İmtahan tapşırıqlarının profil səviyyəsinin təhlili. Riyaziyyat üzrə Vahid Dövlət İmtahanına hazırlıq (profil səviyyəsi): tapşırıqlar, həllər və izahatlar

Müəllif Bağmenova T.A. riyaziyyat müəllimiMBOU 14 nömrəli orta məktəb, Novoçerkassk, Rostov vilayəti.

Vahid Dövlət İmtahanına hazırlaşarkən törəmələrin istifadəsi ilə bağlı tapşırıqları həll edərkən, "Törəmə" mövzusunda nəzəri materialla müşayiət olunan tapşırıqları qruplara bölmək ehtiyacını doğuran geniş çeşidli tapşırıqlar var.

Riyaziyyatdan profil səviyyəsinin “Törəmə” mövzusunda qruplara bölünərək 7 nömrəli tapşırıq nümunələrinə baxaq.

1 . f(x) funksiyası [ intervalında kəsilməz olsun. a ; b ] və (a;b) intervalında diferensiallanır. Əgər funksiyanın törəməsi [-ə aid olan bütün x üçün sıfırdan böyükdürsə. a ; b ], onda funksiya [ qədər artır a ; b ] və funksiyanın törəməsi sıfırdan kiçikdirsə, bu seqmentdə azalır.

Nümunələr:

1)

Həll.

Nöqtələrdə və nöqtələrdə funksiya azalır, ona görə də bu nöqtələrdə funksiyanın törəməsi mənfi olur.

Cavab: 2.

2)

Həll.

(-2;2), (6;10) intervallarında funksiyanın törəməsi mənfi olur, ona görə də bu intervallarda funksiya azalır. Hər iki intervalın uzunluğu 4-dür.

Cavab: 4.

3)

Həll.

Seqmentdə funksiyanın törəməsi müsbətdir, ona görə də funksiya bu intervalda artır, ona görə də funksiya 3-cü nöqtədə ən kiçik qiymətini alır.

Cavab: 3.

4)

Həll.

[-2;3] intervalında funksiyanın törəməsi mənfi olur, ona görə də bu intervalda funksiya azalır, ona görə də funksiya -2 nöqtəsində ən böyük qiymətini alır.

Cavab: -2.

2 . Əgər bir nöqtədə funksiyanın törəməsi işarəni “-”dən “+”a dəyişirsə, bu, funksiyanın minimum nöqtəsidir; hər hansı bir nöqtədə funksiyanın törəməsi işarəni “+”dan “-”yə dəyişirsə, bu funksiyanın maksimum nöqtəsidir.

Misal:

Həll.

x=3 nöqtəsində; x=13 funksiyanın törəməsi işarəni “-”dən “+”a dəyişir, ona görə də funksiyanın minimum nöqtələri bunlardır.

Cavab: 2.

3. Vəziyyət( x )=0 diferensiallanan funksiyanın ekstremumu üçün zəruri şərtdir f ( x ). Funksiyanın törəməsinin qrafikinin Ox oxu ilə kəsişmə nöqtələrində funksiyanın törəməsi sıfıra bərabər olduğundan, bu nöqtələr ekstremum nöqtələridir.

Misal:

Həll.

Verilmiş seqmentdə funksiyanın törəməsinin qrafikinin Ox oxu ilə kəsişməsinin 4 nöqtəsi var, buna görə də 4 ekstremum nöqtəsi var.

Cavab: 4.

4 . Funksiyanın ekstremum nöqtələrində funksiyanın törəməsi sıfıra bərabərdir. Bu problemdə funksiyanın artandan azalan və ya əksinə keçdiyi nöqtələrdir.

Misal:

Həll.

Nöqtələrdə törəmə sıfırdır.

Cavab: 4.

5. Bir nöqtədə funksiyanın törəməsinin qiymətini tapın, bu, Ox oxuna və ya Ox oxuna paralel düz xəttə toxunanın meyl bucağının tangensini tapmaq deməkdir. Əgər tangensin Ox oxuna meyl bucağı kəskin olarsa, bucağın tangensi müsbət, Ox oxuna toxunan meyl bucağı kütdürsə, bucağın tangensi mənfi olur.

Misal:

Həll.

Hipotenuzanın tangens üzərində, ayaqlarından biri isə Öküz oxunda və ya Ox oxuna paralel düz xətt üzərində yatacağı düzbucaqlı üçbucaq quraq, sonra ayaqların uzunluqlarını hesablayacağıq və tangensi hesablayacağıq. sağ üçbucağın iti bucağının. Qarşı tərəf 2-yə, qonşu tərəf 8-ə bərabərdir, buna görə də düzbucaqlı üçbucağın iti bucağının tangensi 0,25-ə bərabərdir. Tangensin Ox oxuna meyl bucağı kütdür, ona görə də tangensin meyl bucağının tangensi mənfidir, ona görə də nöqtədə funksiyanın törəməsinin qiyməti -0,25-dir.

Cavab: - 0,25.

6. 1) Paralel xətlərin bucaq əmsalları bərabərdir.

2) funksiyanın törəməsinin qiyməti f ( x y = f ( x ) nöqtəsində (; f ()).

Misal.

Həll.

