Analýza úloh na úrovni profilu skúšky. Príprava na skúšku z matematiky (profilová úroveň): úlohy, riešenia a vysvetlenia

autora Bagmenova T. A. učiteľ matematikyMBOU stredná škola č. 14, Novočerkassk, Rostovská oblasť.

Pri riešení úloh na použitie derivátu pri príprave na jednotnú štátnu skúšku existuje široká škála úloh, čo si vyžaduje rozdelenie úloh do skupín, sprevádzané teoretickým materiálom na tému „Derivácia“.

Zvážte príklady úloh č. 7 na tému „Derivácia“ úrovne profilu v matematike a rozdeľte ich do skupín.

1 . Nech je funkcia f(x) spojitá na segmente [ a ; b ] a je diferencovateľný na intervale (a;b). Potom, ak je derivácia funkcie väčšia ako nula pre všetky x patriace do [ a ; b ], potom sa funkcia zvýši o [ a ; b ], a ak je derivácia funkcie menšia ako nula, potom na tomto intervale klesá.

Príklady:

1)

Riešenie.

V bodoch a bodoch funkcia klesá, preto je derivácia funkcie v týchto bodoch záporná.

odpoveď: 2.

2)

Riešenie.

Na intervaloch (-2; 2), (6; 10) je derivácia funkcie záporná, preto funkcia na týchto intervaloch klesá. Dĺžka oboch intervalov 4.

odpoveď: 4.

3)

Riešenie.

Na intervale je derivácia funkcie kladná, preto funkcia na tomto intervale rastie, preto funkcia nadobúda najmenšiu hodnotu v bode 3.

odpoveď: 3.

4)

Riešenie.

Na segmente [-2; 3] je derivácia funkcie záporná, preto funkcia na tomto intervale klesá, preto má funkcia najväčšiu hodnotu v bode -2.

odpoveď: -2.

2 . Ak v bode derivácia funkcie zmení znamienko z „-“ na „+“, potom je to minimálny bod funkcie; ak v bode derivácia funkcie zmení znamienko z "+" na "-", potom je to maximálny bod funkcie.

Príklad:

Riešenie.

V bode x=3; x=13 derivácia funkcie zmení znamienko z „-“ na „+“, teda toto sú minimálne body funkcie.

odpoveď: 2.

3. Podmienka( X )=0 je nevyhnutná podmienka pre extrém diferencovateľnej funkcie f ( X ). Keďže v priesečníkoch grafu derivácie funkcie s osou Ox sa derivácia funkcie rovná nule, potom sú tieto body extrémnymi bodmi.

Príklad:

Riešenie.

Priesečníky grafu derivácie funkcie s osou Ox na danom segmente 4, teda extrémne body 4.

odpoveď: 4.

4 . Derivácia funkcie sa rovná nule v extrémnych bodoch funkcie. V tomto probléme sú to body, v ktorých funkcia prechádza od rastúcej k klesajúcej alebo naopak.

Príklad:

Riešenie.

V bodoch je derivácia nulová.

odpoveď: 4.

5. Ak chcete nájsť hodnotu derivácie funkcie v bode, znamená to nájsť dotyčnicu sklonu dotyčnice k osi Ox alebo k priamke rovnobežnej s osou Ox. Ak je uhol sklonu dotyčnice k osi x ostrý, potom je dotyčnica uhla kladná, ak je uhol sklonu dotyčnice k osi x tupý, potom je dotyčnica uhla záporná.

Príklad:

Riešenie.

Zostavme pravouhlý trojuholník, v ktorom bude prepona ležať na dotyčnici a jedna z ramien leží na osi Ox alebo na priamke rovnobežnej s osou Ox, potom vypočítame dĺžky ramien a vypočítame dotyčnicu ostrý uhol pravouhlého trojuholníka. Opačná vetva je 2, susedná vetva je 8, takže dotyčnica ostrého uhla pravouhlého trojuholníka je 0,25. Uhol sklonu dotyčnice k osi Ox je tupý, preto dotyčnica uhla sklonu dotyčnice je záporná, preto je hodnota derivácie funkcie v bode -0,25.

Odpoveď: - 0,25.

6. 1) Sklony rovnobežných čiar sú rovnaké.

2) Hodnota derivácie funkcie f ( X r = f ( X ) v bode (; f ()).

Príklad.

Riešenie.

