Analyse av eksamensoppgaver profilnivå. Forberedelse til Unified State-eksamen i matematikk (profilnivå): oppgaver, løsninger og forklaringer

Forfatter Bagmenova T.A. matematikklærerMBOU videregående skole nr. 14, Novocherkassk, Rostov-regionen.

Når du løser oppgaver om bruk av derivater som forberedelse til Unified State-eksamen, er det et bredt spekter av oppgaver, noe som gir behov for å dele oppgavene inn i grupper, ledsaget av teoretisk materiale om emnet "Derivat".

La oss se på eksempler på oppgave nr. 7 om emnet "Avledet" av et profilnivå i matematikk, og dele dem inn i grupper.

1 . La funksjonen f(x) være kontinuerlig på intervallet [ en ; b ] og er differensierbar på intervallet (a;b). Så hvis den deriverte av en funksjon er større enn null for alle x som tilhører [ en ; b ], så øker funksjonen med [ en ; b ], og hvis den deriverte av en funksjon er mindre enn null, avtar den på dette segmentet.

Eksempler:

1)

Løsning.

Ved punkter og punkter avtar funksjonen, derfor er den deriverte av funksjonen i disse punktene negativ.

Svar: 2.

2)

Løsning.

På intervallene (-2;2), (6;10) er den deriverte av funksjonen negativ, derfor avtar funksjonen på disse intervallene. Lengden på begge intervallene er 4.

Svar: 4.

3)

Løsning.

På segmentet er den deriverte av funksjonen positiv, derfor øker funksjonen på dette intervallet, derfor tar funksjonen sin minste verdi ved punkt 3.

Svar: 3.

4)

Løsning.

På intervallet [-2;3] er den deriverte av funksjonen negativ, derfor avtar funksjonen på dette intervallet, derfor får funksjonen sin største verdi ved punkt -2.

Svar: -2.

2 . Hvis den deriverte av en funksjon på et tidspunkt endrer fortegn fra "-" til "+", så er dette minimumspunktet for funksjonen; hvis den deriverte av en funksjon på et tidspunkt endrer fortegn fra "+" til "-", så er dette maksimumspunktet for funksjonen.

Eksempel:

Løsning.

Ved punkt x=3; x=13 den deriverte av funksjonen endrer fortegn fra "-" til "+", derfor er dette minimumspunktene til funksjonen.

Svar: 2.

3. Tilstand( x )=0 er en nødvendig betingelse for ekstremumet til den differensierbare funksjonen f ( x ). Siden i skjæringspunktene for grafen til den deriverte av en funksjon med Ox-aksen, er den deriverte av funksjonen lik null, så er disse punktene ekstremumpunkter.

Eksempel:

Løsning.

Det er 4 skjæringspunkter for grafen til den deriverte av en funksjon med Ox-aksen på et gitt segment, derfor er det 4 ekstremumpunkter.

Svar: 4.

4 . Den deriverte av en funksjon er lik null ved funksjonens ytterpunkt. I denne oppgaven er dette punktene hvor funksjonen skifter fra økende til synkende eller omvendt.

Eksempel:

Løsning.

Ved punkter er den deriverte null.

Svar: 4.

5. Finn verdien av den deriverte av funksjonen i et punkt, dette betyr å finne tangenten til helningsvinkelen til tangenten til Ox-aksen eller til en rett linje parallelt med Ox-aksen. Hvis hellingsvinkelen til tangenten til Ox-aksen er spiss, er tangensen til vinkelen positiv; hvis helningsvinkelen til tangenten til Ox-aksen er stump, så er tangenten til vinkelen negativ.

Eksempel:

Løsning.

La oss konstruere en rettvinklet trekant der hypotenusen vil ligge på tangenten, og en av bena vil ligge på Ox-aksen eller på en rett linje parallelt med Ox-aksen, så skal vi telle lengdene på bena og beregne tangenten av den spisse vinkelen til den rette trekanten. Den motsatte siden er lik 2, den tilstøtende siden er lik 8, derfor er tangenten til den spisse vinkelen til en rettvinklet trekant lik 0,25. Hellingsvinkelen til tangenten til Ox-aksen er stump, derfor er tangenten til hellingsvinkelen til tangenten negativ, derfor er verdien av den deriverte av funksjonen i punktet -0,25.

