Analyse af eksamensopgavers profilniveau. Forberedelse til Unified State-eksamen i matematik (profilniveau): opgaver, løsninger og forklaringer

Forfatter Bagmenova T.A. matematiklærerMBOU Secondary School nr. 14, Novocherkassk, Rostov-regionen.

Ved løsning af opgaver om brugen af ​​derivater som forberedelse til Unified State Exam er der en bred vifte af opgaver, hvilket giver anledning til at dele opgaverne op i grupper, ledsaget af teoretisk materiale om emnet "Afledt".

Lad os se på eksempler på opgaver nr. 7 om emnet "Afledt" af et profilniveau i matematik, og opdele dem i grupper.

1 . Lad funktionen f(x) være kontinuert i intervallet [ -en ; b ] og er differentierbar på intervallet (a;b). Så hvis den afledede af en funktion er større end nul for alle x, der hører til [ -en ; b ], så øges funktionen med [ -en ; b ], og hvis den afledede af en funktion er mindre end nul, så falder den på dette segment.

Eksempler:

1)

Løsning.

I punkter og punkter falder funktionen, derfor er den afledede af funktionen i disse punkter negativ.

Svar: 2.

2)

Løsning.

På intervallerne (-2;2), (6;10) er den afledede af funktionen negativ; derfor falder funktionen på disse intervaller. Længden af ​​begge intervaller er 4.

Svar: 4.

3)

Løsning.

På segmentet er den afledede af funktionen positiv, derfor stiger funktionen på dette interval, derfor tager funktionen sin mindste værdi ved punkt 3.

Svar: 3.

4)

Løsning.

På intervallet [-2;3] er den afledede af funktionen negativ, derfor falder funktionen på dette interval, derfor tager funktionen sin største værdi ved punkt -2.

Svar: -2.

2 . Hvis den afledede af en funktion på et tidspunkt skifter fortegn fra "-" til "+", så er dette minimumspunktet for funktionen; hvis den afledede af en funktion på et tidspunkt skifter fortegn fra "+" til "-", så er dette maksimumspunktet for funktionen.

Eksempel:

Løsning.

Ved punktet x=3; x=13 den afledede af funktionen skifter fortegn fra "-" til "+", derfor er disse minimumspunkterne for funktionen.

Svar: 2.

3. Tilstand( x )=0 er en nødvendig betingelse for ekstremummet af den differentiable funktion f ( x ). Da i skæringspunkterne for grafen for den afledede af en funktion med Ox-aksen, er den afledede af funktionen lig med nul, så er disse punkter ekstremumpunkter.

Eksempel:

Løsning.

Der er 4 skæringspunkter for grafen af ​​den afledede af en funktion med Ox-aksen på et givet segment, derfor er der 4 ekstremumpunkter.

Svar: 4.

4 . Den afledede af en funktion er lig med nul ved funktionens yderpunkter. I denne opgave er det de punkter, hvor funktionen skifter fra stigende til faldende eller omvendt.

Eksempel:

Løsning.

Ved punkter er den afledte nul.

Svar: 4.

5. Find værdien af ​​den afledede af funktionen i et punkt, det betyder at finde tangenten til hældningsvinklen for tangenten til Ox-aksen eller til en ret linje parallel med Ox-aksen. Hvis hældningsvinklen for tangenten til Ox-aksen er spids, så er vinklens tangens positiv; hvis hældningsvinklen for tangenten til Ox-aksen er stump, så er vinklens tangens negativ.

Eksempel:

Løsning.

Lad os konstruere en retvinklet trekant, hvor hypotenusen vil ligge på tangenten, og et af benene vil ligge på Ox-aksen eller på en ret linje parallel med Ox-aksen, så tæller vi længderne af benene og beregner tangenten af den spidse vinkel i den retvinklede trekant. Den modsatte side er lig med 2, den tilstødende side er lig med 8, derfor er tangenten af ​​den spidse vinkel i en retvinklet trekant lig med 0,25. Hældningsvinklen for tangenten til Ox-aksen er stump, derfor er tangenten til tangentens hældningsvinkel negativ, derfor er værdien af ​​den afledede af funktionen i punktet -0,25.

Svar: - 0,25.

6. 1) Vinkelkoefficienterne for parallelle linjer er ens.

