Tregoni opsionet e përgjigjeve në të cilat mungon e njëjta shkronjë në të gjitha fjalët e të njëjtit rresht. Shkruani numrat e përgjigjeve.

1) pr..ngritje, pr..përpjekje, pr..përkulje (gjunjë);

2) në.. vetull, në..gërmoj, në..shënoj;

3) pr..i mrekullueshem, pr..qytet, pr..vizion;

4) jo .. çdo ditë, jo .. bërë, .. dhënë;

5) në..skate, me..luaj, roz..sk.

Shpjegimi (shih gjithashtu Rregullin më poshtë).

Le të japim drejtshkrimin e saktë.

1. i shkëlqyer, përshtat, gjunjëzohem;

2. superciliar, minoj, fshij;

3. çuditshëm, pengesë, fantazmë;

4. i parealizueshëm, i papërfunduar, heq dorë;

5. kërko, luaj, kërko.

Përgjigje: 24.

Përgjigje: 24|42

Rregulli: Drejtshkrimi i parashtesave. Përgjithësim. Detyra 10 e Provimit të Unifikuar të Shtetit.

DREJTSHKRIMI I PARATHËNIEVE

dhe drejtshkrimet e lidhura me to kontrollohen në detyrën 10.

Drejtshkrimet e testuara në këtë detyrë:

9.1.1 Parashtesa që nuk ndryshojnë në shkrim

1. Shumica e parashtesave kanë zanore dhe bashkëtingëllore, sipas parimi morfologjik Drejtshkrimi rus shkruhen në të njëjtën mënyrë, pavarësisht nga çdo kusht: S-, V-, MBI-, NËN-, PRED-, OT-, PËR-, OT-, PA-, VO-, VZO-, KUSH, BËJ - , NA-, MBI-, NADO-, O-, OB-, PERE-, PO-, NËN-, PRO-, CO-, DISO-

KUJTO: ka një parashtesë C- (për të bërë, për të humbur), por nuk ka një parashtesë 3.

2. Drejtshkrimi i zanoreve në parashtesa në një pozicion të patheksuar (me përjashtim të parashtesave PRE-, PRI-dhe RAZ/ROZ) mund të kontrollohet duke zgjedhur një fjalë ku e njëjta parashtesë është në një pozicion të theksuar:

refuzoj - Përgjigje, ndëshkoj - me nxitim.

3. Drejtshkrimi i bashkëtingëlloreve në parashtesa (përveç parashtesave me 3-, C-) mund të kontrollohet duke zgjedhur fjalën

ku pas kësaj parashtese ka një zanore ose bashkëtingëllore V, L, M, N, R: anashkaloj - tejkalim.

4. Parashtesa PRA- përdoret në fjalë:

stërgjyshi

stërgjyshja

shtëpi stërgjyshore

stërmbesa,

paraardhës

parahistorike,

5. Parashtesa PA- shfaqet vetëm nën stres:

njerka,

me re,

të dëmshme.

6. Është e nevojshme të bëhet dallimi midis çifteve:

Paraqisni, Paraqisni, Paraqisni dhe Paraqisni, Paraqisni, Paraqisni

DIY dhe Mjeshtëri

Software dhe POD

Mbaj, Përdorur dhe Mbështetje, Mbështetur

Ngacmoni dhe ngacmoni

9.1.2 Parashtesa që mbarojnë me shkronjat Z dhe S

Drejtshkrimi i parashtesave

niZ-niS (të mos ngatërrohet me HE+S)

të dyjaS-të dyja

përmes-përmes

përmes-përmes

të cilat përfundojnë me 3-, C- dhe kanë të paktën dy shkronja përcaktohen nga bashkëtingëllorja pasuese.

3 - shkruar para një bashkëtingëllore të shprehur (për të menduar)

bashkëtingëlloret me zë: r, l, m, n, j, b, v, g, d, g, z

S - para një bashkëtingëllore pa zë (konsideroni)

bashkëtingëlloret pa zë: x, ts, ch, shch, k, p, s, t, sh, f

Këto parashtesa quhen edhe të varura nga shqiptimi: në parashtesë shkruajmë atë që dëgjojmë. Nën ndikimin tingulli kumbues tingulli i fundit i rrënjës bëhet i zëshëm, dhe në të njëjtën mënyrë, nën ndikimin e tingullit të shurdhër të rrënjës, parashtesa shurdhohet. Dhe ky tingull pasqyrohet në shkrim: dëgjojmë [raSshum’et’tsa] shkruajmë për të bërë zhurmë; dëgjojmë [iZbizhat’], shkruajmë dhe Ik.

2. Në drejtshkrimet si NOT + IZ + bezhny, në të cilat ka dy parashtesa, funksionon rregulli i parashtesës ON Z/S.

Në drejtshkrime si NOT+C+combustible, që ka dy parashtesa, funksionon rregulli për shkrimin e parashtesës C.