Svar: - 0,25.

6. 1) Vinkelkoeffisientene til parallelle linjer er like.

2) Verdien av den deriverte av funksjonen f ( x y = f ( x ) på punktet (; f ()).

Eksempel.

Løsning.

Helningen på den rette linjen er 2. Sidenverdien av den deriverte av funksjonenf( x) i et punkt er lik helningen til tangenten til grafen til funksjoneny= f( x) på punktet (;f()), så finner vi punktene der den deriverte av funksjonenf( x) er lik 2.Det er 4 slike punkter på denne grafen. Derfor er antallet punkter der tangenten til grafen til funksjonenf( x) er parallell med en gitt linje eller sammenfaller med den er lik 4.

Svar: 4.

Brukte bøker:

Kolyagin Yu. M., Tkacheva M. V., Fedorova N. E. et al. Algebra og begynnelsen av matematisk analyse (grunnleggende og avansert nivå). 10 karakterer – Opplysning. 2014

Unified State Exam: 4000 problemer med svar i matematikk. Alle oppgaver er "Lukket segment". Grunn- og profilnivå. Redigert av I. V. Yashchenko. - M.: Publishing House "Exam", - 2016. - 640 s.

For å lykkes med å løse profilvariantene til Unified State Examination i matematikk, er det verdt å forlate en slik algoritme. Når du forbereder deg til en eksamen, må du ikke fokusere på å bestå den som et mål i seg selv, men på å øke studentens kunnskapsnivå. For å gjøre dette, må du studere teori, øve ferdigheter, løse ulike alternativer for profilen Unified State Examination i matematikk på ikke-standardiserte måter med detaljerte svar, og overvåke dynamikken i læring. Og Shkolkovo utdanningsprosjekt vil hjelpe deg med alt dette.

Hvorfor bør du velge vår ressurs?

Vi tilbyr deg ikke typiske eksempler på profilproblemer for Unified State Exam i matematikk, som vandrer på Internett fra en side til en annen. Våre eksperter har uavhengig utviklet en database med oppgaver, som består av interessante og unike øvelser og oppdateres daglig. Alle BRUK-oppgaver i matematikk på profilnivå inneholder svar og detaljløsninger. De lar deg identifisere styrker og svakheter i en elevs forberedelse og lærer ham å tenke fritt og utenfor boksen.

For å fullføre oppgaver og se løsninger på BRUK-oppgaver i matematikk på profilnivå, velg en øvelse i "Katalogen". Dette er ganske enkelt å gjøre fordi det har en klar struktur som inkluderer emner og underemner. Alle oppgaver er ordnet i stigende rekkefølge fra enkle til mer komplekse og inneholder svar på profilen Unified State Exam i matematikk med løsninger.

I tillegg gis eleven mulighet til selvstendig å lage varianter av problemstillinger. Ved å bruke «Konstruktøren» kan han velge BRUK-oppgaver i matematikk på profilnivå om ethvert emne som interesserer ham og se løsningene deres. Dette vil tillate deg å øve ferdigheter i en bestemt seksjon, for eksempel geometri eller algebra.

En student kan også analysere oppgavene til en spesialisert Unified State Examination i matematikk i "Personal Account of the Student." I denne delen vil eleven kunne overvåke sin egen dynamikk og kommunisere med læreren.

Alt dette vil hjelpe deg effektivt å forberede deg til den spesialiserte Unified State-eksamenen i matematikk og enkelt finne løsninger på selv de mest komplekse problemene.

Praksis viser at problemer med å finne arealet av en trekant dukker opp i Unified State Exam hvert år. Det er derfor, hvis elevene ønsker å få anstendige poengsummer på vurderingstesten, bør de definitivt gå gjennom dette emnet og forstå materialet igjen.

Hvordan forberede seg til eksamen?

Shkolkovo utdanningsprosjekt vil hjelpe deg å lære å løse problemer med å finne området til en trekant, lik de som finnes i Unified State Examination. Her finner du alt nødvendig materiale for å forberede deg til å bestå sertifiseringstesten.

