Provim i Unifikuar Shtetëror në nivelin e profilit të matematikës

Puna përbëhet nga 19 detyra.
Pjesa 1:
8 detyra me përgjigje të shkurtra të nivelit bazë të vështirësisë.
Pjesa 2:
4 detyra me përgjigje të shkurtra
7 detyra me përgjigje të detajuara të një niveli të lartë vështirësie.

Koha e shfaqjes - 3 orë 55 minuta.

Shembuj të detyrave të Provimit të Unifikuar të Shtetit

Zgjidhja e detyrave të Provimit të Unifikuar të Shtetit në matematikë.

Për ta zgjidhur vetë:

1 kilovat orë energji elektrike kushton 1 rubla 80 kopekë.
Matësi i energjisë elektrike tregoi 12,625 kilovat-orë në 1 nëntor dhe 12,802 kilovat-orë në 1 dhjetor.
Sa duhet të paguaj energjinë elektrike për muajin nëntor?
Jepni përgjigjen tuaj në rubla.

Në zyrën e këmbimit, 1 hryvnia kushton 3 rubla 70 kopecks.
Pushuesit shkëmbyen rubla për hryvnia dhe blenë 3 kg domate me një çmim prej 4 hryvnia për 1 kg.
Sa rubla u kushtoi atyre kjo blerje? Rrumbullakosni përgjigjen tuaj në një numër të plotë.

Masha u dërgoi mesazhe SMS me urime për Vitin e Ri 16 miqve të saj.
Kostoja e një mesazhi SMS është 1 rubla 30 kopecks. Para se të dërgonte mesazhin, Masha kishte 30 rubla në llogarinë e saj.
Sa rubla do të mbeten Masha pasi të dërgojë të gjitha mesazhet?

Shkolla ka tenda kampingu me tre persona.
Cili është numri më i vogël i tendave që duhet të merrni në një udhëtim kampingu që përfshin 20 persona?

Treni Novosibirsk-Krasnoyarsk niset në orën 15:20 dhe mbërrin në orën 4:20 të nesërmen (koha e Moskës).
Sa orë udhëton treni?

A e dini se çfarë?

Ndër të gjitha figurat me të njëjtin perimetër, rrethi do të ketë sipërfaqen më të madhe. Në të kundërt, midis të gjitha formave me të njëjtën zonë, rrethi do të ketë perimetrin më të vogël.

Leonardo da Vinci nxori një rregull sipas të cilit katrori i diametrit të trungut të pemës është i barabartë me shumën e katrorëve të diametrave të degëve të marra në një lartësi të përbashkët fikse. Studimet e mëvonshme e konfirmuan atë me vetëm një ndryshim - shkalla në formulë nuk është domosdoshmërisht e barabartë me 2, por shtrihet në intervalin nga 1.8 në 2.3. Tradicionalisht, besohej se ky model shpjegohet me faktin se një pemë me një strukturë të tillë ka një mekanizëm optimal për furnizimin e degëve me lëndë ushqyese. Sidoqoftë, në vitin 2010, fizikani amerikan Christophe Alloy gjeti një shpjegim mekanik më të thjeshtë për fenomenin: nëse e konsiderojmë një pemë si një fraktal, atëherë ligji i Leonardos minimizon mundësinë e thyerjes së degëve nën ndikimin e erës.

Studimet laboratorike kanë treguar se bletët janë në gjendje të zgjedhin rrugën optimale. Pas lokalizimit të luleve të vendosura në vende të ndryshme, bleta bën një fluturim dhe kthehet prapa në mënyrë të tillë që rruga përfundimtare të dalë më e shkurtra. Kështu, këto insekte përballen në mënyrë efektive me "problemin e shitësit udhëtues" klasik nga shkenca kompjuterike, të cilin kompjuterët modernë, në varësi të numrit të pikëve, mund të kalojnë më shumë se një ditë për ta zgjidhur.

