Yandex улсын нэгдсэн шалгалтын профайлын түвшин. Математикийн шалгалт

"A авах" видео хичээл нь амжилтанд хүрэхэд шаардлагатай бүх сэдвүүдийг багтаасан болно Улсын нэгдсэн шалгалтанд тэнцсэнматематикийн хичээлээр 60-65 оноо. Математикийн улсын нэгдсэн шалгалтын 1-13 дугаар бүх даалгаврыг гүйцээнэ үү. Мөн математикийн улсын нэгдсэн шалгалтыг өгөхөд тохиромжтой. Улсын нэгдсэн шалгалтыг 90-100 оноотой өгөхийг хүсвэл 1-р хэсгийг 30 минутад алдаагүй шийдэх хэрэгтэй!

10-11-р анги, багш нарт зориулсан Улсын нэгдсэн шалгалтанд бэлтгэх курс. Математикийн улсын нэгдсэн шалгалтын 1-р хэсэг (эхний 12 бодлого) болон 13-р бодлого (тригонометр) шийдвэрлэхэд шаардлагатай бүх зүйл. Энэ бол Улсын нэгдсэн шалгалтын 70-аас дээш оноо бөгөөд 100 оноотой оюутан ч, хүмүүнлэгийн ухааны оюутан ч тэдэнгүйгээр хийж чадахгүй.

Шаардлагатай бүх онол. Түргэн арга замуудУлсын нэгдсэн шалгалтын шийдэл, бэрхшээл, нууц. FIPI Даалгаврын Банкны 1-р хэсгийн одоогийн бүх ажлуудад дүн шинжилгээ хийсэн. Хичээл нь 2018 оны Улсын нэгдсэн шалгалтын шаардлагыг бүрэн хангасан.

Хичээл нь тус бүр 2.5 цагийн 5 том сэдэвтэй. Сэдэв бүрийг эхнээс нь энгийн бөгөөд ойлгомжтойгоор өгсөн болно.

Улсын нэгдсэн шалгалтын олон зуун даалгавар. Үгийн бодлого ба магадлалын онол. Асуудлыг шийдвэрлэх энгийн бөгөөд санахад хялбар алгоритмууд. Геометр. онол, лавлах материал, Улсын нэгдсэн шалгалтын бүх төрлийн даалгаварт дүн шинжилгээ хийх. Стереометр. Заль мэхшийдэл, ашигтай cheat хуудас, хөгжүүлэлт орон зайн төсөөлөл. Тригонометрийг эхнээс нь асуудал хүртэл 13. Шатаж байхын оронд ойлгох. Нарийн төвөгтэй ойлголтуудын тодорхой тайлбар. Алгебр. Үндэс, хүч ба логарифм, функц ба дериватив. Шийдвэрлэх үндэс нарийн төвөгтэй даалгаварУлсын нэгдсэн шалгалтын 2 хэсэг.

Дундаж Ерөнхий боловсрол

UMK G. K. Muravin шугам. Алгебр ба эхлэл математик шинжилгээ(10-11) (гүнзгий)

UMK Мерзлякийн шугам. Алгебр ба шинжилгээний эхлэл (10-11) (U)

Математик

Математикийн улсын нэгдсэн шалгалтанд бэлтгэх (профайлын түвшин): даалгавар, шийдэл, тайлбар.

Бид даалгаварт дүн шинжилгээ хийж, жишээнүүдийг багштай хамт шийддэг

Профайл түвшний шалгалт нь 3 цаг 55 минут (235 минут) үргэлжилнэ.

Хамгийн бага босго- 27 оноо.

Шалгалтын хуудас нь агуулга, нарийн төвөгтэй байдал, даалгаврын тоо зэргээрээ ялгаатай хоёр хэсгээс бүрдэнэ.

Ажлын хэсэг бүрийн тодорхойлогч шинж чанар нь даалгаврын хэлбэр юм.

1-р хэсэг нь бүхэл тоо эсвэл эцсийн аравтын бутархай хэлбэрээр богино хариулттай 8 даалгавар (1-8-р даалгавар) агуулсан;
2-р хэсэг нь бүхэл тоо эсвэл эцсийн аравтын бутархай хэлбэрээр богино хариулттай 4 даалгавар (даалгавар 9-12), нарийвчилсан хариулт бүхий 7 даалгавар (даалгавар 13-19) (шийдлийн үндэслэл бүхий бүрэн бичлэг) агуулдаг. авсан арга хэмжээ).

Панова Светлана Анатольевна, дээд зэрэглэлийн сургуулийн математикийн багш, 20 жил ажилласан туршлагатай:

“Төгсөгч сургуулийн гэрчилгээ авахын тулд улсын нэгдсэн шалгалтын хэлбэрээр хоёр заавал шалгалт өгөх ёстой бөгөөд үүний нэг нь математик юм. Математикийн боловсролыг хөгжүүлэх үзэл баримтлалын дагуу Оросын Холбооны УлсМатематикийн улсын нэгдсэн шалгалтыг үндсэн болон тусгай гэсэн хоёр түвшинд хуваадаг. Өнөөдөр бид профайлын түвшний сонголтуудыг авч үзэх болно."

Даалгавар №1Улсын нэгдсэн шалгалтанд оролцогчдын 5-9-р ангийн математикийн хичээлээр олж авсан ур чадвараа практик үйл ажиллагаанд ашиглах чадварыг шалгана. Оролцогч нь тооцоолох чадвартай, ажиллах чадвартай байх ёстой рационал тоо, дугуйлах чадвартай байх аравтын бутархай, нэг хэмжүүрийг нөгөө нэгж рүү хөрвүүлэх чадвартай байх.

Жишээ 1.Петрийн амьдардаг орон сууцанд урсгал хэмжигч суурилуулсан хүйтэн ус(тоолуур). Тавдугаар сарын 1-нд тоолуурт 172 шоо метр зарцуулсан байна. м ус, 6-р сарын 1-нд - 177 шоо метр. m. Хэрэв үнэ нь 1 шоо метр бол Петр 5-р сард хүйтэн усны төлбөрийг төлөх ёстой вэ? м хүйтэн ус 34 рубль 17 копейк байна уу? Хариултаа рубльд өгнө үү.

Шийдэл:

1) Сард зарцуулсан усны хэмжээг ол:

177 - 172 = 5 (куб м)

2) Тэд хаягдал усанд хэдэн төгрөг төлөхийг олж мэдье:

34.17 5 = 170.85 (урэх)

Хариулт: 170,85.

Даалгавар №2- шалгалтын хамгийн энгийн даалгавруудын нэг юм. Төгсөгчдийн дийлэнх нь үүнийг амжилттай даван туулж байгаа нь функцийн тухай ойлголтын талаархи мэдлэгийг харуулж байна. Шаардлагын кодлогчийн дагуу 2-р даалгаврын төрөл нь олж авсан мэдлэг, ур чадвараа практик үйл ажиллагаанд ашиглах даалгавар юм. Өдөр тутмын амьдрал. Даалгавар No2 нь функцийг дүрслэх, ашиглах, хэмжигдэхүүний хоорондын янз бүрийн бодит хамаарал, тэдгээрийн графикийг тайлбарлахаас бүрдэнэ. 2-р даалгавар нь хүснэгт, диаграмм, графикаар харуулсан мэдээллийг задлах чадварыг шалгана. Төгсөгчид функцийн утгыг түүний аргументийн утгаас тодорхойлох чадвартай байх шаардлагатай янз бүрийн аргаарфункцийг тодорхойлж, түүний график дээр үндэслэн функцын зан төлөв, шинж чанарыг тайлбарлах. Та бас хамгийн агуу эсвэл олох чадвартай байх хэрэгтэй хамгийн бага утгамөн судлагдсан функцүүдийн графикийг бүтээх. Асуудлын нөхцөлийг унших, диаграммыг уншихад гарсан алдаа нь санамсаргүй байдлаар гардаг.

