Video tečaj »Get an A« vključuje vse teme, potrebne za uspeh opravljanje enotnega državnega izpita pri matematiki za 60-65 točk. Popolnoma vse naloge 1-13 profilnega enotnega državnega izpita iz matematike. Primeren tudi za opravljanje osnovnega enotnega državnega izpita iz matematike. Če želite opraviti enotni državni izpit z 90-100 točkami, morate 1. del rešiti v 30 minutah in brez napak!

Pripravljalni tečaj za enotni državni izpit za 10.-11. razred, pa tudi za učitelje. Vse, kar potrebujete za rešitev 1. dela Enotnega državnega izpita iz matematike (prvih 12 težav) in 13. naloga (trigonometrija). In to je več kot 70 točk na Enotnem državnem izpitu in brez njih ne more niti študent s 100 točkami niti študent humanistike.

Vsa potrebna teorija. Hitri načini rešitve, pasti in skrivnosti enotnega državnega izpita. Analizirane so vse trenutne naloge 1. dela iz banke nalog FIPI. Tečaj v celoti ustreza zahtevam Enotnega državnega izpita 2018.

Tečaj obsega 5 velikih tem, vsaka po 2,5 ure. Vsaka tema je podana od začetka, preprosto in jasno.

Na stotine nalog enotnega državnega izpita. Besedne težave in teorija verjetnosti. Preprosti in lahko zapomljivi algoritmi za reševanje problemov. Geometrija. teorija, referenčno gradivo, analiza vseh vrst nalog enotnega državnega izpita. Stereometrija. Zapletene rešitve, uporabne goljufije, razvoj prostorska domišljija. Trigonometrija od začetka do problema 13. Razumevanje namesto nabijanja. Jasne razlage kompleksnih konceptov. Algebra. Koreni, potence in logaritmi, funkcija in odvod. Osnova za rešitev kompleksne naloge 2 dela enotnega državnega izpita.

Povprečje splošno izobraževanje

linija UMK G. K. Muravina. Algebra in principi matematične analize (10-11) (poglobljeno)

Linija UMK Merzlyak. Algebra in začetki analize (10-11) (U)

Matematika

Priprava na enotni državni izpit iz matematike (raven profila): naloge, rešitve in razlage

Z učiteljem analiziramo naloge in rešujemo primere

Izpitni list raven profila traja 3 ure 55 minut (235 minut).

Najnižji prag- 27 točk.

Izpitna naloga je sestavljena iz dveh delov, ki se razlikujeta po vsebini, zahtevnosti in številu nalog.

Značilnost vsakega dela dela je oblika nalog:

• 1. del vsebuje 8 nalog (naloge 1-8) s kratkim odgovorom v obliki celega ali končnega števila decimalno;
• 2. del vsebuje 4 naloge (naloge 9–12) s kratkim odgovorom v obliki celega števila ali končnega decimalnega ulomka in 7 nalog (naloge 13–19) s podrobnim odgovorom (celoten zapis rešitve z utemeljitvijo sprejeti ukrepi).

Panova Svetlana Anatolevna, učiteljica matematike najvišje kategorije šole, delovne izkušnje 20 let:

"Da bi dobili šolsko spričevalo, mora diplomant opraviti dva obvezni izpit v obliki enotnega državnega izpita, eden izmed njih je matematika. V skladu s Konceptom razvoja matematična vzgoja V Ruska federacija Enotni državni izpit iz matematike je razdeljen na dve ravni: osnovno in specializirano. Danes si bomo ogledali možnosti na ravni profila.”

Naloga št. 1- preverja sposobnost udeležencev enotnega državnega izpita za uporabo veščin, pridobljenih med 5. in 9. razredom pri osnovni matematiki, v praktične dejavnosti. Udeleženec mora imeti računalniške sposobnosti, znati delati z racionalnimi števili, znati zaokroževati decimalke in znati pretvarjati eno mersko enoto v drugo.

Primer 1. V stanovanju, kjer živi Peter, so namestili merilnik pretoka hladno vodo(števec). 1. maja je števec pokazal porabo 172 kubičnih metrov. m vode, prvega junija pa 177 kubičnih metrov. m. Koliko bi moral Peter plačati za hladno vodo v maju, če je cena 1 kubični meter? m hladne vode je 34 rubljev 17 kopecks? Odgovorite v rubljih.

rešitev:

1) Poiščite količino porabljene vode na mesec:

177 - 172 = 5 (kubičnih m)

2) Ugotovimo, koliko denarja bodo plačali za izgubljeno vodo:

34,17 5 = 170,85 (rub)

odgovor: 170,85.