Sklon priamky je 2. Odhodnota derivácie funkcief( X) v bode sa rovná sklonu dotyčnice ku grafu funkcier= f( X) v bode (;f()), potom nájdeme body, v ktorých je derivácia funkcief( X) sa rovná 2.Na tomto grafe sú 4 také body. Preto počet bodov, v ktorých dotyčnica ku grafu funkcief( X) je rovnobežná s danou čiarou alebo sa s ňou rovná 4.

odpoveď: 4.

Použité knihy:

Kolyagin Yu. M., Tkacheva M. V., Fedorova N. E. a kol. Algebra a začiatky matematickej analýzy (základná a pokročilá úroveň). 10 buniek - Osvietenie. 2014

POUŽITIE: 4000 úloh s odpoveďami z matematiky. Všetky úlohy "Uzavretý segment". Základná a profilová úroveň. Spracoval I.V. Yashchenko.- M.: Exam Publishing House, -2016.-640s.

Ak chcete úspešne vyriešiť možnosti profilu pre skúšku z matematiky, stojí za to opustiť takýto algoritmus. Pri príprave na skúšku by sa nemal klásť dôraz na jej absolvovanie ako samoúčelné, ale na zvýšenie úrovne vedomostí študenta. Na to je potrebné študovať teóriu, rozvíjať zručnosti riešením rôznych možností profilovej skúšky z matematiky neštandardnými spôsobmi s podrobnými odpoveďami a sledovať dynamiku učenia. A v tom všetkom vám pomôže vzdelávací projekt Shkolkovo.

Prečo by ste si mali vybrať náš zdroj?

Neponúkame vám typické príklady základných problémov USE v matematike, ktoré sa pohybujú po internete z jednej stránky na druhú. Naši odborníci nezávisle vyvinuli databázu úloh, ktorá pozostáva zo zaujímavých a jedinečných cvičení a je denne aktualizovaná. Všetky USE úlohy z matematiky na úrovni profilu obsahujú odpovede a podrobné riešenia. Umožňujú vám identifikovať silné a slabé stránky v príprave študenta a naučiť ho myslieť slobodne a mimo rámca.

Ak chcete dokončiť úlohy a zobraziť riešenia úloh USE v matematike na špecializovanej úrovni, vyberte si cvičenie v „Katalógu“. Je to celkom jednoduché, pretože má jasnú štruktúru, ktorá zahŕňa témy a podtémy. Všetky úlohy sú zoradené vzostupne od jednoduchých po zložitejšie a obsahujú odpovede na profilovú skúšku z matematiky s riešením.

Okrem toho má študent možnosť samostatne vytvárať možnosti úloh. Pomocou „Konštruktéra“ si môže vybrať úlohy USE v matematike na úrovni profilu na akúkoľvek tému, ktorá ho zaujíma, a zobraziť ich riešenia. To vám umožní precvičiť zručnosti v konkrétnej časti, ako je geometria alebo algebra.

Taktiež si študent môže urobiť rozbor úloh profilovej skúšky z matematiky v „Osobnom účte študenta“. V tejto časti bude študent môcť sledovať svoju vlastnú dynamiku a komunikovať s učiteľom.

To všetko vám pomôže efektívne sa pripraviť na profilovú skúšku z matematiky a ľahko nájsť riešenia aj na tie najzložitejšie problémy.

Prax ukazuje, že úlohy na nájdenie oblasti trojuholníka sa nachádzajú v skúške z roka na rok. Preto, ak chcú študenti získať slušné skóre pri absolvovaní certifikačného testu, mali by si túto tému určite zopakovať a látku znovu pochopiť.

Ako sa pripraviť na skúšku?

Vzdelávací projekt Shkolkovo vám pomôže naučiť sa riešiť problémy pri hľadaní oblasti trojuholníka, podobné tým, ktoré sa nachádzajú v jednotnej štátnej skúške. Tu nájdete všetko, čo potrebujete na prípravu na certifikačný test.

Aby cvičenia na tému „Oblasť trojuholníka v úlohách skúšky“ nespôsobili absolventom ťažkosti, odporúčame vám, aby ste si v prvom rade obnovili základné trigonometrické pojmy a pravidlá v pamäti. Ak to chcete urobiť, prejdite do časti "Teoretický odkaz". Existujú základné definície a vzorce, ktoré vám pomôžu nájsť správnu odpoveď.

Na upevnenie naučeného materiálu a praxe pri riešení problémov odporúčame vykonať cvičenia, ktoré vybrali špecialisti vzdelávacieho projektu Shkolkovo. Každá úloha na stránke má správnu odpoveď a podrobný popis riešenia. Študenti môžu cvičiť s jednoduchými aj zložitejšími problémami.

