:

4) Το σημείο που βρέθηκε ανήκει στο διάστημα (–9; ∞). Ας προσδιορίσουμε τα σημάδια της παραγώγου της συνάρτησης και ας απεικονίσουμε τη συμπεριφορά της συνάρτησης στο σχήμα:

Το επιθυμητό μέγιστο σημείο Χ = –8.

Κατεβάστε δωρεάν το πρόγραμμα εργασίας στα μαθηματικά για τη γραμμή διδακτικού υλικού Γ.Κ. Muravina, K.S. Muravina, O.V. Μουραβίνα 10-11 Κατεβάστε δωρεάν διδακτικά βοηθήματα για την άλγεβρα

Εργασία Νο. 13-αυξημένο επίπεδο πολυπλοκότητας με λεπτομερή απάντηση, έλεγχος της ικανότητας επίλυσης εξισώσεων, η πιο επιτυχημένη λύση μεταξύ των εργασιών με λεπτομερή απάντηση αυξημένου επιπέδου πολυπλοκότητας.

α) Λύστε την εξίσωση 2log 3 2 (2συν Χ) – 5log 3 (2cos Χ) + 2 = 0

β) Να βρείτε όλες τις ρίζες αυτής της εξίσωσης που ανήκουν στο τμήμα.

Λύση:α) Έστω log 3 (2cos Χ) = t, μετά 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

	ημερολόγιο 3(2cos Χ) =	2	⇔		2κοσ Χ = 9	⇔		cos Χ =	4,5	⇔ γιατί |κός Χ| ≤ 1,
	ημερολόγιο 3(2cos Χ) =	1			2κοσ Χ = √3			cos Χ =	√3
		2							2

τότε κοσ Χ =	√3
	2

	Χ =	π	+ 2π κ
		6
	Χ = –	π	+ 2π κ, κ ∈ Ζ
		6

β) Βρείτε τις ρίζες που βρίσκονται στο τμήμα .

Το σχήμα δείχνει ότι οι ρίζες του δεδομένου τμήματος ανήκουν

11π	Και	13π	.
6		6

Απάντηση:ΕΝΑ)	π	+ 2π κ; –	π	+ 2π κ, κ ∈ Ζ; σι)	11π	;	13π	.
	6		6		6		6

Εργασία Νο. 14-το προχωρημένο επίπεδο αναφέρεται σε εργασίες στο δεύτερο μέρος με αναλυτική απάντηση. Η εργασία ελέγχει την ικανότητα εκτέλεσης ενεργειών με γεωμετρικά σχήματα. Η εργασία περιέχει δύο σημεία. Στο πρώτο σημείο, η εργασία πρέπει να αποδειχθεί και στο δεύτερο σημείο, να υπολογιστεί.

Η διάμετρος του κύκλου της βάσης του κυλίνδρου είναι 20, η γεννήτρια του κυλίνδρου είναι 28. Το επίπεδο τέμνει τη βάση του κατά μήκος χορδών μήκους 12 και 16. Η απόσταση μεταξύ των χορδών είναι 2√197.

α) Να αποδείξετε ότι τα κέντρα των βάσεων του κυλίνδρου βρίσκονται στη μία πλευρά αυτού του επιπέδου.

β) Να βρείτε τη γωνία μεταξύ αυτού του επιπέδου και του επιπέδου της βάσης του κυλίνδρου.

Λύση:α) Μια χορδή μήκους 12 βρίσκεται σε απόσταση = 8 από το κέντρο του κύκλου βάσης, και μια χορδή μήκους 16, ομοίως, βρίσκεται σε απόσταση 6. Επομένως, η απόσταση μεταξύ των προεξοχών τους σε ένα επίπεδο παράλληλο στο οι βάσεις των κυλίνδρων είναι είτε 8 + 6 = 14, είτε 8 − 6 = 2.

Τότε η απόσταση μεταξύ των συγχορδιών είναι είτε

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Σύμφωνα με την προϋπόθεση, πραγματοποιήθηκε η δεύτερη περίπτωση, στην οποία οι προεξοχές των χορδών βρίσκονται στη μία πλευρά του άξονα του κυλίνδρου. Αυτό σημαίνει ότι ο άξονας δεν τέμνει αυτό το επίπεδο μέσα στον κύλινδρο, δηλαδή οι βάσεις βρίσκονται στη μία πλευρά του. Αυτό που έπρεπε να αποδειχτεί.