Naloga št. 2- je ena najpreprostejših izpitnih nalog. Večina diplomantov jo uspešno obvlada, kar kaže na poznavanje definicije pojma funkcije. Vrsta naloge št. 2 po kodifikatorju zahtev je naloga o uporabi pridobljenega znanja in spretnosti pri praktičnih dejavnostih in vsakdanjem življenju. Naloga št. 2 je sestavljena iz opisovanja, uporabe funkcij, različnih realnih odnosov med količinami in interpretacije njihovih grafov. Naloga št. 2 preverja sposobnost izločanja informacij, predstavljenih v tabelah, diagramih in grafih. Diplomanti morajo znati določiti vrednost funkcije iz vrednosti argumenta na različne načine specifikacije funkcije ter opisati obnašanje in lastnosti funkcije na podlagi njenega grafa. Prav tako je treba znati najti največje oz najmanjša vrednost in zgraditi grafe proučevanih funkcij. Napake so naključne pri branju pogojev problema, branju diagrama.

#ADVERTISING_INSERT#

Primer 2. Slika prikazuje spremembo menjalne vrednosti ene delnice rudarskega podjetja v prvi polovici aprila 2017. Poslovnež je 7. aprila kupil 1000 delnic tega podjetja. 10. aprila je prodal tri četrtine kupljenih delnic, 13. aprila pa vse preostale delnice. Koliko je poslovnež izgubil zaradi teh operacij?

rešitev:

2) 1000 · 3/4 = 750 (delnic) - predstavljajo 3/4 vseh kupljenih delnic.

6) 247500 + 77500 = 325000 (rub) - poslovnež je po prodaji prejel 1000 delnic.

7) 340.000 – 325.000 = 15.000 (rub) - poslovnež je izgubil zaradi vseh operacij.

odgovor: 15000.

Naloga št. 3- je naloga osnovna raven prvi del, preverja sposobnost izvajanja dejanj z geometrijskimi liki po vsebini predmeta "Planimetrija". Pri 3. nalogi se preverja sposobnost izračunavanja ploščine figure na karirastem papirju, sposobnost izračunavanja stopinjskih mer kotov, izračunavanja obsega itd.

Primer 3. Poiščite površino pravokotnika, prikazanega na karirastem papirju z velikostjo celice 1 cm x 1 cm (glej sliko). Odgovor zapišite v kvadratnih centimetrih.

rešitev: Za izračun površine dane figure lahko uporabite formulo Peak:

Za izračun površine danega pravokotnika uporabimo Peakovo formulo:

S= B +	G
	2

kjer je B = 10, G = 6, torej

S = 18 +	6
	2

odgovor: 20.

Preberite tudi: Enotni državni izpit iz fizike: reševanje problemov o oscilacijah

Naloga št. 4- cilj predmeta “Teorija verjetnosti in statistika”. Preverja se sposobnost izračuna verjetnosti dogodka v najenostavnejši situaciji.

Primer 4. Na krogu je označenih 5 rdečih in 1 modra pika. Ugotovite, kateri poligoni so večji: tisti, pri katerih so vsa oglišča rdeča, ali tisti, pri katerih je eno od oglišč modro. V odgovoru navedite, koliko je enih več kot drugih.

rešitev: 1) Uporabimo formulo za število kombinacij n elementi po k:

katerih oglišča so vsa rdeča.

3) En petkotnik z vsemi oglišči rdečimi.

4) 10 + 5 + 1 = 16 mnogokotnikov z vsemi rdečimi oglišči.

ki imajo rdeče vrhove ali z enim modrim vrhom.

ki imajo rdeče vrhove ali z enim modrim vrhom.

8) En šesterokotnik z rdečimi oglišči in enim modrim ogliščem.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 mnogokotnikov z vsemi oglišči rdečimi ali z enim modrim ogliščem.

10) 42 – 16 = 26 poligonov z modro piko.

11) 26 – 16 = 10 mnogokotnikov – koliko več je mnogokotnikov, pri katerih je eno od oglišč modra pika, kot več kot mnogokotnikov, pri katerih so vsa oglišča samo rdeča.

odgovor: 10.

Naloga št. 5- osnovna raven prvega dela preverja sposobnost reševanja najenostavnejših enačb (iracionalnih, eksponentnih, trigonometričnih, logaritemskih).

