Shtëpi Pemë dhe shkurre Profili i Ege ishte i vështirë gjatë vitit. Përgatitja për provimin e matematikës (niveli i profilit): detyra, zgjidhje dhe shpjegime

Pemë dhe shkurre

Profili i Ege ishte i vështirë gjatë vitit. Përgatitja për provimin e matematikës (niveli i profilit): detyra, zgjidhje dhe shpjegime

Nuk ka ndryshime në USE në matematikë të nivelit të profilit në vitin 2019 - programi i provimit, si në vitet e mëparshme, përbëhet nga materiale nga disiplinat kryesore matematikore. Biletat do të përfshijnë probleme matematikore, gjeometrike dhe algjebrike.

Nuk ka ndryshime në KIM USE 2019 në matematikë të nivelit të profilit.

Karakteristikat e detyrave të provimit në matematikë-2019

Kur përgatiteni për provimin në matematikë (profili), kushtojini vëmendje kërkesave themelore të programit të provimit. Është krijuar për të testuar njohuritë e një programi të thelluar: modele vektoriale dhe matematikore, funksione dhe logaritme, ekuacione algjebrike dhe pabarazi.
Praktikoni zgjidhjen e detyrave veçmas.
Është e rëndësishme të tregosh të menduarit jo standard.

Struktura e provimit

Detyrat e Provimit të Unifikuar të Shtetit në Matematikë Profile ndarë në dy blloqe.

Pjesa - përgjigje të shkurtra, përfshin 8 detyra që testojnë trajnimin bazë matematikor dhe aftësinë për të zbatuar njohuritë e matematikës në jetën e përditshme.
pjesë - të shkurtër dhe përgjigje të hollësishme... Përbëhet nga 11 detyra, 4 prej të cilave kërkojnë një përgjigje të shkurtër, dhe 7 - të zgjeruara me arsyetimin e veprimeve të kryera.

Kompleksiteti i shtuar- detyrat 9-17 të pjesës së dytë të KIM.
Niveli i lartë i kompleksitetit- problemet 18-19 -. Kjo pjesë e detyrave të provimit kontrollon jo vetëm nivelin e njohurive matematikore, por edhe praninë ose mungesën e një qasjeje krijuese për zgjidhjen e detyrave të thata "dixhitale", si dhe efektivitetin e aftësisë për të përdorur njohuritë dhe aftësitë si një mjet profesional. .

E rëndësishme! Prandaj, kur përgatiteni për provim, gjithmonë përforconi teorinë në matematikë duke zgjidhur probleme praktike.

Si do të shpërndahen pikët

Detyrat e pjesës së parë të KIM-ve në matematikë janë afër testeve të USE-së në nivelin bazë, kështu që është e pamundur të merret një rezultat i lartë për to.

Pikët për secilën detyrë në matematikë të nivelit të profilit u shpërndanë si më poshtë:

për përgjigjet e sakta të problemave nr.1-12 - 1 pikë secila;
Nr 13-15 - 2 secili;
Nr 16-17 - 3 secili;
Nr 18-19 - 4 secili.

Kohëzgjatja e provimit dhe rregullat e sjelljes për provimin

Për të përfunduar punën e provimit -2019 student i caktuar 3 orë 55 minuta(235 minuta).

Gjatë kësaj kohe, studenti nuk duhet:

silleni me zhurmë;
përdorni vegla dhe mjete të tjera teknike;
shlyej;
duke u përpjekur për të ndihmuar të tjerët, ose duke kërkuar ndihmë për veten tuaj.

Për veprime të tilla, ekzaminuesi mund të përjashtohet nga auditori.

Për provimin e shtetit në matematikë lejohet të sjellë vetëm me vizore pjesa tjetër e materialeve do të jepet direkt para provimit. lëshuar në vend.

Përgatitja efektive është zgjidhja e testeve të matematikës online 2019. Zgjidhni dhe merrni rezultatin maksimal!

Vlerësimi

dy pjesë duke përfshirë 19 detyra. Pjesa 1 Pjesa 2

3 orë 55 minuta(235 minuta).