Një mikeshë i kërkoi Ajnshtajnit ta telefononte, por paralajmëroi se numri i saj i telefonit ishte shumë i vështirë për t'u mbajtur mend: - 24-361. Të kujtohet? Përsëriteni! I habitur, Ajnshtajni u përgjigj: "Sigurisht që e mbaj mend!" Dy duzina dhe 19 në katror.

Stephen Hawking është një nga fizikantët teorikë kryesorë dhe popullarizuesi i shkencës. Në historinë e tij për veten e tij, Hawking përmendi se ai u bë profesor matematike pa marrë asnjë arsim matematikor që nga shkolla e mesme. Kur Hawking filloi të jepte matematikë në Oksford, ai e lexoi tekstin dy javë përpara studentëve të tij.

Numri maksimal që mund të shkruhet me numra romakë pa shkelur rregullat e Shvartsman (rregullat për shkrimin e numrave romakë) është 3999 (MMMCMXCIX) - nuk mund të shkruani më shumë se tre shifra me radhë.

Ka shumë shëmbëlltyra se si një person fton tjetrin t'i paguajë për ndonjë shërbim në këtë mënyrë: në sheshin e parë të tabelës së shahut ai do të vendosë një kokërr oriz, në të dytin - dy, e kështu me radhë: në çdo katror të mëvonshëm. dy herë më shumë se ai i mëparshmi. Si rezultat, ai që paguan në këtë mënyrë me siguri do të falimentojë. Kjo nuk është për t'u habitur: vlerësohet se pesha totale e orizit do të jetë më shumë se 460 miliardë tonë.

Në shumë burime ekziston një deklaratë se Ajnshtajni dështoi në matematikë në shkollë ose, për më tepër, në përgjithësi studioi shumë dobët në të gjitha lëndët. Në fakt, gjithçka nuk ishte kështu: Alberti filloi të shfaqte talent në matematikë që në moshë të vogël dhe e dinte atë shumë përtej programit shkollor.

Provimi i Unifikuar i Shtetit 2020 në matematikë detyra 15 me zgjidhje

Versioni demonstrues i Provimit të Unifikuar të Shtetit 2020 në matematikë

Provimi i Unifikuar i Shtetit në Matematikë 2020 në formatin pdf Niveli bazë | Niveli i profilit

Detyrat për përgatitjen për Provimin e Unifikuar të Shtetit në matematikë: niveli bazë dhe i specializuar me përgjigje dhe zgjidhje.

Matematikë: Bazë | profili 1-12 | | | | | | | | në shtëpi

Provimi i Unifikuar i Shtetit 2020 në matematikë detyra 15

Provimi i Unifikuar i Shtetit 2020 në profilin e matematikës detyra 15 e nivelit me zgjidhje

Provimi i Unifikuar i Shtetit në matematikë detyra 15

Kushti:

Zgjidhja e pabarazisë:
log 2 ((7 -x 2 - 3) (7 -x 2 +16 -1)) + log 2 ((7 -x 2 -3)/(7 -x 2 +16 - 1)) > log 2 ( 7 7-x 2 - 2) 2

Zgjidhja:

Le të merremi me ODZ:
1. Shprehja nën shenjën e parë të logaritmit duhet të jetë më e madhe se zero:
(7 (-(x 2))-3) (7 (-(x 2) + 16) -1) > 0

X 2 është gjithmonë më i vogël ose i barabartë me zero, prandaj,
7 (-x 2)< = 1, следовательно,
7 (-x 2) - 3< = -2 < 0

Kjo do të thotë që që kushti i parë në ODZ të plotësohet, është e nevojshme që
7 (-(x 2)+16) - 1< 0
7 (-(x 2)+16)< 1 = 7 0
-(x 2)+16< 0
x 2 > 16
x i përket (-pafundësi; -4) U (4, + pafundësi)

2. Shprehja nën shenjën e dytë të logaritmit duhet të jetë më e madhe se zero. Por atje rezultati do të jetë i njëjtë si në paragrafin e parë, pasi të njëjtat shprehje janë në kllapa.