#ЗАР_ОРУУЛАХ#

Жишээ 2. 2017 оны дөрөвдүгээр сарын эхний хагаст уул уурхайн компанийн нэг хувьцааны ханшийн өөрчлөлтийг зурагт үзүүлэв. Дөрөвдүгээр сарын 7-нд бизнесмэн энэ компанийн 1000 ширхэг хувьцааг худалдаж авсан. Дөрөвдүгээр сарын 10-нд тэрээр худалдаж авсан хувьцааныхаа дөрөвний гурвыг, дөрөвдүгээр сарын 13-нд үлдсэн бүх хувьцаагаа зарсан. Эдгээр үйл ажиллагааны үр дүнд бизнесмэн хэр их хохирол амссан бэ?

Шийдэл:

2) 1000 · 3/4 = 750 (хувьцаа) - худалдан авсан нийт хувьцааны 3/4-ийг бүрдүүлнэ.

6) 247500 + 77500 = 325000 (руб) - бизнесмэн зарсны дараа 1000 хувьцаа авсан.

7) 340,000 - 325,000 = 15,000 (руб) - бизнесмэн бүх үйл ажиллагааны үр дүнд алдсан.

Хариулт: 15000.

Даалгавар №3- эхний хэсгийн үндсэн түвшний даалгавар бөгөөд үйлдэл хийх чадварыг шалгадаг геометрийн хэлбэрүүд"Планиметри" хичээлийн агуулгын талаар. Даалгавар 3 нь алаг цаасан дээрх зургийн талбайг тооцоолох, өнцгийн градусын хэмжүүрийг тооцоолох, периметрийг тооцоолох гэх мэт чадварыг шалгана.

Жишээ 3. 1 см х 1 см хэмжээтэй алаг цаасан дээр зурсан тэгш өнцөгтийн талбайг ол (зураг харна уу). Хариултаа квадрат см-ээр өг.

Шийдэл:Өгөгдсөн зургийн талбайг тооцоолохын тулд та Оргил томъёог ашиглаж болно.

Өгөгдсөн тэгш өнцөгтийн талбайг тооцоолохын тулд бид Пикийн томъёог ашиглана:

С= B +	Г
	2

Энд B = 10, G = 6, тиймээс

С = 18 +	6
	2

Хариулт: 20.

Мөн уншина уу: Физикийн улсын нэгдсэн шалгалт: хэлбэлзлийн талаархи асуудлыг шийдвэрлэх

Даалгавар No4- “Магадлалын онол ба статистик” хичээлийн зорилго. Хамгийн энгийн нөхцөлд үйл явдлын магадлалыг тооцоолох чадварыг шалгадаг.

Жишээ 4.Тойрог дээр 5 улаан, 1 цэнхэр цэг тэмдэглэгдсэн байна. Аль олон өнцөгт том болохыг тодорхойлно уу: бүх орой нь улаан эсвэл аль нэг орой нь цэнхэр байна. Хариултдаа зарим нь бусдаас хэдээр илүү байгааг заана уу.

Шийдэл: 1) -ийн хослолын тоог томъёолъё nэлементүүд к:

оройнууд нь бүгд улаан.

3) Бүх орой нь улаан нэг таван өнцөгт.

4) Бүх улаан оройтой 10 + 5 + 1 = 16 олон өнцөгт.

улаан оройтой эсвэл нэг цэнхэр оройтой.

8) Улаан оройтой нэг зургаан өнцөгт, нэг цэнхэр оройтой.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 олон өнцөгт бүх улаан орой эсвэл нэг цэнхэр оройтой.

10) Цэнхэр цэгийг ашиглан 42 – 16 = 26 олон өнцөгт.

11) 26 – 16 = 10 олон өнцөгт – бүх орой нь зөвхөн улаан өнгөтэй олон өнцөгтөөс хэдэн орой нь цэнхэр цэг байх олон өнцөгт байна.

Хариулт: 10.

Даалгавар №5- эхний хэсгийн үндсэн түвшин нь хамгийн энгийн тэгшитгэлийг (иррациональ, экспоненциал, тригонометр, логарифм) шийдвэрлэх чадварыг шалгадаг.

Жишээ 5. 2 3 + тэгшитгэлийг шийд x= 0.4 5 3 + x .

Шийдэл.Энэ тэгшитгэлийн хоёр талыг 5 3 + -д хуваа X≠ 0, бид авна

2 3 + x	= 0.4 эсвэл		2		3 + X	=	2	,
5 3 + X			5				5

эндээс 3 + гэсэн үг гарч байна x = 1, x = –2.

Хариулт: –2.

Даалгавар №6Планиметрийн чиглэлээр геометрийн хэмжигдэхүүнүүдийг (урт, өнцөг, талбай) олох, геометрийн хэлээр бодит нөхцөл байдлыг загварчлах. Геометрийн ухагдахуун, теоремуудыг ашиглан бүтээсэн загваруудыг судлах. Хэцүү байдлын эх үүсвэр нь дүрмээр бол планиметрийн шаардлагатай теоремуудыг мэдэхгүй байх эсвэл буруу хэрэглэх явдал юм.

Гурвалжны талбай ABC 129-тэй тэнцүү. Д.Э- хажуу талдаа параллель дунд шугам AB. Трапецын талбайг ол ОР.

Шийдэл.Гурвалжин CDEгурвалжинтай төстэй ТАКСИорой дээрх өнцөгөөс хойш хоёр өнцгөөр Cерөнхий, өнцөг СDEөнцөгтэй тэнцүү ТАКСИхаргалзах өнцгүүдийн хувьд Д.Э || ABсекант А.С.. Учир нь Д.Энөхцөлөөр гурвалжны дунд шугам, дараа нь дунд шугамын шинжээр | Д.Э = (1/2)AB. Энэ нь ижил төстэй байдлын коэффициент 0.5 гэсэн үг юм. Ижил төстэй тоонуудын талбайнууд нь ижил төстэй байдлын коэффициентийн квадраттай холбоотой байдаг

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

Даалгавар №7- функцийг судлах деривативын хэрэглээг шалгана. Амжилттай хэрэгжүүлэхийн тулд дериватив гэдэг ойлголтын талаар утга учиртай, албан бус мэдлэгтэй байх шаардлагатай.

Жишээ 7.Функцийн график руу y = е(x) абсцисса цэг дээр x 0 энэ графикийн (4; 3) ба (3; –1) цэгүүдийг дайран өнгөрөх шулуунд перпендикуляр шүргэгч зурсан байна. Хай е′( x 0).

Шийдэл. 1) Өгөгдсөн хоёр цэгийг дайран өнгөрөх шулууны тэгшитгэлийг ашиглаад (4; 3) ба (3; –1) цэгүүдийг дайран өнгөрөх шулууны тэгшитгэлийг олъё.

(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, хаана к 1 = 4.

2) Шүргэгчийн налууг ол к 2, энэ нь шугаманд перпендикуляр байна y = 4x- 13, хаана к 1 = 4, томъёоны дагуу:

3) Шүргэх өнцөг нь шүргэгч цэг дээрх функцийн дериватив юм. гэсэн үг, е′( x 0) = к 2 = –0,25.

Хариулт: –0,25.

Даалгавар №8Шалгалтанд оролцогчдын анхан шатны стереометрийн талаархи мэдлэг, дүрсүүдийн гадаргуугийн талбай, эзэлхүүн, хоёр өнцөгт өнцгийг олох томъёог ашиглах, ижил төстэй дүрсүүдийн эзэлхүүнийг харьцуулах, геометрийн дүрс, координат, вектортой үйлдэл хийх гэх мэт чадварыг шалгана.

Бөмбөрцгийг тойруулан хүрээлэгдсэн кубын эзэлхүүн 216. Бөмбөрцгийн радиусыг ол.

Шийдэл. 1) Вшоо = а 3 (хаана А– кубын ирмэгийн урт), тиймээс

А 3 = 216

А = 3 √216

2) Бөмбөрцгийг шоо хэлбэрээр бичсэн тул бөмбөрцгийн диаметрийн урт нь шооны ирмэгийн урттай тэнцүү байна гэсэн үг юм. г = а, г = 6, г = 2Р, Р = 6: 2 = 3.

