Nurodykite atsakymo variantus, kuriuose visuose tos pačios eilutės žodžiuose trūksta tos pačios raidės. Užsirašykite atsakymų numerius.

1) pr..kyla, pr..stengiasi, pr..lenkiasi (keliai);

2) ant..brow, on..dig, on..mark;

3) pr..nuostabu, pr..miestas, pr..vizija;

4) ne .. kasdien, ne .. padaryta, .. duota;

5) ant..čiuožti, su..žaisti, roz..sk.

Paaiškinimas (taip pat žr. žemiau esančią taisyklę).

Pateikime teisingą rašybą.

1. puikiai, prisitaikyti, klūpėti;

2. superciliary, sumenkinti, šluoti;

3. įnoringas, kliūtis, vaiduoklis;

4. neįgyvendinamas, nebaigtas, pasiduodantis;

5. ieškoti, žaisti, ieškoti.

Atsakymas: 24.

Atsakymas: 24|42

Taisyklė: priešdėlių rašyba. Apibendrinimas. Vieningo valstybinio egzamino 10 užduotis.

PRATARMŲ RAŠYBA

ir su jais susijusi rašyba tikrinama 10 užduotyje.

Rašyba patikrinta atliekant šią užduotį:

9.1.1 Raštu nesikeičiantys priešdėliai

1. Dauguma priešdėlių turi balsių ir priebalsių, pagal morfologinis principas Rusų rašyba, rašoma vienodai, nepaisant jokių sąlygų: S-, V-, OVER-, UNDER-, PRED-, OT-, FOR-, OT-, WITHOUT-, VO-, VZO-, WHO, DO - , NA-, OVER-, NADO-, O-, OB-, PERE-, PO-, UNDER-, PRO-, CO-, DISO-

ATMINKITE: yra priešdėlis S- (daryti, pražūti), bet nėra priešdėlio 3.

2. Balsių rašybą priešdėlių nekirčiuotoje padėtyje (išskyrus priešdėlį PRE-, PRI- ir RAZ/ROZ) galima patikrinti pasirinkus žodį, kuriame tas pats priešdėlis yra kirčiuotoje padėtyje:

atsisakyti - Reaguoti, nubausti - skubotai.

3. Priešdėlių priebalsių rašybą (išskyrus priešdėlį su 3-, C-) galima patikrinti pasirinkus žodį

kur po šio priešdėlio yra balsis arba priebalsiai V, L, M, N, R: apeiti – peraugti.

4. Priešdėlis PRA- vartojamas žodžiuose:

prosenelis

prosenelė

protėvių namai

proanūkė,

protėvis

priešistorinis,

5. Priešdėlis PA- atsiranda tik esant stresui:

podukra,

debesuota,

žalingas.

6. Būtina atskirti poras:

Pateikti, pateikti, pateikti ir pateikti, pateikti, pateikti

DIY ir DIY

Programinė įranga ir kabliukas

Laikyti, naudoti ir palaikyti, palaikoma

Erzinti ir erzinti

9.1.2 Priešdėliai, kurie baigiasi raidėmis Z ir S

Priešdėlių rašyba

niZ-niS (nepainioti su HE+S)

abuS-tiek

kiaurai

per viaS

kurios baigiasi 3-, C- ir turi bent dvi raides, nustatoma pagal paskesnį priebalsį.

3 - parašyta prieš balsingą priebalsį (mąstyti)

balsiniai priebalsiai: r, l, m, n, j, b, v, g, d, g, z

S - prieš bebalsį priebalsį (apsvarstykite)

bebalsiai priebalsiai: x, ts, ch, shch, k, p, s, t, sh, f

Šie priešdėliai dar vadinami priklausomi nuo tarimo: priešdėlyje rašome tai, ką girdime. Esant įtakai skambėjimo garsas paskutinis šaknies garsas tampa įgarsintas, ir tokiu pat būdu, veikiant nuobodu šaknies garsui, priešdėlis apkurtinamas. Ir šis garsas atsispindi rašte: girdime [raSshum’et’tsa] rašome norėdami triukšmauti; girdime [iZbizhat'], rašome ir Escape.

2. Tokiose rašybose kaip NOT + IZ + bezhny, kuriose yra du priešdėliai, veikia priešdėlio ON Z/S taisyklė.

Tokiose rašybose kaip NOT+C+combustible, kuri turi du priešdėlius, veikia priešdėlio C rašymo taisyklė.

3. Žodžiuose skaičiuoti, skaičiuoti, skaičiuoti, rašomas vienas C (prieš šaknį -CHET-).

4. ATMINKITE:

atviras

spoksoti

griuvėsiai

nesuskaičiuojama daugybė

pasaulėžiūra – pasaulėžiūra

kivirčas – kivirčas

pašėlusiai

ant gudrybės

taip pat

5. Šalia - prielinksnis (prie namo).