2) Værdien af ​​funktionens afledte værdi f ( x y = f ( x ) ved punkt (; f ()).

Eksempel.

Løsning.

Hældningen af ​​den lige linje er 2. Sidenværdien af ​​funktionens afledte værdif( x) i et punkt er lig med hældningen af ​​tangenten til funktionens grafy= f( x) ved punkt (;f()), så finder vi de punkter, hvor den afledede af funktionenf( x) er lig med 2.Der er 4 sådanne punkter på denne graf. Derfor er antallet af punkter, hvor tangenten til funktionens graff( x) er parallel med en given linje eller falder sammen med den er lig med 4.

Svar: 4.

Brugte bøger:

Kolyagin Yu. M., Tkacheva M. V., Fedorova N. E. et al. Algebra og begyndelsen af ​​matematisk analyse (grundlæggende og avanceret niveau). 10 karakterer – Oplysning. 2014

Unified State Exam: 4000 problemer med svar i matematik. Alle opgaver er "Lukket segment". Grund- og profilniveau. Redigeret af I. V. Yashchenko. - M.: Publishing House "Exam", - 2016. - 640 s.

For med succes at løse profilvarianterne af Unified State Examination i matematik er det værd at opgive en sådan algoritme. Når du forbereder dig til en eksamen, skal du ikke fokusere på at bestå den som et mål i sig selv, men på at øge den studerendes vidensniveau. For at gøre dette skal du studere teori, øve færdigheder, løse forskellige muligheder for profilen Unified State Examination i matematik på ikke-standardiserede måder med detaljerede svar og overvåge dynamikken i læring. Og Shkolkovo uddannelsesprojekt vil hjælpe dig med alt dette.

Hvorfor skal du vælge vores ressource?

Vi tilbyder dig ikke typiske eksempler på profilproblemer i Unified State Exam i matematik, som vandrer på internettet fra et sted til et andet. Vores eksperter har selvstændigt udviklet en database med opgaver, som består af interessante og unikke øvelser og opdateres dagligt. Alle BRUG-opgaver i matematik på profilniveau indeholder svar og detaljerede løsninger. De giver dig mulighed for at identificere styrker og svagheder i en elevs forberedelse og lære ham at tænke frit og uden for boksen.

For at udføre opgaver og se løsninger på BRUG opgaver i matematik på profilniveau skal du vælge en øvelse i "Katalog". Dette er ret nemt at gøre, fordi det har en klar struktur, der inkluderer emner og underemner. Alle opgaver er ordnet i stigende rækkefølge fra simple til mere komplekse og indeholder svar på profilen Unified State Exam i matematik med løsninger.

Desuden får eleven mulighed for selvstændigt at skabe varianter af problemstillinger. Ved hjælp af "Konstruktøren" kan han vælge BRUG opgaver i matematik på profilniveau om ethvert emne, der interesserer ham, og se deres løsninger. Dette giver dig mulighed for at øve færdigheder i et specifikt afsnit, for eksempel geometri eller algebra.

En studerende kan også analysere opgaverne for en specialiseret Unified State Examination i matematik i "Personal Account of the Student." I dette afsnit vil eleven være i stand til at overvåge sin egen dynamik og kommunikere med læreren.

Alt dette vil hjælpe dig med at forberede dig effektivt til den specialiserede Unified State-eksamen i matematik og nemt finde løsninger på selv de mest komplekse problemer.

Praksis viser, at problemer med at finde arealet af en trekant opstår i Unified State-eksamenen hvert år. Det er derfor, hvis eleverne ønsker at opnå anstændige karakterer i vurderingstesten, bør de helt sikkert gennemgå dette emne og forstå materialet igen.

Hvordan forbereder man sig til eksamen?

Shkolkovo-uddannelsesprojektet hjælper dig med at lære at løse problemer med at finde området af en trekant, svarende til dem, der findes i Unified State Examination. Her finder du alt det nødvendige materiale for at forberede dig til at bestå certificeringstesten.

For at sikre, at øvelser om emnet "Area of ​​a Triangle in Unified State Exam problems" ikke forårsager vanskeligheder for kandidater, anbefaler vi, at du først genopfrisker din hukommelse om grundlæggende trigonometriske begreber og regler. For at gøre dette skal du blot gå til afsnittet "Teoretisk information". Den præsenterer grundlæggende definitioner og formler, der vil hjælpe med at finde det rigtige svar.

