Eksamiprofiili taseme ülesannete analüüs. Ettevalmistus matemaatika eksamiks (profiilitasand): ülesanded, lahendused ja selgitused

autor Bagmenova T. A. matemaatika õpetajaMBOU keskkool nr 14, Novocherkassk, Rostovi oblast.

Tuletise kasutamise ülesannete lahendamisel ühtseks riigieksamiks valmistumisel on ülesanded väga mitmekesised, mistõttu on vaja ülesanded rühmadesse jaotada, millele on lisatud teoreetiline materjal teemal "Tuletis".

Vaatleme näiteid ülesannetest nr 7 teemal "Tuletis" profiilitasemest matemaatikas, jagades need rühmadesse.

1 . Olgu funktsioon f(x) pidev intervallil [ a ; b ] ja on diferentseeruv intervallil (a;b). Siis kui funktsiooni tuletis on suurem kui null kõigi x-i puhul, mis kuuluvad [ a ; b ], siis funktsioon suureneb [ a ; b ] ja kui funktsiooni tuletis on väiksem kui null, siis see sellel lõigul väheneb.

Näited:

1)

Lahendus.

Punktides ja punktides funktsioon väheneb, mistõttu funktsiooni tuletis nendes punktides on negatiivne.

Vastus: 2.

2)

Lahendus.

Intervallidel (-2; 2), (6; 10) on funktsiooni tuletis negatiivne, mistõttu funktsioon neil intervallidel väheneb. Mõlema intervalli pikkus 4.

Vastus: 4.

3)

Lahendus.

Lõigul on funktsiooni tuletis positiivne, seetõttu funktsioon sellel intervallil suureneb, mistõttu funktsioon võtab punktis 3 väikseima väärtuse.

Vastus: 3.

4)

Lahendus.

Intervallil [-2; 3] on funktsiooni tuletis negatiivne, seetõttu funktsioon sellel intervallil väheneb, mistõttu funktsioon saab suurima väärtuse punktis -2.

Vastus: -2.

2 . Kui punktis muudab funktsiooni tuletis märgi "-" asemel "+", siis on see funktsiooni miinimumpunkt; kui punktis muudab funktsiooni tuletis märgi "+" asemel "-", siis on see funktsiooni maksimumpunkt.

Näide:

Lahendus.

Punktis x=3; x=13 funktsiooni tuletis muudab märgi "-" asemel "+", seega on need funktsiooni miinimumpunktid.

Vastus: 2.

3. Seisukord( x )=0 on diferentseeruva funktsiooni ekstreemumi vajalik tingimus f ( x ). Kuna funktsiooni tuletise graafiku lõikepunktides Ox-teljega on funktsiooni tuletis võrdne nulliga, siis on need punktid äärmuspunktid.

Näide:

Lahendus.

Funktsiooni tuletise graafiku lõikepunktid Ox-teljega antud lõigul 4, siit ka ekstreemumipunktid 4.

Vastus: 4.

4 . Funktsiooni tuletis on funktsiooni äärmuspunktides võrdne nulliga. Selles ülesandes on need punktid, kus funktsioon läheb suurenevalt kahanemisele või vastupidi.

Näide:

Lahendus.

Punktides on tuletis null.

Vastus: 4.

5. Funktsiooni tuletise väärtuse leidmiseks punktis tähendab see Ox-telje või Ox-teljega paralleelse sirge puutuja kalde puutuja leidmist. Kui puutuja kaldenurk x-telje suhtes on terav, siis nurga puutuja on positiivne, kui puutuja kaldenurk x-telje suhtes on nüri, siis nurga puutuja on negatiivne.

Näide:

Lahendus.

Ehitame täisnurkse kolmnurga, mille hüpotenuus asetseb puutujal ja üks jalgadest asub Ox-teljel või Härg-teljega paralleelsel sirgel, seejärel arvutame jalgade pikkused ja arvutame puutuja täisnurkse kolmnurga teravnurk. Vastasjalg on 2, külgnev jalg on 8, seega täisnurkse kolmnurga teravnurga puutuja on 0,25. Ox-telje puutuja kaldenurk on nüri, seetõttu on puutuja kaldenurga puutuja negatiivne, mistõttu funktsiooni tuletise väärtus punktis on -0,25.

Vastus: - 0,25.

6. 1) Paralleelsete sirgete kalded on võrdsed.

2) Funktsiooni tuletise väärtus f ( x y = f ( x ) punktis (; f ()).

Näide.

Lahendus.