Bet: šalia, šalia (dalyvis).

9.1.3 Priešdėliai PRE ir PRI

Priešdėlių PRE-/PRI- rašyba priklauso nuo žodžio reikšmės.

Priešdėlis PRI- turi reikšmę:

Artėja (atvykti);

Tvirtinimas (klijai);

Artumas (pajūris – arti jūra);

Nebaigtas veiksmas (šiek tiek atidarytas);

Veiksmas baigtas (išradimas);

Arti priešdėlio DO- (atributas);

Veiksmo stiprinimas (pasilenkti);

Veiksmas savo interesus(apsirengti).

Priešdėlis PRE- turi reikšmę:

Labai (nuostabu – labai gražu);

Artimas priešdėliui PERE- (įveiktas).

Kai kuriais atvejais skirtumą tarp priešdėlių PRI-/PRE- lemia kontekstas:

atvykti į miestą – likti mieste;

duoti išvaizdą - išduoti draugą;

niekinti našlaitį – tai niekinti priešą;

koplyčia (šventykloje) yra (kantrybės) riba;

imtuvas (radijo imtuvas) - įpėdinis (pradėto darbo, tradicijų tęsėjas);

vartų sargas (sargas, prie vartų) - iškrypęs (neteisingas), bet: meluoti (truputį pameluoti)

ištverti (priprasti) - ištverti (išgyventi);

lankas (šakos) - lankas (prieš ką nors);

pereiti (prie ko nors) - peržengti (per kažką);

apsimesti (durimis) - atgaivinti;

ateinantis (ateina) – praeinantis (neišlaikantis);

spyna (durys) - ginčytis (ginčytis);

taikyti (pastangas) – nekintantis, nesikeičiantis;

prieglauda (prieglauda) - nuolat (be paliovos);

suklupti (apsigyventi be komforto) - suklupimas (trukdymas, sunkumas, = frazeologija)

sumažinti (šiek tiek) - sumažinti (daug, žymiai)

Neaiškią daiktavardžio reikšmę (būdvardį) galima paaiškinti ankstesniu žodžių darybos etapu:

prieglobstis - klijuoti, pašaukimas - kviesti, kreipėsi - taikytis.

Reikšmes, įvestas į žodį priešdėliais pre-, pri-, galima paaiškinti žodžiais ar frazėmis, kurios yra panašios reikšmės: transformuoti - perdaryti, perstatyti; mauras - mauras, mauras; sustoti – nustoti ką nors daryti; ginčytis - pertraukinėti vienas kitą, ginčytis; iškrypusi (nuomonė) apversta; nepriimtina – tai, ko negalima priimti; nepretenzingas - be kaprizų; išrankus – turintis didelių užgaidų ir kaprizų žmogus.

Yra žodžių (dažniausiai skolintų) su priešdėliais PRE-/PRI-, kurių reikšmė prarasta ir

reikia atsiminti rašybą.

Vidutinis bendrojo išsilavinimo

Linija UMK G. K. Muravinas. Algebra ir pradžia matematinė analizė(10–11) (išsamiai)

UMK Merzlyak linija. Algebra ir analizės pradžia (10-11) (U)

Matematika

Pasirengimas vieningam valstybiniam matematikos egzaminui (profilio lygis): užduotys, sprendimai ir paaiškinimai

Egzamino raštas profilio lygis trunka 3 valandas 55 minutes (235 minutes).

Minimalus slenkstis– 27 taškai.

Egzamino darbas susideda iš dviejų dalių, kurios skiriasi turiniu, sudėtingumu ir užduočių skaičiumi.

Išskirtinis kiekvienos darbo dalies bruožas yra užduočių forma:

• 1 dalyje yra 8 užduotys (1-8 užduotys) su trumpu atsakymu sveikojo skaičiaus arba paskutinės dešimtainės trupmenos forma;
• 2 dalyje yra 4 užduotys (9–12 užduotys) su trumpu atsakymu sveikojo skaičiaus arba paskutinės dešimtainės trupmenos forma ir 7 užduotys (13–19 užduotys) su išsamiu atsakymu ( pilnas rekordas sprendimus, pagrindžiančius atliktus veiksmus).

Panova Svetlana Anatolevna, matematikos mokytojas aukščiausia kategorija mokyklos, darbo patirtis 20 metų:

„Kad gautų mokyklos pažymėjimą, abiturientas turi išlaikyti dvejetą privalomas egzaminas V Vieninga valstybinio egzamino forma, iš kurių viena yra matematika. Pagal Plėtros koncepciją matematikos išsilavinimą V Rusijos Federacija Vieningas valstybinis matematikos egzaminas yra padalintas į du lygius: pagrindinį ir specializuotą. Šiandien apžvelgsime profilio lygio parinktis.