Përgjigjet

Por ti mundesh bëj një busull Llogaritësit në provim nuk përdoret.

pasaportë), kalojnë dhe kapilar ose! Lejoni të merrni me veten ujë(në një shishe transparente) dhe ushqim

Fleta e provimit përbëhet nga dy pjesë duke përfshirë 19 detyra. Pjesa 1 përmban 8 detyra të një niveli bazë vështirësie me një përgjigje të shkurtër. Pjesa 2 Përmban 4 detyra të një niveli të lartë vështirësie me një përgjigje të shkurtër dhe 7 detyra të një niveli të lartë vështirësie me një përgjigje të detajuar.

Është caktuar puna e provimit në matematikë 3 orë 55 minuta(235 minuta).

Përgjigjet shkruhen detyrat 1-12 si numër i plotë ose dhjetor i fundit... Shkruani numrat në fushat e përgjigjeve në tekstin e veprës dhe më pas transferojini në formularin e përgjigjes numër 1, të lëshuar në provim!

Gjatë kryerjes së punës, mund të përdorni ato të lëshuara së bashku me punën. Përdorni vetëm një vizore por ti mundesh bëj një busull beje vete. Mos përdorni mjete me materiale referencë të shtypura në to. Llogaritësit në provim nuk përdoret.

Gjatë provimit duhet të keni një dokument identiteti ( pasaportë), kalojnë dhe kapilar ose stilolaps xhel me bojë të zezë! Lejoni të merrni me veten ujë(në një shishe transparente) dhe ushqim(fruta, çokollatë, role, sanduiçe), por mund t'ju kërkohet të lihen në korridor.

Arsimi i mesëm i përgjithshëm

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

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

matematika

Përgatitja për provimin e matematikës (niveli i profilit): detyra, zgjidhje dhe shpjegime

Ne analizojmë detyrat dhe zgjidhim shembuj me një mësues

Puna e provimit në nivel profili 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 të 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 arsyetimin e veprimet e kryera).

Panova Svetlana Anatolievna, 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 është i ndarë në dy nivele: bazë dhe të specializuar. Sot do të shqyrtojmë opsionet për nivelin e profilit.

Detyra numër 1- teston aftësitë e pjesëmarrësve në USE për të zbatuar aftësitë e fituara në kursin e klasave 5-9 në matematikën fillore në veprimtari praktike. Pjesëmarrësi duhet të ketë aftësi llogaritëse, të jetë i aftë të punojë me numra racional, të jetë në gjendje të rrumbullakos thyesat dhjetore, të jetë në gjendje të konvertojë një njësi matëse në një tjetër.

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

Zgjidhja:

1) Le të gjejmë sasinë e ujit të shpenzuar në muaj:

177 - 172 = 5 (metra kub)

2) Le të gjejmë sa para do të paguhen për ujin e shpenzuar:

34,17 5 = 170,85 (fshij)

Përgjigje: 170,85.

Detyra numër 2-është një nga detyrat më të thjeshta të provimit. Shumica e të diplomuarve e përballojnë me sukses atë, gjë që dëshmon për zotërimin e përkufizimit të konceptit të funksionit. Lloji i detyrës numër 2 sipas kodifikuesit të kërkesave është një detyrë për përdorimin e njohurive dhe aftësive të fituara në aktivitetet praktike dhe jetën e përditshme. Detyra numër 2 konsiston në përshkrimin duke përdorur funksione të marrëdhënieve të ndryshme reale midis sasive dhe interpretimin e grafikëve të tyre. Detyra numër 2 teston aftësinë për të nxjerrë informacionin e paraqitur në tabela, diagrame, grafikë. Të diplomuarit duhet të jenë në gjendje të përcaktojnë vlerën e një funksioni me vlerën e argumentit në mënyra të ndryshme për të përcaktuar një funksion dhe të përshkruajnë sjelljen dhe vetitë e një funksioni sipas planit të tij. Është gjithashtu e nevojshme që të jetë në gjendje të gjejë vlerën më të madhe ose më të vogël në grafikun e funksionit dhe të vizatojë grafikët e funksioneve të studiuara. Gabimet e bëra janë të rastësishme në leximin e deklaratës së problemit, leximin e diagramit.

