Naloga 1

Če \(74\) ljudi predstavlja \(40\%\), potem \(74:2=37\) ljudi predstavlja \(20\%\) . Zato je \(100\%\) \(37\cdot 5=185\) oseb.

Odgovor: 185

Naloga 2

Graf prikazuje odvisnost temperature vode, izražene v stopinjah Celzija, od časa, štetega od začetka njenega segrevanja. Na abscisni osi je prikazan čas v minutah, na ordinatni osi pa temperatura. Iz grafa določite, za koliko stopinj se je spremenila temperatura vode iz \(3\) minut na \(8\) minut. Odgovorite v stopinjah Celzija.

Graf kaže, da je bila \(3\) minut po začetku segrevanja temperatura vode enaka \(40^\circ C\), po \(8\) minutah pa je bila temperatura enaka \(90^\circ C\). \), zato se je od \(3\) do \(8\) minut temperatura spremenila za \(90-40=50^\circ C\) .

Odgovor: 50

Naloga 3

Na karirastem papirju je prikazan trikotnik \(ABC\). Poiščite srednjo črto tega trikotnika, ki je vzporedna s stranico \(AB\).

Ker je srednja črta trikotnika enaka polovici stranice, s katero je vzporeden, bo srednja črta, vzporedna z \(AB\), enaka \(0,5 AB\) . Ker \(AB=5\) , je srednja črta enaka \(2,5\) .

Odgovor: 2,5

Naloga 4

Na matematično olimpijado je prišlo \(500\) šolarjev. Razporejeni so bili v štirih učilnicah: v treh učilnicah je bilo \(150\) ljudi, v četrti \(50\) oseb. Poiščite verjetnost, da bo naključno izbrani učenec pisal olimpijado v majhni učilnici.

Verjetnost bomo iskali kot razmerje med številom ustreznih izidov in številom vseh izidov. Ker je v majhni dvorani \(50\) sedežev, je število ustreznih sedežev \(50\). Skupaj mest \(500\) . Zato je verjetnost enaka \[\dfrac(50)(500)=0,1.\]

Odgovor: 0,1

Naloga 5

Naloga 6

Podan je paralelogram s stranicama \(21\) in \(28\) . Krajši stranici je narisana višina, katere dolžina je enaka \(20\) . Poiščite dolžino višine, narisane na daljšo stranico.

Poglejmo risbo. Ker je ploščina paralelograma enaka zmnožku stranice in višine, narisane na to stran, je ploščina danega paralelograma enaka \(21\cdot 20\) ali \(28\cdot h\). torej \

Odgovor: 15

Naloga 7

Slika prikazuje graf odvoda funkcije \(y = f(x)\) . Na abscisni osi je označenih sedem točk: \(x_1\) , \(x_2\) , \(x_3\) , \(x_4\) , \(x_5\) , \(x_6\) , \(x_7\ ) . V koliko od teh točk funkcija \(f(x)\) narašča?

Funkcija narašča v tistih točkah, kjer je vrednost njenega odvoda pozitivna. Ker torej slika prikazuje graf odvoda, so za nas primerne točke, v katerih se graf odvoda nahaja NAD osjo x. To so točke \(x_3, x_4, x_5, x_6, x_7\) . Skupaj je 5 takih točk.

Odgovor: 5

Naloga 8

V valjasto posodo smo nalili vodo do višine \(32\) cm, koliko bo voda dosegla, če jo nalijemo v drugo valjasto posodo, katere polmer dna je 4-krat večji od polmera dna. prvega plovila? Odgovor podajte v cm.

Naj bo polmer vznožja prve posode enak \(R_1\) , polmer vznožja druge posode pa \(R_2\) . Potem \(R_2=4R_1\) . Upoštevajte, da ko vodo prelijete iz ene posode v drugo, ostane prostornina vode konstantna. Ko je bila voda v prvi posodi, je njena prostornina enaka prostornini valja z višino \(32\) in osnovnim polmerom \(R_1\) : \(V=\pi R_1^2\cdot 32\) . Ko je bil pretočen v drugo posodo, je njegova prostornina enaka prostornini valja z višino \(h\) (to vrednost je treba najti) in osnovnim polmerom \(R_2\), to je \(V= \pi R_2^2\cdot h\ ) . Ampak potem: \[\pi R_1^2\cdot 32=\pi R_2^2\cdot h \quad\Rightarrow\quad h=\levo(\dfrac(R_1)(R_2)\desno)^2\cdot 32=\left( \dfrac14\desno)^2\cdot 32=2.\]

Odgovor: 2

Naloga 9

Poiščite pomen izraza \

Prepišimo izraz v obliki \ Z uporabo formule kosinusa dvojnega kota \(2\cos^2x-1=\cos 2x\) bo izraz prepisan kot \

Odgovor: -3

Naloga 10

Ko se vir in sprejemnik zvočnih signalov približujeta drug drugemu in se premikata v določenem mediju v ravni črti drug proti drugemu, frekvenca zvočnega signala, ki ga posname sprejemnik, ne sovpada s frekvenco izvirnega signala \(f_0=140 \) Hz in je določen z naslednjim izrazom: \ kjer je \(c\) hitrost širjenja signala v mediju (v m/s), \(u=15\) m/s in \(v=14\) m/s pa sta hitrosti sprejemnika in vir glede na medij. Pri kateri največji hitrosti \(c\) (v m/s) širjenja signala v mediju bo frekvenca signala v sprejemniku \(f\) najmanj \(145\) Hz?

Ker moramo najti \(c\), tako da \(f\geqslant 145\), moramo rešiti neenačbo \ Če to neenačbo rešimo z intervalno metodo, dobimo \(c\in \) . Zato bo za takšne vrednosti \(c\) vrednost \(f\) vsaj \(145\) . Potem je največja vrednost \(c\) \(826\) .

Odgovor: 826

Naloga 11

Motorna ladja, katere hitrost v mirni vodi je \(27\) km/h, se giblje s tokom od točke A do točke B. Ob prihodu v točko B se je motorna ladja ustavila za \(5\) urah, nato pa se je vrnila v točko A. Znano je, da se je ladja vrnila v točko A \(32\) ur po odhodu iz A. Koliko kilometrov je prepotovala ladja, če je hitrost reke \(1\) km /h?

Naj bo razdalja med točkama A in B enaka \(S\). Potem je ladja porabila \[\dfrac(S)(27+1)\quad (\small(\text(hours)))\] Nato se je v točki B ustavil 5 ur, na poti od B do A pa je porabil \[\dfrac(S)(27-1)\quad (\small(\text(hours)))\] Skupaj preživel 32 ur, torej, \[\dfrac S(27+1)+5+\dfrac S(27-1)=32 \quad\Rightarrow\quad 54S=26\cdot 27\cdot 28\quad\Rightarrow\quad S=13\cdot 28 \] Nato je ladja skupno prepotovala \(2S\) kilometrov ali \

Odgovor: 728

Naloga 12

Poiščite minimalno točko funkcije\

Funkcije ODZ: \((x+10)^7> 0 \quad\Leftrightarrow\quad x>-10.\)

Najmanjše točke funkcije so točke, v katerih odvod spremeni svoj predznak iz "\(-\)" v "\(+\)" (če gledamo od leve proti desni). Poiščimo odvod, njegove ničle in točke, kjer ga ni, ter izračunajmo predznake na dobljenih intervalih. \ Ničle izpeljanke: \ Izvedeni znaki na ODZ:

Zato je \(x=-9\) najmanjša točka.

