Przygotowanie do jednolitego egzaminu państwowego z matematyki (poziom profilu): zadania, rozwiązania i wyjaśnienia. Gramatyczne środki komunikacji

Zadanie 2 jednolitego egzaminu państwowego w społeczeństwie: jak rozwiązać

Trudność tego zadania 2 ujednoliconego egzaminu państwowego z nauk społecznych polega na tym, że wymaga znalezienia słowa uogólniającego dla określonej liczby terminów. Słowo uogólniające to ogólny termin lub koncepcja, która obejmuje w swoim znaczeniu znaczenia innych pojęć i terminów. Podobnie jak w przypadku innych zadań jednolitego egzaminu państwowego dotyczących społeczeństwa, tematyka zadań może być bardzo różna: sfera społeczna, polityczna, duchowa itp.

Oto na przykład zadanie z prawdziwego testu Unified State Exam w społeczeństwie:

Dla inteligentnych chłopców i dziewcząt natychmiast staje się jasne, że proponowane słowa odnoszą się do tematu „Duchowa sfera społeczeństwa”, a mianowicie do tematu religii. Jeśli trudno Ci odpowiedzieć od razu, polecam przeczytać mój poprzedni wpis „”. Po przeczytaniu terminów dla najbardziej zorientowanych od razu staje się jasne, że pozostały tylko dwie opcje odpowiedzi: kult i religia. Co będzie bardziej uogólniające? Kult to oddawanie czci czemuś.

Możesz poeksperymentować, umieszczając miotłę w rogu pokoju. I módl się do niego codziennie, rozmawiaj z nim... Za miesiąc będzie to dla Ciebie najcenniejsza rzecz :). Stwórz kult miotły. Czym jest religia? To specyficzna forma światopoglądu, świadomości świata. Oczywiste jest, że pojęcie „religii” obejmuje pojęcie „kultu”, ponieważ światopogląd może obejmować kult różnych bóstw. Na przykład pogaństwo wśród Słowian wschodnich: niektórzy mieli kult Peruna (boga piorunów i błyskawic), inni mieli kult boga bagien itp.

Albo na przykład prawosławie: jest kult Jezusa Chrystusa, jest kult Ducha Świętego, jest kult Najświętszego Theotokos... Rozumiesz?

OK. Zatem prawidłowa odpowiedź brzmi: religia

Zalecenie 2. Wymagana jest dobra znajomość terminów i pojęć z różnych dziedzin nauk społecznych. Zrozum, które terminy są z którymi powiązane, a które z nich wynikają. W tym celu w moim płatnym kursie wideo "Nauki społeczne: Jednolity egzamin państwowy 100 punktów " Podałem strukturę terminów dla wszystkich tematów nauk społecznych. Gorąco polecam również Twój artykuł nt.

Przyjrzyjmy się innemu zadaniu 2 Unified State Exam z nauk społecznych:

Od razu rozumiemy, że zadanie 2 egzaminu Unified State Exam bada temat Sfera społeczna. Jeżeli zapomniałeś tematu, pobierz mój darmowy kurs wideo. Jeśli tego nie zrobisz, najprawdopodobniej popełnisz błąd. Logika niektórych ludzi jest tak kręta, że ​​po prostu brutalna! Tymczasem prawidłowa odpowiedź: „agent socjalizacji” to grupa lub stowarzyszenie, które uczestniczy w opanowaniu przez jednostkę zasad i norm społecznych, a także ról społecznych. Jeśli nie znasz tych terminów, ponownie gorąco polecam pobranie mojego bezpłatnego kursu wideo.

Zalecenie 3. Zachowaj szczególną ostrożność! Aby to zrobić, rozwiązuj zadania 2 z ujednoliconego egzaminu państwowego z nauk społecznych raz po raz jakościowo na maszynie. Oto przykład podobnego zadania, które jest trudniejsze:

Temat „Nauka” z duchowej sfery społeczeństwa. Nawiasem mówiąc, miałem szczegółowy artykuł na ten temat. Osoby niezbyt uważne od razu popełnią błąd, wskazując w odpowiedzi: podstawę klasyfikacji lub ważność teoretyczną. Pomiędzy poprawną odpowiedzią: wiedza naukowa , co obejmuje różne klasyfikacje i ważność teoretyczną!

W kolejnych wpisach na pewno przyjrzymy się innym trudnym zadaniom stawianym przed społeczeństwem, tzw !

Załączam kilka zadań do egzaminu Unified State Examination 2 w społeczeństwie, abyś mógł podjąć decyzję:

Wykształcenie średnie ogólnokształcące

Linia UMK G. K. Muravin. Algebra i zasady analizy matematycznej (10-11) (pogłębione)

Linia UMK Merzlyak. Algebra i początki analizy (10-11) (U)

Matematyka

Przygotowanie do jednolitego egzaminu państwowego z matematyki (poziom profilu): zadania, rozwiązania i wyjaśnienia

Egzamin na poziomie profilu trwa 3 godziny 55 minut (235 minut).

Próg minimalny- 27 punktów.

Praca egzaminacyjna składa się z dwóch części różniących się treścią, złożonością i liczbą zadań.

Cechą charakterystyczną każdej części pracy jest forma zadań:

• część 1 zawiera 8 zadań (zadania 1-8) z krótką odpowiedzią w postaci liczby całkowitej lub końcowego ułamka dziesiętnego;
• część 2 zawiera 4 zadania (zadania 9-12) z krótką odpowiedzią w postaci liczby całkowitej lub końcowego ułamka dziesiętnego oraz 7 zadań (zadania 13-19) ze szczegółową odpowiedzią (pełny zapis rozwiązania z uzasadnieniem podjęte działania).