For at konsolidere det lærte materiale og øve os på at løse problemer, foreslår vi at lave øvelser, der blev udvalgt af specialister fra Shkolkovo-uddannelsesprojektet. Hver opgave på siden har et korrekt svar og en detaljeret beskrivelse af, hvordan den løses. Eleverne kan øve sig med både simple og mere komplekse problemstillinger.

Skolebørn kan "pumpe op" deres færdigheder i at udføre sådanne øvelser online både i Moskva og i enhver anden by i Rusland. Om nødvendigt kan den udførte opgave gemmes i sektionen "Favoritter" for at vende tilbage til den senere og diskutere fremskridt med løsningen med læreren.

Gymnasial almen uddannelse

Line UMK G.K. Muravin. Algebra og principper for matematisk analyse (10-11) (dybdegående)

UMK Merzlyak linje. Algebra og begyndelsen af ​​analyse (10-11) (U)

Matematik

Forberedelse til Unified State-eksamen i matematik (profilniveau): opgaver, løsninger og forklaringer

Eksamensarbejdet på profilniveau varer 3 timer 55 minutter (235 minutter).

Minimumsgrænse- 27 point.

Eksamensopgaven består af to dele, som adskiller sig i indhold, kompleksitet og antal opgaver.

Det definerende træk ved hver del af arbejdet er opgavernes form:

• del 1 indeholder 8 opgaver (opgave 1-8) med et kort svar i form af et helt tal eller en sidste decimalbrøk;
• del 2 indeholder 4 opgaver (opgave 9-12) med en kort besvarelse i form af et heltal eller en sidste decimalbrøk og 7 opgaver (opgave 13-19) med en detaljeret besvarelse (en komplet optegnelse af løsningen med begrundelse for truffet handlinger).

Panova Svetlana Anatolevna, matematiklærer i den højeste skolekategori, erhvervserfaring 20 år:

"For at modtage et skolebevis skal en kandidat bestå to obligatoriske eksamener i form af Unified State Examination, hvoraf den ene er matematik. I overensstemmelse med konceptet for udvikling af matematisk uddannelse i Den Russiske Føderation er Unified State Examination i matematik opdelt i to niveauer: grundlæggende og specialiseret. I dag vil vi se på muligheder på profilniveau."

Opgave nr. 1- tester Unified State Exam-deltagernes evne til at anvende de færdigheder erhvervet i 5. til 9. klasses kursus i elementær matematik i praktiske aktiviteter. Deltageren skal have regnefærdigheder, kunne arbejde med rationelle tal, kunne afrunde decimaler og kunne omregne en måleenhed til en anden.

Eksempel 1. I lejligheden, hvor Peter bor, var der installeret en koldtvandsflowmåler (måler). 1. maj viste måleren et forbrug på 172 kubikmeter. m vand, og den første juni - 177 kubikmeter. m. Hvor meget skal Peter betale for koldt vand i maj, hvis prisen er 1 kubikmeter? m koldt vand er 34 rubler 17 kopek? Giv dit svar i rubler.

Løsning:

1) Find mængden af ​​brugt vand pr. måned:

177 - 172 = 5 (kubikm)

2) Lad os finde ud af, hvor mange penge de vil betale for spildt vand:

34,17 5 = 170,85 (gnid)

Svar: 170,85.

Opgave nr. 2- er en af ​​de enkleste eksamensopgaver. De fleste kandidater klarer det med succes, hvilket indikerer viden om definitionen af ​​funktionsbegrebet. Opgavetype nr. 2 ifølge kravkodifikatoren er en opgave om brug af erhvervet viden og færdigheder i praktiske aktiviteter og hverdagsliv. Opgave nr. 2 består i at beskrive, bruge funktioner, forskellige reelle sammenhænge mellem størrelser og fortolke deres grafer. Opgave nr. 2 tester evnen til at udtrække information præsenteret i tabeller, diagrammer og grafer. Kandidater skal være i stand til at bestemme værdien af ​​en funktion ud fra værdien af ​​argumentet på forskellige måder for at specificere funktionen og beskrive funktionens adfærd og egenskaber baseret på dens graf. Du skal også kunne finde den største eller mindste værdi fra en funktionsgraf og bygge grafer over de undersøgte funktioner. Fejl lavet er tilfældige ved læsning af betingelserne for problemet, læsning af diagrammet.