3. Shprehja nën shenjën e tretë të logaritmit duhet të jetë më e madhe se zero.
(7 (7-x 2) -2) 2 > 0
Kjo pabarazi është gjithmonë e vërtetë, përveç rasteve kur
7 (7-x 2) -2 = 0
7 (7-x 2) = 7 (log_7(2))
7-x 2 = log_7(2)
x 2 = 7 - log_7(2)
x = (+-)sqrt(7-log_7(x))

Le të vlerësojmë se me çfarë është afërsisht e barabartë sqrt(7-log_7(x)).
1/3 = log_8 (2)< log_7(2) < log_4(2) = 1/2
2 = sqrt (4)< sqrt(7-1/2) < sqrt(7-log_7(2)) < sqrt(7-1/3) < sqrt(9) = 3

Kjo do të thotë, kushti x nuk është i barabartë me (+-)sqrt(7-log_7(x)) tashmë është i tepërt, pasi në paragrafin (1) ne kemi përjashtuar tashmë intervalin që përfshin këto pika nga ODZ.

Pra, edhe një herë ODZ:
x i përket (- pafundësia; -4) U (4, + pafundësia)

4. Tani, duke përdorur vetitë e logaritmit, pabarazia origjinale mund të transformohet si kjo:
log_2 ((7 (-x 2) - 3) 2) > log_2 ((7 (7 - x 2) - 2) 2)

Log_2(x) është një funksion në rritje, kështu që ne heqim qafe logaritmin pa ndryshuar shenjën:
(7 (-x 2) -3) 2 > (7 (7-x 2) -2) 2

Le të vlerësojmë nga lart dhe poshtë shprehjet (7 (-x 2) -3) 2 Dhe (7 (7-x 2) -2) 2, duke marrë parasysh ODZ:

X 2< -16
0 < 7 (-x 2) < 1
-3 < 7 (-x 2) -3 < -2
4 < (7 (-x 2) -3) 2 < 9

X 2< -16
0 < 7 (7-x 2) < 1
-2 < 7 (-x 2) -2 < -1
1 < (7 (-x 2) -3) 2 < 4

Kjo do të thotë se pabarazia vlen për çdo x që i përket ODZ.

Artikulli i kushtohet analizës së detyrave 15 nga profili Provimi i Unifikuar i Shtetit në matematikë për vitin 2017. Në këtë detyrë, nxënësve të shkollës u kërkohet të zgjidhin pabarazitë, më së shpeshti ato logaritmike. Edhe pse mund të ketë tregues. Ky artikull ofron një analizë të shembujve të pabarazive logaritmike, duke përfshirë ato që përmbajnë një ndryshore në bazën e logaritmit. Të gjithë shembujt janë marrë nga banka e hapur e detyrave të Provimit të Unifikuar të Shtetit në matematikë (profili), kështu që pabarazi të tilla ka të ngjarë të hasen në provim si detyra 15. Ideale për ata që duan të mësojnë se si të zgjidhin detyrën 15 nga pjesa e dytë i profilit Provim i Unifikuar i Shtetit në një periudhë të shkurtër kohore në matematikë për të marrë më shumë pikë në provim.

Analizë e detyrave 15 nga profili Provim i Bashkuar Shtetëror në matematikë

Në detyrat 15 të Provimit të Unifikuar të Shtetit në matematikë (profili), hasen shpesh pabarazitë logaritmike. Zgjidhja e pabarazive logaritmike fillon me përcaktimin e diapazonit të vlerave të pranueshme. Në këtë rast, nuk ka asnjë variabël në bazën e të dy logaritmeve, ekziston vetëm numri 11, i cili e thjeshton shumë problemin. Pra, i vetmi kufizim që kemi këtu është se të dyja shprehjet nën shenjën e logaritmit janë pozitive:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Pabarazia e parë në sistem është pabarazia kuadratike. Për ta zgjidhur atë, ne me të vërtetë do të dëshironim të faktorizonim anën e majtë. Unë mendoj se ju e dini se çdo trinom kuadratik i formës faktorizohet si më poshtë:

ku dhe janë rrënjët e ekuacionit. Në këtë rast, koeficienti është 1 (ky është koeficienti numerik përpara ). Koeficienti është gjithashtu i barabartë me 1, dhe koeficienti është termi bedel, është i barabartë me -20. Rrënjët e një trinomi përcaktohen më lehtë duke përdorur teoremën e Vieta-s. Ekuacioni që kemi dhënë do të thotë se shuma e rrënjëve do të jetë e barabartë me koeficientin me shenjën e kundërt, domethënë -1, dhe prodhimi i këtyre rrënjëve do të jetë i barabartë me koeficientin, domethënë -20. Është e lehtë të merret me mend se rrënjët do të jenë -5 dhe 4.