Panowa Swietłana Anatolewna, nauczyciel matematyki najwyższej kategorii szkoły, staż pracy 20 lat:

„Aby otrzymać świadectwo ukończenia szkoły, absolwent musi zdać dwa obowiązkowe egzaminy w formie Unified State Examination, z których jeden jest z matematyki. Zgodnie z Koncepcją Rozwoju Edukacji Matematycznej w Federacji Rosyjskiej jednolity egzamin państwowy z matematyki dzieli się na dwa poziomy: podstawowy i specjalistyczny. Dzisiaj przyjrzymy się opcjom na poziomie profilu.”

Zadanie nr 1- sprawdza umiejętność wykorzystania przez uczestników Unified State Exam umiejętności nabytych w klasach V–IX z matematyki elementarnej w działaniach praktycznych. Uczestnik musi posiadać umiejętności obliczeniowe, umieć pracować z liczbami wymiernymi, umieć zaokrąglać ułamki dziesiętne i potrafić zamieniać jedną jednostkę miary na inną.

Przykład 1. W mieszkaniu, w którym mieszka Piotr, zamontowano przepływomierz (licznik) zimnej wody. 1 maja licznik pokazał zużycie 172 metrów sześciennych. m wody, a pierwszego czerwca - 177 metrów sześciennych. m. Jaką kwotę Piotr powinien zapłacić za zimną wodę w maju, jeśli cena wynosi 1 metr sześcienny? m zimnej wody to 34 ruble 17 kopiejek? Podaj odpowiedź w rublach.

Rozwiązanie:

1) Znajdź ilość wody zużywanej miesięcznie:

177 - 172 = 5 (m sześcienny)

2) Dowiedzmy się, ile zapłacą za marnowaną wodę:

34,17 5 = 170,85 (pocierać)

Odpowiedź: 170,85.

Zadanie nr 2- to jedno z najprostszych zadań egzaminacyjnych. Większość absolwentów radzi sobie z tym pomyślnie, co świadczy o znajomości definicji pojęcia funkcji. Rodzaj zadania nr 2 zgodnie z kodyfikatorem wymagań jest zadaniem dotyczącym wykorzystania zdobytej wiedzy i umiejętności w działaniach praktycznych i życiu codziennym. Zadanie nr 2 polega na opisaniu, wykorzystaniu funkcji, różnych rzeczywistych zależności pomiędzy wielkościami oraz zinterpretowaniu ich wykresów. Zadanie nr 2 sprawdza umiejętność wydobywania informacji zawartych w tabelach, diagramach i wykresach. Absolwent musi umieć wyznaczyć wartość funkcji z wartości argumentu na różne sposoby określenia funkcji oraz opisać zachowanie i właściwości funkcji na podstawie jej wykresu. Trzeba także umieć znaleźć największą lub najmniejszą wartość z wykresu funkcji i zbudować wykresy badanych funkcji. Popełnione błędy są losowe przy czytaniu uwarunkowań problemu, czytaniu diagramu.

#REKLAMA_WSTAW#

Przykład 2. Na rysunku przedstawiono zmianę wartości wymiany jednej akcji spółki górniczej w pierwszej połowie kwietnia 2017 roku. 7 kwietnia biznesmen nabył 1000 akcji tej spółki. 10 kwietnia sprzedał trzy czwarte zakupionych akcji, a 13 kwietnia wszystkie pozostałe akcje. Ile biznesmen stracił w wyniku tych operacji?

Rozwiązanie:

2) 1000 · 3/4 = 750 (akcji) - stanowią 3/4 wszystkich zakupionych akcji.

6) 247500 + 77500 = 325000 (rub) - przedsiębiorca otrzymał po sprzedaży 1000 akcji.

7) 340 000 – 325 000 = 15 000 (rub) - przedsiębiorca stracił w wyniku wszystkich operacji.

Odpowiedź: 15000.

Zadanie nr 3- jest zadaniem podstawowym z części pierwszej, sprawdzającym umiejętność wykonywania działań na figurach geometrycznych zgodnie z treścią kursu Planimetria. Zadanie 3 sprawdza umiejętność obliczania pola figury na papierze w kratkę, umiejętność obliczania miar stopni kątów, obliczania obwodów itp.

Przykład 3. Znajdź obszar prostokąta narysowanego na papierze w kratkę o wymiarach komórek 1 cm na 1 cm (patrz rysunek). Podaj odpowiedź w centymetrach kwadratowych.

Rozwiązanie: Aby obliczyć pole danej figury, możesz skorzystać ze wzoru Szczyt:

Aby obliczyć pole danego prostokąta, korzystamy ze wzoru Peaka:

Przykład 4. Na okręgu zaznaczono 5 czerwonych i 1 niebieską kropkę. Określ, które wielokąty są większe: te, których wszystkie wierzchołki są czerwone, czy te, których jeden z wierzchołków jest niebieski. W swojej odpowiedzi wskaż, o ile niektórych jest więcej niż innych.

Rozwiązanie: 1) Skorzystajmy ze wzoru na liczbę kombinacji N elementy wg k:

którego wszystkie wierzchołki są czerwone.

3) Jeden pięciokąt ze wszystkimi wierzchołkami w kolorze czerwonym.

4) 10 + 5 + 1 = 16 wielokątów ze wszystkimi czerwonymi wierzchołkami.

które mają czerwone szczyty lub z jednym niebieskim topem.

które mają czerwone szczyty lub z jednym niebieskim topem.

8) Jeden sześciokąt z czerwonymi wierzchołkami i jednym niebieskim wierzchołkiem.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 wielokąty ze wszystkimi czerwonymi wierzchołkami lub jednym niebieskim wierzchołkiem.