Školáci môžu „načerpať“ svoje zručnosti pri vykonávaní takýchto cvičení online v Moskve aj v akomkoľvek inom meste v Rusku. V prípade potreby je možné splnenú úlohu uložiť do časti „Obľúbené“, aby ste sa k nej mohli neskôr vrátiť a prediskutovať riešenie s učiteľom.

Stredné všeobecné vzdelanie

Linka UMK G.K. Muravina. Algebra a začiatky matematickej analýzy (10-11) (hlboká)

Linka UMK Merzlyak. Algebra a začiatky analýzy (10-11) (U)

Matematika

Príprava na skúšku z matematiky (profilová úroveň): úlohy, riešenia a vysvetlenia

Skúšobná práca na úrovni profilu trvá 3 hodiny 55 minút (235 minút).

Minimálny prah- 27 bodov.

Skúšobná práca pozostáva z dvoch častí, ktoré sa líšia obsahom, náročnosťou a počtom úloh.

Charakteristickým znakom každej časti práce je forma úloh:

• 1. časť obsahuje 8 úloh (úlohy 1-8) s krátkou odpoveďou v tvare celého čísla alebo koncového desatinného zlomku;
• 2. časť obsahuje 4 úlohy (úlohy 9-12) s krátkou odpoveďou v tvare celého čísla alebo konečného desatinného zlomku a 7 úloh (úlohy 13-19) s podrobnou odpoveďou (úplný záznam rozhodnutia s odôvodnením vykonané akcie).

Panova Svetlana Anatolievna, učiteľka matematiky najvyššej kategórie školy, prax 20 rokov:

„Na získanie vysvedčenia musí absolvent absolvovať dve povinné skúšky vo forme Jednotnej štátnej skúšky, z toho jednu z matematiky. Jednotná štátna skúška z matematiky je v súlade s Koncepciou rozvoja matematického vzdelávania v Ruskej federácii rozdelená na dve úrovne: základnú a špecializovanú. Dnes zvážime možnosti pre úroveň profilu.

Úloha číslo 1- preveruje schopnosť účastníkov USE aplikovať zručnosti získané v priebehu 5-9 ročníka v elementárnej matematike v praktických činnostiach. Účastník musí mať výpočtové schopnosti, vedieť pracovať s racionálnymi číslami, vedieť zaokrúhľovať desatinné zlomky, vedieť previesť jednu mernú jednotku na druhú.

Príklad 1 V byte, kde Petr býva, bol namontovaný vodomer (meradlo) studenej vody. Prvého mája ukazoval merač spotrebu 172 metrov kubických. m vody a prvého júna - 177 metrov kubických. Akú sumu má Peter zaplatiť za studenú vodu za máj, ak je cena 1 cu. m studenej vody je 34 rubľov 17 kopejok? Uveďte svoju odpoveď v rubľoch.

Riešenie:

1) Zistite množstvo vody spotrebovanej za mesiac:

177 - 172 = 5 (m3)

2) Zistite, koľko peňazí zaplatíte za spotrebovanú vodu:

34,17 5 = 170,85 (rub)

odpoveď: 170,85.

Úloha číslo 2- je jednou z najjednoduchších úloh skúšky. Väčšina absolventov sa s ňou úspešne vyrovnáva, čo svedčí o držaní definície pojmu funkcia. Typ úlohy č.2 podľa kodifikátora požiadaviek je úlohou na využitie získaných vedomostí a zručností v praktických činnostiach a bežnom živote. Úloha č.2 spočíva v popísaní pomocou funkcií rôznych reálnych vzťahov medzi veličinami a interpretácii ich grafov. Úloha číslo 2 testuje schopnosť extrahovať informácie prezentované v tabuľkách, diagramoch, grafoch. Absolventi musia vedieť určiť hodnotu funkcie hodnotou argumentu s rôznymi spôsobmi špecifikácie funkcie a popísať správanie a vlastnosti funkcie podľa jej grafu. Taktiež je potrebné vedieť nájsť najväčšiu alebo najmenšiu hodnotu z grafu funkcie a zostaviť grafy študovaných funkcií. Urobené chyby sú náhodného charakteru pri čítaní podmienok problému, čítaní diagramu.

#ADVERTISING_INSERT#

Príklad 2 Na obrázku je znázornená zmena výmennej hodnoty jednej akcie ťažobnej spoločnosti v prvej polovici apríla 2017. Podnikateľ 7. apríla kúpil 1000 akcií tejto spoločnosti. 10. apríla predal tri štvrtiny nakúpených akcií a 13. apríla predal všetky zvyšné. O koľko prišiel podnikateľ v dôsledku týchto operácií?