#ADVERTISING_INSERT#

Eksempel 2. Figuren viser ændringen i bytteværdien af ​​én aktie i et mineselskab i første halvdel af april 2017. Den 7. april købte forretningsmanden 1.000 aktier i dette selskab. Den 10. april solgte han tre fjerdedele af de aktier, han købte, og den 13. april solgte han alle de resterende aktier. Hvor meget tabte forretningsmanden som følge af disse operationer?

Løsning:

2) 1000 · 3/4 = 750 (aktier) - udgør 3/4 af alle købte aktier.

6) 247500 + 77500 = 325000 (gnide) - forretningsmanden modtog 1000 aktier efter salg.

7) 340.000 – 325.000 = 15.000 (gnidning) - forretningsmanden tabte som følge af alle operationer.

Svar: 15000.

Opgave nr. 3- er en grundlæggende opgave i første del, tester evnen til at udføre handlinger med geometriske figurer i henhold til indholdet af planimetrikurset. Opgave 3 tester evnen til at beregne arealet af en figur på ternet papir, evnen til at beregne gradmål af vinkler, beregne omkredse osv.

Eksempel 3. Find arealet af et rektangel tegnet på ternet papir med en cellestørrelse på 1 cm gange 1 cm (se figur). Giv dit svar i kvadratcentimeter.

Løsning: For at beregne arealet af en given figur kan du bruge Peak-formlen:

For at beregne arealet af et givet rektangel bruger vi Peaks formel:

Eksempel 4. Der er 5 røde og 1 blå prikker markeret på cirklen. Bestem, hvilke polygoner der er større: dem med alle hjørnerne røde eller dem med en af ​​hjørnerne blå. Angiv i dit svar, hvor mange der er flere af nogle end andre.

Løsning: 1) Lad os bruge formlen for antallet af kombinationer af n elementer af k:

hvis hjørner alle er røde.

3) En femkant med alle hjørner røde.

4) 10 + 5 + 1 = 16 polygoner med alle røde hjørner.

som har røde toppe eller med én blå top.

som har røde toppe eller med én blå top.

8) En sekskant med røde hjørner og en blå top.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 polygoner med alle røde hjørner eller et blåt hjørne.

10) 42 – 16 = 26 polygoner ved hjælp af den blå prik.

11) 26 – 16 = 10 polygoner – hvor mange flere polygoner, hvor et af hjørnerne er en blå prik, er der end polygoner, hvor alle hjørnerne kun er røde.

Svar: 10.

Opgave nr. 5- det grundlæggende niveau i første del tester evnen til at løse simple ligninger (irrationelle, eksponentielle, trigonometriske, logaritmiske).

Eksempel 5. Løs ligning 2 3 + x= 0,4 5 3 + x .

Løsning. Divider begge sider af denne ligning med 5 3 + x≠ 0, får vi

hvoraf det følger, at 3 + x = 1, x = –2.

Svar: –2.

Opgave nr. 6 i planimetri for at finde geometriske størrelser (længder, vinkler, arealer), modellering af virkelige situationer i geometrisproget. Studie af konstruerede modeller ved hjælp af geometriske begreber og sætninger. Kilden til vanskeligheder er som regel uvidenhed eller forkert anvendelse af de nødvendige planimetriske sætninger.

Areal af en trekant ABC svarer til 129. DE– midterlinje parallelt med siden AB. Find arealet af trapez EN SENG.

Løsning. Trekant CDE ligner en trekant CAB i to vinkler, da vinklen ved toppunktet C generelt, vinkel СDE lig med vinkel CAB som de tilsvarende vinkler ved DE || AB sekant A.C.. Fordi DE er midterlinjen i en trekant efter betingelse, derefter efter egenskaben for midterlinjen | DE = (1/2)AB. Det betyder, at lighedskoefficienten er 0,5. Arealerne af lignende figurer er derfor relateret som kvadratet af lighedskoefficienten

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

Opgave nr. 7- kontrollerer anvendelsen af ​​den afledede til studiet af en funktion. Succesfuld implementering kræver meningsfuld, ikke-formel viden om begrebet derivat.