For å sikre at øvelser om emnet "Area of ​​a triangle in Unified State Exam-problemer" ikke forårsaker vanskeligheter for nyutdannede, anbefaler vi at du først oppdaterer minnet om grunnleggende trigonometriske konsepter og regler. For å gjøre dette, gå bare til delen "Teoretisk informasjon". Den presenterer grunnleggende definisjoner og formler som vil hjelpe deg med å finne det riktige svaret.

For å konsolidere det lærte materialet og øve på å løse problemer, foreslår vi å gjøre øvelser som ble valgt av spesialister fra Shkolkovo utdanningsprosjekt. Hver oppgave på siden har et riktig svar og en detaljert beskrivelse av hvordan den skal løses. Elevene kan øve med både enkle og mer komplekse problemer.

Skolebarn kan "pumpe opp" ferdighetene sine i å utføre slike øvelser online både i Moskva og i en hvilken som helst annen by i Russland. Om nødvendig kan den fullførte oppgaven lagres i "Favoritter"-delen for å komme tilbake til den senere og diskutere fremdriften til løsningen med læreren.

Videregående allmennutdanning

Linje UMK G. K. Muravin. Algebra og prinsipper for matematisk analyse (10-11) (i dybden)

UMK Merzlyak linje. Algebra og begynnelsen av analyse (10-11) (U)

Matematikk

Forberedelse til Unified State-eksamen i matematikk (profilnivå): oppgaver, løsninger og forklaringer

Profilnivåundersøkelsen varer 3 timer 55 minutter (235 minutter).

Minimum terskel– 27 poeng.

Eksamensoppgaven består av to deler, som er forskjellige i innhold, kompleksitet og antall oppgaver.

Det definerende trekk ved hver del av arbeidet er formen på oppgavene:

• del 1 inneholder 8 oppgaver (oppgave 1-8) med et kort svar i form av et helt tall eller en siste desimalbrøk;
• del 2 inneholder 4 oppgaver (oppgave 9-12) med et kort svar i form av et heltall eller en siste desimalbrøk og 7 oppgaver (oppgave 13–19) med et detaljert svar (en fullstendig oversikt over løsningen med begrunnelse for tiltak iverksatt).

Panova Svetlana Anatolevna, matematikklærer i høyeste skolekategori, arbeidserfaring 20 år:

"For å motta et skolebevis, må en nyutdannet bestå to obligatoriske eksamener i form av Unified State Examination, hvorav den ene er matematikk. I samsvar med konseptet for utvikling av matematisk utdanning i den russiske føderasjonen, er den enhetlige statlige eksamen i matematikk delt inn i to nivåer: grunnleggende og spesialisert. I dag skal vi se på alternativer på profilnivå."

Oppgave nr. 1- tester Unified State Exam-deltakernes evne til å bruke ferdighetene ervervet i 5. til 9. klassekurs i grunnleggende matematikk i praktiske aktiviteter. Deltakeren må ha regneferdigheter, kunne arbeide med rasjonelle tall, kunne avrunde desimaler, og kunne konvertere en måleenhet til en annen.

Eksempel 1. I leiligheten hvor Peter bor, ble det installert en kaldtvannsmengdemåler (måler). 1. mai viste måleren et forbruk på 172 kubikkmeter. m vann, og den første juni - 177 kubikkmeter. m. Hvor mye skal Peter betale for kaldt vann i mai, hvis prisen er 1 kubikkmeter? m kaldt vann er 34 rubler 17 kopek? Gi svaret ditt i rubler.

Løsning:

1) Finn mengden vann som brukes per måned:

177 - 172 = 5 (kubikkm)

2) La oss finne ut hvor mye penger de vil betale for bortkastet vann:

34,17 5 = 170,85 (gni)

Svar: 170,85.

