2019 թվականի պրոֆիլային մակարդակով մաթեմատիկայի միասնական պետական ​​քննությունում փոփոխություններ չկան. քննական ծրագիրը, ինչպես և նախորդ տարիներին, կազմված է մաթեմատիկական հիմնական առարկաներից: Տոմսերը պարունակում են մաթեմատիկական, երկրաչափական և հանրահաշվական խնդիրներ։

Պրոֆիլային մակարդակում մաթեմատիկայի KIM միասնական պետական ​​քննության 2019-ում փոփոխություններ չկան:

Մաթեմատիկայի միասնական պետական ​​քննության առաջադրանքների առանձնահատկությունները 2019 թ

• Մաթեմատիկայի միասնական պետական ​​քննությանը (պրոֆիլ) նախապատրաստվելիս ուշադրություն դարձրեք քննական ծրագրի հիմնական պահանջներին: Այն նախատեսված է խորը ծրագրի գիտելիքները ստուգելու համար՝ վեկտորային և մաթեմատիկական մոդելներ, ֆունկցիաներ և լոգարիթմներ, հանրահաշվական հավասարումներ և անհավասարումներ:
• Առանձին-առանձին, պրակտիկա լուծել խնդիրները .
• Կարևոր է նորարար մտածողություն դրսևորել։

Քննության կառուցվածքը

Պետական ​​միասնական քննության առաջադրանքներմասնագիտացված մաթեմատիկաբաժանված է երկու բլոկի.

1. Մաս - կարճ պատասխաններ, ներառում է 8 խնդիր, որոնք ստուգում են մաթեմատիկական հիմնական պատրաստվածությունը և մաթեմատիկայի գիտելիքները առօրյա կյանքում կիրառելու կարողությունը։
2. Մաս -կարճ և մանրամասն պատասխաններ. Այն բաղկացած է 11 առաջադրանքից, որոնցից 4-ը պահանջում է կարճ պատասխան, իսկ 7-ը՝ մանրամասն՝ կատարված գործողությունների փաստարկներով։

• Ընդլայնված դժվարություն- KIM-ի երկրորդ մասի 9-17 առաջադրանքներ.
• Բարդության բարձր մակարդակ- խնդիրներ 18-19 –. Քննական առաջադրանքների այս մասը ստուգում է ոչ միայն մաթեմատիկական գիտելիքների մակարդակը, այլև չոր «թվային» առաջադրանքների լուծման ստեղծագործական մոտեցման առկայությունը կամ բացակայությունը, ինչպես նաև գիտելիքներն ու հմտությունները որպես մասնագիտական ​​գործիք օգտագործելու ունակության արդյունավետությունը: .

Կարևոր.Հետևաբար, նախապատրաստվելով Պետական ​​միասնական քննության տեսությունՄաթեմատիկայի մեջ միշտ աջակցեք նրանց՝ լուծելով գործնական խնդիրներ։

Ինչպե՞ս են բաշխվելու միավորները:

ԿԻՄ-ի առաջին մասի առաջադրանքները մաթեմատիկայից մոտ են Միասնական պետական ​​քննության թեստեր հիմնական մակարդակ, ուստի անհնար է նրանցից բարձր միավորներ հավաքել:

Պրոֆիլի մակարդակում մաթեմատիկայի յուրաքանչյուր առաջադրանքի համար միավորները բաշխվել են հետևյալ կերպ.

• թիվ 1-12 խնդիրների ճիշտ պատասխանների համար՝ 1 միավոր;
• Թիվ 13-15 – 2-ական;
• Թիվ 16-17 – 3-ական;
• Թիվ 18-19 – 4-ական.

Միասնական պետական ​​քննության քննության տևողությունը և վարքագծի կանոնները

Քննության թերթիկը լրացնելու համար -2019 ուսանողը նշանակված է 3 ժամ 55 րոպե(235 րոպե):

Այս ընթացքում ուսանողը չպետք է.

• աղմկոտ վարվել;
• օգտագործել գաջեթներ և այլ տեխնիկական միջոցներ.
• դուրս գրել;
• փորձեք օգնել ուրիշներին, կամ օգնություն խնդրեք ինքներդ ձեզ համար:

Նման գործողությունների համար քննվողը կարող է հեռացվել դասարանից։

Միացված է պետական ​​քննությունմաթեմատիկայի մեջ թույլատրվում է բերելՁեզ հետ վերցրեք միայն քանոն, մնացած նյութերը կտրամադրվեն Ձեզ անմիջապես մինչև միասնական պետական ​​քննությունը տրվում են տեղում։

Արդյունավետ պատրաստում- սա է լուծումը առցանց թեստերմաթեմատիկայի մեջ 2019. Ընտրեք և ստացեք առավելագույն միավոր:

Միջին հանրակրթական

UMK գիծ G. K. Muravina. Հանրահաշիվ և սկիզբ մաթեմատիկական վերլուծություն(10-11) (խորը)

UMK Merzlyak գիծ. Հանրահաշիվ և վերլուծության սկիզբ (10-11) (U)

Մաթեմատիկա

Նախապատրաստում մաթեմատիկայի միասնական պետական ​​քննությանը (պրոֆիլի մակարդակ) առաջադրանքներ, լուծումներ և բացատրություններ.

Ուսուցչի հետ վերլուծում ենք առաջադրանքները և լուծում օրինակներ

Պրոֆիլային մակարդակի քննությունը տևում է 3 ժամ 55 րոպե (235 րոպե):

Նվազագույն շեմ- 27 միավոր:

Քննական թերթիկը բաղկացած է երկու մասից, որոնք տարբերվում են բովանդակությամբ, բարդությամբ և առաջադրանքների քանակով։

Աշխատանքի յուրաքանչյուր մասի որոշիչ հատկանիշը առաջադրանքների ձևն է.