Eksempel 7. Til grafen for funktionen y = f(x) ved abscissepunktet x 0 tegnes en tangent, der er vinkelret på linjen, der går gennem punkterne (4; 3) og (3; –1) i denne graf. Find f′( x 0).

Løsning. 1) Lad os bruge ligningen for en linje, der går gennem to givne punkter, og finde ligningen for en linje, der går gennem punkterne (4; 3) og (3; -1).

(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, hvor k 1 = 4.

2) Find hældningen af ​​tangenten k 2, som er vinkelret på linjen y = 4x– 13, hvor k 1 = 4, ifølge formlen:

3) Tangentvinklen er den afledede af funktionen ved tangenspunktet. Midler, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Svar: –0,25.

Opgave nr. 8- tester eksamensdeltagernes viden om elementær stereometri, evnen til at anvende formler til at finde overfladearealer og rumfang af figurer, dihedrale vinkler, sammenligne volumen af ​​lignende figurer, kunne udføre handlinger med geometriske figurer, koordinater og vektorer mv.

Rumfanget af en terning omskrevet omkring en kugle er 216. Find kuglens radius.

Løsning. 1) V terning = -en 3 (hvor EN– længden af ​​terningens kant), derfor

EN 3 = 216

EN = 3 √216

2) Da kuglen er indskrevet i en terning, betyder det, at længden af ​​kuglens diameter er lig med længden af ​​terningens kant, derfor d = -en, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Opgave nr. 9- kræver, at kandidaten har færdigheder til at transformere og forenkle algebraiske udtryk. Opgave nr. 9 af øget sværhedsgrad med kort svar. Opgaverne fra afsnittet "Beregninger og transformationer" i Unified State-eksamenen er opdelt i flere typer:

transformation af numeriske rationelle udtryk;

konvertering af algebraiske udtryk og brøker;

konvertering af irrationelle numeriske/bogstavsudtryk;

handlinger med grader;

konvertering af logaritmiske udtryk;

1. konvertering af numeriske/bogstav trigonometriske udtryk.

Eksempel 9. Beregn tanα, hvis det vides, at cos2α = 0,6 og

Løsning. 1) Lad os bruge dobbeltargumentformlen: cos2α = 2 cos 2 α – 1 og finde

Dette betyder tan 2 α = ± 0,5.

3) Efter betingelse

dette betyder, at α er vinklen af ​​den anden fjerdedel og tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

Svar: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Opgave nr. 10- tester elevernes evne til at bruge erhvervet tidlig viden og færdigheder i praktiske aktiviteter og hverdagsliv. Vi kan sige, at det er problemer i fysik og ikke i matematik, men alle de nødvendige formler og størrelser er givet i betingelsen. Problemerne bunder i at løse en lineær eller andengradsligning eller en lineær eller andengrads ulighed. Derfor er det nødvendigt at kunne løse sådanne ligninger og uligheder og bestemme svaret. Besvarelsen skal gives som et helt tal eller en endelig decimalbrøk.

To masselegemer m= 2 kg hver, bevæger sig med samme hastighed v= 10 m/s i en vinkel på 2α i forhold til hinanden. Den energi (i joule), der frigives under deres absolut uelastiske kollision, bestemmes af udtrykket Q = mv 2 sin 2 α. Ved hvilken mindste vinkel 2α (i grader) skal kroppene bevæge sig, så der frigives mindst 50 joule som følge af kollisionen?
Løsning. For at løse problemet skal vi løse uligheden Q ≥ 50 i intervallet 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

Da α ∈ (0°; 90°), løser vi kun

Lad os repræsentere løsningen på uligheden grafisk:

Da det ved betingelse α ∈ (0°; 90°), betyder 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Opgave nr. 11- er typisk, men viser sig at være svært for eleverne. Den største kilde til vanskeligheder er konstruktionen af ​​en matematisk model (opstilling af en ligning). Opgave nr. 11 tester evnen til at løse ordopgaver.

Eksempel 11. I løbet af forårsferien skulle Vasya i 11. klasse løse 560 øvelsesproblemer for at forberede sig til Unified State-eksamenen. Den 18. marts, på den sidste skoledag, løste Vasya 5 problemer. Så hver dag løste han det samme antal problemer mere end den foregående dag. Bestem, hvor mange problemer Vasya løste den 2. april, den sidste dag i ferien.