Oppgave nr. 2- er en av de enkleste eksamensoppgavene. Flertallet av nyutdannede klarer det, noe som indikerer kunnskap om definisjonen av funksjonsbegrepet. Type oppgave nr. 2 i henhold til kravkodifisereren er en oppgave om bruk av tilegnet kunnskap og ferdigheter i praktiske aktiviteter og hverdagsliv. Oppgave nr. 2 består i å beskrive, bruke funksjoner, ulike reelle sammenhenger mellom størrelser og tolke deres grafer. Oppgave nr. 2 tester evnen til å trekke ut informasjon presentert i tabeller, diagrammer og grafer. Nyutdannede må kunne bestemme verdien av en funksjon fra verdien av argumentet på ulike måter for å spesifisere funksjonen og beskrive funksjonen og egenskapene til funksjonen basert på grafen. Du må også kunne finne den største eller minste verdien fra en funksjonsgraf og bygge grafer av de studerte funksjonene. Feil som gjøres er tilfeldige ved å lese betingelsene for problemet, ved å lese diagrammet.

#ADVERTISING_INSERT#

Eksempel 2. Figuren viser endringen i bytteverdien til én aksje i et gruveselskap i første halvdel av april 2017. 7. april kjøpte forretningsmannen 1000 aksjer i dette selskapet. 10. april solgte han tre fjerdedeler av aksjene han kjøpte, og 13. april solgte han alle de resterende aksjene. Hvor mye tapte forretningsmannen som følge av disse operasjonene?

Løsning:

2) 1000 · 3/4 = 750 (aksjer) - utgjør 3/4 av alle kjøpte aksjer.

6) 247500 + 77500 = 325000 (gni) - forretningsmannen mottok 1000 aksjer etter salg.

7) 340 000 – 325 000 = 15 000 (gni) - forretningsmannen tapte som et resultat av alle operasjoner.

Svar: 15000.

Oppgave nr. 3- er en grunnleggende oppgave i første del, tester evnen til å utføre handlinger med geometriske figurer i henhold til innholdet i Planimetri-kurset. Oppgave 3 tester evnen til å beregne arealet til en figur på rutete papir, evnen til å beregne gradmål av vinkler, beregne omkrets, etc.

Eksempel 3. Finn arealet til et rektangel tegnet på rutepapir med en cellestørrelse på 1 cm x 1 cm (se figur). Gi svaret i kvadratcentimeter.

Løsning: For å beregne arealet til en gitt figur kan du bruke toppformelen:

For å beregne arealet til et gitt rektangel bruker vi Peaks formel:

Eksempel 4. Det er 5 røde og 1 blå prikker merket på sirkelen. Bestem hvilke polygoner som er større: de med alle toppunktene røde, eller de med en av toppunktene blå. I svaret ditt, angi hvor mange det er flere av noen enn andre.

Løsning: 1) La oss bruke formelen for antall kombinasjoner av n elementer av k:

hvis toppunkter alle er røde.

3) En femkant med alle hjørner røde.

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

som har røde topper eller med én blå topp.

som har røde topper eller med én blå topp.

8) En sekskant med røde topper og en blå topp.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 polygoner med alle røde toppunkter eller ett blått toppunkt.

10) 42 – 16 = 26 polygoner med den blå prikken.

11) 26 – 16 = 10 polygoner – hvor mange flere polygoner der en av toppunktene er en blå prikk er det enn polygoner der alle toppunktene bare er røde.

Svar: 10.

Oppgave nr. 5- det grunnleggende nivået i første del tester evnen til å løse enkle ligninger (irrasjonelle, eksponentielle, trigonometriske, logaritmiske).

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

Løsning. Del begge sider av denne ligningen med 5 3 + X≠ 0, får vi

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

Svar: –2.

Oppgave nr. 6 i planimetri for å finne geometriske størrelser (lengder, vinkler, arealer), modellering av virkelige situasjoner på geometrispråket. Studie av konstruerte modeller ved bruk av geometriske begreper og teoremer. Kilden til vanskeligheter er som regel uvitenhet eller feilaktig anvendelse av de nødvendige planimetrisetningene.

Arealet av en trekant ABC tilsvarer 129. DE– midtlinje parallelt med siden AB. Finn arealet av trapesen EN SENG.