Düz xəttin mailliyi 2. ildənfunksiyanın törəməsinin qiymətif( x) bir nöqtədə funksiyanın qrafikinə toxunan meylin mailliyinə bərabərdiry= f( x) nöqtəsində (;f()), onda funksiyanın törəməsinin olduğu nöqtələri tapırıqf( x) 2-yə bərabərdir.Bu qrafikdə 4 belə nöqtə var.Ona görə də funksiyanın qrafikinə toxunan nöqtələrin sayıf( x) verilmiş xəttə paraleldir və ya onunla üst-üstə düşür 4-ə bərabərdir.

Cavab: 4.

İstifadə olunmuş Kitablar:

Kolyagin Yu. M., Tkacheva M. V., Fedorova N. E. və başqaları Cəbr və riyazi analizin başlanğıcları (əsas və yüksək səviyyə). 10 sinif - Maarifləndirmə. 2014

Vahid Dövlət İmtahanı: Riyaziyyatdan cavabları olan 4000 problem. Bütün tapşırıqlar "Qapalı seqment" dir. Əsas və profil səviyyəsi. İ.V.Yaşçenkonun redaktəsi.- M.: “İmtahan” nəşriyyatı, – 2016. – 640 s.

Riyaziyyatda Vahid Dövlət İmtahanının profil variantlarını uğurla həll etmək üçün belə bir alqoritmdən imtina etməyə dəyər. İmtahana hazırlaşarkən onu özlüyündə bir məqsəd kimi keçməyə deyil, tələbənin bilik səviyyəsini artırmağa diqqət yetirmək lazımdır. Bunu etmək üçün nəzəriyyə, təcrübə bacarıqlarını öyrənmək, ətraflı cavablarla qeyri-standart yollarla riyaziyyat üzrə Vahid Dövlət İmtahanı profilinin müxtəlif variantlarını həll etmək və öyrənmə dinamikasına nəzarət etmək lazımdır. Şkolkovo təhsil layihəsi bütün bunlarda sizə kömək edəcəkdir.

Resursumuzu niyə seçməlisiniz?

İnternetdə bir saytdan digərinə dolaşan riyaziyyat üzrə Vahid Dövlət İmtahanının profil problemlərinin tipik nümunələrini sizə təqdim etmirik. Mütəxəssislərimiz müstəqil olaraq maraqlı və unikal məşqlərdən ibarət olan və gündəlik yenilənən tapşırıqlar bazası hazırlayıblar. Profil səviyyəsində riyaziyyatda bütün İSTİFADƏ problemlərində cavablar və ətraflı həllər var. Onlar sizə tələbənin hazırlığında güclü və zəif tərəflərini müəyyən etməyə imkan verir və ona sərbəst və çərçivədən kənar düşünməyi öyrədir.

Tapşırıqları yerinə yetirmək və riyaziyyatda İSTİFADƏ tapşırıqlarının həllərinə profil səviyyəsində baxmaq üçün “Kataloq”da məşq seçin. Bunu etmək olduqca asandır, çünki mövzuları və alt mövzuları ehtiva edən aydın bir quruluşa malikdir. Bütün tapşırıqlar sadədən daha mürəkkəbə doğru artan qaydada düzülür və həlləri ilə riyaziyyat üzrə Vahid Dövlət İmtahanı profilinə cavabları ehtiva edir.

Bundan əlavə, tələbəyə müstəqil olaraq problemlərin variantlarını yaratmaq imkanı verilir. “Konstruktor”dan istifadə edərək, onu maraqlandıran istənilən mövzu üzrə profil səviyyəsində riyaziyyatda İSTİFADƏ tapşırıqlarını seçə və onların həlli yollarına baxa bilər. Bu, müəyyən bir bölmədə, məsələn, həndəsə və ya cəbrdə bacarıqları tətbiq etməyə imkan verəcəkdir.

Həmçinin, tələbə “Tələbənin şəxsi kabineti”ndə riyaziyyat üzrə ixtisaslaşmış Vahid Dövlət İmtahanının tapşırıqlarını təhlil edə bilər. Bu bölmədə tələbə öz dinamikasına nəzarət edə və müəllimlə ünsiyyət qura biləcək.

Bütün bunlar sizə riyaziyyat üzrə ixtisaslaşmış Vahid Dövlət İmtahanına səmərəli hazırlaşmağa və hətta ən mürəkkəb problemlərin həllini asanlıqla tapmağa kömək edəcəkdir.

Təcrübə göstərir ki, hər il Vahid Dövlət İmtahanında üçbucağın sahəsini tapmaqda problemlər yaranır. Odur ki, əgər tələbələr qiymətləndirmə testindən layiqli bal toplamaq istəyirlərsə, mütləq bu mövzunu nəzərdən keçirməli və materialı yenidən başa düşməlidirlər.

İmtahana necə hazırlaşmaq olar?

Şkolkovo təhsil layihəsi, Vahid Dövlət İmtahanında tapılanlara bənzər bir üçbucağın sahəsini tapmaqda problemləri həll etməyi öyrənməyə kömək edəcəkdir. Burada sertifikat imtahanından keçmək üçün lazım olan bütün materialları tapa bilərsiniz.