Odgovor: -9

Naloga 13

a) Reši enačbo \[\log_4(2^(2x)-\sqrt3\cos x-\sin2x)=x\]

b) Naštej vse korene te enačbe, ki pripadajo odseku \(\levo[-\dfrac(\pi)2;\dfrac(3\pi)2\desno].\)

a) enačbe ODZ: \(2^(2x)-\sqrt3\cos x-\sin2x>0\). Rešimo enačbo z ODZ. Lahko se pretvori: \[\begin(aligned) &2^(2x)-\sqrt3\cos x-\sin2x=4^x \ (*)\quad\Rightarrow\quad -\sqrt3\cos x-\sin2x=0 \quad\Rightarrow \\ &\Rightarrow\quad 2\sin x\cos x+\sqrt3\cos x=0\quad\Rightarrow\quad \cos x(2\sin x+\sqrt3)=0\end(poravnano)\] Rešitvi te enačbe bosta \(\cos x=0\) in \(\sin x=-\dfrac(\sqrt3)2\) : \[\left[\begin(gathered)\begin(aligned) &x=\dfrac(\pi)2+\pi n, n\in\mathbb(Z)\\ &x=-\dfrac(\pi)3+ 2\pi m, m\in\mathbb(Z)\\ &x=-\dfrac(2\pi)3+2\pi k, k\in\mathbb(Z) \end(poravnano)\end(zbrano) \desno.\] Preverimo, ali so te korenine primerne za ODZ. Ker so bili ti koreni dobljeni iz enačbe \((*)\) in \(4^x>0\) za vse \(x\) , je pri zamenjavi teh korenov v enačbo leva stran \(( *)\) bo prav tako vedno \(>0\) . In to je ODZ. Posledično vse korenine izpolnjujejo ODZ.

b) Vzemimo korenine. \[\begin(aligned) &-\dfrac(\pi)2\leqslant \dfrac(\pi)2+\pi n\leqslant \dfrac(3\pi)2 \quad\Leftrightarrow\quad -1\leqslant n \leqslant 1\quad\Rightarrow \quad n=-1; 0; 1\quad\Rightarrow\quad x=-\dfrac(\pi)2; \dfrac(\pi)2; \dfrac(3\pi)2\\ & -\dfrac(\pi)2\leqslant -\dfrac(\pi)3+2\pi m\leqslant \dfrac(3\pi)2 \quad\Leftrightarrow\quad -\dfrac1(12)\leqslant m\leqslant \dfrac(11)(12)\quad\Rightarrow\quad m=0\quad\Rightarrow\quad x=-\dfrac(\pi)3\\ &-\dfrac (\pi)2\leqslant -\dfrac(2\pi)3+2\pi k\leqslant \dfrac(3\pi)2\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac1(12)\leqslant k\leqslant \dfrac( 13)(12)\quad\Rightarrow\quad k=1\quad\Rightarrow\quad x=\dfrac(4\pi)3 \end(poravnano)\]

odgovor:

A) \(x=\dfrac(\pi)2+\pi n, -\dfrac(\pi)3+2\pi m, -\dfrac(2\pi)3+2\pi k, n,m,k \in\mathbb(Z)\)

b) \(-\dfrac(\pi)2; -\dfrac(\pi)3; \dfrac(\pi)2; \dfrac(4\pi)3; \dfrac(3\pi)2\)

Naloga 14

Osnova štirikotne piramide \(SABCD\) je pravokotnik \(ABCD\) in \(AB=3\sqrt2\) , \(BC=6\) . Osnova višine piramide je središče pravokotnika. Iz oglišč \(A\) in \(C\) spustimo navpičnici \(AP\) in \(CQ\) na rob \(SB\) .

a) Dokažite, da je \(P\) razpolovišče odseka \(BQ\) .

b) Poiščite kot med ploskvama \(SBA\) in \(SBC\), če \(SD=9\) .

a) Naj bo \(O\) točka presečišča diagonal pravokotnika \(ABCD\) . Potem je \(SO\) višina piramide. Ker sta diagonali pravokotnika enaki in ju presečišče deli na pol, potem \(AO=BO=CO=DO\) . torej \(\trikotnik AOS=\trikotnik BOS=\trikotnik COS=\trikotnik DOS\), od koder je \(AS=BS=CS=DS\) . Označimo \(AS=x\) .
Razmislite o obrazu \(ASB\) . Naredimo \(SK\perp AB\) . Potem \(KB=0,5 AB=1,5\sqrt2\) . Potem \[\dfrac(KB)(SB)=\cos \angle SBA=\dfrac(BP)(BA) \quad\Rightarrow\quad BP=\dfrac 9x\] Razmislite o obrazu \(CSB\) . Naredimo \(SH\perp CB\) . Potem \(HB=0,5 CB=3\) . Potem \[\dfrac(HB)(SB)=\cos \angle SBC=\dfrac(BQ)(BC) \quad\Rightarrow\quad BQ=\dfrac (18)x\] Zato je \Chtd.

b) Po pogoju \(x=9\) . Upoštevajte, da je v ploskvi \(CSB\) \(PH\vzporednik CQ\) (ker je \(PH\) srednja črta v \(\trikotnik CQB\) ) Torej \(PH\perp SB\) . Zato je po definiciji \(\kot APH\) linearni kot diedričnega kota med ploskvama \(SBC\) in \(SBA\) . Poiščimo ga s kosinusnim izrekom iz \(\trikotnik APH\) .

\(BP=\frac9(x)=1\) . Zato po Pitagorovem izreku iz \(\trikotnika ABP\) : \(AP^2=18-1=17\) .
Po Pitagorovem izreku iz \(\trikotnika HBP\) : \(HP^2=9-1=8\) .
Po Pitagorovem izreku iz \(\trikotnika ABH\) : \(AH^2=18+9=27\) .
Zato po kosinusnem izreku iz \(\trikotnik APH\): \[\cos \angle APH=\dfrac(AP^2+HP^2-AH^2)(2\cdot AP\cdot HP)= -\dfrac1(2\sqrt(34))\] Zato je kot med ploskvama \(SAB\) in \(SCB\) enak \[\kot APH=\arccos\levo(-\dfrac1(2\sqrt(34))\desno)\]

odgovor:

b) \(\arccos\levo(-\frac1(2\sqrt(34))\desno)\)

Naloga 15

Reši neenačbo \[\dfrac(2^x)(2^x-8)+\dfrac(2^x+8)(2^x-4) +\dfrac(66)(4^x-12\cdot 2^x +32)\leqslant 0\]