# ADVERTISING_INSERT #

Shembulli 2. Shifra tregon ndryshimin e vlerës së tregut 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 të blera dhe më 13 prill shiti të gjithë pjesën tjetër. 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 (rubla) - biznesmeni mori 1000 aksione pas shitjes.

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

Përgjigje: 15000.

Detyra numër 3- është detyrë e nivelit bazë të pjesës së parë, teston aftësinë për të kryer veprime me forma gjeometrike sipas përmbajtjes së lëndës “Planimetria”. Në detyrën 3, testohet aftësia për të llogaritur sipërfaqen e një figure në letër me kuadrate, aftësia për të llogaritur masat e shkallës së këndeve, për të llogaritur perimetrat, etj.

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

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

Për të llogaritur sipërfaqen e këtij drejtkëndëshi, ne do të përdorim formulën Pick:

S= B +	G
	2

ku B = 10, G = 6, pra

S = 18 +	6
	2

Përgjigje: 20.

Shihni gjithashtu: Provimi i unifikuar i shtetit në fizikë: Zgjidhja e problemeve të lëkundjeve

Detyra numër 4- detyra e lëndës “Teoria e probabilitetit dhe statistika”. Testohet aftësia për të llogaritur probabilitetin e një ngjarjeje në situatën më të thjeshtë.

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

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

në të cilin të gjitha kulmet janë të kuqe.

3) Një pesëkëndësh me të gjitha kulmet e kuqe.

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

kulmet e të cilit janë të kuqe ose me një kulm blu.

8) Një gjashtëkëndësh, me maja të kuqe me një majë blu.

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

10) 42 - 16 = 26 poligone duke përdorur pikën blu.

11) 26 - 16 = 10 shumëkëndësha - sa shumëkëndësha me një nga kulmet - një pikë blu, më shumë se shumëkëndësha me të gjitha kulmet vetëm të kuqe.

Përgjigje: 10.

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

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

Zgjidhje. Pjesëtoni të dyja anët e këtij ekuacioni me 5 3 + NS≠ 0, marrim

2 3 + x	= 0,4 ose		2		3 + NS	=	2	,
5 3 + NS			5				5

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

Përgjigje: –2.

Detyra numër 6 mbi planimetrinë për gjetjen e madhësive gjeometrike (gjatësitë, këndet, sipërfaqet), modelimin e situatave reale në gjuhën e gjeometrisë. Hulumtimi 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 mesme paralele me anën AB... Gjeni zonën e një trapezi NJË KREVAT.

Zgjidhje. Trekëndëshi CDE si një trekëndësh CAB në dy qoshe, që nga këndi i majës C e përgjithshme, kënd CDE e barabartë me këndin CAB si këndet përkatëse në DE || AB sekant AC... Sepse DE- vija e mesme e trekëndëshit nga kushti, pastaj nga vetia e vijës së mesme | DE = (1/2)AB... Kjo do të thotë se koeficienti i ngjashmërisë është 0.5. Sipërfaqet e figurave të tilla lidhen si katrori i koeficientit të ngjashmërisë, pra

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

Detyra numër 7- kontrollon zbatimin e derivatit në studimin e funksionit. Për zbatimin e suksesshëm, kërkohet një njohuri kuptimplote, joformale e konceptit të një derivati.

Shembulli 7. Shkoni te grafiku i funksionit y = f(x) në pikën me abshisën x 0 vizatohet një tangjente, e cila është pingul me drejtëzën që kalon nëpër pikat (4; 3) dhe (3; –1) të këtij grafiku. Gjej 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 e drejtë y = 4x- 13, ku k 1 = 4, sipas formulës:

3) Pjerrësia e tangjentes është derivat i funksionit në pikën e tangjences. Do të thotë, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Përgjigje: –0,25.

Detyra numër 8- teston pjesëmarrësit e provimit njohuritë e stereometrisë elementare, aftësinë për të zbatuar formulat për gjetjen e sipërfaqeve të sipërfaqeve dhe vëllimeve të figurave, këndet diedrale, për të krahasuar vëllimet e figurave të ngjashme, për të kryer veprime me figura gjeometrike, koordinata. dhe vektorët etj.