Riešenie:

2) 1000 3/4 = 750 (akcie) - tvoria 3/4 všetkých nakúpených akcií.

6) 247500 + 77500 = 325000 (rubľov) - podnikateľ dostal po predaji 1 000 akcií.

7) 340 000 - 325 000 = 15 000 (rubľov) - podnikateľ stratil v dôsledku všetkých operácií.

odpoveď: 15000.

Úloha číslo 3- je úlohou základnej úrovne prvej časti, preveruje schopnosť vykonávať úkony s geometrickými útvarmi podľa obsahu kurzu „Planimetria“. Úloha 3 testuje schopnosť vypočítať plochu obrazca na kockovanom papieri, schopnosť vypočítať mieru uhlov, vypočítať obvody atď.

Príklad 3 Nájdite plochu obdĺžnika nakreslenú na kockovanom papieri s veľkosťou bunky 1 cm x 1 cm (pozri obrázok). Svoju odpoveď uveďte v centimetroch štvorcových.

Riešenie: Na výpočet plochy tohto obrázku môžete použiť vzorec Peak:

Na výpočet plochy tohto obdĺžnika používame vzorec Peak:

Príklad 4 Na kruhu je 5 červených a 1 modrá bodka. Určte, ktoré polygóny sú väčšie: tie so všetkými červenými vrcholmi alebo tie s jedným z modrých vrcholov. Vo svojej odpovedi uveďte, o koľko viac jedného ako druhého.

Riešenie: 1) Používame vzorec pre počet kombinácií z n prvky podľa k:

ktorého všetky vrcholy sú červené.

3) Jeden päťuholník so všetkými červenými vrcholmi.

4) 10 + 5 + 1 = 16 polygónov so všetkými červenými vrcholmi.

ktorých vrcholy sú červené alebo s jedným modrým vrcholom.

ktorých vrcholy sú červené alebo s jedným modrým vrcholom.

8) Jeden šesťuholník, ktorého vrcholy sú červené s jedným modrým vrcholom.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 polygónov, ktoré majú všetky červené vrcholy alebo jeden modrý vrchol.

10) 42 - 16 = 26 polygónov, ktoré používajú modrú bodku.

11) 26 - 16 = 10 polygónov - koľko polygónov, v ktorých jeden z vrcholov je modrý bod, je viac ako polygónov, v ktorých sú všetky vrcholy iba červené.

odpoveď: 10.

Úloha číslo 5- základná úroveň prvej časti testuje schopnosť riešiť najjednoduchšie rovnice (iracionálne, exponenciálne, trigonometrické, logaritmické).

Príklad 5 Vyriešte rovnicu 2 3 + X= 0,4 5 3 + X .

Riešenie. Vydeľte obe strany tejto rovnice 5 3 + X≠ 0, dostaneme

z čoho vyplýva, že 3 + X = 1, X = –2.

odpoveď: –2.

Úloha číslo 6 v planimetrii na zisťovanie geometrických veličín (dĺžok, uhlov, plôch), modelovanie reálnych situácií v jazyku geometrie. Štúdium zostrojených modelov pomocou geometrických pojmov a viet. Zdrojom ťažkostí je spravidla neznalosť alebo nesprávna aplikácia potrebných teorém planimetrie.

Oblasť trojuholníka ABC rovná sa 129. DE- stredová čiara rovnobežná so stranou AB. Nájdite oblasť lichobežníka POSTEĽ.

Riešenie. Trojuholník CDE podobný trojuholníku TAXÍK na dvoch rohoch, od rohu na vrchole C všeobecný, uhol CDE rovný uhlu TAXÍK ako zodpovedajúce uhly pri DE || AB sekanta AC. Pretože DE je stredná čiara trojuholníka podmienkou, potom vlastnosťou strednej čiary | DE = (1/2)AB. Takže koeficient podobnosti je 0,5. Plochy podobných útvarov súvisia ako druhá mocnina koeficientu podobnosti, tzv

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

Úloha číslo 7- skontroluje aplikáciu derivácie na štúdium funkcie. Pre úspešnú implementáciu je potrebné zmysluplné, neformálne vlastníctvo konceptu derivátu.

Príklad 7 Ku grafu funkcie r = f(X) v bode s osou x X 0 je nakreslená dotyčnica, ktorá je kolmá na priamku prechádzajúcu bodmi (4; 3) a (3; -1) tohto grafu. Nájsť f′( X 0).

Riešenie. 1) Použime rovnicu priamky prechádzajúcej dvoma danými bodmi a nájdime rovnicu priamky prechádzajúcej bodmi (4; 3) a (3; -1).

(r – r 1)(X 2 – X 1) = (X – X 1)(r 2 – r 1)

(r – 3)(3 – 4) = (X – 4)(–1 – 3)

(r – 3)(–1) = (X – 4)(–4)

–r + 3 = –4X+ 16| · (-jeden)

r – 3 = 4X – 16

r = 4X– 13, kde k 1 = 4.

2) Nájdite sklon dotyčnice k 2, ktorý je kolmý na priamku r = 4X– 13, kde k 1 = 4 podľa vzorca:

3) Sklon dotyčnice je deriváciou funkcie v bode dotyku. znamená, f′( X 0) = k 2 = –0,25.

odpoveď: –0,25.

Úloha číslo 8- preverí znalosť elementárnej stereometrie medzi účastníkmi skúšky, schopnosť aplikovať vzorce na hľadanie plôch a objemov útvarov, dihedrálnych uhlov, porovnávať objemy podobných útvarov, vedieť vykonávať akcie s geometrickými útvarmi, súradnicami a vektormi , atď.

Objem kocky opísanej okolo gule je 216. Nájdite polomer gule.

Riešenie. 1) V kocka = a 3 (kde a je dĺžka hrany kocky), tak

a 3 = 216

a = 3 √216

2) Keďže guľa je vpísaná do kocky, znamená to, že dĺžka priemeru gule sa rovná dĺžke hrany kocky, teda d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Úloha číslo 9- vyžaduje od absolventa transformáciu a zjednodušenie algebraických výrazov. Úloha č. 9 zvýšenej náročnosti s krátkou odpoveďou. Úlohy zo sekcie „Výpočty a transformácie“ v USE sú rozdelené do niekoľkých typov:

transformácie číselných racionálnych výrazov;

transformácie algebraických výrazov a zlomkov;

transformácie číselných/písmenových iracionálnych výrazov;

akcie s titulmi;

transformácia logaritmických výrazov;

1. prevod číselných/písmenových trigonometrických výrazov.

Príklad 9 Vypočítajte tgα, ak je známe, že cos2α = 0,6 a

Riešenie. 1) Použime vzorec s dvojitým argumentom: cos2α = 2 cos 2 α - 1 a nájdime

Z toho vyplýva, že tan 2 a = ± 0,5.

3) Podľa podmienok

teda α je uhol druhej štvrtiny a tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

odpoveď: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Úloha číslo 10- preveruje schopnosť žiakov využívať nadobudnuté rané vedomosti a zručnosti v praktickej činnosti a bežnom živote. Môžeme povedať, že ide o problémy vo fyzike, a nie v matematike, ale všetky potrebné vzorce a množstvá sú uvedené v podmienke. Úlohy sú redukované na riešenie lineárnej alebo kvadratickej rovnice, prípadne lineárnej či kvadratickej nerovnosti. Preto je potrebné vedieť riešiť takéto rovnice a nerovnice a určiť odpoveď. Odpoveď musí byť vo forme celého čísla alebo posledného desatinného zlomku.

Dve telesá hmoty m= 2 kg každý, pohybujúce sa rovnakou rýchlosťou v= 10 m/s pri vzájomnom uhle 2α. Energia (v jouloch) uvoľnená pri ich absolútne nepružnej zrážke je určená výrazom Q = mv 2 hriech 2 α. V akom najmenšom uhle 2α (v stupňoch) sa musia telesá pohybovať, aby sa v dôsledku zrážky uvoľnilo aspoň 50 joulov?
Riešenie. Na vyriešenie úlohy potrebujeme vyriešiť nerovnosť Q ≥ 50 na intervale 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 hriech 2 α ≥ 50

2 10 2 hriech 2 α ≥ 50

200 sin2α ≥ 50

Keďže α ∈ (0°; 90°), budeme len riešiť

Riešenie nerovnosti znázorníme graficky:

Keďže za predpokladu α ​​∈ (0°; 90°), znamená to, že 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Úloha číslo 11- je typický, ale pre študentov sa ukazuje ako ťažký. Hlavným zdrojom ťažkostí je konštrukcia matematického modelu (zostavenie rovnice). Úloha číslo 11 testuje schopnosť riešiť slovné úlohy.

Príklad 11. Počas jarných prázdnin musel jedenásťročný Vasya vyriešiť 560 tréningových úloh, aby sa pripravil na skúšku. 18. marca, v posledný deň školy, Vasya vyriešil 5 problémov. Potom každý deň riešil rovnaký počet problémov viac ako predchádzajúci deň. Určte, koľko problémov Vasya vyriešil 2. apríla v posledný deň dovolenky.

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

odpoveď: 65.

Úloha číslo 12- overiť schopnosť študentov vykonávať akcie s funkciami, vedieť aplikovať deriváciu na štúdium funkcie.

Nájdite maximálny bod funkcie r= 10 ln( X + 9) – 10X + 1.

Riešenie: 1) Nájdite doménu funkcie: X + 9 > 0, X> –9, teda x ∈ (–9; ∞).

2) Nájdite deriváciu funkcie:

4) Nájdený bod patrí do intervalu (–9; ∞). Definujeme znamienka derivácie funkcie a znázorňujeme správanie funkcie na obrázku:

Požadovaný maximálny bod X = –8.

a) Vyriešte rovnicu 2log 3 2 (2cos X) – 5 log 3 (2kos X) + 2 = 0

b) Nájdite všetky korene tejto rovnice, ktoré patria do segmentu.

Riešenie: a) Nechajte log 3 (2cos X) = t, potom 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

b) Nájdite korene ležiace na segmente .

Z obrázku je vidieť, že daný segment má korene

Priemer kružnice podstavy valca je 20, tvoriaca čiara valca je 28. Rovina pretína jej podstavy pozdĺž tetiv dĺžky 12 a 16. Vzdialenosť medzi tetivami je 2√197.

a) Dokážte, že stredy podstav valca ležia na rovnakej strane tejto roviny.

b) Nájdite uhol medzi touto rovinou a rovinou podstavy valca.

Riešenie: a) Tetiva dĺžky 12 je vo vzdialenosti = 8 od stredu základnej kružnice a tetiva dĺžky 16 je podobne vo vzdialenosti 6. Preto vzdialenosť medzi ich priemetmi na rovinu rovnobežnú s základne valcov je buď 8 + 6 = 14, alebo 8 − 6 = 2.

Potom je vzdialenosť medzi akordmi buď

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Podľa stavu bol realizovaný druhý prípad, v ktorom výstupky tetivy ležia na jednej strane osi valca. To znamená, že os nepretína túto rovinu vo valci, to znamená, že základne ležia na jednej jeho strane. Čo bolo potrebné dokázať.

b) Označme stredy báz O 1 a O 2. Nakreslíme zo stredu podstavy s tetivou dĺžky 12 kolmicu na túto tetivu (má dĺžku 8, ako už bolo uvedené) a zo stredu druhej podstavy na inú tetivu. Ležia v rovnakej rovine β kolmej na tieto tetivy. Nazvime stred menšej tetivy B, väčšiu ako A, a priemet A na druhú základňu H (H ∈ β). Potom AB,AH ∈ β a teda AB,AH sú kolmé na tetivu, teda na priesečník podstavy s danou rovinou.

Takže požadovaný uhol je

Úloha číslo 15- zvýšená úroveň zložitosti s podrobnou odpoveďou, preveruje schopnosť riešiť nerovnosti, najúspešnejšie vyriešené spomedzi úloh s podrobnou odpoveďou na zvýšenú úroveň zložitosti.

Príklad 15 Vyriešte nerovnosť | X 2 – 3X| denník 2 ( X + 1) ≤ 3X – X 2 .

Riešenie: Oblasťou definície tejto nerovnosti je interval (–1; +∞). Zvážte tri prípady oddelene:

1) Nechajte X 2 – 3X= 0, t.j. X= 0 alebo X= 3. V tomto prípade sa táto nerovnosť stane pravdivou, preto sú tieto hodnoty zahrnuté do riešenia.

2) Nechaj teraz X 2 – 3X> 0, t.j. X∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). V tomto prípade je možné túto nerovnosť prepísať do tvaru ( X 2 – 3X) denník 2 ( X + 1) ≤ 3X – X 2 a vydeliť kladným výrazom X 2 – 3X. Dostaneme denník 2 ( X + 1) ≤ –1, X + 1 ≤ 2 –1 , X≤ 0,5 -1 alebo X≤ -0,5. Ak vezmeme do úvahy doménu definície, máme X ∈ (–1; –0,5].

3) Nakoniec zvážte X 2 – 3X < 0, при этом X∈ (0; 3). V tomto prípade sa pôvodná nerovnosť prepíše do tvaru (3 X – X 2) denník 2 ( X + 1) ≤ 3X – X 2. Po vydelení kladným výrazom 3 X – X 2, dostaneme denník 2 ( X + 1) ≤ 1, X + 1 ≤ 2, X≤ 1. S prihliadnutím na oblasť máme X ∈ (0; 1].

Spojením získaných riešení získame X ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

odpoveď: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Úloha číslo 16- pokročilá úroveň odkazuje na úlohy druhej časti s podrobnou odpoveďou. Úloha testuje schopnosť vykonávať akcie s geometrickými tvarmi, súradnicami a vektormi. Úloha obsahuje dve položky. V prvom odseku musí byť úloha preukázaná a v druhom odseku musí byť vypočítaná.

V rovnoramennom trojuholníku ABC s uhlom 120° pri vrchole A je nakreslená os BD. Obdĺžnik DEFH je vpísaný do trojuholníka ABC tak, že strana FH leží na úsečke BC a vrchol E leží na úsečke AB. a) Dokážte, že FH = 2DH. b) Nájdite obsah obdĺžnika DEFH, ak AB = 4.

Riešenie: a)

1) ΔBEF - pravouhlý, EF⊥BC, ∠B = (180° - 120°) : 2 = 30°, potom EF = BE kvôli vlastnosti nohy oproti uhlu 30°.

2) Nech EF = DH = X, potom BE = 2 X, BF = X√3 podľa Pytagorovej vety.

3) Keďže ΔABC je rovnoramenné, potom ∠B = ∠C = 30˚.

BD je osou ∠B, takže ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Uvažujme ΔDBH - obdĺžnikový, pretože 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.

odpoveď: 24 – 12√3.

Príklad 17. Vklad vo výške 20 miliónov rubľov sa plánuje otvoriť na štyri roky. Banka na konci každého roka zvyšuje vklad o 10 % v porovnaní s jeho veľkosťou na začiatku roka. Okrem toho na začiatku tretieho a štvrtého roka vkladateľ každoročne dopĺňa vklad o X miliónov rubľov, kde X - celýčíslo. Nájdite najvyššiu hodnotu X, pri ktorej banka za štyri roky pripíše na vklad necelých 17 miliónov rubľov.

Riešenie: Na konci prvého roka bude príspevok 20 + 20 · 0,1 = 22 miliónov rubľov a na konci druhého roka - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 milióna rubľov. Na začiatku tretieho roka bude príspevok (v miliónoch rubľov) (24,2 + X) a na konci - (24,2 + X) + (24,2 + X) 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Na začiatku štvrtého roka bude príspevok vo výške (26,62 + 2,1 X) a na konci - (26,62 + 2,1 X) + (26,62 + 2,1X) 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Podľa podmienky musíte nájsť najväčšie celé číslo x, pre ktoré je nerovnosť

(29,282 + 2,31X) – 20 – 2X < 17

29,282 + 2,31X – 20 – 2X < 17

0,31X < 17 + 20 – 29,282

0,31X < 7,718

Najväčšie celočíselné riešenie tejto nerovnosti je číslo 24.

odpoveď: 24.

Pri čom a systém nerovností

má presne dve riešenia?

Riešenie: Tento systém je možné prepísať ako

Ak nakreslíme na rovinu množinu riešení prvej nerovnosti, dostaneme vnútro kružnice (s hranicou) s polomerom 1 so stredom v bode (0, a). Množina riešení druhej nerovnice je tá časť roviny, ktorá leží pod grafom funkcie r = | X| – a, a druhý je grafom funkcie
r = | X| , posunuté nadol o a. Riešenie tejto sústavy je priesečníkom množín riešení každej z nerovníc.

V dôsledku toho bude mať tento systém dve riešenia iba v prípade znázornenom na obr. jeden.

Body dotyku medzi kružnicou a čiarami budú dve riešenia systému. Každá z priamych línií je naklonená k osám pod uhlom 45°. Takže trojuholník PQR- pravouhlý rovnoramenný. Bodka Q má súradnice (0, a) a pointa R– súradnice (0, – a). Okrem toho strihy PR a PQ sa rovnajú polomeru kruhu rovnému 1. Preto,

Nechaj sn súčet Pčlenovia aritmetického postupu ( a p). To je známe S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Uveďte vzorec Pčlenom tohto postupu.

b) Nájdite najmenší súčet modulov S n.

c) Nájdite najmenšie P, na ktorom S n bude druhou mocninou celého čísla.

Riešenie: a) Samozrejme, a n = S n – S n- jeden . Pomocou tohto vzorca dostaneme:

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

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

B) pretože S n = 2n 2 – 25n, potom zvážte funkciu S(X) = | 2X 2 – 25x|. Jej graf je možné vidieť na obrázku.

Je zrejmé, že najmenšiu hodnotu dosiahneme v celočíselných bodoch, ktoré sú najbližšie k nulám funkcie. Je jasné, že ide o body. X= 1, X= 12 a X= 13. Keďže 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, potom najmenšia hodnota je 12.

c) Z predchádzajúceho odseku vyplýva, že sn pozitívny od r n= 13. Odkedy S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), potom zrejmý prípad, keď je tento výraz dokonalým štvorcom, sa realizuje, keď n = 2n- 25, teda s P= 25.

Zostáva skontrolovať hodnoty 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.

Ukazuje sa, že pre menšie hodnoty Púplný štvorec sa nedosiahne.

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

________________

*Od mája 2017 je spoločná vydavateľská skupina DROFA-VENTANA súčasťou spoločnosti Russian Textbook Corporation. Súčasťou korporácie bolo aj vydavateľstvo Astrel a digitálna vzdelávacia platforma LECTA. Alexander Brychkin, absolvent Finančnej akadémie pri vláde Ruskej federácie, kandidát ekonomických vied, vedúci inovatívnych projektov vydavateľstva DROFA v oblasti digitálneho vzdelávania (elektronické formy učebníc, Ruská elektronická škola, digitálne vzdelávanie LECTA platformy) bol vymenovaný za generálneho riaditeľa. Pred príchodom do vydavateľstva DROFA zastával pozíciu viceprezidenta pre strategický rozvoj a investície vydavateľského holdingu EKSMO-AST. Dnes má ruské vydavateľstvo učebníc najväčšie portfólio učebníc zaradených do federálneho zoznamu – 485 titulov (približne 40 %, okrem učebníc pre nápravné školy). Vydavateľstvá korporácie vlastnia súbory učebníc fyziky, kreslenia, biológie, chémie, techniky, geografie, astronómie, najviac žiadané ruskými školami - oblasti vedomostí, ktoré sú potrebné na rozvoj produkčného potenciálu krajiny. V portfóliu korporácie sú učebnice a učebné pomôcky pre základné školy ocenené Cenou prezidenta za vzdelávanie. Ide o učebnice a príručky o oblastiach, ktoré sú potrebné pre rozvoj vedeckého, technického a priemyselného potenciálu Ruska.

Tento článok predstavuje analýzu úloh 9-12 časti 2 USE v matematike na úrovni profilu od tútora matematiky a fyziky. Video lekcia tútora s analýzou navrhovaných úloh obsahuje podrobné a zrozumiteľné komentáre ku každej z nich. Ak ste sa práve začali pripravovať na skúšku z matematiky, tento článok môže byť pre vás veľmi užitočný.

Pomocou vlastností logaritmov, ktoré sa môžete podrobne naučiť vo vyššie uvedenom video tutoriále, transformujeme výraz:

10. Pružinové kyvadlo kmitá s periódou T= 16 s. Hmotnosť zaveseného bremena m= 0,8 kg. Rýchlosť pohybu nákladu sa v priebehu času mení v súlade so vzorcom . Súčasne m / s. Definujúci vzorec pre kinetickú energiu (v jouloch) je: , kde m odoberané v kilogramoch, - v metroch za sekundu. Aká je kinetická energia záťaže v jouloch 10 sekúnd po začiatku kmitavého pohybu?

Rýchlosť pohybu bremena 10 s po začiatku oscilačného pohybu sa bude rovnať:

Potom sa kinetická energia v tomto časovom bode bude rovnať:

J.

Nechaj X je cena jednej lízanky a r- Cena čokolády. Potom 6 lízaniek stojí 6 X a 2 % z ceny čokoládovej tyčinky sú 0,02 r. Keďže je známe, že 6 lízaniek je o 2 % lacnejších ako čokoládová tyčinka, platí prvá rovnica: 6 X + 0,02r = r, z ktorého to máme X = 0,98/6 r = 98/600 r = 49/300 r. Na druhej strane, 9 lízaniek stojí 9 X, t.j. 9 49/300 r = 49/300 r = 1,47 r. Problém sa redukuje na určenie o koľko percent 1,47 r viac ako r. Ak r je 100 %, potom 1,47 r je 1,47 100 % = 147 %. To je 1,47 r viac ako r o 47 %.

1) ODZ je daná nerovnosťou: 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) Hľadáme deriváciu funkcie. Podrobný príbeh o tom, ako sa vypočíta derivácia tejto funkcie, nájdete vo videu vyššie. Derivácia funkcie je:

3) Hľadanie hodnôt X, pre ktoré sa derivácia rovná 0 alebo neexistuje. Neexistuje pre , pretože v tomto prípade menovateľ zmizne. Derivát zmizne, keď.