Primer 5. Reši enačbo 2 3 + x= 0,4 5 3 + x .

rešitev. Obe strani te enačbe delite s 5 3 + X≠ 0, dobimo

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

od koder sledi 3 + x = 1, x = –2.

odgovor: –2.

Naloga št. 6 v planimetriji za iskanje geometrijskih veličin (dolžin, kotov, ploščin), modeliranje realnih situacij v jeziku geometrije. Študij konstruiranih modelov z uporabo geometrijskih konceptov in izrekov. Vir težav je praviloma nepoznavanje ali nepravilna uporaba potrebnih izrekov planimetrije.

Območje trikotnika ABC je enako 129. DE– sredinska črta vzporedna s stranjo AB. Poiščite območje trapeza POSTELJA.

rešitev. Trikotnik CDE podoben trikotniku KABINA pod dvema kotoma, saj kot pri vertex C splošno, kot СDE enak kotu KABINA kot ustrezni koti pri DE || AB sekant A.C.. Ker DE je srednja črta trikotnika po pogoju, tedaj po lastnosti srednjice | DE = (1/2)AB. To pomeni, da je koeficient podobnosti 0,5. Površine podobnih likov so torej povezane kot kvadrat koeficienta podobnosti

torej S POSTELJO = S Δ ABC – S Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

Naloga št. 7- preverja uporabo odvoda pri študiju funkcije. Uspešna implementacija zahteva smiselno, neformalno znanje o konceptu derivata.

Primer 7. Na graf funkcije l = f(x) na abscisi x 0 je narisana tangenta, ki je pravokotna na premico, ki poteka skozi točki (4; 3) in (3; –1) tega grafa. Najdi f′( x 0).

rešitev. 1) Uporabimo enačbo premice, ki poteka skozi dve dani točki, in poiščimo enačbo premice, ki poteka skozi točki (4; 3) in (3; –1).

(l – l 1)(x 2 – x 1) = (x – x 1)(l 2 – l 1)

(l – 3)(3 – 4) = (x – 4)(–1 – 3)

(l – 3)(–1) = (x – 4)(–4)

–l + 3 = –4x+ 16| · (–1)

l – 3 = 4x – 16

l = 4x– 13, kje k 1 = 4.

2) Poiščite naklon tangente k 2, ki je pravokotna na premico l = 4x– 13, kje k 1 = 4, po formuli:

3) Tangentni kot je odvod funkcije v tangentni točki. pomeni, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

odgovor: –0,25.

Naloga št. 8- preverja znanje udeležencev izpita o osnovni stereometriji, sposobnost uporabe formul za iskanje površin in volumnov likov, diedrskih kotov, primerjavo volumnov podobnih likov, sposobnost izvajanja dejanj z geometrijskimi liki, koordinatami in vektorji itd.

Prostornina kocke, ki je opisana okoli krogle, je 216. Poiščite polmer krogle.

rešitev. 1) V kocka = a 3 (kje A– dolžina roba kocke), torej

A 3 = 216

A = 3 √216

2) Ker je krogla včrtana v kocko, pomeni, da je dolžina premera krogle enaka dolžini roba kocke, torej d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Naloga št. 9- od diplomanta zahteva, da ima veščine za transformacijo in poenostavitev algebrskih izrazov. Naloga št. 9 povišane težavnostne stopnje s kratkim odgovorom. Naloge iz razdelka »Izračuni in transformacije« na enotnem državnem izpitu so razdeljene na več vrst:

številske pretvorbe racionalni izrazi;

pretvorba algebrskih izrazov in ulomkov;

pretvorba številskih/črkovnih iracionalnih izrazov;

dejanja z diplomami;

pretvorba logaritemskih izrazov;

1. pretvarjanje številskih/črkovnih trigonometričnih izrazov.

Primer 9. Izračunajte tanα, če je znano, da je cos2α = 0,6 in

3π	< α < π.
4

rešitev. 1) Uporabimo formulo dvojnega argumenta: cos2α = 2 cos 2 α – 1 in poiščemo

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

To pomeni tan 2 α = ± 0,5.

3) Po pogoju

3π	< α < π,
4

to pomeni, da je α kot druge četrtine in tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

odgovor: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Naloga št. 10- preverja sposobnost učencev za uporabo pridobljenega zgodnjega znanja in spretnosti v praktičnih dejavnostih in vsakdanjem življenju. Lahko rečemo, da so to problemi iz fizike in ne iz matematike, vendar so vse potrebne formule in količine podane v pogoju. Problemi so reducirani na reševanje linearnih oz kvadratna enačba, bodisi linearno oz kvadratna neenakost. Zato je treba takšne enačbe in neenačbe znati rešiti in določiti odgovor. Odgovor mora biti podan kot celo število ali končni decimalni ulomek.