10) 42 – 16 = 26 wielokątów za pomocą niebieskiej kropki.

11) 26 – 16 = 10 wielokątów – o ile więcej jest wielokątów, w których jeden z wierzchołków jest niebieską kropką, niż wielokątów, w których wszystkie wierzchołki są tylko czerwone.

Odpowiedź: 10.

Zadanie nr 5- poziom podstawowy części pierwszej sprawdza umiejętność rozwiązywania prostych równań (wymiernych, wykładniczych, trygonometrycznych, logarytmicznych).

Przykład 5. Rozwiąż równanie 2 3 + X= 0,4 5 3 + X .

Rozwiązanie. Podziel obie strony tego równania przez 5 3 + X≠ 0, otrzymujemy

skąd wynika, że ​​3 + X = 1, X = –2.

Odpowiedź: –2.

Zadanie nr 6 w planimetrii do znajdowania wielkości geometrycznych (długości, kątów, pól), modelując rzeczywiste sytuacje w języku geometrii. Badanie skonstruowanych modeli z wykorzystaniem pojęć i twierdzeń geometrycznych. Źródłem trudności jest z reguły nieznajomość lub nieprawidłowe zastosowanie niezbędnych twierdzeń planimetrii.

Pole trójkąta ABC równa się 129. DE– linia środkowa równoległa do boku AB. Znajdź obszar trapezu ŁÓŻKO.

Rozwiązanie. Trójkąt CDE podobny do trójkąta TAKSÓWKA pod dwoma kątami, od kąta przy wierzchołku C ogólnie, kąt СDE równy kątowi TAKSÓWKA jako odpowiednie kąty w DE || AB sieczna AC. Ponieważ DE jest środkową linią trójkąta według warunku, a następnie według właściwości środkowej linii | DE = (1/2)AB. Oznacza to, że współczynnik podobieństwa wynosi 0,5. Dlatego pola figur podobnych są powiązane jako kwadrat współczynnika podobieństwa

Stąd, SABED = S Δ ABC – S Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

Zadanie nr 7- sprawdza zastosowanie pochodnej do badania funkcji. Pomyślne wdrożenie wymaga znaczącej, nieformalnej wiedzy na temat pojęcia instrumentu pochodnego.

Przykład 7. Do wykresu funkcji y = F(X) w punkcie odciętej X 0 rysowana jest styczna prostopadła do prostej przechodzącej przez punkty (4; 3) i (3; –1) tego wykresu. Znajdować F′( X 0).

Rozwiązanie. 1) Skorzystajmy z równania prostej przechodzącej przez dwa dane punkty i znajdźmy równanie prostej przechodzącej przez punkty (4; 3) i (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, gdzie k 1 = 4.

2) Znajdź nachylenie stycznej k 2, która jest prostopadła do linii y = 4X– 13, gdzie k 1 = 4, zgodnie ze wzorem:

3) Kąt styczny jest pochodną funkcji w punkcie styczności. Oznacza, F′( X 0) = k 2 = –0,25.

Odpowiedź: –0,25.

Zadanie nr 8- sprawdza wiedzę uczestników egzaminu z elementarnej stereometrii, umiejętność stosowania wzorów na wyznaczanie pól powierzchni i objętości figur, kątów dwuściennych, porównywanie objętości figur podobnych, umiejętność wykonywania działań na figurach geometrycznych, współrzędnych i wektorach itp.

Objętość sześcianu opisanego na kuli wynosi 216. Znajdź promień kuli.

Rozwiązanie. 1) V sześcian = A 3 (gdzie A– długość krawędzi sześcianu), zatem

A 3 = 216

A = 3 √216

2) Ponieważ kula jest wpisana w sześcian, oznacza to, że długość średnicy kuli jest równa długości krawędzi sześcianu, zatem D = A, D = 6, D = 2R, R = 6: 2 = 3.

Zadanie nr 9- wymaga od absolwenta umiejętności przekształcania i upraszczania wyrażeń algebraicznych. Zadanie nr 9 o podwyższonym stopniu trudności z krótką odpowiedzią. Zadania z sekcji „Obliczenia i przekształcenia” w egzaminie Unified State Exam dzielą się na kilka typów:

transformacja numerycznych wyrażeń wymiernych;

konwertowanie wyrażeń algebraicznych i ułamków;

konwersja wyrażeń irracjonalnych liczbowo/literowych;

działania ze stopniami;

konwertowanie wyrażeń logarytmicznych;

1. konwertowanie liczbowych/literowych wyrażeń trygonometrycznych.

Przykład 9. Oblicz tanα, jeśli wiadomo, że cos2α = 0,6 i

Rozwiązanie. 1) Skorzystajmy ze wzoru na podwójny argument: cos2α = 2 cos 2 α – 1 i znajdź

Oznacza to tan 2 α = ± 0,5.

3) Według warunku

oznacza to, że α jest kątem drugiej ćwiartki i tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

Odpowiedź: –0,5.

#REKLAMA_WSTAW# Zadanie nr 10- sprawdza umiejętność wykorzystania przez uczniów zdobytej wcześniej wiedzy i umiejętności w działaniach praktycznych i życiu codziennym. Można powiedzieć, że są to problemy z fizyki, a nie z matematyki, ale wszystkie niezbędne wzory i wielkości są podane w warunku. Problemy sprowadzają się do rozwiązania równania liniowego lub kwadratowego albo nierówności liniowej lub kwadratowej. Dlatego konieczna jest umiejętność rozwiązywania takich równań i nierówności oraz ustalania odpowiedzi. Odpowiedź należy podać w postaci liczby całkowitej lub skończonego ułamka dziesiętnego.