• 1-ին մասը պարունակում է 8 առաջադրանք (առաջադրանքներ 1-8) կարճ պատասխանով՝ ամբողջ թվի կամ վերջավոր թվի տեսքով։ տասնորդական;
• 2-րդ մասը պարունակում է 4 առաջադրանք (առաջադրանքներ 9-12) կարճ պատասխանով՝ ամբողջ թվի կամ վերջնական տասնորդական կոտորակի տեսքով և 7 առաջադրանք (առաջադրանքներ 13–19) մանրամասն պատասխանով (լուծման ամբողջական գրառում՝ հիմնավորմամբ։ ձեռնարկված գործողություններ):

Պանովա Սվետլանա Անատոլևնա, դպրոցի բարձրագույն կարգի մաթեմատիկայի ուսուցիչ, աշխատանքային ստաժ 20 տարի.

«Որպեսզի ձեռք բերենք դպրոցի վկայական, շրջանավարտը պետք է անցնի երկու պարտադիր քննությունմիասնական պետական ​​քննության տեսքով, որոնցից մեկն էլ մաթեմատիկան է։ Զարգացման հայեցակարգին համապատասխան մաթեմատիկական կրթությունՎ Ռուսաստանի ԴաշնությունՄաթեմատիկայի միասնական պետական ​​քննությունը բաժանված է երկու մակարդակի՝ հիմնական և մասնագիտացված: Այսօր մենք կդիտարկենք պրոֆիլի մակարդակի տարբերակները»:

Առաջադրանք թիվ 1- ստուգում է միասնական պետական ​​քննության մասնակիցների՝ տարրական մաթեմատիկայի 5-9-րդ դասարաններում ձեռք բերված հմտությունները կիրառելու ունակությունը, գործնական գործունեություն. Մասնակիցը պետք է ունենա հաշվողական հմտություններ, կարողանա աշխատել ռացիոնալ թվերի հետ, կարողանա կլորացնել տասնորդականները և կարողանա չափման մեկ միավորը փոխարկել մյուսին:

Օրինակ 1.Այն բնակարանում, որտեղ ապրում է Պետրոսը, տեղադրվել է հոսքաչափ սառը ջուր(հաշվիչ): Մայիսի 1-ին հաշվիչը ցույց է տվել 172 խմ սպառում։ մ ջուր, իսկ հունիսի 1-ին՝ 177 խմ. մ., ինչքա՞ն պետք է վճարի Պիտերը սառը ջրի համար, եթե գինը 1 խմ է։ մ սառը ջուրը 34 ռուբլի 17 կոպեկ՞։ Պատասխանեք ռուբլով:

Լուծում:

1) Գտեք ամսական ծախսվող ջրի քանակը.

177 - 172 = 5 (խորանարդ մ)

2) Եկեք պարզենք, թե որքան գումար են նրանք վճարելու վատնված ջրի համար.

34,17 5 = 170,85 (ռուբ)

Պատասխան. 170,85.

Առաջադրանք թիվ 2- ամենապարզ քննական առաջադրանքներից մեկն է: Շրջանավարտների մեծամասնությունը հաջողությամբ հաղթահարում է այն, ինչը վկայում է ֆունկցիայի հասկացության սահմանման իմացության մասին: Առաջադրանքի տեսակը թիվ 2 ըստ պահանջների կոդավորչի առաջադրանք է ձեռք բերված գիտելիքների և հմտությունների գործնական գործունեության մեջ օգտագործելու և. առօրյա կյանք. Թիվ 2 առաջադրանքը բաղկացած է մեծությունների միջև տարբեր իրական հարաբերությունների նկարագրությունից, կիրառումից և դրանց գրաֆիկների մեկնաբանությունից: Թիվ 2 առաջադրանքը ստուգում է աղյուսակներում, դիագրամներում և գծապատկերներում ներկայացված տեղեկատվությունը հանելու ունակությունը: Շրջանավարտները պետք է կարողանան որոշել ֆունկցիայի արժեքը նրա փաստարկի արժեքով, երբ տարբեր ձևերովնշելով ֆունկցիա և նկարագրելով ֆունկցիայի վարքագիծն ու հատկությունները՝ հիմնվելով դրա գրաֆիկի վրա: Դուք նաև պետք է կարողանաք գտնել ամենամեծ կամ ամենափոքր արժեքըև կառուցել ուսումնասիրված ֆունկցիաների գրաֆիկները: Կատարված սխալները պատահական են խնդրի պայմանները կարդալիս, դիագրամը կարդալիս:

#ԳՈՎԱԶԴ_ՏԵՂԱԴՐԵԼ#

Օրինակ 2.Նկարը ցույց է տալիս հանքարդյունաբերական ընկերության մեկ բաժնետոմսի փոխարժեքի փոփոխությունը 2017 թվականի ապրիլի առաջին կեսին։ Ապրիլի 7-ին գործարարը ձեռք է բերել այս ընկերության 1000 բաժնետոմս։ ապրիլի 10-ին վաճառել է իր գնած բաժնետոմսերի երեք քառորդը, իսկ ապրիլի 13-ին վաճառել է մնացած բաժնետոմսերը։ Որքա՞ն է կորցրել գործարարն այս գործողությունների արդյունքում։

Լուծում:

2) 1000 · 3/4 = 750 (բաժնետոմս) - կազմում են գնված բոլոր բաժնետոմսերի 3/4-ը:

6) 247500 + 77500 = 325000 (ռուբ.) - գործարարը վաճառելուց հետո ստացել է 1000 բաժնետոմս։

7) 340.000 – 325.000 = 15.000 (ռուբ.) – գործարարը պարտվել է բոլոր գործողությունների արդյունքում:

Պատասխան. 15000.