Vëllimi i kubit të përshkruar rreth sferës është 216. Gjeni rrezen e sferës.

Zgjidhje. 1) V kubik = a 3 (ku aËshtë gjatësia e skajit të kubit), prandaj

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 numër 9- Kërkon që maturanti të konvertojë dhe thjeshtojë shprehjet algjebrike. Detyra numër 9 e një niveli të rritur vështirësie me një përgjigje të shkurtër. Detyrat nga seksioni "Llogaritjet dhe transformimet" në provim ndahen në disa lloje:

konvertimi i shprehjeve racionale numerike;

shndërrimet e shprehjeve dhe thyesave algjebrike;

konvertimi i shprehjeve irracionale numerike/alfabetike;

veprimet me gradë;

transformimi i shprehjeve logaritmike;

konvertimin e shprehjeve numerike / alfabetike trigonometrike.

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

3π	< α < π.
4

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

tg 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

Prandaj, tg 2 α = ± 0,5.

3) Sipas kushtit

3π	< α < π,
4

pra, α është këndi i tremujorit II dhe tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

Përgjigje: –0,5.

# ADVERTISING_INSERT # Detyra numër 10- teston aftësinë e nxënësve për të përdorur njohuritë dhe aftësitë e fituara herët në praktikë dhe në jetën e përditshme. Mund të themi se këto janë probleme në fizikë, dhe jo në matematikë, por në kusht jepen të gjitha formulat dhe sasitë e nevojshme. Detyrat reduktohen 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 jetë ose një numër i plotë ose një thyesë dhjetore përfundimtare.

Dy trupa që peshojnë 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. Cili është këndi më i vogël 2α (në gradë) nëse trupat duhet të lëvizin 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, me hipotezë, α ∈ (0 °; 90 °), do të thotë 30 ° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

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

Shembulli 11. Gjatë pushimit të pranverës, nxënësi i klasës 11 Vasya duhej të zgjidhte 560 probleme stërvitore për t'u përgatitur për Provimin e Bashkuar 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 në ditën e fundit të pushimeve.

Zgjidhja: shënojmë a 1 = 5 - numri i problemeve që Vasya zgjidhi më 18 Mars, d- numri ditor i detyrave të zgjidhura nga Vasya, n= 16 - numri i ditëve nga 18 Mars deri në 2 Prill përfshirë, S 16 = 560 - numri i përgjithshëm i detyrave, a 16 - numri i problemeve që Vasya zgjidhi më 2 Prill. Duke ditur që çdo ditë Vasya zgjidhte të njëjtin numër problemesh më shumë në krahasim me një ditë më parë, atëherë mund të përdorni formulat për të gjetur shumën e një progresion aritmetik:

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

Përgjigje: 65.

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

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

Zgjidhja: 1) Gjeni domenin e 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:

Kërkoni pikë maksimale x = –8.

Shkarkoni falas një program pune në matematikë për linjën e metodave mësimore të G.K. Muravina, K.S. Muravina, O. V. Muravina 10-11 Shkarkoni falas mjete mësimore për algjebër

Detyra numër 13-Rritja e nivelit të vështirësisë me një përgjigje të detajuar, e cila teston aftësinë për të zgjidhur ekuacionet, detyrat më të suksesshme të zgjidhura me një përgjigje të detajuar të një niveli kompleksiteti të rritur.

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,

regjistri 3 (2cos x) =	2	⇔	2cos x = 9	⇔	cos x =	4,5	⇔ që \| cos x\| ≤ 1,

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

pastaj cos x =	√3
	2

x =	π	+ 2π k
	6

x = –	π	+ 2π k, k ∈ Z
	6

b) Gjeni rrënjët që shtrihen në segment.

Nga figura shihet se rrënjët

11π	dhe	13π	.
6		6

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

Detyra numër 14- Niveli i avancuar i referohet detyrave të pjesës së dytë me një përgjigje të detajuar. Detyra teston aftësinë për të kryer veprime me forma gjeometrike. Detyra përmban dy artikuj. Në paragrafin e parë duhet vërtetuar detyra dhe në paragrafin e dytë duhet llogaritur.