Sirge kalle on 2. Kunafunktsiooni tuletise väärtusf( x) punktis on võrdne funktsiooni graafiku puutuja kaldegay= f( x) punktis (;f()), siis leiame punktid, kus funktsiooni tuletisf( x) on võrdne 2-ga.Selliseid punkte on sellel graafikul 4. Seega punktide arv, kus funktsiooni graafiku puutujaf( x) on antud sirgega paralleelne või kattub sellega, võrdub 4-ga.

Vastus: 4.

Kasutatud raamatud:

Kolyagin Yu. M., Tkacheva M. V., Fedorova N. E. jt Algebra ja matemaatilise analüüsi algus (põhi- ja kõrgtase). 10 rakku - Valgustus. 2014. aasta

KASUTAMINE: 4000 ülesannet koos vastustega matemaatikas. Kõik ülesanded "Suletud segment". Põhi- ja profiilitase. Toimetanud I.V. Jaštšenko.- M.: Eksamikirjastus, -2016.-640.

Matemaatika eksami profiilivalikute edukaks lahendamiseks tasub sellisest algoritmist loobuda. Eksamiks valmistumisel ei tohiks rõhku panna selle sooritamisele kui eesmärgile omaette, vaid õpilase teadmiste taseme tõstmisele. Selleks on vaja õppida teooriat, arendada oskusi, lahendades matemaatika profiilieksami erinevaid valikuid mittestandardsetel viisidel koos üksikasjalike vastustega ning jälgida õppimise dünaamikat. Ja Shkolkovo haridusprojekt aitab teid selles kõiges.

Miks peaksite valima meie ressursi?

Me ei paku teile tüüpilisi näiteid matemaatika põhiliste USE probleemide kohta, mis liiguvad Internetis ühelt saidilt teisele. Meie eksperdid töötasid iseseisvalt välja ülesannete andmebaasi, mis koosneb huvitavatest ja ainulaadsetest harjutustest ning mida uuendatakse iga päev. Kõik profiilitasemel matemaatika USE ülesanded sisaldavad vastuseid ja üksikasjalikke lahendusi. Need võimaldavad teil tuvastada õpilase ettevalmistamise tugevused ja nõrkused ning õpetada teda mõtlema vabalt ja väljaspool kasti.

Ülesannete täitmiseks ja matemaatika KASUTAMISE ülesannete eritasemel lahenduste vaatamiseks valige "Kataloogist" harjutus. Seda on üsna lihtne teha, kuna sellel on selge struktuur, mis sisaldab teemasid ja alateemasid. Kõik ülesanded on järjestatud kasvavas järjekorras lihtsast keerukamani ja sisaldavad matemaatika profiilieksami vastuseid koos lahendusega.

Lisaks antakse õpilasele võimalus iseseisvalt ülesannete valikuid kujundada. "Konstruktori" abil saab ta valida profiili tasemel KASUTUSE ülesandeid matemaatikas igal teda huvitaval teemal ja vaadata nende lahendusi. See võimaldab teil harjutada oskusi konkreetses jaotises, näiteks geomeetrias või algebras.

Samuti saab õpilane "Õpilase isiklikus kontos" teha matemaatika profiilieksami ülesannete analüüsi. Selles jaotises saab õpilane jälgida oma dünaamikat ja suhelda õpetajaga.

Kõik see aitab teil tõhusalt valmistuda matemaatika profiilieksamiks ja leida hõlpsasti lahendusi ka kõige keerukamatele probleemidele.

Praktika näitab, et ülesandeid kolmnurga pindala leidmiseks leitakse eksamil aastast aastasse. Sellepärast, kui õpilased soovivad saada atesteerimistesti sooritamise tulemuste kohta korralikke hindeid, peaksid nad kindlasti seda teemat kordama ja materjalist uuesti aru saama.

Kuidas valmistuda eksamiks?

Shkolkovo haridusprojekt aitab teil õppida lahendama kolmnurga pindala leidmisega seotud probleeme, mis on sarnased ühtse riigieksamiga. Siit leiate kõik vajaliku sertifitseerimistestiks valmistumiseks.

Selleks, et harjutused teemal “Kolmnurga pindala eksamiülesannetes” lõpetajatele raskusi ei tekitaks, soovitame esmalt värskendada oma mälus trigonomeetrilisi põhimõisteid ja reegleid. Selleks minge lihtsalt jaotisse "Teoreetiline viide". Õige vastuse leidmisel on abiks põhilised määratlused ja valemid.

