ვიდეოკურსი „მიიღე A“ მოიცავს ყველა იმ თემას, რომელიც აუცილებელია მათემატიკაში ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის წარმატებით ჩაბარებისთვის 60-65 ქულით. მათემატიკაში პროფილის ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ყველა დავალება 1-13 სრულად. ასევე შესაფერისია მათემატიკაში ძირითადი ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ჩასაბარებლად. თუ გსურთ ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა 90-100 ქულით ჩააბაროთ, პირველი ნაწილი 30 წუთში და უშეცდომოდ უნდა მოაგვაროთ!

ერთიანი სახელმწიფო გამოცდისთვის მოსამზადებელი კურსი 10-11 კლასებისთვის, ასევე მასწავლებლებისთვის. ყველაფერი, რაც გჭირდებათ მათემატიკაში ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის 1 ნაწილის (პირველი 12 ამოცანის) და მე-13 ამოცანის (ტრიგონომეტრია) გადასაჭრელად. და ეს ერთიან სახელმწიფო გამოცდაზე 70 ქულაზე მეტია და მათ გარეშე არც 100-ქულიანი და არც ჰუმანიტარული სტუდენტი არ შეუძლია.

ყველა საჭირო თეორია. სწრაფი გზებიერთიანი სახელმწიფო გამოცდის გადაწყვეტილებები, ხარვეზები და საიდუმლოებები. გაანალიზებულია FIPI Task Bank-ის პირველი ნაწილის ყველა მიმდინარე დავალება. კურსი სრულად შეესაბამება 2018 წლის ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის მოთხოვნებს.

კურსი შეიცავს 5 დიდ თემას, თითო 2,5 საათი. თითოეული თემა მოცემულია ნულიდან, მარტივად და ნათლად.

ასობით ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის დავალება. სიტყვის პრობლემები და ალბათობის თეორია. მარტივი და ადვილად დასამახსოვრებელი ალგორითმები პრობლემების გადასაჭრელად. გეომეტრია. თეორია, საცნობარო მასალა, ყველა სახის ერთიანი სახელმწიფო საგამოცდო ამოცანების ანალიზი. სტერეომეტრია. რთული გადაწყვეტილებები, სასარგებლო მოტყუების ფურცლები, სივრცითი წარმოსახვის განვითარება. ტრიგონომეტრია ნულიდან ამოცანამდე 13. გაგება ჩაკეტვის ნაცვლად. რთული ცნებების მკაფიო ახსნა. Ალგებრა. ფესვები, სიმძლავრეები და ლოგარითმები, ფუნქცია და წარმოებული. ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის მე-2 ნაწილის რთული ამოცანების გადაჭრის საფუძველი.

საშუალო ზოგადი განათლება

ხაზი UMK G. K. Muravin. ალგებრა და დასაწყისი მათემატიკური ანალიზი(10-11) (სიღრმისეული)

UMK Merzlyak ხაზი. ალგებრა და ანალიზის დასაწყისი (10-11) (U)

მათემატიკა

მომზადება ერთიანი სახელმწიფო გამოცდისთვის მათემატიკაში (პროფილის დონე): დავალებები, ამონახსნები და განმარტებები.

მასწავლებელთან ერთად ვაანალიზებთ დავალებებს და ვხსნით მაგალითებს

საგამოცდო ფურცელი პროფილის დონეგრძელდება 3 საათი 55 წუთი (235 წუთი).

მინიმალური ბარიერი- 27 ქულა.

საგამოცდო ნაშრომი შედგება ორი ნაწილისაგან, რომლებიც განსხვავდება შინაარსით, სირთულით და ამოცანების რაოდენობით.

სამუშაოს თითოეული ნაწილის განმსაზღვრელი მახასიათებელია დავალებების ფორმა:

ნაწილი 1 შეიცავს 8 დავალებას (დავალებები 1-8) მოკლე პასუხით მთელი რიცხვის ან საბოლოო ათობითი წილადის სახით;
ნაწილი 2 შეიცავს 4 დავალებას (დავალებები 9-12) მოკლე პასუხით მთელი რიცხვის ან საბოლოო ათობითი წილადის სახით და 7 დავალებას (დავალებები 13-19) დეტალური პასუხით ( სრული ჩანაწერიგადაწყვეტილებები განხორციელებული ქმედებების დასაბუთებით).

პანოვა სვეტლანა ანატოლევნა, მათემატიკის მასწავლებელი უმაღლესი კატეგორიასკოლები, სამუშაო გამოცდილება 20 წელი:

„სკოლის ატესტატის მისაღებად კურსდამთავრებულმა უნდა ჩააბაროს ორი სავალდებულო გამოცდა ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ფორმა, რომელთაგან ერთ-ერთია მათემატიკა. მათემატიკური განათლების განვითარების კონცეფციის შესაბამისად რუსეთის ფედერაციაერთიანი სახელმწიფო გამოცდა მათემატიკაში იყოფა ორ საფეხურად: საბაზო და სპეციალიზებულ. დღეს ჩვენ განვიხილავთ პროფილის დონის ვარიანტებს. ”

დავალება No1- ამოწმებს ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის მონაწილეთა უნარს, გამოიყენონ მე-5-დან მე-9 კლასების კურსში დაწყებითი მათემატიკაში შეძენილი უნარები პრაქტიკულ აქტივობებში. მონაწილეს უნდა ჰქონდეს გამოთვლითი უნარები, შეეძლოს რაციონალურ რიცხვებთან მუშაობა, შეეძლოს დამრგვალება ათწილადები, შეეძლოს ერთი საზომი ერთეულის მეორეში გადაყვანა.

მაგალითი 1.ბინაში, სადაც პეტერი ცხოვრობს, დამონტაჟდა ნაკადის მრიცხველი ცივი წყალი(მრიცხველი). 1 მაისს მრიცხველმა 172 კუბური მეტრი მოხმარება აჩვენა. მ წყალი, ხოლო პირველ ივნისს - 177 კუბური მეტრი. მ. რა თანხა უნდა გადაიხადოს პეტრემ ცივ წყალში, თუ ფასი 1 კუბური მეტრია? მ ცივი წყალი 34 რუბლი 17 კაპიკია? გაეცით პასუხი რუბლებში.

გამოსავალი:

1) იპოვეთ თვეში დახარჯული წყლის რაოდენობა:

177 - 172 = 5 (კუბური მ)

2) მოდით გავარკვიოთ რამდენ ფულს გადაიხდიან გადაყრილ წყალში:

34.17 5 = 170.85 (რუბლი)

პასუხი: 170,85.