Diametri i perimetrit 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 ndërmjet 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 akord me gjatësi 12 ndodhet në një distancë = 8 nga qendra e rrethit bazë, dhe një kordë me gjatësi 16, në mënyrë të ngjashme, në një distancë prej 6. Prandaj, distanca midis projeksioneve të tyre në një rrafshi paralel me bazat e cilindrave është ose 8 + 6 = 14, ose 8 - 6 = 2.

Atëherë distanca midis kordave është ose

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Me kusht u realizua 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. Ajo që kërkohej për të provuar.

b) Le të caktojmë qendrat e bazave për O 1 dhe O 2. Le të nxjerrim nga qendra e bazës me një kordë me gjatësi 12 një mes pingul me këtë kordë (ajo ka një gjatësi prej 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. Ne e quajmë mesin e kordës më të vogël B më të madhe se A dhe projeksionin e A në bazën e dytë H (H ∈ β). Atëherë AB, AH ∈ β dhe për rrjedhojë AB, AH janë pingul me kordën, pra drejtëzën e prerjes së bazës me rrafshin e dhënë.

Prandaj, këndi i kërkuar është

∠ABH = arctg	AH	= arctg	28	= arctg14.
	Bh		8 – 6

Detyra numër 15- një nivel i rritur i vështirësisë me një përgjigje të detajuar, teston aftësinë për të zgjidhur pabarazitë, më të suksesshmet e zgjidhura 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 kësaj pabarazie është intervali (–1; + ∞). Konsideroni tre raste veç e veç:

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

2) Tani le 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 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 si (3 x – x 2) regjistri 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Pas pjesëtimit me shprehje pozitive 3 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 numër 16- Niveli i avancuar i referohet detyrave të pjesës së dytë me një përgjigje të detajuar. Detyra teston aftësinë për të kryer veprime me forma gjeometrike, koordinata dhe vektorë. Detyra përmban dy artikuj. Në paragrafin e parë duhet vërtetuar detyra dhe në paragrafin e dytë duhet llogaritur.

Në një trekëndësh dykëndësh ABC me një kënd prej 120 ° në kulmin A, vizatohet një përgjysmues BD. 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 jetë EF = DH = x, pastaj BE = 2 x, BF = x√3 nga teorema e Pitagorës.

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

BD është përgjysmues i ∠B, pra ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Konsideroni ΔDBH - drejtkëndëshe, pasi 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.

Përgjigje: 24 – 12√3.

Detyra numër 17- një detyrë me një përgjigje të detajuar, kjo detyrë teston zbatimin e njohurive dhe aftësive në praktikë dhe në jetën e përditshme, aftësinë për të ndërtuar dhe eksploruar modele matematikore. Kjo detyrë është një problem teksti me përmbajtje ekonomike.

Shembulli 17. Depozita në shumën prej 20 milion rubla është planifikuar të hapet për katër vjet. Në fund të çdo viti, banka rrit depozitën e saj me 10% në krahasim me madhësinë e saj në fillim të vitit. Përveç kësaj, në fillim të vitit të tretë dhe të katërt, depozituesi plotëson çdo vit depozitën nga NS milion rubla, ku NS - e tërë numri. Gjeni vlerën më të madhe NS, në të cilën banka do të grumbullojë më pak se 17 milion rubla në depozitë në katër vjet.

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 + NS), dhe në fund - (24,2 + NS) + (24,2 + NS) 0,1 = (26,62 + 1,1 NS). Në fillim të vitit të katërt, kontributi do të jetë (26,62 + 2,1 NS), dhe në fund - (26.62 + 2.1 NS) + (26,62 + 2,1NS) 0,1 = (29,282 + 2,31 NS). Me hipotezë, ju duhet të gjeni numrin më të madh të plotë x për të cilin 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

x <	7718
	310

x <	3859
	155

x < 24	139
	155

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

Përgjigje: 24.