"Vahid Dövlət İmtahan Problemlərində üçbucağın sahəsi" mövzusunda məşqlərin məzunlar üçün çətinlik yaratmamasını təmin etmək üçün əvvəlcə əsas triqonometrik anlayışlar və qaydalar haqqında yaddaşınızı yeniləməyi tövsiyə edirik. Bunu etmək üçün sadəcə "Nəzəri məlumat" bölməsinə keçin. O, düzgün cavabı tapmağa kömək edəcək əsas təriflər və düsturları təqdim edir.

Öyrənilən materialı birləşdirmək və problemləri həll etmək təcrübəsi üçün Şkolkovo təhsil layihəsinin mütəxəssisləri tərəfindən seçilmiş məşqlər etməyi təklif edirik. Saytdakı hər bir tapşırığın düzgün cavabı və onu necə həll etməyin ətraflı təsviri var. Şagirdlər həm sadə, həm də daha mürəkkəb məsələlərlə məşq edə bilərlər.

Məktəblilər bu cür məşqləri həm Moskvada, həm də Rusiyanın istənilən başqa şəhərində onlayn yerinə yetirmək bacarıqlarını "nasos edə" bilərlər. Lazım gələrsə, tamamlanan tapşırığı daha sonra qayıtmaq və həllin gedişatını müəllimlə müzakirə etmək üçün "Sevimlilər" bölməsində saxlamaq olar.

Orta ümumi təhsil

Xətt UMK G. K. Muravin. Cəbr və riyazi analizin prinsipləri (10-11) (dərin)

UMK Merzlyak xətti. Cəbr və təhlilin başlanğıcı (10-11) (U)

Riyaziyyat

Riyaziyyat üzrə Vahid Dövlət İmtahanına hazırlıq (profil səviyyəsi): tapşırıqlar, həllər və izahatlar

Profil səviyyəli imtahan 3 saat 55 dəqiqə (235 dəqiqə) davam edir.

Minimum həddi- 27 xal.

İmtahan vərəqi məzmununa, mürəkkəbliyinə və tapşırıqların sayına görə fərqlənən iki hissədən ibarətdir.

İşin hər bir hissəsinin müəyyənedici xüsusiyyəti tapşırıqların formasıdır:

• 1-ci hissədə tam ədəd və ya son onluq kəsr şəklində qısa cavabı olan 8 tapşırıq (1-8-ci tapşırıqlar) var;
• 2-ci hissə tam və ya son onluq kəsr şəklində qısa cavabı olan 4 tapşırıqdan (9-12-ci tapşırıqlar) və ətraflı cavabı olan 7 tapşırıqdan (13-19-cu tapşırıqlar) (həllin əsaslandırılması ilə tam qeyd) ibarətdir. görülən tədbirlər).

Panova Svetlana Anatolevna, ali kateqoriyalı məktəb riyaziyyat müəllimi, iş stajı 20 il:

“Məktəb attestatını almaq üçün məzun Vahid Dövlət İmtahanı şəklində iki məcburi imtahan verməlidir ki, onlardan biri riyaziyyatdır. Rusiya Federasiyasında Riyaziyyat Təhsilinin İnkişafı Konsepsiyasına uyğun olaraq, riyaziyyat üzrə Vahid Dövlət İmtahanı iki səviyyəyə bölünür: əsas və ixtisas. Bu gün biz profil səviyyəli seçimlərə baxacağıq”.

Tapşırıq №1- Vahid Dövlət İmtahanı iştirakçılarının ibtidai riyaziyyat üzrə 5-9-cu siniflərdə əldə etdikləri bacarıqları praktiki fəaliyyətlərdə tətbiq etmək bacarığını yoxlayır. İştirakçı hesablama bacarığına malik olmalı, rasional ədədlərlə işləməyi bacarmalı, onluqları yuvarlaqlaşdırmağı bacarmalı, bir ölçü vahidini digərinə çevirməyi bacarmalıdır.

Misal 1. Piterin yaşadığı mənzildə soyuq su sərfi sayğacı (sayğac) quraşdırılıb. Mayın 1-də sayğacda 172 kubmetr sərfiyyat göstərilib. m su, iyunun 1-də isə 177 kubmetr təşkil edib. m.Peter may ayında soyuq su üçün hansı məbləği ödəməlidir, əgər qiymət 1 kubmetrdir? m soyuq su 34 rubl 17 qəpikdir? Cavabınızı rublla verin.

Həll:

1) Ayda sərf olunan suyun miqdarını tapın:

177 - 172 = 5 (kub m)

2) Boş yerə su üçün nə qədər pul ödəyəcəklərini görək:

34.17 5 = 170.85 (rub.)

Cavab: 170,85.

Tapşırıq № 2- ən sadə imtahan tapşırıqlarından biridir. Məzunların əksəriyyəti bunun öhdəsindən uğurla gəlir, bu da funksiya anlayışının tərifini bilməkdən xəbər verir. Tələblərin kodlaşdırıcısına görə 2 nömrəli tapşırığın növü əldə edilmiş bilik və bacarıqların praktik fəaliyyətdə və gündəlik həyatda istifadəsi üzrə tapşırıqdır. Tapşırıq No2 funksiyaların təsviri, istifadə edilməsi, kəmiyyətlər arasında müxtəlif real əlaqələr və onların qrafiklərinin şərhindən ibarətdir. Tapşırıq №2 cədvəllərdə, diaqramlarda və qrafiklərdə təqdim olunan məlumatları çıxarmaq qabiliyyətini yoxlayır. Məzunlar funksiyanın təyin edilməsinin müxtəlif yolları ilə arqumentin dəyərindən funksiyanın dəyərini təyin etməyi və onun qrafiki əsasında funksiyanın davranışını və xassələrini təsvir etməyi bacarmalıdırlar. Siz həmçinin funksiya qrafikindən ən böyük və ya ən kiçik qiyməti tapmağı və öyrənilən funksiyaların qrafiklərini qurmağı bacarmalısınız. Problemin şərtlərinin oxunması, diaqramın oxunması zamanı edilən səhvlər təsadüfi olur.