3. Në fjalët llogaritje, llogaritje, llogarit, shkruhet një C (para rrënjës -CHET-).

4. KUJTOHU:

hapur

zbrazje

rrënojë

të panumërta

botëkuptim - botëkuptim

grindje - grindje

furishëm

në dinakëri

gjithashtu

5. Afër - parafjalë (afër shtëpisë).

Por: afër, afër (pjesore).

9.1.3 Prefikset PRE dhe PRI

Drejtshkrimi i parashtesave PRE-/PRI- varet nga kuptimi i fjalës.

Parashtesa PRI- ka kuptimin:

duke u afruar (për të mbërritur);

Shtojcë (ngjitës);

Afërsia (breg detit - afër detit);

Veprim jo i plotë (hap pak);

Veprim i sjellë deri në përfundim (shpik);

Afër parashtesës DO- (atribut);

Forcimi i veprimit (përkuluni);

Veprimi në interesat e veta(vishu).

Parashtesa PRE- ka kuptimin:

Shumë (e mrekullueshme - shumë e bukur);

Afër parashtesës PERE- (kapërcej).

Në disa raste, dallimi midis parashtesave PRI-/PRE- përcaktohet nga konteksti:

për të arritur në qytet - për të qëndruar në qytet;

të japësh një pamje - të tradhtosh një mik;

të përçmosh një jetim është të përçmosh një armik;

kapela (në tempull) është kufiri (i durimit);

marrës (radio marrës) - pasardhës (vazhdues i punës së nisur, tradita);

portier (rojtar, në portë) - i çoroditur (i gabuar), por: të gënjesh (të gënjesh pak)

duroj (mësohem) - duroj (mbijetoj);

hark (degë) - përkul (para dikujt);

vazhdoj (në diçka) - shkel (përmes diçkaje);

pretendoj (derë) - sjell (në jetë);

që vjen (vjen) - kalimtar (i përhershëm);

bravë (derë) - grindje (argument);

zbatoj (përpjekje) - i pandryshueshëm, nuk i nënshtrohet ndryshimit;

strehë (strehë) - vazhdimisht (pa pushuar);

pengohem (zgjidh pa rehati) - pengesë (ndërhyrje, vështirësi, = frazeologji)

zvogëlo (pak) - zvogëlo (shumë, në mënyrë të konsiderueshme)

Kuptimi që është i paqartë në një emër (mbiemër) mund të sqarohet nga faza e mëparshme e formimit të fjalës:

strehë - për të ngjitur, thirrje - për të thirrur, aplikuar - për të aplikuar.

Kuptimet që futen në një fjalë nga parashtesat para-, pri-, mund të shpjegohen me fjalë ose fraza që janë të ngjashme në kuptim: transformoj - ribëj, rindërtoj; moor - moor, moor; ndalo - ndalo së bërë diçka; grindje - ndërpresin njëri-tjetrin, grinden; perverse (opinion) i përmbysur; e papranueshme - diçka që nuk mund të pranohet; jo modest - pa teka; i përpiktë - një person me tekat dhe kapriçot e mëdha.

Ka fjalë (më shpesh të huazuara) me parashtesat PRE-/PRI-, kuptimi i të cilave ka humbur dhe

ju duhet të mbani mend drejtshkrimin.

Mesatare arsimi i përgjithshëm

Linja UMK G.K. Algjebra dhe fillimet analiza matematikore(10-11) (të thelluara)

Linja UMK Merzlyak. Algjebra dhe fillimet e analizës (10-11) (U)

Matematika

Përgatitja për Provimin e Bashkuar të Shtetit në matematikë (niveli i profilit): detyra, zgjidhje dhe shpjegime

Fletë provimi niveli i profilit zgjat 3 orë 55 minuta (235 minuta).

Pragu minimal- 27 pikë.

Punimi i provimit përbëhet nga dy pjesë, të cilat ndryshojnë në përmbajtje, kompleksitet dhe numër detyrash.

Tipari përcaktues i secilës pjesë të punës është forma e detyrave:

• Pjesa 1 përmban 8 detyra (detyrat 1-8) me një përgjigje të shkurtër në formën e një numri të plotë ose një thyese dhjetore përfundimtare;
• pjesa 2 përmban 4 detyra (detyrat 9-12) me një përgjigje të shkurtër në formën e një numri të plotë ose një thyese dhjetore përfundimtare dhe 7 detyra (detyrat 13-19) me një përgjigje të detajuar ( rekord i plotë vendime me arsyetim për veprimet e ndërmarra).

Panova Svetlana Anatolevna, mësuese matematike kategoria më e lartë shkolla, përvojë pune 20 vjet:

“Për të marrë një certifikatë shkollore, një maturant duhet të kalojë dy provimi i detyrueshëm V Formulari i Provimit të Unifikuar të Shtetit, një prej të cilave është matematika. Në përputhje me Konceptin e Zhvillimit edukimi matematikor V Federata Ruse Provimi i Unifikuar i Shtetit në matematikë ndahet në dy nivele: bazë dhe i specializuar. Sot do të shikojmë opsionet e nivelit të profilit.”