Užduotis Nr.1- patikrina su Vieningo valstybinio egzamino dalyviai gebėjimas pritaikyti 5-9 klasių kurse įgytus įgūdžius elementarioji matematika, V praktinė veikla. Dalyvis turi turėti skaičiavimo įgūdžių, mokėti dirbti racionalūs skaičiai, mokėti apvalinti po kablelio, sugebėti konvertuoti vieną matavimo vienetą į kitą.

1 pavyzdys. Bute, kuriame gyvena Petras, buvo įrengtas srauto matuoklis šaltas vanduo(skaitiklis). Gegužės 1 dieną skaitiklis rodė 172 kubinių metrų sąnaudas. m vandens, o birželio pirmąją – 177 kub. m Kokią sumą Petras turėtų mokėti už šaltą vandenį gegužės mėnesį, jei kaina yra 1 kub. m šalto vandens yra 34 rubliai 17 kapeikų? Atsakymą pateikite rubliais.

Sprendimas:

1) Raskite per mėnesį išleidžiamo vandens kiekį:

177–172 = 5 (kub.m)

2) Sužinokime, kiek pinigų jie sumokės už sunaudotą vandenį:

34,17 5 = 170,85 (rub)

Atsakymas: 170,85.

2 užduotis- yra viena iš paprasčiausių egzamino užduočių. Didžioji dalis absolventų sėkmingai su tuo susidoroja, o tai rodo funkcijos sąvokos apibrėžimo išmanymą. 2 užduoties tipas pagal reikalavimų kodifikatorių – tai įgytų žinių ir įgūdžių panaudojimo praktinėje veikloje užduotis ir kasdienybė. 2 užduotis susideda iš aprašymo naudojant įvairių funkcijų tikrosios priklausomybės tarp reikšmių ir jų grafikų interpretacijos. 2 užduotis tikrina gebėjimą išgauti informaciją, pateiktą lentelėse, diagramose ir grafikuose. Absolventai turi sugebėti nustatyti funkcijos reikšmę iš jos argumento vertės kada įvairiais būdais nurodant funkciją ir aprašant funkcijos elgesį bei savybes, remiantis jos grafiku. Taip pat reikia mokėti rasti didžiausią ar mažiausia vertė ir sudaryti tiriamų funkcijų grafikus. Padarytos klaidos atsitiktinės skaitant problemos sąlygas, skaitant diagramą.

#ADVERTISING_INSERT#

2 pavyzdys. Paveikslėlyje parodytas vienos kasybos įmonės akcijos mainų vertės pokytis 2017 m. balandžio mėn. pirmąjį pusmetį. Balandžio 7 dieną verslininkas įsigijo 1000 šios įmonės akcijų. Balandžio 10 dieną jis pardavė tris ketvirtadalius įsigytų akcijų, o balandžio 13 dieną – visas likusias akcijas. Kiek verslininkas prarado dėl šių operacijų?

Sprendimas:

2) 1000 · 3/4 = 750 (akcijų) – sudaro 3/4 visų nupirktų akcijų.

6) 247500 + 77500 = 325000 (rub) - pardavęs verslininkas gavo 1000 akcijų.

7) 340 000 – 325 000 = 15 000 (rub) - verslininkas prarado dėl visų operacijų.

Atsakymas: 15000.

Užduotis Nr.3– yra užduotis bazinis lygis pirmoji dalis, išbandomas gebėjimas atlikti veiksmus su geometrines figūras apie kurso „Planimetrija“ turinį. 3 užduotyje tikrinamas gebėjimas apskaičiuoti figūros plotą pagal languotas popierius, gebėjimas skaičiuoti laipsnio matai kampus, skaičiuoti perimetrus ir kt.

3 pavyzdys. Raskite ant languoto popieriaus pavaizduoto stačiakampio plotą, kurio langelio dydis yra 1 cm x 1 cm (žr. pav.). Atsakymą pateikite kvadratiniais centimetrais.

Sprendimas: Norėdami apskaičiuoti nurodytos figūros plotą, galite naudoti Peak formulę:

Norėdami apskaičiuoti nurodyto stačiakampio plotą, naudojame Peak formulę:

4 pavyzdys. Ant apskritimo pažymėti 5 raudoni ir 1 mėlyni taškai. Nustatykite, kurie daugiakampiai yra didesni: tie, kurių visos viršūnės yra raudonos, ar tie, kurių viena iš viršūnių yra mėlyna. Atsakyme nurodykite, kiek vienų yra daugiau nei kitų.

Sprendimas: 1) Naudokime kombinacijų skaičiaus formulę n elementai pagal k:

kurių visos viršūnės raudonos.