Dve masni telesi m= 2 kg vsak, ki se gibljejo z enako hitrostjo v= 10 m/s pod kotom 2α drug na drugega. Energija (v joulih), ki se sprosti med njihovim absolutno neelastičnim trkom, je določena z izrazom Q = mv 2 sin 2 α. Pod kolikšnim najmanjšim kotom 2α (v stopinjah) se morata telesi premakniti, da se pri trku sprosti najmanj 50 joulov?
rešitev. Za rešitev problema moramo rešiti neenačbo Q ≥ 50, na intervalu 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

Ker je α ∈ (0°; 90°), bomo samo rešili

Predstavimo rešitev neenačbe grafično:

Ker po pogoju α ∈ (0°; 90°), pomeni 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Naloga št. 11- je tipično, vendar se izkaže za težko za študente. Glavni vir težav je konstrukcija matematičnega modela (sestavljanje enačbe). Naloga št. 11 preverja sposobnost reševanja besedilnih nalog.

Primer 11. Med spomladanskimi počitnicami je moral učenec 11. razreda Vasya rešiti 560 nalog za pripravo na enotni državni izpit. 18. marca, na zadnji šolski dan, je Vasya rešil 5 nalog. Nato je vsak dan rešil enako število nalog več kot prejšnji dan. Ugotovite, koliko težav je Vasya rešil 2. aprila, zadnji dan počitnic.

rešitev: Označimo a 1 = 5 – število problemov, ki jih je Vasja rešil 18. marca, d– dnevno število nalog, ki jih je rešil Vasja, n= 16 – število dni od 18. marca do vključno 2. aprila, S 16 = 560 – skupno število nalog, a 16 – število težav, ki jih je Vasya rešil 2. aprila. Ker vemo, da je Vasja vsak dan rešil enako število nalog več kot prejšnji dan, lahko uporabimo formule za iskanje vsote aritmetična progresija:

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

odgovor: 65.

Naloga št. 12- preverjanje sposobnosti učencev za izvajanje operacij s funkcijami, da znajo uporabiti odvod pri preučevanju funkcije.

Poiščite največjo točko funkcije l= 10ln( x + 9) – 10x + 1.

rešitev: 1) Poiščite domeno definicije funkcije: x + 9 > 0, x> –9, to je x ∈ (–9; ∞).

2) Poiščite odvod funkcije:

4) Najdena točka pripada intervalu (–9; ∞). Določimo predznake odvoda funkcije in ponazorimo obnašanje funkcije na sliki:

Želena največja točka x = –8.

Brezplačno prenesite delovni program iz matematike za linijo učnih gradiv G.K. Muravina, K.S. Muravina, O.V. Muravina 10-11 Prenesite brezplačne učne pripomočke o algebri

Naloga št. 13-višana stopnja zahtevnosti s podrobnim odgovorom, preverjanje sposobnosti reševanja enačb, najuspešnejša rešena med nalogami s podrobnim odgovorom povečane stopnje zahtevnosti.

a) Rešite enačbo 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

b) Poiščite vse korene te enačbe, ki pripadajo segmentu .

rešitev: a) Naj bo log 3 (2co x) = t, nato 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

	log 3 (2co x) =	2	⇔		2cos x = 9	⇔		cos x =	4,5	⇔ ker |cos x| ≤ 1,
	log 3 (2co x) =	1			2cos x = √3			cos x =	√3
		2							2

potem cos x =	√3
	2

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

b) Poiščite korenine, ki ležijo na segmentu .

Slika prikazuje, da korenine danega segmenta pripadajo

11π	in	13π	.
6		6

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

Naloga št. 14-višja raven se nanaša na naloge v drugem delu s podrobnim odgovorom. Naloga preverja sposobnost izvajanja dejanj z geometrijskimi oblikami. Naloga vsebuje dve točki. V prvi točki je treba nalogo dokazati, v drugi točki pa izračunati.

Premer kroga osnove valja je 20, generatrisa valja je 28. Ravnina seka njegovo osnovo po tetivah dolžine 12 in 16. Razdalja med tetivama je 2√197.

a) Dokaži, da ležita središči banic valja na eni strani te ravnine.

b) Poišči kot med to ravnino in ravnino osnove valja.

rešitev: a) Tetiva dolžine 12 je od središča osnovnega kroga oddaljena = 8, tetiva dolžine 16 pa je enako oddaljena 6. Zato je razdalja med njunima projekcijama na ravnino vzporedno z bazami valjev je 8 + 6 = 14 ali 8 − 6 = 2.