Detyra nr. 1- kontrolle me Pjesëmarrësit e Provimit të Unifikuar të Shtetit aftësia për të zbatuar aftësitë e fituara në klasat 5 - 9 matematika elementare, V aktivitete praktike. Pjesëmarrësi duhet të ketë aftësi kompjuterike dhe të jetë në gjendje të punojë me të numrat racionalë, të jetë në gjendje të rrumbullakoset dhjetore, të jetë në gjendje të konvertojë një njësi matëse në një tjetër.

Shembulli 1. Në banesën ku jeton Pjetri u vendos një matës i rrjedhës ujë të ftohtë(kundër). Më 1 maj, matësi tregoi një konsum prej 172 metër kub. m ujë, dhe në 1 qershor - 177 metra kub. m Sa duhet të paguajë Pjetri për ujë të ftohtë në maj, nëse çmimi është 1 metër kub? m ujë të ftohtë është 34 rubla 17 kopecks? Jepni përgjigjen tuaj në rubla.

Zgjidhja:

1) Gjeni sasinë e ujit të shpenzuar në muaj:

177 - 172 = 5 (m kub)

2) Le të gjejmë sa para do të paguajnë për ujin e tretur:

34,17 5 = 170,85 (fshij)

Përgjigje: 170,85.

Detyra nr. 2- është një nga detyrat më të thjeshta të provimit. Shumica e të diplomuarve e përballojnë me sukses atë, gjë që tregon njohuri për përkufizimin e konceptit të funksionit. Lloji i detyrës nr. 2 sipas kodifikuesit të kërkesave është një detyrë për përdorimin e njohurive dhe aftësive të marra në veprimtari praktike dhe jetën e përditshme. Detyra nr. 2 përbëhet nga një përshkrim duke përdorur funksionet e ndryshme varësitë reale ndërmjet vlerave dhe interpretimit të grafikëve të tyre. Detyra nr. 2 teston aftësinë për të nxjerrë informacionin e paraqitur në tabela, diagrame dhe grafikë. Të diplomuarit duhet të jenë në gjendje të përcaktojnë vlerën e një funksioni nga vlera e argumentit të tij kur në mënyra të ndryshme duke specifikuar një funksion dhe duke përshkruar sjelljen dhe vetitë e funksionit bazuar në grafikun e tij. Ju gjithashtu duhet të jeni në gjendje të gjeni më të mëdhenjtë ose vlera më e vogël dhe të ndërtojnë grafikët e funksioneve të studiuara. Gabimet e bëra janë të rastësishme në leximin e kushteve të problemit, leximin e diagramit.

#ADVERTISING_INSERT#

Shembulli 2. Shifra tregon ndryshimin e vlerës së këmbimit të një aksioni të një kompanie minerare në gjysmën e parë të prillit 2017. Më 7 prill, biznesmeni bleu 1000 aksione të kësaj kompanie. Më 10 prill ai shiti tre të katërtat e aksioneve që bleu dhe më 13 prill shiti të gjitha aksionet e mbetura. Sa ka humbur biznesmeni si rezultat i këtyre operacioneve?

Zgjidhja:

2) 1000 · 3/4 = 750 (aksione) - përbëjnë 3/4 e të gjitha aksioneve të blera.

6) 247500 + 77500 = 325000 (fshij) - biznesmeni mori 1000 aksione pas shitjes.

7) 340,000 – 325,000 = 15,000 (fshij) - biznesmeni humbi si rezultat i të gjitha operacioneve.

Përgjigje: 15000.

Detyra nr. 3- është një detyrë niveli bazë pjesa e parë, teston aftësinë për të kryer veprime me forma gjeometrike për përmbajtjen e lëndës “Planimetria”. Detyra 3 teston aftësinë për të llogaritur sipërfaqen e një figure nga letër me kuadrate, aftësia për të llogaritur masat e shkallës kënde, llogarit perimetrat etj.

Shembulli 3. Gjeni zonën e një drejtkëndëshi të përshkruar në letër me kuadrate me një madhësi qelize 1 cm me 1 cm (shih figurën). Jepni përgjigjen tuaj në centimetra katrorë.

Zgjidhja: Për të llogaritur sipërfaqen e një figure të caktuar, mund të përdorni formulën Peak:

Për të llogaritur sipërfaqen e një drejtkëndëshi të caktuar, ne përdorim formulën e Peak:

Shembulli 4. Në rreth janë shënuar 5 pika të kuqe dhe 1 blu. Përcaktoni cilët shumëkëndësha janë më të mëdhenj: ata me të gjitha kulmet të kuqe, ose ata me një nga kulmet blu. Në përgjigjen tuaj, tregoni sa më shumë ka disa se të tjerët.

Zgjidhja: 1) Le të përdorim formulën për numrin e kombinimeve të n elementet nga k:

kulmet e të cilit janë të gjitha të kuqe.

3) Një pesëkëndësh me të gjitha kulmet e kuqe.