Dwa ciała o masie M= 2 kg każdy, poruszając się z tą samą prędkością w= 10 m/s pod kątem 2α względem siebie. Energię (w dżulach) uwolnioną podczas ich absolutnie niesprężystego zderzenia określa wyrażenie Q = mw 2 grzech 2 a. Pod jakim najmniejszym kątem 2α (w stopniach) muszą poruszać się ciała, aby w wyniku zderzenia wyzwoliło się co najmniej 50 dżuli?
Rozwiązanie. Aby rozwiązać problem, musimy rozwiązać nierówność Q ≥ 50 na przedziale 2α ∈ (0°; 180°).

mw 2 grzech 2 α ≥ 50

2 10 2 grzech 2 α ≥ 50

200 grzech 2 α ≥ 50

Ponieważ α ∈ (0°; 90°) będziemy jedynie rozwiązywać

Przedstawmy rozwiązanie nierówności graficznie:

Ponieważ pod warunkiem α ∈ (0°; 90°) oznacza to 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Zadanie nr 11- jest typowe, ale okazuje się trudne dla uczniów. Głównym źródłem trudności jest konstrukcja modelu matematycznego (ułożenie równania). Zadanie nr 11 sprawdza umiejętność rozwiązywania zadań tekstowych.

Przykład 11. Podczas ferii wiosennych uczennica 11. klasy Wasia musiała rozwiązać 560 zadań ćwiczeniowych, aby przygotować się do jednolitego egzaminu państwowego. 18 marca, ostatniego dnia szkoły, Wasia rozwiązała 5 zadań. Następnie każdego dnia rozwiązywał tę samą liczbę problemów więcej niż poprzedniego dnia. Określ, ile problemów Vasya rozwiązała 2 kwietnia, ostatniego dnia wakacji.

560 = (5 + A 16) 8,

5 + A 16 = 560: 8,

5 + A 16 = 70,

A 16 = 70 – 5

A 16 = 65.

Odpowiedź: 65.

Zadanie nr 12- sprawdzić umiejętność wykonywania działań na funkcjach, aby móc zastosować pochodną do badania funkcji.

Znajdź maksymalny punkt funkcji y= 10ln( X + 9) – 10X + 1.

Rozwiązanie: 1) Znajdź dziedzinę definicji funkcji: X + 9 > 0, X> –9, czyli x ∈ (–9; ∞).

2) Znajdź pochodną funkcji:

4) Znaleziony punkt należy do przedziału (–9; ∞). Określmy znaki pochodnej funkcji i zobrazujmy zachowanie funkcji na rysunku:

Żądany punkt maksymalny X = –8.

a) Rozwiąż równanie 2log 3 2 (2cos X) – 5log 3 (2cos X) + 2 = 0

b) Znajdź wszystkie pierwiastki tego równania należące do odcinka.

Rozwiązanie: a) Niech log 3 (2cos X) = T, następnie 2 T 2 – 5T + 2 = 0,

b) Znajdź korzenie leżące na odcinku .

Rysunek pokazuje, że pierwiastki danego odcinka należą do

Średnica okręgu podstawy walca wynosi 20, tworząca walca wynosi 28. Płaszczyzna przecina jego podstawę wzdłuż cięciw o długości 12 i 16. Odległość między cięciwami wynosi 2√197.

a) Udowodnij, że środki podstaw walca leżą po jednej stronie tej płaszczyzny.

b) Znajdź kąt pomiędzy tą płaszczyzną a płaszczyzną podstawy walca.

Rozwiązanie: a) Cięciwa o długości 12 znajduje się w odległości = 8 od środka okręgu podstawy, a cięciwa o długości 16 podobnie w odległości 6. Zatem odległość między ich rzutami na płaszczyznę równoległą do podstawy cylindrów wynoszą 8 + 6 = 14 lub 8 - 6 = 2.

Wtedy odległość między akordami wynosi albo

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Zgodnie z warunkiem zrealizowano drugi przypadek, w którym rzuty cięciw leżą po jednej stronie osi cylindra. Oznacza to, że oś nie przecina tej płaszczyzny w obrębie walca, czyli podstawy leżą po jednej jego stronie. Co należało udowodnić.

b) Oznaczmy środki zasad jako O 1 i O 2. Wyciągnijmy ze środka podstawy cięciwą o długości 12 dwusieczną prostopadłą do tego cięciwy (ma ona długość 8, jak już wspomniano) i ze środka drugiej podstawy do drugiego cięciwy. Leżą w tej samej płaszczyźnie β, prostopadłej do tych cięciw. Nazwijmy środek mniejszego cięciwy B, większego A i rzut A na drugą podstawę - H (H ∈ β). Wtedy AB,AH ∈ β, a zatem AB,AH są prostopadłe do cięciwy, czyli prostej przecięcia podstawy z daną płaszczyzną.

Oznacza to, że wymagany kąt jest równy

Zadanie nr 15- podwyższony poziom złożoności ze szczegółową odpowiedzią, sprawdza umiejętność rozwiązywania nierówności, co najskuteczniej rozwiązuje się wśród zadań ze szczegółową odpowiedzią o podwyższonym stopniu złożoności.

Przykład 15. Rozwiąż nierówność | X 2 – 3X| log 2 ( X + 1) ≤ 3X – X 2 .

Rozwiązanie: Dziedziną definicji tej nierówności jest przedział (–1; +∞). Rozważmy osobno trzy przypadki:

1) Niech X 2 – 3X= 0, tj. X= 0 lub X= 3. W tym przypadku ta nierówność staje się prawdziwa, dlatego wartości te są uwzględniane w rozwiązaniu.