Potem je razdalja med tetivama bodisi

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Glede na pogoj je bil realiziran drugi primer, pri katerem ležijo projekcije tetiv na eni strani osi valja. To pomeni, da se os ne seka dano letalo v valju, to pomeni, da ležijo osnove na njegovi eni strani. Kar je bilo treba dokazati.

b) Središči baz označimo z O 1 in O 2. Narišimo iz središča osnove s tetivo dolžine 12 pravokotno simetralo na to tetivo (ima dolžino 8, kot že omenjeno) in iz središča druge osnove na drugo tetivo. Ležijo v isti ravnini β, pravokotni na te tetive. Poimenujmo razpolovišče manjše tetive B, večje tetive A in projekcijo A na drugo osnovo - H (H ∈ β). Tedaj so AB,AH ∈ β in torej AB,AH pravokotne na tetivo, to je premico presečišča osnovke z dano ravnino.

To pomeni, da je zahtevani kot enak

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

Naloga št. 15- povečana stopnja zahtevnosti s podrobnejšim odgovorom, preverja sposobnost reševanja neenačb, ki je najuspešnejša med nalogami s podrobnejšim odgovorom povečane stopnje zahtevnosti.

Primer 15. Reši neenačbo | x 2 – 3x| dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

rešitev: Domen definicije te neenakosti je interval (–1; +∞). Razmislite o treh primerih ločeno:

1) Naj x 2 – 3x= 0, tj. X= 0 oz X= 3. V tem primeru ta neenakost postane resnična, zato so te vrednosti vključene v rešitev.

2) Naj zdaj x 2 – 3x> 0, tj. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Poleg tega lahko to neenakost prepišemo kot ( x 2 – 3x) dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 in delite s pozitivnim izrazom x 2 – 3x. Dobimo dnevnik 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 oz x≤ –0,5. Upoštevajoč domeno definicije imamo x ∈ (–1; –0,5].

3) Končno razmislite x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). V tem primeru bo prvotna neenakost prepisana v obliki (3 x – x 2) dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Po deljenju s pozitivnim 3 x – x 2 dobimo dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Glede na regijo imamo x ∈ (0; 1].

Če združimo dobljene rešitve, dobimo x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

odgovor: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Naloga št. 16- višja stopnja se nanaša na naloge v drugem delu s podrobnim odgovorom. Naloga preverja sposobnost izvajanja dejanj z geometrijskimi liki, koordinatami in vektorji. Naloga vsebuje dve točki. V prvi točki je treba nalogo dokazati, v drugi točki pa izračunati.

IN enakokraki trikotnik ABC s kotom 120° pri oglišču A je narisana simetrala BD. Pravokotnik DEFH je včrtan v trikotnik ABC tako, da stranica FH leži na dolžini BC, oglišče E pa na dolžini AB. a) Dokaži, da je FH = 2DH. b) Poiščite ploščino pravokotnika DEFH, če je AB = 4.

rešitev: A)

1) ΔBEF – pravokotnik, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, potem je EF = BE zaradi lastnosti kraka, ki leži nasproti kota 30°.

2) Naj bo EF = DH = x, potem je BE = 2 x, BF = x√3 po Pitagorovem izreku.

3) Ker je ΔABC enakokrak, pomeni ∠B = ∠C = 30˚.

BD je simetrala ∠B, kar pomeni ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Upoštevajte ΔDBH – pravokotnik, ker DH⊥BC.

2x	=	4 – 2x
2x(√3 + 1)		4

1	=	2 – x
√3 + 1		2

√3 – 1 = 2 – x

x = 3 – √3

EF = 3 – √3

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

S DEFH = 24 – 12√3.

odgovor: 24 – 12√3.

Naloga št. 17- naloga s podrobnim odgovorom, ta naloga preverja uporabo znanja in spretnosti v praktičnih dejavnostih in vsakdanjem življenju, sposobnost gradnje in raziskovanja matematičnih modelov. Ta naloga je besedilna naloga z ekonomsko vsebino.