4) 10 + 5 + 1 = 16 shumëkëndësha me të gjitha kulmet e kuqe.

të cilat kanë majat e kuqe ose me një majë blu.

të cilat kanë majat e kuqe ose me një majë blu.

8) Një gjashtëkëndësh me kulme të kuqe dhe një kulm blu.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 shumëkëndësha me të gjitha kulmet të kuqe ose me një kulm blu.

10) 42 – 16 = 26 shumëkëndësha duke përdorur pikën blu.

11) 26 – 16 = 10 shumëkëndësha – sa shumëkëndësha në të cilët njëra nga kulmet është pikë blu ka se sa shumëkëndësha në të cilët të gjitha kulmet janë vetëm të kuqe.

Përgjigje: 10.

Detyra nr 5- niveli bazë i pjesës së parë teston aftësinë për zgjidhjen e ekuacioneve më të thjeshta (iracionale, eksponenciale, trigonometrike, logaritmike).

Shembulli 5. Zgjidheni ekuacionin 2 3 + x= 0,4 5 3 + x .

Zgjidhje. Le t'i ndajmë të dyja pjesët ekuacioni i dhënë nga 5 3 + X≠ 0, marrim

prej nga rezulton se 3 + x = 1, x = –2.

Përgjigje: –2.

Detyra nr. 6 në planimetri për të gjetur madhësi gjeometrike (gjatësi, kënde, sipërfaqe), modelim situata reale në gjuhën e gjeometrisë. Studimi i modeleve të ndërtuara duke përdorur konceptet gjeometrike dhe teorema. Burimi i vështirësive është, si rregull, injoranca ose zbatimi i gabuar teorema të nevojshme planimetri.

Sipërfaqja e një trekëndëshi ABCështë e barabartë me 129. DE- vija e mesit, paralel me anën AB. Gjeni zonën e trapezit ABED.

Zgjidhje. Trekëndëshi CDE të ngjashme me një trekëndësh CAB në dy kënde, që nga këndi në kulm C e përgjithshme, kënd SDE e barabartë me këndin CAB Si këndet përkatëse në DE || AB sekant A.C.. Sepse DE– vija e mesme e trekëndëshit sipas gjendjes, pastaj sipas vetive vija e mesme | DE = (1/2)AB. Kjo do të thotë se koeficienti i ngjashmërisë është 0.5. Sheshe shifra të ngjashme janë të lidhura si katrori i koeficientit të ngjashmërisë, pra

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

Detyra nr 7- kontrollon zbatimin e derivatit në studimin e një funksioni. Zbatimi i suksesshëm kërkon njohuri kuptimplote, joformale të konceptit të derivatit.

Shembulli 7. Tek grafiku i funksionit y = f(x) në pikën e abshisë x 0 vizatohet një tangjente që është pingul me drejtëzën që kalon nëpër pikat (4; 3) dhe (3; –1) të këtij grafiku. Gjeni f′( x 0).

Zgjidhje. 1) Le të përdorim ekuacionin e një drejtëze që kalon nga dy pikët e dhëna dhe gjeni ekuacionin e drejtëzës që kalon nëpër pikat (4; 3) dhe (3; –1).

(y – y 1)(x 2 – x 1) = (x – x 1)(y 2 – y 1)

(y – 3)(3 – 4) = (x – 4)(–1 – 3)

(y – 3)(–1) = (x – 4)(–4)

–y + 3 = –4x+ 16| · (–1)

y – 3 = 4x – 16

y = 4x– 13, ku k 1 = 4.

2) Gjeni pjerrësinë e tangjentes k 2, e cila është pingul me vijën y = 4x– 13, ku k 1 = 4, sipas formulës:

3) Faktori i pjerrësisë tangjente - derivat i funksionit në pikën e tangjences. Mjetet, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Përgjigje: –0,25.

Detyra nr 8- teston njohuritë e pjesëmarrësve të provimit për stereometrinë elementare, aftësinë për të aplikuar formula për gjetjen e sipërfaqeve dhe vëllimeve të figurave, kënde dihedrale, të krahasojë vëllimet e figurave të ngjashme, të jetë në gjendje të kryejë veprime me figura gjeometrike, koordinata dhe vektorë etj.

Vëllimi i një kubi të rrethuar rreth një sfere është 216. Gjeni rrezen e sferës.

Zgjidhje. 1) V kubik = a 3 (ku A– gjatësia e skajit të kubit), pra

A 3 = 216

A = 3 √216

2) Meqenëse sfera është e gdhendur në një kub, kjo do të thotë se gjatësia e diametrit të sferës është e barabartë me gjatësinë e skajit të kubit, prandaj d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Detyra nr. 9- kërkon që maturanti të ketë aftësitë e transformimit dhe thjeshtimit shprehjet algjebrike. Detyra nr. 9 nivel më të lartë Vështirësi me një përgjigje të shkurtër. Detyrat nga seksioni "Llogaritjet dhe transformimet" në Provimin e Unifikuar të Shtetit ndahen në disa lloje:

konvertimet numerike shprehjet racionale;

shndërrimi i shprehjeve dhe thyesave algjebrike;

konvertimet numerike/gërma shprehjet irracionale;

veprimet me gradë;

transformimi shprehjet logaritmike;

1. konvertimin e shprehjeve trigonometrike numerike/gërma.