დავალება No2- ერთ-ერთი უმარტივესი საგამოცდო დავალებაა. კურსდამთავრებულთა უმრავლესობა წარმატებით უმკლავდება მას, რაც მიუთითებს ფუნქციის ცნების განმარტების ცოდნაზე. დავალების ტიპი No2 მოთხოვნების კოდიფიკატორის მიხედვით არის დავალება შეძენილი ცოდნისა და უნარების პრაქტიკულ საქმიანობაში გამოყენებისა და. Ყოველდღიური ცხოვრების. დავალება No2 შედგება სიდიდეებს შორის ფუნქციების, სხვადასხვა რეალური ურთიერთობის აღწერისა და მათი გრაფიკების ინტერპრეტაციისგან. დავალება No2 ამოწმებს ცხრილებში, დიაგრამებსა და გრაფიკებში წარმოდგენილი ინფორმაციის ამოღების უნარს. კურსდამთავრებულებს უნდა შეეძლოთ ფუნქციის მნიშვნელობის განსაზღვრა მისი არგუმენტის მნიშვნელობიდან როცა სხვადასხვა გზითფუნქციის დაზუსტება და ფუნქციის ქცევისა და თვისებების აღწერა მის გრაფიკზე დაყრდნობით. თქვენ ასევე უნდა შეძლოთ იპოვოთ უდიდესი ან უმცირესი ღირებულებადა შესწავლილი ფუნქციების გრაფიკების აგება. დაშვებული შეცდომები შემთხვევითია პრობლემის პირობების წაკითხვისას, დიაგრამის წაკითხვისას.

#ADVERTISING_INSERT#

მაგალითი 2.ფიგურაში ნაჩვენებია მაინინგის კომპანიის ერთი აქციის გაცვლითი ღირებულების ცვლილება 2017 წლის აპრილის პირველ ნახევარში. 7 აპრილს ბიზნესმენმა ამ კომპანიის 1000 აქცია შეიძინა. 10 აპრილს მან გაყიდა შეძენილი აქციების სამი მეოთხედი, ხოლო 13 აპრილს გაყიდა დარჩენილი აქციები. რამდენი დაკარგა ბიზნესმენმა ამ ოპერაციების შედეგად?

გამოსავალი:

2) 1000 · 3/4 = 750 (აქციები) - შეადგენს ყველა შეძენილი აქციის 3/4-ს.

6) 247500 + 77500 = 325000 (რუბლი) - ბიზნესმენმა გაყიდვის შემდეგ მიიღო 1000 აქცია.

7) 340,000 – 325,000 = 15,000 (რუბლი) - ბიზნესმენმა წააგო ყველა ოპერაციის შედეგად.

პასუხი: 15000.

დავალება No3- არის ამოცანა პირველი ნაწილის საბაზისო დონეზე, ამოწმებს ქმედებების შესრულების უნარს გეომეტრიული ფორმებიკურსის „პლანიმეტრია“ შინაარსზე. დავალება 3 ამოწმებს ფიგურის ფართობის გამოთვლის უნარს ქაღალდზე, გამოთვლის უნარს ხარისხის ზომებიკუთხეები, გამოთვალეთ პერიმეტრები და ა.შ.

მაგალითი 3.იპოვეთ კვადრატულ ქაღალდზე დახატული მართკუთხედის ფართობი, რომლის უჯრედის ზომაა 1 სმ-ზე 1 სმ (იხ. სურათი). მიეცით პასუხი კვადრატულ სანტიმეტრებში.

გამოსავალი:მოცემული ფიგურის ფართობის გამოსათვლელად შეგიძლიათ გამოიყენოთ Peak ფორმულა:

მოცემული მართკუთხედის ფართობის გამოსათვლელად ვიყენებთ Peak-ის ფორმულას:

ს= B +	გ
	2

სადაც B = 10, G = 6, შესაბამისად

ს = 18 +	6
	2

პასუხი: 20.

წაიკითხეთ აგრეთვე: ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა ფიზიკაში: ამოცანების ამოხსნა რხევების შესახებ

დავალება No4- კურსის „ალბათობის თეორია და სტატისტიკა“ მიზანი. შემოწმებულია უმარტივეს სიტუაციაში მოვლენის ალბათობის გამოთვლის უნარი.

მაგალითი 4.წრეზე მონიშნულია 5 წითელი და 1 ლურჯი წერტილი. დაადგინეთ, რომელი მრავალკუთხედი უფრო დიდია: ყველა წვეროსანი წითელი, თუ წვეროს ერთ-ერთი ლურჯი. თქვენს პასუხში მიუთითეთ, თუ რამდენი მათგანია სხვებზე მეტი.

გამოსავალი: 1) გამოვიყენოთ ფორმულა კომბინაციების რაოდენობისთვის ნელემენტების მიერ კ:

რომლის წვეროები სულ წითელია.

3) ერთი ხუთკუთხედი ყველა წვერით წითელი.

4) 10 + 5 + 1 = 16 პოლიგონი ყველა წითელი წვერით.

რომლებსაც აქვთ წითელი ზედა ან ერთი ლურჯი ზედა.

8) ერთი ექვსკუთხედი წითელი წვეროებით და ერთი ლურჯი წვერით.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 მრავალკუთხედი ყველა წითელი წვერით ან ერთი ლურჯი წვერით.

10) 42 – 16 = 26 პოლიგონი ლურჯი წერტილის გამოყენებით.

11) 26 – 16 = 10 მრავალკუთხედი – რამდენი პოლიგონი მეტია, რომლებშიც ერთ-ერთი წვერო არის ლურჯი წერტილი, ვიდრე პოლიგონები, რომლებშიც ყველა წვერო მხოლოდ წითელია.

პასუხი: 10.

დავალება No5- პირველი ნაწილის საბაზისო დონე ამოწმებს უმარტივესი განტოლებების ამოხსნის უნარს (ირაციონალური, ექსპონენციალური, ტრიგონომეტრიული, ლოგარითმული).

მაგალითი 5.ამოხსენით განტოლება 2 3 + x= 0.4 5 3 + x .

გამოსავალი.გაყავით ამ განტოლების ორივე მხარე 5 3 +-ზე X≠ 0, მივიღებთ

2 3 + x	= 0.4 ან		2		3 + X	=	2	,
5 3 + X			5				5

აქედან გამომდინარეობს, რომ 3 + x = 1, x = –2.

პასუხი: –2.

დავალება No6პლანიმეტრიაში გეომეტრიული სიდიდეების (სიგრძეები, კუთხეები, ფართობების) პოვნა, რეალური სიტუაციების მოდელირება გეომეტრიის ენაზე. აგებული მოდელების შესწავლა გამოყენებით გეომეტრიული ცნებებიდა თეორემები. სირთულეების წყარო, როგორც წესი, არის პლანიმეტრიის აუცილებელი თეორემების იგნორირება ან არასწორი გამოყენება.

სამკუთხედის ფართობი ABCუდრის 129-ს. DE– შუა ხაზი გვერდის პარალელურად AB. იპოვნეთ ტრაპეციის ფართობი ABED.

გამოსავალი.სამკუთხედი CDEსამკუთხედის მსგავსი ᲢᲐᲥᲡᲘორი კუთხით, რადგან კუთხე წვეროზე Cზოგადი, კუთხე СDE კუთხის ტოლი ᲢᲐᲥᲡᲘროგორც შესაბამისი კუთხეები ზე DE || ABსეკანტი A.C.. იმიტომ რომ DEარის სამკუთხედის შუა ხაზი პირობით, შემდეგ შუა ხაზის თვისებით | DE = (1/2)AB. ეს ნიშნავს, რომ მსგავსების კოეფიციენტი არის 0.5. მაშასადამე, მსგავსი ფიგურების ფართობები დაკავშირებულია როგორც მსგავსების კოეფიციენტის კვადრატი

აქედან გამომდინარე, S ABED = ს Δ ABC – ს Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

დავალება No7- ამოწმებს წარმოებულის გამოყენებას ფუნქციის შესასწავლად. წარმატებული განხორციელება მოითხოვს წარმოებულის ცნების მნიშვნელოვან, არაფორმალურ ცოდნას.