Primer 17. Depozit v višini 20 milijonov rubljev naj bi bil odprt za štiri leta. Ob koncu vsakega leta banka depozit poveča za 10 % glede na njegovo višino na začetku leta. Poleg tega vlagatelj na začetku tretjega in četrtega leta letno dopolni depozit za X milijonov rubljev, kjer X - celaštevilo. Najdi najvišjo vrednost X, v katerem bo banka v štirih letih na depozit nabrala manj kot 17 milijonov rubljev.

rešitev: Ob koncu prvega leta bo prispevek 20 + 20 · 0,1 = 22 milijonov rubljev, ob koncu drugega - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 milijona rubljev. Na začetku tretjega leta bo prispevek (v milijonih rubljev) znašal (24,2 + X), na koncu pa - (24,2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Na začetku četrtega leta bo prispevek (26,62 + 2,1 X), in na koncu - (26,62 + 2,1 X) + (26,62 + 2,1X) · 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Po pogoju morate najti največje celo število x, za katero neenakost velja

(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

Največja celoštevilska rešitev te neenačbe je število 24.

odgovor: 24.

Naloga št. 18- naloga povečane stopnje zahtevnosti s podrobnim odgovorom. Ta naloga je namenjena tekmovalnemu izboru na univerze s povečanimi zahtevami za matematično pripravo kandidatov. Naloga visoke stopnje kompleksnosti je naloga, ki ne uporablja ene metode reševanja, temveč kombinacijo različne metode. Za uspešno izvedbo naloge 18 potrebujete poleg solidnega matematičnega znanja tudi visoko stopnjo matematične kulture.

Pri čem a sistem neenakosti

	x 2 + l 2 ≤ 2ay – a 2 + 1
	l + a ≤ |x| – a

ima točno dve rešitvi?

rešitev: Ta sistem je mogoče prepisati v obliki

	x 2 + (l– a) 2 ≤ 1
	l ≤ |x| – a

Če na ravnino narišemo množico rešitev prve neenačbe, dobimo notranjost krožnice (z mejo) polmera 1 s središčem v točki (0, A). Množica rešitev druge neenačbe je del ravnine, ki leži pod grafom funkcije l = | x| – a, in slednji je graf funkcije
l = | x| , premaknjeno navzdol za A. Rešitev tega sistema je presečišče množic rešitev vsake od neenačb.

Posledično bo imel ta sistem dve rešitvi samo v primeru, prikazanem na sl. 1.

Stični točki kroga s premicami bosta dve rešitvi sistema. Vsaka od premic je nagnjena proti osem pod kotom 45°. Torej je trikotnik PQR– pravokotni enakokraki. Pika Q ima koordinate (0, A), in pika R– koordinate (0, – A). Poleg tega segmenti PR in PQ enak polmeru kroga, ki je enak 1. To pomeni

Qr= 2a = √2, a =	√2	.
	2

odgovor: a =	√2	.
	2

Naloga št. 19- naloga povečane stopnje zahtevnosti s podrobnim odgovorom. Ta naloga je namenjena tekmovalnemu izboru na univerze s povečanimi zahtevami za matematično pripravo kandidatov. Naloga visoke stopnje kompleksnosti je naloga ne z uporabo ene metode reševanja, temveč s kombinacijo različnih metod. Za uspešno dokončanje naloge 19 morate biti sposobni iskati rešitev, izbirati različne pristope med znanimi in spreminjati preučene metode.

Naj Sn vsota nčleni aritmetične progresije ( a str). Znano je, da S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Navedite formulo nčlen tega napredovanja.

b) Poiščite najmanjšo absolutno vsoto S n.

c) Poišči najmanjšega n, pri kateri S n bo kvadrat celega števila.

rešitev: a) To je očitno a n = S n – S n– 1 . Z uporabo te formule dobimo:

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

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

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

B) Ker S n = 2n 2 – 25n, nato razmislite o funkciji S(x) = | 2x 2 – 25x|. Njegov graf lahko vidite na sliki.

Očitno je najmanjša vrednost dosežena na celih točkah, ki so najbližje ničlam funkcije. Očitno so to točke X= 1, X= 12 in X= 13. Ker, S(1) = |S 1 | = |2 – 25| = 23, S(12) = |S 12 | = |2 · 144 – 25 · 12| = 12, S(13) = |S 13 | = |2 · 169 – 25 · 13| = 13, potem je najmanjša vrednost 12.

c) Iz prejšnjega odstavka izhaja, da Sn pozitivno, začenši od n= 13. Ker S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), potem se očiten primer, ko je ta izraz popoln kvadrat, realizira, ko n = 2n– 25, torej ob n= 25.