#REKLAM_VAXT #

Misal 2.Şəkil 2017-ci ilin aprel ayının birinci yarısında mədən şirkətinin bir səhminin mübadilə dəyərindəki dəyişikliyi göstərir. Aprelin 7-də iş adamı bu şirkətin 1000 səhmini alıb. Aprelin 10-da o, aldığı səhmlərin dörddə üçünü, aprelin 13-də isə qalan səhmlərin hamısını satıb. Bu əməliyyatlar nəticəsində iş adamı nə qədər itirdi?

Həll:

2) 1000 · 3/4 = 750 (səhm) - alınmış bütün səhmlərin 3/4-ni təşkil edir.

6) 247500 + 77500 = 325000 (rub) - iş adamı satdıqdan sonra 1000 səhm aldı.

7) 340 000 – 325 000 = 15 000 (rub) - iş adamı bütün əməliyyatlar nəticəsində itirdi.

Cavab: 15000.

Tapşırıq №3- birinci hissənin əsas səviyyəli tapşırığıdır, Planimetriya kursunun məzmununa uyğun olaraq həndəsi fiqurlarla hərəkətləri yerinə yetirmək bacarığını yoxlayır. Tapşırıq 3 damalı kağızda fiqurun sahəsini hesablamaq, bucaqların dərəcə ölçülərini hesablamaq, perimetrləri hesablamaq və s.

Misal 3. Hüceyrə ölçüsü 1 sm x 1 sm olan damalı kağıza çəkilmiş düzbucaqlının sahəsini tapın (şəklə bax). Cavabınızı kvadrat santimetrlə verin.

Həll: Verilmiş bir rəqəmin sahəsini hesablamaq üçün Pik düsturundan istifadə edə bilərsiniz:

Verilmiş düzbucaqlının sahəsini hesablamaq üçün Peak düsturundan istifadə edirik:

Misal 4. Dairənin üzərində 5 qırmızı və 1 mavi nöqtə işarələnmişdir. Hansı çoxbucaqlıların daha böyük olduğunu müəyyənləşdirin: bütün təpələri qırmızı olanlar və ya təpələrindən biri mavi olanlar. Cavabınızda bəzilərinin digərlərindən nə qədər çox olduğunu göstərin.

Həll: 1) birləşmələrinin sayı üçün düsturdan istifadə edək n tərəfindən elementlər k:

təpələri hamısı qırmızıdır.

3) Bütün təpələri qırmızı olan bir beşbucaqlı.

4) Bütün qırmızı təpələri olan 10 + 5 + 1 = 16 çoxbucaqlı.

qırmızı zirvələri olan və ya bir mavi üstü olan.

qırmızı zirvələri olan və ya bir mavi üstü olan.

8) Qırmızı təpələri və bir mavi təpəsi olan bir altıbucaqlı.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = bütün qırmızı təpələri və ya bir mavi təpəsi olan 42 çoxbucaqlı.

10) Mavi nöqtədən istifadə edərək 42 – 16 = 26 çoxbucaqlı.

11) 26 – 16 = 10 çoxbucaqlı – təpələrindən birinin mavi nöqtə olduğu çoxbucaqlıların sayı bütün təpələri yalnız qırmızı olan çoxbucaqlılardan nə qədər çoxdur.

Cavab: 10.

Tapşırıq № 5- birinci hissənin əsas səviyyəsi sadə tənlikləri (irrasional, eksponensial, triqonometrik, loqarifmik) həll etmək bacarığını yoxlayır.

Misal 5. 2 3 + tənliyini həll edin x= 0,4 5 3 + x .

Həll. Bu tənliyin hər iki tərəfini 5 3 +-a bölün X≠ 0, alırıq

buradan belə çıxır ki, 3+ x = 1, x = –2.

Cavab: –2.

Tapşırıq № 6 planimetriyada həndəsi kəmiyyətləri (uzunluqlar, bucaqlar, sahələr) tapmaq, həndəsə dilində real vəziyyətlərin modelləşdirilməsi. Həndəsi anlayış və teoremlərdən istifadə edərək qurulmuş modellərin öyrənilməsi. Çətinliklərin mənbəyi, bir qayda olaraq, planimetriyanın zəruri teoremlərinin bilməməsi və ya düzgün tətbiq edilməməsidir.

Üçbucağın sahəsi ABC 129-a bərabərdir. DE– yan tərəfə paralel orta xətt AB. Trapezoidin sahəsini tapın ABED.