Løsning. Triangel CDE ligner på en trekant DROSJE i to vinkler, siden vinkelen ved toppunktet C generelt, vinkel СDE lik vinkel DROSJE som de tilsvarende vinklene ved DE || AB sekant A.C.. Fordi DE er midtlinjen i en trekant etter tilstand, deretter etter egenskapen til midtlinjen | DE = (1/2)AB. Dette betyr at likhetskoeffisienten er 0,5. Arealene med lignende figurer er derfor relatert til kvadratet av likhetskoeffisienten

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

Oppgave nr. 7- kontrollerer anvendelsen av den deriverte til studiet av en funksjon. Vellykket implementering krever meningsfull, ikke-formell kunnskap om begrepet derivat.

Eksempel 7. Til grafen til funksjonen y = f(x) ved abscissepunktet x 0 tegnes en tangent som er vinkelrett på linjen som går gjennom punktene (4; 3) og (3; –1) i denne grafen. Finne f′( x 0).

Løsning. 1) La oss bruke ligningen til en linje som går gjennom to gitte punkter og finne ligningen til en linje som går gjennom punktene (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) Finn hellingen til tangenten k 2, som er vinkelrett på linjen y = 4x– 13, hvor k 1 = 4, i henhold til formelen:

3) Tangentvinkelen er den deriverte av funksjonen ved tangenspunktet. Midler, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Svar: –0,25.

Oppgave nr. 8- tester eksamensdeltakernes kunnskap om elementær stereometri, evnen til å bruke formler for å finne overflatearealer og volumer av figurer, dihedrale vinkler, sammenligne volumene til lignende figurer, kunne utføre handlinger med geometriske figurer, koordinater og vektorer, etc.

Volumet til en terning som er omskrevet rundt en kule er 216. Finn radiusen til kulen.

Løsning. 1) V kube = en 3 (hvor EN– lengden på kanten av kuben), derfor

EN 3 = 216

EN = 3 √216

2) Siden sfæren er innskrevet i en terning, betyr det at lengden på sfærens diameter er lik lengden på kanten av kuben, derfor d = en, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Oppgave nr. 9- krever at kandidaten har ferdigheter til å transformere og forenkle algebraiske uttrykk. Oppgave nr. 9 av økt vanskelighetsgrad med kort svar. Oppgavene fra delen "Beregninger og transformasjoner" i Unified State-eksamenen er delt inn i flere typer:

transformasjon av numeriske rasjonelle uttrykk;

konvertering av algebraiske uttrykk og brøker;

konvertering av irrasjonelle numeriske/bokstavsuttrykk;

handlinger med grader;

konvertering av logaritmiske uttrykk;

1. konvertere numeriske/bokstav trigonometriske uttrykk.

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

Løsning. 1) La oss bruke dobbeltargumentformelen: cos2α = 2 cos 2 α – 1 og finne

Dette betyr tan 2 α = ± 0,5.

3) Etter tilstand

dette betyr at α er vinkelen til andre kvartal og tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

Svar: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Oppgave nr. 10- tester elevenes evne til å bruke tilegnet tidlig kunnskap og ferdigheter i praktiske aktiviteter og hverdagsliv. Vi kan si at dette er problemer i fysikk, og ikke i matematikk, men alle nødvendige formler og størrelser er gitt i tilstanden. Problemene koker ned til å løse en lineær eller andregradsligning, eller en lineær eller kvadratisk ulikhet. Derfor er det nødvendig å kunne løse slike likninger og ulikheter og bestemme svaret. Svaret må gis som et helt tall eller en endelig desimalbrøk.

To massekropper m= 2 kg hver, beveger seg med samme hastighet v= 10 m/s i en vinkel på 2α til hverandre. Energien (i joule) som frigjøres under deres absolutt uelastiske kollisjon, bestemmes av uttrykket Q = mv 2 sin 2 α. Ved hvilken minste vinkel 2α (i grader) må kroppene bevege seg slik at minst 50 joule frigjøres som følge av kollisjonen?
Løsning. For å løse problemet må vi løse ulikheten Q ≥ 50, på intervallet 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

Siden α ∈ (0°; 90°), vil vi bare løse

La oss representere løsningen på ulikheten grafisk:

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

Oppgave nr. 11– er typisk, men viser seg å være vanskelig for elevene. Hovedkilden til vanskeligheter er konstruksjonen av en matematisk modell (tegne opp en ligning). Oppgave nr. 11 tester evnen til å løse ordoppgaver.