Shembulli 9. Llogaritni tanα nëse dihet se cos2α = 0,6 dhe

Zgjidhje. 1) Le të përdorim formulën e argumentit të dyfishtë: cos2α = 2 cos 2 α – 1 dhe gjejmë

Kjo do të thotë tan 2 α = ± 0,5.

3) Sipas kushtit

kjo do të thotë α është këndi i tremujorit të dytë dhe tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

Përgjigje: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Detyra nr. 10- teston aftësinë e nxënësve për të përdorur njohuritë dhe aftësitë e fituara të hershme në aktivitetet praktike dhe jetën e përditshme. Mund të themi se këto janë probleme në fizikë, dhe jo në matematikë, por të gjitha formulat e nevojshme dhe vlerat janë dhënë në kusht. Problemet reduktohen në zgjidhjen lineare ose ekuacioni kuadratik, qoftë lineare ose pabarazia kuadratike. Prandaj, është e nevojshme të jeni në gjendje të zgjidhni ekuacione dhe pabarazi të tilla dhe të përcaktoni përgjigjen. Përgjigja duhet të jepet si një numër i plotë ose një thyesë dhjetore e fundme.

Dy trupa me masë m= 2 kg secila, duke lëvizur me të njëjtën shpejtësi v= 10 m/s në një kënd 2α me njëri-tjetrin. Energjia (në xhaul) e çliruar gjatë përplasjes së tyre absolutisht joelastike përcaktohet nga shprehja P = mv 2 mëkat 2 α. Në cilin kënd më të vogël 2α (në gradë) duhet të lëvizin trupat në mënyrë që të lirohen të paktën 50 joule si rezultat i përplasjes?
Zgjidhje. Për të zgjidhur problemin, duhet të zgjidhim pabarazinë Q ≥ 50, në intervalin 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 mëkat 2 α ≥ 50

2 10 2 mëkat 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

Meqenëse α ∈ (0°; 90°), ne vetëm do të zgjidhim

Le të paraqesim grafikisht zgjidhjen e pabarazisë:

Meqenëse nga kushti α ∈ (0°; 90°), do të thotë 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Detyra nr. 11- është tipike, por rezulton e vështirë për studentët. Burimi kryesor i vështirësisë është ndërtimi i një modeli matematik (hartimi i një ekuacioni). Detyra nr. 11 teston aftësinë për të zgjidhur problema me fjalë.

Shembulli 11. Aktiv pushim pranveror Nxënësja e klasës së 11-të Vasya duhej të zgjidhte 560 probleme praktike për t'u përgatitur për Provimin e Unifikuar të Shtetit. Më 18 Mars, në ditën e fundit të shkollës, Vasya zgjidhi 5 probleme. Pastaj çdo ditë ai zgjidhte të njëjtin numër problemesh më shumë se një ditë më parë. Përcaktoni sa probleme zgjidhi Vasya më 2 prill, ditën e fundit të festave.

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

Përgjigje: 65.

Detyra nr. 12- të testojë aftësinë e nxënësve për të kryer veprime me funksione, të jetë në gjendje të zbatojë derivatin në studimin e një funksioni.

Gjeni pikën maksimale të funksionit y= 10ln( x + 9) – 10x + 1.

Zgjidhja: 1) Gjeni domenin e përkufizimit të funksionit: x + 9 > 0, x> –9, pra x ∈ (–9; ∞).

2) Gjeni derivatin e funksionit:

4) Pika e gjetur i përket intervalit (–9; ∞). Le të përcaktojmë shenjat e derivatit të funksionit dhe të përshkruajmë sjelljen e funksionit në figurë:

Pika maksimale e dëshiruar x = –8.

a) Zgjidheni ekuacionin 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

b) Gjeni të gjitha rrënjët e këtij ekuacioni që i përkasin segmentit .

Zgjidhja: a) Le të log 3 (2cos x) = t, pastaj 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

b) Gjeni rrënjët që shtrihen në segmentin .

Figura tregon se rrënjët e segmentit të dhënë i përkasin

Diametri i rrethit të bazës së cilindrit është 20, gjenerata e cilindrit është 28. Rrafshi e kryqëzon bazën e tij përgjatë kordave me gjatësi 12 dhe 16. Distanca midis kordave është 2√197.

a) Vërtetoni se qendrat e bazave të cilindrit shtrihen në njërën anë të këtij rrafshi.

b) Gjeni këndin ndërmjet këtij rrafshi dhe rrafshit të bazës së cilindrit.

Zgjidhja: a) Një kordë me gjatësi 12 është në një distancë = 8 nga qendra e rrethit bazë, dhe një kordë me gjatësi 16, në mënyrë të ngjashme, është në një distancë prej 6. Prandaj, distanca midis projeksioneve të tyre në rrafsh është paralel me bazat cilindrat janë ose 8 + 6 = 14 ose 8 − 6 = 2.

Atëherë distanca midis kordave është ose

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Sipas kushtit është realizuar rasti i dytë, në të cilin projeksionet e kordave shtrihen në njërën anë të boshtit të cilindrit. Kjo do të thotë që boshti nuk kryqëzohet aeroplan i dhënë brenda cilindrit, domethënë, bazat shtrihen në njërën anë të tij. Çfarë duhej vërtetuar.

b) Le t'i shënojmë qendrat e bazave si O 1 dhe O 2. Le të nxjerrim nga qendra e bazës me një akord me gjatësi 12 përgjysmues pingul në këtë akord (ka gjatësi 8, siç është vërejtur tashmë) dhe nga qendra e bazës tjetër - në akordin tjetër. Ato shtrihen në të njëjtin rrafsh β, pingul me këto korda. Le ta quajmë mesin e kordës më të vogël B, kordën më të madhe A dhe projeksionin e A në bazën e dytë - H (H ∈ β). Atëherë AB,AH ∈ β dhe rrjedhimisht AB,AH janë pingul me kordën, pra drejtëzën e prerjes së bazës me rrafshin e dhënë.

Kjo do të thotë se këndi i kërkuar është i barabartë me

Detyra nr 15- niveli i rritur i kompleksitetit me një përgjigje të detajuar, teston aftësinë për të zgjidhur pabarazitë, e cila zgjidhet më me sukses midis detyrave me një përgjigje të detajuar të një niveli të rritur kompleksiteti.

Shembulli 15. Zgjidhja e pabarazisë | x 2 – 3x| regjistri 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Zgjidhja: Fusha e përkufizimit të kësaj pabarazie është intervali (–1; +∞). Konsideroni tre raste veç e veç:

1) Le x 2 – 3x= 0, d.m.th. X= 0 ose X= 3. Në këtë rast kjo pabarazi kthehet në të vërtetë, prandaj, këto vlera përfshihen në zgjidhje.

2) Lëreni tani x 2 – 3x> 0, d.m.th. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Për më tepër, kjo pabarazi mund të rishkruhet si ( x 2 – 3x) regjistri 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 dhe pjesëtojeni me një shprehje pozitive x 2 – 3x. Ne marrim regjistrin 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 ose x≤ –0,5. Duke marrë parasysh fushën e përkufizimit, ne kemi x ∈ (–1; –0,5].

3) Më në fund, merrni parasysh x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). Në këtë rast, pabarazia origjinale do të rishkruhet në formën (3 x – x 2) regjistri 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Pas pjesëtimit me 3 pozitiv x – x 2, marrim regjistrin 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Duke marrë parasysh rajonin, kemi x ∈ (0; 1].

Duke kombinuar zgjidhjet e marra, marrim x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Përgjigje: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Detyra nr 16- Niveli i avancuar i referohet detyrave në pjesën e dytë me një përgjigje të detajuar. Detyra teston aftësinë për të kryer veprime me forma gjeometrike, koordinata dhe vektorë. Detyra përmban dy pika. Në pikën e parë, detyra duhet të vërtetohet, dhe në pikën e dytë, të llogaritet.

NË trekëndëshi dykëndësh ABC me kënd 120° në kulmin A, vizatohet përgjysmues BD. NË trekëndëshi ABC drejtkëndëshi DEFH është brendashkruar në mënyrë që ana FH të shtrihet në segmentin BC, dhe kulmi E shtrihet në segmentin AB. a) Vërtetoni se FH = 2DH. b) Gjeni sipërfaqen e drejtkëndëshit DEFH nëse AB = 4.

Zgjidhja: A)

1) ΔBEF – drejtkëndëshe, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, pastaj EF = BE nga vetia e këmbës që shtrihet përballë këndit 30°.

2) Le të EF = DH = x, pastaj BE = 2 x, BF = x√3 sipas teoremës së Pitagorës.

3) Meqenëse ΔABC është dykëndësh, do të thotë ∠B = ∠C = 30˚.

BD është përgjysmues i ∠B, që do të thotë ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Konsideroni ΔDBH - drejtkëndëshe, sepse 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.

Përgjigje: 24 – 12√3.

Shembulli 17. Një depozitë prej 20 milion rubla është planifikuar të hapet për katër vjet. Në fund të çdo viti banka rrit depozitën me 10% krahasuar me madhësinë e saj në fillim të vitit. Për më tepër, në fillim të viteve të tretë dhe të katërt, investitori plotëson çdo vit depozitën nga X milion rubla, ku X - e tërë numri. Gjeni vlerën më të lartë X, në të cilën banka do të grumbullojë më pak se 17 milion rubla në depozitë gjatë katër viteve.

Zgjidhja: Në fund të vitit të parë, kontributi do të jetë 20 + 20 · 0.1 = 22 milion rubla, dhe në fund të vitit të dytë - 22 + 22 · 0.1 = 24.2 milion rubla. Në fillim të vitit të tretë, kontributi (në milion rubla) do të jetë (24.2 + X), dhe në fund - (24.2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Në fillim të vitit të katërt kontributi do të jetë (26,62 + 2,1 X), dhe në fund - (26.62 + 2.1 X) + (26,62 + 2,1X) · 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Sipas kushtit, duhet të gjeni numrin më të madh x për të cilin vlen pabarazia

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

Zgjidhja më e madhe e numrit të plotë për këtë pabarazi është numri 24.

Përgjigje: 24.

Në çfarë a sistemi i pabarazive

ka saktësisht dy zgjidhje?

Zgjidhja: Ky sistem mund të rishkruhet në formë

Nëse vizatojmë në plan grupin e zgjidhjeve të pabarazisë së parë, marrim brendësinë e një rrethi (me një kufi) me rreze 1 me qendër në pikën (0, A). Bashkësia e zgjidhjeve të pabarazisë së dytë është pjesa e rrafshit që shtrihet nën grafikun e funksionit y = | x| – a, dhe ky i fundit është grafiku i funksionit
y = | x| , zhvendosur poshtë nga A. Zgjidhja e këtij sistemi është kryqëzimi i grupeve të zgjidhjeve për secilën nga pabarazitë.

Prandaj, dy zgjidhje këtë sistem do të ketë vetëm në rastin e treguar në Fig. 1.

Pikat e kontaktit të rrethit me vijat do të jenë dy zgjidhjet e sistemit. Secila nga vijat e drejta është e prirur nga boshtet në një kënd prej 45°. Pra është një trekëndësh PQR– dykëndëshe dykëndëshe. Pika P ka koordinata (0, A), dhe pika R- koordinatat (0, - A). Përveç kësaj, segmentet PR Dhe PQ e barabartë me rrezen e rrethit të barabartë me 1. Kjo do të thotë

Le Sn shuma n kushtet e një progresion aritmetik ( një fq). Dihet se S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Jepni formulën n afati i këtij progresi.

b) Gjeni shumën më të vogël absolute S n.

c) Gjeni më të voglin n, në të cilën S n do të jetë katrori i një numri të plotë.

Zgjidhje: a) Është e qartë se a n = S n – S n– 1. Duke përdorur këtë formulë, marrim:

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

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

B) Meqenëse S n = 2n 2 – 25n, pastaj merrni parasysh funksionin S(x) = | 2x 2 – 25x|. Grafiku i tij mund të shihet në figurë.

Natyrisht, vlera më e vogël arrihet në pikat e plota të vendosura më afër zeros së funksionit. Është e qartë se këto janë pika X= 1, X= 12 dhe X= 13. Meqenëse, 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, atëherë vlera më e vogël është 12.

c) Nga paragrafi i mëparshëm rezulton se Sn pozitive, duke filluar nga n= 13. Meqenëse S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), atëherë rasti i dukshëm është kur kjo shprehjeështë një katror i përsosur, i realizuar kur n = 2n– 25, pra në n= 25.

Mbetet për të kontrolluar vlerat nga 13 në 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.

Rezulton se kur vlerat më të ulëta n katror i përsosur nuk arrihet.

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

________________

*Që nga maji 2017, grupi i bashkuar botues "DROFA-VENTANA" është pjesë e korporatës " Libër shkollor rusisht" Korporata përfshinte gjithashtu shtëpinë botuese Astrel dhe dixhitale platformë arsimore"LECTA". Drejtori i Përgjithshëm emëruar Alexander Brychkin, i diplomuar Akademia Financiare nën Qeverinë e Federatës Ruse, kandidat shkencat ekonomike, mbikëqyrës projekte inovative shtëpia botuese "DROFA" në fushën e edukimit dixhital (forma elektronike të teksteve shkollore, "Rusisht e-shkolla“, platforma arsimore dixhitale LECTA). Para se t'i bashkohej shtëpisë botuese DROFA, ai ka mbajtur postin e zëvendëspresidentit për zhvillimin strategjik dhe investimet e Holdings Botuese “EXMO-AST”. Sot, Korporata Ruse e Botimeve të Librave Mësimore ka portofolin më të madh të teksteve shkollore të përfshira në Lista federale- 485 tituj (afërsisht 40%, pa përfshirë tekstet shkollore për shkolla korrektuese). Shtëpitë botuese të korporatës zotërojnë më të njohurat shkolla ruse komplete tekstesh për fizikën, vizatimin, biologjinë, kiminë, teknologjinë, gjeografinë, astronominë - fusha të njohurive që nevojiten për zhvillimin e potencialit prodhues të vendit. Portofoli i korporatës përfshin tekste shkollore dhe mjete mësimore Për shkollën fillore, u nderua me Çmimin Presidencial në fushën e arsimit. Këto janë tekste shkollore dhe manuale për fushat lëndore, të cilat janë të nevojshme për zhvillimin e potencialit shkencor, teknik dhe prodhues të Rusisë.

UNË DO TË ZGJIDH PËRDORIMIN APK Photos/Media/Skedarët: modifikoni ose fshini përmbajtjen e memorjes tuaj USB, lexoni përmbajtjen e hapësirës ruajtëse USB

UNË DO TË ZGJIDJË PËRDORIMIN e hapësirës ruajtëse të APK-së: modifikoni ose fshini përmbajtjen e hapësirës ruajtëse USB, lexoni përmbajtjen e hapësirës ruajtëse USB

DO TË ZGJIDHJ PËRDORIM APK tjetër: akses i plotë në rrjet, shikoni lidhjet e rrjetit

Qasje e plotë në rrjet:

Lejon aplikacionin të krijojë priza rrjeti dhe të përdorë protokolle të personalizuara të rrjetit. Shfletuesi dhe aplikacionet e tjera ofrojnë mjete për të dërguar të dhëna në internet, kështu që kjo leje nuk kërkohet për të dërguar të dhëna në internet.

Ndryshoni ose fshini përmbajtjen e memorjes USB:

Lejon aplikacionin të shkruajë në hapësirën ruajtëse USB.

Lexoni përmbajtjen e memorjes USB:

Lejon aplikacionin të lexojë përmbajtjen e hapësirës ruajtëse USB.

Shiko lidhjet e rrjetit:

Lejon aplikacionin të shikojë informacione rreth lidhjeve të rrjetit, si p.sh. cilat rrjete ekzistojnë dhe janë të lidhura.

UNË DO TË ZGJIDJË lejen e përdorimit të APK-së nga skedari APK:

DO TË ZGJIDHI PËRDORIM APK Mund të hyjë në hapësirën tuaj USB

Lejon aplikacionet të hapin prizat e rrjetit.

Lejon aplikacionet të kenë akses në informacione rreth rrjeteve.

Lejon një aplikacion të shkruajë në hapësirën ruajtëse të jashtme.

Lejon një aplikacion të lexojë nga ruajtja e jashtme.

• 1.6.5

  17 dhjetor 2017

  Detyrat e formatit 2018

• 1.6.4

  29 nëntor 2017

  Përputhshmëri e shtuar me iOS 11.

• 1.6.2

  11 nëntor 2017

  Detyrat janë shtuar dhe shkallët janë përditësuar në përputhje me versionet demo të Provimit të Unifikuar të Shtetit 2018 dhe është konfiguruar mbështetja për vizatimet në formate vektoriale.

• 1.6.1

  8 gusht 2017

  Shkallët për të gjitha lëndët janë sqaruar.

• 1.6.0

  13 shkurt 2017

  Rregulluar një defekt me gjuhët e huaja.

• 1.5.9

  18 janar 2017

  U shtua mundësia për t'u regjistruar në portal përmes aplikacionit.

• 1.5.8

  9 janar 2017

  Rregulloi një gabim që shkaktoi përplasje gjatë ngarkimit të përditësimeve të misionit.

• 1.5.7

  2 janar 2017

  Përditësimi i sigurisë

• 1.5.6

  4 dhjetor 2016

  Rregulloi një përplasje kur zgjidhen temat e kokës në katalogun e detyrave.

• 1.5.5

  15 nëntor 2016

  U shtua aftësia për të shkarkuar të gjitha detyrat sipas temës menjëherë.

• 1.5.4

  28 tetor 2016

  U shtua aftësia për të regjistruar statistika gjatë zgjidhjes së problemeve në katalogun e detyrave dhe modalitetin e provimit.

• 1.5.3

  24 tetor 2016

• 1.5.2

  4 korrik 2016

  Kërkimi i shtuar sipas numrit të opsionit dhe numrit të detyrës.
  Ndryshime të vogla në dizajn.

• 1.5.0

  14 qershor 2016

  U shtua seksioni i lajmeve.
  U shtua seksioni i pamjes së statistikave.
  U shtua një seksion për provimin dhe një shkallë pikësh.
  U shtua një seksion rreth projektit.
  U shtua aftësia për të kontrolluar përditësimet manualisht.
  Temat në seksionin "Katalogu i detyrave" ndahen në nëntema.

• 1.4.0

  2 qershor 2016

• 1.3.0

  31 maj 2016

  Kërkimi i shtuar për detyra duke përdorur fjalë kyçe.

• 1.2.1

  18 maj 2016

  U shtua aftësia për të zgjidhur detyrat jashtë linje.
  U shtua aftësia për të shkarkuar detyra sipas temës.

• 1.1.4

  2 maj 2016

  U shtua njoftim për probleme në server.

• 1.1.3

  29 Prill 2016

  Rregullohen gabimet në lidhje me dështimet e aplikacionit.
  Për funksionalitet të plotë, artikujt fluturues duhet të shkarkohen përsëri duke përdorur ikonën në të djathtë.

• 1.1.1

  26 prill 2016

  Rregulluar disa gabime me dështimet e aplikacionit.
  Teoria e shtuar në gjuhën ruse dhe matematikën.