2) Niech teraz X 2 – 3X> 0, tj. X∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Co więcej, nierówność tę można zapisać jako ( X 2 – 3X) log 2 ( X + 1) ≤ 3X – X 2 i podziel przez wyrażenie dodatnie X 2 – 3X. Otrzymujemy log 2 ( X + 1) ≤ –1, X + 1 ≤ 2 –1 , X≤ 0,5 –1 lub X≤ –0,5. Biorąc pod uwagę dziedzinę definicji, mamy X ∈ (–1; –0,5].

3) Na koniec zastanów się X 2 – 3X < 0, при этом X∈ (0; 3). W tym przypadku pierwotna nierówność zostanie przepisana do postaci (3 X – X 2) log 2 ( X + 1) ≤ 3X – X 2. Po podzieleniu przez dodatnie 3 X – X 2, otrzymujemy log 2 ( X + 1) ≤ 1, X + 1 ≤ 2, X≤ 1. Biorąc pod uwagę region mamy X ∈ (0; 1].

Łącząc otrzymane rozwiązania, otrzymujemy X ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Odpowiedź: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Zadanie nr 16- poziom zaawansowany dotyczy zadań z części drugiej ze szczegółową odpowiedzią. Zadanie sprawdza umiejętność wykonywania działań na kształtach geometrycznych, współrzędnych i wektorach. Zadanie zawiera dwa punkty. W pierwszym punkcie zadanie należy udowodnić, a w drugim – obliczyć.

W trójkącie równoramiennym ABC o kącie 120° dwusieczna BD jest narysowana w wierzchołku A. Prostokąt DEFH wpisano w trójkąt ABC tak, że bok FH leży na odcinku BC, a wierzchołek E na odcinku AB. a) Udowodnij, że FH = 2DH. b) Znajdź pole prostokąta DEFH, jeśli AB = 4.

Rozwiązanie: A)

1) ΔBEF – prostokąt, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, wówczas EF = BE z właściwości ramienia leżącego naprzeciw kąta 30°.

2) Niech EF = DH = X, wówczas BE = 2 X, BF = X√3 zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa.

3) Ponieważ ΔABC jest równoramienne, oznacza to, że ∠B = ∠C = 30˚.

BD jest dwusieczną ∠B, co oznacza ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Rozważ ΔDBH – prostokątny, ponieważ 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.

Odpowiedź: 24 – 12√3.

Przykład 17. Otwarcie depozytu w wysokości 20 milionów rubli planowane jest na cztery lata. Na koniec każdego roku bank zwiększa depozyt o 10% w stosunku do wielkości z początku roku. Dodatkowo na początku trzeciego i czwartego roku inwestor corocznie uzupełnia depozyt o godz X milion rubli, gdzie X - cały numer. Znajdź największą wartość X, w którym bank w ciągu czterech lat doliczy do depozytu niecałe 17 milionów rubli.

Rozwiązanie: Na koniec pierwszego roku składka wyniesie 20 + 20 · 0,1 = 22 mln rubli, a na koniec drugiego - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 mln rubli. Na początku trzeciego roku wkład (w milionach rubli) wyniesie (24,2 + X), a na koniec - (24,2+ X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Na początku czwartego roku składka wyniesie (26,62 + 2,1 X), a na koniec - (26,62 + 2,1 X) + (26,62 + 2,1X) · 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Pod warunkiem musisz znaleźć największą liczbę całkowitą x, dla której zachodzi nierówność

(29,282 + 2,31X) – 20 – 2X < 17

29,282 + 2,31X – 20 – 2X < 17

0,31X < 17 + 20 – 29,282

0,31X < 7,718

Największą liczbą całkowitą rozwiązania tej nierówności jest liczba 24.

Odpowiedź: 24.

O czym A system nierówności

ma dokładnie dwa rozwiązania?

Rozwiązanie: System ten można przepisać w postaci

Jeżeli narysujemy na płaszczyźnie zbiór rozwiązań pierwszej nierówności, otrzymamy wnętrze okręgu (z granicą) o promieniu 1, którego środek znajduje się w punkcie (0, A). Zbiór rozwiązań drugiej nierówności to część płaszczyzny leżąca pod wykresem funkcji y = | X| – A, a ten ostatni jest wykresem funkcji
y = | X| , przesunięty w dół o A. Rozwiązaniem tego układu jest przecięcie zbiorów rozwiązań każdej z nierówności.

W konsekwencji układ ten będzie miał dwa rozwiązania tylko w przypadku pokazanym na rys. 1.

Punktami styku okręgu z liniami będą dwa rozwiązania układu. Każda z prostych jest nachylona do osi pod kątem 45°. Zatem jest to trójkąt PQR– prostokątne równoramienne. Kropka Q ma współrzędne (0, A) i o to chodzi R– współrzędne (0, – A). Poza tym segmenty PR I PQ równy promieniowi okręgu równemu 1. Oznacza to

Pozwalać sen suma P wyrazy postępu arytmetycznego ( str). Wiadomo, że S n + 1 = 2N 2 – 21N – 23.

a) Podaj wzór P termin tej progresji.

b) Znajdź najmniejszą sumę bezwzględną S n.

c) Znajdź najmniejszy P, w którym S n będzie kwadratem liczby całkowitej.

Rozwiązanie: a) To oczywiste jakiś = S n – S n- 1 . Korzystając z tego wzoru, otrzymujemy:

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

Oznacza, jakiś = 2N 2 – 25N – (2N 2 – 29N + 27) = 4N – 27.

B) Od S n = 2N 2 – 25N, a następnie rozważ funkcję S(X) = | 2X 2 – 25x|. Jej wykres widać na rysunku.