Eksempel 11. I løpet av vårpausen måtte 11.-klassingen Vasya løse 560 øvingsproblemer for å forberede seg til Unified State-eksamenen. Den 18. mars, på siste skoledag, løste Vasya 5 problemer. Så hver dag løste han like mange problemer mer enn dagen før. Bestem hvor mange problemer Vasya løste 2. april, den siste dagen 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.

Oppgave nr. 12- de tester elevenes evne til å utføre operasjoner med funksjoner, og å kunne bruke den deriverte til studiet av en funksjon.

Finn maksimumspunktet for funksjonen y= 10ln( x + 9) – 10x + 1.

Løsning: 1) Finn definisjonsdomenet til funksjonen: x + 9 > 0, x> –9, det vil si x ∈ (–9; ∞).

2) Finn den deriverte av funksjonen:

4) Det funnet punktet tilhører intervallet (–9; ∞). La oss bestemme tegnene på den deriverte av funksjonen og skildre funksjonen til funksjonen i figuren:

Ønsket maksimumspunkt x = –8.

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

b) Finn alle røttene til denne ligningen som tilhører segmentet.

Løsning: a) La logg 3 (2cos x) = t, deretter 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

b) Finn røttene som ligger på segmentet .

Figuren viser at røttene til det gitte segmentet tilhører

Diameteren på sirkelen til sylinderens basis er 20, sylinderens generatrise er 28. Planet skjærer bunnen langs akkorder med lengde 12 og 16. Avstanden mellom akkordene er 2√197.

a) Bevis at sentrene til sylinderens base ligger på den ene siden av dette planet.

b) Finn vinkelen mellom dette planet og planet til bunnen av sylinderen.

Løsning: a) En korde med lengde 12 er i en avstand = 8 fra sentrum av grunnsirkelen, og en korde med lengde 16 er på samme måte i en avstand på 6. Derfor er avstanden mellom deres projeksjoner på et plan parallelt med basene på sylindrene er enten 8 + 6 = 14, eller 8 - 6 = 2.

Da er avstanden mellom akkordene enten

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

I henhold til betingelsen ble det andre tilfellet realisert, der fremspringene til akkordene ligger på den ene siden av sylinderaksen. Dette betyr at aksen ikke skjærer dette planet i sylinderen, det vil si at basene ligger på den ene siden av den. Det som måtte bevises.

b) La oss betegne sentrene til basene som O 1 og O 2. La oss tegne fra midten av basen med en akkord med lengde 12 en vinkelrett halveringslinje på denne akkorden (den har lengde 8, som allerede nevnt) og fra midten av den andre basen til den andre akkorden. De ligger i samme plan β, vinkelrett på disse akkordene. La oss kalle midtpunktet til den mindre akkorden B, den større akkorden A og projeksjonen av A på den andre basen - H (H ∈ β). Da er AB,AH ∈ β og derfor AB,AH vinkelrett på akkorden, det vil si den rette skjæringslinjen mellom basen og det gitte planet.

Dette betyr at den nødvendige vinkelen er lik

Oppgave nr. 15- økt kompleksitetsnivå med detaljert svar, tester evnen til å løse ulikheter, som mest vellykket løses blant oppgaver med detaljert svar av økt kompleksitetsnivå.

Eksempel 15. Løs ulikhet | x 2 – 3x| logg 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Løsning: Definisjonsdomenet for denne ulikheten er intervallet (–1; +∞). Vurder tre tilfeller separat:

1) La x 2 – 3x= 0, dvs. X= 0 eller X= 3. I dette tilfellet blir denne ulikheten sann, derfor er disse verdiene inkludert i løsningen.

2) La nå x 2 – 3x> 0, dvs. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Dessuten kan denne ulikheten omskrives som ( x 2 – 3x) logg 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 og del med et positivt uttrykk x 2 – 3x. Vi får logg 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 eller x≤ –0,5. Med tanke på definisjonsdomenet har vi x ∈ (–1; –0,5].

3) Til slutt, vurder x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). I dette tilfellet vil den opprinnelige ulikheten skrives om i formen (3 x – x 2) logg 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Etter å ha delt på positive 3 x – x 2, vi får logg 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Med hensyn til regionen har vi x ∈ (0; 1].