Naredimo spremembo \(2^x=t\) , potem bo neenakost dobila obliko \[\begin(aligned) &\dfrac(t)(t-8)+\dfrac(t+8)(t-4)+\dfrac(66)(t^2-12t+32)\leqslant 0 \ quad\Leftrightarrow\quad \dfrac(t(t-4)+(t^2-8^2)+66)((t-8)(t-4))\leqslant 0 \quad\Leftrightarrow\\ &\ Leftrightarrow\quad \dfrac(2t^2-4t+2)((t-8)(t-4))\leqslant 0 \quad\Leftrightarrow\quad \dfrac(2(t-1)^2)((t -8)(t-4))\leqslant 0 \end(poravnano)\] Rešimo to neenakost z intervalno metodo:

Potem bo rešitev \[\levo[\začetek(zbrano)\začetek(poravnano) &t=1\\ &4 Potem je odgovor: \

odgovor:

\(\(0\)\skodelica(2;3)\)

Naloga 16

Točka \(E\) je sredina stranice \(CD\) trapeza \(ABCD\) . Na njeni strani \(AB\) je vzeta točka \(K\), tako da sta premici \(CK\) in \(AE\) vzporedni. Odseka \(CK\) in \(BE\) se sekata v točki \(O\) .

a) Dokažite, da \(CO=OK\) .

b) Poiščite razmerje osnov trapeza \(BC:AD\), če je ploščina trikotnika \(BCK\) enaka \(\dfrac9(64)\) ploščina celotnega trapeza \ (ABCD\) .

a) Podaljšaj \(AE\) in \(BC\) do presečišča v točki \(P\):

Potem \(\kot AED=\kot CEP\) kot navpično, \(\kot ADE=\kot PCE\) kot navzkrižno ležeče na \(AD\vzporednik BP\) in \(CD\) sekanto. Zato vzdolž stranice in dveh sosednjih kotov \(\trikotnik AED=\trikotnik CEP\). Potem \(AD=CP\) , \(AE=EP\) .
Ker \(CK\vzporedni AP\), potem \(\trikotnik BKO\sim \trikotnik ABE\) in \(CBO\sim \trikotnik PBE\) torej, \[\dfrac(KO)(AE)=\dfrac(BO)(BE)=\dfrac(OC)(EP) \quad\Rightarrow\quad \dfrac(KO)(OC)=\dfrac(AE)(EP) )=1\] Tako je \(KO=OC\) , hd.

b) Ker \(\trikotnik AED=\trikotnik CEP\), potem \(S_(ABCD)=S_(ABP)\) . Tako \ Ker \(\trikotnik BCK\sim \trikotnik ABP\), potem sta njuni površini povezani kot kvadrat koeficienta podobnosti, torej \ Torej \(BC:BP=3:8\) , kar pomeni \(BC:AD=BC:CP=3:5\) .

odgovor:

b) \(3:5\)

Naloga 17

Julija 2020 je predviden najem bančnega kredita za določen znesek. Pogoji za njegovo vrnitev so naslednji:
- vsak januar se dolg poveča za \(30\%\) glede na konec preteklega leta;
- od februarja do junija vsako leto je treba plačati del dolga v enem plačilu.
Koliko rubljev je bilo vzetih iz banke, če je znano, da je bilo posojilo v celoti odplačano v treh enakih plačilih (to je v 3 letih) in znesek plačil presega znesek, vzet od banke za \(156\,060\ ) rubljev?

Naj bo \(A\) rubljev izposojeni znesek. Upoštevajte, da bo posojilo odplačano v obliki anuitet. Označimo z \(t=1,3\) in naredimo tabelo: \[\begin(array)(|l|l|l|c|) \hline \text(Številka leta) & \text(Dolg pred obračunom)\% & \text(Dolg po obračunu)\% & \text( Plačilo)\\ \hline 1 & A & tA & x\\ \hline 2 & tA-x & t(tA-x) &x\\ \hline 3 & t(tA-x)-x& t(t(tA- x)-x) &x\\ \hline \end(matrika)\] Potem bo po zadnjem plačilu dolg enak \ Glede na pogoj \(3x-A=156\,060\) je torej \[\dfrac(3At^3)(t^2+t+1)-A=156\.060 \quad\Rightarrow\quad 3\cdot 2.197A-3.99A=156060\cdot 3.99 \quad\ Rightarrow\quad A=\dfrac(156060\cdot 3990)(2601)=60\cdot 3990=239\,400\]\(x_3\) izpolnjuje \((2)\) . Upoštevajte tudi, da koren \(x_1\) pripada segmentu \(\).
Razmislimo o treh primerih:

1) \(a>0\) . Potem \(x_2>3\), \(x_3<3\) , следовательно, \(x_2\notin .\) Тогда уравнение будет иметь один корень на \(\) в одном из двух случаях:
- \(x_1\) izpolnjuje \((2)\) , \(x_3\) ne izpolnjuje \((1)\) ali sovpada z \(x_1\) ali izpolnjuje \((1)\) , vendar ni vključen v segment \(\) (to je manj kot \(0\) );
- \(x_1\) ne izpolnjuje \((2)\) , \(x_3\) izpolnjuje \((1)\) in ni enako \(x_1\) .
Upoštevajte, da \(x_3\) ne more biti hkrati manjši od nič in hkrati izpolnjevati \((1)\) (to je biti večji od \(\frac35\)). Glede na to opombo so primeri zabeleženi v naslednjem nizu: \[\left[ \begin(gathered)\begin(aligned) &\begin(cases) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2>0\\ 3-a\leqslant \dfrac35\ konec(primeri)\\ &\začetek(primeri) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2\leqslant 0\\ 3-a>Če rešimo ta niz in upoštevamo, da \(a>0\), dobimo: \

2) \(a=0\) . Potem \(x_2=x_3=3\in .\) Upoštevajte, da v tem primeru \(x_1\) izpolnjuje \((2)\) in \(x_2=3\) izpolnjuje \((1)\), potem obstaja je enačba, ki ima dva korena na \(\) . Ta vrednost \(a\) nam ne ustreza.

3)\(a<0\) . Тогда \(x_2<3\) , \(x_3>3\) in \(x_3\notin \) . Podobno kot pri točki 1) morate rešiti niz: \[\left[ \begin(gathered)\begin(aligned) &\begin(cases) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2>0\\ 3+a\leqslant \dfrac35\ end(cases)\\ &\begin(cases) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2\leqslant 0\\ 3+a> \dfrac35\end(cases) \end(poravnano) \end(zbrano)\desno.\] Reševanje dane populacije in upoštevanje \(1, 2, 3, \pike, 99\) . Potem je vsota vseh stotih števil najmanjša možna vsota v primeru, ko je med števili \(230\) . Izračunajmo: \[\dfrac(1+99)2\cdot 99+230=5180>5120\] Dobili smo protislovje s pogojem, zato je odgovor: ne.

b) Recimo, da na tabli ni števila \(14\). Ponovno razvrstimo številke v naraščajočem vrstnem redu in poglejmo številke: \(1, 2, \pike, 13, 15, \pike, 101\). Za prvo številko smo vzeli najmanjšo možno vrednost, za drugo itd. Potem je vsota vseh teh števil najmanjša možna vsota med vsotami poljubnih sto naravnih števil. Je enako: \[\dfrac(1+101)2\cdot 101-14=5137>5120\] Ponovno smo prejeli protislovje s pogojem, zato je odgovor: ne.