Даалгавар №9- төгсөгчөөс алгебрийн илэрхийллийг хувиргах, хялбарчлах чадвартай байхыг шаарддаг. Даалгавар №9 илүү өндөр түвшинБогино хариулт өгөхөд хэцүү. Улсын нэгдсэн шалгалтын "Тооцоо ба хувиргалт" хэсгийн даалгавруудыг хэд хэдэн төрөлд хуваадаг.

тоон оновчтой илэрхийллийн хувиргалт;

алгебрийн илэрхийлэл ба бутархайг хөрвүүлэх;

тоон/үсгийн иррационал илэрхийллийг хөрвүүлэх;

зэрэгтэй үйлдэл;

хувиргалт логарифм илэрхийллүүд;

тоон/үсгийн тригонометрийн илэрхийллийг хөрвүүлэх.

Жишээ 9. cos2α = 0.6 гэдгийг мэдэж байвал tanα-г тооцоол

3π	< α < π.
4

Шийдэл. 1) Давхар аргументын томъёог ашиглая: cos2α = 2 cos 2 α – 1, олно уу.

бор 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

Энэ нь tan 2 α = ± 0.5 гэсэн үг.

3) Нөхцөлөөр

3π	< α < π,
4

энэ нь α нь хоёрдугаар улирлын өнцөг ба tgα гэсэн үг< 0, поэтому tgα = –0,5.

Хариулт: –0,5.

#ЗАР_ОРУУЛАХ# Даалгавар №10- оюутнуудын эртнээс олж авсан мэдлэг, ур чадвараа практик үйл ажиллагаа болон өдөр тутмын амьдралдаа ашиглах чадварыг шалгана. Эдгээр нь математикт бус физикийн асуудлууд гэж бид хэлж чадна, гэхдээ шаардлагатай бүх томъёо, хэмжигдэхүүнийг нөхцөл байдалд өгсөн болно. Бодлого нь шугаман буюу квадрат тэгшитгэл, эсвэл шугаман эсвэл квадрат тэгш бус байдал. Тиймээс ийм тэгшитгэл, тэгш бус байдлыг шийдэж, хариултыг тодорхойлох чадвартай байх шаардлагатай. Хариултыг бүхэл тоо эсвэл төгсгөлтэй аравтын бутархай хэлбэрээр өгөх ёстой.

Хоёр масстай бие м= 2 кг тус бүр ижил хурдтай хөдөлж байна v= 10 м/с өөр хоорондоо 2α өнцгөөр. Тэдгээрийн туйлын уян хатан бус мөргөлдөөний үед ялгарах энерги (жоуль) нь илэрхийлэлээр тодорхойлогддог Q = mv 2 нүгэл 2 α. Мөргөлдөөний үр дүнд хамгийн багадаа 50 джоуль сулрахын тулд биетүүд ямар жижиг өнцөгт 2α (градусаар) хөдлөх ёстой вэ?
Шийдэл.Асуудлыг шийдэхийн тулд 2α ∈ (0°; 180°) интервал дээр Q ≥ 50 тэгш бус байдлыг шийдэх хэрэгтэй.

mv 2 нүгэл 2 α ≥ 50

2 10 2 нүгэл 2 α ≥ 50

200 нүгэл 2 α ≥ 50

α ∈ (0°; 90°) тул бид зөвхөн шийдэх болно

Тэгш бус байдлын шийдлийг графикаар илэрхийлье.

α ∈ (0°; 90°) нөхцөлөөр бол 30° ≤ α гэсэн үг.< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Даалгавар №11- ердийн зүйл боловч оюутнуудад хэцүү байдаг. Хэцүү байдлын гол эх үүсвэр нь математик загвар (тэгшитгэл зурах) байгуулах явдал юм. 11-р даалгавар нь үгийн бодлого шийдвэрлэх чадварыг шалгана.

Жишээ 11.Хаврын амралтын үеэр 11-р ангийн сурагч Вася улсын нэгдсэн шалгалтанд бэлтгэхийн тулд 560 дадлагын асуудлыг шийдвэрлэх шаардлагатай болжээ. Гуравдугаар сарын 18-нд, хичээлийн сүүлчийн өдөр Вася 5 асуудлыг шийдсэн. Тэгээд өдөр бүр өмнөх өдрөөсөө ижил тооны асуудал шийддэг байсан. Амралтын сүүлчийн өдөр буюу 4-р сарын 2-нд Вася хэдэн асуудлыг шийдсэнийг тодорхойл.

Шийдэл:гэж тэмдэглэе а 1 = 5 - 3-р сарын 18-нд Васягийн шийдсэн асуудлын тоо, г- Васягийн шийддэг өдөр тутмын тоо, n= 16 - 3-р сарын 18-аас 4-р сарын 2 хүртэлх өдрийн тоо, С 16 = 560 – нийтдаалгавар, а 16 - 4-р сарын 2-нд Васягийн шийдсэн асуудлын тоо. Вася өдөр бүр өмнөх өдрийнхтэй харьцуулахад ижил тооны асуудал шийддэг болохыг мэдээд бид нийлбэрийг олохын тулд томъёог ашиглаж болно. арифметик прогресс:

560 = (5 + а 16) 8,

5 + а 16 = 560: 8,

5 + а 16 = 70,

а 16 = 70 – 5

а 16 = 65.

Хариулт: 65.

Даалгавар №12- тэдгээр нь оюутнуудын функцтэй үйлдлүүдийг гүйцэтгэх чадварыг шалгах, мөн функцийг судлахад дериватив ашиглах чадварыг шалгадаг.

Функцийн хамгийн их цэгийг ол y= 10 лн( x + 9) – 10x + 1.

Шийдэл: 1) Функцийн тодорхойлолтын мужийг ол: x + 9 > 0, x> –9, өөрөөр хэлбэл x ∈ (–9; ∞).

2) Функцийн деривативыг ол:

4) Олдсон цэг нь (–9; ∞) интервалд хамаарна. Функцийн деривативын шинж тэмдгийг тодорхойлж, функцийн үйлдлийг зурагт дүрсэлцгээе.

Хүссэн хамгийн дээд цэг x = –8.

Г.К. заах материалын шугамын математикийн ажлын програмыг үнэгүй татаж авах. Муравина, К.С. Муравина, О.В. Муравина 10-11 Алгебрийн сургалтын хэрэглэгдэхүүнийг үнэгүй татаж авах

Даалгавар №13- Нарийвчилсан хариулт бүхий нарийн төвөгтэй байдлын түвшинг нэмэгдүүлэх, тэгшитгэлийг шийдвэрлэх чадварыг шалгах, нарийн төвөгтэй байдлын өндөр түвшний нарийвчилсан хариулт бүхий даалгавруудаас хамгийн амжилттай шийдэгдсэн.

a) 2log 3 2 (2cos.) тэгшитгэлийг шийд x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

б) Энэ тэгшитгэлийн сегментэд хамаарах бүх язгуурыг ол.

Шийдэл: a) Лог 3 (2cos x) = т, дараа нь 2 т 2 – 5т + 2 = 0,

бүртгэл 3(2cos x) =	2	⇔	2cos x = 9	⇔	cos x =	4,5	⇔ учир нь \|cos x\| ≤ 1,

бүртгэл 3(2cos x) =	1		2cos x = √3		cos x =	√3
	2					2

дараа нь cos x =	√3
	2

x =	π	+ 2π к
	6

x = –	π	+ 2π к, к ∈ З
	6

б) сегмент дээр байрлах үндсийг ол.

Зураг нь өгөгдсөн сегментийн үндэс нь хамаарах болохыг харуулж байна

11π	Тэгээд	13π	.
6		6

Хариулт: A)	π	+ 2π к; –	π	+ 2π к, к ∈ З; б)	11π	;	13π	.
	6		6		6		6

Даалгавар №14-дэвшилтэт түвшин нь дэлгэрэнгүй хариулт бүхий хоёрдугаар хэсгийн даалгавруудыг хэлнэ. Даалгавар нь геометрийн дүрс бүхий үйлдэл хийх чадварыг шалгадаг. Даалгавар нь хоёр цэгээс бүрдэнэ. Эхний зүйлд даалгавраа нотлох ёстой, хоёрдугаарт тооцоолсон байх ёстой.