Ved å kombinere de oppnådde løsningene får vi x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Svar: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Oppgave nr. 16- avansert nivå refererer til oppgaver i andre del med et detaljert svar. Oppgaven tester evnen til å utføre handlinger med geometriske former, koordinater og vektorer. Oppgaven inneholder to punkter. I det første punktet skal oppgaven bevises, og i det andre punktet beregnes.

I en likebenet trekant ABC med en vinkel på 120°, er halveringslinjen BD tegnet ved toppunktet A. Rektangel DEFH er innskrevet i trekant ABC slik at side FH ligger på segment BC, og toppunkt E ligger på segment AB. a) Bevis at FH = 2DH. b) Finn arealet av rektangelet DEFH hvis AB = 4.

Løsning: EN)

1) ΔBEF – rektangulær, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, så EF = BE ved egenskapen til benet som ligger motsatt vinkelen på 30°.

2) La EF = DH = x, så BE = 2 x, BF = x√3 i henhold til Pythagoras teorem.

3) Siden ΔABC er likebenet, betyr det ∠B = ∠C = 30˚.

BD er halveringslinjen til ∠B, som betyr ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Tenk på 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 åpnet i fire år. Ved utgangen av hvert år øker banken innskuddet med 10 % sammenlignet med størrelsen ved inngangen til året. I tillegg, i begynnelsen av det tredje og fjerde året, fyller investoren årlig på innskuddet med X millioner rubler, hvor X - hel Antall. Finn den største verdien X, der banken vil påløpe mindre enn 17 millioner rubler til innskuddet over fire år.

Løsning: På slutten av det første året vil bidraget være 20 + 20 · 0,1 = 22 millioner rubler, og på slutten av det andre - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 millioner rubler. Ved begynnelsen av det tredje året vil bidraget (i millioner rubler) være (24,2 + X), og på slutten - (24,2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Ved begynnelsen av det fjerde året vil bidraget være (26,62 + 2,1 X), og på slutten - (26.62 + 2.1 X) + (26,62 + 2,1X) · 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Etter betingelse må du finne det største heltall x som ulikheten gjelder 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 heltallsløsningen på denne ulikheten er tallet 24.

Svar: 24.

På hva en system av ulikheter

har nøyaktig to løsninger?

Løsning: Dette systemet kan skrives om i skjemaet

Hvis vi tegner på planet settet med løsninger til den første ulikheten, får vi det indre av en sirkel (med en grense) med radius 1 med sentrum i punktet (0, EN). Settet med løsninger til den andre ulikheten er den delen av planet som ligger under grafen til funksjonen y = | x| – en, og sistnevnte er grafen til funksjonen
y = | x| , flyttet ned av EN. Løsningen til dette systemet er skjæringspunktet mellom settene med løsninger på hver av ulikhetene.

Følgelig vil dette systemet kun ha to løsninger i tilfellet vist i fig. 1.

Kontaktpunktene til sirkelen med linjene vil være de to løsningene til systemet. Hver av de rette linjene er skråstilt til aksene i en vinkel på 45°. Så det er en trekant PQR– rektangulære likebenete. Punktum Q har koordinater (0, EN), og poenget R– koordinater (0, – EN). I tillegg kommer segmentene PR Og PQ lik radiusen til sirkelen lik 1. Dette betyr

La Sn sum P termer av en aritmetisk progresjon ( en s). Det er kjent at S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Oppgi formelen P termin av denne progresjonen.

b) Finn den minste absolutte summen S n.

c) Finn den minste P, ved hvilken S n vil være kvadratet av et heltall.

Løsning: a) Det er åpenbart at en n = S n – S n- 1 . Ved å bruke denne formelen 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, og vurder deretter funksjonen S(x) = | 2x 2 – 25x|. Grafen kan sees på figuren.

Det er klart at den minste verdien oppnås ved heltallspunktene som ligger nærmest nullpunktene til funksjonen. Dette er åpenbart poeng 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 minste verdien 12.

c) Av forrige avsnitt følger det at Sn positiv, med utgangspunkt i n= 13. Siden S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), så blir det åpenbare tilfellet, når dette uttrykket er et perfekt kvadrat, realisert når n = 2n– 25, altså kl P= 25.