Õpitud materjali ja probleemide lahendamise praktika kinnistamiseks soovitame teha harjutusi, mille valisid välja Shkolkovo haridusprojekti spetsialistid. Igal saidi ülesandel on õige vastus ja lahenduse üksikasjalik kirjeldus. Õpilased saavad harjutada nii lihtsate kui ka keerulisemate ülesannetega.

Koolilapsed saavad oma oskusi selliste harjutuste sooritamisel veebis "pumbata" nii Moskvas kui ka mõnes teises Venemaa linnas. Vajadusel saab täidetud ülesande salvestada jaotisesse "Lemmikud", et hiljem selle juurde tagasi pöörduda ja õpetajaga lahendust arutada.

Keskharidus üldharidus

Liin UMK G.K.Muravina. Algebra ja matemaatilise analüüsi algus (10-11) (sügav)

Liin UMK Merzlyak. Algebra ja analüüsi algus (10-11) (U)

Matemaatika

Ettevalmistus matemaatika eksamiks (profiilitasand): ülesanded, lahendused ja selgitused

Profiilitaseme eksamitöö kestab 3 tundi 55 minutit (235 minutit).

Minimaalne lävi- 27 punkti.

Eksamitöö koosneb kahest osast, mis erinevad nii sisu, keerukuse kui ka ülesannete arvu poolest.

Iga tööosa määravaks tunnuseks on ülesannete vorm:

• 1. osa sisaldab 8 ülesannet (ülesanded 1-8) lühikese vastusega täisarvu või kümnendmurru kujul;
• 2. osa sisaldab 4 ülesannet (ülesanded 9–12) lühikese vastusega täisarvu või kümnendmurru kujul ja 7 ülesannet (ülesanded 13–19) üksikasjaliku vastusega (otsuse täielik kirje koos põhjendusega sooritatud toimingud).

Panova Svetlana Anatolievna, kooli kõrgeima kategooria matemaatikaõpetaja, töökogemus 20 aastat:

«Koolitunnistuse saamiseks peab lõpetaja sooritama ühtse riigieksami vormis kaks kohustuslikku eksamit, millest üks on matemaatika. Vastavalt Vene Föderatsiooni matemaatilise hariduse arendamise kontseptsioonile on matemaatika ühtne riigieksam jagatud kaheks tasemeks: põhi- ja erialaeksam. Täna kaalume profiilitaseme võimalusi.

Ülesanne number 1- kontrollib USE osalejate oskust rakendada praktilises tegevuses 5-9 klassi algmatemaatika kursustel omandatud oskusi. Osaleja peab omama arvutusoskusi, oskama töötada ratsionaalarvudega, suutma ümardada kümnendmurde, suutma üht mõõtühikut teisendada.

Näide 1 Korteris, kus Petr elab, paigaldati külmaveemõõtja (arvesti). Esimesel mail näitas arvesti kuluks 172 kuupmeetrit. m vett ja esimesel juunil - 177 kuupmeetrit. m Millise summa peaks Peeter maksma maikuu külma vee eest, kui hind on 1 cu. m külm vesi on 34 rubla 17 kopikat? Esitage oma vastus rublades.

Lahendus:

1) Leidke kuus kulutatud vee kogus:

177–172 = 5 (cu m)

2) Leidke, kui palju raha kulutatud vee eest makstakse:

34,17 5 = 170,85 (hõõru)

Vastus: 170,85.

Ülesanne number 2- on eksami üks lihtsamaid ülesandeid. Suurem osa lõpetajaid tuleb sellega edukalt toime, mis viitab funktsiooni mõiste definitsiooni omamisele. Ülesande tüüp nr 2 nõuete kodifitseerija järgi on ülesanne omandatud teadmiste ja oskuste kasutamiseks praktilises tegevuses ja igapäevaelus. Ülesanne nr 2 seisneb suuruste erinevate reaalsete seoste kirjeldamises, kasutamises ja nende graafikute tõlgendamises. Ülesanne number 2 testib võimet eraldada tabelites, diagrammides, graafikutes esitatud teavet. Lõpetajad peavad suutma määrata funktsiooni väärtust argumendi väärtuse järgi erinevate funktsiooni täpsustamise viisidega ning kirjeldada funktsiooni käitumist ja omadusi selle graafiku järgi. Samuti tuleb osata funktsioonigraafikust leida suurim või väikseim väärtus ning ehitada uuritavate funktsioonide graafikud. Tehtud vead on ülesande tingimuste lugemisel, diagrammi lugemisel juhusliku iseloomuga.