Həll.Üçbucaq CDEüçbucağa bənzəyir KABİNƏ iki bucaqda, təpəsindəki bucaqdan bəri Cümumi, bucaq СDE bucağa bərabərdir KABİNƏ uyğun açılar kimi DE || AB sekant A.C.. Çünki DEşərtə görə üçbucağın orta xətti, sonra orta xəttin xüsusiyyətinə görə | DE = (1/2)AB. Bu o deməkdir ki, oxşarlıq əmsalı 0,5-dir. Buna görə də oxşar fiqurların sahələri oxşarlıq əmsalının kvadratı kimi əlaqələndirilir

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

Tapşırıq № 7- funksiyanın öyrənilməsi üçün törəmənin tətbiqini yoxlayır. Uğurlu həyata keçirmək törəmə anlayışı haqqında mənalı, qeyri-formal bilik tələb edir.

Misal 7. Funksiya qrafikinə y = f(x) absis nöqtəsində x 0 bu qrafikin (4; 3) və (3; –1) nöqtələrindən keçən xəttə perpendikulyar olan tangens çəkilir. Tap f′( x 0).

Həll. 1) Verilmiş iki nöqtədən keçən xəttin tənliyindən istifadə edək və (4; 3) və (3; –1) nöqtələrindən keçən xəttin tənliyini tapaq.

(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, harada k 1 = 4.

2) Tangensin yamacını tapın k xəttinə perpendikulyar olan 2 y = 4x– 13, harada k 1 = 4, düstura görə:

3) Tangens bucaq funksiyanın toxunma nöqtəsindəki törəməsidir. O deməkdir ki, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Cavab: –0,25.

Tapşırıq № 8- imtahan iştirakçılarının elementar stereometriya haqqında biliklərini, fiqurların səth sahələrini və həcmlərini, dihedral bucaqları tapmaq üçün düsturları tətbiq etmək, oxşar fiqurların həcmlərini müqayisə etmək, həndəsi fiqurlar, koordinatlar və vektorlarla hərəkətləri yerinə yetirmək bacarığını yoxlayır və s.

Kürənin ətrafına çəkilmiş kubun həcmi 216-dır. Sferanın radiusunu tapın.

Həll. 1) V kub = a 3 (harada A– kubun kənarının uzunluğu), buna görə də

A 3 = 216

A = 3 √216

2) Kürə kubun içinə yazılmış olduğundan, bu o deməkdir ki, kürənin diametrinin uzunluğu kubun kənarının uzunluğuna bərabərdir, buna görə də d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Tapşırıq № 9- məzundan cəbri ifadələri çevirmək və sadələşdirmək bacarığına malik olmasını tələb edir. Qısa cavabla artan çətinlik səviyyəsinin 9 nömrəli tapşırığı. Vahid Dövlət İmtahanında "Hesablamalar və Çevrilmələr" bölməsindəki tapşırıqlar bir neçə növə bölünür:

ədədi rasional ifadələrin çevrilməsi;

cəbri ifadələri və kəsrləri çevirmək;

ədədi/hərfli irrasional ifadələrin çevrilməsi;

dərəcə ilə hərəkətlər;

loqarifmik ifadələrin çevrilməsi;

1. rəqəmli/hərfli triqonometrik ifadələrin çevrilməsi.

Misal 9. cos2α = 0,6 və məlumdursa, tanα-nı hesablayın

Həll. 1) İkiqat arqument düsturundan istifadə edək: cos2α = 2 cos 2 α – 1 və tapın

Bu tan 2 α = ± 0,5 deməkdir.

3) Şərtə görə

bu o deməkdir ki, α ikinci rübün və tgα bucağıdır< 0, поэтому tgα = –0,5.

Cavab: –0,5.

#REKLAM_VAXT # Tapşırıq № 10- tələbələrin ilkin bilik və bacarıqları praktik fəaliyyətdə və gündəlik həyatda istifadə etmək bacarığını yoxlayır. Deyə bilərik ki, bunlar fizikada problemlərdir, riyaziyyatda deyil, bütün lazımi düsturlar və kəmiyyətlər şərtlə verilir. Problemlər xətti və ya kvadrat tənliyin və ya xətti və ya kvadrat bərabərsizliyin həllinə qədər qaynayır. Ona görə də belə tənlikləri və bərabərsizlikləri həll edib cavabını təyin etməyi bacarmaq lazımdır. Cavab tam ədəd və ya sonlu onluq kəsr kimi verilməlidir.

İki kütlə cismi m= hər biri 2 kq, eyni sürətlə hərəkət edir v= 10 m/s bir-birinə 2α bucaq altında. Onların tamamilə qeyri-elastik toqquşması zamanı ayrılan enerji (joul ilə) ifadə ilə müəyyən edilir Q = mv 2 günah 2 α. Toqquşma nəticəsində ən azı 50 joul sərbəst buraxılması üçün cisimlər ən kiçik hansı 2α bucağında (dərəcə ilə) hərəkət etməlidirlər?
Həll. Məsələni həll etmək üçün 2α ∈ (0°; 180°) intervalında Q ≥ 50 bərabərsizliyini həll etməliyik.

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

α ∈ (0°; 90°) olduğundan biz ancaq həll edəcəyik

Qrafik olaraq bərabərsizliyin həllini təqdim edək:

α ∈ (0°; 90°) şərtinə görə 30° ≤ α deməkdir< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Tapşırıq № 11- tipikdir, lakin tələbələr üçün çətin olur. Çətinliyin əsas mənbəyi riyazi modelin qurulmasıdır (tənliyin tərtib edilməsi). 11 nömrəli tapşırıq sözlə bağlı məsələləri həll etmək bacarığını yoxlayır.