β) Ας συμβολίσουμε τα κέντρα των βάσεων ως Ο 1 και Ο 2. Ας σχεδιάσουμε από το κέντρο της βάσης με μια χορδή μήκους 12 μια κάθετη διχοτόμο σε αυτή τη χορδή (έχει μήκος 8, όπως ήδη σημειώθηκε) και από το κέντρο της άλλης βάσης στην άλλη χορδή. Βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο β, κάθετα σε αυτές τις χορδές. Ας ονομάσουμε το μέσο της μικρότερης χορδής Β, τη μεγαλύτερη χορδή Α και την προβολή του Α στη δεύτερη βάση - H (H ∈ β). Τότε τα AB,AH ∈ β και επομένως τα AB,AH είναι κάθετα στη χορδή, δηλαδή στην ευθεία τομής της βάσης με το δεδομένο επίπεδο.

Αυτό σημαίνει ότι η απαιτούμενη γωνία είναι ίση με

∠ABH = αρκτάν	A.H.	= αρκτάνος	28	= arctg14.
	B.H.		8 – 6

Εργασία Νο. 15- αυξημένο επίπεδο πολυπλοκότητας με λεπτομερή απάντηση, ελέγχει την ικανότητα επίλυσης ανισοτήτων, η οποία επιλύεται με μεγαλύτερη επιτυχία μεταξύ των εργασιών με λεπτομερή απάντηση αυξημένου επιπέδου πολυπλοκότητας.

Παράδειγμα 15.Επίλυση ανισότητας | Χ 2 – 3Χ| ημερολόγιο 2 ( Χ + 1) ≤ 3Χ – Χ 2 .

Λύση:Το πεδίο ορισμού αυτής της ανισότητας είναι το διάστημα (–1; +∞). Εξετάστε τρεις περιπτώσεις χωριστά:

1) Αφήστε Χ 2 – 3Χ= 0, δηλ. Χ= 0 ή Χ= 3. Σε αυτήν την περίπτωση, αυτή η ανισότητα γίνεται αληθινή, επομένως, αυτές οι τιμές περιλαμβάνονται στη λύση.

2) Αφήστε τώρα Χ 2 – 3Χ> 0, δηλ. Χ∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Επιπλέον, αυτή η ανισότητα μπορεί να ξαναγραφτεί ως ( Χ 2 – 3Χ) ημερολόγιο 2 ( Χ + 1) ≤ 3Χ – Χ 2 και διαιρέστε με μια θετική έκφραση Χ 2 – 3Χ. Παίρνουμε το αρχείο καταγραφής 2 ( Χ + 1) ≤ –1, Χ + 1 ≤ 2 –1 , Χ≤ 0,5 –1 ή Χ≤ –0,5. Λαμβάνοντας υπόψη τον τομέα ορισμού, έχουμε Χ ∈ (–1; –0,5].

3) Τέλος, ας εξετάσουμε Χ 2 – 3Χ < 0, при этом Χ∈ (0; 3). Σε αυτήν την περίπτωση, η αρχική ανισότητα θα ξαναγραφεί στη μορφή (3 Χ – Χ 2) ημερολόγιο 2 ( Χ + 1) ≤ 3Χ – Χ 2. Μετά τη διαίρεση με το θετικό 3 Χ – Χ 2, παίρνουμε το αρχείο καταγραφής 2 ( Χ + 1) ≤ 1, Χ + 1 ≤ 2, Χ≤ 1. Λαμβάνοντας υπόψη την περιοχή, έχουμε Χ ∈ (0; 1].

Συνδυάζοντας τα διαλύματα που λαμβάνονται, παίρνουμε Χ ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Απάντηση: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Εργασία Νο. 16- το προχωρημένο επίπεδο αναφέρεται σε εργασίες στο δεύτερο μέρος με λεπτομερή απάντηση. Η εργασία ελέγχει την ικανότητα εκτέλεσης ενεργειών με γεωμετρικά σχήματα, συντεταγμένες και διανύσματα. Η εργασία περιέχει δύο σημεία. Στο πρώτο σημείο, η εργασία πρέπει να αποδειχθεί και στο δεύτερο σημείο, να υπολογιστεί.