მაგალითი 7.ფუნქციის გრაფიკამდე წ = ვ(x) აბსცისის წერტილში x 0 შედგენილია ტანგენსი, რომელიც პერპენდიკულარულია ამ გრაფიკის (4; 3) და (3; -1) წერტილებზე გამავალ წრფეზე. იპოვე ვ′( x 0).

გამოსავალი. 1) გამოვიყენოთ ორ მოცემულ წერტილში გამავალი წრფის განტოლება და ვიპოვოთ (4; 3) და (3; -1) წერტილებზე გამავალი წრფის განტოლება.

(წ – წ 1)(x 2 – x 1) = (x – x 1)(წ 2 – წ 1)

(წ – 3)(3 – 4) = (x – 4)(–1 – 3)

(წ – 3)(–1) = (x – 4)(–4)

–წ + 3 = –4x+ 16| · (-1)

წ – 3 = 4x – 16

წ = 4x- 13, სადაც კ 1 = 4.

2) იპოვეთ ტანგენსის დახრილობა კ 2, რომელიც არის ხაზის პერპენდიკულარული წ = 4x- 13, სადაც კ 1 = 4, ფორმულის მიხედვით:

3) ფერდობის ფაქტორიტანგენსი - ფუნქციის წარმოებული ტანგენციის წერტილში. ნიშნავს, ვ′( x 0) = კ 2 = –0,25.

პასუხი: –0,25.

დავალება No8- ამოწმებს გამოცდის მონაწილეთა ცოდნას ელემენტარული სტერეომეტრიის შესახებ, ფორმულების გამოყენების უნარს ზედაპირის ფართობისა და ფიგურების მოცულობის, დიედრული კუთხეების, მსგავსი ფიგურების მოცულობების შედარება, გეომეტრიულ ფიგურებთან, კოორდინატებთან და ვექტორებთან მოქმედებების შესრულება და ა.შ.

სფეროს გარშემო შემოხაზული კუბის მოცულობა არის 216. იპოვეთ სფეროს რადიუსი.

გამოსავალი. 1) ვკუბი = ა 3 (სად ა– კუბის კიდის სიგრძე), შესაბამისად

ა 3 = 216

ა = 3 √216

2) ვინაიდან სფერო ჩაწერილია კუბში, ეს ნიშნავს, რომ სფეროს დიამეტრის სიგრძე უდრის კუბის კიდის სიგრძეს, შესაბამისად დ = ა, დ = 6, დ = 2რ, რ = 6: 2 = 3.

დავალება No9- მოითხოვს კურსდამთავრებულს ჰქონდეს ტრანსფორმაციისა და გამარტივების უნარები ალგებრული გამონათქვამები. დავალება No9 უფრო მაღალი ეტაპიუჭირს მოკლე პასუხი. ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის განყოფილებიდან "გამოთვლები და ტრანსფორმაციები" ამოცანები იყოფა რამდენიმე ტიპად:

რიცხვითი რაციონალური გამონათქვამების ტრანსფორმაცია;

ალგებრული გამონათქვამებისა და წილადების გადაქცევა;

რიცხვითი/ასო ირაციონალური გამონათქვამების გარდაქმნა;

მოქმედებები გრადუსით;

ლოგარითმული გამონათქვამების კონვერტაცია;

რიცხვითი/ასო ტრიგონომეტრიული გამონათქვამების გადაქცევა.

მაგალითი 9.გამოთვალეთ tanα, თუ ცნობილია, რომ cos2α = 0,6 და

3π	< α < π.
4

გამოსავალი. 1) გამოვიყენოთ ორმაგი არგუმენტის ფორმულა: cos2α = 2 cos 2 α – 1 და ვიპოვოთ

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

ეს ნიშნავს tan 2 α = ± 0.5.

3) პირობით

3π	< α < π,
4

ეს ნიშნავს α არის მეორე მეოთხედის და tgα კუთხე< 0, поэтому tgα = –0,5.

პასუხი: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# დავალება No10- ამოწმებს სტუდენტების უნარს გამოიყენონ ადრეული ცოდნა და უნარები პრაქტიკულ საქმიანობასა და ყოველდღიურ ცხოვრებაში. შეიძლება ითქვას, რომ ეს არის ფიზიკის ამოცანები და არა მათემატიკაში, მაგრამ ყველა საჭირო ფორმულა და რაოდენობა მოცემულია პირობაში. ამოცანები მცირდება წრფივი ან კვადრატული განტოლებახაზოვანი ან კვადრატული უტოლობა. ამიტომ აუცილებელია ასეთი განტოლებებისა და უტოლობების ამოხსნა და პასუხის დადგენა. პასუხი უნდა გაიცეს როგორც მთელი რიცხვი ან სასრული ათობითი წილადი.

ორი მასის სხეული მ= 2 კგ თითო, მოძრაობს იგივე სიჩქარით ვ= 10 მ/წმ ერთმანეთის მიმართ 2α კუთხით. მათი აბსოლუტურად არაელასტიური შეჯახების დროს გამოთავისუფლებული ენერგია (ჯოულებში) განისაზღვრება გამოხატულებით ქ = მვ 2 ცოდვა 2 α. რა უმცირესი კუთხით 2α (გრადუსებში) უნდა იმოძრაონ სხეულები ისე, რომ შეჯახების შედეგად გამოთავისუფლდეს მინიმუმ 50 ჯოული?
გამოსავალი.ამოცანის ამოსახსნელად უნდა ამოხსნათ უტოლობა Q ≥ 50, 2α ∈ (0°; 180°) ინტერვალზე.

მვ 2 ცოდვა 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

ვინაიდან α ∈ (0°; 90°), ჩვენ მხოლოდ ამოვხსნით

მოდით წარმოვადგინოთ უტოლობის ამოხსნა გრაფიკულად:

ვინაიდან α ∈ (0°; 90°) პირობით, ეს ნიშნავს 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

დავალება No11- ტიპიურია, მაგრამ რთული აღმოჩნდება სტუდენტებისთვის. სირთულის მთავარი წყაროა მათემატიკური მოდელის აგება (განტოლების შედგენა). No11 დავალება ამოწმებს სიტყვიერი ამოცანების ამოხსნის უნარს.

მაგალითი 11.საგაზაფხულო არდადეგებზე მე-11 კლასელ ვასიას ერთიანი სახელმწიფო გამოცდისთვის მოსამზადებლად 560 სავარჯიშო ამოცანის გადაჭრა მოუწია. 18 მარტს, სკოლის ბოლო დღეს, ვასიამ 5 პრობლემა გადაჭრა. შემდეგ ყოველ დღე იმავე რაოდენობის პრობლემას აგვარებდა, ვიდრე წინა დღეს. დაადგინეთ რამდენი პრობლემა გადაჭრა ვასიამ 2 აპრილს, არდადეგების ბოლო დღეს.