560 = (5 + -en 16) 8,

5 + -en 16 = 560: 8,

5 + -en 16 = 70,

-en 16 = 70 – 5

-en 16 = 65.

Svar: 65.

Opgave nr. 12- de tester elevernes evne til at udføre operationer med funktioner og til at kunne anvende den afledede til studiet af en funktion.

Find det maksimale punkt for funktionen y= 10ln( x + 9) – 10x + 1.

Løsning: 1) Find definitionsdomænet for funktionen: x + 9 > 0, x> –9, det vil sige x ∈ (–9; ∞).

2) Find den afledede af funktionen:

4) Det fundne punkt hører til intervallet (–9; ∞). Lad os bestemme tegnene på funktionens afledte og skildre funktionsadfærden i figuren:

Det ønskede maksimumpunkt x = –8.

a) Løs ligningen 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

b) Find alle rødderne til denne ligning, der hører til segmentet.

Løsning: a) Lad log 3 (2cos x) = t, derefter 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

b) Find rødderne, der ligger på segmentet.

Figuren viser, at rødderne af det givne segment hører til

Diameteren af ​​cirklen på cylinderens bund er 20, cylinderens generatrix er 28. Planet skærer sin base langs akkorder med længde 12 og 16. Afstanden mellem akkorderne er 2√197.

a) Bevis, at centrum af cylinderens bunde ligger på den ene side af dette plan.

b) Find vinklen mellem dette plan og planet for bunden af ​​cylinderen.

Løsning: a) En korde med længden 12 er i en afstand = 8 fra centrum af basiscirklen, og en korde med længden 16 har tilsvarende en afstand på 6. Derfor er afstanden mellem deres projektioner på et plan parallelt med cylindrenes base er enten 8 + 6 = 14 eller 8 - 6 = 2.

Så er afstanden mellem akkorderne enten

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Ifølge betingelsen blev det andet tilfælde realiseret, hvor fremspringene af akkorderne ligger på den ene side af cylinderaksen. Dette betyder, at aksen ikke skærer dette plan i cylinderen, det vil sige, at baserne ligger på den ene side af den. Hvad skulle bevises.

b) Lad os betegne basernes centre som O 1 og O 2. Lad os tegne fra midten af ​​basen med en akkord med længden 12 en halveringslinje vinkelret på denne akkord (den har længde 8, som allerede nævnt) og fra midten af ​​den anden base til den anden akkord. De ligger i samme plan β, vinkelret på disse akkorder. Lad os kalde midtpunktet af den mindre akkord B, den større akkord A og projektionen af ​​A på den anden base - H (H ∈ β). Så er AB,AH ∈ β og derfor AB,AH vinkelret på akkorden, det vil sige den rette skæringslinje mellem basen og den givne plan.

Det betyder, at den nødvendige vinkel er lig med

Opgave nr. 15- øget kompleksitetsniveau med en detaljeret besvarelse, tester evnen til at løse uligheder, som løses mest vellykket blandt opgaver med en detaljeret besvarelse af et øget kompleksitetsniveau.

Eksempel 15. Løs ulighed | x 2 – 3x| log 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Løsning: Definitionsdomænet for denne ulighed er intervallet (–1; +∞). Overvej tre sager separat:

1) Lad x 2 – 3x= 0, dvs. x= 0 eller x= 3. I dette tilfælde bliver denne ulighed sand, derfor er disse værdier inkluderet i løsningen.

2) Lad nu x 2 – 3x> 0, dvs. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Desuden kan denne ulighed omskrives som ( x 2 – 3x) log 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 og dividere med et positivt udtryk x 2 – 3x. Vi får log 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 eller x≤ –0,5. Under hensyntagen til definitionsdomænet har vi x ∈ (–1; –0,5].

3) Overvej endelig x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). I dette tilfælde vil den oprindelige ulighed blive omskrevet i formen (3 x – x 2) log 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Efter at have divideret med positive 3 x – x 2, vi får log 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Under hensyntagen til regionen, har vi x ∈ (0; 1].