Det gjenstår å sjekke verdiene 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 seg at for mindre verdier P en fullstendig firkant oppnås ikke.

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

________________

*Siden mai 2017 har den forente forlagsgruppen "DROFA-VENTANA" vært en del av Russian Textbook-selskapet. Selskapet inkluderer også forlaget Astrel og den digitale utdanningsplattformen LECTA. Alexander Brychkin, utdannet ved Financial Academy under regjeringen i den russiske føderasjonen, kandidat for økonomiske vitenskaper, leder for innovative prosjekter i DROFA-forlaget innen digital utdanning (elektroniske former for lærebøker, Russian Electronic School, digital utdanningsplattform LECTA) ble utnevnt til daglig leder. Før han begynte i DROFA forlag, hadde han stillingen som visepresident for strategisk utvikling og investeringer i forlagsselskapet EKSMO-AST. I dag har forlagsselskapet "Russian Textbook" den største porteføljen av lærebøker inkludert i den føderale listen - 485 titler (omtrent 40%, unntatt lærebøker for spesialskoler). Selskapets forlag eier de mest populære settene med lærebøker i russiske skoler innen fysikk, tegning, biologi, kjemi, teknologi, geografi, astronomi - kunnskapsområder som er nødvendige for utviklingen av landets produktive potensial. Selskapets portefølje inkluderer lærebøker og læremidler for grunnskoler, som ble tildelt presidentprisen innen utdanning. Dette er lærebøker og håndbøker innen fagområder som er nødvendige for utviklingen av Russlands vitenskapelige, tekniske og produksjonspotensiale.

Denne artikkelen presenterer en analyse av oppgavene 9-12 i del 2 av Unified State Exam i matematikk på et spesialisert nivå fra en veileder i matematikk og fysikk. Veilederens videoleksjon med en analyse av de foreslåtte oppgavene inneholder detaljerte og forståelige kommentarer til hver av dem. Hvis du nettopp har begynt å forberede deg til Unified State Exam i matematikk, kan denne artikkelen være veldig nyttig for deg.

Ved å bruke egenskapene til logaritmer, som du kan gjøre deg kjent med i detalj i videoopplæringen ovenfor, transformerer vi uttrykket:

10. En fjærpendel svinger med et punktum T= 16 s. Suspendert vekt m= 0,8 kg. Bevegelseshastigheten til lasten endres over tid i samsvar med formelen . Samtidig m/s. Den definerende formelen for kinetisk energi (i joule) er: , hvor m tatt i kilo, - i meter per sekund. Hva er den kinetiske energien til lasten i joule 10 s etter starten av den oscillerende bevegelsen?

Bevegelseshastigheten til lasten 10 s etter starten av den oscillerende bevegelsen vil være lik:

Da vil den kinetiske energien på dette tidspunktet være lik:

J.

La x- prisen på ett godteri, og y- pris på sjokolade. Da koster 6 slikkepinner 6 x, og 2 % av kostnaden for en sjokoladeplate er lik 0,02 y. Siden det er kjent at 6 slikkepinner koster 2 % mindre enn en sjokoladeplate, gjelder den første ligningen: 6 x + 0,02y = y, som vi får det fra x = 0,98/6 y = 98/600 y = 49/300 y. I sin tur koster 9 slikkepinner 9 x, det vil si 9·49/300 y = 49/300 y = 1,47 y. Oppgaven kommer ned til å bestemme med hvor mange prosent 1,47 y mer enn y. Hvis y er 100 %, deretter 1,47 y er 1,47·100 % = 147 %. Det er 1,47 y mer enn y med 47 %.

1) DL er gitt av ulikheten: title="Gengitt av 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 ser etter den deriverte av funksjonen. For en detaljert beskrivelse av hvordan den deriverte av denne funksjonen beregnes, se videoen ovenfor. Den deriverte av funksjonen er lik:

3) Leter etter verdier x, der den deriverte er lik 0 eller ikke eksisterer. Den eksisterer ikke for , siden i dette tilfellet går nevneren til null. Den deriverte settes til null når.