გამოსავალი:აღვნიშნოთ ა 1 = 5 - პრობლემების რაოდენობა, რომელიც ვასიამ გადაჭრა 18 მარტს, დ- ვასიას მიერ გადაჭრილი ამოცანების ყოველდღიური რაოდენობა, ნ= 16 – დღეების რაოდენობა 18 მარტიდან 2 აპრილის ჩათვლით, ს 16 = 560 - დავალებების საერთო რაოდენობა, ა 16 - პრობლემების რაოდენობა, რომელიც ვასიამ გადაჭრა 2 აპრილს. იმის ცოდნა, რომ ყოველ დღე ვასია ერთსა და იმავე რაოდენობას წყვეტდა წინა დღესთან შედარებით, შეგვიძლია გამოვიყენოთ ფორმულები ჯამის საპოვნელად. არითმეტიკული პროგრესია:

560 = (5 + ა 16) 8,

5 + ა 16 = 560: 8,

5 + ა 16 = 70,

ა 16 = 70 – 5

ა 16 = 65.

პასუხი: 65.

დავალება No12- ისინი ამოწმებენ სტუდენტების უნარს, შეასრულონ მოქმედებები ფუნქციებით და შეძლონ წარმოებულის გამოყენება ფუნქციის შესასწავლად.

იპოვნეთ ფუნქციის მაქსიმალური წერტილი წ= 10ლნ( x + 9) – 10x + 1.

გამოსავალი: 1) იპოვეთ ფუნქციის განსაზღვრის დომენი: x + 9 > 0, x> –9, ანუ x ∈ (–9; ∞).

2) იპოვეთ ფუნქციის წარმოებული:

4) ნაპოვნი წერტილი ეკუთვნის ინტერვალს (–9; ∞). განვსაზღვროთ ფუნქციის წარმოებულის ნიშნები და გამოვსახოთ ფუნქციის ქცევა ფიგურაში:

სასურველი მაქსიმალური ქულა x = –8.

უფასოდ ჩამოტვირთეთ სამუშაო პროგრამა მათემატიკაში სასწავლო მასალის ხაზისთვის გ.კ. მურავინა, კ.ს. მურავინა, ო.ვ. მურავინა 10-11 ჩამოტვირთეთ უფასო სასწავლო საშუალებები ალგებრაზე

დავალება No13- გაზრდილი სირთულის დონე დეტალური პასუხით, განტოლებების ამოხსნის უნარის ტესტირება, ამოცანებს შორის ყველაზე წარმატებით ამოხსნილი სირთულის გაზრდილი დონის დეტალური პასუხით.

ა) ამოხსენით განტოლება 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

ბ) იპოვეთ ამ განტოლების ყველა ფესვი, რომელიც ეკუთვნის სეგმენტს.

გამოსავალი:ა) მოდით log 3 (2cos x) = ტ, შემდეგ 2 ტ 2 – 5ტ + 2 = 0,

ჟურნალი 3 (2 cos x) =	2	⇔	2 cos x = 9	⇔	cos x =	4,5	⇔ იმიტომ \|კოს x\| ≤ 1,

ჟურნალი 3 (2 cos x) =	1		2 cos x = √3		cos x =	√3
	2					2

შემდეგ cos x =	√3
	2

x =	π	+ 2π კ
	6

x = –	π	+ 2π კ, კ ∈ ზ
	6

ბ) იპოვნეთ სეგმენტზე დაყრილი ფესვები.

ნახაზი აჩვენებს, რომ მოცემული სეგმენტის ფესვები ეკუთვნის

11პ	და	13π	.
6		6

პასუხი:ა)	π	+ 2π კ; –	π	+ 2π კ, კ ∈ ზ; ბ)	11პ	;	13π	.
	6		6		6		6

დავალება No14-მოწინავე დონე ეხება ამოცანებს მეორე ნაწილში დეტალური პასუხით. დავალება ამოწმებს გეომეტრიული ფორმებით მოქმედებების შესრულების უნარს. დავალება შეიცავს ორ პუნქტს. პირველ პუნქტში დავალება უნდა იყოს დადასტურებული, მეორეში კი გათვლილი.

ცილინდრის ფუძის წრის დიამეტრი არის 20, ცილინდრის გენერატორი 28. სიბრტყე კვეთს მის ფუძეს 12 და 16 სიგრძის აკორდებს. მანძილი აკორდებს შორის არის 2√197.

ა) დაამტკიცეთ, რომ ცილინდრის ფუძეების ცენტრები დევს ამ სიბრტყის ერთ მხარეს.

ბ) იპოვეთ კუთხე ამ სიბრტყესა და ცილინდრის ფუძის სიბრტყეს შორის.

გამოსავალი:ა) 12 სიგრძის აკორდი არის მანძილი = 8 საბაზისო წრის ცენტრიდან და 16 სიგრძის აკორდი, ანალოგიურად, არის 6 მანძილიდან. ამიტომ, სიბრტყეზე მათ პროგნოზებს შორის მანძილი არის ბაზების პარალელურადცილინდრები არის 8 + 6 = 14 ან 8 − 6 = 2.

მაშინ მანძილი აკორდებს შორის არის ან

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

პირობის მიხედვით განხორციელდა მეორე შემთხვევა, რომელშიც აკორდების პროექციები დევს ცილინდრის ღერძის ერთ მხარეს. ეს ნიშნავს, რომ ღერძი არ კვეთს ამ სიბრტყეს ცილინდრის შიგნით, ანუ ბაზები დევს მის ერთ მხარეს. რისი დამტკიცება იყო საჭირო.

ბ) ფუძეების ცენტრები ავღნიშნოთ როგორც O 1 და O 2. მოდით, ფუძის ცენტრიდან 12 სიგრძის აკორდით გავავლოთ პერპენდიკულარული ბისექტორი ამ აკორდზე (მას აქვს სიგრძე 8, როგორც უკვე აღვნიშნეთ) და მეორე ფუძის ცენტრიდან მეორე აკორდამდე. ისინი დევს იმავე β სიბრტყეში, ამ აკორდების პერპენდიკულარულად. ვუწოდოთ პატარა აკორდის შუა წერტილი B, უფრო დიდი აკორდი და A-ს პროექცია მეორე ფუძეზე - H (H ∈ β). მაშინ AB,AH ∈ β და შესაბამისად AB,AH არიან აკორდის პერპენდიკულარული, ანუ ფუძის გადაკვეთის სწორი ხაზი მოცემულ სიბრტყესთან.

ეს ნიშნავს, რომ საჭირო კუთხე ტოლია

∠ABH = არქტანი	ა.ჰ.	= არქტანი	28	= arctg14.
	ბ.ჰ.		8 – 6

დავალება No15- გაზრდილი სირთულის დონე დეტალური პასუხით, ამოწმებს უტოლობების ამოხსნის უნარს, რაც ყველაზე წარმატებით წყდება ამოცანებს შორის, გაზრდილი სირთულის დეტალური პასუხით.