Σε ένα ισοσκελές τρίγωνο ABC με γωνία 120°, η διχοτόμος BD σχεδιάζεται στην κορυφή Α. Το ορθογώνιο DEFH είναι εγγεγραμμένο στο τρίγωνο ABC έτσι ώστε η πλευρά FH να βρίσκεται στο τμήμα BC και η κορυφή Ε να βρίσκεται στο τμήμα AB. α) Να αποδείξετε ότι FH = 2DH. β) Βρείτε το εμβαδόν του παραλληλογράμμου DEFH εάν AB = 4.

Λύση:ΕΝΑ)

1) ΔBEF – ορθογώνιο, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, μετά EF = BE από την ιδιότητα του σκέλους που βρίσκεται απέναντι από τη γωνία 30°.

2) Έστω EF = DH = Χ, τότε BE = 2 Χ, BF = Χ√3 σύμφωνα με το Πυθαγόρειο θεώρημα.

3) Εφόσον το ΔABC είναι ισοσκελές, σημαίνει ∠B = ∠C = 30˚.

Το BD είναι η διχοτόμος του ∠B, που σημαίνει ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Θεωρήστε το ΔDBH – ορθογώνιο, γιατί DH⊥BC.

2Χ	=	4 – 2Χ
2Χ(√3 + 1)		4

1	=	2 – Χ
√3 + 1		2

√3 – 1 = 2 – Χ

Χ = 3 – √3

EF = 3 – √3

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

μικρό DEFH = 24 – 12√3.

Απάντηση: 24 – 12√3.

Εργασία Νο. 17- μια εργασία με λεπτομερή απάντηση, αυτή η εργασία ελέγχει την εφαρμογή γνώσεων και δεξιοτήτων σε πρακτικές δραστηριότητες και την καθημερινή ζωή, την ικανότητα κατασκευής και εξερεύνησης μαθηματικών μοντέλων. Αυτή η εργασία είναι ένα πρόβλημα κειμένου με οικονομικό περιεχόμενο.

Παράδειγμα 17.Προβλέπεται να ανοίξει κατάθεση 20 εκατομμυρίων ρούβλια για τέσσερα χρόνια. Στο τέλος κάθε έτους, η τράπεζα αυξάνει την κατάθεση κατά 10% σε σχέση με το μέγεθός της στην αρχή του έτους. Επιπλέον, στην αρχή του τρίτου και του τέταρτου έτους, ο επενδυτής αναπληρώνει ετησίως την κατάθεση κατά Χεκατομμύρια ρούβλια, όπου Χ - ολόκληροςαριθμός. Βρείτε τη μεγαλύτερη αξία Χ, στην οποία η τράπεζα θα συγκεντρώσει λιγότερα από 17 εκατομμύρια ρούβλια στην κατάθεση για τέσσερα χρόνια.

Λύση:Στο τέλος του πρώτου έτους, η συνεισφορά θα είναι 20 + 20 · 0,1 = 22 εκατομμύρια ρούβλια και στο τέλος του δεύτερου - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 εκατομμύρια ρούβλια. Στην αρχή του τρίτου έτους, η συνεισφορά (σε εκατομμύρια ρούβλια) θα είναι (24,2 + Χ), και στο τέλος - (24,2 + Χ) + (24,2 + Χ)· 0,1 = (26,62 + 1,1 Χ). Στην αρχή του τέταρτου έτους η συνεισφορά θα είναι (26,62 + 2,1 Χ), και στο τέλος - (26.62 + 2.1 Χ) + (26,62 + 2,1Χ) 0,1 = (29,282 + 2,31 Χ). Κατά συνθήκη, πρέπει να βρείτε τον μεγαλύτερο ακέραιο x για τον οποίο ισχύει η ανισότητα

(29,282 + 2,31Χ) – 20 – 2Χ < 17

29,282 + 2,31Χ – 20 – 2Χ < 17

0,31Χ < 17 + 20 – 29,282

0,31Χ < 7,718

Χ <	7718
	310

Χ <	3859
	155

Χ < 24	139
	155

Η μεγαλύτερη ακέραια λύση σε αυτήν την ανισότητα είναι ο αριθμός 24.