#ADVERTISING_INSERT#

Näide 2 Joonisel on näha kaevandusettevõtte ühe aktsia vahetusväärtuse muutus 2017. aasta aprilli esimesel poolel. 7. aprillil ostis ärimees selle ettevõtte 1000 aktsiat. 10. aprillil müüs ta kolmveerand ostetud aktsiatest ja 13. aprillil kõik ülejäänud. Kui palju ärimees nende operatsioonide tulemusel kaotas?

Lahendus:

2) 1000 3/4 = 750 (aktsiad) - moodustavad 3/4 kõigist ostetud aktsiatest.

6) 247500 + 77500 = 325000 (rubla) - ärimees sai pärast 1000 aktsia müüki.

7) 340 000 - 325 000 = 15 000 (rubla) - ärimees kaotas kõigi toimingute tulemusena.

Vastus: 15000.

Ülesanne number 3- on esimese osa algtaseme ülesanne, millega kontrollitakse geomeetriliste kujunditega toimingute sooritamise oskust vastavalt kursuse "Planimeetria" sisule. Ülesandes 3 testitakse ruudulisel paberil oleva kujundi pindala arvutamise oskust, nurkade astmemõõtude arvutamise, perimeetrite arvutamise oskust jne.

Näide 3 Leidke ruudulisele paberile joonistatud ristküliku pindala, mille lahtri suurus on 1 cm x 1 cm (vt joonist). Esitage oma vastus ruutsentimeetrites.

Lahendus: Selle joonise pindala arvutamiseks võite kasutada piigi valemit:

Selle ristküliku pindala arvutamiseks kasutame Peak valemit:

Näide 4 Ringil on 5 punast ja 1 sinine täpp. Määrake, millised hulknurgad on suuremad: need, millel on kõik punased tipud või need, millel on üks sinine tipp. Oma vastuses märkige, kui palju rohkem üht kui teist.

Lahendus: 1) Kasutame kombinatsioonide arvu valemit alates n elemendid poolt k:

mille kõik tipud on punased.

3) Üks viisnurk kõigi punaste tippudega.

4) 10 + 5 + 1 = 16 hulknurka, millel on kõik punased tipud.

mille tipud on punased või ühe sinise tipuga.

mille tipud on punased või ühe sinise tipuga.

8) Üks kuusnurk, mille tipud on punased ja ühe sinise tipuga.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 hulknurka, millel on kõik punased tipud või üks sinine tipp.

10) 42–16 = 26 hulknurka, mis kasutavad sinist punkti.

11) 26 - 16 = 10 hulknurka - mitu hulknurka, mille üks tippudest on sinine täpp, on rohkem kui hulknurki, mille kõik tipud on ainult punased.

Vastus: 10.

Ülesanne number 5- esimese osa algtasemel testitakse oskust lahendada lihtsamaid võrrandeid (irratsionaalne, eksponentsiaalne, trigonomeetriline, logaritmiline).

Näide 5 Lahendage võrrand 2 3 + x= 0,4 5 3 + x .

Lahendus. Jagage selle võrrandi mõlemad pooled 5 3 +-ga X≠ 0, saame

millest järeldub, et 3 + x = 1, x = –2.

Vastus: –2.

Ülesanne number 6 planimeetrias geomeetriliste suuruste (pikkuste, nurkade, pindalade) leidmiseks, reaalsete olukordade modelleerimiseks geomeetria keeles. Konstrueeritud mudelite uurimine geomeetriliste mõistete ja teoreemide abil. Raskuste allikaks on reeglina planimeetria vajalike teoreemide teadmatus või vale rakendamine.

Kolmnurga pindala ABC võrdub 129-ga. DE- küljega paralleelne keskjoon AB. Leidke trapetsi pindala VOODI.

Lahendus. Kolmnurk CDE sarnane kolmnurgaga TAKSO kahes nurgas, kuna nurk tipus Cüldine, nurk CDE võrdne nurgaga TAKSO vastavate nurkadena DE || AB sekant AC. Sest DE on kolmnurga keskjoon tingimuse, seejärel keskjoone omaduse järgi | DE = (1/2)AB. Seega on sarnasuse koefitsient 0,5. Sarnaste arvude pindalad on seotud sarnasuskoefitsiendi ruuduga, seega

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

Ülesanne number 7- kontrollib tuletise rakendamist funktsiooni uurimisel. Edukaks rakendamiseks on vajalik tuletise mõiste mõtestatud, mitteformaalne omamine.