მაგალითი 15.უტოლობის ამოხსნა | x 2 – 3x| ჟურნალი 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

გამოსავალი:ამ უტოლობის განსაზღვრის დომენი არის ინტერვალი (–1; +∞). განვიხილოთ სამი შემთხვევა ცალკე:

1) მოდით x 2 – 3x= 0, ე.ი. X= 0 ან X= 3. ამ შემთხვევაში, ეს უთანასწორობა ხდება ჭეშმარიტი, შესაბამისად, ეს მნიშვნელობები შედის ამოხსნაში.

2) მოდით ახლა x 2 – 3x> 0, ე.ი. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). უფრო მეტიც, ეს უთანასწორობა შეიძლება გადაიწეროს როგორც ( x 2 – 3x) ჟურნალი 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 და გაყავით დადებითი გამოსახულებით x 2 – 3x. ჩვენ ვიღებთ ჟურნალს 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 ან x≤ –0,5. განმარტების დომენის გათვალისწინებით, გვაქვს x ∈ (–1; –0,5].

3) და ბოლოს, მოდით განვიხილოთ x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). ამ შემთხვევაში, თავდაპირველი უტოლობა ხელახლა ჩაიწერება ფორმით (3 x – x 2) ჟურნალი 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. დადებით 3-ზე გაყოფის შემდეგ x – x 2, ჩვენ ვიღებთ ჟურნალს 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. რეგიონის გათვალისწინებით გვაქვს x ∈ (0; 1].

მიღებული ხსნარების შერწყმით ვიღებთ x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

პასუხი: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

დავალება No16- მოწინავე დონე ეხება ამოცანებს მეორე ნაწილში დეტალური პასუხით. დავალება ამოწმებს გეომეტრიული ფორმებით, კოორდინატებით და ვექტორებით მოქმედებების შესრულების უნარს. დავალება შეიცავს ორ პუნქტს. პირველ პუნქტში დავალება უნდა იყოს დადასტურებული, მეორეში კი გათვლილი.

120° კუთხით ტოლფერდა სამკუთხედში ABC, ბისექტორი BD დახატულია A წვეროზე. მართკუთხედი DEFH ჩაწერილია ABC სამკუთხედში ისე, რომ გვერდი FH დევს BC სეგმენტზე, ხოლო E წვერო - AB სეგმენტზე. ა) დაამტკიცეთ, რომ FH = 2DH. ბ) იპოვეთ DEFH ოთხკუთხედის ფართობი, თუ AB = 4.

გამოსავალი:ა)

1) ΔBEF – მართკუთხა, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, შემდეგ EF = BE 30° კუთხის მოპირდაპირე ფეხის თვისებით.

2) მოდით EF = DH = x, შემდეგ BE = 2 x, BF = x√3 პითაგორას თეორემის მიხედვით.

3) ვინაიდან ΔABC არის ტოლფერდა, ეს ნიშნავს ∠B = ∠C = 30˚.

BD არის ∠B-ის ბისექტორი, რაც ნიშნავს ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) განვიხილოთ ΔDBH – მართკუთხა, რადგან 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) ს DEFH = ED EF = (3 – √3 ) 2(3 – √3 )

ს DEFH = 24 – 12√3.

პასუხი: 24 – 12√3.

დავალება No17- დავალება დეტალური პასუხით, ეს ამოცანა ამოწმებს ცოდნისა და უნარების გამოყენებას პრაქტიკულ საქმიანობასა და ყოველდღიურ ცხოვრებაში, მათემატიკური მოდელების აგების და შესწავლის უნარს. ეს ამოცანა არის ტექსტური პრობლემა ეკონომიკური შინაარსით.

მაგალითი 17.ოთხი წლის განმავლობაში იგეგმება 20 მილიონი რუბლის ანაბრის გახსნა. ყოველი წლის ბოლოს ბანკი 10%-ით ზრდის დეპოზიტს წლის დასაწყისში არსებულ ზომასთან შედარებით. გარდა ამისა, მესამე და მეოთხე წლის დასაწყისში ინვესტორი ყოველწლიურად ავსებს დეპოზიტს Xმილიონი რუბლი, სადაც X - მთლიანინომერი. იპოვე უმაღლესი ღირებულება X, რომელშიც ბანკი ოთხი წლის განმავლობაში დეპოზიტს 17 მილიონ რუბლზე ნაკლებს დაერიცხება.

გამოსავალი:პირველი წლის ბოლოს, შენატანი იქნება 20 + 20 · 0,1 = 22 მილიონი რუბლი, ხოლო მეორე წლის ბოლოს - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 მილიონი რუბლი. მესამე წლის დასაწყისში, შენატანი (მილიონ რუბლებში) იქნება (24.2 +). X), და ბოლოს - (24.2 + X) + (24,2 + X)· 0.1 = (26.62 + 1.1 X). მეოთხე წლის დასაწყისში შენატანი იქნება (26.62 + 2.1 X), და ბოლოს - (26.62 + 2.1 X) + (26,62 + 2,1X) · 0.1 = (29.282 + 2.31 X). პირობით, თქვენ უნდა იპოვოთ უდიდესი მთელი რიცხვი x, რომლისთვისაც არსებობს უტოლობა

(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

ამ უტოლობის უდიდესი მთელი რიცხვი არის რიცხვი 24.

პასუხი: 24.

დავალება No18- სირთულის გაზრდილი დონის ამოცანა დეტალური პასუხით. ეს დავალება განკუთვნილია კონკურენტული შერჩევისთვის უნივერსიტეტებში, რომლებსაც აქვთ აბიტურიენტთა მათემატიკური მომზადების გაზრდილი მოთხოვნები. სირთულის მაღალი დონის ამოცანა არის ამოცანა არა ერთი გადაწყვეტის მეთოდის გამოყენებაზე, არამედ კომბინაციაზე სხვადასხვა მეთოდები. მე-18 დავალების წარმატებით შესასრულებლად, მყარი მათემატიკური ცოდნის გარდა, ასევე გჭირდებათ მაღალი დონემათემატიკური კულტურა.

რაზე აუთანასწორობის სისტემა

	x 2 + წ 2 ≤ 2აი – ა 2 + 1

	წ + ა ≤ \|x\| – ა

აქვს ზუსტად ორი გამოსავალი?

გამოსავალი:ეს სისტემა შეიძლება გადაიწეროს ფორმაში

	x 2 + (წ– ა) 2 ≤ 1

	წ ≤ \|x\| – ა

თუ სიბრტყეზე დავხატავთ ამონახსნების სიმრავლეს პირველ უტოლობაზე, მივიღებთ 1 რადიუსის წრის (საზღვრით) შიგთავსს, ცენტრით წერტილში (0, ა). მეორე უტოლობის ამონახსნების სიმრავლე არის სიბრტყის ნაწილი, რომელიც მდებარეობს ფუნქციის გრაფიკის ქვეშ. წ = | x| – ა, და ეს უკანასკნელი არის ფუნქციის გრაფიკი
წ = | x| , ქვემოთ გადაინაცვლა ა. ამ სისტემის გამოსავალი არის ამონახსნების სიმრავლეების გადაკვეთა თითოეული უტოლობისთვის.

შესაბამისად, ამ სისტემას ექნება ორი გამოსავალი მხოლოდ ნახ. 1.