Oczywiście najmniejszą wartość osiąga się w punktach całkowitych położonych najbliżej zer funkcji. Oczywiście są to punkty X= 1, X= 12 i X= 13. Ponieważ 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, wówczas najmniejsza wartość wynosi 12.

c) Z poprzedniego akapitu wynika, że sen pozytywne, zaczynając od N= 13. Od S n = 2N 2 – 25N = N(2N– 25), to oczywisty przypadek, gdy wyrażenie to jest idealnym kwadratem, jest realizowany, gdy N = 2N– 25, czyli o godz P= 25.

Pozostaje sprawdzić wartości od 13 do 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.

Okazuje się, że dla mniejszych wartości P nie uzyskano pełnego kwadratu.

Odpowiedź: A) jakiś = 4N– 27; b) 12; c) 25.

________________

*Od maja 2017 roku zjednoczona grupa wydawnicza „DROFA-VENTANA” jest częścią korporacji Russian Textbook. W skład korporacji wchodzi także wydawnictwo Astrel oraz cyfrowa platforma edukacyjna LECTA. Alexander Brychkin, absolwent Akademii Finansowej przy Rządzie Federacji Rosyjskiej, kandydat nauk ekonomicznych, kierownik innowacyjnych projektów wydawnictwa DROFA w zakresie edukacji cyfrowej (elektroniczne formy podręczników, Rosyjska Szkoła Elektroniczna, cyfrowa platforma edukacyjna LECTA) został mianowany Dyrektorem Generalnym. Przed dołączeniem do wydawnictwa DROFA pełnił funkcję wiceprezesa ds. rozwoju strategicznego i inwestycji holdingu wydawniczego EKSMO-AST. Dziś korporacja wydawnicza „Podręcznik rosyjski” ma największy portfel podręczników znajdujących się na Liście Federalnej - 485 tytułów (około 40%, z wyłączeniem podręczników dla szkół specjalnych). Wydawnictwa korporacji posiadają najpopularniejsze zestawy podręczników w rosyjskich szkołach z fizyki, rysunku, biologii, chemii, technologii, geografii, astronomii - dziedzin wiedzy niezbędnych do rozwoju potencjału produkcyjnego kraju. W portfolio korporacji znajdują się podręczniki i pomoce dydaktyczne dla szkół podstawowych, które zostały nagrodzone Nagrodą Prezydenta w dziedzinie edukacji. Są to podręczniki i podręczniki z dziedzin niezbędnych dla rozwoju potencjału naukowego, technicznego i produkcyjnego Rosji.

Leksykalne środki komunikacji:

1. Powtórzenie leksykalne- powtórzenie tego samego słowa. Wokół miasta, na niskich wzgórzach rozciągały się lasy, potężne i nietknięte. W lasach znajdowały się duże łąki i odległe jeziora z ogromnymi starymi sosnami wzdłuż brzegów.
2. Pokrewne. Oczywiście taki mistrz znał swoją wartość, czuł różnicę między sobą a osobą mniej utalentowaną, ale doskonale znał też inną różnicę - różnicę między sobą a osobą bardziej utalentowaną. Szacunek dla bardziej zdolnych i doświadczonych jest pierwszą oznaką talentu.
3. Synonimy. W lesie widzieliśmy łosia. Sokhaty szedł skrajem lasu i nikogo się nie bał.
4. Antonimy. Natura ma wielu przyjaciół. Ma znacznie mniej wrogów.
5. Zwroty opisowe. Zbudowali autostradę. Region ze stolicą łączyła hałaśliwa, szybko płynąca rzeka życia.

Gramatyczne środki komunikacji:

1. Zaimki osobowe. 1) A teraz słucham głosu starożytnego strumienia. Grucha jak dziki gołąb. 2) Apel o ochronę lasów powinien być skierowany przede wszystkim do ludzi młodych. Powinna żyć i zarządzać tą ziemią, powinna ją ozdobić. 3) Niespodziewanie wrócił do rodzinnej wioski. Jego przybycie zachwyciło i przeraziło matkę.
2. Zaimek wskazujący(takie, to, to) 1) Nad wioską unosiło się ciemne niebo z jasnymi, przypominającymi igły gwiazdami. Takie gwiazdy pojawiają się tylko jesienią. 2) Derkacze krzyczały, wydając odległe, słodkie, drgające dźwięki. Te derkacze i zachody słońca są niezapomniane; zostały one zachowane na zawsze dzięki czystej wizji. – w drugim tekście środkami komunikacji są powtórzenia leksykalne i zaimek wskazujący „te”.
3. Przysłówki zaimkowe(tam, więc, wtedy itp.) On [Mikołaj Rostow] wiedział, że ta historia przyczyniła się do gloryfikacji naszej broni, dlatego trzeba było udawać, że w to nie wątpicie. To właśnie zrobił.
4. Związki(głównie komponowanie) Był maj 1945 roku. Wiosna zagrzmiała. Lud i ziemia radowali się. Moskwa pozdrowiła bohaterów. I radość poleciała w niebo jak światła. Z tą samą pogawędką i śmiechem oficerowie pospiesznie zaczęli się przygotowywać; znowu włożyli samowar do brudnej wody. Ale Rostów, nie czekając na herbatę, poszedł do eskadry.
5. Cząsteczki.
6. Wstępne słowa i konstrukcje(jednym słowem więc, po pierwsze, itd.) Młodzi ludzie mówili o wszystkim, co rosyjskie, z pogardą lub obojętnością i żartobliwie przepowiadali dla Rosji losy Konfederacji Reńskiej. Krótko mówiąc, społeczeństwo było dość obrzydliwe.
7. Jedność napiętych form czasowników- użycie identycznych form czasu gramatycznego, które wskazują na jednoczesność lub sekwencję sytuacji. W modzie było naśladowanie francuskiego tonu z czasów Ludwika XV. Miłość do ojczyzny wydawała się pedanterią. Mędrcy tamtych czasów wychwalali Napoleona z fanatyczną służalczością i żartowali z naszych niepowodzeń. – wszystkie czasowniki są używane w czasie przeszłym.
8. Niekompletne zdania i wielokropek, nawiązując do poprzednich elementów tekstu: Gorkin kroi chleb, rozdaje kromki. Na mnie też to nakłada: jest ogromny, zakryjesz całą twarz.
9. Paralelizm syntaktyczny– identyczna konstrukcja kilku sąsiednich zdań. Umiejętność mówienia jest sztuką. Słuchanie to kultura.