Detyra numër 18- një detyrë e një niveli të rritur kompleksiteti me një përgjigje të detajuar. Kjo detyrë ka për qëllim përzgjedhjen konkurruese për universitetet me kërkesa të shtuara për trajnimin matematikor të aplikantëve. Një detyrë e një niveli të lartë kompleksiteti nuk është një detyrë për të aplikuar një metodë zgjidhjeje, por për një kombinim të metodave të ndryshme. Për realizimin me sukses të detyrës 18, përveç njohurive solide matematikore, kërkohet edhe një nivel i lartë i kulturës matematikore.

Nën çfarë a sistemi i pabarazive

	x 2 + y 2 ≤ 2ay – a 2 + 1

	y + a ≤ \|x\| – a

ka saktësisht dy zgjidhje?

Zgjidhja: Ky sistem mund të rishkruhet si

	x 2 + (y– a) 2 ≤ 1

	y ≤ \|x\| – a

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

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

Pikat e tangjencës së rrethit me drejtëza do të jenë dy zgjidhje të sistemit. Secila prej vijave të drejta është e prirur drejt boshteve në një kënd prej 45 °. Pra trekëndëshi PQR- dykëndëshe dykëndëshe. Pika P ka koordinata (0, a), dhe pika R- koordinatat (0, - a). Përveç kësaj, segmentet PR dhe PQ janë të barabarta me rrezen e rrethit të barabartë me 1. Prandaj,

Qr= 2a = √2, a =	√2	.
	2

Përgjigje: a =	√2	.
	2

Detyra numër 19- një detyrë e një niveli të rritur kompleksiteti me një përgjigje të detajuar. Kjo detyrë ka për qëllim përzgjedhjen konkurruese për universitetet me kërkesa të shtuara për trajnimin matematikor të aplikantëve. Një detyrë e një niveli të lartë kompleksiteti nuk është një detyrë për të aplikuar një metodë zgjidhjeje, por për një kombinim të metodave të ndryshme. Për përfundimin me sukses të detyrës 19, është e nevojshme të jeni në gjendje të kërkoni një zgjidhje, duke zgjedhur qasje të ndryshme nga ato të njohura, duke modifikuar metodat e studiuara.

Le te jete Sn shuma NS anëtarët e progresionit aritmetik ( a n). Dihet se S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Tregoni formulën NS anëtari i këtij progresi.

b) Gjeni shumën më të vogël të modulit S n.

c) Gjeni më të voglin NS 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 që janë më afër zerot e funksionit. Është e qartë se këto janë pika NS= 1, NS= 12 dhe NS= 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 pika e mëparshme rezulton se Sn pozitivisht 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, domethënë në NS= 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 = 2321, S 24 = 24 23.

Rezulton se për vlera më të vogla NS katrori i plotë nuk arrihet.

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

________________

* Që nga maji 2017, grupi i përbashkët botues "DROFA-VENTANA" është pjesë e korporatës "Russian textbook". Korporata përfshin gjithashtu shtëpinë botuese Astrel dhe platformën arsimore dixhitale LECTA. Alexander Brychkin, i diplomuar në Akademinë Financiare nën Qeverinë e Federatës Ruse, Ph.D. në Ekonomi, drejtues i projekteve inovative të shtëpisë botuese DROFA në fushën e edukimit dixhital (forma elektronike të teksteve shkollore, Shkolla Elektronike Ruse, dixhitale Platforma arsimore LECTA) është emëruar Drejtor i Përgjithshëm. Para se t'i bashkohej shtëpisë botuese DROFA, ai ka mbajtur postin e Zëvendës Presidentit 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 një shkollë speciale). Shtëpitë botuese të korporatës zotërojnë grupet e teksteve më të kërkuara nga shkollat ruse për fizikën, vizatimin, biologjinë, kiminë, teknologjinë, gjeografinë, astronominë - fusha të njohurive që nevojiten për të zhvilluar potencialin e prodhimit të vendit. Portofoli i korporatës përfshin libra shkollorë të shkollave fillore dhe mjete mësimore që kanë marrë Çmimin e Presidentit për Arsim. Këto janë tekste shkollore dhe manuale për fushat lëndore që janë të nevojshme për zhvillimin e potencialit shkencor, teknik dhe prodhues të Rusisë.