3) Vienas penkiakampis, kurio visos viršūnės raudonos.

4) 10 + 5 + 1 = 16 daugiakampių su visomis raudonomis viršūnėmis.

kurių viršutinė dalis yra raudona arba viena mėlyna.

kurių viršutinė dalis yra raudona arba viena mėlyna.

8) Vienas šešiakampis su raudonomis viršūnėmis ir viena mėlyna viršūnė.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 daugiakampiai su visomis raudonomis viršūnėmis arba viena mėlyna viršūne.

10) 42–16 = 26 daugiakampiai naudojant mėlyną tašką.

11) 26 – 16 = 10 daugiakampių – kiek daugiau daugiakampių, kurių viena iš viršūnių yra mėlynas taškas, yra daugiau nei daugiakampių, kurių visos viršūnės yra tik raudonos.

Atsakymas: 10.

Užduotis Nr.5- pirmos dalies bazinis lygis tikrina gebėjimus spręsti paprastas lygtis (neracionaliąją, eksponentinę, trigonometrinę, logaritminę).

5 pavyzdys. Išspręskite lygtį 2 3 + x= 0,4 5 3 + x .

Sprendimas. Atskirkime abi dalis duota lygtis 5 3+ X≠ 0, gauname

iš kur išplaukia, kad 3 + x = 1, x = –2.

Atsakymas: –2.

6 užduotis planimetrijoje surasti geometrinius dydžius (ilgius, kampus, plotus), modeliavimą realias situacijas geometrijos kalba. Sukonstruotų modelių tyrimas naudojant geometrinės sąvokos ir teoremos. Sunkumų šaltinis, kaip taisyklė, yra nežinojimas arba neteisingas pritaikymas reikalingos teoremos planimetrija.

Trikampio plotas ABC lygus 129. DE- vidurio linija, lygiagrečiai šonui AB. Raskite trapecijos plotą ABED.

Sprendimas. Trikampis CDE panašus į trikampį CAB dviem kampais, nes kampas viršūnėje C bendras, kampas СDE lygus kampui CAB Kaip atitinkami kampai adresu DE || AB sekantas A.C.. Nes DE– trikampio vidurio linija pagal sąlygą, tada pagal savybę vidurio linija | DE = (1/2)AB. Tai reiškia, kad panašumo koeficientas yra 0,5. Kvadratai panašių skaičių todėl yra susiję kaip panašumo koeficiento kvadratas

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

Užduotis Nr.7- tikrina išvestinės taikymą funkcijos tyrimui. Sėkmingas įgyvendinimas reikalauja prasmingų, neformalių išvestinės sąvokos žinių.

7 pavyzdys.Į funkcijos grafiką y = f(x) abscisių taške x 0 nubrėžta liestinė, kuri yra statmena tiesei, einančiai per šio grafiko taškus (4; 3) ir (3; –1). Rasti f′( x 0).

Sprendimas. 1) Panaudokime tiesės, einančios per du, lygtį duotus taškus ir raskite tiesės, einančios per taškus (4; 3) ir (3; –1), lygtį.

(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, kur k 1 = 4.

2) Raskite liestinės nuolydį k 2, kuri yra statmena linijai y = 4x– 13, kur k 1 = 4, pagal formulę:

3) Nuolydžio faktorius tangentas – funkcijos išvestinė liesties taške. Reiškia, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Atsakymas: –0,25.

8 užduotis- tikrina egzamino dalyvių elementarios stereometrijos žinias, gebėjimą taikyti formules figūrų paviršiaus plotams ir tūriams rasti; dvikampiai kampai, lyginti panašių figūrų tūrius, mokėti atlikti veiksmus su geometrinėmis figūromis, koordinatėmis ir vektoriais ir kt.

Aplink sferą apriboto kubo tūris lygus 216. Raskite rutulio spindulį.

Sprendimas. 1) V kubas = a 3 (kur A– kubo krašto ilgis), todėl

A 3 = 216

A = 3 √216

2) Kadangi rutulys įrašytas į kubą, tai reiškia, kad rutulio skersmens ilgis yra lygus kubo krašto ilgiui, todėl d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Užduotis Nr.9- reikalauja, kad absolventas turėtų transformacijos ir supaprastinimo įgūdžių algebrinės išraiškos. Užduotis Nr.9 aukštesnio lygio Sunkumai su trumpu atsakymu. Vieningo valstybinio egzamino skilties „Skaičiavimai ir transformacijos“ užduotys skirstomos į keletą tipų:

skaitinės konversijos racionalios išraiškos;

konvertuoti algebrines išraiškas ir trupmenas;

skaičių / raidžių konvertavimas neracionalios išraiškos;

veiksmai su laipsniais;

transformacija logaritmines išraiškas;

1. skaitmeninių / raidžių trigonometrinių išraiškų konvertavimas.