c) Navedimo primer, ko so med števili štiri števila, ki so večkratniki \(14\) (to so števila \(14, 28, 42, 56\)): \ Dokažimo, da ne morejo biti manj kot štiri števila, ki so večkratniki \(14\) .
Vzemimo niz števil od \(1\) do \(100\) . Vsota števil v tem nizu je \(5050\) . To je najmanjša možna vsota sto različnih naravnih števil. Recimo številke, ki so večkratniki \(14\), čudne. V tem nizu je 7 čudnih številk. Zmanjšali bomo število nenavadnih števil v našem nizu, hkrati pa ohranili minimalno vsoto števil v nizu.
Torej, da bi bila vsota števil minimalna, moramo odstraniti največje čudno število - to je \(98\) . Potem bo moral v zameno dodati še eno številko (ni čudno!). Najmanjše takšno število je \(101\) . Po tem dobimo najmanjši znesek, ki je enak \(5053\) . Je manj kot \(5120\), zato bomo nadaljevali.
Naredimo isto stvar, odstranimo nenavadne številke \(98, 84, 70\) . Namesto tega dodajmo \(101, 102, 103\) . V tem primeru dobimo najmanjši znesek, ki je enak \(5104\) . Ko ponovno izvedemo to operacijo, to je odstranitev \(56\) in dodajanje \(104\) , dobimo najmanjšo količino \(5152\) , ki je večja od \(5120\) . Zaradi minimalnosti vsote števil v naši množici dobimo protislovje.

Srednja splošna izobrazba

Linija UMK G. K. Muravin. Algebra in principi matematične analize (10-11) (poglobljeno)

Linija UMK Merzlyak. Algebra in začetki analize (10-11) (U)

Matematika

Priprava na enotni državni izpit iz matematike (raven profila): naloge, rešitve in razlage

Izpit na profilni ravni traja 3 ure 55 minut (235 minut).

Najnižji prag- 27 točk.

Izpitna naloga je sestavljena iz dveh delov, ki se razlikujeta po vsebini, zahtevnosti in številu nalog.

Značilnost vsakega dela dela je oblika nalog:

• 1. del vsebuje 8 nalog (naloge 1-8) s kratkim odgovorom v obliki celega števila ali končnega decimalnega ulomka;
• 2. del vsebuje 4 naloge (naloge 9–12) s kratkim odgovorom v obliki celega števila ali končnega decimalnega ulomka in 7 nalog (naloge 13–19) s podrobnim odgovorom (celoten zapis rešitve z utemeljitvijo sprejeti ukrepi).

Panova Svetlana Anatolevna, učiteljica matematike najvišje kategorije šole, delovne izkušnje 20 let:

»Za pridobitev šolskega spričevala mora diplomant opraviti dva obvezna izpita v obliki enotnega državnega izpita, od katerih je eden matematika. V skladu s Konceptom razvoja matematičnega izobraževanja v Ruski federaciji je enotni državni izpit iz matematike razdeljen na dve ravni: osnovno in specializirano. Danes si bomo ogledali možnosti na ravni profila.”

Naloga št. 1- preverja sposobnost udeležencev enotnega državnega izpita za uporabo veščin, pridobljenih v tečaju osnovne matematike od 5. do 9. razreda, v praktičnih dejavnostih. Udeleženec mora imeti računalniške sposobnosti, znati delati z racionalnimi števili, znati zaokroževati decimalke in znati pretvarjati eno mersko enoto v drugo.

Primer 1. V stanovanju, kjer živi Peter, je bil nameščen merilnik pretoka hladne vode (števec). 1. maja je števec pokazal porabo 172 kubičnih metrov. m vode, prvega junija pa 177 kubičnih metrov. m. Koliko bi moral Peter plačati za hladno vodo v maju, če je cena 1 kubični meter? m hladne vode je 34 rubljev 17 kopecks? Odgovorite v rubljih.

rešitev:

1) Poiščite količino porabljene vode na mesec:

177 - 172 = 5 (kubičnih m)

2) Ugotovimo, koliko denarja bodo plačali za izgubljeno vodo:

34,17 5 = 170,85 (rub)

odgovor: 170,85.

Naloga št. 2- je ena najpreprostejših izpitnih nalog. Večina diplomantov jo uspešno obvlada, kar kaže na poznavanje definicije pojma funkcije. Vrsta naloge št. 2 po kodifikatorju zahtev je naloga o uporabi pridobljenega znanja in spretnosti v praktičnih dejavnostih in vsakdanjem življenju. Naloga št. 2 je sestavljena iz opisovanja, uporabe funkcij, različnih realnih odnosov med količinami in interpretacije njihovih grafov. Naloga št. 2 preverja sposobnost izločanja informacij, predstavljenih v tabelah, diagramih in grafih. Diplomanti morajo znati določiti vrednost funkcije iz vrednosti argumenta na različne načine specifikacije funkcije ter opisati obnašanje in lastnosti funkcije na podlagi njenega grafa. Prav tako morate biti sposobni najti največjo ali najmanjšo vrednost iz grafa funkcije in zgraditi grafe preučevanih funkcij. Napake so naključne pri branju pogojev problema, branju diagrama.

#ADVERTISING_INSERT#

Primer 2. Slika prikazuje spremembo menjalne vrednosti ene delnice rudarskega podjetja v prvi polovici aprila 2017. Poslovnež je 7. aprila kupil 1000 delnic tega podjetja. 10. aprila je prodal tri četrtine kupljenih delnic, 13. aprila pa vse preostale delnice. Koliko je poslovnež izgubil zaradi teh operacij?

rešitev:

2) 1000 · 3/4 = 750 (delnic) - predstavljajo 3/4 vseh kupljenih delnic.

6) 247500 + 77500 = 325000 (rub) - poslovnež je po prodaji prejel 1000 delnic.

7) 340.000 – 325.000 = 15.000 (rub) - poslovnež je izgubil zaradi vseh operacij.

odgovor: 15000.

Naloga št. 3- je osnovnonivojska naloga prvega dela, preverja zmožnost izvajanja dejanj z geometrijskimi liki po vsebini predmeta Planimetrija. Pri 3. nalogi se preverja sposobnost izračunavanja ploščine figure na karirastem papirju, sposobnost izračunavanja stopinjskih mer kotov, izračunavanja obsega itd.

Primer 3. Poiščite površino pravokotnika, prikazanega na karirastem papirju z velikostjo celice 1 cm x 1 cm (glej sliko). Odgovor zapišite v kvadratnih centimetrih.

rešitev: Za izračun površine dane figure lahko uporabite formulo Peak:

Za izračun površine danega pravokotnika uporabimo Peakovo formulo:

Primer 4. Na krogu je označenih 5 rdečih in 1 modra pika. Ugotovite, kateri poligoni so večji: tisti, pri katerih so vsa oglišča rdeča, ali tisti, pri katerih je eno od oglišč modro. V odgovoru navedite, koliko je enih več kot drugih.

rešitev: 1) Uporabimo formulo za število kombinacij n elementi po k:

katerih oglišča so vsa rdeča.