Ved at kombinere de opnåede løsninger opnår vi x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Svar: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Opgave nr. 16- avanceret niveau refererer til opgaver i anden del med en detaljeret besvarelse. Opgaven tester evnen til at udføre handlinger med geometriske former, koordinater og vektorer. Opgaven indeholder to punkter. I det første punkt skal opgaven bevises, og i det andet punkt beregnes.

I en ligebenet trekant ABC med en vinkel på 120° er halveringslinjen BD tegnet ved toppunkt A. Rektangel DEFH er indskrevet i trekant ABC, så siden FH ligger på segment BC, og toppunkt E ligger på segment AB. a) Bevis at FH = 2DH. b) Find arealet af rektanglet DEFH, hvis AB = 4.

Løsning: EN)

1) ΔBEF – rektangulær, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, så EF = BE ved egenskaben for benet, der ligger modsat vinklen på 30°.

2) Lad EF = DH = x, så BE = 2 x, BF = x√3 ifølge Pythagoras sætning.

3) Da ΔABC er ligebenet, betyder det ∠B = ∠C = 30˚.

BD er halveringslinjen af ​​∠B, hvilket betyder ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Overvej ΔDBH – rektangulær, fordi 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.

Svar: 24 – 12√3.

Eksempel 17. Et depositum på 20 millioner rubler er planlagt til at blive åbnet i fire år. Ved udgangen af ​​hvert år øger banken indskuddet med 10 % i forhold til størrelsen ved årets begyndelse. Derudover genopfylder investoren i begyndelsen af ​​tredje og fjerde år årligt depositumet med x millioner rubler, hvor x - hel nummer. Find den største værdi x, hvor banken vil tilfalde mindre end 17 millioner rubler til depositum over fire år.

Løsning: Ved udgangen af ​​det første år vil bidraget være 20 + 20 · 0,1 = 22 millioner rubler, og i slutningen af ​​det andet - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 millioner rubler. I begyndelsen af ​​det tredje år vil bidraget (i millioner rubler) være (24,2 + x), og i slutningen - (24,2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 x). Ved begyndelsen af ​​det fjerde år vil bidraget være (26,62 + 2,1 X), og i slutningen - (26.62 + 2.1 x) + (26,62 + 2,1x) · 0,1 = (29,282 + 2,31 x). Ved betingelse skal du finde det største heltal x, som uligheden gælder for

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

Den største heltalsløsning på denne ulighed er tallet 24.

Svar: 24.

Ved hvad -en system af ulighed

har præcis to løsninger?

Løsning: Dette system kan omskrives i formularen

Hvis vi tegner mængden af ​​løsninger til den første ulighed på planet, får vi det indre af en cirkel (med en grænse) med radius 1 med centrum i punktet (0, EN). Sættet af løsninger til den anden ulighed er den del af planet, der ligger under grafen for funktionen y = | x| – -en, og sidstnævnte er grafen for funktionen
y = | x| , flyttet ned af EN. Løsningen til dette system er skæringspunktet mellem sæt af løsninger til hver af ulighederne.

Følgelig vil dette system kun have to løsninger i tilfældet vist i fig. 1.

Cirklens kontaktpunkter med linjerne vil være systemets to løsninger. Hver af de lige linjer hælder til akserne i en vinkel på 45°. Så det er en trekant PQR– rektangulære ligebenede. Prik Q har koordinater (0, EN), og pointen R– koordinater (0, – EN). Hertil kommer segmenterne PR Og PQ lig med radius af cirklen lig med 1. Dette betyder

Lade Sn sum P udtryk for en aritmetisk progression ( en s). Det er kendt, at S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Angiv formlen P termin af denne progression.

b) Find den mindste absolutte sum S n.

c) Find den mindste P, hvorpå S n vil være kvadratet af et heltal.

Løsning: a) Det er indlysende en n = S n – S n- 1 . Ved hjælp af denne formel får vi:

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

Midler, en n = 2n 2 – 25n – (2n 2 – 29n + 27) = 4n – 27.

B) Siden S n = 2n 2 – 25n, så overvej funktionen S(x) = | 2x 2 – 25x|. Dens graf kan ses på figuren.

Det er klart, at den mindste værdi opnås ved de heltalspunkter, der er tættest på funktionens nuller. Det er selvfølgelig punkter x= 1, x= 12 og x= 13. Siden, 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, så er den mindste værdi 12.

c) Af det foregående afsnit følger det Sn positiv, startende fra n= 13. Siden S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), så realiseres det åbenlyse tilfælde, når dette udtryk er et perfekt kvadrat, hvornår n = 2n– 25, altså kl P= 25.

Det er tilbage at kontrollere værdierne fra 13 til 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.

Det viser sig, at for mindre værdier P en komplet firkant opnås ikke.

Svar: EN) en n = 4n– 27; b) 12; c) 25.

________________

*Siden maj 2017 har den forenede forlagsgruppe "DROFA-VENTANA" været en del af det russiske lærebogsselskab. Selskabet omfatter også forlaget Astrel og den digitale uddannelsesplatform LECTA. Alexander Brychkin, kandidat fra Finansakademiet under Den Russiske Føderations regering, kandidat for økonomiske videnskaber, leder af innovative projekter fra DROFA-forlaget inden for digital uddannelse (elektroniske former for lærebøger, Russian Electronic School, digital uddannelsesplatform LECTA) blev udnævnt til generaldirektør. Før han kom til DROFA-forlaget, havde han stillingen som vicepræsident for strategisk udvikling og investeringer i forlaget EKSMO-AST. I dag har forlagsvirksomheden "Russian Textbook" den største portefølje af lærebøger inkluderet i den føderale liste - 485 titler (ca. 40%, eksklusive lærebøger til specialskoler). Selskabets forlag ejer de mest populære sæt af lærebøger i russiske skoler inden for fysik, tegning, biologi, kemi, teknologi, geografi, astronomi - videnområder, der er nødvendige for udviklingen af ​​landets produktive potentiale. Selskabets portefølje omfatter lærebøger og læremidler til grundskoler, som blev tildelt præsidentprisen på uddannelsesområdet. Det er lærebøger og manualer inden for fagområder, der er nødvendige for udviklingen af ​​Ruslands videnskabelige, tekniske og produktionsmæssige potentiale.

Denne artikel præsenterer en analyse af opgave 9-12 i del 2 af Unified State Examen i matematik på et specialiseret niveau fra en vejleder i matematik og fysik. Vejlederens videolektion med en analyse af de foreslåede opgaver indeholder detaljerede og forståelige kommentarer til hver af dem. Hvis du lige er begyndt at forberede dig til Unified State Exam i matematik, kan denne artikel være meget nyttig for dig.

Ved at bruge logaritmers egenskaber, som du kan gøre dig fortrolig med i detaljer i videotutorialen ovenfor, transformerer vi udtrykket:

10. Et fjederpendul svinger med et punktum T= 16 sek. Suspenderet vægt m= 0,8 kg. Bevægelseshastigheden af ​​lasten ændres over tid i overensstemmelse med formlen . Samtidig m/s. Den definerende formel for kinetisk energi (i joule) er: , hvor m taget i kilogram, - i meter i sekundet. Hvad er den kinetiske energi af belastningen i joule 10 s efter starten af ​​den oscillerende bevægelse?

Belastningshastigheden 10 s efter starten af ​​den oscillerende bevægelse vil være lig med:

Så vil den kinetiske energi på dette tidspunkt være lig med:

J.

Lade x- prisen på en slik, og y- pris på chokolade. Så koster 6 slikkepinde 6 x, og 2 % af prisen på en chokoladebar er lig med 0,02 y. Da det er kendt, at 6 slikkepinde koster 2 % mindre end en chokoladebar, gælder den første ligning: 6 x + 0,02y = y, hvorfra vi får det x = 0,98/6 y = 98/600 y = 49/300 y. Til gengæld koster 9 slikkepinde 9 x, altså 9·49/300 y = 49/300 y = 1,47 y. Opgaven kommer ned til at bestemme med hvilken procentdel 1,47 y mere end y. Hvis y er 100 %, derefter 1,47 y er 1,47·100% = 147%. Det er 1,47 y mere end y med 47 %.

1) DL er givet af uligheden: 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) Vi leder efter den afledede af funktionen. For en detaljeret beskrivelse af, hvordan den afledede af denne funktion beregnes, se videoen ovenfor. Den afledede af funktionen er lig med:

3) Leder efter værdier x, hvor den afledede er lig med 0 eller ikke eksisterer. Den eksisterer ikke for , da nævneren i dette tilfælde går til nul. Den afledte sættes til nul når.