Misal 11. Yaz tətilində 11-ci sinif şagirdi Vasya Vahid Dövlət İmtahanına hazırlaşmaq üçün 560 təcrübə məsələsini həll etməli idi. Martın 18-də, son dərs günündə Vasya 5 məsələni həll etdi. Sonra hər gün əvvəlki günə nisbətən eyni sayda problemi həll etdi. Aprelin 2-də, tətillərin son günündə Vasyanın neçə problemi həll etdiyini müəyyənləşdirin.

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

Cavab: 65.

Tapşırıq № 12- tələbələrin funksiyalarla əməliyyatlar yerinə yetirmək və törəməni funksiyanın öyrənilməsinə tətbiq etmək bacarığını yoxlayırlar.

Funksiyanın maksimum nöqtəsini tapın y= 10 ln( x + 9) – 10x + 1.

Həll: 1) Funksiyanın tərif sahəsini tapın: x + 9 > 0, x> –9, yəni x ∈ (–9; ∞).

2) funksiyanın törəməsini tapın:

4) Tapılan nöqtə (–9; ∞) intervalına aiddir. Funksiya törəməsinin əlamətlərini müəyyən edək və şəkildə funksiyanın davranışını təsvir edək:

İstədiyiniz maksimum nöqtə x = –8.

a) 2log 3 2 (2cos.) tənliyini həll edin x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

b) Bu tənliyin seqmentə aid olan bütün köklərini tapın.

Həll: a) log 3 (2cos x) = t, sonra 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

b) Seqmentdə uzanan kökləri tapın.

Şəkil verilmiş seqmentin köklərinin aid olduğunu göstərir

Silindr əsasının çevrəsinin diametri 20, silindrin generatrisi 28. Müstəvi öz əsasını 12 və 16 uzunluqlu akkordlar boyunca kəsir. Akkordlar arasındakı məsafə 2√197-dir.

a) Silindr əsaslarının mərkəzlərinin bu müstəvinin bir tərəfində olduğunu sübut edin.

b) Bu müstəvi ilə silindrin əsasının müstəvisi arasındakı bucağı tapın.

Həll: a) Uzunluğu 12 olan akkord əsas çevrənin mərkəzindən = 8 məsafədədir və 16 uzunluğunda akkord da eynilə 6 məsafədədir. Buna görə də onların müstəviyə paralel proyeksiyaları arasındakı məsafə silindrlərin əsasları ya 8 + 6 = 14, ya da 8 - 6 = 2-dir.

Sonra akkordlar arasındakı məsafə yadır

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Şərtə uyğun olaraq, akkordların proyeksiyalarının silindr oxunun bir tərəfində yerləşdiyi ikinci hal həyata keçirildi. Bu o deməkdir ki, ox silindr daxilində bu müstəvi ilə kəsişmir, yəni əsaslar onun bir tərəfində yerləşir. Nəyi sübut etmək lazım idi.

b) Əsasların mərkəzlərini O 1 və O 2 kimi qeyd edək. Uzunluğu 12 olan əsasın mərkəzindən bu akkorda perpendikulyar bissektrisa çəkək (əvvəlcədən qeyd edildiyi kimi, uzunluğu 8-dir) və digər əsasın mərkəzindən digər akkorda doğru. Onlar bu akkordlara perpendikulyar olan eyni β müstəvisində yerləşirlər. Kiçik akkordun orta nöqtəsini B, daha böyük akkordu A və A-nın ikinci bazaya proyeksiyasını H (H ∈ β) adlandıraq. Onda AB,AH ∈ β və buna görə də AB,AH akkorda, yəni əsasın verilmiş müstəvi ilə kəsişməsinin düz xəttinə perpendikulyardır.

Bu o deməkdir ki, tələb olunan bucaq bərabərdir

Tapşırıq № 15- ətraflı cavabla artan mürəkkəblik səviyyəsi, artan mürəkkəblik səviyyəsinin ətraflı cavabı ilə tapşırıqlar arasında ən uğurla həll olunan bərabərsizlikləri həll etmək qabiliyyətini sınayır.

Misal 15. Bərabərsizliyi həll edin | x 2 – 3x| jurnal 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Həll: Bu bərabərsizliyin tərif sahəsi (–1; +∞) intervalıdır. Üç halı ayrıca nəzərdən keçirin:

1) Qoy x 2 – 3x= 0, yəni. X= 0 və ya X= 3. Bu halda bu bərabərsizlik doğru olur, ona görə də bu qiymətlər həllə daxil edilir.

2) İndi icazə verin x 2 – 3x> 0, yəni. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Üstəlik, bu bərabərsizlik aşağıdakı kimi yenidən yazıla bilər: x 2 – 3x) jurnal 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 və müsbət ifadə ilə bölün x 2 – 3x. log 2 alırıq ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 və ya x≤ –0,5. Tərif sahəsini nəzərə alsaq, bizdə var x ∈ (–1; –0,5].

3) Nəhayət, düşünün x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). Bu halda, orijinal bərabərsizlik (3 x – x 2) jurnal 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Müsbət 3-ə bölündükdən sonra x – x 2, log 2 alırıq ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Regionu nəzərə alsaq, bizdə x ∈ (0; 1].

Alınan həlləri birləşdirərək əldə edirik x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Cavab: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Tapşırıq № 16- qabaqcıl səviyyə ətraflı cavabı olan ikinci hissədəki tapşırıqlara aiddir. Tapşırıq həndəsi fiqurlar, koordinatlar və vektorlarla hərəkətlər etmək bacarığını yoxlayır. Tapşırıqda iki nöqtə var. Birinci bənddə tapşırıq sübuta yetirilməli, ikinci bənddə isə hesablanmalıdır.

Bucağı 120° olan ABC ikitərəfli üçbucağında BD bissektrisa A təpəsində çəkilir. DEFH düzbucaqlı ABC üçbucağına elə yazılıb ki, FH tərəfi BC seqmentində, E təpəsi isə AB seqmentində olsun. a) FH = 2DH olduğunu sübut edin. b) AB = 4 olarsa, DEFH düzbucağının sahəsini tapın.

Həll: A)

1) ΔBEF – düzbucaqlı, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, sonra 30° bucaq qarşısında uzanan ayağın xüsusiyyəti ilə EF = BE.

2) EF = DH = olsun x, onda BE = 2 x, BF = x√3 Pifaqor teoreminə görə.

3) ΔABC ikitərəfli olduğu üçün ∠B = ∠C = 30˚ deməkdir.

BD ∠B-nin bissektrisasıdır ki, bu da ∠ABD = ∠DBC = 15˚ deməkdir.

4) ΔDBH - düzbucaqlı hesab edin, çünki DH⊥BC.

√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.

Cavab: 24 – 12√3.

Misal 17. Dörd il müddətinə 20 milyon rubl depozitin açılması planlaşdırılır. Bank hər ilin sonunda əmanəti ilin əvvəlindəki ölçüsü ilə müqayisədə 10% artırır. Bundan əlavə, üçüncü və dördüncü ilin əvvəlində investor hər il əmanəti doldurur X milyon rubl, harada X - bütöv nömrə. Ən böyük dəyəri tapın X, bank dörd il ərzində əmanətə 17 milyon rubldan az pul yığacaq.

Həll: Birinci ilin sonunda töhfə 20 + 20 · 0,1 = 22 milyon rubl, ikincinin sonunda isə 22 + 22 · 0,1 = 24,2 milyon rubl olacaq. Üçüncü ilin əvvəlində töhfə (milyon rubl) olacaq (24,2 + X), və sonunda - (24.2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Dördüncü ilin əvvəlində töhfə (26,62 + 2,1 X), və sonunda - (26.62 + 2.1 X) + (26,62 + 2,1X) · 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Şərtə görə, bərabərsizliyin mövcud olduğu ən böyük x tam ədədini tapmaq lazımdır

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

Bu bərabərsizliyin ən böyük tam həlli 24 ədədidir.

Cavab: 24.

Nə vaxt a bərabərsizliklər sistemi

iki həll yolu varmı?

Həll: Bu sistem formada yenidən yazıla bilər

Müstəvidə birinci bərabərsizliyin həllər çoxluğunu çəksək, mərkəzi (0, A). İkinci bərabərsizliyin həlli çoxluğu müstəvi funksiyanın qrafiki altında yerləşən hissəsidir. y = | x| – a, sonuncu isə funksiyanın qrafikidir
y = | x| , tərəfindən aşağı sürüşdü A. Bu sistemin həlli bərabərsizliklərin hər birinin həlli dəstlərinin kəsişməsidir.

Nəticə etibarilə, bu sistemin yalnız Şəkil 1-də göstərilən halda iki həlli olacaq. 1.

Dairənin xətlərlə təmas nöqtələri sistemin iki həlli olacaqdır. Düz xətlərin hər biri 45° bucaq altında oxlara meyllidir. Beləliklə, bu üçbucaqdır PQR– düzbucaqlı bərabərbucaqlılar. Nöqtə Q koordinatları var (0, A) və nöqtə R– koordinatlar (0, – A). Bundan əlavə, seqmentlər PR Və PQ dairənin radiusuna bərabər 1. Bu deməkdir

Qoy Sn məbləğ P arifmetik irəliləyişin şərtləri ( a p). Məlumdur ki S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Düsturu təqdim edin P bu irəliləyişin ci müddəti.

b) Ən kiçik mütləq cəmini tapın S n.

c) Ən kiçiyini tapın P, hansında S n tam ədədin kvadratı olacaq.

Həll: a) Aydındır ki a n = S n – S n- 1 . Bu düsturdan istifadə edərək əldə edirik:

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

O deməkdir ki, a n = 2n 2 – 25n – (2n 2 – 29n + 27) = 4n – 27.

B) O vaxtdan S n = 2n 2 – 25n, sonra funksiyanı nəzərdən keçirin S(x) = | 2x 2 – 25x|. Onun qrafikini şəkildə görmək olar.

Aydındır ki, ən kiçik dəyər funksiyanın sıfırlarına ən yaxın olan tam nöqtələrdə əldə edilir. Aydındır ki, bunlar məqamlardır X= 1, X= 12 və X= 13. Çünki, 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, onda ən kiçik qiymət 12-dir.

c) Əvvəlki bənddən belə çıxır Sn başlayaraq müsbət n= 13. ildən S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), onda bu ifadə mükəmməl kvadrat olduqda aşkar hal o zaman həyata keçirilir n = 2n– 25, yəni P= 25.