Näide 7 Funktsiooni graafikule y = f(x) abstsissiga punktis x 0 tõmmatakse puutuja, mis on risti selle graafiku punkte (4; 3) ja (3; -1) läbiva sirgega. Otsi f′( x 0).

Lahendus. 1) Kasutame kahte etteantud punkti läbiva sirge võrrandit ja leiame punkte (4; 3) ja (3; -1) läbiva sirge võrrandi.

(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| · (-üks)

y – 3 = 4x – 16

y = 4x– 13, kus k 1 = 4.

2) Leidke puutuja kalle k 2, mis on joonega risti y = 4x– 13, kus k 1 = 4, vastavalt valemile:

3) Puutuja kalle on funktsiooni tuletis kokkupuutepunktis. Tähendab, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Vastus: –0,25.

Ülesanne number 8- kontrollib eksamil osalejate teadmisi elementaarsest stereomeetriast, oskust rakendada valemeid kujundite pindalade ja mahtude, kahetahuliste nurkade leidmiseks, võrrelda sarnaste kujundite ruumalasid, oskab sooritada toiminguid geomeetriliste kujundite, koordinaatide ja vektoritega , jne.

Ümber kera ümbritsetud kuubiku ruumala on 216. Leia sfääri raadius.

Lahendus. 1) V kuubik = a 3 (kus a on kuubi serva pikkus), nii et

a 3 = 216

a = 3 √216

2) Kuna kera on kantud kuubi, tähendab see, et kera läbimõõdu pikkus on võrdne kuubi serva pikkusega, seega d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Ülesanne number 9- nõuab koolilõpetajalt algebraliste avaldiste teisendamist ja lihtsustamist. Kõrgendatud keerukusastmega ülesanne nr 9 lühikese vastusega. USE jaotise "Arvutused ja teisendused" ülesanded on jagatud mitut tüüpi:

arvuliste ratsionaalavaldiste teisendused;

algebraliste avaldiste ja murdude teisendused;

numbriliste/tähtede irratsionaalsete avaldiste teisendused;

toimingud kraadidega;

logaritmiliste avaldiste teisendamine;

1. numbriliste/tähtede trigonomeetriliste avaldiste teisendamine.

Näide 9 Arvutage tgα, kui on teada, et cos2α = 0,6 ja

Lahendus. 1) Kasutame topeltargumendi valemit: cos2α = 2 cos 2 α - 1 ja leiame

Seega tan 2 α = ± 0,5.

3) Tingimuste järgi

seega α on teise veerandi ja tgα nurk< 0, поэтому tgα = –0,5.

Vastus: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Ülesanne number 10- kontrollib õpilaste oskust kasutada omandatud varaseid teadmisi ja oskusi praktilises tegevuses ja igapäevaelus. Võime öelda, et need on ülesanded füüsikas ja mitte matemaatikas, kuid tingimuses on kõik vajalikud valemid ja suurused antud. Ülesanded taandatakse lineaar- või ruutvõrrandi või lineaar- või ruutvõrratuse lahendamiseks. Seetõttu on vaja selliseid võrrandeid ja võrratusi lahendada ning vastus määrata. Vastus peab olema täisarvu või kümnendmurru kujul.

Kaks massilist keha m= igaüks 2 kg, liikudes sama kiirusega v= 10 m/s üksteise suhtes 2α nurga all. Nende absoluutselt mitteelastsel kokkupõrkel vabanev energia (džaulides) määratakse avaldise järgi K = mv 2 sin 2 α. Millise väikseima nurga 2α (kraadides) all peavad kehad liikuma, et kokkupõrke tagajärjel vabaneks vähemalt 50 džauli?
Lahendus.Ülesande lahendamiseks tuleb lahendada ebavõrdsus Q ≥ 50, intervallil 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin2α ≥ 50

Kuna α ∈ (0°; 90°), siis me ainult lahendame

Esitame ebavõrdsuse lahenduse graafiliselt:

Kuna eeldusel α ∈ (0°; 90°), tähendab see, et 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Ülesanne number 11- on tüüpiline, kuid see osutub õpilastele keeruliseks. Peamine raskuste allikas on matemaatilise mudeli koostamine (võrrandi koostamine). Ülesanne number 11 paneb proovile tekstülesannete lahendamise oskuse.