Առաջադրանք թիվ 3- առաջադրանք է առաջին մասի հիմնական մակարդակում, ստուգում է գործողություններ կատարելու ունակությունը երկրաչափական ձևեր«Պլանաչափություն» դասընթացի բովանդակության վերաբերյալ: Առաջադրանք 3-ը ստուգում է վանդակավոր թղթի վրա գործչի մակերեսը հաշվարկելու ունակությունը, անկյունների աստիճանի չափումները, պարագծերը հաշվարկելու ունակությունը և այլն:

Օրինակ 3.Գտեք վանդակավոր թղթի վրա պատկերված ուղղանկյունի մակերեսը՝ 1 սմ x 1 սմ բջջի չափով (տես նկարը): Պատասխանեք քառակուսի սանտիմետրերով:

Լուծում:Տվյալ գործչի մակերեսը հաշվարկելու համար կարող եք օգտագործել Peak բանաձևը.

Տրված ուղղանկյան մակերեսը հաշվարկելու համար մենք օգտագործում ենք Peak-ի բանաձևը.

Ս= B +	Գ
	2

որտեղ B = 10, G = 6, հետևաբար

Ս = 18 +	6
	2

Պատասխան. 20.

Կարդացեք նաև՝ Ֆիզիկայի միասնական պետական ​​քննություն՝ տատանումների վերաբերյալ խնդիրների լուծում

Առաջադրանք թիվ 4- «Հավանականությունների տեսություն և վիճակագրություն» դասընթացի նպատակը: Փորձարկվում է ամենապարզ իրավիճակում իրադարձության հավանականությունը հաշվարկելու ունակությունը:

Օրինակ 4.Շրջանակի վրա նշված են 5 կարմիր և 1 կապույտ կետեր։ Որոշեք, թե որ բազմանկյուններն են ավելի մեծ՝ բոլոր գագաթներով կարմիր, թե՞ կապույտ գագաթներով: Ձեր պատասխանում նշեք, թե քանիսն են ավելի շատ, քան մյուսները:

Լուծում: 1) Օգտագործենք միացությունների քանակի բանաձևը nտարրեր ըստ կ:

որի գագաթները բոլորը կարմիր են:

3) Մեկ հնգանկյուն բոլոր գագաթներով կարմիր:

4) 10 + 5 + 1 = 16 բազմանկյուն բոլոր կարմիր գագաթներով:

որոնք ունեն կարմիր գագաթներ կամ մեկ կապույտ գագաթով:

որոնք ունեն կարմիր գագաթներ կամ մեկ կապույտ գագաթով:

8) Մեկ վեցանկյուն կարմիր գագաթներով և մեկ կապույտ գագաթներով:

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 բազմանկյուն բոլոր կարմիր գագաթներով կամ մեկ կապույտ գագաթներով:

10) 42 – 16 = 26 բազմանկյուն՝ օգտագործելով կապույտ կետը:

11) 26 – 16 = 10 բազմանկյուն – քանի՞ ավելի շատ բազմանկյուն կա, որոնց գագաթներից մեկը կապույտ կետ է, քան այն բազմանկյունները, որոնցում բոլոր գագաթները միայն կարմիր են:

Պատասխան. 10.

Առաջադրանք թիվ 5- առաջին մասի հիմնական մակարդակը ստուգում է պարզ հավասարումներ լուծելու ունակությունը (իռացիոնալ, էքսպոնենցիալ, եռանկյունաչափական, լոգարիթմական):

Օրինակ 5.Լուծեք 2 3 + հավասարումը x= 0,4 5 3 + x .

Լուծում.Առանձնացնենք երկու մասերը տրված հավասարումը 5 3 +-ով X≠ 0, մենք ստանում ենք

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

որտեղից հետևում է, որ 3 + x = 1, x = –2.

Պատասխան. –2.

Առաջադրանք թիվ 6պլանաչափության մեջ գտնել երկրաչափական մեծություններ (երկարություններ, անկյուններ, մակերեսներ), իրական իրավիճակների մոդելավորում երկրաչափության լեզվով։ Կառուցված մոդելների ուսումնասիրություն՝ օգտագործելով երկրաչափական հասկացություններ և թեորեմներ: Դժվարությունների աղբյուրը, որպես կանոն, պլանաչափության անհրաժեշտ թեորեմների անտեղյակությունն է կամ ոչ ճիշտ կիրառումը։

Եռանկյունի մակերեսը ABCհավասար է 129-ի։ ԴԵ– կողքին զուգահեռ միջին գիծ ԱԲ. Գտեք տրապիզոնի տարածքը ԱԲԵԴ.

Լուծում.Եռանկյուն CDEնման է եռանկյունին CABերկու անկյան տակ, քանի որ անկյունը գագաթին Գընդհանուր, անկյուն СDEհավասար անկյան CABորպես համապատասխան անկյուններ ԴԵ || ԱԲհատված A.C.. Որովհետև ԴԵպայմանով եռանկյան միջին ուղիղն է, ապա միջին գծի հատկությամբ | ԴԵ = (1/2)ԱԲ. Սա նշանակում է, որ նմանության գործակիցը 0,5 է։ Նման թվերի տարածքները կապված են որպես նմանության գործակցի քառակուսի, հետևաբար

Հետևաբար, Ս ԱԲԵԴ = Ս Δ ABC – Ս Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

Առաջադրանք թիվ 7- ստուգում է ածանցյալի կիրառումը ֆունկցիայի ուսումնասիրության մեջ. Հաջող իրականացումը պահանջում է ածանցյալ հասկացության իմաստալից, ոչ ֆորմալ իմացություն:

Օրինակ 7.Ֆունկցիայի գրաֆիկին y = զ(x) աբսցիսային կետում x 0-ով գծված է շոշափող, որն ուղղահայաց է սույն գրաֆիկի (4; 3) և (3; –1) կետերով անցնող ուղիղին: Գտեք զ′( x 0).