13-dən 25-ə qədər olan dəyərləri yoxlamaq qalır:

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.

Belə çıxır ki, daha kiçik dəyərlər üçün P tam kvadrat əldə edilmir.

Cavab: A) a n = 4n– 27; b) 12; c) 25.

________________

*2017-ci ilin may ayından "DROFA-VENTANA" birləşmiş nəşriyyat qrupu Rusiya Dərslik Korporasiyasının bir hissəsidir. Korporasiyaya həmçinin Astrel nəşriyyatı və LECTA rəqəmsal təhsil platforması daxildir. Aleksandr Brıçkin, Rusiya Federasiyası Hökuməti yanında Maliyyə Akademiyasının məzunu, iqtisad elmləri namizədi, DROFA nəşriyyatının rəqəmsal təhsil sahəsində innovativ layihələrinin rəhbəri (dərsliklərin elektron formaları, Rus Elektron Məktəbi, rəqəmsal təhsil platforması LECTA) baş direktor təyin edildi. DROFA nəşriyyatına işə başlamazdan əvvəl o, EKSMO-AST nəşriyyat holdinqinin strateji inkişaf və investisiyalar üzrə vitse-prezidenti vəzifəsində çalışıb. Bu gün "Rus Dərsliyi" nəşriyyat korporasiyası Federal Siyahıya daxil edilmiş ən böyük dərslik portfelinə malikdir - 485 adda (xüsusi məktəblər üçün dərsliklər istisna olmaqla, təxminən 40%). Korporasiyanın nəşriyyatları Rusiya məktəblərində fizika, rəsm, biologiya, kimya, texnologiya, coğrafiya, astronomiya - ölkənin istehsal potensialının inkişafı üçün lazım olan bilik sahələri üzrə ən populyar dərslik komplektlərinə malikdir. Korporasiyanın portfelinə təhsil sahəsində Prezident Mükafatına layiq görülmüş ibtidai məktəblər üçün dərsliklər və dərs vəsaitləri daxildir. Bunlar Rusiyanın elmi, texniki və istehsal potensialının inkişafı üçün zəruri olan fənn sahələrində dərsliklər və dərsliklərdir.

Bu məqalədə riyaziyyat və fizika müəllimi tərəfindən ixtisaslaşdırılmış səviyyədə riyaziyyat üzrə Vahid Dövlət İmtahanının 2-ci hissəsinin 9-12-ci tapşırıqlarının təhlili təqdim olunur. Təklif olunan tapşırıqların təhlili ilə repetitorun video dərsi onların hər biri ilə bağlı ətraflı və başa düşülən şərhləri ehtiva edir. Riyaziyyatdan Vahid Dövlət İmtahanına hazırlaşmağa yeni başlamısınızsa, bu məqalə sizin üçün çox faydalı ola bilər.

Yuxarıdakı video dərslikdə ətraflı şəkildə tanış ola biləcəyiniz loqarifmlərin xassələrindən istifadə edərək ifadəni çeviririk:

10. Yay sarkacı dövrlə salınır T= 16 s. Asılı çəki m= 0,8 kq. Yükün hərəkət sürəti zamanla formulaya uyğun olaraq dəyişir . Eyni zamanda m/s. Kinetik enerjinin təyinedici düsturu (joul ilə) belədir: , burada m kiloqramla, - saniyədə metrlə götürülmüşdür. Salınım hərəkətinin başlanmasından 10 s sonra yükün kinetik enerjisi joul ilə nə qədərdir?

Salınım hərəkətinin başlamasından 10 s sonra yükün hərəkət sürəti bərabər olacaq:

O zaman bu anda kinetik enerji bərabər olacaq:

J.

Qoy x- bir konfetin qiyməti və y- şokoladın qiyməti. Sonra 6 lolipop 6-ya başa gəlir x, şokolad çubuğunun dəyərinin 2%-i isə 0,02-yə bərabərdir y. 6 lolipopun bir şokolad çubuğundan 2% ucuz olduğu məlum olduğundan, birinci tənlik yerinə yetirilir: 6 x + 0,02y = y, biz bunu əldə edirik x = 0,98/6 y = 98/600 y = 49/300 y. Öz növbəsində 9 lolipop 9-a başa gəlir x, yəni 9·49/300 y = 49/300 y = 1,47 y. Tapşırıq neçə faizlə 1.47-nin müəyyən edilməsinə gəlir y daha çox y. Əgər y 100%, sonra 1,47-dir y 1,47·100% = 147% təşkil edir. Yəni 1.47 y daha çox y 47% ilə.

1) DL bərabərsizliklə verilir: title="QuickLaTeX.com tərəfindən göstərilmişdir)" height="23" width="106" style="vertical-align: -5px;"> (так выражение, стоящее под знаком логарифма, должно быть больше нуля), откуда получаем, что .!}

2) Biz funksiyanın törəməsini axtarırıq. Bu funksiyanın törəməsinin necə hesablanmasının ətraflı təsviri üçün yuxarıdakı videoya baxın. Funksiyanın törəməsi bərabərdir:

3) Dəyərləri axtarır x, bunun üçün törəmə 0-a bərabərdir və ya mövcud deyil. üçün mövcud deyil, çünki bu halda məxrəc sıfıra keçir. Törəmə zaman sıfıra təyin edilir.