Näide 11. Kevadvaheajal pidi 11. klassi õpilane Vasja eksamiks valmistumiseks lahendama 560 treeningülesannet. 18. märtsil, viimasel koolipäeval, lahendas Vasja 5 ülesannet. Seejärel lahendas ta iga päev sama palju probleeme rohkem kui eelmisel päeval. Tehke kindlaks, kui palju probleeme Vasya 2. aprillil puhkuse viimasel päeval lahendas.

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

Vastus: 65.

Ülesanne number 12- kontrollida õpilaste võimet funktsioonidega toiminguid sooritada, osata funktsiooni uurimisel rakendada tuletist.

Leia funktsiooni maksimumpunkt y= 10ln( x + 9) – 10x + 1.

Lahendus: 1) Leidke funktsiooni domeen: x + 9 > 0, x> –9, see tähendab x ∈ (–9; ∞).

2) Leidke funktsiooni tuletis:

4) Leitud punkt kuulub intervalli (–9; ∞). Määratleme funktsiooni tuletise märgid ja kujutame funktsiooni käitumist joonisel:

Soovitud maksimaalne punkt x = –8.

a) Lahendage võrrand 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

b) Leia kõik selle võrrandi juured, mis kuuluvad segmenti.

Lahendus: a) Olgu log 3 (2cos x) = t, siis 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

b) Leia juured, mis asuvad lõigul .

Jooniselt on näha, et antud lõigul on juured

Silindri aluse ringi läbimõõt on 20, silindri generatriks on 28. Tasapind lõikub selle alustega piki kõõlu pikkusega 12 ja 16. Kõõlude vaheline kaugus on 2√197.

a) Tõesta, et silindri aluste keskpunktid asuvad selle tasapinnaga samal küljel.

b) Leidke nurk selle tasandi ja silindri aluse tasapinna vahel.

Lahendus: a) Kõõl pikkusega 12 asub põhiringi keskpunktist kaugusel = 8 ja kõõl pikkusega 16 on samamoodi kaugusel 6. Seetõttu on nende projektsioonide vaheline kaugus ringjoonega paralleelsel tasapinnal. silindrite põhi on kas 8 + 6 = 14 või 8 - 6 = 2.

Siis on akordide vaheline kaugus kas

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Vastavalt tingimusele realiseeriti teine ​​juhtum, kus kõõlude projektsioonid asuvad ühel pool silindri telge. See tähendab, et telg ei lõiku silindri sees selle tasapinnaga, see tähendab, et alused asuvad selle ühel küljel. Mida oli vaja tõestada.

b) Tähistame aluste keskpunktideks O 1 ja O 2. Tõmbame aluse keskpunktist 12 pikkuse kõõluga risti poolitaja selle kõõlule (selle pikkus on 8, nagu juba märgitud) ja teise aluse keskpunktist teise kõõluni. Need asuvad samal tasapinnal β, mis on nende akordidega risti. Nimetame A-st suurema väiksema kõõlu B keskpunkti ja A projektsiooni teisele alusele H (H ∈ β). Siis on AB,AH ∈ β ja seega AB,AH risti kõõlu ehk aluse lõikejoonega antud tasapinnaga.

Nii et vajalik nurk on

Ülesanne number 15- kõrgendatud keerukuse tase üksikasjaliku vastusega, kontrollib ebavõrdsuse lahendamise võimet, mis on kõrgendatud keerukusega üksikasjaliku vastusega ülesannete hulgas kõige edukamalt lahendatud.

Näide 15 Lahenda ebavõrdsus | x 2 – 3x| logi 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Lahendus: Selle ebavõrdsuse määratluspiirkond on intervall (–1; +∞). Mõelge kolmele juhtumile eraldi:

1) Lase x 2 – 3x= 0, st. X= 0 või X= 3. Sel juhul muutub see ebavõrdsus tõeseks, seetõttu kaasatakse need väärtused lahendusse.

2) Lase nüüd x 2 – 3x> 0, st. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Sel juhul saab selle ebavõrdsuse ümber kirjutada kujul ( x 2 – 3x) logi 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 ja jaga positiivse avaldisega x 2 – 3x. Saame logi 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 -1 või x≤ -0,5. Võttes arvesse määratlusvaldkonda, on meil x ∈ (–1; –0,5].

3) Lõpuks kaaluge x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). Sel juhul kirjutatakse algne ebavõrdsus ümber kujul (3 x – x 2) logi 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Pärast positiivse avaldisega jagamist 3 x – x 2, saame logi 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Arvestades pindala, on meil x ∈ (0; 1].