Цилиндрийн суурийн тойргийн диаметр 20, цилиндрийн үүсгэгч нь 28. Хавтгай нь суурийг 12 ба 16 урттай хөвчний дагуу огтолж байна. Хөвчний хоорондох зай 2√197.

a) Цилиндрийн суурийн төвүүд энэ хавтгайн нэг талд байрлаж байгааг батал.

б) Энэ хавтгай ба цилиндрийн суурийн хавтгай хоорондын өнцгийг ол.

Шийдэл: a) 12 урттай хөвч нь суурийн тойргийн төвөөс = 8 зайд, мөн 16 урттай хөвч нь 6-ын зайд байна. Иймээс хавтгай дээрх тэдгээрийн проекцуудын хоорондох зай Цилиндрийн суурь нь 8 + 6 = 14, эсвэл 8 - 6 = 2 байна.

Дараа нь хөвч хоорондын зай нь аль нэг юм

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Нөхцөл байдлын дагуу хөвчний төсөөлөл нь цилиндрийн тэнхлэгийн нэг талд байрладаг хоёр дахь тохиолдол гарсан. Энэ нь цилиндр дотор тэнхлэг нь энэ хавтгайтай огтлолцдоггүй, өөрөөр хэлбэл суурь нь түүний нэг талд байрладаг гэсэн үг юм. Юуг батлах шаардлагатай байсан.

б) Суурийн төвүүдийг O 1 ба O 2 гэж тэмдэглэе. Суурийн төвөөс энэ хөвч рүү 12 урттай перпендикуляр биссектрис (энэ нь өмнө дурдсанчлан 8 урттай), нөгөө суурийн төвөөс нөгөө хөвч хүртэл зуръя. Тэдгээр нь эдгээр хөвчүүдэд перпендикуляр β хавтгайд байрладаг. Жижиг хөвч B-ийн дунд цэг, том хөвч А ба хоёр дахь суурь дээр А проекцийг H (H ∈ β) гэж нэрлэе. Дараа нь AB,AH ∈ β, тиймээс AB,AH нь хөвчний перпендикуляр, өөрөөр хэлбэл суурийн өгөгдсөн хавтгайтай огтлолцох шулуун шугам юм.

Энэ нь шаардлагатай өнцөг нь тэнцүү байна гэсэн үг юм

∠ABH = арктан	А.Х.	= арктан	28	= arctg14.
	Б.Х.		8 – 6

Даалгавар №15- нарийвчилсан хариулт бүхий нарийн төвөгтэй байдлын түвшинг нэмэгдүүлж, тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх чадварыг шалгадаг бөгөөд энэ нь нарийн төвөгтэй байдлын өндөр түвшний нарийвчилсан хариулт бүхий даалгавруудын дунд хамгийн амжилттай шийдэгддэг.

Жишээ 15.Тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх | x 2 – 3x| бүртгэл 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Шийдэл:Энэ тэгш бус байдлын тодорхойлолтын муж нь интервал (–1; +∞) юм. Гурван тохиолдлыг тусад нь авч үзье.

1) Болъё x 2 – 3x= 0, өөрөөр хэлбэл. X= 0 эсвэл X= 3. Энэ тохиолдолд энэ тэгш бус байдал үнэн болох тул эдгээр утгыг шийдэлд оруулсан болно.

2) Одоо үзье x 2 – 3x> 0, өөрөөр хэлбэл. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Түүнчлэн, энэ тэгш бус байдлыг дараах байдлаар дахин бичиж болно. x 2 – 3x) бүртгэл 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 ба эерэг илэрхийллээр хуваана x 2 – 3x. Бид 2-р бүртгэлийг авдаг ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0.5 –1 эсвэл x≤ -0.5. Тодорхойлолтын домэйныг харгалзан үзвэл бид байна x ∈ (–1; –0,5].

3) Эцэст нь авч үзье x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). Энэ тохиолдолд анхны тэгш бус байдлыг (3 x – x 2) бүртгэл 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Эерэг 3-т хуваасны дараа x – x 2, бид лог 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Бүс нутгийг харгалзан үзэхэд бид x ∈ (0; 1].

Хүлээн авсан шийдлүүдийг нэгтгэснээр бид олж авдаг x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Хариулт: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Даалгавар №16- ахисан түвшин нь нарийвчилсан хариулт бүхий хоёрдугаар хэсгийн даалгавруудыг хэлнэ. Даалгавар нь геометрийн дүрс, координат, вектор бүхий үйлдэл хийх чадварыг шалгадаг. Даалгавар нь хоёр цэгээс бүрдэнэ. Эхний зүйлд даалгавраа нотлох ёстой, хоёрдугаарт тооцоолсон байх ёстой.

IN тэгш өнцөгт гурвалжинА орой дээр 120° өнцөгтэй ABC, BD биссектрис зурсан. Тэгш өнцөгт DEFH нь ABC гурвалжинд бичигдсэн тул FH тал нь ВС сегмент дээр, Е орой нь AB сегмент дээр байрладаг. a) FH = 2DH гэдгийг батал. б) AB = 4 бол DEFH тэгш өнцөгтийн талбайг ол.

Шийдэл: A)

1) ΔBEF – тэгш өнцөгт, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, дараа нь 30° өнцгийн эсрэг байрлах хөлийн шинж чанараар EF = BE.

2) EF = DH = гэж үзье x, дараа нь BE = 2 x, BF = xПифагорын теоремын дагуу √3.

3) ΔABC нь ижил хажуу талтай тул ∠B = ∠C = 30˚ гэсэн үг.

BD нь ∠B-ийн биссектрис бөгөөд ∠ABD = ∠DBC = 15˚ гэсэн үг.

4) ΔDBH - тэгш өнцөгтийг авч үзье, учир нь 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) С DEFH = ED EF = (3 – √3 ) 2(3 – √3 )

С DEFH = 24 – 12√3.

Хариулт: 24 – 12√3.

Даалгавар №17- нарийвчилсан хариулт бүхий даалгавар, энэ даалгавар нь практик үйл ажиллагаа, өдөр тутмын амьдралд мэдлэг, ур чадвараа ашиглах, математик загвар бүтээх, судлах чадварыг шалгадаг. Энэ даалгавар нь эдийн засгийн агуулгатай текстийн асуудал юм.

Жишээ 17.Дөрвөн жилийн хугацаанд 20 сая рублийн хадгаламж нээхээр төлөвлөж байна. Жил бүрийн эцэст банк хадгаламжийн хэмжээг оны эхэн үеийн хэмжээтэй харьцуулахад 10%-иар нэмэгдүүлдэг. Үүнээс гадна гурав, дөрөв дэх жилийн эхэнд хөрөнгө оруулагч жил бүр ордыг нөхдөг Xсая рубль, хаана X - бүхэлд ньтоо. Хай хамгийн өндөр үнэ цэнэ X, банк дөрвөн жилийн хугацаанд хадгаламжид 17 сая рубльээс бага мөнгө хуримтлуулах болно.

Шийдэл:Эхний жилийн эцэст оруулсан хувь нэмэр нь 20 + 20 · 0.1 = 22 сая рубль, хоёр дахь жилийн эцэст - 22 + 22 · 0.1 = 24.2 сая рубль болно. Гурав дахь жилийн эхэнд оруулсан хувь нэмэр (сая рубль) (24.2+) болно X), эцэст нь - (24.2 + X) + (24,2 + X)· 0.1 = (26.62 + 1.1 X). Дөрөв дэх жилийн эхэнд хувь нэмэр (26.62 + 2.1 X), ба төгсгөлд - (26.62 + 2.1 X) + (26,62 + 2,1X) 0.1 = (29.282 + 2.31 X). Нөхцөлөөр та тэгш бус байдал биелэх хамгийн том бүхэл тоог олох хэрэгтэй

(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

Энэ тэгш бус байдлын хамгийн том бүхэл тоо нь 24 тоо юм.

Хариулт: 24.

