klasa e 11-të

Kushtet problematike

1. Çmimi për një kazan elektrik u rrit me 14% dhe arriti në 1596 rubla. Sa rubla kushtoi kazani para rritjes së çmimit?
2. Grafiku tregon varësinë e rrotullimit të motorit nga numri i rrotullimeve në minutë. Boshti i abshisës tregon numrin e rrotullimeve në minutë, dhe boshti i ordinatave tregon çift rrotullues në N∙m. Shpejtësia e mjetit (në km/h) shprehet afërsisht me formulën ku n është numri i rrotullimeve të motorit në minutë. Me çfarë shpejtësie minimale duhet të lëvizë makina në mënyrë që çift rrotullimi të jetë i barabartë me 120 N∙m? Jepni përgjigjen tuaj në kilometra në orë.
   
3. Në letër me kuadrate me madhësi katrore x, përshkruhet trekëndëshi ABC. Gjeni gjatësinë e lartësisë së saj të ulur në anën BC.
4. Konferenca shkencore mbahet për 5 ditë. Janë planifikuar gjithsej 75 raporte - tre ditët e para përmbajnë 17 raporte, pjesa tjetër shpërndahet në mënyrë të barabartë ndërmjet ditës së katërt dhe të pestë. Në konferencë është planifikuar një raport nga profesori M. Rendi i raporteve përcaktohet me short. Sa është probabiliteti që raporti i profesor M. të planifikohet për ditën e fundit të konferencës?
5. Gjeni rrënjën e ekuacionit
6. Katërkëndëshi ABCD është brendashkruar në një rreth. Këndi ABC është i barabartë me 105 o, këndi CAD është i barabartë me 35 o. Gjeni këndin ABD. Jepni përgjigjen tuaj në shkallë.
7. Figura tregon një grafik të derivatit të një funksioni të përcaktuar në interval. Gjeni numrin e pikave maksimale të funksionit që i përket segmentit.
   
8. Topi është i gdhendur në një cilindër. Sipërfaqja e sferës është 111. Gjeni sipërfaqen totale të cilindrit.
9. Gjeni kuptimin e shprehjes
10. Për të marrë një imazh të zmadhuar të një llambë në ekran në laborator, përdoret një lente konvergjente me një gjatësi fokale kryesore prej cm Distanca nga thjerrëza në llambë mund të ndryshojë nga 30 në 50 cm, dhe distanca nga. thjerrëza me ekranin mund të ndryshojë nga 150 në 180 cm Imazhi në ekran do të jetë i qartë nëse respektohet raporti. Tregoni se në cilën distancë minimale nga lentet mund të vendoset llamba në mënyrë që imazhi i saj në ekran të jetë i qartë. Shprehni përgjigjen tuaj në centimetra.
11. Distanca midis kalatave A dhe B është 120 km. Një trap u nis nga A në B përgjatë lumit dhe një orë më vonë u nis një jaht pas tij, i cili, pasi mbërriti në pikën B, u kthye menjëherë pas dhe u kthye në A. Në këtë kohë, trapi kishte përshkuar 24 km. Gjeni shpejtësinë e jahtit në ujë të qetë nëse shpejtësia e lumit është 2 km/h. Jepni përgjigjen tuaj në km/h.
12. Gjeni pikën maksimale të funksionit.
13. a) Zgjidhe ekuacionin ; b) Tregoni rrënjët e këtij ekuacioni që i përkasin segmentit.
14. Në skajet AB dhe BC të piramidës trekëndore ABCD, pikat M dhe N janë shënuar përkatësisht me AM:MB = CN:NB = 3:1. Pikat P dhe Q janë përkatësisht mesi i skajeve DA dhe DC.
    a) Vërtetoni se pikat P,Q,M dhe N shtrihen në të njëjtin rrafsh;
    b) Gjeni raportin në të cilin ky rrafsh ndan vëllimin e piramidës.
15. Zgjidh pabarazinë
16. Pika E është mesi i CD-së anësore anësore të trapezit ABCD. Në anën e saj AB morëm pikën K në mënyrë që drejtëzat SK dhe AE të jenë paralele. Segmentet SC dhe BE kryqëzohen në pikën O.
    a) Vërtetoni se CO=KO.
    b) Gjeni raportin e bazave të trapezit BC: AD nëse sipërfaqja e trekëndëshit BC është 9/64 e sipërfaqes së të gjithë trapezit ABCD.
17. Në korrik është planifikuar të merret një kredi bankare për një shumë të caktuar. Kushtet për kthimin e tij janë si më poshtë:
    - çdo janar borxhi rritet me r% krahasuar me fundin e një viti më parë;
    - Nga shkurti deri në qershor të çdo viti është e nevojshme të shlyhet një pjesë e borxhit.
    Gjeni r nëse dihet se nëse paguani 777,600 rubla, kredia do të shlyhet në 4 vjet, dhe nëse paguani 1,317,600 rubla në vit, atëherë kredia do të shlyhet plotësisht në 2 vjet?
18. Gjeni të gjitha vlerat e parametrit për secilën prej të cilave ekuacioni ka saktësisht një rrënjë në interval.
19. Secili nga 32 studentët ose shkroi një nga dy testet, ose i shkruajti të dyja testet. Për çdo punë mund të merrni një numër të plotë pikësh nga 0 në 20 përfshirëse. Për secilën nga dy fletët e testit veçmas, rezultati mesatar ishte 14. Më pas secili student emëroi pikët më të larta të tij (nëse studenti shkruante një punim, atëherë ai caktoi rezultatin për të). Mesatarja aritmetike e pikave të përmendura doli të jetë e barabartë me S.
    a) Jepni një shembull kur S<14
    b) A mund të jetë vlera e S e barabartë me 17?
    c) Cila është vlera më e vogël që mund të marrë S nëse të dyja testet do të shkruheshin nga 12 nxënës?

Arsimi i mesëm i përgjithshëm

Linja UMK G.K. Algjebra dhe parimet e analizës 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

Ekzaminimi i nivelit të 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 (një regjistrim i plotë i zgjidhjes me arsyetim për veprimet e ndërmarra).

Panova Svetlana Anatolevna, mësues i matematikës i kategorisë më të lartë të shkollës, përvojë pune 20 vjet:

“Për të marrë certifikatën e shkollës, maturanti duhet të kalojë dy provime të detyrueshme në formën e Provimit të Unifikuar të Shtetit, njëri prej të cilëve është matematika. Në përputhje me Konceptin për Zhvillimin e Edukimit Matematik në Federatën Ruse, Provimi i Unifikuar i Shtetit në matematikë ndahet në dy nivele: bazë dhe të specializuar. Sot do të shikojmë opsionet e nivelit të profilit.”

Detyra nr. 1- teston aftësitë e pjesëmarrësve në Provimin e Bashkuar të Shtetit për të zbatuar aftësitë e fituara në lëndën e klasës së 5-të deri në klasën e 9-të në matematikën fillore në veprimtari praktike. Pjesëmarrësi duhet të ketë aftësi llogaritëse, të jetë në gjendje të punojë me numra racional, të jetë në gjendje të rrumbullakos numrat dhjetorë dhe 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 së ujit të ftohtë (metër). 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 konsiston në përshkrimin, përdorimin e funksioneve, marrëdhëniet e ndryshme reale ndërmjet sasive dhe interpretimin e 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 në mënyra të ndryshme për të specifikuar funksionin dhe të përshkruajnë sjelljen dhe vetitë e funksionit bazuar në grafikun e tij. Ju gjithashtu duhet të jeni në gjendje të gjeni vlerën më të madhe ose më të vogël nga një grafik funksioni dhe të ndërtoni grafikë të 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 detyrë e nivelit bazë të pjesës së parë, teston aftësinë për të kryer veprime me figura gjeometrike sipas përmbajtjes së lëndës së Planimetrisë. Detyra 3 teston aftësinë për të llogaritur sipërfaqen e një figure në letër me kuadrate, aftësinë për të llogaritur masat e shkallës së këndeve, për të llogaritur perimetrat, etj.

Shembulli 3. Gjeni sipërfaqen e një drejtkëndëshi të vizatuar 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 e kuqe ose 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 të thjeshta (iracionale, eksponenciale, trigonometrike, logaritmike).

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

Zgjidhje. Ndani të dyja anët e këtij ekuacioni me 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), duke modeluar situata reale në gjuhën e gjeometrisë. Studimi i modeleve të ndërtuara duke përdorur koncepte dhe teorema gjeometrike. Burimi i vështirësive është, si rregull, mosnjohja ose zbatimi i gabuar i teoremave të nevojshme të planimetrisë.

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 DEështë vija e mesme e një trekëndëshi sipas kushtit, pastaj nga vetia e vijës së mesit | DE = (1/2)AB. Kjo do të thotë se koeficienti i ngjashmërisë është 0.5. Zonat e figurave të ngjashme lidhen si katror 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 nëpër dy pika të dhëna dhe të gjejmë ekuacionin e një drejtëze 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) Këndi tangjent është derivat i funksionit në pikën e tangjences. Do të thotë, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Përgjigje: –0,25.

Detyra nr 8- teston njohuritë e pjesëmarrësve në provim për stereometrinë elementare, aftësinë për të zbatuar formulat për gjetjen e sipërfaqeve dhe vëllimeve të figurave, këndet diedrale, të krahasojnë vëllimet e figurave të ngjashme, të jenë të aftë të kryejnë 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 aftësi për të transformuar dhe thjeshtuar shprehjet algjebrike. Detyra nr. 9 e një niveli të rritur vështirësie me një përgjigje të shkurtër. Detyrat nga seksioni "Llogaritjet dhe transformimet" në Provimin e Unifikuar të Shtetit ndahen në disa lloje:

transformimi i shprehjeve racionale numerike;

shndërrimi i shprehjeve dhe thyesave algjebrike;

shndërrimi i shprehjeve irracionale numerike/gërma;

veprimet me gradë;

konvertimi i shprehjeve 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 dhe sasitë e nevojshme janë dhënë në kusht. Problemet zbresin në zgjidhjen e një ekuacioni linear ose kuadratik, ose një pabarazie lineare ose 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 zgjidhjen e pabarazisë grafikisht:

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. Gjatë pushimit të pranverës, nxënësi i 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 një rrafsh paralel me bazat e cilindrave 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 e kryqëzon këtë plan 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 kordë me gjatësi 12 një përgjysmues pingul me këtë kordë (ajo ka gjatësinë 8, siç u përmend tashmë) dhe nga qendra e bazës tjetër në kordën 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 përcaktimit 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 bëhet e 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 një trekëndësh dykëndësh ABC me kënd 120°, përgjysmuesja BD vizatohet në kulmin A. Drejtkëndëshi DEFH është i gdhendur në trekëndëshin ABC 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, atëherë 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 vitit të tretë dhe të katërt, investitori plotëson çdo vit depozitën nga X milion rubla, ku X - e tërë numri. Gjeni vlerën më të madhe 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, ju duhet të gjeni numrin më të madh të plotë 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 ndodhet 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.

Rrjedhimisht, ky sistem do të ketë dy zgjidhje vetëm në rastin e treguar në Fig. 1.

Pikat e kontaktit të rrethit me vijat do të jenë dy zgjidhje të 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

Do të thotë, 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, kur kjo shprehje është katror i përsosur, realizohet 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 për vlera më të vogla n nuk arrihet një katror i plotë.

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

________________

*Që nga maji 2017, grupi i bashkuar botues "DROFA-VENTANA" është pjesë e korporatës Ruse të Tekstileve. Korporata përfshin gjithashtu shtëpinë botuese Astrel dhe platformën arsimore dixhitale LECTA. Alexander Brychkin, i diplomuar në Akademinë Financiare nën Qeverinë e Federatës Ruse, Kandidat i Shkencave Ekonomike, drejtues i projekteve inovative të shtëpisë botuese DROFA në fushën e arsimit dixhital (forma elektronike të teksteve shkollore, Shkolla Elektronike Ruse, platforma arsimore dixhitale LECTA) u emërua Drejtor i Përgjithshëm. Para se t'i bashkohej shtëpisë botuese DROFA, ai ka mbajtur postin e zëvendëspresidentit për zhvillimin strategjik dhe investimet e Holdingut botues EKSMO-AST. Sot, korporata botuese "Russian Textbook" ka portofolin më të madh të teksteve shkollore të përfshira në Listën Federale - 485 tituj (afërsisht 40%, duke përjashtuar tekstet shkollore për shkollat ​​speciale). Shtëpitë botuese të korporatës zotërojnë grupet më të njohura të teksteve shkollore në shkollat ​​ruse në fizikë, vizatim, biologji, kimi, teknologji, gjeografi, astronomi - fusha të njohurive që nevojiten për zhvillimin e potencialit prodhues të vendit. Portofoli i korporatës përfshin tekste dhe mjete mësimore për shkollat ​​fillore, të cilat u vlerësuan me Çmimin Presidencial në fushën e arsimit. Këto janë tekste shkollore dhe manuale në fushat lëndore që janë të nevojshme për zhvillimin e potencialit shkencor, teknik dhe prodhues të Rusisë.

Detyra 1

Nëse \(74\) njerëzit përbëjnë \(40\%\) , atëherë \(74:2=37\) njerëzit përbëjnë \(20\%\) . Prandaj, \(100\%\) janë \(37\cdot 5=185\) njerëz.

Përgjigje: 185

Detyra 2

Grafiku tregon varësinë e temperaturës së ujit, të shprehur në gradë Celsius, nga koha e llogaritur nga fillimi i ngrohjes së tij. Boshti i abshisave tregon kohën në minuta, dhe boshti i ordinatave tregon temperaturën. Përcaktoni nga grafiku se sa gradë ka ndryshuar temperatura e ujit nga \(3\) minuta në \(8\) minuta. Jepni përgjigjen tuaj në gradë Celsius.

Grafiku tregon se \(3\) minuta pas fillimit të ngrohjes temperatura e ujit ishte e barabartë me \(40^\circ C\), pas \(8\) minuta temperatura ishte e barabartë me \(90^\circ C \), pra, nga \(3\) në \(8\) minuta temperatura ndryshoi me \(90-40=50^\circ C\) .

Përgjigje: 50

Detyra 3

Letra me kuadrate tregon një trekëndësh \(ABC\) . Gjeni mesin e këtij trekëndëshi paralel me brinjën \(AB\) .

Meqenëse vija e mesme e një trekëndëshi është e barabartë me gjysmën e anës me të cilën është paralel, atëherë vija e mesme paralele me \(AB\) do të jetë e barabartë me \(0,5 AB\) . Meqenëse \(AB=5\) , atëherë vija e mesme është e barabartë me \(2.5\) .

Përgjigje: 2.5

Detyra 4

\(500\) nxënës erdhën në Olimpiadën e Matematikës. Ata u vendosën në katër klasa: në tri klasa kishte \(150\) persona secila, në të katërtën - \(50\) persona. Gjeni probabilitetin që një student i zgjedhur rastësisht të shkruajë një olimpiadë në një klasë të vogël.

Ne do të kërkojmë probabilitetin si raport i numrit të rezultateve të përshtatshme me numrin e të gjitha rezultateve. Meqenëse ka \(50\) vende në një auditor të vogël, numri i vendeve të përshtatshme është \(50\). Totali i vendeve \(500\) . Prandaj, probabiliteti është i barabartë me \[\dfrac(50)(500)=0.1.\]

Përgjigje: 0.1

Detyra 5

Detyra 6

Jepet një paralelogram me brinjë \(21\) dhe \(28\) . Një lartësi është tërhequr në anën më të shkurtër, gjatësia e së cilës është e barabartë me \(20\) . Gjeni gjatësinë e lartësisë së tërhequr në anën më të gjatë.

Le të shohim vizatimin. Meqenëse sipërfaqja e një paralelogrami është e barabartë me produktin e një ane dhe lartësinë e tërhequr në këtë anë, atëherë sipërfaqja e një paralelogrami të caktuar është e barabartë me \(21\cdot 20\) ose \(28\cdot h\) . Prandaj, \

Përgjigje: 15

Detyra 7

Figura tregon një grafik të derivatit të funksionit \(y = f(x)\) . Janë shtatë pika të shënuara në boshtin e abshisës: \(x_1\) , \(x_2\) , \(x_3\) , \(x_4\) , \(x_5\) , \(x_6\) , \(x_7\ ) . Në sa nga këto pika rritet funksioni \(f(x)\)?

Funksioni rritet në ato pika në të cilat vlera e derivatit të tij është pozitive. Prandaj, duke qenë se figura tregon një grafik të derivatit, pikat në të cilat ndodhet grafiku i derivatit MBI boshtin x janë të përshtatshme për ne. Këto janë pikat \(x_3, x_4, x_5, x_6, x_7\) . Gjithsej janë 5 pika të tilla.

Përgjigje: 5

Detyra 8

Uji u hodh në një enë cilindrike deri në një nivel prej \(32\) cm në çfarë niveli do të arrijë uji nëse derdhet në një enë tjetër cilindrike, rrezja e bazës së së cilës është 4 herë më e madhe se rrezja e bazës. të anijes së parë? Jepni përgjigjen në cm.

Le të jetë rrezja e bazës së anijes së parë e barabartë me \(R_1\) dhe rrezja e bazës së anijes së dytë të jetë e barabartë me \(R_2\) . Pastaj \(R_2=4R_1\) . Vini re se kur uji derdhet nga një enë në tjetrën, vëllimi i ujit mbetet konstant. Kur uji ishte në enën e parë, vëllimi i tij është i barabartë me vëllimin e një cilindri me lartësi \(32\) dhe rreze bazë \(R_1\) : \(V=\pi R_1^2\cdot 32\) . Kur u derdh në enën e dytë, vëllimi i tij është i barabartë me vëllimin e një cilindri me lartësi \(h\) (kjo vlerë duhet gjetur) dhe rreze bazë \(R_2\), domethënë \(V= \pi R_2^2\cdot h\ ) . Por pastaj: \[\pi R_1^2\cdot 32=\pi R_2^2\cdot h \quad\Rightarrow\quad h=\left(\dfrac(R_1)(R_2)\djathtas)^2\cdot 32=\majtas( \dfrac14\right)^2\cdot 32=2.\]

Përgjigje: 2

Detyra 9

Gjeni kuptimin e shprehjes \

Le ta rishkruajmë shprehjen në formë \ Duke përdorur formulën e kosinusit me kënd të dyfishtë \(2\cos^2x-1=\cos 2x\), shprehja do të rishkruhet si \

Përgjigje: -3

Detyra 10

Kur burimi dhe marrësi i sinjaleve të zërit i afrohen njëri-tjetrit, duke lëvizur në një mjedis të caktuar në vijë të drejtë drejt njëri-tjetrit, frekuenca e sinjalit të zërit të regjistruar nga marrësi nuk përkon me frekuencën e sinjalit origjinal \(f_0=140 \) Hz dhe përcaktohet nga shprehja e mëposhtme: \ ku \(c\) është shpejtësia e përhapjes së sinjalit në medium (në m/s), dhe \(u=15\) m/s dhe \(v=14\) m/s janë shpejtësitë e marrësit dhe burimi në raport me mediumin, përkatësisht. Me cilën shpejtësi maksimale \(c\) (në m/s) të përhapjes së sinjalit në medium do të jetë frekuenca e sinjalit në marrës \(f\) të paktën \(145\) Hz?

Meqenëse duhet të gjejmë një \(c\) të tillë që \(f\geqslant 145\) , duhet të zgjidhim pabarazinë \ Duke zgjidhur këtë pabarazi duke përdorur metodën e intervalit, marrim \(c\in \) . Prandaj, për vlera të tilla të \(c\), vlera e \(f\) do të jetë së paku \(145\) . Atëherë vlera më e madhe e \(c\) është \(826\) .

Përgjigje: 826

Detyra 11

Një motoanije, shpejtësia e së cilës në ujë të qetë është \(27\) km/h, lëviz me rrjedhën nga pika A në pikën B. Me të mbërritur në pikën B, motoranija ndaloi për \(5\) orë, pastaj u kthye në pikën A. Dihet se anija u kthye në pikën A \(32\) orë pas nisjes nga A. Sa kilometra ka udhëtuar anija nëse shpejtësia e lumit është \(1\) km /h?

Le të jetë distanca ndërmjet pikave A dhe B e barabartë me \(S\) . Pastaj anija kaloi \[\dfrac(S)(27+1)\quad (\small(\tekst(orë)))\] Më pas ka bërë një ndalesë në pikën B me kohëzgjatje 5 orë dhe në rrugën nga B në A ka kaluar \[\dfrac(S)(27-1)\quad (\small(\tekst(orë)))\] Në total ai kaloi 32 orë, pra, \[\dfrac S(27+1)+5+\dfrac S(27-1)=32 \quad\Rightarrow\quad 54S=26\cdot 27\cdot 28\quad\Rightarrow\quad S=13\cdot 28 \] Pastaj anija udhëtoi \(2S\) kilometra në total, ose \

Përgjigje: 728

Detyra 12

Gjeni pikën minimale të funksionit\

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

Pikat minimale të një funksioni janë pikat në të cilat derivati ​​ndryshon shenjën e tij nga "\(-\)" në "\(+\)" (kur shikohet nga e majta në të djathtë). Le të gjejmë derivatin, zerat e tij dhe pikat ku ai nuk ekziston dhe të llogarisim shenjat në intervalet që rezultojnë. \ Zerot e derivatit: \ Shenjat derivative në ODZ:

Prandaj, \(x=-9\) është pika minimale.

Përgjigje: -9

Detyra 13

a) Zgjidhe ekuacionin \[\log_4(2^(2x)-\sqrt3\cos x-\sin2x)=x\]

b) Listoni të gjitha rrënjët e këtij ekuacioni që i përkasin segmentit \(\majtas[-\dfrac(\pi)2;\dfrac(3\pi)2\djathtas].

a) Ekuacionet ODZ: \(2^(2x)-\sqrt3\cos x-\sin2x>0\). Le të zgjidhim ekuacionin duke përdorur ODZ. Mund të konvertohet: \[\fillim(përafruar) &2^(2x)-\sqrt3\cos x-\sin2x=4^x \ (*)\quad\Rightarrow\quad -\sqrt3\cos x-\sin2x=0 \quad\Rightarrow \\ &\Rightarrow\quad 2\sin x\cos x+\sqrt3\cos x=0\quad\Rightarrow\quad \cos x(2\sin x+\sqrt3)=0\fund (lidhur)\] Zgjidhjet e këtij ekuacioni do të jenë \(\cos x=0\) dhe \(\sin x=-\dfrac(\sqrt3)2\): \[\majtas[\fillimi(i mbledhur)\fillimi(lidhur) &x=\dfrac(\pi)2+\pi n, n\in\mathbb(Z)\\ &x=-\dfrac(\pi)3+ 2\pi m, m\in\mathbb(Z)\\ &x=-\dfrac(2\pi)3+2\pi k, k\in\mathbb(Z) \end(rrenjosur)\fund(i mbledhur) \ drejtë.\] Le të kontrollojmë nëse këto rrënjë janë të përshtatshme për ODZ. Meqenëse këto rrënjë janë marrë nga ekuacioni \((*)\) , dhe \(4^x>0\) për të gjitha \(x\) , atëherë kur zëvendësohen këto rrënjë në ekuacion, ana e majtë e \(( *)\) gjithashtu do të jetë gjithmonë \(>0\) . Dhe kjo është ODZ. Rrjedhimisht, të gjitha rrënjët kënaqin ODZ-në.

b) Le të hedhim rrënjët. \[\fillim(përafruar) &-\dfrac(\pi)2\leqslant \dfrac(\pi)2+\pi n\leqslant \dfrac(3\pi)2 \quad\Leftrightarrow\quad -1\leqslant n \leqslant 1\quad\Rightarrow \quad n=-1; 0; 1\quad\Rightarrow\quad x=-\dfrac(\pi)2; \dfrac(\pi)2; \dfrac(3\pi)2\\ & -\dfrac(\pi)2\leqslant -\dfrac(\pi)3+2\pi m\leqslant \dfrac(3\pi)2 \quad\Leftrightarrow\quad -\dfrac1(12)\leqslant m\leqslant \dfrac(11)(12)\quad\Rightarrow\quad m=0\quad\Rightarrow\quad x=-\dfrac(\pi)3\\ &-\dfrac (\pi)2\leqslant -\dfrac(2\pi)3+2\pi k\leqslant \dfrac(3\pi)2\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac1(12)\leqslant k\leqslant \dfrac( 13)(12)\quad\Rightarrow\quad k=1\quad\Rightarrow\quad x=\dfrac(4\pi)3 \end (lidhur)\]

Përgjigje:

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

Detyra 14

Baza e piramidës katërkëndore \(SABCD\) është drejtkëndëshi \(ABCD\) , dhe \(AB=3\sqrt2\) , \(BC=6\) . Baza e lartësisë së piramidës është qendra e drejtkëndëshit. Nga kulmet \(A\) dhe \(C\) pingulet \(AP\) dhe \(CQ\) hidhen në skajin \(SB\) .

a) Vërtetoni se \(P\) është mesi i segmentit \(BQ\) .

b) Gjeni këndin ndërmjet faqeve \(SBA\) dhe \(SBC\) nëse \(SD=9\) .

a) Le të jetë \(O\) pika e prerjes së diagonaleve të drejtkëndëshit \(ABCD\) . Atëherë \(SO\) është lartësia e piramidës. Meqenëse diagonalet e drejtkëndëshit janë të barabarta dhe ndahen në gjysmë me pikën e kryqëzimit, atëherë \(AO=BO=CO=DO\) . Prandaj, \(\trekëndësh AOS=\trekëndësh BOS=\trekëndësh COS=\trekëndësh DOS\), nga ku \(AS=BS=CS=DS\) . Le të shënojmë \(AS=x\) .
Merrni parasysh fytyrën \(ASB\) . Le të bëjmë \(SK\perp AB\) . Pastaj \(KB=0.5 AB=1.5\sqrt2\) . Pastaj \[\dfrac(KB)(SB)=\cos \këndi SBA=\dfrac(BP)(BA) \quad\Rightarrow\quad BP=\dfrac 9x\] Merrni parasysh fytyrën \(CSB\) . Le të bëjmë \(SH\perp CB\) . Pastaj \(HB=0.5 CB=3\) . Pastaj \[\dfrac(HB)(SB)=\cos \këndi SBC=\dfrac(BQ)(BC) \quad\Rightarrow\quad BQ=\dfrac (18)x\] Prandaj, \Chtd.

b) Sipas kushtit \(x=9\) . Vini re se në fytyrën \(CSB\) \(PH\paralel CQ\) (pasi \(PH\) është vija e mesme në \(\trekëndësh CQB\) ) Prandaj, \(PH\perp SB\) . Prandaj, sipas përkufizimit, \(\këndi APH\) është këndi linear i këndit dihedral midis faqeve \(SBC\) dhe \(SBA\) . Le ta gjejmë duke përdorur teoremën e kosinusit nga \(\trekëndëshi APH\) .

\(BP=\frac9(x)=1\) . Prandaj, nga teorema e Pitagorës nga \(\trekëndëshi ABP\) : \(AP^2=18-1=17\) .
Nga teorema e Pitagorës nga \(\trekëndëshi HBP\) : \(HP^2=9-1=8\) .
Nga teorema e Pitagorës nga \(\trekëndëshi ABH\) : \(AH^2=18+9=27\) .
Prandaj, nga teorema e kosinusit nga \(\trekëndëshi APH\): \[\cos \kënd APH=\dfrac(AP^2+HP^2-AH^2)(2\cdot AP\cdot HP)= -\dfrac1(2\sqrt(34))\] Prandaj, këndi ndërmjet faqeve \(SAB\) dhe \(SCB\) është i barabartë me \[\kënd APH=\arccos\left(-\dfrac1(2\sqrt(34))\djathtas)\]

Përgjigje:

b) \(\arccos\majtas(-\frac1(2\sqrt(34))\djathtas)\)

Detyra 15

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

Le të bëjmë ndryshimin \(2^x=t\) , atëherë pabarazia do të marrë formën \[\fillim(të rreshtuar) &\dfrac(t)(t-8)+\dfrac(t+8)(t-4)+\dfrac(66)(t^2-12t+32)\leqslant 0 \ kuadrat\Shigjeta e majtas\quad \dfrac(t(t-4)+(t^2-8^2)+66)((t-8)(t-4))\leqslant 0 \quad\Shigjeta e majte\\ &\ Shigjeta majtas\quad \dfrac(2t^2-4t+2)((t-8)(t-4))\leqslant 0 \quad\Leftrightarrow\quad \dfrac(2(t-1)^2)(t -8)(t-4))\leqslant 0 \fund (lidhur)\] Le ta zgjidhim këtë pabarazi duke përdorur metodën e intervalit:

Atëherë zgjidhja do të jetë \[\majtas[\fillimi(i mbledhur)\fillimi(lidhur) &t=1\\ &4 Atëherë përgjigja është: \

Përgjigje:

\(\(0\)\kupa (2;3)\)

Detyra 16

Pika \(E\) është mesi i anës \(CD\) të trapezit \(ABCD\) . Në anën e tij \(AB\) merret një pikë \(K\) në mënyrë që drejtëzat \(CK\) dhe \(AE\) të jenë paralele. Segmentet \(CK\) dhe \(BE\) priten në pikën \(O\) .

a) Vërtetoni se \(CO=OK\) .

b) Gjeni raportin e bazave të trapezit \(BC:AD\) nëse sipërfaqja e trekëndëshit \(BCK\) është \(\dfrac9(64)\) sipërfaqja e të gjithë trapezit \ (ABCD\) .

a) Zgjatni \(AE\) dhe \(BC\) në kryqëzimin në pikën \(P\) :

Pastaj \(\këndi AED=\këndi CEP\) si vertikal, \(\këndi ADE=\këndi PCE\) në mënyrë tërthore të shtrirë në \(AD\BP paralel\) dhe \(CD\) sekant. Prandaj, përgjatë anës dhe dy këndeve ngjitur \(\trekëndëshi AED=\trekëndëshi CEP\). Pastaj \(AD=CP\) , \(AE=EP\) .
Meqenëse \(CK\parallel AP\) , atëherë \(\trekëndëshi BKO\sim \trekëndëshi ABE\) dhe \(CBO\sim \trekëndëshi PBE\) prandaj, \[\dfrac(KO)(AE)=\dfrac(BO)(BE)=\dfrac(OC)(EP) \quad\Rightarrow\quad \dfrac(KO)(OC)=\dfrac(AE)(EP )=1\] Kështu, \(KO=OC\) , hd.

b) Meqenëse \(\trekëndëshi AED=\trekëndëshi CEP\), pastaj \(S_(ABCD)=S_(ABP)\) . Kështu, \ Meqenëse \(\trekëndëshi BCK\sim \trekëndëshi ABP\), atëherë zonat e tyre lidhen si katrori i koeficientit të ngjashmërisë, prandaj, \ Prandaj, \(BC:BP=3:8\) , që do të thotë \(BC:AD=BC:CP=3:5\) .

Përgjigje:

b) \(3:5\)

Detyra 17

Në korrik 2020, është planifikuar të merret një kredi bankare për një shumë të caktuar. Kushtet për kthimin e tij janë si më poshtë:
- çdo janar borxhi rritet me \(30\%\) krahasuar me fundin e një viti më parë;
- nga shkurti deri në qershor të çdo viti është e nevojshme të paguhet një pjesë e borxhit me një pagesë.
Sa rubla janë marrë nga banka nëse dihet që kredia është shlyer plotësisht në tre pagesa të barabarta (d.m.th., mbi 3 vjet) dhe shuma e pagesave tejkalon shumën e marrë nga banka me \(156\,060\ ) rubla?

Le të jetë \(A\) rubla shuma e marrë hua. Vini re se kredia do të paguhet në pagesat e pensionit. Le të shënojmë me \(t=1.3\) dhe të bëjmë një tabelë: \[\begin(array)(|l|l|l|c|) \hline \text(Numri i vitit) & \text(Borxhi para llogaritjes)\% & \text(Borxhi pas llogaritjes)\% & \text( Pagesa)\\ \hline 1 & A & tA & x\\ \hline 2 & tA-x & t(tA-x) &x\\ \hline 3 & t(tA-x)-x& t(t(tA- x)-x) &x\\ \hline \end(array)\] Pastaj pas pagesës së fundit borxhi do të jetë i barabartë me \ Sipas kushtit \(3x-A=156\,060\), pra, \[\dfrac(3At^3)(t^2+t+1)-A=156\.060 \quad\Rightarrow\quad 3\cdot 2.197A-3.99A=156060\cdot 3.99 \quad\ Rightarrow\quad A=\dfrac(156060\cdot 3990)(2601)=60\cdot 3990=239\,400\]\(x_3\) kënaq \((2)\) . Gjithashtu vini re se rrënja \(x_1\) i përket segmentit \(\) .
Le të shqyrtojmë tre raste:

1) \(a>0\) . Pastaj \(x_2>3\) , \(x_3<3\) , следовательно, \(x_2\notin .\) Тогда уравнение будет иметь один корень на \(\) в одном из двух случаях:
- \(x_1\) kënaq \((2)\) , \(x_3\) nuk kënaq \((1)\) , ose përkon me \(x_1\) , ose kënaq \((1)\) , por nuk përfshihet në segmentin \(\) (d.m.th., më pak se \(0\) );
- \(x_1\) nuk kënaq \((2)\) , \(x_3\) kënaq \((1)\) dhe nuk është e barabartë me \(x_1\) .
Vini re se \(x_3\) nuk mund të jetë më pak se zero dhe të kënaqë \((1)\) (d.m.th. të jetë më i madh se \(\frac35\) ). Nisur nga kjo vërejtje, rastet janë regjistruar në grupin e mëposhtëm: \[\ majtas[ \fillimi(i mbledhur)\fillimi(lidhur) &\fillimi(rastet) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2>0\\ 3-a\leqslant \dfrac35\ fund(rastet)\\ &\fillimi(rastet) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2\leqslant 0\\ 3-a> Duke zgjidhur këtë grup dhe duke marrë parasysh se \(a>0\) , marrim: \

2) \(a=0\) . Pastaj \(x_2=x_3=3\in .\) Vini re se në këtë rast \(x_1\) kënaq \((2)\) dhe \(x_2=3\) kënaq \((1)\) , pastaj atje është një ekuacion që ka dy rrënjë në \(\) . Kjo vlerë e \(a\) nuk na përshtatet.

3)\(a<0\) . Тогда \(x_2<3\) , \(x_3>3\) dhe \(x_3\notin \) . Duke arsyetuar në mënyrë të ngjashme me pikën 1), ju duhet të zgjidhni grupin: \[\ majtas[ \fillimi(i mbledhur)\fillimi(lidhur) &\fillimi(rastet) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2>0\\ 3+a\leqslant \dfrac35\ fund(rastet)\\ &\fillimi(rastet) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2\leqslant 0\\ 3+a> \dfrac35\fund (rastet) \end (radhitur) \fund (mblodhi)\djathtas.\] Zgjidhja e popullatës së dhënë dhe duke marrë parasysh se \(1, 2, 3, \pika, 99\) . Atëherë shuma e të gjithë njëqind numrave është shuma më e vogël e mundshme në rastin kur midis numrave është \(230\) . Le ta llogarisim: \[\dfrac(1+99)2\cdot 99+230=5180>5120\] Kemi marrë një kontradiktë me kushtin, prandaj përgjigja është: jo.

b) Supozoni se nuk ka numër \(14\) në tabelë. Le t'i renditim përsëri numrat në rend rritës dhe të shohim numrat: \(1, 2, \pika, 13, 15, \pika, 101\). Ne morëm vlerën më të vogël të mundshme për numrin e parë, për të dytin, etj. Atëherë shuma e të gjithë këtyre numrave është shuma më e vogël e mundshme midis shumave të njëqind numrave natyrorë arbitrarë. Është e barabartë me: \[\dfrac(1+101)2\cdot 101-14=5137>5120\] Ne përsëri morëm një kontradiktë me kushtin, prandaj përgjigja është: jo.

c) Le të japim një shembull kur midis numrave ka katër numra që janë shumëfish të \(14\) (këta janë numrat \(14, 28, 42, 56\)): \ Le të vërtetojmë se nuk mund të ketë më pak se katër numra që janë shumëfish të \(14\) .
Le të marrim një grup numrash nga \(1\) në \(100\) . Shuma e numrave në këtë grup është \(5050\) . Kjo është shuma minimale e mundshme e njëqind numrave të ndryshëm natyrorë. Le të thërrasim numra që janë shumëfish të \(14\) të çuditshëm. Ka 7 numra të çuditshëm në këtë grup. Ne do të zvogëlojmë numrin e numrave të çuditshëm në grupin tonë duke ruajtur shumën minimale të numrave në grup.
Pra, në mënyrë që shuma e numrave të jetë minimale, duhet të heqim numrin më të madh të çuditshëm - ky është \(98\) . Pastaj ai do të duhet të shtojë një numër tjetër (jo të çuditshëm!) në këmbim. Numri më i vogël i tillë është \(101\) . Pas kësaj marrim shumën minimale të barabartë me \(5053\) . Është më pak se \(5120\) , ndaj do të vazhdojmë më tej.
Duke bërë të njëjtën gjë, le të heqim numrat e çuditshëm \(98, 84, 70\) . Në vend të kësaj, le të shtojmë \(101, 102, 103\) . Në këtë rast, marrim një shumë minimale të barabartë me \(5104\) . Pasi të kemi bërë përsëri këtë operacion, domethënë duke hequr \(56\) dhe duke shtuar \(104\) , marrim shumën minimale \(5152\) , e cila është më e madhe se \(5120\) . Për shkak të minimalitetit të shumës së numrave në grupin tonë, marrim një kontradiktë.

Dhënia e Provimit të Unifikuar të Shtetit nuk është vetëm një domosdoshmëri në përfundim të arsimit të mesëm të përgjithshëm, por edhe pjesë e provimit pranues në universitete. Nxënësit që vendosin të regjistrohen në drejtime me fokus matematikor ose teknik marrin jo vetëm nivelin bazë të matematikës, por edhe atë të specializuar. Le të shqyrtojmë veçoritë e tij, kohën e zbatimit dhe testimit, si dhe disa pika që lidhen me rezultatet.

Procedura për kryerjen e Provimit të Unifikuar të Shtetit përcaktohet me Ligjin Federal Nr. 273 "Për Arsimin në Federatën Ruse".

Kur do të dihen rezultatet e provimit?

Orari zyrtar përcaktoi dorëzimin Provimi i Unifikuar i Shtetit në Matematikë 2018 drejtimi i profilit të premten, 1 qershor. Si ditë rezervë në ciklin kryesor data është e theksuar 25 qershor, dhe 2 korriku mbetet ditë rezervë për kalimin e të gjitha lëndëve.

Ndarja provim matematike në nivelet e ndodhura vitin e kaluar. Ato ndryshojnë sipas një numri shenjash:

• Sistemi i vlerësimit. Niveli bazë i njohurive të lëndës vlerësohet në një shkallë pesëpikëshe (përcaktohen minimalisht 3 pikë). Nota në lëndën bërthamë vlerësohet në një shkallë prej 100 pikësh;
• Dallimi tjetër është në marrjen e provimeve të nivelit bazë dhe të specializuar për pranim në institucionet arsimore nivelit të lartë dhe të mesëm profesional. Kështu, niveli bazë është i mjaftueshëm për kolegjet, shkollat ​​dhe specialitetet humanitare në universitete. Prania e matematikës në provimet pranuese për specialitetet teknike kërkon që aplikanti të kalojë nivelin e profilit;
• Ndrysho strukturat e provimeve. Baza e të dhënave përbëhet nga 20 detyra me përgjigje të shkurtra. Provimi i profilit është shumë më i vështirë dhe përbëhet nga 2 pjesë.

Sistemi i Unifikuar i Provimeve të Shtetit u mundëson maturantëve që të marrin pjesë bazë dhe të specializuar të lëndës pa kufizime. Kjo rrit ndjeshëm shanset tuaja për të hyrë në universitete.

Përpunimi i rezultateve të Provimit të Unifikuar të Shtetit ka afate dhe procedura të caktuara:

• Skanimi dhe përpunimi i formularëve në rajone - deri në 4 ditë;
• Përpunimi i rezultateve në nivel federal - deri në 7 ditë;
• Dërgimi i rezultateve në rajone - 1 ditë;
• Konfirmimi i rezultateve nga komisioni shtetëror i provimeve - jo më shumë se 1 ditë;
• Shpallja e rezultateve - 1 ditë.

Kështu, periudha për verifikimin dhe publikimin e rezultateve nuk është më shumë se 2 javë. Rezultatet e Provimit të Bashkuar të Shtetit 2018 në matematikë në nivel profili do të dihen jo më vonë se data 17 qershor.

Si ta zbuloni rezultatin tuaj?

Zbuloni rezultatet e provimit të kaluar mund të bëhet në disa mënyra:

• Portali zyrtar i Provimit të Unifikuar të Shtetit www.ege.edu.ru;
• Në stendat e informacionit në shkolla apo institucione të tjera ku është mbajtur provimi;
• Në departamentet rajonale ose komitetet e arsimit;
• Një numër rajonesh krijojnë faqe interneti të specializuara ose linja telefonike.

Kontrolloni rezultatin tuaj e mundur nëse është e disponueshme:

• Emri i plotë i personit që ka kaluar artikullin;
• Numri i pasaportës ose dokumentit tjetër të përdorur gjatë provimit për identifikim;
• Një kod identifikimi i caktuar për secilin pjesëmarrës në provim.

Informacioni për rezultatet e provimit është falas dhe u jepet pa pagesë pjesëmarrësve të Provimit të Unifikuar të Shtetit dhe prindërve të tyre.

Provimi i hershëm shtetëror i unifikuar në matematikë

Një numër nxënësish kanë kaluar tashmë Provimin e Unifikuar të Shtetit në matematikë në të ashtuquajturat periudha e hershme. Pjesëmarrja në të lejohet nëse studenti nuk është në gjendje të marrë pjesë në fazën kryesore. Arsyet mund të përfshijnë:

• Trajtimi i planifikuar;
• Rekreacion në institucionet shëndetësore;
• Pjesëmarrja në gara, olimpiada dhe ngjarje të tjera edukative ose krijuese.

Në vitin 2017, u bë përfundimi i hershëm i matematikës 31 mars dhe 14 prill(dita e rezervimit). Nivelin bazë e kaluan 4.8 mijë nxënës, kurse atë të specializuar rreth 17 mijë.

Sipas planit, rezultatet e Provimit të hershëm të Unifikuar të Shtetit në matematikë 2017 duhet të ishin në dispozicion në 11 Prill, por u publikuan shumë më herët - më 7.

Ku të shihni punën tuaj

Ju mund ta shikoni punën tuaj në mënyrë elektronike pasi të keni kaluar provimin. Skanimi i tij është i disponueshëm në llogarinë tuaj personale në portalin e Provimit të Unifikuar të Shtetit. Qasja në të jepet kur:

• Disponueshmëria e një kodi identifikimi për një pjesëmarrës në provimin e unifikuar shtetëror;
• Emri i plotë dhe numri i pasaportës.

Nëse, pas shpalljes së rezultateve, pjesëmarrësi nuk pajtohet me pikët e dhëna, atëherë ai ka 2 ditë për të bërë ankesë në Komisionin e Provimit. Kërkesa shkruhet në 2 kopje dhe dorëzohet në komision për shqyrtim. Deri më 5 qershor do të rishikohen zgjidhjet e problematikave dhe do të merret vendimi për ndryshimin e vlerësimit apo konfirmimin e tij.

Si shënohet provimi? Sistemi i Unifikuar i Provimit të Shtetit përdor rezultatet parësore dhe testuese, si dhe një shkallë të veçantë për konvertimin e tyre në njëra-tjetrën, për të vlerësuar rezultatet. Zgjidhjet e CMM-ve (materialet e kontrollit dhe matjes) vlerësohen në pikat primare dhe më pas konvertohen sipas tabelës në pikë testimi. Rezultati përfundimtar i provimit është numri i pikëve të testit të fituara.

Zhvillimi i një shkalle për shndërrimin e rezultateve fillore në pikë testimi kryhet çdo vit dhe merr parasysh nivelin e përgjithshëm të përgatitjes së nxënësve të shkollës.

Për të suksesshme kalimi i matematikës së specializuar në 2018 Ju duhet të thirrni minimumin:

• 6 pikë primare;
• 27 pikë testimi.

Data e rimarrjes së Provimit të Unifikuar të Shtetit në matematikë 2018

Ka një numër afate shtesë për dhënien e Provimit të Unifikuar të Shtetit. Ato janë të disponueshme nëse, për arsye të mirë, studenti nuk ishte në gjendje të kalonte lëndën në ditën kryesore. Për matematikën e specializuar kjo është:

• 25 qershor– ditë rezervë brenda fazës kryesore;
• 2 korrik– një ditë rezervë për pjesën kryesore të Provimit të Unifikuar të Shtetit, kur mund të jepni çdo lëndë.

Mundësia për të rimarrë matematikën e specializuar në shtator ka një sërë kushtesh:

• Nëse një student ka kaluar matematikën bazë, atëherë ai nuk do të lejohet të rimarrë nivelin e specializuar këtë vit. Mundësia për të rikthyer Provimin e Unifikuar të Shtetit do të krijohet vetëm vitin e ardhshëm;
• Nëse të dy provimet e matematikës (bazë dhe të avancuar) dështojnë, studenti mund të vendosë se cilin do ta rimarrë.

Rimarrë matematikën planifikuar për në shtator 7 shtator. Dita e rezervimit është 15 shtatori.