Saadud lahendusi kombineerides saame x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Vastus: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Ülesanne number 16- kõrgtase viitab üksikasjaliku vastusega teise osa ülesannetele. Ülesandes testitakse oskust sooritada toiminguid geomeetriliste kujundite, koordinaatide ja vektoritega. Ülesanne sisaldab kahte elementi. Esimeses lõigus tuleb ülesanne tõestada ja teises lõigus arvutada.

Võrdhaarses kolmnurgas ABC, mille nurk on tipus A 120°, on joonestatud poolitaja BD. Ristkülik DEFH on kantud kolmnurka ABC nii, et külg FH asub lõigul BC ja tipp E asub lõigul AB. a) Tõesta, et FH = 2DH. b) Leidke ristküliku DEFH pindala, kui AB = 4.

Lahendus: a)

1) ΔBEF - ristkülikukujuline, EF⊥BC, ∠B = (180° - 120°) : 2 = 30°, siis EF = BE 30° nurga vastas oleva jala omaduse tõttu.

2) Olgu EF = DH = x, siis BE = 2 x, BF = x√3 Pythagorase teoreemi järgi.

3) Kuna ΔABC on võrdhaarne, siis ∠B = ∠C = 30˚.

BD on ∠B poolitaja, seega ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Vaatleme ΔDBH - ristkülikukujulist, sest 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.

Vastus: 24 – 12√3.

Näide 17. Deposiit summas 20 miljonit rubla plaanitakse avada neljaks aastaks. Pank suurendab iga aasta lõpus hoiust 10% võrreldes selle aasta alguse suurusega. Lisaks täiendab hoiustaja kolmanda ja neljanda aasta alguses hoiust igal aastal aasta võrra X miljonit rubla, kus X - terve number. Leia kõrgeim väärtus X, mille juures pank lisab hoiusele nelja aastaga alla 17 miljoni rubla.

Lahendus: Esimese aasta lõpus on sissemakse 20 + 20 · 0,1 = 22 miljonit rubla ja teise aasta lõpus - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 miljonit rubla. Kolmanda aasta alguses on sissemakse (miljonites rublades) (24,2+ X) ja lõpus - (24,2 + X) + (24,2 + X) 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Neljanda aasta alguses on sissemakse (26,62 + 2,1 X), ja lõpus - (26,62 + 2,1 X) + (26,62 + 2,1X) 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Tingimuse järgi tuleb leida suurim täisarv x, mille puhul on ebavõrdsus

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

Selle ebavõrdsuse suurim täisarvlahend on arv 24.

Vastus: 24.

Mille juures a ebavõrdsuse süsteem

on täpselt kaks lahendust?

Lahendus: Selle süsteemi saab ümber kirjutada kui

Kui joonistada tasapinnale esimese võrratuse lahendite hulk, saame raadiusega 1 (piiriga) ringi sisemuse, mille keskpunkt on punkt (0, a). Teise võrratuse lahendite hulk on tasandi osa, mis jääb funktsiooni graafiku alla y = | x| – a, ja viimane on funktsiooni graafik
y = | x| , nihutatud allapoole a. Selle süsteemi lahendus on iga võrratuse lahendushulkade ristumiskoht.

Järelikult on sellel süsteemil kaks lahendust ainult joonisel fig. üks.

Ringi ja joonte kokkupuutepunktid on süsteemi kaks lahendust. Iga sirgjoon on telgede suhtes 45° nurga all. Seega kolmnurk PQR- ristkülikukujulised võrdhaarsed. Punkt K on koordinaadid (0, a) ja punkt R– koordinaadid (0, – a). Lisaks lõiked PR ja PQ on võrdsed ringi raadiusega 1. Seega,

Lase sn summa P aritmeetilise progressiooni liikmed ( a p). On teada, et S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Esitage valem P selle progressi liige.

b) Leia väikseim moodulsumma S n.

c) Leia väikseim P, mille juures S n on täisarvu ruut.

Lahendus a) Ilmselgelt a n = S n – S n- üks. Seda valemit kasutades saame:

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

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

B) sest S n = 2n 2 – 25n, siis kaaluge funktsiooni S(x) = | 2x 2 – 25x|. Tema graafik on näha joonisel.

On ilmne, et väikseim väärtus saavutatakse täisarvulistes punktides, mis asuvad funktsiooni nullidele kõige lähemal. Ilmselgelt on need punktid. X= 1, X= 12 ja X= 13. Alates 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, siis on väikseim väärtus 12.

c) Eelmisest lõigust tuleneb, et sn aastast positiivne n= 13. Alates S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), siis ilmne juhtum, kui see avaldis on täiuslik ruut, realiseerub siis, kui n = 2n- 25, see tähendab koos P= 25.