Даалгавар №18- нарийвчилсан хариулт бүхий нарийн төвөгтэй байдлын түвшин нэмэгдсэн даалгавар. Энэхүү даалгавар нь өргөдөл гаргагчийн математикийн бэлтгэлд тавигдах шаардлага нэмэгдсэн их дээд сургуулиудад сонгон шалгаруулах зорилготой юм. Дасгал хийх өндөр түвшиннарийн төвөгтэй байдал - энэ даалгавар нь нэг шийдлийн аргыг ашиглах биш, харин хослуулах явдал юм янз бүрийн арга. 18-р даалгаврыг амжилттай биелүүлэхийн тулд математикийн хатуу мэдлэгээс гадна математикийн өндөр соёлтой байх шаардлагатай.

Юун дээр атэгш бус байдлын систем

	x 2 + y 2 ≤ 2ай – а 2 + 1

	y + а ≤ \|x\| – а

яг хоёр шийдэл байна уу?

Шийдэл:Энэ системийг маягтаар дахин бичиж болно

	x 2 + (y– а) 2 ≤ 1

	y ≤ \|x\| – а

Хэрэв бид эхний тэгш бус байдлын шийдүүдийн багцыг хавтгай дээр зурвал (0,) цэг дээр төвлөрсөн 1 радиустай тойргийн дотоод хэсгийг (хязгаар нь) авна. А). Хоёр дахь тэгш бус байдлын шийдлүүдийн багц нь функцийн график дор байрлах хавтгайн хэсэг юм. y = | x| – а, Сүүлийнх нь функцийн график юм
y = | x| , доош шилжүүлсэн А. Энэ системийн шийдэл нь тэгш бус байдал бүрийн шийдлийн багцын огтлолцол юм.

Тиймээс хоёр шийдэл энэ системзөвхөн зурагт үзүүлсэн тохиолдолд л байх болно. 1.

Тойргийн шугамтай холбогдох цэгүүд нь системийн хоёр шийдэл байх болно. Шулуун шугам бүр нь тэнхлэгүүд рүү 45 ° өнцгөөр налуу байна. Тэгэхээр энэ нь гурвалжин юм PQR- тэгш өнцөгт тэгш өнцөгт. Цэг Qкоординаттай (0, А), мөн цэг Р– координат (0, – А). Үүнээс гадна сегментүүд PRТэгээд PQтойргийн радиустай тэнцүү 1. Энэ нь гэсэн үг

Qr= 2а = √2, а =	√2	.
	2

Хариулт: а =	√2	.
	2

Даалгавар №19- нарийвчилсан хариулт бүхий нарийн төвөгтэй байдлын өндөр түвшний даалгавар. Энэхүү даалгавар нь өргөдөл гаргагчийн математикийн бэлтгэлд тавигдах шаардлага нэмэгдсэн их дээд сургуулиудад өрсөлдөх зорилготой юм. Өндөр түвшний нарийн төвөгтэй ажил бол нэг шийдлийн аргыг ашиглах биш, харин янз бүрийн аргуудыг хослуулах даалгавар юм. 19-р даалгаврыг амжилттай гүйцэтгэхийн тулд та шийдлийг хайж олох, мэдэгдэж буй аргуудаас өөр өөр аргыг сонгох, судалж буй аргуудыг өөрчлөх чадвартай байх ёстой.

Болъё Сннийлбэр Парифметик прогрессийн нөхцөл ( a p). Энэ нь мэдэгдэж байна S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Томьёог бичнэ үү Пэнэ дэвшлийн th хугацаа.

б) Хамгийн бага үнэмлэхүй нийлбэрийг ол S n.

в) Хамгийн жижигийг ол П, аль үед S nбүхэл тооны квадрат байх болно.

Шийдэл: a) Энэ нь ойлгомжтой a n = S n – S n- 1 . Ашиглаж байна энэ томъёо, бид авах:

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

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

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

B) Түүнээс хойш S n = 2n 2 – 25n, дараа нь функцийг авч үзье С(x) = | 2x 2 – 25x|. Түүний графикийг зурагнаас харж болно.

Функцийн тэгтэй хамгийн ойр байрлах бүхэл тоон цэгүүдэд хамгийн бага утгад хүрдэг нь ойлгомжтой. Мэдээжийн хэрэг эдгээр нь оноо юм X= 1, X= 12 ба X= 13. Учир нь, С(1) = |С 1 | = |2 – 25| = 23, С(12) = |С 12 | = |2 · 144 – 25 · 12| = 12, С(13) = |С 13 | = |2 · 169 – 25 · 13| = 13 бол хамгийн бага утга нь 12 байна.

в) Өмнөх догол мөрөөс дараахь зүйлийг дагаж мөрдөнө Снэерэг, эхлэн n= 13. Түүнээс хойш S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), энэ илэрхийлэл төгс дөрвөлжин байх үед тодорхой тохиолдол гарч ирнэ n = 2n– 25, өөрөөр хэлбэл цагт П= 25.

13-аас 25 хүртэлх утгыг шалгахад л үлддэг.

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

Энэ нь жижиг утгуудын хувьд энэ нь харагдаж байна Пбүрэн дөрвөлжин хүрэхгүй.

Хариулт: A) a n = 4n– 27; б) 12; в) 25.

________________

*2017 оны 5-р сараас эхлэн "DROFA-VENTANA" хэвлэлийн нэгдсэн групп нь Оросын Сурах бичгийн корпорацийн нэг хэсэг болсон. Тус корпораци нь Astrel хэвлэлийн газар, LECTA дижитал боловсролын платформыг агуулдаг. Ерөнхий захиралАлександр Брычкин, ОХУ-ын Засгийн газрын дэргэдэх Санхүүгийн академийн төгсөгч, эдийн засгийн шинжлэх ухааны нэр дэвшигч, тэргүүнээр томилогдов. шинэлэг төслүүддижитал боловсролын чиглэлээр "DROFA" хэвлэлийн газар (сурах бичгийн цахим хэлбэр, "Орос цахим сургууль", дижитал боловсролын платформ LECTA). DROFA хэвлэлийн газарт ажиллахаасаа өмнө тэрээр дэд ерөнхийлөгчийн албыг хашиж байсан стратегийн хөгжилболон "EXMO-AST" хэвлэлийн холдингийн хөрөнгө оруулалт. Өнөөдөр "Оросын сурах бичиг" хэвлэлийн корпораци нь Холбооны жагсаалтад багтсан хамгийн том сурах бичгийн багцтай - 485 нэр (тусгай сургуулиудын сурах бичгийг эс тооцвол ойролцоогоор 40%). Корпорацын хэвлэлийн газрууд нь Оросын сургуулиудын физик, зураг, биологи, хими, технологи, газарзүй, одон орон судлалын хамгийн алдартай сурах бичгүүдийг эзэмшдэг - улс орны үйлдвэрлэлийн чадавхийг хөгжүүлэхэд шаардлагатай мэдлэгийн салбарууд. Корпорацийн багцад сурах бичиг болон сургалтын хэрэглэгдэхүүнУчир нь бага сургууль, боловсролын салбарт Ерөнхийлөгчийн нэрэмжит шагнал хүртсэн. Эдгээр нь Оросын шинжлэх ухаан, техник, үйлдвэрлэлийн чадавхийг хөгжүүлэхэд шаардлагатай хичээлийн чиглэлээр сурах бичиг, гарын авлага юм.

2019 оны профайлын түвшний математикийн улсын нэгдсэн шалгалтад өөрчлөлт ороогүй - шалгалтын хөтөлбөр нь өмнөх жилүүдийн адил математикийн үндсэн хичээлүүдийн материалаас бүрддэг. Тасалбарууд нь математик, геометр, алгебрийн бодлогуудыг агуулна.

Профайлын түвшинд математикийн 2019 оны KIM улсын нэгдсэн шалгалтад өөрчлөлт ороогүй байна.