Απάντηση: 24.

Εργασία Νο. 18- εργασία αυξημένου επιπέδου πολυπλοκότητας με λεπτομερή απάντηση. Αυτή η εργασία προορίζεται για ανταγωνιστική επιλογή σε πανεπιστήμια με αυξημένες απαιτήσεις για τη μαθηματική προετοιμασία των υποψηφίων. Μια εργασία υψηλού επιπέδου πολυπλοκότητας είναι μια εργασία όχι για τη χρήση μιας μεθόδου λύσης, αλλά για έναν συνδυασμό διαφόρων μεθόδων. Για να ολοκληρώσετε επιτυχώς την εργασία 18, εκτός από στέρεες μαθηματικές γνώσεις, χρειάζεστε επίσης υψηλό επίπεδο μαθηματικής κουλτούρας.

Σε τι ένασύστημα ανισοτήτων

	Χ 2 + y 2 ≤ 2αι – ένα 2 + 1
	y + ένα ≤ |Χ| – ένα

έχει ακριβώς δύο λύσεις;

Λύση:Αυτό το σύστημα μπορεί να ξαναγραφτεί στη μορφή

	Χ 2 + (y– ένα) 2 ≤ 1
	y ≤ |Χ| – ένα

Αν σχεδιάσουμε στο επίπεδο το σύνολο των λύσεων της πρώτης ανισότητας, θα έχουμε το εσωτερικό ενός κύκλου (με όριο) ακτίνας 1 με κέντρο στο σημείο (0, ΕΝΑ). Το σύνολο των λύσεων της δεύτερης ανισότητας είναι το τμήμα του επιπέδου που βρίσκεται κάτω από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης y = | Χ| – ένα, και το τελευταίο είναι το γράφημα της συνάρτησης
y = | Χ| , μετατοπίστηκε προς τα κάτω από ΕΝΑ. Η λύση σε αυτό το σύστημα είναι η τομή των συνόλων λύσεων σε καθεμία από τις ανισότητες.

Κατά συνέπεια, αυτό το σύστημα θα έχει δύο λύσεις μόνο στην περίπτωση που φαίνεται στο Σχ. 1.

Τα σημεία επαφής του κύκλου με τις ευθείες θα είναι δύο λύσεις του συστήματος. Κάθε μία από τις ευθείες γραμμές έχει κλίση προς τους άξονες υπό γωνία 45°. Άρα είναι ένα τρίγωνο PQR– ορθογώνιο ισοσκελές. Τελεία Qέχει συντεταγμένες (0, ΕΝΑ), και το σημείο R– συντεταγμένες (0, – ΕΝΑ). Επιπλέον, τα τμήματα PRΚαι PQίση με την ακτίνα του κύκλου ίση με 1. Αυτό σημαίνει

Qr= 2ένα = √2, ένα =	√2	.
	2

Απάντηση: ένα =	√2	.
	2

Εργασία Νο. 19- εργασία αυξημένου επιπέδου πολυπλοκότητας με λεπτομερή απάντηση. Αυτή η εργασία προορίζεται για ανταγωνιστική επιλογή σε πανεπιστήμια με αυξημένες απαιτήσεις για τη μαθηματική προετοιμασία των υποψηφίων. Μια εργασία υψηλού επιπέδου πολυπλοκότητας είναι μια εργασία όχι για τη χρήση μιας μεθόδου λύσης, αλλά για έναν συνδυασμό διαφόρων μεθόδων. Για να ολοκληρώσετε με επιτυχία την εργασία 19, πρέπει να είστε σε θέση να αναζητήσετε μια λύση, επιλέγοντας διαφορετικές προσεγγίσεις από τις γνωστές και τροποποιώντας τις μεθόδους που μελετήθηκαν.

Αφήνω Snάθροισμα Πόρους μιας αριθμητικής προόδου ( ένα σελ). Είναι γνωστό ότι S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

α) Δώστε τον τύπο Πο όρος αυτής της εξέλιξης.

β) Να βρείτε το μικρότερο απόλυτο άθροισμα S n.

γ) Βρείτε το μικρότερο Π, στο οποίο S nθα είναι το τετράγωνο ενός ακέραιου αριθμού.