Znaczące relacje wyrażone za pomocą spójników koordynujących:

1. Złączony: i, tak (=i), i... i..., nie tylko... ale także, jak... więc i, także, też
2. Dzielniki: albo, albo, to... to, nie to... nie to, albo... albo, albo... albo
3. Paskudny: a, ale, tak (=ale), jednak, ale
4. Stopniowe: nie tylko, ale także, nie tak bardzo... jak, niezupełnie... ale
5. Wyjaśniający: to znaczy
6. Złączony: także, także, tak i, a ponadto, i
7. też tak i, to znaczy.

Relacje znaczące wyrażone za pomocą spójników podporządkowanych:

• Tymczasowy: kiedy, podczas gdy, ledwo, tylko, podczas gdy, tylko, ledwo, ledwo
• Przyczynowy: ponieważ, ponieważ, ponieważ, w związku z tym, że, w związku z tym, że, w związku z tym, że (przestarzałe), w związku z tym, że
• Warunkowy: jeśli (jeśli tylko, jeśli, jeśli - przestarzałe), jeśli, raz, jak najszybciej
• Cel: tak, aby, aby (przestarzałe), w celu, aby, następnie w celu
• Konsekwencje: Więc
• Koncesyjny: chociaż, pomimo tego
• Porównawczy: tak, jakby, jakby, dokładnie, niż, jakby, podobnie, a nie (przestarzałe)
• Wyjaśniający: co, jak, do
• Spójników nie stosuje się na początku zdania: więc, zamiast, zamiast, a także spójniki wyjaśniające: co, jak, więc że.

W zadaniu nr 2 Jednolitego Egzaminu Państwowego z matematyki należy wykazać się znajomością pracy z wyrażeniami potęgowymi.

Teoria do zadania nr 2

Zasady postępowania ze stopniami można przedstawić następująco:

Ponadto należy pamiętać o operacjach na ułamkach:

Teraz możesz przejść do analizy typowych opcji! 🙂

Analiza typowych opcji zadań nr 2 Unified State Exam z matematyki na poziomie podstawowym

Pierwsza wersja zadania

Znajdź znaczenie wyrażenia

Algorytm wykonania:

1. Wyraź liczbę z wykładnikiem ujemnym jako ułamek właściwy.
2. Wykonaj pierwsze mnożenie.
3. Przedstaw potęgi liczb jako liczby pierwsze, zastępując potęgi przez mnożenie.
4. Wykonaj mnożenie.
5. Wykonaj dodawanie.

Rozwiązanie:

To znaczy: 10 -1 = 1/10 1 = 1/10

Dokonajmy pierwszego mnożenia, czyli pomnożenia liczby całkowitej przez ułamek właściwy. Aby to zrobić, pomnóż licznik ułamka przez liczbę całkowitą, a mianownik pozostaw bez zmian.

9 1/10 = (9 1)/10 = 9/10

Pierwszą potęgą liczby jest zawsze sama liczba.

Druga potęga liczby to liczba pomnożona przez samą siebie.

10 2 = 10 10 = 100

Odpowiedź: 560,9

Druga wersja zadania

Znajdź znaczenie wyrażenia

Algorytm wykonania:

1. Przedstaw pierwszą potęgę liczby jako liczbę całkowitą.
2. Przedstaw ujemne potęgi liczb w postaci ułamków właściwych.
3. Wykonaj mnożenie liczb całkowitych.
4. Mnożymy liczby całkowite przez ułamki właściwe.
5. Wykonaj dodawanie.

Rozwiązanie:

Pierwszą potęgą liczby jest zawsze sama liczba. (10 1 = 10)

Aby przedstawić ujemną potęgę liczby w postaci ułamka zwykłego, należy podzielić 1 przez tę liczbę, ale do potęgi dodatniej.

10 -1 = 1/10 1 = 1/10

10 -2 = 1/10 2 = 1/(10 10) = 1/100

Pomnóżmy liczby całkowite.

3 10 1 = 3 10 = 30

Mnożymy liczby całkowite przez ułamki właściwe.

4 10 -2 = 4 1/100 = (4 1)/100 = 4/100

2 10 -1 = 2 1/10 = (2 1)/10 = 2/10

Obliczmy wartość wyrażenia, biorąc to pod uwagę

Odpowiedź: 30.24

Trzecia wersja zadania

Znajdź znaczenie wyrażenia

Algorytm wykonania:

1. Przedstaw potęgi liczb w formie mnożenia i oblicz wartość potęg liczb.
2. Wykonaj mnożenie.
3. Wykonaj dodawanie.

Rozwiązanie:

Przedstawmy potęgi liczb w formie mnożenia. Aby przedstawić potęgę liczby w formie mnożenia, należy pomnożyć tę liczbę przez samą siebie tyle razy, ile jest zawarta w wykładniku.

2 4 = 2 2 2 2 = 16

2 3 = 2 2 2 = 8

Zróbmy mnożenie:

4 2 4 = 4 16 = 64

3 2 3 = 3 8 = 24

Obliczmy wartość wyrażenia:

Czwarta wersja zadania

Znajdź znaczenie wyrażenia

Algorytm wykonania:

1. Wykonaj czynność w nawiasach.
2. Wykonaj mnożenie.

Rozwiązanie:

Przedstawmy potęgę liczby w taki sposób, że będziemy mogli wyjąć wspólny czynnik z nawiasu.

3 4 3 + 2 4 4 = 4 3 (3 + 2 4)

Wykonajmy akcję w nawiasach.

(3 + 2 4) = (3 + 8) = 11

4 3 = 4 4 4 = 64

Obliczmy wartość wyrażenia, biorąc to pod uwagę

Piąta wersja zadania

Znajdź znaczenie wyrażenia

Algorytm wykonania:

1. Przedstawmy potęgę liczby w taki sposób, że będziemy mogli wyjąć wspólny czynnik z nawiasu.
2. Umieść wspólny czynnik poza nawiasami.
3. Wykonaj czynność w nawiasach.
4. Przedstaw potęgę liczby jako mnożenie i oblicz wartość potęgi liczby.
5. Wykonaj mnożenie.

Rozwiązanie:

Przedstawmy potęgę liczby w taki sposób, że będziemy mogli wyjąć wspólny czynnik z nawiasu.

Wyjmijmy wspólny czynnik z nawiasów

2 5 3 + 3 5 2 = 5 2 (2 5 + 3)

Wykonajmy akcję w nawiasach.

(2 5 + 3) = (10 + 3) = 13

Przedstawmy potęgę liczby w formie mnożenia. Aby przedstawić potęgę liczby w formie mnożenia, należy pomnożyć tę liczbę przez samą siebie tyle razy, ile jest zawarta w wykładniku.

5 2 = 5 5 = 25

Obliczmy wartość wyrażenia, biorąc to pod uwagę

Wykonujemy mnożenie w kolumnie, mamy:

Opcja drugiego zadania z egzaminu Unified State Exam 2017 (1)

Znajdź znaczenie wyrażenia:

Rozwiązanie:

W tym zadaniu wygodniej jest doprowadzić wartości do bardziej znanej formy, a mianowicie zapisać liczby w liczniku i mianowniku w standardowej formie:

Następnie możesz podzielić 24 przez 6, wynik to 4.

Dziesięć do potęgi czwartej podzielone przez dziesięć do potęgi trzeciej daje dziesięć do pierwszej lub po prostu dziesięć, więc otrzymujemy:

Opcja drugiego zadania z egzaminu Unified State Exam 2017 (2)

Znajdź znaczenie wyrażenia:

Rozwiązanie:

W tym przypadku powinniśmy zauważyć, że liczba 6 w mianowniku jest rozłożona na czynniki 2 i 3 do potęgi 5:

Następnie możesz wykonać redukcje stopni dla dwóch: 6-5 = 1, dla trzech: 8-5 = 3.

Teraz kostki 3 i mnożymy przez 2, otrzymując 54.

Opcja dla drugiego zadania z 2019 r. (1)

Algorytm wykonania

1. Zastosuj do licznika świętych mocy (a x) y = a xy. Dostajemy 3 – 6.
2. Zastosuj do ułamków świętych mocy a x /a y =a x–y.
3. Podnieś 3 do wynikowej potęgi.

Rozwiązanie:

(3 –3) 2 /3 –8 = 3 –6 /3 –8 = 3 –6–(–8)) = 3 –6+8 = 3 2 = 9

Opcja dla zadania drugiego 2019 (2)

Algorytm wykonania

1. Do określenia stopnia w liczniku używamy (14 9) (ab) x = a x b x. Rozłóżmy 14 na iloczyn 2 i 7. Otrzymamy iloczyn potęg o podstawach 2 i 7.
2. Przekształćmy wyrażenie na 2 ułamki, z których każdy będzie zawierał potęgi o tych samych podstawach.
3. Zastosuj do ułamków świętych mocy a x /a y =a x–y.
4. Znajdujemy powstały produkt.

Rozwiązanie:

14 9 / 2 7 7 8 = (2 7) 9 / 2 7 7 8 = 2 9 7 9 / 2 7 7 8 = 2 9–7 7 9–8 = 2 2 7 1 = 4 ·7 = 28

Opcja dla zadania drugiego 2019 (3)

Algorytm wykonania

1. Z nawiasów bierzemy wspólny czynnik 5 2 =25.
2. W nawiasach mnożymy liczby 2 i 5. Otrzymujemy 10.
3. W nawiasach dodajemy 10 i 3. Otrzymujemy 13.
4. Mnożymy wspólny czynnik 25 i 13.

Rozwiązanie:

2 5 3 +3 5 2 = 5 2 (2 5+3) = 25 (10+3) = 25 13 = 325

Opcja dla zadania drugiego 2019 (4)

Algorytm wykonania

1. Podnieś go do kwadratu (–1). Otrzymujemy 1, ponieważ podnosimy ją do parzystej potęgi.
2. Podnieś (–1) do potęgi 5. Dostajemy –1, ponieważ następuje podniesienie do nieparzystej potęgi.
3. Wykonujemy operacje mnożenia.
4. Otrzymujemy różnicę dwóch liczb. Znajdujemy ją.

Rozwiązanie:

6·(–1) 2 +4·(–1) 5 = 6,1+4·(–1) = 6+(–4) = 6–4 = 2

Opcja dla zadania drugiego 2019 (5)

Algorytm wykonania

1. Zamieńmy czynniki 10 3 i 10 2 na liczby całkowite.
2. Produkty wyszukujemy przesuwając przecinek w prawo o odpowiednią liczbę miejsc po przecinku.
3. Znajdź wynikową kwotę.