3) En petkotnik z vsemi oglišči rdečimi.

4) 10 + 5 + 1 = 16 mnogokotnikov z vsemi rdečimi oglišči.

ki imajo rdeče vrhove ali z enim modrim vrhom.

ki imajo rdeče vrhove ali z enim modrim vrhom.

8) En šesterokotnik z rdečimi oglišči in enim modrim ogliščem.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 mnogokotnikov z vsemi oglišči rdečimi ali z enim modrim ogliščem.

10) 42 – 16 = 26 poligonov z modro piko.

11) 26 – 16 = 10 mnogokotnikov – koliko več je mnogokotnikov, pri katerih je eno od oglišč modra pika, kot več kot mnogokotnikov, pri katerih so vsa oglišča samo rdeča.

odgovor: 10.

Naloga št. 5- osnovna raven prvega dela preverja sposobnost reševanja najenostavnejših enačb (iracionalnih, eksponentnih, trigonometričnih, logaritemskih).

Primer 5. Reši enačbo 2 3 + x= 0,4 5 3 + x .

rešitev. Obe strani te enačbe delite s 5 3 + X≠ 0, dobimo

od koder sledi 3 + x = 1, x = –2.

odgovor: –2.

Naloga št. 6 v planimetriji za iskanje geometrijskih veličin (dolžin, kotov, ploščin), modeliranje realnih situacij v jeziku geometrije. Študij konstruiranih modelov z uporabo geometrijskih konceptov in izrekov. Vir težav je praviloma nepoznavanje ali nepravilna uporaba potrebnih izrekov planimetrije.

Območje trikotnika ABC je enako 129. DE– sredinska črta vzporedna s stranjo AB. Poiščite območje trapeza POSTELJA.

rešitev. Trikotnik CDE podoben trikotniku KABINA pod dvema kotoma, saj kot pri vertex C splošno, kot СDE enak kotu KABINA kot ustrezni koti pri DE || AB sekant A.C.. Ker DE je srednja črta trikotnika po pogoju, nato po lastnosti srednjice | DE = (1/2)AB. To pomeni, da je koeficient podobnosti 0,5. Površine podobnih likov so torej povezane kot kvadrat koeficienta podobnosti

torej S POSTELJO = S Δ ABC – S Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

Naloga št. 7- preverja uporabo odvoda pri študiju funkcije. Uspešna implementacija zahteva smiselno, neformalno znanje o konceptu derivata.

Primer 7. Na graf funkcije l = f(x) na abscisi x 0 je narisana tangenta, ki je pravokotna na premico, ki poteka skozi točki (4; 3) in (3; –1) tega grafa. Najdi f′( x 0).

rešitev. 1) Uporabimo enačbo premice, ki poteka skozi dve dani točki, in poiščimo enačbo premice, ki poteka skozi točki (4; 3) in (3; –1).

(l – l 1)(x 2 – x 1) = (x – x 1)(l 2 – l 1)

(l – 3)(3 – 4) = (x – 4)(–1 – 3)

(l – 3)(–1) = (x – 4)(–4)

–l + 3 = –4x+ 16| · (–1)

l – 3 = 4x – 16

l = 4x– 13, kje k 1 = 4.

2) Poiščite naklon tangente k 2, ki je pravokotna na premico l = 4x– 13, kje k 1 = 4, po formuli:

3) Tangentni kot je odvod funkcije v tangentni točki. pomeni, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

odgovor: –0,25.

Naloga št. 8- preverja znanje udeležencev izpita o osnovni stereometriji, sposobnost uporabe formul za iskanje površin in volumnov likov, diedrskih kotov, primerjavo volumnov podobnih likov, sposobnost izvajanja dejanj z geometrijskimi liki, koordinatami in vektorji itd.

Prostornina kocke, ki je opisana okoli krogle, je 216. Poiščite polmer krogle.

rešitev. 1) V kocka = a 3 (kje A– dolžina roba kocke), torej

A 3 = 216

A = 3 √216

2) Ker je krogla včrtana v kocko, pomeni, da je dolžina premera krogle enaka dolžini roba kocke, torej d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Naloga št. 9- od diplomanta zahteva, da ima veščine za transformacijo in poenostavitev algebrskih izrazov. Naloga št. 9 povišane težavnostne stopnje s kratkim odgovorom. Naloge iz razdelka »Izračuni in transformacije« na enotnem državnem izpitu so razdeljene na več vrst:

transformacija numeričnih racionalnih izrazov;

pretvorba algebrskih izrazov in ulomkov;

pretvorba številskih/črkovnih iracionalnih izrazov;

dejanja z diplomami;

pretvorba logaritemskih izrazov;

1. pretvarjanje številskih/črkovnih trigonometričnih izrazov.

Primer 9. Izračunajte tanα, če je znano, da je cos2α = 0,6 in

rešitev. 1) Uporabimo formulo dvojnega argumenta: cos2α = 2 cos 2 α – 1 in poiščemo

To pomeni tan 2 α = ± 0,5.

3) Po pogoju

to pomeni, da je α kot druge četrtine in tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

odgovor: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Naloga št. 10- preverja sposobnost učencev za uporabo zgodnje pridobljenega znanja in spretnosti v praktičnih dejavnostih in vsakdanjem življenju. Lahko rečemo, da so to problemi iz fizike in ne iz matematike, vendar so vse potrebne formule in količine podane v pogoju. Težave se skrčijo na reševanje linearne ali kvadratne enačbe ali linearne ali kvadratne neenakosti. Zato je treba takšne enačbe in neenačbe znati rešiti in določiti odgovor. Odgovor mora biti podan kot celo število ali končni decimalni ulomek.

Dve masni telesi m= 2 kg vsak, ki se gibljejo z enako hitrostjo v= 10 m/s pod kotom 2α drug na drugega. Energija (v joulih), ki se sprosti med njihovim absolutno neelastičnim trkom, je določena z izrazom Q = mv 2 sin 2 α. Pod kolikšnim najmanjšim kotom 2α (v stopinjah) se morata telesi premakniti, da se pri trku sprosti najmanj 50 joulov?
rešitev. Za rešitev problema moramo rešiti neenačbo Q ≥ 50, na intervalu 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

Ker je α ∈ (0°; 90°), bomo samo rešili

Predstavimo rešitev neenačbe grafično:

Ker po pogoju α ∈ (0°; 90°), pomeni 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Naloga št. 11- je tipično, vendar se izkaže za težko za študente. Glavni vir težav je konstrukcija matematičnega modela (sestavljanje enačbe). Naloga št. 11 preverja sposobnost reševanja besedilnih nalog.

Primer 11. Med spomladanskimi počitnicami je moral učenec 11. razreda Vasya rešiti 560 nalog za pripravo na enotni državni izpit. 18. marca, na zadnji šolski dan, je Vasya rešil 5 nalog. Nato je vsak dan rešil enako število nalog več kot prejšnji dan. Ugotovite, koliko težav je Vasya rešil 2. aprila, zadnji dan počitnic.