Jääb üle kontrollida väärtusi vahemikus 13 kuni 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.

Selgub, et väiksemate väärtuste puhul P täisruutu ei saavutata.

Vastus: a) a n = 4n- 27; b) 12; c) 25.

________________

*Alates 2017. aasta maist kuulub DROFA-VENTANA kirjastuskontsern Venemaa õpikute korporatsiooni koosseisu. Korporatsiooni alla kuulusid ka kirjastus Astrel ja digitaalne haridusplatvorm LECTA. Aleksandr Brõtškin, Vene Föderatsiooni valitsuse alluvuses oleva finantsakadeemia vilistlane, majandusteaduste kandidaat, kirjastuse DROFA uuenduslike projektide juht digihariduse valdkonnas (õpikute elektroonilised vormid, Vene Elektrooniline Kool, LECTA digiharidus platvorm) on määratud peadirektoriks. Enne DROFA kirjastusega liitumist töötas ta kirjastusettevõtte EKSMO-AST strateegilise arenduse ja investeeringute asepresidendi ametikohal. Täna on Venemaa õpikute kirjastuse korporatsioonil suurim föderaalsesse nimekirja kantud õpikute portfell - 485 nimetust (umbes 40%, välja arvatud paranduskoolide õpikud). Korporatsiooni kirjastustele kuuluvad füüsika, joonistamise, bioloogia, keemia, tehnoloogia, geograafia, astronoomia õpikute komplektid, mis on vene koolide poolt enim nõutud – need on teadmiste valdkonnad, mida on vaja riigi tootmispotentsiaali arendamiseks. Korporatsiooni portfooliosse kuuluvad Presidendi haridusalase auhinnaga pärjatud õpikud ja õppevahendid põhikoolidele. Need on õpikud ja käsiraamatud ainevaldkondade kohta, mis on vajalikud Venemaa teadusliku, tehnilise ja tööstusliku potentsiaali arendamiseks.

Selles artiklis esitatakse matemaatika matemaatika 2. osa ülesannete 9–12 analüüs profiili tasemel matemaatika ja füüsika juhendajalt. Juhendaja videotund koos pakutud ülesannete analüüsiga sisaldab üksikasjalikke ja arusaadavaid kommentaare igaühe kohta. Kui olete just alustanud matemaatikaeksamiks valmistumist, võib see artikkel olla teile väga kasulik.

Kasutades logaritmide omadusi, mida saate üksikasjalikult õppida ülaltoodud videoõpetusest, teisendame avaldise:

10. Vedrupendel võngub punktiga T= 16 s. Rippkoorma kaal m= 0,8 kg. Lasti liikumiskiirus muutub ajas vastavalt valemile . Samal ajal m / s. Kineetilise energia (džaulides) määrav valem on: , kus m kilogrammides, - meetrites sekundis. Kui suur on koormuse kineetiline energia džaulides 10 sekundit pärast võnkeliikumise algust?

Koorma liikumiskiirus 10 s pärast võnkuva liikumise algust on võrdne:

Siis on kineetiline energia sellel ajahetkel võrdne:

J.

Lase x on ühe pulgakommi hind ja y- šokolaadi hind. Siis maksis 6 pulgakommi 6 x, ja 2% šokolaaditahvli maksumusest on 0,02 y. Kuna on teada, et 6 pulgakommi on 2% odavam kui šokolaaditahvel, siis kehtib esimene võrrand: 6 x + 0,02y = y, millest me selle saame x = 0,98/6 y = 98/600 y = 49/300 y. 9 pulgakommi maksab omakorda 9 x, st 9 49/300 y = 49/300 y = 1,47 y. Ülesanne taandub määramisega, kui palju protsenti 1,47 y rohkem kui y. Kui y on 100%, siis 1,47 y on 1,47 100% = 147%. See on 1,47 y rohkem kui y 47% võrra.

1) ODZ on antud ebavõrdsusega: title="(!LANG: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) Otsime funktsiooni tuletist. Üksikasjalikku lugu selle funktsiooni tuletise arvutamise kohta leiate ülaltoodud videost. Funktsiooni tuletis on:

3) Väärtuste otsimine x, mille tuletis on 0 või puudub. Seda ei eksisteeri , kuna sel juhul nimetaja kaob. Tuletis kaob, kui.