Լուծում. 1) Օգտագործենք երկու տրված կետերով անցնող ուղիղի հավասարումը և գտնենք (4; 3) և (3; –1) կետերով անցնող ուղիղի հավասարումը:

(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, որտեղ կ 1 = 4.

2) Գտե՛ք շոշափողի թեքությունը կ 2, որը ուղղահայաց է y = 4x- 13, որտեղ կ 1 = 4, ըստ բանաձևի.

3) Շոշափող անկյունը շոշափման կետում ֆունկցիայի ածանցյալն է: Նշանակում է, զ′( x 0) = կ 2 = –0,25.

Պատասխան. –0,25.

Առաջադրանք թիվ 8- ստուգում է քննության մասնակիցների գիտելիքները տարրական ստերեոմետրիայի, մակերևույթի մակերեսները և թվերի ծավալները գտնելու բանաձևեր կիրառելու կարողությունը, դիեզրային անկյունները, համեմատել նմանատիպ պատկերների ծավալները, կարողանալ գործողություններ կատարել երկրաչափական պատկերներով, կոորդինատներով և վեկտորներով և այլն:

Գնդի շուրջը շրջագծված խորանարդի ծավալը 216 է։ Գտի՛ր ոլորտի շառավիղը։

Լուծում. 1) Վխորանարդ = ա 3 (որտեղ Ա– խորանարդի եզրի երկարությունը), հետևաբար

Ա 3 = 216

Ա = 3 √216

2) Քանի որ գունդը գրված է խորանարդի մեջ, նշանակում է, որ գնդիկի տրամագծի երկարությունը հավասար է խորանարդի եզրի երկարությանը, հետևաբար. դ = ա, դ = 6, դ = 2Ռ, Ռ = 6: 2 = 3.

Առաջադրանք թիվ 9- շրջանավարտը պահանջում է վերափոխման և պարզեցման հմտություններ հանրահաշվական արտահայտություններ. Բարձրացված դժվարության մակարդակի թիվ 9 առաջադրանք՝ կարճ պատասխանով։ Պետական ​​միասնական քննության «Հաշվարկներ և փոխակերպումներ» բաժնի առաջադրանքները բաժանված են մի քանի տեսակների.

թվային փոխարկումներ ռացիոնալ արտահայտություններ;

հանրահաշվական արտահայտությունների և կոտորակների փոխակերպում;

թվային/տառային իռացիոնալ արտահայտությունների փոխակերպում;

գործողություններ աստիճաններով;

լոգարիթմական արտահայտությունների փոխակերպում;

1. թվային/տառային եռանկյունաչափական արտահայտությունների փոխակերպում։

Օրինակ 9.Հաշվե՛ք tanα-ն, եթե հայտնի է, որ cos2α = 0,6 և

3պ	< α < π.
4

Լուծում. 1) Եկեք օգտագործենք կրկնակի արգումենտի բանաձևը՝ cos2α = 2 cos 2 α – 1 և գտնենք

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

Սա նշանակում է tan 2 α = ± 0,5:

3) Ըստ պայմանի

3պ	< α < π,
4

սա նշանակում է, α-ն երկրորդ քառորդի և tgα անկյունն է< 0, поэтому tgα = –0,5.

Պատասխան. –0,5.

#ԳՈՎԱԶԴ_ՏԵՂԱԴՐԵԼ# Առաջադրանք թիվ 10- ստուգում է ուսանողների վաղ ձեռք բերած գիտելիքներն ու հմտությունները գործնական գործունեության և առօրյա կյանքում օգտագործելու կարողությունը: Կարելի է ասել, որ դրանք ֆիզիկայի խնդիրներ են, և ոչ թե մաթեմատիկայի, այլ պայմանում տրված են բոլոր անհրաժեշտ բանաձևերն ու մեծությունները։ Խնդիրները կրճատվում են գծային կամ քառակուսային հավասարում, կամ գծային կամ քառակուսային անհավասարություն. Ուստի անհրաժեշտ է կարողանալ լուծել նման հավասարումներ և անհավասարություններ և որոշել պատասխանը։ Պատասխանը պետք է տրվի որպես ամբողջ թիվ կամ վերջավոր տասնորդական կոտորակ:

Զանգվածի երկու մարմին մ= 2-ական կգ, շարժվելով նույն արագությամբ v= 10 մ/վ՝ միմյանց նկատմամբ 2α անկյան տակ: Նրանց բացարձակ ոչ առաձգական բախման ժամանակ արձակված էներգիան (ջոուլներով) որոշվում է արտահայտությամբ Ք = մվ 2 մեղք 2 α. Ո՞ր ամենափոքր 2α անկյան տակ (աստիճաններով) պետք է շարժվեն մարմինները, որպեսզի բախման արդյունքում արձակվի առնվազն 50 ջոուլ։
Լուծում.Խնդիրը լուծելու համար մենք պետք է լուծենք Q ≥ 50 անհավասարությունը 2α ∈ (0°; 180°) միջակայքի վրա։

մվ 2 մեղք 2 α ≥ 50

2 10 2 մեղք 2 α ≥ 50

200 մեղք 2 α ≥ 50

Քանի որ α ∈ (0°; 90°), մենք միայն կլուծենք

Անհավասարության լուծումը գրաֆիկորեն ներկայացնենք.