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

odgovor: 65.

Naloga št. 12- preverjanje sposobnosti učencev za izvajanje operacij s funkcijami, da znajo uporabiti odvod pri preučevanju funkcije.

Poiščite največjo točko funkcije l= 10ln( x + 9) – 10x + 1.

rešitev: 1) Poiščite domeno definicije funkcije: x + 9 > 0, x> –9, to je x ∈ (–9; ∞).

2) Poiščite odvod funkcije:

4) Najdena točka pripada intervalu (–9; ∞). Določimo predznake odvoda funkcije in ponazorimo obnašanje funkcije na sliki:

Želena največja točka x = –8.

a) Rešite enačbo 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

b) Poiščite vse korene te enačbe, ki pripadajo odseku.

rešitev: a) Naj bo log 3 (2co x) = t, nato 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

b) Poiščite korenine, ki ležijo na segmentu .

Slika prikazuje, da korenine danega segmenta pripadajo

Premer kroga osnove valja je 20, generatrisa valja je 28. Ravnina seka njegovo osnovo po tetivah dolžine 12 in 16. Razdalja med tetivama je 2√197.

a) Dokaži, da ležita središči banic valja na eni strani te ravnine.

b) Poišči kot med to ravnino in ravnino osnove valja.

rešitev: a) Tetiva dolžine 12 je oddaljena = 8 od središča osnovnega kroga, tetiva dolžine 16 pa je enako oddaljena 6. Zato je razdalja med njunima projekcijama na ravnino, ki je vzporedna z osnove valjev je 8 + 6 = 14 ali 8 − 6 = 2.

Potem je razdalja med tetivama bodisi

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Glede na pogoj je bil realiziran drugi primer, pri katerem ležijo projekcije tetiv na eni strani osi valja. To pomeni, da os ne seka te ravnine znotraj valja, to pomeni, da osnove ležijo na njegovi eni strani. Kar je bilo treba dokazati.

b) Središči baz označimo z O 1 in O 2. Narišimo iz središča osnove s tetivo dolžine 12 pravokotno simetralo na to tetivo (ima dolžino 8, kot že omenjeno) in iz središča druge osnove na drugo tetivo. Ležijo v isti ravnini β, pravokotni na te tetive. Poimenujmo razpolovišče manjše tetive B, večje tetive A in projekcijo A na drugo osnovo - H (H ∈ β). Tedaj so AB,AH ∈ β in torej AB,AH pravokotne na tetivo, to je premico presečišča osnovke z dano ravnino.

To pomeni, da je zahtevani kot enak

Naloga št. 15- povečana stopnja zahtevnosti s podrobnejšim odgovorom, preverja sposobnost reševanja neenačb, ki je najuspešnejša med nalogami s podrobnejšim odgovorom povečane stopnje zahtevnosti.

Primer 15. Reši neenačbo | x 2 – 3x| dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

rešitev: Domen definicije te neenakosti je interval (–1; +∞). Razmislite o treh primerih ločeno:

1) Naj x 2 – 3x= 0, tj. X= 0 oz X= 3. V tem primeru ta neenakost postane resnična, zato so te vrednosti vključene v rešitev.

2) Naj zdaj x 2 – 3x> 0, tj. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Poleg tega lahko to neenakost prepišemo kot ( x 2 – 3x) dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 in delite s pozitivnim izrazom x 2 – 3x. Dobimo dnevnik 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 oz x≤ –0,5. Upoštevajoč domeno definicije imamo x ∈ (–1; –0,5].

3) Za konec razmislimo x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). V tem primeru bo prvotna neenakost prepisana v obliki (3 x – x 2) dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Po deljenju s pozitivnim 3 x – x 2 dobimo dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Glede na regijo imamo x ∈ (0; 1].

Če združimo dobljene rešitve, dobimo x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

odgovor: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Naloga št. 16- višja stopnja se nanaša na naloge v drugem delu s podrobnim odgovorom. Naloga preverja sposobnost izvajanja dejanj z geometrijskimi liki, koordinatami in vektorji. Naloga vsebuje dve točki. V prvi točki je treba nalogo dokazati, v drugi točki pa izračunati.

V enakokrakem trikotniku ABC s kotom 120° je v oglišču A narisana simetrala BD. Pravokotnik DEFH je včrtan v trikotnik ABC tako, da stranica FH leži na dolžini BC, oglišče E pa na dolžini AB. a) Dokaži, da je FH = 2DH. b) Poiščite ploščino pravokotnika DEFH, če je AB = 4.

rešitev: A)

1) ΔBEF – pravokotnik, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, potem je EF = BE zaradi lastnosti kraka, ki leži nasproti kota 30°.

2) Naj bo EF = DH = x, potem je BE = 2 x, BF = x√3 po Pitagorovem izreku.

3) Ker je ΔABC enakokrak, pomeni ∠B = ∠C = 30˚.

BD je simetrala ∠B, kar pomeni ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Upoštevajte ΔDBH – pravokotnik, ker 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.

odgovor: 24 – 12√3.

Primer 17. Depozit v višini 20 milijonov rubljev naj bi bil odprt za štiri leta. Ob koncu vsakega leta banka depozit poveča za 10 % glede na njegovo višino na začetku leta. Poleg tega vlagatelj na začetku tretjega in četrtega leta letno dopolni depozit za X milijonov rubljev, kjer X - celaštevilo. Poiščite največjo vrednost X, v katerem bo banka v štirih letih na depozit nabrala manj kot 17 milijonov rubljev.

rešitev: Ob koncu prvega leta bo prispevek 20 + 20 · 0,1 = 22 milijonov rubljev, ob koncu drugega - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 milijona rubljev. Na začetku tretjega leta bo prispevek (v milijonih rubljev) znašal (24,2 + X), na koncu pa - (24,2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Na začetku četrtega leta bo prispevek (26,62 + 2,1 X), in na koncu - (26,62 + 2,1 X) + (26,62 + 2,1X) 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Po pogoju morate najti največje celo število x, za katero neenakost velja

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

Največja celoštevilska rešitev te neenakosti je število 24.

odgovor: 24.

Pri čem a sistem neenakosti

ima točno dve rešitvi?

rešitev: Ta sistem je mogoče prepisati v obliki

Če na ravnino narišemo množico rešitev prve neenačbe, dobimo notranjost krožnice (z mejo) polmera 1 s središčem v točki (0, A). Množica rešitev druge neenačbe je del ravnine, ki leži pod grafom funkcije l = | x| – a, in slednji je graf funkcije
l = | x| , premaknjeno navzdol za A. Rešitev tega sistema je presečišče množic rešitev vsake od neenačb.

Posledično bo imel ta sistem dve rešitvi samo v primeru, prikazanem na sl. 1.