წრის შეხების წერტილები ხაზებთან იქნება სისტემის ორი გამოსავალი. თითოეული სწორი ხაზი ღერძებისკენ არის დახრილი 45° კუთხით. ასე რომ, ეს არის სამკუთხედი PQR- მართკუთხა ტოლფერდა. Წერტილი ქაქვს კოორდინატები (0, ა), და წერტილი რ– კოორდინატები (0, – ა). გარდა ამისა, სეგმენტები პიარიდა PQწრის რადიუსის ტოლი 1. ეს ნიშნავს

ქრ= 2ა = √2, ა =	√2	.
	2

პასუხი: ა =	√2	.
	2

დავალება No19- სირთულის გაზრდილი დონის ამოცანა დეტალური პასუხით. ეს დავალება განკუთვნილია კონკურენტული შერჩევისთვის უნივერსიტეტებში, რომლებსაც აქვთ აბიტურიენტთა მათემატიკური მომზადების გაზრდილი მოთხოვნები. სირთულის მაღალი დონის ამოცანა არის ამოცანა არა ერთი გადაწყვეტის მეთოდის გამოყენებაზე, არამედ სხვადასხვა მეთოდების კომბინაციაზე. მე-19 დავალების წარმატებით შესასრულებლად, თქვენ უნდა შეძლოთ გამოსავლის ძიება, ცნობილი მიდგომების არჩევა და შესწავლილი მეთოდების შეცვლა.

დაე სნჯამი პარითმეტიკული პროგრესიის პირობები ( პ). ცნობილია, რომ S n + 1 = 2ნ 2 – 21ნ – 23.

ა) მიუთითეთ ფორმულა პამ პროგრესის ე ტერმინი.

ბ) იპოვეთ უმცირესი აბსოლუტური ჯამი S n.

გ) იპოვე ყველაზე პატარა პ, რომელიც S nიქნება მთელი რიცხვის კვადრატი.

გამოსავალი: ა) აშკარაა, რომ a n = S n – S n- 1. ამ ფორმულის გამოყენებით მივიღებთ:

S n = ს (ნ – 1) + 1 = 2(ნ – 1) 2 – 21(ნ – 1) – 23 = 2ნ 2 – 25ნ,

S n – 1 = ს (ნ – 2) + 1 = 2(ნ – 1) 2 – 21(ნ – 2) – 23 = 2ნ 2 – 25ნ+ 27

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

ბ) ვინაიდან S n = 2ნ 2 – 25ნ, შემდეგ განიხილეთ ფუნქცია ს(x) = | 2x 2 – 25x|. მისი გრაფიკი ჩანს ფიგურაში.

ცხადია, უმცირესი მნიშვნელობა მიიღწევა ფუნქციის ნულებთან ყველაზე ახლოს მდებარე მთელ რიცხვებში. ცხადია, ეს პუნქტებია X= 1, X= 12 და X= 13. ვინაიდან, ს(1) = |ს 1 | = |2 – 25| = 23, ს(12) = |ს 12 | = |2 · 144 – 25 · 12| = 12, ს(13) = |ს 13 | = |2 · 169 – 25 · 13| = 13, მაშინ ყველაზე პატარა მნიშვნელობა არის 12.

გ) წინა პუნქტიდან გამომდინარეობს, რომ სნდადებითი, დაწყებული ნ= 13. ვინაიდან S n = 2ნ 2 – 25ნ = ნ(2ნ– 25), მაშინ აშკარა შემთხვევა, როდესაც ეს გამოთქმა არის სრულყოფილი კვადრატი, რეალიზდება, როდესაც ნ = 2ნ– 25, ანუ ზე პ= 25.

რჩება მნიშვნელობების შემოწმება 13-დან 25-მდე:

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

გამოდის, რომ უფრო მცირე მნიშვნელობებისთვის პ იდეალური მოედანიარ არის მიღწეული.

პასუხი:ა) a n = 4ნ– 27; ბ) 12; გ) 25.

________________

*2017 წლის მაისიდან გაერთიანებული საგამომცემლო ჯგუფი "DROFA-VENTANA" არის რუსული სახელმძღვანელოების კორპორაციის ნაწილი. კორპორაციაში ასევე შედის Astrel გამომცემლობა და LECTA ციფრული საგანმანათლებლო პლატფორმა. Გენერალური დირექტორიდაინიშნა ალექსანდრე ბრაჩკინი, რუსეთის ფედერაციის მთავრობასთან არსებული ფინანსური აკადემიის კურსდამთავრებული, ეკონომიკურ მეცნიერებათა კანდიდატი, გამომცემლობა "DROFA"-ს ინოვაციური პროექტების ხელმძღვანელად ციფრული განათლების სფეროში ( ელექტრონული ფორმებისახელმძღვანელოები, რუსული ელექტრონული სკოლა, ციფრული საგანმანათლებლო პლატფორმა LECTA). გამომცემლობა DROFA-ში გაწევრიანებამდე მას ვიცე-პრეზიდენტის თანამდებობა ეკავა სტრატეგიული განვითარებადა საგამომცემლო ჰოლდინგის "EXMO-AST" ინვესტიციები. დღეს, რუსული სახელმძღვანელოების გამომცემლობის კორპორაციას აქვს ფედერალურ სიაში შეტანილი სახელმძღვანელოების უდიდესი პორტფელი - 485 დასახელება (დაახლოებით 40%, სახელმძღვანელოების გამოკლებით. გამოსასწორებელი სკოლა). კორპორაციის გამომცემლობები ფლობენ სახელმძღვანელოების ყველაზე პოპულარულ კომპლექტს რუსულ სკოლებში ფიზიკაში, ნახატში, ბიოლოგიაში, ქიმიაში, ტექნოლოგიაში, გეოგრაფიაში, ასტრონომიაში - ცოდნის სფეროები, რომლებიც საჭიროა ქვეყნის პროდუქტიული პოტენციალის განვითარებისთვის. კორპორაციის პორტფოლიო მოიცავს სახელმძღვანელოებს და სასწავლო საშუალებებიამისთვის დაწყებითი სკოლა, დაჯილდოვდა პრეზიდენტის პრემიით განათლების სფეროში. ეს არის სახელმძღვანელოები და სახელმძღვანელოები საგნობრივ სფეროებში, რომლებიც აუცილებელია რუსეთის სამეცნიერო, ტექნიკური და საწარმოო პოტენციალის განვითარებისთვის.

2019 წელს მათემატიკაში ერთიან სახელმწიფო გამოცდაზე პროფილის დონეზე ცვლილებები არ არის - საგამოცდო პროგრამა, ისევე როგორც წინა წლებში, შედგენილია ძირითადი მათემატიკური დისციპლინების მასალებით. ბილეთები შეიცავს მათემატიკურ, გეომეტრიულ და ალგებრულ ამოცანებს.

KIM ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა 2019 მათემატიკაში პროფილის დონეზე არ არის ცვლილებები.

ერთიანი სახელმწიფო საგამოცდო დავალების თავისებურებები მათემატიკაში 2019 წ

მათემატიკაში ერთიანი სახელმწიფო გამოცდისთვის (პროფილი) მომზადებისას ყურადღება მიაქციეთ საგამოცდო პროგრამის ძირითად მოთხოვნებს. იგი შექმნილია სიღრმისეული პროგრამის ცოდნის შესამოწმებლად: ვექტორული და მათემატიკური მოდელები, ფუნქციები და ლოგარითმები, ალგებრული განტოლებებიდა უთანასწორობები.
ცალკე, ივარჯიშეთ პრობლემების გადაჭრაში.
მნიშვნელოვანია ინოვაციური აზროვნების ჩვენება.

საგამოცდო სტრუქტურა

ერთიანი სახელმწიფო საგამოცდო დავალებები სპეციალიზებული მათემატიკა დაყოფილია ორ ბლოკად.

ნაწილი - მოკლე პასუხები, მოიცავს 8 ამოცანას, რომლებიც ამოწმებს საბაზისო მათემატიკური სწავლებადა მათემატიკის ცოდნის ყოველდღიურ ცხოვრებაში გამოყენების უნარი.
ნაწილი -მოკლე და დეტალური პასუხები. იგი შედგება 11 დავალებისგან, რომელთაგან 4 მოითხოვს მოკლე პასუხს, ხოლო 7 - დეტალური არგუმენტებით შესრულებული მოქმედებების შესახებ.

გაფართოებული სირთულე- KIM-ის მეორე ნაწილის 9-17 ამოცანები.
სირთულის მაღალი დონე- პრობლემები 18-19 –. საგამოცდო ამოცანების ეს ნაწილი ამოწმებს არა მხოლოდ მათემატიკური ცოდნის დონეს, არამედ კრეატიული მიდგომის არსებობას ან არარსებობას მშრალი "რიცხობრივი" ამოცანების გადასაჭრელად, აგრეთვე ცოდნისა და უნარების პროფესიონალურ ინსტრუმენტად გამოყენების უნარის ეფექტურობას. .

Მნიშვნელოვანი!ამიტომ, მზადების დროს ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის თეორიამათემატიკაში ყოველთვის მხარი დაუჭირეთ მათ პრაქტიკული ამოცანების გადაჭრით.

როგორ გადანაწილდება ქულები?

KIM-ის პირველი ნაწილის ამოცანები მათემატიკაში ახლოსაა ერთიანი სახელმწიფო საგამოცდო ტესტებისაბაზისო დონეზე, ამიტომ შეუძლებელია მათზე მაღალი ქულების დაფიქსირება.

მათემატიკაში თითოეული დავალების ქულები პროფილის დონეზე გადანაწილდა შემდეგნაირად:

No1-12 ამოცანებზე სწორი პასუხებისთვის - 1 ქულა;
No13-15 – 2 თითო;
No16-17 – 3 თითო;
No18-19 – 4 თითო.

ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის გამოცდის ხანგრძლივობა და ქცევის წესი

საგამოცდო ნაშრომის დასასრულებლად -2019 სტუდენტს ენიჭება 3 საათი 55 წუთი(235 წუთი).

ამ დროის განმავლობაში, სტუდენტმა არ უნდა:

ხმაურიანად იქცევა;
გამოიყენეთ გაჯეტები და სხვა ტექნიკური საშუალებები;
ჩამოწერა;
შეეცადეთ დაეხმაროთ სხვებს, ან სთხოვეთ დახმარება საკუთარ თავს.

ასეთი ქმედებებისთვის გამოსაცდელი შეიძლება გარიცხეს კლასიდან.

ჩართულია სახელმწიფო გამოცდამათემატიკა ნებადართულია მოტანათან იქონიეთ მხოლოდ სახაზავი; ადგილზე გაიცემა.

ეფექტური მომზადება- ეს არის გამოსავალი ონლაინ ტესტებიმათემატიკაში 2019. აირჩიეთ და მიიღეთ მაქსიმალური ქულა!

ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა მათემატიკაში (პროფილი) არჩევითია. ეს გამოცდა აუცილებელია მათთვის, ვინც გეგმავს ამ დისციპლინის შემდგომ შესწავლას, ეკონომიკის, მათემატიკის ფაკულტეტზე ჩაბარებას ან სწავლის გაგრძელებას ქ. ტექნიკური უნივერსიტეტები. პროფილის დონე, საბაზისო დონისგან განსხვავებით, მოითხოვს სიღრმისეულ ცოდნას. გამოცდა ფოკუსირებულია უნარებზე პრაქტიკული გამოყენებასწავლის წლების განმავლობაში შეძენილი უნარები, მაგრამ არანაკლებ მნიშვნელოვანია თეორიის ცოდნა მათემატიკაში ერთიანი სახელმწიფო გამოცდისთვის.

რა უნდა იცოდე?

ისევე როგორც ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ჩაბარებასაბაზო საფეხურს დასჭირდება სასკოლო კურსებიდან მიღებული ცოდნა ალგებრასა და გეომეტრიაში, სხვადასხვა უტოლობებთან და განტოლებებთან მუშაობის უნარს, ტერმინოლოგიაში თავისუფლად ფლობას და სხვადასხვა პრობლემის გადაჭრის ალგორითმების ცოდნას. გაზრდილი სირთულის ამოცანების წარმატებით შესასრულებლად საჭიროა ცოდნა შემდეგ სფეროებში:

პლანიმეტრია;
უთანასწორობები;
ინტერესი;
პროგრესირება;
სტერეომეტრია;
განტოლებები;
პარამეტრული სისტემები, განტოლებები, უტოლობები;
ფინანსური მათემატიკა.

მომზადების პროცესში არ შეიძლება თეორიის გარეშე: წესების, აქსიომებისა და თეორემების ცოდნის გარეშე შეუძლებელია წარმოდგენილი პრობლემების გადაჭრა. საგამოცდო ფურცლებიდავალებები. ამასთან, შეცდომა იქნებოდა თეორიის შესწავლა პრაქტიკის ხარჯზე. წესების უბრალოდ დამახსოვრება გამოცდაზე არ გამოგვადგება - მნიშვნელოვანია შეძენილი ცოდნის გამოყენების უნარის გამომუშავება და გაუმჯობესება პრობლემების გადაჭრისას.

როგორ მოვემზადოთ გამოცდისთვის?

უმჯობესია, თავიდანვე დაიწყოთ გამოცდისთვის მზადება სასწავლო წელი. ამ შემთხვევაში, შეგიძლიათ მშვიდად, დაჩქარების გარეშე, გაიაროთ ყველა განყოფილება და შემდეგ გაიმეოროთ ისინი, განაახლეთ თქვენი ცოდნა ტესტირებამდე.

მომზადების კლასიკური მეთოდი - უბრალოდ სახელმძღვანელოს ზედიზედ კითხვა, წესების დამახსოვრება - არაეფექტურია. ინფორმაციის დასამახსოვრებლად საჭიროა მისი გაგება. შეგიძლიათ, მაგალითად, სცადოთ, წესის წაკითხვის შემდეგ, საკუთარი სიტყვებით თქვათ ან აუხსნათ საკუთარ თავს. ეს მიდგომა საშუალებას გაძლევთ დაიმახსოვროთ წაკითხული დიდი ხნის განმავლობაში.