Še vedno je treba preveriti vrednosti od 13 do 25:

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

Izkazalo se je, da za manjše vrednosti n popoln kvadrat ni dosežen.

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

________________

*Od maja 2017 je združena založniška skupina "DROFA-VENTANA" del korporacije Russian Textbook. V sklopu korporacije sta tudi založba Astrel in digitalna izobraževalna platforma LECTA. Alexander Brychkin, diplomant Finančne akademije pri Vladi Ruske federacije, kandidat ekonomskih znanosti, vodja inovativni projekti založba "DROFA" na področju digitalnega izobraževanja ( elektronski obrazci učbeniki, Ruska elektronska šola, digitalna izobraževalna platforma LECTA). Preden se je pridružil založbi DROFA, je opravljal funkcijo podpredsednika za strateški razvoj in investicije založniškega holdinga EKSMO-AST. Danes ima Ruska učbeniška založniška družba največji portfelj učbenikov, vključenih v zvezni seznam - 485 naslovov (približno 40 %, brez učbenikov za popravni šoli). Založbe korporacije imajo v ruskih šolah najbolj priljubljene komplete učbenikov za fiziko, risanje, biologijo, kemijo, tehnologijo, geografijo, astronomijo - področja znanja, ki so potrebna za razvoj proizvodnega potenciala države. Portfelj družbe vključuje učbenike in učni pripomočki Za osnovna šola, podelil predsedniško nagrado na področju izobraževanja. To so učbeniki in priročniki s predmetov, ki so potrebni za razvoj znanstvenega, tehničnega in proizvodnega potenciala Rusije.

Ta članek predstavlja analizo nalog 9-12 2. dela enotnega državnega izpita iz matematike na specializirani ravni mentorja matematike in fizike. Učiteljeva video lekcija z analizo predlaganih nalog vsebuje podrobne in razumljive komentarje na vsako od njih. Če ste se pravkar začeli pripravljati na enotni državni izpit iz matematike, vam bo ta članek morda zelo koristen.

9. Poišči pomen izraza

Z uporabo lastnosti logaritmov, s katerimi se lahko podrobno seznanite v zgornji video vadnici, transformiramo izraz:

10. Vzmetno nihalo niha s periodo T= 16 s. Viseča utež m= 0,8 kg. Hitrost gibanja bremena se s časom spreminja v skladu s formulo . Hkrati m/s. Definirajoča formula za kinetično energijo (v joulih) je: , kjer je m vzeto v kilogramih, - v metrih na sekundo. Kolikšna je kinetična energija bremena v džulih 10 s po startu? nihajno gibanje?

Hitrost gibanja bremena 10 s po začetku nihajnega gibanja bo enaka:

Potem bo kinetična energija v tem trenutku enaka:

J.

Naj x- cena ene sladkarije in l- cena čokolade. Potem 6 lizik stane 6 x, 2 % cene čokoladice pa je enako 0,02 l. Ker je znano, da 6 lizik stane 2 % manj kot čokoladica, velja prva enačba: 6 x + 0,02l = l, iz katerega pridobimo tisto x = 0,98/6 l = 98/600 l = 49/300 l. Po drugi strani pa 9 lizik stane 9 x, to je 9·49/300 l = 49/300 l = 1,47 l. Naloga se zmanjša na določitev, za koliko odstotkov je 1,47 l več kot l. če l je 100 %, nato 1,47 l je 1,47·100 % = 147 %. To je 1,47 l več kot l za 47 %.

12. Poiščite točko minimuma funkcije.

1) DL je podan z neenakostjo: title="Rendered by QuickLaTeX.com" height="23" width="106" style="vertical-align: -5px;"> (так выражение, стоящее под знаком логарифма, должно быть больше нуля), откуда получаем, что .!}

2) Iščemo odvod funkcije. Za podroben opis, kako se izračuna odvod te funkcije, si oglejte zgornji video. Odvod funkcije je enak:

3) Iskanje vrednot x, za katerega je odpeljanka enaka 0 ali ne obstaja. Ne obstaja za , saj gre v tem primeru imenovalec na nič. Odvod je nastavljen na nič, ko.

Avtor Bagmenova T.A. učiteljica matematikeSrednja šola MBOU št. 14, Novocherkassk, Rostovska regija.

Pri reševanju problemov o uporabi derivatov pri pripravi na enotni državni izpit se srečamo velika raznolikost naloge, zaradi česar je treba naloge razdeliti v skupine, ki jih spremlja teoretično gradivo na temo "Izpeljanka".