Stični točki kroga s premicami bosta dve rešitvi sistema. Vsaka od premic je nagnjena proti osem pod kotom 45°. Torej je trikotnik PQR– pravokotni enakokraki. Pika Q ima koordinate (0, A), in pika R– koordinate (0, – A). Poleg tega segmenti PR in PQ enak polmeru kroga, ki je enak 1. To pomeni

Naj Sn vsota nčleni aritmetične progresije ( a str). Znano je, da S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Navedite formulo nčlen tega napredovanja.

b) Poiščite najmanjšo absolutno vsoto S n.

c) Poišči najmanjšega n, pri kateri S n bo kvadrat celega števila.

rešitev: a) To je očitno a n = S n – S n– 1 . Z uporabo te formule dobimo:

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

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

B) Ker S n = 2n 2 – 25n, nato razmislite o funkciji S(x) = | 2x 2 – 25x|. Njegov graf lahko vidite na sliki.

Očitno je najmanjša vrednost dosežena na celih točkah, ki so najbližje ničlam funkcije. Očitno so to točke X= 1, X= 12 in X= 13. Ker, 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, potem je najmanjša vrednost 12.

c) Iz prejšnjega odstavka izhaja, da Sn pozitivno, začenši od n= 13. Ker S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), potem se očiten primer, ko je ta izraz popoln kvadrat, realizira, ko n = 2n– 25, torej ob n= 25.

Še vedno je treba preveriti vrednosti 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.

Izkazalo se je, da za manjše vrednosti n popoln kvadrat ni dosežen.

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

________________

*Od maja 2017 je združena založniška skupina "DROFA-VENTANA" del korporacije Russian Textbook. V sklopu korporacije sta tudi založba Astrel in digitalna izobraževalna platforma LECTA. Alexander Brychkin, diplomant Finančne akademije pri Vladi Ruske federacije, kandidat ekonomskih znanosti, vodja inovativnih projektov založbe DROFA na področju digitalnega izobraževanja (elektronske oblike učbenikov, ruska elektronska šola, digitalna izobraževalna platforma). LECTA) imenovan za generalnega direktorja. Preden se je pridružil založbi DROFA, je opravljal funkcijo podpredsednika za strateški razvoj in investicije založniškega holdinga EKSMO-AST. Danes ima založniška družba "Ruski učbenik" največji portfelj učbenikov, vključenih v zvezni seznam - 485 naslovov (približno 40%, brez učbenikov za posebne šole). Založbe korporacije imajo v ruskih šolah najbolj priljubljene komplete učbenikov za fiziko, risanje, biologijo, kemijo, tehnologijo, geografijo, astronomijo - področja znanja, ki so potrebna za razvoj proizvodnega potenciala države. Portfelj družbe vključuje učbenike in učne pripomočke za osnovne šole, ki so prejeli predsedniško nagrado na področju izobraževanja. To so učbeniki in priročniki s predmetov, ki so potrebni za razvoj znanstvenega, tehničnega in proizvodnega potenciala Rusije.

Opravljanje enotnega državnega izpita ni le nujnost ob koncu splošnega srednjega izobraževanja, ampak tudi del sprejemnega izpita na univerzah. Šolarji, ki se odločijo za vpis v matematično ali tehnično smer, poleg osnovne ravni matematike opravljajo tudi specialno. Oglejmo si njegove značilnosti, čas izvajanja in testiranja ter nekaj točk, povezanih z rezultati.

Postopek za opravljanje enotnega državnega izpita določa zvezni zakon št. 273 "O izobraževanju v Ruski federaciji".

Kdaj bodo znani rezultati izpita?

Uradni urnik je določil dostavo Enotni državni izpit iz matematike 2018 profilne smeri v petek, 1. junija. Kot rezervni dan v glavni zanki je datum označen 25. junij, 2. julij pa ostaja rezervni dan za opravljanje vseh predmetov.

Ločitev izpit iz matematike ravni zgodilo lani. Razlikujejo se po številnih znakih:

• Sistem ocenjevanja. Osnovna raven znanja predmeta se ocenjuje na petstopenjski lestvici (določene so najmanj 3 točke). Ocena pri predmetu se ocenjuje na lestvici 100 točk;
• Naslednja razlika je pri opravljanju izpitov na osnovni in strokovni ravni za sprejem v izobraževalne ustanove višje in srednje strokovne stopnje. Tako osnovna raven zadostuje za fakultete, šole in humanistične smeri na univerzah. Prisotnost matematike na sprejemnih izpitih za tehnične specialnosti zahteva, da kandidat opravi profilno raven;
• Spreminjajte se strukture izpita. Bazo sestavlja 20 nalog s kratkimi odgovori. Profilni izpit je veliko težji in je sestavljen iz 2 delov.

Sistem enotnega državnega izpita omogoča maturantom, da brez omejitev opravljajo osnovni in specializirani del predmeta. To bistveno poveča vaše možnosti za vpis na univerze.

Obdelava rezultatov enotnega državnega izpita ima določene roke in postopke:

• Skeniranje in obdelava obrazcev v regijah – do 4 dni;
• Obdelava rezultatov na zvezni ravni - do 7 dni;
• Pošiljanje rezultatov v regije – 1 dan;
• Potrditev rezultatov s strani državne izpitne komisije – najdlje 1 dan;
• Razglasitev rezultatov – 1 dan.

Tako rok za preverjanje in objavo rezultatov ni daljši od 2 tednov. Rezultati Enotnega državnega izpita 2018 iz matematike na ravni profila bodo znani najkasneje 17. junija.

Kako ugotoviti svoj rezultat?

Izvedite rezultate preteklega izpita lahko na več načinov:

• Uradni portal enotnega državnega izpita www.ege.edu.ru;
• na informativnih stojnicah v šolah ali drugih ustanovah, kjer je potekal izpit;
• V območnih oddelkih ali odborih za izobraževanje;
• Številne regije ustvarjajo specializirana spletna mesta ali telefonske linije.

Preverite svoj rezultat možno, če je na voljo:

• Polno ime osebe, ki je predmet predala;
• Številka potnega lista ali drugega dokumenta, uporabljenega med izpitom za identifikacijo;
• Identifikacijska koda, dodeljena vsakemu udeležencu izpita.

Informacije o rezultatih izpita so brezplačne in so udeležencem enotnega državnega izpita in njihovim staršem na voljo brezplačno.

Predčasni enotni državni izpit iz matematike

Številni šolarji so že opravili enotni državni izpit iz matematike v ti zgodnje obdobje. Udeležba na njem je dovoljena, če se študent ne more udeležiti glavnega odra. Razlogi so lahko:

• Načrtovano zdravljenje;
• Rekreacija v zdravstvenih ustanovah;
• Sodelovanje na tekmovanjih, olimpijadah in drugih izobraževalnih ali ustvarjalnih dogodkih.

V letu 2017 je potekal predčasni zaključek matematike 31. marca in 14. aprila(rezervni dan). Osnovno raven je opravilo 4,8 tisoč šolarjev, specializirano pa približno 17 tisoč.

Po načrtu bi morali biti rezultati zgodnjega enotnega državnega izpita iz matematike 2017 na voljo 11. aprila, vendar so bili objavljeni veliko prej - 7.