ცალკეული ფორმულები და აქსიომები უნდა დაიმახსოვროთ. დამახსოვრების პროცესის გასაადვილებლად უნდა დარწმუნდეთ, რომ საჭირო მონაცემები ყოველთვის ხილული იყოს - საწოლთან ახლოს კედელზე, აბაზანაში, მაცივარზე, მაგიდის ზემოთ. თუ ცხრილები ფორმულებით ყოველთვის თქვენს თვალწინ არის, ისინი თანდათან დაიმახსოვრდებათ დიდი ძალისხმევის გარეშე.

მათ, ვინც ერთიანი სახელმწიფო გამოცდისთვის ემზადებიან არა მარტო, არამედ სხვა კურსდამთავრებულების გარემოცვაში, შეიძლება ურჩიონ, აუხსნან თეორია ერთმანეთს. ეს მეთოდი დისციპლინებს და ხელს უწყობს მასალის უკეთ გაგებას.

კეთებით პრაქტიკული ამოცანებიაუცილებელია გაანალიზდეს ყველაზე გავრცელებული შეცდომები. თუ ისინი დაკავშირებულია არა უყურადღებობასთან, არამედ გარკვეული წესების იგნორირებასთან, მნიშვნელოვანია ასეთი თემების გულდასმით შესწავლა. მთელი თეორია სტრუქტურირებულია და ძიება საჭირო წესებიმინიმალური დრო დასჭირდება.

თეორია მნიშვნელოვანია, მაგრამ პრაქტიკა შეუცვლელია. გამოცდის მსვლელობისას მოწმდება მიღებული ცოდნის გამოყენების უნარი. აუცილებელია ვივარჯიშოთ, ერთი და იგივე ალგორითმების განმეორებით პრაქტიკა, იგივე თემების გამეორება, სანამ დავალებების შესრულება არ შეწყვეტს სირთულეებს. პრაქტიკული გამოყენების გარეშე ცოდნა უსარგებლოა და ადვილად დავიწყებული.

გისურვებთ წარმატებებს თეორიის შესწავლაში და მიღებული ცოდნის გამოცდაზე გამოყენებაში!

მათემატიკაში ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა სკოლის კურსდამთავრებულებისთვის ატესტატის მიღებამდე და უმაღლეს სასწავლებელში შესვლამდე ერთ-ერთი მთავარი ტესტია. ცოდნის კონტროლის ეს ტიპი გამოიყენება სკოლის პერიოდში შეძენილი ცოდნის შესაფასებლად. ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა იღებს სატესტო დავალებებს საბოლოო გამოცდაზე მომზადებული როსობრნადზორის და განათლების სფეროში სხვა უფლებამოსილი ორგანოების მიერ. მათემატიკაში გამსვლელი შეფასება დამოკიდებულია იმ უნივერსიტეტის ინდივიდუალურ მოთხოვნილებებზე, რომელზედაც განაცხადები.უმაღლესდამთავრებული. წარმატებული ჩაბარებამაღალი ქულის მქონე გამოცდა მნიშვნელოვანი ფაქტორია მიღებაში წარმატების მისაღწევად.

ტექნიკურ და ეკონომიკურ უნივერსიტეტებში ჩასაბარებლად საჭიროა პროფილის დონის მათემატიკა. საგამოცდო ამოცანების საფუძველია საბაზისო დონე, მას კიდევ დაემატა რთული ამოცანებიდა მაგალითები. მოსალოდნელია მოკლე და დეტალური პასუხები:

პირველი ამოცანები არ საჭიროებს სიღრმისეულ ცოდნას - ეს არის საბაზისო დონის ცოდნის ტესტი;
შემდეგი 5 უფრო რთულია, რაც მოითხოვს საგნის საშუალო და მაღალ დონეზე ოსტატობას. ეს ამოცანები მოწმდება კომპიუტერის გამოყენებით, რადგან პასუხი მოკლეა.

გრძელი პასუხებია საჭირო ბოლო შვიდი ამოცანისთვის. შემოწმების მიზნით იკრიბება ექსპერტთა ჯგუფი. მთავარი ის არის, რომ, მიუხედავად დავალებების სირთულისა, რომლებიც შედის პროფილის დონეზე, ისინი სრულად შეესაბამება სკოლის სასწავლო გეგმა. რატომ შეიძლება იყოს ისინი რთული? ამ მაგალითებისა და პრობლემების წარმატებით გადაჭრისთვის საჭიროა არა მხოლოდ მშრალი ცოდნა, არამედ გადაწყვეტის შემოქმედებითად მიდგომის უნარი, ცოდნის გამოყენება არასტანდარტული მდგომარეობა. ეს არის ფორმულირება, რომელიც იწვევს სირთულეს.

თუ სტუდენტი აირჩევს ამ საფეხურს, ეს გულისხმობს მის სურვილს გააგრძელოს ზუსტ მეცნიერებათა სწავლა უმაღლეს სასწავლებლებში. საგანმანათლებლო დაწესებულების. სპეციალიზებული გამოცდის სასარგებლოდ არჩევანი იმაზეც მიუთითებს, რომ სტუდენტის ცოდნის დონე საკმაოდ მაღალია, სხვა სიტყვებით რომ ვთქვათ, ფუნდამენტური მომზადება არ არის საჭირო.
მომზადების პროცესი მოიცავს ძირითადი სექციების გამეორებას, გაზრდილი სირთულის პრობლემების გადაჭრას, რომელიც მოითხოვს არასტანდარტულ, შემოქმედებით მიდგომას.

მომზადების მეთოდები

საბაზისო სწავლება ტარდება სკოლაში, სადაც მოსწავლე ეუფლება საფუძვლებს, ზოგჯერ მასწავლებელი კურსდამთავრებულებს ატარებს დამატებით არჩევით გაკვეთილებს. მთავარი რეკომენდაციაა, ყურადღებით და ზედმიწევნით დაეუფლონ ყველა თემას, განსაკუთრებით მაგისტრატურაში.
დამოუკიდებელი მუშაობა: ეს მოითხოვს განსაკუთრებულ თვითდისციპლინას, ნებას და თვითკონტროლს. საჭიროა ყურადღებით წაიკითხოთ . პრობლემა არის მიმართულებით - მხოლოდ სპეციალისტს შეუძლია კომპეტენტურად წარმართოს მომავალი განმცხადებელი იმ თემებზე, რომლებსაც ყურადღება სჭირდება.
რეპეტიტორობა: პროფესიონალი სპეციალისტი დაგეხმარებათ კომპლექსური ამოცანების ეფექტურად და სწრაფად გადაჭრაში.
კურსები და ონლაინ სწავლება: თანამედროვე და აპრობირებული მეთოდი, რომელიც დაზოგავს დროსა და ფულს. მნიშვნელოვანი უპირატესობა: შეგიძლიათ ონლაინ ტესტების ჩაბარება, პასუხების სწრაფად მიღება და სხვადასხვა დავალების შესრულება.

„მე მათემატიკაში ერთიან სახელმწიფო გამოცდას მოვაგვარებ სპეციალიზებულ დონეზე“ არის გამოცდისთვის მომზადებისა და წარმატებით ჩაბარების შესაძლებლობა.