9 pavyzdys. Apskaičiuokite tanα, jei žinoma, kad cos2α = 0,6 ir

Sprendimas. 1) Naudokime dvigubo argumento formulę: cos2α = 2 cos 2 α – 1 ir raskime

Tai reiškia, kad tan 2 α = ± 0,5.

3) Pagal sąlygą

tai reiškia, kad α yra antrojo ketvirčio kampas ir tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

Atsakymas: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# 10 užduotis- tikrina studentų gebėjimus panaudoti įgytas ankstyvąsias žinias ir įgūdžius praktinėje veikloje ir kasdieniame gyvenime. Galime sakyti, kad tai yra fizikos problemos, o ne matematikos, o visos reikalingos formulės o reikšmės pateiktos sąlygoje. Problemos sumažinamos iki linijinio ar kvadratinė lygtis, linijinis arba kvadratinė nelygybė. Todėl būtina mokėti išspręsti tokias lygtis ir nelygybes ir nustatyti atsakymą. Atsakymas turi būti pateiktas kaip sveikas skaičius arba baigtinė dešimtainė trupmena.

Du masės kūnai m= po 2 kg, judant tuo pačiu greičiu v= 10 m/s 2α kampu vienas kito atžvilgiu. Jų absoliučiai neelastinio susidūrimo metu išsiskirianti energija (džauliais) nustatoma pagal išraišką K = mv 2 sin 2 α. Kokiu mažiausiu kampu 2α (laipsniais) turi judėti kūnai, kad dėl susidūrimo išsiskirtų mažiausiai 50 džaulių?
Sprendimas. Norėdami išspręsti problemą, turime išspręsti nelygybę Q ≥ 50 intervale 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

Kadangi α ∈ (0°; 90°), mes tik išspręsime

Pavaizduokime nelygybės sprendimą grafiškai:

Kadangi pagal sąlygą α ∈ (0°; 90°), tai reiškia 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

11 užduotis– būdinga, bet studentams pasirodo sunku. Pagrindinis sunkumų šaltinis yra matematinio modelio konstravimas (lygties sudarymas). 11 užduotyje tikrinamas gebėjimas spręsti tekstinius uždavinius.

11 pavyzdys.Įjungta pavasario atostogos 11 klasės mokinė Vasja turėjo išspręsti 560 praktikos užduočių, kad galėtų pasiruošti vieningam valstybiniam egzaminui. Kovo 18 d., paskutinę mokyklos dieną, Vasya išsprendė 5 problemas. Tada kiekvieną dieną jis išspręsdavo tiek pat problemų daugiau nei praėjusią dieną. Nustatykite, kiek problemų Vasya išsprendė balandžio 2 d., paskutinę atostogų dieną.

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

Atsakymas: 65.

12 užduotis- tikrina studentų gebėjimus atlikti operacijas su funkcijomis ir gebėjimą taikyti išvestinę funkcijos tyrimui.

Raskite maksimalų funkcijos tašką y= 10ln( x + 9) – 10x + 1.

Sprendimas: 1) Raskite funkcijos apibrėžimo sritį: x + 9 > 0, x> –9, tai yra x ∈ (–9; ∞).

2) Raskite funkcijos išvestinę:

4) Rastas taškas priklauso intervalui (–9; ∞). Nustatykime funkcijos išvestinės požymius ir pavaizduokime funkcijos elgesį paveiksle:

Norimas maksimalus taškas x = –8.

a) Išspręskite lygtį 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2 cos x) + 2 = 0

b) Raskite visas atkarpai priklausančias šios lygties šaknis.

Sprendimas: a) Tegu log 3 (2cos x) = t, tada 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

b) Raskite šaknis, esančias atkarpoje .

Paveikslėlyje parodyta, kad nurodyto segmento šaknys priklauso

Cilindro pagrindo apskritimo skersmuo yra 20, cilindro generatorius yra 28. Plokštuma kerta jos pagrindą išilgai stygų, kurių ilgis 12 ir 16. Atstumas tarp stygų yra 2√197.

a) Įrodykite, kad cilindro pagrindų centrai yra vienoje šios plokštumos pusėje.

b) Raskite kampą tarp šios plokštumos ir cilindro pagrindo plokštumos.

Sprendimas: a) 12 ilgio styga yra = 8 atstumu nuo pagrindo apskritimo centro, o 16 ilgio styga, panašiai, yra 6 atstumu. Todėl atstumas tarp jų projekcijų į plokštumą yra lygus lygiagrečiai su bazėmis cilindrų skaičius yra 8 + 6 = 14 arba 8 - 6 = 2.

Tada atstumas tarp akordų yra arba

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Pagal sąlygą buvo realizuotas antrasis atvejis, kai stygų projekcijos guli vienoje cilindro ašies pusėje. Tai reiškia, kad ašis nesikerta duotas lėktuvas cilindro viduje, tai yra, pagrindai yra vienoje jo pusėje. Ką reikėjo įrodyti.

b) Bazių centrus pažymėkime O 1 ir O 2. Nubrėžkime nuo pagrindo centro 12 ilgio styga statmenas bisektorius iki šio akordo (jo ilgis yra 8, kaip jau buvo pažymėta) ir nuo kito pagrindo centro - iki kito stygo. Jie yra toje pačioje plokštumoje β, statmenoje šioms stygoms. Pavadinkime mažesnės stygos B vidurio tašką, didesnės stygos A ir A projekciją į antrąjį pagrindą - H (H ∈ β). Tada AB,AH ∈ β ir todėl AB,AH yra statmenos stygai, tai yra pagrindo susikirtimo su duota plokštuma tiesė.

Tai reiškia, kad reikalingas kampas yra lygus

15 užduotis- padidintas sudėtingumo lygis su išsamiu atsakymu, tikrinamas gebėjimas spręsti nelygybes, kurios sėkmingiausiai išsprendžiamos tarp užduočių, turinčių išsamų padidinto sudėtingumo atsakymą.

15 pavyzdys. Išspręskite nelygybę | x 2 – 3x| 2 žurnalas ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Sprendimas:Šios nelygybės apibrėžimo sritis yra intervalas (–1; +∞). Apsvarstykite tris atvejus atskirai:

1) Leiskite x 2 – 3x= 0, t.y. X= 0 arba X= 3. Šiuo atveju ši nelygybė virsta tiesa, todėl šios reikšmės įtraukiamos į sprendimą.

2) Leisk dabar x 2 – 3x> 0, t.y. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Be to, ši nelygybė gali būti perrašyta kaip ( x 2 – 3x) žurnalas 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 ir padalinkite iš teigiamos išraiškos x 2 – 3x. Gauname 2 žurnalą ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 arba x≤ –0,5. Atsižvelgdami į apibrėžimo sritį, turime x ∈ (–1; –0,5].

3) Galiausiai apsvarstykite x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). Tokiu atveju pradinė nelygybė bus perrašyta į formą (3 x – x 2) žurnalas 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Padalijus iš teigiamo 3 x – x 2 , gauname 2 žurnalą ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Atsižvelgdami į regioną, turime x ∈ (0; 1].

Sujungę gautus sprendimus, gauname x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Atsakymas: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

16 užduotis- aukštasis lygis reiškia užduotis antroje dalyje su išsamiu atsakymu. Užduotyje tikrinamas gebėjimas atlikti veiksmus su geometrinėmis figūromis, koordinatėmis ir vektoriais. Užduotį sudaro du punktai. Pirmame punkte užduotis turi būti įrodyta, o antrajame – apskaičiuota.

IN lygiašonis trikampis ABC, kurio kampas viršūnėje A yra 120°, nubrėžta pusiaukampė BD. IN trikampis ABC stačiakampis DEFH įbrėžtas taip, kad FH kraštinė būtų atkarpoje BC, o viršūnė E – atkarpoje AB. a) Įrodykite, kad FH = 2DH. b) Raskite stačiakampio DEFH plotą, jei AB = 4.

Sprendimas: A)

1) ΔBEF – stačiakampis, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, tada EF = BE pagal kojos, esančios priešais 30° kampą, savybę.

2) Tegul EF = DH = x, tada BE = 2 x, BF = x√3 pagal Pitagoro teoremą.

3) Kadangi ΔABC yra lygiašonis, tai reiškia ∠B = ∠C = 30˚.

BD yra ∠B pusiausvyra, o tai reiškia, kad ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Laikykime ΔDBH – stačiakampį, nes 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.

Atsakymas: 24 – 12√3.

17 pavyzdys. 20 milijonų rublių užstatą planuojama atidaryti ketveriems metams. Kiekvienų metų pabaigoje bankas padidina indėlį 10%, palyginti su jo dydžiu metų pradžioje. Be to, trečiųjų ir ketvirtųjų metų pradžioje investuotojas kasmet papildo indėlį iki X milijonų rublių, kur X - visa numerį. Rasti didžiausia vertė X, kuriame bankas per ketverius metus indėliui sukaups mažiau nei 17 mln.

Sprendimas: Pirmųjų metų pabaigoje įmoka bus 20 + 20 · 0,1 = 22 milijonai rublių, o antrųjų pabaigoje - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 milijono rublių. Trečiųjų metų pradžioje įmoka (milijonais rublių) bus (24,2+ X), o pabaigoje - (24,2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Ketvirtų metų pradžioje įmoka bus (26,62 + 2,1 X), o pabaigoje - (26,62 + 2,1 X) + (26,62 + 2,1X) 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Pagal sąlygą reikia rasti didžiausią sveikąjį skaičių x, kuriam galioja nelygybė

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

Didžiausias sveikasis šios nelygybės sprendimas yra skaičius 24.

Atsakymas: 24.

Prie ko a nelygybių sistema

turi lygiai du sprendimus?

Sprendimas:Šią sistemą galima perrašyti į formą

Jei plokštumoje nubraižome pirmosios nelygybės sprendinių aibę, gauname 1 spindulio apskritimo (su riba), kurio centras yra taške (0, A). Antrosios nelygybės sprendinių aibė yra plokštumos dalis, esanti po funkcijos grafiku y = | x| – a, o pastaroji yra funkcijos grafikas
y = | x| , perkeltas žemyn A. Šios sistemos sprendimas yra kiekvienos nelygybės sprendinių rinkinių sankirta.

Todėl du sprendimai šią sistemą turės tik Fig. parodytu atveju. 1.

Apskritimo ir tiesių sąlyčio taškai bus du sistemos sprendiniai. Kiekviena tiesi linija yra pasvirusi į ašis 45° kampu. Taigi tai trikampis PQR– stačiakampiai lygiašoniai. Taškas K turi koordinates (0, A), ir esmė R– koordinatės (0, – A). Be to, segmentai PR Ir PQ lygus apskritimo spinduliui lygus 1. Tai reiškia

Leiskite Sn suma n aritmetinės progresijos terminai ( a p). Yra žinoma, kad S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Pateikite formulę nšios progresijos terminas.

b) Raskite mažiausią absoliučią sumą S n.

c) Raskite mažiausią n, kuriame S n bus sveikojo skaičiaus kvadratas.

Sprendimas: a) Akivaizdu, kad a n = S n – S n– 1. Naudojant šią formulę, gauname:

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

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

B) Nuo to laiko S n = 2n 2 – 25n, tada apsvarstykite funkciją S(x) = | 2x 2 – 25x|. Jo grafiką galima pamatyti paveikslėlyje.

Akivaizdu, kad mažiausia reikšmė pasiekiama sveikųjų skaičių taškuose, esančiuose arčiausiai funkcijos nulių. Akivaizdu, kad tai yra taškai X= 1, X= 12 ir X= 13. Kadangi 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, tada mažiausia reikšmė yra 12.

c) Iš ankstesnės pastraipos matyti, kad Sn teigiamas, pradedant nuo n= 13. Kadangi S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), tada akivaizdus atvejis yra kada ši išraiška yra tobula aikštė, supratau, kada n = 2n– 25, tai yra, val n= 25.

Belieka patikrinti reikšmes nuo 13 iki 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.

Pasirodo, kai žemesnes vertes n tobulas kvadratas nepasiekiamas.

Atsakymas: A) a n = 4n– 27; b) 12; c) 25.

________________

*Nuo 2017 m. gegužės mėn. jungtinė leidybinė grupė „DROFA-VENTANA“ priklauso korporacijai „ Rusų kalbos vadovėlis“ Korporacija taip pat apėmė „Astrel“ leidyklą ir „digital“. edukacinė platforma"LECTA". generalinis direktorius paskirtas Aleksandras Brychkinas, absolventas Finansų akademija prie Rusijos Federacijos Vyriausybės, kandidatas ekonomikos mokslai, prižiūrėtojas novatoriški projektai leidykla „DROFA“ ​​skaitmeninio ugdymo srityje (elektroninės vadovėlių formos, „rusų k. elektroninė mokykla“, skaitmeninė edukacinė platforma LECTA). Prieš pradėdamas dirbti DROFA leidykloje, jis ėjo viceprezidento pareigas strateginė plėtra ir leidybos holdingo „EXMO-AST“ investicijos. Šiandien Rusijos vadovėlių leidybos korporacija turi didžiausią vadovėlių portfelį Federalinis sąrašas- 485 pavadinimai (apie 40%, neįskaitant vadovėlių už pataisos mokykla). Korporacijos leidykloms priklauso populiariausios rusų mokyklos fizikos, piešimo, biologijos, chemijos, technologijų, geografijos, astronomijos vadovėlių komplektai – žinių sritys, kurios reikalingos šalies gamybinio potencialo plėtrai. Korporacijos portfelyje yra vadovėlių ir mokymo priemones Už pradinė mokykla, apdovanotas Prezidento premija švietimo srityje. Tai yra vadovėliai ir vadovai dalykines sritis, kurios būtinos Rusijos mokslinio, techninio ir gamybinio potencialo plėtrai.