Kje videti svoje delo

Svoje delo si lahko po opravljenem izpitu ogledate elektronsko. Njegovo skeniranje je na voljo v vašem osebnem računu na portalu enotnega državnega izpita. Dostop do njega je omogočen, ko:

• Razpoložljivost identifikacijske kode za udeleženca enotnega državnega izpita;
• Polno ime in številka potnega lista.

Če se udeleženec po objavi rezultatov ne strinja z dodeljenimi točkami, potem se 2 dni za vložitev pritožbe izpitni komisiji. Vloga je napisana v 2 izvodih in predložena komisiji v obravnavo. Do 5. junija bodo rešitve nalog ponovno pregledali in se odločili o spremembi ocene oziroma potrditvi.

Kako se točkuje izpit? Sistem enotnega državnega izpita za ocenjevanje rezultatov uporablja primarne in testne rezultate ter posebno lestvico za njihovo pretvorbo drug v drugega. Raztopine CMM (kontrolnih in merilnih materialov) se ovrednotijo ​​v primarnih točkah in nato pretvorijo v skladu s tabelo v rezultate testa. Končni rezultat izpita je število doseženih testnih točk.

Razvoj lestvice za pretvorbo primarnih rezultatov v testne rezultate se izvaja vsako leto in upošteva splošno raven pripravljenosti šolarjev.

Za uspešno opravljanje strokovne matematike v letu 2018 Izbrati morate najmanj:

• 6 primarnih točk;
• 27 testnih točk.

Datum ponovnega opravljanja enotnega državnega izpita iz matematike v letu 2018

Obstaja število dodatni roki za opravljanje enotnega državnega izpita. Na voljo so, če študent iz utemeljenega razloga ni mogel opraviti predmeta glavni dan. Za specializirano matematiko je to:

• 25. junij– rezervni dan v okviru glavnega odra;
• 2. julij– rezervni dan za glavni del enotnega državnega izpita, ko lahko opravljate kateri koli predmet.

Možnost ponovnega opravljanja strokovne matematike v septembru ima številne pogoje:

• Če je študent uspešno opravil osnovno matematiko, letos ne bo mogel ponovno opravljati specializirane stopnje. Priložnost za ponovno opravljanje enotnega državnega izpita se bo pojavila šele naslednje leto;
• Če sta oba izpita iz matematike (osnovni in nadaljevalni) neuspešna, se lahko dijak odloči, katerega bo ponavljal.

Ponovi matematiko predvidoma septembra 7. september. Rezervni dan je 15. september.

11. razred

Problemski pogoji

1. Cena električnega kotlička se je povečala za 14% in je znašala 1596 rubljev. Koliko rubljev je stal kotliček pred zvišanjem cen?
2. Graf prikazuje odvisnost navora motorja od števila vrtljajev na minuto. Na abscisni osi je prikazano število vrtljajev na minuto, na ordinatni osi pa navor v N∙m. Hitrost vozila (v km/h) je približno izražena s formulo kjer je n število vrtljajev motorja na minuto. S kakšno najmanjšo hitrostjo se mora premikati avto, da je navor enak 120 N∙m? Odgovorite v kilometrih na uro.
   
3. Na karirastem papirju velikosti kvadrata x je upodobljen trikotnik ABC. Poiščite dolžino njegove višine, spuščene na stranico BC.
4. Znanstvena konferenca traja 5 dni. Predvidenih je 75 poročil - v prvih treh dneh je 17 poročil, ostali so enakomerno razporejeni med četrti in peti dan. Na konferenci je predvideno poročilo profesorja M. Vrstni red poročil je določen z žrebom. Kakšna je verjetnost, da bo poročilo profesorja M. na sporedu zadnji dan konference?
5. Poiščite koren enačbe
6. Štirikotnik ABCD je vpisan v krog. Kot ABC je 105 o, kot CAD pa 35 o. Poiščite kot ABD. Odgovorite v stopinjah.
7. Slika prikazuje graf odvoda funkcije, definirane na intervalu. Poiščite največje število točk funkcije, ki pripada segmentu.
   
8. Žoga je vpisana v valj. Površina krogle je 111. Poiščite celotno površino valja.
9. Poiščite pomen izraza
10. Za pridobitev povečane slike žarnice na zaslonu v laboratoriju se uporablja zbiralna leča z glavno goriščno razdaljo cm. Razdalja od leče do žarnice je lahko od 30 do 50 cm. leča do zaslona se lahko spreminja od 150 do 180 cm. Slika na zaslonu bo jasna, če bo razmerje izpolnjeno. Navedite, na kolikšni najmanjši razdalji od leče lahko postavite žarnico, da bo njena slika na zaslonu jasna. Odgovor izrazite v centimetrih.
11. Razdalja med pomoli A in B je 120 km. Od A do B je po reki krenil splav, uro kasneje pa je za njim krenila jahta, ki se je, ko je prispela do točke B, takoj obrnila nazaj in se vrnila v A. Do tega časa je splav prepotoval 24 km. Poišči hitrost jahte v mirni vodi, če je hitrost reke 2 km/h. Odgovorite v km/h.
12. Poiščite največjo točko funkcije.
13. a) Reši enačbo ; b) Označite korenine te enačbe, ki pripadajo odseku.
14. Na robovih AB in BC trikotne piramide ABCD sta označeni točki M in N ter AM:MB = CN:NB = 3:1. Točki P in Q sta razpolovišči robov DA in DC.
    a) Dokaži, da točke P,Q,M in N ležijo v isti ravnini;
    b) Poiščite razmerje, v katerem ta ravnina deli prostornino piramide.
15. Reši neenačbo
16. Točka E je sredina stranske stranice CD trapeza ABCD. Na njegovi strani AB smo vzeli točko K tako, da sta premici SK in AE vzporedni. Odseka SC in BE se sekata v točki O.
    a) Dokaži, da je CO=KO.
    b) Poiščite razmerje osnov trapeza BC : AD, če je ploščina trikotnika BC 9/64 ploščine celotnega trapeza ABCD.
17. Julija je načrtovano najem bančnega posojila za določen znesek. Pogoji za njegovo vrnitev so naslednji:
    - vsak januar se dolg poveča za r % glede na konec prejšnjega leta;
    - Od februarja do junija vsako leto je treba plačati del dolga.
    Poiščite r, če je znano, da če plačate 777.600 rubljev, bo posojilo odplačano v 4 letih, in če plačate 1.317.600 rubljev letno, bo posojilo v celoti odplačano v 2 letih?
18. Poiščite vse vrednosti parametra, za vsako od katerih ima enačba točno en koren na intervalu.
19. Vsak od 32 učencev je pisal enega od dveh testov ali oba testa. Za vsako delo ste lahko dobili celo število točk od 0 do vključno 20. Za vsako od dveh testnih nalog posebej je bila povprečna ocena 14. Nato je vsak učenec poimenoval najvišjo izmed svojih točk (če je učenec napisal eno nalogo, je zanjo poimenoval oceno). Izkazalo se je, da je aritmetična sredina imenovanih točk enaka S.
    a) Navedite primer, ko je S<14
    b) Ali je lahko vrednost S enaka 17?
    c) Kakšno najmanjšo vrednost bi lahko dosegel S, če bi oba testa pisalo 12 učencev?