Oglejmo si primere nalog št. 7 na temo "Izpeljava" ravni profila v matematiki in jih razdelimo v skupine.

1 . Naj bo funkcija f(x) zvezna na intervalu [ a ; b ] in je diferenciabilna na intervalu (a;b). Potem, če je odvod funkcije večji od nič za vse x, ki pripadajo [ a ; b ], potem se funkcija poveča za [ a ; b ], in če je odvod funkcije manjši od nič, potem pada na tem segmentu.

Primeri:

1)

rešitev.

V točkah in točkah funkcija pada, zato je odvod funkcije v teh točkah negativen.

Odgovor: 2.

2)

rešitev.

Na intervalih (-2;2), (6;10) je odvod funkcije negativen, zato funkcija na teh intervalih pada. Dolžina obeh intervalov je 4.

Odgovor: 4.

3)

rešitev.

Na segmentu je odvod funkcije pozitiven, zato funkcija na tem intervalu narašča, zato dobi funkcija najmanjšo vrednost v točki 3.

Odgovor: 3.

4)

rešitev.

Na intervalu [-2;3] je odvod funkcije negativen, zato funkcija na tem intervalu pada, zato dobi funkcija največjo vrednost v točki -2.

Odgovor: -2.

2 . Če v neki točki odvod funkcije spremeni predznak iz "-" v "+", potem je to najmanjša točka funkcije; če v neki točki odvod funkcije spremeni predznak iz “+” v “-”, potem je to točka maksimuma funkcije.

primer:

rešitev.

V točki x=3; x=13 odvod funkcije spremeni predznak iz “-” v “+”, zato so to minimalne točke funkcije.

Odgovor: 2.

3. Pogoj ( x )=0 je nujen pogoj ekstrem diferenciabilne funkcije f ( x ). Ker je v točkah presečišča grafa odvoda funkcije z osjo Ox odvod funkcije enak nič, so te točke ekstremne točke.

primer:

rešitev.

Točke presečišča grafa odvoda funkcije z osjo Ox pri danem segmentu 4, torej obstajajo 4 ekstremne točke.

Odgovor: 4.

4 . Odvod funkcije je v ekstremnih točkah funkcije enak nič. V tej nalogi so to točke, kjer funkcija prehaja iz naraščajočega v padajoče ali obratno.

primer:

rešitev.

V točkah je odvod enak nič.

Odgovor: 4.

5. Poiščite vrednost odvoda funkcije v točki, to pomeni iskanje tangensa naklonskega kota tangente na os Ox ali na premico, vzporedno z osjo Ox. Če je kot naklona tangente na os Ox oster, potem je tangens kota pozitiven; če je kot naklona tangente na os Ox top, potem je tangens kota negativen.

primer:

rešitev.

Sestavimo pravokotni trikotnik, v katerem bo hipotenuza ležala na tangenti, eden od krakov pa na osi Ox ali na premici, vzporedni z osjo Ox, nato pa bomo izračunali dolžine katet in izračunali tangento ostrega kota pravokotni trikotnik. Nasprotna stranica je enaka 2, sosednja stranica je enaka 8, zato je tangens ostrega kota pravokotnega trikotnika enak 0,25. Naklonski kot tangente na os Ox je top, zato je tangens naklonskega kota tangente negativen, zato je vrednost odvoda funkcije v točki -0,25.

Odgovor: - 0,25.

6. 1) Kotna koeficienta vzporednih premic sta enaka.

2) Vrednost odvoda funkcije f ( x l = f ( x ) v točki (; f ()).

Primer.

rešitev.

Naklon premice je 2. Kervrednost odvoda funkcijef( x) v točki je enak naklonu tangente na graf funkcijel= f( x) v točki (;f()), potem najdemo točke, v katerih je odvod funkcijef( x) je enako 2.Na tem grafu so 4 takšne točke. Torej je število točk, v katerih je tangenta na graf funkcijef( x) je vzporedna z dano premico ali sovpada z njo, je enako 4.

Odgovor: 4.

Uporabljena literatura:

Kolyagin Yu, Tkacheva M. V., Fedorova N. E. Algebra in začetki matematične analize (osnovna in višja raven). 10 razredov – Razsvetljenje. 2014

Enotni državni izpit: 4000 nalog z odgovori iz matematike. Vse naloge so "zaprti segment". Osnovna in profilna raven. Uredil I. V. Yashchenko: Založba "Izpit", - 2016. - 640 str.