2019 оны математикийн улсын нэгдсэн шалгалтын даалгаврын онцлог

Математикийн (профиль) улсын нэгдсэн шалгалтанд бэлтгэхдээ шалгалтын хөтөлбөрийн үндсэн шаардлагыг анхаарч үзээрэй. Энэ нь вектор ба математик загвар, функц ба логарифм, алгебрийн тэгшитгэл ба тэгш бус байдлын талаарх гүнзгийрүүлсэн хөтөлбөрийн мэдлэгийг шалгах зорилготой юм.
Тус тусад нь асуудал шийдвэрлэх дадлага хийх.
Шинэлэг сэтгэлгээг харуулах нь чухал.

Шалгалтын бүтэц

Улсын нэгдсэн шалгалтын даалгавартусгай математикхоёр блок болгон хуваасан.

Хэсэг - богино хариулт, математикийн суурь бэлтгэл, математикийн мэдлэгийг өдөр тутмын амьдралдаа хэрэгжүүлэх чадварыг шалгадаг 8 бодлого багтсан.
Хэсэг -богино болон дэлгэрэнгүй хариултууд. Энэ нь 11 даалгавраас бүрдэх бөгөөд тэдгээрийн 4 нь богино хариулт, 7 нь гүйцэтгэсэн үйлдлийн аргумент бүхий нарийвчилсан даалгавар юм.

Нарийвчилсан хүндрэл- KIM-ийн хоёрдугаар хэсгийн 9-17-р даалгавар.
Өндөр түвшний хүндрэл- асуудлууд 18-19 –. Энэ хэсэг шалгалтын даалгаварМатематикийн мэдлэгийн түвшинг төдийгүй байгаа, эсвэл байхгүй эсэхийг шалгадаг бүтээлч хандлагахуурай "тоо" даалгавруудыг шийдвэрлэх, түүнчлэн мэдлэг, ур чадварыг мэргэжлийн хэрэгсэл болгон ашиглах чадварын үр нөлөө.

Чухал!Тиймээс бэлтгэл ажилдаа орж байна Улсын нэгдсэн шалгалтын онолМатематикийн хувьд практик асуудлыг шийдвэрлэх замаар тэднийг үргэлж дэмжиж байгаарай.

Оноо хэрхэн хуваарилах вэ?

Математикийн KIM-ийн эхний хэсгийн даалгаварууд ойрхон байна Улсын нэгдсэн шалгалтын тестүүдсуурь түвшин, тиймээс тэдэн дээр өндөр оноо авах боломжгүй.

Профайлын түвшний математикийн даалгавар бүрийн оноог дараах байдлаар хуваарилав.

1-12 дугаар асуудлын зөв хариултын хувьд - 1 оноо;
№ 13-15 - тус бүр 2;
№ 16-17 - тус бүр 3;
№ 18-19 - тус бүр 4.

Шалгалтын үргэлжлэх хугацаа, улсын нэгдсэн шалгалтын дүрэм

Шалгалтын хуудсыг бөглөхийн тулд -2019 оюутан томилогдсон 3 цаг 55 минут(235 минут).

Энэ хугацаанд оюутан дараахь зүйлийг хийх ёсгүй.

чимээ шуугиантай байх;
гаджет болон бусад хэрэгслийг ашиглах техникийн хэрэгсэл;
хасах;
бусдад туслахыг хичээ, эсвэл өөрөөсөө тусламж хүс.

Ийм үйлдлийнхээ төлөө шалгуулагчийг ангиас хөөж болно.

Математикийн улсын шалгалтын хувьд авчрахыг зөвшөөрсөнЗөвхөн захирагчийг авч яваарай, үлдсэн материалыг улсын нэгдсэн шалгалтын өмнө шууд өгөх болно. газар дээр нь гаргадаг.

Үр дүнтэй бэлтгэл- Энэ бол шийдэл онлайн тестүүдматематикийн 2019. Сонгоод дээд оноо аваарай!

Ерөнхий дунд боловсрол

UMK G. K. Muravin шугам. Математик анализын алгебр ба зарчим (10-11) (гүнзгий)

UMK Мерзлякийн шугам. Алгебр ба шинжилгээний эхлэл (10-11) (U)

Математик

Математикийн улсын нэгдсэн шалгалтанд бэлтгэх (профайлын түвшин): даалгавар, шийдэл, тайлбар.

Бид даалгаварт дүн шинжилгээ хийж, жишээнүүдийг багштай хамт шийддэг

Профайл түвшний шалгалт нь 3 цаг 55 минут (235 минут) үргэлжилнэ.

Хамгийн бага босго- 27 оноо.

Ажлын хэсэг бүрийн тодорхойлогч шинж чанар нь даалгаврын хэлбэр юм.

1-р хэсэг нь бүхэл тоо эсвэл эцсийн аравтын бутархай хэлбэрээр богино хариулттай 8 даалгавар (1-8-р даалгавар) агуулсан;
2-р хэсэг нь бүхэл тоо эсвэл эцсийн аравтын бутархай хэлбэрээр богино хариулттай 4 даалгавар (даалгавар 9-12), нарийвчилсан хариулт бүхий 7 даалгавар (даалгавар 13-19) (шийдлийн үндэслэл бүхий бүрэн бичлэг) агуулдаг. авсан арга хэмжээ).

Панова Светлана Анатольевна, дээд зэрэглэлийн сургуулийн математикийн багш, 20 жил ажилласан туршлагатай:

“Төгсөгч сургуулийн гэрчилгээ авахын тулд Улсын нэгдсэн шалгалтын хэлбэрээр хоёр заавал шалгалт өгөх ёстой бөгөөд үүний нэг нь математик юм. ОХУ-д Математикийн боловсролыг хөгжүүлэх үзэл баримтлалын дагуу математикийн улсын нэгдсэн шалгалтыг үндсэн болон тусгай гэсэн хоёр түвшинд хуваадаг. Өнөөдөр бид профайлын түвшний сонголтуудыг авч үзэх болно."

Даалгавар №1Улсын нэгдсэн шалгалтанд оролцогчдын 5-9-р ангийн математикийн хичээлээр олж авсан ур чадвараа практик үйл ажиллагаанд ашиглах чадварыг шалгана. Оролцогч нь тооцоолох ур чадвартай, рационал тоонуудтай ажиллах чадвартай, аравтын бутархайг дугуйлж чаддаг, нэг хэмжүүрийг нөгөөд шилжүүлэх чадвартай байх ёстой.

Жишээ 1.Петрийн амьдардаг орон сууцанд хүйтэн усны урсгалын тоолуур (метр) суурилуулсан. Тавдугаар сарын 1-нд тоолуурт 172 шоо метр зарцуулсан байна. м ус, 6-р сарын 1-нд - 177 шоо метр. m. Хэрэв үнэ нь 1 шоо метр бол Петр 5-р сард хүйтэн усны төлбөрийг төлөх ёстой вэ? м хүйтэн ус 34 рубль 17 копейк байна уу? Хариултаа рубльд өгнө үү.

Шийдэл:

1) Сард зарцуулсан усны хэмжээг ол:

177 - 172 = 5 (куб м)

2) Тэд хаягдал усанд хэдэн төгрөг төлөхийг олж мэдье:

34.17 5 = 170.85 (урэх)

Хариулт: 170,85.

Даалгавар №2- шалгалтын хамгийн энгийн даалгавруудын нэг юм. Төгсөгчдийн дийлэнх нь үүнийг амжилттай даван туулж байгаа нь функцийн тухай ойлголтын талаархи мэдлэгийг харуулж байна. Шаардлагын кодлогчийн дагуу 2-р даалгаврын төрөл нь олж авсан мэдлэг, ур чадвараа практик үйл ажиллагаа, өдөр тутмын амьдралд ашиглах даалгавар юм. Даалгавар No2 нь функцийг дүрслэх, ашиглах, хэмжигдэхүүний хоорондын янз бүрийн бодит хамаарал, тэдгээрийн графикийг тайлбарлахаас бүрдэнэ. 2-р даалгавар нь хүснэгт, диаграмм, графикаар харуулсан мэдээллийг задлах чадварыг шалгана. Төгсөгчид функцийг тодорхойлох янз бүрийн аргаар аргументийн утгаас функцын утгыг тодорхойлж, график дээр үндэслэн функцийн зан төлөв, шинж чанарыг дүрслэх чадвартай байх шаардлагатай. Та мөн функцийн графикаас хамгийн том эсвэл хамгийн бага утгыг олж, судалж буй функцүүдийн графикийг бүтээх чадвартай байх хэрэгтэй. Асуудлын нөхцөлийг унших, диаграммыг уншихад гарсан алдаанууд санамсаргүй байдлаар гардаг.

#ЗАР_ОРУУЛАХ#

Шийдэл:

2) 1000 · 3/4 = 750 (хувьцаа) - худалдан авсан нийт хувьцааны 3/4-ийг бүрдүүлнэ.

6) 247500 + 77500 = 325000 (руб) - бизнесмэн зарсны дараа 1000 хувьцаа авсан.

7) 340,000 - 325,000 = 15,000 (руб) - бизнесмэн бүх үйл ажиллагааны үр дүнд алдсан.

Хариулт: 15000.

Даалгавар №3- эхний хэсгийн үндсэн түвшний даалгавар бөгөөд Планиметрийн хичээлийн агуулгын дагуу геометрийн дүрсээр үйлдэл хийх чадварыг шалгана. Даалгавар 3 нь алаг цаасан дээрх зургийн талбайг тооцоолох, өнцгийн градусын хэмжүүрийг тооцоолох, периметрийг тооцоолох гэх мэт чадварыг шалгана.

Шийдэл:Өгөгдсөн зургийн талбайг тооцоолохын тулд та Оргил томъёог ашиглаж болно.

Өгөгдсөн тэгш өнцөгтийн талбайг тооцоолохын тулд бид Пикийн томъёог ашиглана:

С= B +	Г
	2

Энд B = 10, G = 6, тиймээс

С = 18 +	6
	2

Хариулт: 20.

Шийдэл: 1) -ийн хослолын тоог томъёолъё nэлементүүд к:

оройнууд нь бүгд улаан.

3) Бүх орой нь улаан нэг таван өнцөгт.

4) Бүх улаан оройтой 10 + 5 + 1 = 16 олон өнцөгт.

улаан оройтой эсвэл нэг цэнхэр оройтой.

8) Улаан оройтой нэг зургаан өнцөгт, нэг цэнхэр оройтой.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 олон өнцөгт бүх улаан орой эсвэл нэг цэнхэр оройтой.

10) Цэнхэр цэгийг ашиглан 42 – 16 = 26 олон өнцөгт.

Хариулт: 10.

Жишээ 5. 2 3 + тэгшитгэлийг шийд x= 0.4 5 3 + x .

Шийдэл.Энэ тэгшитгэлийн хоёр талыг 5 3 + -д хуваа X≠ 0, бид авна

2 3 + x	= 0.4 эсвэл		2		3 + X	=	2	,
5 3 + X			5				5

эндээс 3 + гэсэн үг гарч байна x = 1, x = –2.

Хариулт: –2.

Гурвалжны талбай ABC 129-тэй тэнцүү. Д.Э- хажуу талдаа параллель дунд шугам AB. Трапецын талбайг ол ОР.

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

(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, хаана к 1 = 4.

2) Шүргэгчийн налууг ол к 2, энэ нь шугаманд перпендикуляр байна y = 4x- 13, хаана к 1 = 4, томъёоны дагуу:

3) Шүргэх өнцөг нь шүргэгч цэг дээрх функцийн дериватив юм. гэсэн үг, е′( x 0) = к 2 = –0,25.

Хариулт: –0,25.

Бөмбөрцгийг тойруулан хүрээлэгдсэн кубын эзэлхүүн 216. Бөмбөрцгийн радиусыг ол.

Шийдэл. 1) Вшоо = а 3 (хаана А– кубын ирмэгийн урт), тиймээс

А 3 = 216

А = 3 √216

Даалгавар №9- төгсөгчөөс алгебрийн илэрхийллийг хувиргах, хялбарчлах чадвартай байхыг шаарддаг. Богино хариулт бүхий хүндрэлийн түвшин нэмэгдсэн 9-р даалгавар. Улсын нэгдсэн шалгалтын "Тооцоо ба хувиргалт" хэсгийн даалгавруудыг хэд хэдэн төрөлд хуваадаг.

тоон оновчтой илэрхийллийн хувиргалт;

алгебрийн илэрхийлэл ба бутархайг хөрвүүлэх;

тоон/үсгийн иррационал илэрхийллийг хөрвүүлэх;

зэрэгтэй үйлдэл;

логарифм илэрхийллийг хөрвүүлэх;

тоон/үсгийн тригонометрийн илэрхийллийг хөрвүүлэх.

Жишээ 9. cos2α = 0.6 гэдгийг мэдэж байвал tanα-г тооцоол

3π	< α < π.
4

Шийдэл. 1) Давхар аргументын томъёог ашиглая: cos2α = 2 cos 2 α – 1, олно уу.

бор 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

Энэ нь tan 2 α = ± 0.5 гэсэн үг.

3) Нөхцөлөөр

3π	< α < π,
4

энэ нь α нь хоёрдугаар улирлын өнцөг ба tgα гэсэн үг< 0, поэтому tgα = –0,5.

Хариулт: –0,5.

#ЗАР_ОРУУЛАХ# Даалгавар №10- оюутнуудын эртнээс олж авсан мэдлэг, ур чадвараа практик үйл ажиллагаа болон өдөр тутмын амьдралдаа ашиглах чадварыг шалгана. Эдгээр нь математикт бус физикийн асуудлууд гэж бид хэлж чадна, гэхдээ шаардлагатай бүх томъёо, хэмжигдэхүүнийг нөхцөл байдалд өгсөн болно. Бодлого нь шугаман эсвэл квадрат тэгшитгэл эсвэл шугаман эсвэл квадрат тэгш бус байдлыг шийдвэрлэхэд хүргэдэг. Тиймээс ийм тэгшитгэл, тэгш бус байдлыг шийдэж, хариултыг тодорхойлох чадвартай байх шаардлагатай. Хариултыг бүхэл тоо эсвэл төгсгөлтэй аравтын бутархай хэлбэрээр өгөх ёстой.

mv 2 нүгэл 2 α ≥ 50

2 10 2 нүгэл 2 α ≥ 50

200 нүгэл 2 α ≥ 50

α ∈ (0°; 90°) тул бид зөвхөн шийдэх болно

Тэгш бус байдлын шийдлийг графикаар илэрхийлье.

Шийдэл:гэж тэмдэглэе а 1 = 5 - 3-р сарын 18-нд Васягийн шийдсэн асуудлын тоо, г- Васягийн шийддэг өдөр тутмын тоо, n= 16 - 3-р сарын 18-аас 4-р сарын 2 хүртэлх өдрийн тоо, С 16 = 560 - ажлын нийт тоо, а 16 - 4-р сарын 2-нд Васягийн шийдсэн асуудлын тоо. Вася өдөр бүр өмнөх өдрийнхтэй харьцуулахад ижил тооны асуудал шийддэг болохыг мэдээд бид арифметик прогрессийн нийлбэрийг олох томъёог ашиглаж болно.

560 = (5 + а 16) 8,

5 + а 16 = 560: 8,

5 + а 16 = 70,

а 16 = 70 – 5

а 16 = 65.

Хариулт: 65.

Функцийн хамгийн их цэгийг ол y= 10 лн( x + 9) – 10x + 1.

Шийдэл: 1) Функцийн тодорхойлолтын мужийг ол: x + 9 > 0, x> –9, өөрөөр хэлбэл x ∈ (–9; ∞).

2) Функцийн деривативыг ол:

Хүссэн хамгийн дээд цэг x = –8.

a) 2log 3 2 (2cos.) тэгшитгэлийг шийд x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

б) Энэ тэгшитгэлийн сегментэд хамаарах бүх язгуурыг ол.

Шийдэл: a) Лог 3 (2cos x) = т, дараа нь 2 т 2 – 5т + 2 = 0,

бүртгэл 3(2cos x) =	2	⇔	2cos x = 9	⇔	cos x =	4,5	⇔ учир нь \|cos x\| ≤ 1,

бүртгэл 3(2cos x) =	1		2cos x = √3		cos x =	√3
	2					2

дараа нь cos x =	√3
	2

x =	π	+ 2π к
	6

x = –	π	+ 2π к, к ∈ З
	6

б) сегмент дээр байрлах үндсийг ол.