Λύση: α) Είναι προφανές ότι a n = S n – S n- 1 . Χρησιμοποιώντας αυτόν τον τύπο, παίρνουμε:

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

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

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

Β) Αφού S n = 2n 2 – 25n, στη συνέχεια εξετάστε τη συνάρτηση μικρό(Χ) = | 2Χ 2 – 25x|. Το γράφημα του φαίνεται στο σχήμα.

Προφανώς, η μικρότερη τιμή επιτυγχάνεται στα ακέραια σημεία που βρίσκονται πιο κοντά στα μηδενικά της συνάρτησης. Προφανώς αυτά είναι σημεία Χ= 1, Χ= 12 και Χ= 13. Αφού, μικρό(1) = |μικρό 1 | = |2 – 25| = 23, μικρό(12) = |μικρό 12 | = |2 · 144 – 25 · 12| = 12, μικρό(13) = |μικρό 13 | = |2 · 169 – 25 · 13| = 13, τότε η μικρότερη τιμή είναι 12.

γ) Από την προηγούμενη παράγραφο προκύπτει ότι Snθετικό, ξεκινώντας από n= 13. Αφού S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), τότε η προφανής περίπτωση, όταν αυτή η έκφραση είναι τέλειο τετράγωνο, πραγματοποιείται όταν n = 2n– 25, δηλαδή στο Π= 25.

Απομένει να ελέγξετε τις τιμές από 13 έως 25:

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

Αποδεικνύεται ότι για μικρότερες τιμές Πδεν επιτυγχάνεται πλήρες τετράγωνο.

Απάντηση:ΕΝΑ) a n = 4n– 27; β) 12; γ) 25.

________________

*Από τον Μάιο του 2017, ο ενιαίος εκδοτικός όμιλος «DROFA-VENTANA» αποτελεί μέρος της εταιρείας Russian Textbook. Η εταιρεία περιλαμβάνει επίσης τον εκδοτικό οίκο Astrel και την ψηφιακή εκπαιδευτική πλατφόρμα LECTA. Alexander Brychkin, απόφοιτος της Χρηματοοικονομικής Ακαδημίας υπό την Κυβέρνηση της Ρωσικής Ομοσπονδίας, Υποψήφιος Οικονομικών Επιστημών, επικεφαλής καινοτόμων έργων του εκδοτικού οίκου DROFA στον τομέα της ψηφιακής εκπαίδευσης (ηλεκτρονικές μορφές σχολικών βιβλίων, Ρωσική Ηλεκτρονική Σχολή, ψηφιακή εκπαιδευτική πλατφόρμα LECTA) ορίστηκε Γενικός Διευθυντής. Πριν ενταχθεί στον εκδοτικό οίκο ΔΡΟΦΑ, κατείχε τη θέση του αντιπροέδρου στρατηγικής ανάπτυξης και επενδύσεων της εκδοτικής εταιρείας EKSMO-AST. Σήμερα, η εκδοτική εταιρεία "Russian Textbook" έχει το μεγαλύτερο χαρτοφυλάκιο σχολικών βιβλίων που περιλαμβάνονται στην Ομοσπονδιακή Λίστα - 485 τίτλους (περίπου 40%, εξαιρουμένων των εγχειριδίων για ειδικά σχολεία). Οι εκδοτικοί οίκοι της εταιρείας κατέχουν τα πιο δημοφιλή σετ εγχειριδίων στα ρωσικά σχολεία στη φυσική, το σχέδιο, τη βιολογία, τη χημεία, την τεχνολογία, τη γεωγραφία, την αστρονομία - τομείς γνώσης που απαιτούνται για την ανάπτυξη του παραγωγικού δυναμικού της χώρας. Το χαρτοφυλάκιο της εταιρείας περιλαμβάνει εγχειρίδια και διδακτικά βοηθήματα για τα δημοτικά σχολεία, στα οποία απονεμήθηκε το Προεδρικό Βραβείο στον τομέα της εκπαίδευσης. Αυτά είναι εγχειρίδια και εγχειρίδια σε θεματικά πεδία που είναι απαραίτητα για την ανάπτυξη του επιστημονικού, τεχνικού και παραγωγικού δυναμικού της Ρωσίας.