IŠSPRĘSIU NAUDOJIMĄ APK Nuotraukos / laikmena / failai: pakeiskite arba ištrinkite USB atmintinės turinį, skaitykite USB atmintinės turinį

IŠSPRĘSIU NAUDOJIMĄ APK saugyklą: pakeiskite arba ištrinkite USB atmintinės turinį, skaitykite USB atmintinės turinį

IŠSPRĘSIU NAUDOJIMO APK kitą: visa prieiga prie tinklo, peržiūrėkite tinklo ryšius

Visa prieiga prie tinklo:

Leidžiama programai kurti tinklo lizdus ir naudoti tinkintus tinklo protokolus. Naršyklė ir kitos programos suteikia galimybę siųsti duomenis į internetą, todėl norint siųsti duomenis į internetą, šio leidimo nereikia.

Keiskite arba ištrinkite USB atmintinės turinį:

Leidžiama programai rašyti į USB atmintinę.

Perskaitykite USB atmintinės turinį:

Programai leidžiama skaityti USB atmintinės turinį.

Peržiūrėkite tinklo ryšius:

Leidžiama programai peržiūrėti informaciją apie tinklo ryšius, pvz., kurie tinklai egzistuoja ir yra prijungti.

Aš išspręsiu NAUDOJIMO APK leidimą iš APK failo:

IŠSPRĘSIU NAUDOJIMO APK Gali pasiekti jūsų USB atmintinę

Leidžia programoms atidaryti tinklo lizdus.

Leidžia programoms pasiekti informaciją apie tinklus.

Leidžia programai rašyti į išorinę saugyklą.

Leidžia programai skaityti iš išorinės saugyklos.

• 1.6.5

  2017 m. gruodžio 17 d

  2018 formato užduotys

• 1.6.4

  2017 m. lapkričio 29 d

  Pridėtas suderinamumas su iOS 11.

• 1.6.2

  2017 m. lapkričio 11 d

  Pridėtos užduotys ir atnaujintos masteliai pagal vieningo valstybinio egzamino 2018 demonstracines versijas, sukonfigūruotas vektorinių formatų brėžinių palaikymas.

• 1.6.1

  2017 m. rugpjūčio 8 d

  Išaiškintos visų dalykų skalės.

• 1.6.0

  2017 m. vasario 13 d

  Ištaisyta užsienio kalbų klaida.

• 1.5.9

  2017 m. sausio 18 d

  Pridėta galimybė registruotis portale per programą.

• 1.5.8

  2017 m. sausio 9 d

  Ištaisyta klaida, sukėlusi strigčių įkeliant misijos naujinimus.

• 1.5.7

  2017 m. sausio 2 d

  Saugos naujinimas

• 1.5.6

  2016 m. gruodžio 4 d

  Ištaisyta gedimas sprendžiant antraštės temas užduočių kataloge.

• 1.5.5

  2016 m. lapkričio 15 d

  Pridėta galimybė vienu metu atsisiųsti visas užduotis pagal temas.

• 1.5.4

  2016 m. spalio 28 d

  Pridėta galimybė įrašyti statistiką sprendžiant uždavinius užduočių katalogo ir egzamino režimu.

• 1.5.3

  2016 m. spalio 24 d

• 1.5.2

  2016 m. liepos 4 d

  Pridėta paieška pagal parinkties numerį ir užduoties numerį.
  Nedideli dizaino pakeitimai.

• 1.5.0

  2016 m. birželio 14 d

  Pridėta naujienų skiltis.
  Pridėta statistikos peržiūros skiltis.
  Pridėta skiltis apie egzaminą ir balų skalė.
  Pridėta skiltis apie projektą.
  Pridėta galimybė rankiniu būdu tikrinti, ar nėra naujinimų.
  Skyriuje „Užduočių katalogas“ temos suskirstytos į potemes.

• 1.4.0

  2016 m. birželio 2 d

• 1.3.0

  2016 m. gegužės 31 d

  Pridėta užduočių paieška naudojant raktinius žodžius.

• 1.2.1

  2016 m. gegužės 18 d

  Pridėta galimybė užduotis spręsti neprisijungus.
  Pridėta galimybė atsisiųsti užduotis pagal temas.

• 1.1.4

  2016 m. gegužės 2 d

  Pridėtas pranešimas apie serverio problemas.

• 1.1.3

  2016 m. balandžio 29 d

  Ištaisytos klaidos, susijusios su programos gedimais.
  Norint naudotis visomis funkcijomis, skraidančius elementus reikia atsisiųsti dar kartą naudojant piktogramą dešinėje.

• 1.1.1

  2016 m. balandžio 26 d

  Ištaisytos kai kurios klaidos dėl programos strigčių.
  Pridėta teorija rusų kalba ir matematika.