Зураг нь өгөгдсөн сегментийн үндэс нь хамаарах болохыг харуулж байна

11π	Тэгээд	13π	.
6		6

Хариулт: A)	π	+ 2π к; –	π	+ 2π к, к ∈ З; б)	11π	;	13π	.
	6		6		6		6

a) Цилиндрийн суурийн төвүүд энэ хавтгайн нэг талд байрлаж байгааг батал.

б) Энэ хавтгай ба цилиндрийн суурийн хавтгай хоорондын өнцгийг ол.

Дараа нь хөвч хоорондын зай нь аль нэг юм

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Энэ нь шаардлагатай өнцөг нь тэнцүү байна гэсэн үг юм

∠ABH = арктан	А.Х.	= арктан	28	= arctg14.
	Б.Х.		8 – 6

Жишээ 15.Тэгш бус байдлыг шийдвэрлэх | x 2 – 3x| бүртгэл 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Шийдэл:Энэ тэгш бус байдлын тодорхойлолтын муж нь интервал (–1; +∞) юм. Гурван тохиолдлыг тусад нь авч үзье.

Хүлээн авсан шийдлүүдийг нэгтгэснээр бид олж авдаг x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Хариулт: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

120° өнцөгтэй ABC тэгш өнцөгт гурвалжинд BD биссектрис А орой дээр татагдана. Тэгш өнцөгт DEFH нь ABC гурвалжинд бичигдсэн тул FH тал нь ВС сегмент дээр, Е орой нь AB сегмент дээр байрладаг. a) FH = 2DH гэдгийг батал. б) AB = 4 бол DEFH тэгш өнцөгтийн талбайг ол.

Шийдэл: A)

1) ΔBEF – тэгш өнцөгт, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, дараа нь 30° өнцгийн эсрэг байрлах хөлийн шинж чанараар EF = BE.

2) EF = DH = гэж үзье x, дараа нь BE = 2 x, BF = xПифагорын теоремын дагуу √3.

3) ΔABC нь ижил хажуу талтай тул ∠B = ∠C = 30˚ гэсэн үг.

BD нь ∠B-ийн биссектрис бөгөөд ∠ABD = ∠DBC = 15˚ гэсэн үг.

4) ΔDBH - тэгш өнцөгтийг авч үзье, учир нь 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) С DEFH = ED EF = (3 – √3 ) 2(3 – √3 )

С DEFH = 24 – 12√3.

Хариулт: 24 – 12√3.

Жишээ 17.Дөрвөн жилийн хугацаанд 20 сая рублийн хадгаламж нээхээр төлөвлөж байна. Жил бүрийн эцэст банк хадгаламжийн хэмжээг оны эхэн үеийн хэмжээтэй харьцуулахад 10%-иар нэмэгдүүлдэг. Үүнээс гадна гурав, дөрөв дэх жилийн эхэнд хөрөнгө оруулагч жил бүр ордыг нөхдөг Xсая рубль, хаана X - бүхэлд ньтоо. Хамгийн их утгыг ол X, банк дөрвөн жилийн хугацаанд хадгаламжид 17 сая рубльээс бага мөнгө хуримтлуулах болно.

(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

Энэ тэгш бус байдлын хамгийн том бүхэл тоо нь 24 тоо юм.

Хариулт: 24.

Даалгавар №18- нарийвчилсан хариулт бүхий нарийн төвөгтэй байдлын өндөр түвшний даалгавар. Энэхүү даалгавар нь өргөдөл гаргагчийн математикийн бэлтгэлд тавигдах шаардлага нэмэгдсэн их дээд сургуулиудад сонгон шалгаруулах зорилготой юм. Өндөр түвшний нарийн төвөгтэй ажил бол нэг шийдлийн аргыг ашиглах биш, харин янз бүрийн аргуудыг хослуулах даалгавар юм. 18-р даалгаврыг амжилттай биелүүлэхийн тулд математикийн хатуу мэдлэгээс гадна математикийн өндөр соёлтой байх шаардлагатай.

Юун дээр атэгш бус байдлын систем

	x 2 + y 2 ≤ 2ай – а 2 + 1

	y + а ≤ \|x\| – а

яг хоёр шийдэл байна уу?

Шийдэл:Энэ системийг маягтаар дахин бичиж болно

	x 2 + (y– а) 2 ≤ 1

	y ≤ \|x\| – а

Иймээс энэ систем нь зөвхөн Зураг дээр үзүүлсэн тохиолдолд л хоёр шийдэлтэй байх болно. 1.

Qr= 2а = √2, а =	√2	.
	2

Хариулт: а =	√2	.
	2

Болъё Сннийлбэр Парифметик прогрессийн нөхцөл ( a p). Энэ нь мэдэгдэж байна S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Томьёог бичнэ үү Пэнэ дэвшлийн th хугацаа.

б) Хамгийн бага үнэмлэхүй нийлбэрийг ол S n.

в) Хамгийн жижигийг ол П, аль үед S nбүхэл тооны квадрат байх болно.

Шийдэл: a) Энэ нь ойлгомжтой a n = S n – S n- 1 . Энэ томъёог ашигласнаар бид дараахь зүйлийг олж авна.

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

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

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

B) Түүнээс хойш S n = 2n 2 – 25n, дараа нь функцийг авч үзье С(x) = | 2x 2 – 25x|. Түүний графикийг зурагнаас харж болно.

13-аас 25 хүртэлх утгыг шалгахад л үлддэг.

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

Энэ нь жижиг утгуудын хувьд энэ нь харагдаж байна Пбүрэн дөрвөлжин хүрэхгүй.

Хариулт: A) a n = 4n– 27; б) 12; в) 25.

________________

*2017 оны 5-р сараас эхлэн "DROFA-VENTANA" хэвлэлийн нэгдсэн групп нь Оросын Сурах бичгийн корпорацийн нэг хэсэг болсон. Тус корпорацид мөн Astrel хэвлэлийн газар, LECTA тоон боловсролын платформ багтдаг. Александр Брычкин, ОХУ-ын Засгийн газрын дэргэдэх Санхүүгийн академийн төгсөгч, Эдийн засгийн шинжлэх ухааны нэр дэвшигч, DROFA хэвлэлийн газрын дижитал боловсролын чиглэлээрх шинэлэг төслүүдийн удирдагч (сурах бичгийн цахим хэлбэр, Оросын цахим сургууль, дижитал боловсролын платформ) LECTA) ерөнхий захирлаар томилогдсон. DROFA хэвлэлийн газарт ажиллахаасаа өмнө тэрээр EKSMO-AST хэвлэлийн холдингийн стратегийн хөгжил, хөрөнгө оруулалт хариуцсан дэд ерөнхийлөгчийн албыг хашиж байсан. Өнөөдөр "Оросын сурах бичиг" хэвлэлийн корпораци нь Холбооны жагсаалтад багтсан сурах бичгийн хамгийн том багцтай - 485 нэр (тусгай сургуулиудын сурах бичгийг оруулаагүй тохиолдолд ойролцоогоор 40%). Корпорацын хэвлэлийн газрууд нь Оросын сургуулиудын физик, зураг, биологи, хими, технологи, газарзүй, одон орон судлалын хамгийн алдартай сурах бичгүүдийг эзэмшдэг - улс орны үйлдвэрлэлийн чадавхийг хөгжүүлэхэд шаардлагатай мэдлэгийн салбарууд. Тус корпорацийн багцад боловсролын салбарт Ерөнхийлөгчийн нэрэмжит шагнал хүртсэн бага сургуулийн сурах бичиг, сургалтын хэрэглэгдэхүүн багтсан байна. Эдгээр нь Оросын шинжлэх ухаан, техник, үйлдвэрлэлийн чадавхийг хөгжүүлэхэд шаардлагатай хичээлийн чиглэлээр сурах бичиг, гарын авлага юм.