Tani ana e majtë e pabarazisë mund të faktorizohet: title=" Rendered by QuickLaTeX.com" height="20" width="163" style="vertical-align: -5px;"> Решаем это неравенство. График соответствующей функции — это парабола, ветви которой направлены вверх. Эта парабола пересекает ось !} X në pikat -5 dhe 4. Kjo do të thotë se zgjidhja e kërkuar e pabarazisë është intervali . Për ata që nuk e kuptojnë se çfarë shkruhet këtu, detajet mund t'i shikoni në video, duke filluar nga ky moment. Aty do të gjeni edhe një shpjegim të detajuar se si zgjidhet pabarazia e dytë e sistemit. Është duke u zgjidhur. Për më tepër, përgjigja është saktësisht e njëjtë si për pabarazinë e parë të sistemit. Kjo do të thotë, grupi i shkruar më sipër është rajoni i vlerave të lejuara të pabarazisë.

Pra, duke marrë parasysh faktorizimin, pabarazia origjinale merr formën:

Duke përdorur formulën, ne shtojmë 11 në fuqinë e shprehjes nën shenjën e logaritmit të parë dhe zhvendosim logaritmin e dytë në anën e majtë të pabarazisë, duke ndryshuar shenjën e tij në të kundërtën:

Pas reduktimit marrim:

Pabarazia e fundit, për shkak të rritjes së funksionit, është ekuivalente me pabarazinë , zgjidhja e të cilit është intervali . E tëra që mbetet është ta kryqëzojmë atë me rajonin e vlerave të pranueshme të pabarazisë, dhe kjo do të jetë përgjigja për të gjithë detyrën.

Pra, përgjigja e kërkuar për detyrën duket si kjo:

Ne jemi marrë me këtë detyrë, tani kalojmë në shembullin tjetër të detyrës 15 të Provimit të Unifikuar të Shtetit në matematikë (profili).

Ne e fillojmë zgjidhjen duke përcaktuar gamën e vlerave të pranueshme të kësaj pabarazie. Në bazën e çdo logaritmi duhet të ketë një numër pozitiv që nuk është i barabartë me 1. Të gjitha shprehjet nën shenjën e logaritmit duhet të jenë pozitive. Emëruesi i thyesës nuk duhet të përmbajë zero. Kushti i fundit është ekuivalent me faktin se , pasi vetëm përndryshe të dy logaritmet në emërues zhduken. Të gjitha këto kushte përcaktojnë gamën e vlerave të lejueshme të kësaj pabarazie, të dhëna nga sistemi i mëposhtëm i pabarazive:

Title="(! LANG: Rendered by QuickLaTeX.com">!}

Në rangun e vlerave të pranueshme, ne mund të përdorim formulat e konvertimit të logaritmit për të thjeshtuar anën e majtë të pabarazisë. Duke përdorur formulën ne heqim qafe emëruesin:

Tani kemi vetëm logaritme me bazë. Kjo tashmë është më e përshtatshme. Më pas, ne përdorim formulën dhe gjithashtu formulën për të sjellë shprehjen me vlerë në formën e mëposhtme:

Në llogaritjet kemi përdorur atë që është në rangun e vlerave të pranueshme. Duke përdorur zëvendësimin arrijmë në shprehjen:

Le të përdorim edhe një zëvendësim: . Si rezultat, arrijmë në rezultatin e mëposhtëm:

Pra, gradualisht kthehemi në variablat origjinale. Së pari te ndryshorja: