Videotečaj "Get A" uključuje sve teme potrebne za uspješno polaganje Jedinstvenog državnog ispita iz matematike sa 60-65 bodova. Potpuno svi zadaci 1-13 profilnog jedinstvenog državnog ispita iz matematike. Prikladno i za polaganje osnovnog jedinstvenog državnog ispita iz matematike. Ako želite položiti Jedinstveni državni ispit s 90-100 bodova, trebate riješiti 1. dio za 30 minuta i bez grešaka!

Pripremni tečaj za Jedinstveni državni ispit za razrede 10-11, kao i za učitelje. Sve što vam je potrebno za rješavanje prvog dijela Jedinstvenog državnog ispita iz matematike (prvih 12 problema) i problema 13 (trigonometrija). A ovo je više od 70 bodova na Jedinstvenom državnom ispitu, a bez njih ne može ni student sa 100 bodova ni student humanističkih znanosti.

Sva potrebna teorija. Brzi načini rješenja, zamke i tajne jedinstvenog državnog ispita. Analizirani su svi tekući zadaci 1. dijela iz FIPI Banke zadataka. Tečaj je u potpunosti u skladu sa zahtjevima Jedinstvenog državnog ispita 2018.

Tečaj sadrži 5 velikih tema, svaka po 2,5 sata. Svaka tema je dana od nule, jednostavno i jasno.

Stotine zadataka Jedinstvenog državnog ispita. Riječni problemi i teorija vjerojatnosti. Jednostavni i lako pamtljivi algoritmi za rješavanje problema. Geometrija. Teorija, referentni materijal, analiza svih vrsta zadataka Jedinstvenog državnog ispita. Stereometrija. Varljiva rješenja, korisne varalice, razvoj prostorne mašte. Trigonometrija od nule do problema 13. Razumijevanje umjesto natrpavanja. Jasna objašnjenja složenih pojmova. Algebra. Korijeni, potencije i logaritmi, funkcija i izvod. Osnova za rješavanje složenih problema 2. dijela Jedinstvenog državnog ispita.

Prosjek opće obrazovanje

Linija UMK G. K. Muravin. Algebra i počeci matematička analiza(10-11) (detaljno)

Linija UMK Merzlyak. Algebra i počeci analize (10-11) (U)

Matematika

Priprema za Jedinstveni državni ispit iz matematike (razina profila): zadaci, rješenja i objašnjenja

S učiteljem analiziramo zadatke i rješavamo primjere

Ispitni list razini profila traje 3 sata 55 minuta (235 minuta).

Minimalni prag- 27 bodova.

Ispitni rad sastoji se od dva dijela koji se razlikuju po sadržaju, složenosti i broju zadataka.

Definirajuće obilježje svakog dijela rada je oblik zadataka:

1. dio sadrži 8 zadataka (zadaci 1-8) s kratkim odgovorom u obliku cijelog broja ili konačnog decimalnog razlomka;
2. dio sadrži 4 zadatka (zadaci 9-12) s kratkim odgovorom u obliku cijelog broja ili konačnog decimalnog razlomka i 7 zadataka (zadaci 13-19) s detaljnim odgovorom ( puni zapis odluke s obrazloženjem poduzetih radnji).

Panova Svetlana Anatolevna, profesorica matematike najviša kategorijaškole, radno iskustvo 20 godina:

“Da bi maturant dobio školsku svjedodžbu, mora položiti dva obvezna ispita Obrazac jedinstvenog državnog ispita, od kojih je jedna matematika. Sukladno Koncepciji razvoja matematičkog obrazovanja u Ruska Federacija Jedinstveni državni ispit iz matematike podijeljen je na dvije razine: osnovnu i specijaliziranu. Danas ćemo pogledati opcije na razini profila.”

Zadatak br. 1- provjerava sposobnost sudionika Jedinstvenog državnog ispita da primijene vještine stečene u osnovnoj matematici od 5. do 9. razreda u praktičnim aktivnostima. Sudionik mora imati računalne vještine, znati raditi s racionalnim brojevima, znati zaokruživati decimale, moći pretvoriti jednu mjernu jedinicu u drugu.

Primjer 1. U stan u kojem Petar živi ugrađen je mjerač protoka hladna voda(brojač). 1. svibnja brojilo je pokazalo potrošnju od 172 kubika. m vode, a prvog lipnja - 177 kubičnih metara. m. Koliko bi Petar trebao platiti za hladnu vodu u svibnju, ako je cijena 1 kubni metar? m hladne vode je 34 rublje 17 kopecks? Odgovorite u rubljima.

Riješenje:

1) Pronađite količinu vode potrošenu mjesečno:

177 - 172 = 5 (kubičnih m)

2) Nađimo koliko će novaca platiti za izgubljenu vodu:

34,17 5 = 170,85 (rub.)

Odgovor: 170,85.

Zadatak br. 2- jedan je od najjednostavnijih ispitnih zadataka. Većina diplomanata se s njime uspješno nosi, što ukazuje na poznavanje definicije pojma funkcije. Tip zadatka br. 2 prema šifrantu zahtjeva je zadatak o korištenju stečenih znanja i vještina u praktičnim aktivnostima i Svakidašnjica. Zadatak br. 2 sastoji se od opisivanja, korištenjem funkcija, različitih realnih odnosa između veličina i interpretacije njihovih grafova. Zadatkom br. 2 ispituje se sposobnost izdvajanja informacija prikazanih u tablicama, dijagramima i grafikonima. Diplomanti moraju znati odrediti vrijednost funkcije prema vrijednosti njezina argumenta kada na razne načine određivanje funkcije i opisivanje ponašanja i svojstava funkcije na temelju njezina grafa. Također morate biti u mogućnosti pronaći najveći ili najmanja vrijednost te graditi grafove proučavanih funkcija. Napravljene greške su slučajne u čitanju uvjeta problema, čitanju dijagrama.

#ADVERTISING_INSERT#

Primjer 2. Na slici je prikazana promjena tečajne vrijednosti jedne dionice rudarske kompanije u prvoj polovici travnja 2017. godine. Biznismen je 7. travnja kupio 1.000 dionica ove tvrtke. 10. travnja prodao je tri četvrtine dionica koje je kupio, a 13. travnja sve preostale dionice. Koliko je poduzetnik izgubio kao rezultat tih operacija?

Riješenje:

2) 1000 · 3/4 = 750 (dionica) - čine 3/4 svih kupljenih dionica.

6) 247500 + 77500 = 325000 (rub) - poduzetnik je dobio 1000 dionica nakon prodaje.

7) 340 000 – 325 000 = 15 000 (rub) - poduzetnik je izgubio kao rezultat svih operacija.

Odgovor: 15000.

Zadatak br. 3- je zadatak na osnovnoj razini prvog dijela, provjerava sposobnost izvođenja radnji s geometrijski oblici o sadržaju predmeta “Planimetrija”. 3. zadatak provjerava sposobnost izračunavanja površine figure na kariranom papiru, sposobnost izračunavanja mjere stupnja kutove, izračunavanje opsega itd.

Primjer 3. Pronađite površinu pravokutnika nacrtanog na kariranom papiru s veličinom ćelije 1 cm x 1 cm (vidi sliku). Odgovor navedite u kvadratnim centimetrima.

Riješenje: Da biste izračunali površinu određene figure, možete koristiti formulu Peak:

Za izračunavanje površine zadanog pravokutnika koristimo Peakovu formulu:

S= B +	G
	2

gdje je B = 10, G = 6, dakle

S = 18 +	6
	2

Odgovor: 20.

Pročitajte također: Jedinstveni državni ispit iz fizike: rješavanje problema o oscilacijama

Zadatak br. 4- cilj predmeta Teorija vjerojatnosti i statistika. Provjerava se sposobnost izračuna vjerojatnosti događaja u najjednostavnijoj situaciji.

Primjer 4. Na krugu je označeno 5 crvenih i 1 plava točka. Odredite koji su poligoni veći: oni kojima su svi vrhovi crveni ili oni kojima je jedan od vrhova plavi. U svom odgovoru označite koliko je nekih više od drugih.

Riješenje: 1) Upotrijebimo formulu za broj kombinacija od n elementi po k:

čiji su vrhovi svi crveni.

3) Jedan peterokut sa svim vrhovima crvene boje.

4) 10 + 5 + 1 = 16 poligona sa svim crvenim vrhovima.

koji imaju crvene vrhove ili s jednim plavim vrhom.

8) Jedan šesterokut s crvenim vrhovima i jednim plavim vrhom.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 poligona sa svim crvenim vrhovima ili jednim plavim vrhom.

10) 42 – 16 = 26 poligona koristeći plavu točku.

11) 26 – 16 = 10 poligona – koliko više ima poligona u kojima je jedan od vrhova plava točka nego poligona u kojima su svi vrhovi samo crveni.

Odgovor: 10.

Zadatak br. 5- osnovna razina prvog dijela provjerava sposobnost rješavanja jednostavnih jednadžbi (iracionalnih, eksponencijalnih, trigonometrijskih, logaritamskih).

Primjer 5. Riješite jednadžbu 2 3 + x= 0,4 5 3 + x .

Riješenje. Podijelite obje strane ove jednadžbe s 5 3 + x≠ 0, dobivamo

2 3 + x	= 0,4 ili		2		3 + x	=	2	,
5 3 + x			5				5

odakle slijedi da je 3 + x = 1, x = –2.

Odgovor: –2.

Zadatak br. 6 u planimetriji za pronalaženje geometrijskih veličina (duljine, kutovi, površine), modeliranje stvarnih situacija u jeziku geometrije. Proučavanje korištenja konstruiranih modela geometrijski pojmovi i teoreme. Izvor poteškoća je u pravilu neznanje ili pogrešna primjena potrebnih teorema planimetrije.

Površina trokuta ABC jednako 129. DE– srednja linija paralelna sa strane AB. Pronađite površinu trapeza KREVET.

Riješenje. Trokut CDE sličan trokutu TAKSI pod dva kuta, budući da kut pri tjemenu C općenito, kut SDE jednak kutu TAKSI kao odgovarajući kutovi na DE || AB sječna A.C.. Jer DE je srednja crta trokuta po uvjetu, zatim po svojstvu srednje crte | DE = (1/2)AB. To znači da je koeficijent sličnosti 0,5. Stoga se površine sličnih likova odnose kao kvadrat koeficijenta sličnosti

Stoga, S KREVET = S Δ ABC – S Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

Zadatak br. 7- provjerava primjenu izvoda na proučavanje funkcije. Uspješna implementacija zahtijeva smisleno, neformalno poznavanje koncepta derivata.

Primjer 7. Na graf funkcije g = f(x) na točki apscise x 0 povučena je tangenta koja je okomita na pravac koji prolazi kroz točke (4; 3) i (3; –1) ovog grafikona. Pronaći f′( x 0).

Riješenje. 1) Upotrijebimo jednadžbu pravca koji prolazi kroz dvije zadane točke i pronađimo jednadžbu pravca koji prolazi kroz točke (4; 3) i (3; –1).

(g – g 1)(x 2 – x 1) = (x – x 1)(g 2 – g 1)

(g – 3)(3 – 4) = (x – 4)(–1 – 3)

(g – 3)(–1) = (x – 4)(–4)

–g + 3 = –4x+ 16| · (-1)

g – 3 = 4x – 16

g = 4x– 13, gdje k 1 = 4.

2) Odredite nagib tangente k 2, koja je okomita na pravac g = 4x– 13, gdje k 1 = 4, prema formuli:

3) Faktor nagiba tangenta – derivacija funkcije u točki dodirivanja. Sredstva, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Odgovor: –0,25.

Zadatak br. 8- provjerava poznavanje polaznika ispita iz elementarne stereometrije, sposobnost primjene formula za određivanje površina i volumena likova, diedarskih kutova, uspoređivanje volumena sličnih likova, sposobnost izvođenja radnji s geometrijskim likovima, koordinatama i vektorima itd.

Volumen kocke opisane oko kugle je 216. Odredi polumjer kugle.

Riješenje. 1) V kocka = a 3 (gdje A– duljina brida kocke), dakle

A 3 = 216

A = 3 √216

2) Budući da je kugla upisana u kocku, to znači da je duljina promjera kugle jednaka duljini ruba kocke, dakle d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Zadatak br. 9- od diplomanta zahtijeva vještine transformacije i pojednostavljenja algebarski izrazi. Zadatak br. 9 viša razina Poteškoće s kratkim odgovorom. Zadaci iz odjeljka "Izračuni i transformacije" na Jedinstvenom državnom ispitu podijeljeni su u nekoliko vrsta:

transformacija numeričkih racionalnih izraza;

pretvaranje algebarskih izraza i razlomaka;

pretvorba brojčanih/slovnih iracionalnih izraza;

akcije sa stupnjevima;

pretvaranje logaritamskih izraza;

pretvaranje numeričkih/slovnih trigonometrijskih izraza.

Primjer 9. Izračunajte tanα ako je poznato da je cos2α = 0,6 i

3π	< α < π.
4

Riješenje. 1) Upotrijebimo formulu dvostrukog argumenta: cos2α = 2 cos 2 α – 1 i pronađimo

tan 2 α =	1	– 1 =	1	– 1 =	10	– 1 =	5	– 1 = 1	1	– 1 =	1	= 0,25.
	cos 2 α		0,8		8		4		4		4

To znači tan 2 α = ± 0,5.

3) Po stanju

3π	< α < π,
4

to znači da je α kut druge četvrtine i tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

Odgovor: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Zadatak br. 10- provjerava sposobnost učenika za korištenje rano stečenih znanja i vještina u praktičnim aktivnostima i svakodnevnom životu. Možemo reći da su to zadaci iz fizike, a ne iz matematike, ali u uvjetu su dane sve potrebne formule i količine. Problemi se svode na rješavanje linearnih odn kvadratna jednadžba, bilo linearno ili kvadratna nejednakost. Stoga je potrebno znati riješiti takve jednadžbe i nejednadžbe i odrediti odgovor. Odgovor mora biti dat kao cijeli broj ili konačni decimalni razlomak.

Dva tijela mase m= 2 kg svaki, krećući se istom brzinom v= 10 m/s pod kutom od 2α jedan prema drugom. Energija (u džulima) oslobođena tijekom njihovog apsolutno neelastičnog sudara određena je izrazom Q = mv 2 sin 2 α. Pod kojim se najmanjim kutom 2α (u stupnjevima) moraju kretati tijela da se pri sudaru oslobodi najmanje 50 džula?
Riješenje. Za rješavanje problema potrebno je riješiti nejednadžbu Q ≥ 50, na intervalu 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

Kako je α ∈ (0°; 90°), samo ćemo riješiti

Rješenje nejednadžbe predstavimo grafički:

Budući da prema uvjetu α ∈ (0°; 90°), to znači 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Zadatak br. 11- tipično je, ali se pokazalo teškim za učenike. Glavni izvor poteškoća je konstrukcija matematičkog modela (sastavljanje jednadžbe). Zadatkom br. 11 provjerava se sposobnost rješavanja tekstualnih zadataka.

Primjer 11. Tijekom proljetnih praznika, učenik 11. razreda Vasya morao je riješiti 560 zadataka za vježbanje kako bi se pripremio za Jedinstveni državni ispit. 18. ožujka, zadnjeg dana škole, Vasja je riješio 5 zadataka. Zatim je svaki dan rješavao isti broj zadataka više nego prethodnog dana. Odredite koliko je zadataka Vasja riješio 2. travnja, zadnjeg dana praznika.

Riješenje: Označimo a 1 = 5 – broj zadataka koje je Vasja riješio 18. ožujka, d– dnevni broj zadataka koje rješava Vasya, n= 16 – broj dana od 18. ožujka do uključivo 2. travnja, S 16 = 560 – ukupan broj zadataka, a 16 – broj problema koje je Vasya riješio 2. travnja. Znajući da je svaki dan Vasja riješio isti broj zadataka više u odnosu na prethodni dan, možemo koristiti formule za pronalaženje zbroja aritmetička progresija:

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

Odgovor: 65.

Zadatak br.12- provjeravaju sposobnost učenika za izvođenje operacija s funkcijama i sposobnost primjene izvoda na proučavanje funkcije.

Pronađite točku maksimuma funkcije g= 10ln( x + 9) – 10x + 1.

Riješenje: 1) Pronađite domenu definicije funkcije: x + 9 > 0, x> –9, odnosno x ∈ (–9; ∞).

2) Pronađite izvod funkcije:

4) Nađena točka pripada intervalu (–9; ∞). Odredimo predznake derivacije funkcije i prikažimo ponašanje funkcije na slici:

Željena maksimalna točka x = –8.

Besplatno preuzmite program rada iz matematike za liniju nastavnih materijala G.K. Muravina, K.S. Muravina, O.V. Muravina 10-11 Preuzmite besplatna nastavna pomagala iz algebre

Zadatak br.13-povećani stupanj složenosti s detaljnim odgovorom, provjera sposobnosti rješavanja jednadžbi, najuspješnije riješen među zadacima s detaljnim odgovorom povišenog stupnja složenosti.

a) Riješite jednadžbu 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

b) Pronađite sve korijene ove jednadžbe koji pripadaju segmentu.

Riješenje: a) Neka je log 3 (2cos x) = t, zatim 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

log 3(2co x) =	2	⇔	2cos x = 9	⇔	cos x =	4,5	⇔ jer \|cos x\| ≤ 1,

log 3(2co x) =	1		2cos x = √3		cos x =	√3
	2					2

zatim cos x =	√3
	2

x =	π	+ 2π k
	6

x = –	π	+ 2π k, k ∈ Z
	6

b) Pronađite korijene koji leže na segmentu .

Slika pokazuje da korijeni zadanog segmenta pripadaju

11π	I	13π	.
6		6

Odgovor: A)	π	+ 2π k; –	π	+ 2π k, k ∈ Z; b)	11π	;	13π	.
	6		6		6		6

Zadatak br.14-napredna razina odnosi se na zadatke u drugom dijelu s detaljnim odgovorom. Zadatkom se provjerava sposobnost izvođenja radnji s geometrijskim oblicima. Zadatak sadrži dvije točke. U prvoj točki zadatak se mora dokazati, a u drugoj točki izračunati.

Promjer kružnice baze valjka je 20, generatrisa valjka je 28. Ravnina siječe njegovu osnovicu po tetivama duljine 12 i 16. Udaljenost između tetiva je 2√197.

a) Dokažite da središta osnovica valjka leže s jedne strane te ravnine.

b) Odredite kut između te ravnine i ravnine baze valjka.

Riješenje: a) Tetiva duljine 12 udaljena je od središta osnovne kružnice = 8, a tetiva duljine 16, slično tome, udaljena je 6. Dakle, udaljenost njihovih projekcija na ravninu je paralelno s bazama cilindara je ili 8 + 6 = 14 ili 8 − 6 = 2.

Tada je razmak između tetiva ili

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Prema uvjetu realiziran je drugi slučaj u kojem projekcije tetiva leže s jedne strane osi cilindra. To znači da os ne siječe ovu ravninu unutar valjka, odnosno da baze leže s njegove jedne strane. Što je trebalo dokazati.

b) Označimo središta baza s O 1 i O 2. Povucimo iz središta baze s tetivom duljine 12 okomitu simetralu na tu tetivu (ima duljinu 8, kao što je već navedeno) i iz središta druge osnovice na drugu tetivu. Leže u istoj ravnini β, okomitoj na te tetive. Nazovimo središte manje tetive B, veće tetive A i projekciju A na drugu bazu - H (H ∈ β). Tada su AB,AH ∈ β i prema tome AB,AH okomite na tetivu, odnosno presječnu ravninu baze sa zadanom ravninom.

To znači da je traženi kut jednak

∠ABH = arktan	AH.	= arktan	28	= arctg14.
	B.H.		8 – 6

Zadatak br.15- povećana razina složenosti s detaljnim odgovorom, provjerava sposobnost rješavanja nejednadžbi, koja se najuspješnije rješava među zadacima s detaljnim odgovorom povećane razine složenosti.

Primjer 15. Riješite nejednadžbu | x 2 – 3x| dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Riješenje: Područje definiranja ove nejednakosti je interval (–1; +∞). Razmotrite tri slučaja odvojeno:

1) Neka x 2 – 3x= 0, tj. x= 0 ili x= 3. U ovom slučaju ova nejednakost postaje istinita, stoga su te vrijednosti uključene u rješenje.

2) Neka sada x 2 – 3x> 0, tj. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Štoviše, ova se nejednakost može prepisati kao ( x 2 – 3x) zapisnik 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 i podijeli s pozitivnim izrazom x 2 – 3x. Dobivamo dnevnik 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 ili x≤ –0,5. Uzimajući u obzir domenu definicije, imamo x ∈ (–1; –0,5].

3) Na kraju, razmislite x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). U tom će slučaju izvorna nejednakost biti prepisana u obliku (3 x – x 2) log 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Nakon dijeljenja s pozitivnim 3 x – x 2, dobivamo log 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Uzimajući u obzir regiju, imamo x ∈ (0; 1].

Kombiniranjem dobivenih rješenja dobivamo x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Odgovor: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Zadatak br.16- napredna razina odnosi se na zadatke u drugom dijelu s detaljnim odgovorom. Zadatkom se provjerava sposobnost izvođenja radnji s geometrijskim oblicima, koordinatama i vektorima. Zadatak sadrži dvije točke. U prvoj točki zadatak se mora dokazati, a u drugoj točki izračunati.

U jednakokračnom trokutu ABC s kutom od 120° u vrhu A povučena je simetrala BD. U trokut ABC upisan je pravokutnik DEFH tako da stranica FH leži na duži BC, a vrh E na duži AB. a) Dokažite da je FH = 2DH. b) Odredite površinu pravokutnika DEFH ako je AB = 4.

Riješenje: A)

1) ΔBEF – pravokutnik, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, tada je EF = BE po svojstvu kraka koji leži nasuprot kutu od 30°.

2) Neka je EF = DH = x, tada je BE = 2 x, BF = x√3 prema Pitagorinom teoremu.

3) Kako je ΔABC jednakokračan, to znači ∠B = ∠C = 30˚.

BD je simetrala ∠B, što znači ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Smatrajmo ΔDBH – pravokutnim, jer DH⊥BC.

2x	=	4 – 2x
2x(√3 + 1)	=	4

1	=	2 – x
√3 + 1	=	2

√3 – 1 = 2 – x

x = 3 – √3

EF = 3 – √3

2) S DEFH = ED EF = (3 – √3 ) 2(3 – √3 )

S DEFH = 24 – 12√3.

Odgovor: 24 – 12√3.

Zadatak br.17- zadatak s detaljnim odgovorom, ovim se zadatkom provjerava primjena znanja i vještina u praktičnim aktivnostima i svakodnevnom životu, sposobnost izgradnje i istraživanja matematičkih modela. Ovaj zadatak je tekstualni problem ekonomskog sadržaja.

Primjer 17. Depozit od 20 milijuna rubalja planira se otvoriti na četiri godine. Banka na kraju svake godine povećava depozit za 10% u odnosu na iznos na početku godine. Osim toga, na početku treće i četvrte godine, investitor godišnje nadopunjuje depozit do x milijuna rubalja, gdje x - cijeli broj. Pronaći najveća vrijednost x, u kojem će banka prikupiti manje od 17 milijuna rubalja na depozit tijekom četiri godine.

Riješenje: Na kraju prve godine doprinos će biti 20 + 20 · 0,1 = 22 milijuna rubalja, a na kraju druge - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 milijuna rubalja. Na početku treće godine doprinos (u milijunima rubalja) bit će (24,2 + x), a na kraju - (24,2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 x). Na početku četvrte godine doprinos će biti (26,62 + 2,1 X), a na kraju - (26,62 + 2,1 x) + (26,62 + 2,1x) · 0,1 = (29,282 + 2,31 x). Prema uvjetu, trebate pronaći najveći cijeli broj x za koji nejednakost vrijedi

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

x <	7718
	310

x <	3859
	155

x < 24	139
	155

Najveće cjelobrojno rješenje ove nejednadžbe je broj 24.

Odgovor: 24.

Zadatak br.18- zadatak povećanog stupnja složenosti s detaljnim odgovorom. Ovaj je zadatak namijenjen natjecateljskom odabiru na sveučilišta s povećanim zahtjevima za matematičku pripremljenost pristupnika. Zadatak visoke razine složenosti je zadatak ne na korištenju jedne metode rješenja, već na kombinaciji razne metode. Za uspješno rješavanje zadatka 18, osim solidnog matematičkog znanja potrebno je i visoka razina matematička kultura.

Na što a sustav nejednakosti

	x 2 + g 2 ≤ 2da – a 2 + 1

	g + a ≤ \|x\| – a

ima točno dva rješenja?

Riješenje: Ovaj sustav se može prepisati u obliku

	x 2 + (g– a) 2 ≤ 1

	g ≤ \|x\| – a

Ako na ravninu nacrtamo skup rješenja prve nejednadžbe, dobit ćemo unutrašnjost kružnice (s rubom) radijusa 1 sa središtem u točki (0, A). Skup rješenja druge nejednadžbe je dio ravnine koji leži ispod grafa funkcije g = | x| – a, a potonji je graf funkcije
g = | x| , pomaknut prema dolje za A. Rješenje ovog sustava je presjek skupova rješenja svake od nejednadžbi.

Prema tome, ovaj sustav će imati dva rješenja samo u slučaju prikazanom na sl. 1.

Dodirne točke kružnice s pravcima bit će dva rješenja sustava. Svaka od pravaca nagnuta je prema osi pod kutom od 45°. Dakle, to je trokut PQR– pravokutni jednakokračni. Točka Q ima koordinate (0, A), i točka R– koordinate (0, – A). Osim toga, segmenti PR I PQ jednak polumjeru kruga jednakom 1. To znači

Qr= 2a = √2, a =	√2	.
	2

Odgovor: a =	√2	.
	2

Zadatak br.19- zadatak povećanog stupnja složenosti s detaljnim odgovorom. Ovaj je zadatak namijenjen natjecateljskom odabiru na sveučilišta s povećanim zahtjevima za matematičku pripremljenost pristupnika. Zadatak visoke složenosti je zadatak ne na korištenju jedne metode rješavanja, već na kombinaciji različitih metoda. Da biste uspješno izvršili zadatak 19, morate biti u stanju tražiti rješenje, birajući različite pristupe među poznatima i modificirajući proučene metode.

Neka S n iznos P uvjeti aritmetičke progresije ( a str). Poznato je da S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Navedite formulu P termin ove progresije.

b) Odredi najmanji apsolutni zbroj S n.

c) Pronađite najmanji P, na kojem S n bit će kvadrat cijelog broja.

Riješenje: a) Očito je da a n = S n – S n- 1 . Pomoću ove formule dobivamo:

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

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

B) Budući da S n = 2n 2 – 25n, zatim razmotrite funkciju S(x) = | 2x 2 – 25x|. Njegov graf se može vidjeti na slici.

Očito je da se najmanja vrijednost postiže u cjelobrojnim točkama koje se nalaze najbliže nulama funkcije. Očito su to bodovi x= 1, x= 12 i x= 13. Budući da, S(1) = |S 1 | = |2 – 25| = 23, S(12) = |S 12 | = |2 · 144 – 25 · 12| = 12, S(13) = |S 13 | = |2 · 169 – 25 · 13| = 13, tada je najmanja vrijednost 12.

c) Iz prethodnog stavka proizlazi da S n pozitivno, počevši od n= 13. Budući da S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), onda se očiti slučaj, kada je ovaj izraz potpuni kvadrat, ostvaruje kada n = 2n– 25, odnosno na P= 25.

Ostaje provjeriti vrijednosti od 13 do 25:

S 13 = 13 1, S 14 = 14 3, S 15 = 15 5, S 16 = 16 7, S 17 = 17 9, S 18 = 18 11, S 19 = 19 13, S 20 = 20 13, S 21 = 21 17, S 22 = 22 19, S 23 = 23 21, S 24 = 24 23.

Ispada da za manje vrijednosti P savršen kvadrat nije postignuto.

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

________________

*Od svibnja 2017. ujedinjena izdavačka grupa "DROFA-VENTANA" dio je korporacije Russian Textbook. U sastavu korporacije su i izdavačka kuća Astrel te digitalna obrazovna platforma LECTA. Generalni direktor imenovao Alexandera Brychkina, diplomanta Financijske akademije pri Vladi Ruske Federacije, kandidata ekonomskih znanosti, voditelja inovativnih projekata izdavačke kuće "DROFA" u području digitalnog obrazovanja ( elektronički obrasci udžbenici, Ruska elektronička škola, digitalna obrazovna platforma LECTA). Prije dolaska u izdavačku kuću DROFA obnašao je dužnost potpredsjednika za strateški razvoj i ulaganja izdavačkog holdinga "EXMO-AST". Danas Ruska korporacija za izdavanje udžbenika ima najveći portfelj udžbenika uključenih u Savezni popis - 485 naslova (otprilike 40%, isključujući udžbenike za popravna škola). Izdavačke kuće korporacije posjeduju najpopularnije komplete udžbenika u ruskim školama iz fizike, crtanja, biologije, kemije, tehnologije, geografije, astronomije - područja znanja koja su potrebna za razvoj proizvodnog potencijala zemlje. Portfelj korporacije uključuje udžbenike i nastavna sredstva Za osnovna škola, nagrađen predsjedničkom nagradom u području obrazovanja. Riječ je o udžbenicima i priručnicima iz tematskih područja koja su potrebna za razvoj znanstvenog, tehničkog i proizvodnog potencijala Rusije.

Nema promjena na Jedinstvenom državnom ispitu iz matematike na razini profila u 2019. godini - program ispita, kao i prethodnih godina, sastoji se od materijala iz glavnih matematičkih disciplina. Ulaznice će sadržavati matematičke, geometrijske i algebarske probleme.

Nema promjena u Jedinstvenom državnom ispitu KIM 2019. iz matematike na razini profila.

Značajke zadataka jedinstvenog državnog ispita iz matematike 2019

Kada se pripremate za Jedinstveni državni ispit iz matematike (profil), obratite pozornost na osnovne zahtjeve programa ispita. Osmišljen je za provjeru znanja dubinskog programa: vektorski i matematički modeli, funkcije i logaritmi, algebarske jednadžbe i nejednakosti.
Zasebno vježbajte rješavanje zadataka u .
Važno je pokazati inovativno razmišljanje.

Struktura ispita

Zadaci Jedinstvenog državnog ispita specijalizirana matematika podijeljen u dva bloka.

Dio - kratki odgovori, uključuje 8 zadataka koji ispituju osnovne matematička obuka te sposobnost primjene znanja iz matematike u svakodnevnom životu.
Dio - kratko i detaljne odgovore. Sastoji se od 11 zadataka, od kojih 4 zahtijevaju kratak odgovor, a 7 - detaljan s argumentima za izvršene radnje.

Napredna težina- zadaci 9-17 drugog dijela KIM-a.
Visoka razina težine- zadaci 18-19 –. Ovaj dio ispitnih zadataka provjerava ne samo razinu matematičkog znanja, već i prisutnost ili odsutnost kreativnog pristupa rješavanju suhoparnih „numeričkih“ zadataka, kao i učinkovitost sposobnosti korištenja znanja i vještina kao profesionalnog alata. .

Važno! Stoga, u pripremi za Teorija Jedinstvenog državnog ispita U matematici ih uvijek podržite rješavanjem praktičnih zadataka.

Kako će se bodovi raspodijeliti?

Zadatci prvog dijela KIM-a iz matematike su bliski Testovi jedinstvenog državnog ispita osnovnoj razini, pa je na njima nemoguće postići visoku ocjenu.

Bodovi za svaki zadatak iz matematike na razini profila raspoređeni su na sljedeći način:

za točne odgovore na zadatke br. 1-12 - 1 bod;
br. 13-15 – po 2;
br. 16-17 – po 3;
br. 18-19 – po 4 komada.

Trajanje ispita i pravila ponašanja za Jedinstveni državni ispit

Za popunjavanje ispitnog rada -2019 učenik je dodijeljen 3 sata 55 minuta(235 minuta).

Za to vrijeme učenik ne bi trebao:

ponašati se bučno;
koristiti naprave i druga tehnička sredstva;
otpisati;
pokušajte pomoći drugima ili zatražite pomoć za sebe.

Za takve postupke ispitanik može biti isključen iz učionice.

Na Državni ispit matematika dozvoljeno donijeti Sa sobom ponesite samo ravnalo, ostatak materijala dobit ćete neposredno prije Jedinstvenog državnog ispita. izdaju se na licu mjesta.

Učinkovita priprema- ovo je rješenje online testovi iz matematike 2019. Odaberite i osvojite maksimalan broj bodova!

Jedinstveni državni ispit iz matematike (profil) nije obavezan. Ovaj ispit je neophodan za one koji planiraju dalje studirati ovu disciplinu, upisati Ekonomski, Matematički fakultet ili nastaviti studij na tehnička sveučilišta. Profilna razina, za razliku od osnovne, zahtijeva dubinsko znanje. Ispit se fokusira na vještine praktična aplikacija vještine stečene tijekom godina studija, ali poznavanje teorije za Jedinstveni državni ispit iz matematike nije ništa manje važno.

Što trebate znati?

Kao i sa polaganje Jedinstvenog državnog ispita osnovna razina će zahtijevati znanje stečeno iz školskih tečajeva iz algebre i geometrije, sposobnost rada s različitim nejednadžbama i jednadžbama, tečno poznavanje terminologije i poznavanje algoritama za rješavanje raznih problema. Za uspješno obavljanje zadataka povećane složenosti potrebno je znanje iz sljedećih područja:

planimetrija;
nejednakosti;
interes;
napredovanje;
stereometrija;
jednadžbe;
parametarski sustavi, jednadžbe, nejednadžbe;
financijska matematika.

Nemoguće je bez teorije u procesu pripreme: bez poznavanja pravila, aksioma i teorema nemoguće je riješiti one koji su predstavljeni u ispitni listovi zadaci. U isto vrijeme, bilo bi pogrešno proučavati teoriju nauštrb prakse. Puko pamćenje pravila neće pomoći na ispitu – važno je razvijati i usavršavati sposobnost primjene stečenog znanja pri rješavanju zadataka.

Kako se pripremiti za ispit?

Bolje je početi pripremati ispit na početku Školska godina. U tom slučaju možete mirno, bez žurbe, proći kroz sve dijelove, a zatim ih ponoviti, osvježavajući svoje znanje neposredno prije testiranja.

Klasična metoda pripreme - jednostavno čitanje udžbenika u nizu, učenje pravila napamet - je neučinkovita. Da biste zapamtili informacije, morate ih razumjeti. Možete, primjerice, pokušati, nakon što pročitate pravilo, prepričati ga svojim riječima ili objasniti sebi. Ovaj pristup vam omogućuje da dugo pamtite ono što ste pročitali.

Pojedinačne formule i aksiome morat ćete naučiti napamet. Kako biste olakšali proces pamćenja, trebali biste se pobrinuti da su potrebni podaci uvijek vidljivi - na zidu uz krevet, u kupaonici, na hladnjaku, iznad radnog stola. Ako su vam tablice s formulama uvijek pred očima, postupno će se pamtiti bez puno napora.

Onima koji se pripremaju za Jedinstveni državni ispit ne sami, već u društvu drugih diplomanata, može se savjetovati da međusobno objasne teoriju. Ova metoda disciplinira i pomaže boljem razumijevanju gradiva.

Radeći praktičnih zadataka Potrebno je analizirati najčešće pogreške. Ako nisu povezani s nepažnjom, već s nepoznavanjem određenih pravila, važno je pažljivo proučiti takve teme. Cijela teorija je strukturirana, a pretraga potrebna pravila trebat će minimalno vremena.

Teorija je važna, ali praksa je neizostavna. Tijekom ispita provjerava se sposobnost primjene stečenog znanja. Potrebno je vježbati, uvijek iznova uvježbavati iste algoritme, ponavljati iste teme, sve dok izvršavanje zadataka ne prestane stvarati poteškoće. Bez praktične primjene znanje je beskorisno i lako se zaboravlja.

Želimo Vam uspjeh u proučavanju teorije i primjeni stečenog znanja na ispitu!

Jedinstveni državni ispit iz matematike jedan je od glavnih testova za maturante prije dobivanja svjedodžbe i ulaska u visokoškolsku ustanovu. Ova vrsta kontrole znanja koristi se za provjeru znanja iz disciplina stečenih tijekom školovanja. Jedinstveni državni ispit odvija se u obliku testiranja, a zadatke za završni test priprema Rosobrnadzor i druga ovlaštena tijela u području obrazovanja. Prolazna ocjena iz matematike ovisi o individualnim zahtjevima sveučilišta na koje se prijavljuje.diplomirati. Uspješan prolaz ispit s visokom ocjenom važan je faktor za uspjeh pri upisu.

Za upis na tehnička i ekonomska sveučilišta potrebna je matematika na profilnoj razini. Osnova ispitnih zadataka je osnovna razina, dodano mu je više složeni zadaci i primjeri. Očekuju se kratki i detaljni odgovori:

Prvi zadaci ne zahtijevaju dublje znanje - ovo je test osnovne razine znanja;
Sljedećih 5 je teže i zahtijevaju prosječnu do visoku razinu vladanja temom. Ovi se zadaci provjeravaju pomoću računala jer je odgovor kratak.

Za posljednjih sedam zadataka potrebni su dugi odgovori. Sastavlja se skupina stručnjaka za provjeru. Glavna stvar je da, unatoč složenosti zadataka koji su uključeni u razinu profila, oni u potpunosti ispunjavaju školski plan i program. Zašto bi mogli biti teški? Za uspješno rješavanje ovih primjera i problema nije potrebno samo suhoparno znanje, već i sposobnost kreativnog pristupa rješavanju, primjene znanja u nestandardna situacija. Formulacija je ta koja uzrokuje poteškoće.

Ako student odabere ovu razinu, to podrazumijeva njegovu želju da nastavi studirati egzaktne znanosti u visokom obrazovanju. obrazovna ustanova. Odabir u korist specijalističkog ispita također ukazuje na to da je razina znanja učenika prilično visoka, drugim riječima, temeljna priprema nije potrebna.
Proces pripreme uključuje ponavljanje glavnih dijelova, rješavanje problema povećane složenosti koji zahtijevaju nestandardni, kreativni pristup.

Načini pripreme

Osnovna obuka provodi se u školi, gdje učenik svladava osnove, ponekad nastavnik izvodi dodatne izborne predmete za maturante. Glavna preporuka je pažljivo i temeljito savladati sve teme, posebno u diplomskoj školi.
Samostalan rad: zahtijeva posebnu samodisciplinu, volju i samokontrolu. Morate pažljivo pročitati . Problem je u smjeru - samo stručnjak može kompetentno voditi budućeg kandidata na one teme kojima je potrebna pažnja.
Podučavanje: profesionalni stručnjak pomoći će vam da učinkovito i brzo riješite složene zadatke.
Tečajevi i online učenje: moderna i provjerena metoda koja štedi vrijeme i novac. Važna prednost: možete rješavati testove online, brzo dobiti odgovore i vježbati na različitim zadacima.

"Riješit ću Jedinstveni državni ispit iz matematike na specijaliziranoj razini" prilika je da se pripremite za ispit i uspješno ga položite.