Քանի որ α ∈ (0°; 90°) պայմանով նշանակում է 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Առաջադրանք թիվ 11- բնորոշ է, բայց դժվար է ստացվում ուսանողների համար: Դժվարության հիմնական աղբյուրը մաթեմատիկական մոդելի կառուցումն է (հավասարում կազմելը): Թիվ 11 առաջադրանքը ստուգում է բառային խնդիրներ լուծելու կարողությունը:

Օրինակ 11.Գարնանային արձակուրդներին 11-րդ դասարանցի Վասյան պետք է լուծեր 560 պրակտիկայի խնդիր՝ միասնական պետական ​​քննությանը պատրաստվելու համար։ Մարտի 18-ին՝ դպրոցի վերջին օրը, Վասյան 5 խնդիր է լուծել. Հետո ամեն օր նույնքան խնդիր էր լուծում, քան նախորդ օրը։ Որոշեք, թե քանի խնդիր է լուծել Վասյան ապրիլի 2-ին՝ արձակուրդների վերջին օրը։

Լուծում:Նշենք ա 1 = 5 - խնդիրների քանակը, որոնք Վասյան լուծեց մարտի 18-ին, դ- Վասյայի կողմից լուծված առաջադրանքների ամենօրյա քանակը, n= 16 – մարտի 18-ից ապրիլի 2-ը ներառյալ օրերի քանակը, Ս 16 = 560 - առաջադրանքների ընդհանուր քանակը, ա 16 – խնդիրների քանակը, որոնք Վասյան լուծեց ապրիլի 2-ին։ Իմանալով, որ ամեն օր Վասյան նախորդ օրվա համեմատ նույն թվով խնդիրներ է լուծել, կարող ենք գումարը գտնելու բանաձևեր օգտագործել. թվաբանական առաջընթաց:

560 = (5 + ա 16) 8,

5 + ա 16 = 560: 8,

5 + ա 16 = 70,

ա 16 = 70 – 5

ա 16 = 65.

Պատասխան. 65.

Առաջադրանք թիվ 12- նրանք ստուգում են ուսանողների կարողությունը ֆունկցիաներով գործողություններ կատարելու և ֆունկցիայի ուսումնասիրության մեջ ածանցյալը կիրառելու կարողությունը:

Գտեք ֆունկցիայի առավելագույն կետը y= 10 լն ( x + 9) – 10x + 1.

Լուծում: 1) Գտեք ֆունկցիայի սահմանման տիրույթը. x + 9 > 0, x> –9, այսինքն՝ x ∈ (–9; ∞):

2) Գտե՛ք ֆունկցիայի ածանցյալը.

4) Գտնված կետը պատկանում է (–9; ∞) միջակայքին։ Եկեք որոշենք ֆունկցիայի ածանցյալի նշանները և նկարում պատկերենք ֆունկցիայի վարքագիծը.

Ցանկալի առավելագույն միավոր x = –8.

Անվճար ներբեռնեք մաթեմատիկայի աշխատանքային ծրագիրը ուսումնական նյութերի շարքի Գ.Կ. Մուրավինա, Կ.Ս. Մուրավինա, Օ.Վ. Մուրավինա 10-11 Ներբեռնեք անվճար ուսուցողական նյութեր հանրահաշիվից

Առաջադրանք թիվ 13-Բարդության մակարդակի բարձրացում` մանրամասն պատասխանով, փորձարկելով հավասարումներ լուծելու կարողությունը, առաջադրանքների շարքում ամենահաջող լուծվածը` բարդության բարձր մակարդակի մանրամասն պատասխանով:

ա) Լուծե՛ք 2log 3 2 հավասարումը (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

բ) Գտեք այս հավասարման բոլոր արմատները, որոնք պատկանում են հատվածին:

Լուծում:ա) Թող log 3 (2cos x) = տ, ապա 2 տ 2 – 5տ + 2 = 0,

	մատյան 3 (2cos x) =	2	⇔		2 cos x = 9	⇔		cos x =	4,5	⇔ քանի որ |կազմ x| ≤ 1,
	մատյան 3 (2cos x) =	1			2 cos x = √3			cos x =	√3
		2							2

ապա cos x =	√3
	2

	x =	π	+ 2պ կ
		6
	x = –	π	+ 2պ կ, կ ∈ Զ
		6

բ) Գտեք հատվածի վրա ընկած արմատները:

Նկարից պարզ է դառնում, որ տրված հատվածըարմատները պատկանում են

11պ	Եվ	13պ	.
6		6

Պատասխան.Ա)	π	+ 2պ կ; –	π	+ 2պ կ, կ ∈ Զ; բ)	11պ	;	13պ	.
	6		6		6		6

Առաջադրանք թիվ 14- Ընդլայնված մակարդակը վերաբերում է երկրորդ մասի առաջադրանքներին՝ մանրամասն պատասխանով: Առաջադրանքը ստուգում է երկրաչափական պատկերներով գործողություններ կատարելու ունակությունը: Առաջադրանքը պարունակում է երկու կետ. Առաջին կետում առաջադրանքը պետք է ապացուցվի, իսկ երկրորդ կետում՝ հաշվարկված։

Գլանի հիմքի շրջանագծի տրամագիծը 20 է, գլանի գեներատրիքսը՝ 28։ Հարթությունը հատում է իր հիմքը 12 և 16 երկարության ակորդներով։ Ակորդների միջև հեռավորությունը 2√197 է։

ա) Ապացուցեք, որ մխոցի հիմքերի կենտրոններն ընկած են այս հարթության մի կողմում:

բ) Գտե՛ք անկյունը այս հարթության և մխոցի հիմքի հարթության միջև։

Լուծում:ա) 12 երկարությամբ ակորդը գտնվում է բազային շրջանագծի կենտրոնից = 8 հեռավորության վրա, իսկ 16 երկարությամբ ակորդը նույնպես գտնվում է 6 հեռավորության վրա: Հետևաբար, հարթության վրա դրանց ելուստների միջև հեռավորությունը հավասար է. հիմքերին զուգահեռբալոնները կամ 8 + 6 = 14 կամ 8 − 6 = 2 են:

Այնուհետեւ ակորդների միջեւ հեռավորությունը կա՛մ է

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Ըստ պայմանի՝ իրականացվել է երկրորդ դեպքը, երբ ակորդների ելուստներն ընկած են գլանային առանցքի մի կողմում։ Սա նշանակում է, որ առանցքը չի հատում այս հարթությունը մխոցի ներսում, այսինքն՝ հիմքերը ընկած են դրա մի կողմում: Այն, ինչ պետք էր ապացուցել.

բ) Հիմքերի կենտրոնները նշանակենք O 1 և O 2: Հիմքի կենտրոնից 12 երկարության ակորդով գծենք ուղղահայաց կիսորդ այս ակորդին (այն ունի 8 երկարություն, ինչպես արդեն նշվեց), իսկ մյուս հիմքի կենտրոնից դեպի մյուս ակորդը։ Նրանք ընկած են նույն β հարթության վրա՝ այս ակորդներին ուղղահայաց։ Ավելի փոքր ակորդի միջնակետը B, ավելի մեծը՝ A և A-ի պրոյեկցիան երկրորդ հիմքի վրա անվանենք՝ H (H ∈ β): Այնուհետև AB,AH ∈ β և հետևաբար AB,AH ուղղահայաց են ակորդին, այսինքն՝ հիմքի հատման ուղիղ գիծը տվյալ հարթության հետ։

Սա նշանակում է, որ պահանջվող անկյունը հավասար է

∠ABH = արկտան	Ա.Հ.	= արկտան	28	= arctg14.
	Բ.Հ.		8 – 6

Առաջադրանք թիվ 15- բարձրացված բարդության մակարդակը մանրամասն պատասխանով, ստուգում է անհավասարությունները լուծելու ունակությունը, որն առավել հաջողությամբ լուծվում է բարդության բարձր մակարդակի մանրամասն պատասխանով առաջադրանքների շարքում:

Օրինակ 15.Լուծել անհավասարություն | x 2 – 3x| մատյան 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Լուծում:Այս անհավասարության սահմանման տիրույթը միջակայքն է (–1; +∞): Առանձին դիտարկենք երեք դեպք.

1) Թող x 2 – 3x= 0, այսինքն. X= 0 կամ X= 3. Այս դեպքում այս անհավասարությունը ճշմարիտ է դառնում, հետևաբար այդ արժեքները ներառված են լուծման մեջ:

2) Թող հիմա x 2 – 3x> 0, այսինքն. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Ավելին, այս անհավասարությունը կարող է վերագրվել որպես ( x 2 – 3x) մատյան 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 և բաժանիր դրական արտահայտությամբ x 2 – 3x. Մենք ստանում ենք մատյան 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 կամ x≤ –0,5. Հաշվի առնելով սահմանման տիրույթը՝ ունենք x ∈ (–1; –0,5].

3) Վերջապես, հաշվի առեք x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3): Այս դեպքում սկզբնական անհավասարությունը կվերագրվի (3 x – x 2) մատյան 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Դրական 3-ի բաժանելուց հետո x – x 2, մենք ստանում ենք մատյան 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Հաշվի առնելով տարածաշրջանը՝ ունենք x ∈ (0; 1].

Ստացված լուծույթները համադրելով՝ ստանում ենք x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Պատասխան. (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Առաջադրանք թիվ 16- առաջադեմ մակարդակը վերաբերում է երկրորդ մասի առաջադրանքներին՝ մանրամասն պատասխանով: Առաջադրանքը ստուգում է երկրաչափական պատկերներով, կոորդինատներով և վեկտորներով գործողություններ կատարելու ունակությունը: Առաջադրանքը պարունակում է երկու կետ. Առաջին կետում առաջադրանքը պետք է ապացուցվի, իսկ երկրորդ կետում՝ հաշվարկված։

IN հավասարաչափ եռանկյուն A գագաթին 120° անկյունով ABC, գծված է BD կիսորդ: DEFH ուղղանկյունը գրված է ABC եռանկյան մեջ այնպես, որ FH կողմը ընկած է BC հատվածի վրա, իսկ E գագաթը՝ AB հատվածի վրա: ա) Ապացուցեք, որ FH = 2DH: բ) Գտեք DEFH ուղղանկյան մակերեսը, եթե AB = 4:

Լուծում:Ա)

1) ΔBEF – ուղղանկյուն, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, ապա EF = BE 30° անկյան հակառակ ընկած ոտքի հատկությամբ:

2) Թող EF = DH = x, ապա BE = 2 x, BF = x√3 ըստ Պյութագորասի թեորեմի.

3) Քանի որ ΔABC հավասարաչափ է, նշանակում է ∠B = ∠C = 30˚:

BD-ն ∠B-ի կիսորդն է, ինչը նշանակում է ∠ABD = ∠DBC = 15˚:

4) Հաշվի առնենք ΔDBH – ուղղանկյուն, քանի որ 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) Ս DEFH = ED EF = (3 – √3 ) 2 (3 – √3 )

Ս DEFH = 24 – 12√3:

Պատասխան. 24 – 12√3.

Առաջադրանք թիվ 17- առաջադրանք մանրամասն պատասխանով, այս առաջադրանքը ստուգում է գիտելիքների և հմտությունների կիրառումը գործնական գործունեության և առօրյա կյանքում, մաթեմատիկական մոդելներ կառուցելու և ուսումնասիրելու ունակությունը: Այս առաջադրանքը տնտեսական բովանդակությամբ տեքստային խնդիր է:

Օրինակ 17.Չորս տարով նախատեսվում է բացել 20 միլիոն ռուբլու ավանդ։ Յուրաքանչյուր տարեվերջին բանկը տարեսկզբի չափի համեմատ ավելացնում է ավանդը 10%-ով։ Բացի այդ, երրորդ և չորրորդ տարիների սկզբին ներդրողը տարեկան համալրում է ավանդը Xմիլիոն ռուբլի, որտեղ X - ամբողջհամարը։ Գտեք ամենաբարձր արժեքը X, որի դեպքում բանկը չորս տարվա ընթացքում ավանդին կհատկացնի 17 միլիոն ռուբլիից պակաս:

Լուծում:Առաջին տարվա վերջում ներդրումը կկազմի 20 + 20 · 0,1 = 22 միլիոն ռուբլի, իսկ երկրորդի վերջում `22 + 22 · 0,1 = 24,2 միլիոն ռուբլի: Երրորդ տարվա սկզբին ներդրումը (միլիոն ռուբլով) կկազմի (24,2 +): X), իսկ վերջում՝ (24.2 + X) + (24,2 + X)· 0.1 = (26.62 + 1.1 X) Չորրորդ տարվա սկզբին ներդրումը կլինի (26.62 + 2.1 X), իսկ վերջում՝ (26.62 + 2.1 X) + (26,62 + 2,1X) 0,1 = (29,282 + 2,31 X) Ըստ պայմանի, դուք պետք է գտնեք ամենամեծ x ամբողջ թիվը, որի համար անհավասարությունը պահպանվում է

(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

Այս անհավասարության ամենամեծ ամբողջական լուծումը 24 թիվն է։

Պատասխան. 24.

Առաջադրանք թիվ 18- բարդության բարձր մակարդակի առաջադրանք՝ մանրամասն պատասխանով: Այս առաջադրանքը նախատեսված է դիմորդների մաթեմատիկական պատրաստվածության բարձրացված պահանջներով բուհերում մրցակցային ընտրության համար: Զորավարժություններ բարձր մակարդակբարդություն - այս խնդիրը ոչ թե լուծման մեկ մեթոդ օգտագործելու, այլ համակցության մասին է տարբեր մեթոդներ. 18 առաջադրանքը հաջողությամբ ավարտելու համար, բացի մաթեմատիկական ամուր գիտելիքներից, անհրաժեշտ է նաև մաթեմատիկական մշակույթի բարձր մակարդակ:

Ինչի վրա աանհավասարությունների համակարգ

	x 2 + y 2 ≤ 2այ – ա 2 + 1
	y + ա ≤ |x| – ա

ուղիղ երկու լուծում ունի՞

Լուծում:Այս համակարգը կարող է վերաշարադրվել ձևով

	x 2 + (y– ա) 2 ≤ 1
	y ≤ |x| – ա

Եթե ​​հարթության վրա գծենք առաջին անհավասարության լուծումների բազմությունը, ապա կստանանք 1 շառավղով շրջանագծի (սահմանով) ինտերիեր, որի կենտրոնը գտնվում է (0, Ա) Երկրորդ անհավասարության լուծումների բազմությունը հարթության այն մասն է, որը գտնվում է ֆունկցիայի գրաֆիկի տակ. y = | x| – ա, իսկ վերջինս ֆունկցիայի գրաֆիկն է
y = | x| , տեղափոխվել է ներքև Ա. Այս համակարգի լուծումը անհավասարություններից յուրաքանչյուրի լուծումների բազմությունների հատումն է։

Հետևաբար, այս համակարգը կունենա երկու լուծում միայն Նկ. 1.

Շրջանակի շփման կետերը գծերի հետ կլինեն համակարգի երկու լուծումները։ Ուղիղ գծերից յուրաքանչյուրը թեքված է դեպի առանցքները 45° անկյան տակ։ Այսպիսով, դա եռանկյուն է PQR- ուղղանկյուն հավասարաչափ: Կետ Քունի կոորդինատներ (0, Ա), և կետը Ռ- կոորդինատներ (0, - Ա) Բացի այդ, հատվածները PRԵվ PQհավասար է 1-ի հավասար շրջանագծի շառավղին։ Սա նշանակում է

Քր= 2ա = √2, ա =	√2	.
	2

Պատասխան. ա =	√2	.
	2

Առաջադրանք թիվ 19- բարդության բարձր մակարդակի առաջադրանք՝ մանրամասն պատասխանով: Այս առաջադրանքը նախատեսված է դիմորդների մաթեմատիկական պատրաստվածության բարձրացված պահանջներով բուհերում մրցակցային ընտրության համար: Բարդության բարձր մակարդակի առաջադրանքը խնդիր է ոչ թե լուծման մեկ մեթոդի կիրառման, այլ տարբեր մեթոդների համակցության վրա: 19-րդ առաջադրանքը հաջողությամբ կատարելու համար դուք պետք է կարողանաք լուծում փնտրել՝ հայտնիներից ընտրելով տարբեր մոտեցումներ և փոփոխելով ուսումնասիրված մեթոդները:

Թող Սնգումար nթվաբանական առաջընթացի պայմաններ ( a p) Հայտնի է, որ Ս ն + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

ա) Ներկայացրե՛ք բանաձևը nայս առաջընթացի եռամսյակը:

բ) Գտե՛ք ամենափոքր բացարձակ գումարը Ս ն.

գ) Գտե՛ք ամենափոքրը n, որի ժամանակ Ս նկլինի ամբողջ թվի քառակուսին:

Լուծումա) Ակնհայտ է, որ a n = Ս ն – Ս ն– 1. Օգտագործելով այս բանաձևը, մենք ստանում ենք.

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

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

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

Բ) Քանի որ Ս ն = 2n 2 – 25n, ապա հաշվի առեք ֆունկցիան Ս(x) = | 2x 2 – 25x|. Դրա գրաֆիկը կարելի է տեսնել նկարում:

Ակնհայտ է, որ ամենափոքր արժեքը ձեռք է բերվում ֆունկցիայի զրոներին ամենամոտ գտնվող ամբողջ թվային կետերում: Ակնհայտորեն սրանք կետեր են X= 1, X= 12 և X= 13. Քանի որ, Ս(1) = |Ս 1 | = |2 – 25| = 23, Ս(12) = |Ս 12 | = |2 · 144 – 25 · 12| = 12, Ս(13) = |Ս 13 | = |2 · 169 – 25 · 13| = 13, ապա ամենափոքր արժեքը 12 է:

գ) Նախորդ պարբերությունից հետևում է, որ Սնդրական՝ սկսած n= 13. Քանի որ Ս ն = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), ապա ակնհայտ դեպքը, երբ այս արտահայտությունը կատարյալ քառակուսի է, իրականացվում է, երբ n = 2n– 25, այսինքն՝ ժ n= 25.

Մնում է ստուգել արժեքները 13-ից 25-ը.

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

Ստացվում է, որ ավելի փոքր արժեքների համար nամբողջական քառակուսի չի ստացվում:

Պատասխան.Ա) a n = 4n- 27; բ) 12; գ) 25.

________________

*2017 թվականի մայիսից «ԴՐՈՖԱ-ՎԵՆՏԱՆԱ» միավորված հրատարակչական խումբը մտնում է Ռուսական դասագրքերի կորպորացիայի մեջ։ Կորպորացիան ներառում է նաև Astrel հրատարակչությունը և LECTA թվային կրթական հարթակը։ Գլխավոր տնօրեն է նշանակվել շրջանավարտ Ալեքսանդր Բրիչկինը Ֆինանսական ակադեմիաՌուսաստանի Դաշնության կառավարությանն առընթեր, տնտեսական գիտությունների թեկնածու, պետ նորարարական նախագծեր«ԴՐՈՖԱ» հրատարակչություն թվային կրթության ոլորտում ( էլեկտրոնային ձևերդասագրքեր, «Ռուս էլեկտրոնային դպրոց», թվային կրթական հարթակ LECTA): Մինչ DROFA հրատարակչությանը միանալը նա զբաղեցնում էր EKSMO-AST հրատարակչական հոլդինգի ռազմավարական զարգացման և ներդրումների գծով փոխնախագահի պաշտոնը։ Այսօր Ռուսաստանի Դասագրքերի հրատարակչական կորպորացիան ունի Դաշնային ցուցակում ներառված դասագրքերի ամենամեծ պորտֆելը` 485 վերնագիր (մոտ 40%, չհաշված դասագրքերը: ուղղիչ դպրոց) Կորպորացիայի հրատարակչություններին են պատկանում ռուսական դպրոցներում ֆիզիկայի, գծագրության, կենսաբանության, քիմիայի, տեխնոլոգիայի, աշխարհագրության, աստղագիտության ամենատարածված դասագրքերի հավաքածուները՝ գիտելիքների ոլորտներ, որոնք անհրաժեշտ են երկրի արտադրողական ներուժի զարգացման համար: Կորպորացիայի պորտֆելը ներառում է դասագրքեր և ուսումնական նյութերՀամար տարրական դպրոց, կրթության ոլորտում արժանացել է նախագահի մրցանակի։ Սրանք առարկայական ոլորտների դասագրքեր և ձեռնարկներ են, որոնք անհրաժեշտ են Ռուսաստանի գիտական, տեխնիկական և արտադրական ներուժի զարգացման համար:

Գնահատում

երկու մաս, այդ թվում 19 առաջադրանք. Մաս 1 Մաս 2

3 ժամ 55 րոպե(235 րոպե):

Պատասխաններ

Բայց դու կարող ես կողմնացույց անել Հաշվիչներքննության վրա չի օգտագործվում.

անձնագիր), անցնելեւ մազանոթ կամ! Թույլատրվում է վերցնելքեզ հետ ջուր(թափանցիկ շշի մեջ) և Ես գնում եմ

Քննության թերթիկը բաղկացած է երկու մաս, այդ թվում 19 առաջադրանք. Մաս 1պարունակում է հիմնական դժվարության մակարդակի 8 առաջադրանք՝ կարճ պատասխանով: Մաս 2պարունակում է բարդության բարձր մակարդակի 4 առաջադրանք՝ կարճ պատասխանով և 7 բարձր բարդության առաջադրանք՝ մանրամասն պատասխանով:

Մաթեմատիկայի քննական աշխատանքն ավարտելու համար հատկացված ժամանակն է 3 ժամ 55 րոպե(235 րոպե):

Պատասխաններ 1–12 առաջադրանքների համար գրվում են որպես ամբողջ թիվ կամ վերջավոր տասնորդական կոտորակ. Պատասխանների դաշտերում թվերը գրե՛ք աշխատանքի տեքստում, այնուհետև փոխանցե՛ք քննության ժամանակ տրված թիվ 1 պատասխանի ձևաթղթին։

Աշխատանք կատարելիս կարող եք օգտագործել աշխատանքին զուգահեռ թողարկվածները։ Թույլատրվում է միայն քանոն, բայց դա հնարավոր է կողմնացույց անելձեր սեփական ձեռքերով. Մի օգտագործեք գործիքներ, որոնց վրա գծանշումներ կան: տեղեկատու նյութեր. Հաշվիչներքննության վրա չի օգտագործվում.

Քննության ժամանակ ձեզ հետ պետք է ունենաք անձը հաստատող փաստաթուղթ ( անձնագիր), անցնելեւ մազանոթ կամ գել գրիչ սև թանաքով! Թույլատրվում է վերցնելքեզ հետ ջուր(թափանցիկ շշի մեջ) և Ես գնում եմ(միրգ, շոկոլադ, բլիթներ, սենդվիչներ), բայց նրանք կարող են խնդրել ձեզ թողնել դրանք միջանցքում: