Riješit ću Jedinstveni državni ispit broj 13. Priprema za Jedinstveni državni ispit iz matematike (razina profila): zadaci, rješenja i objašnjenja

U zadatku 13 razine profila Jedinstvenog državnog ispita iz matematike trebate riješiti jednadžbu, ali već viša razina složenosti, budući da zadaci nekadašnje razine C počinju od zadatka 13, a taj se zadatak može nazvati C1. Prijeđimo na primjere tipičnih zadataka.

Analiza tipičnih opcija za zadatke br. 13 Jedinstvenog državnog ispita iz matematike na razini profila

Prva verzija zadatka (demo verzija 2018.)

a) Riješite jednadžbu cos2x = 1-cos(n/2-x)

b) Pronađite sve korijene ove jednadžbe koji pripadaju intervalu [-5n/2;-n].

Algoritam rješenja:

1. t
2. Radimo obrnutu zamjenu i rješavamo najjednostavnije trigonometrijske jednadžbe.

1. Gradimo brojevnu os.
2. Na njega primjenjujemo korijenje.
3. Označite krajeve segmenta.
4. Odabiremo one vrijednosti koje leže unutar intervala.
5. Zapisujemo odgovor.

Riješenje:

1. Transformirajte desna strana jednakost pomoću cos( π/ 2−x)=grijeh x. Imamo:

sos2x = 1 – sin x.

Transformirajmo lijevu stranu jednadžbe koristeći formulu dvostrukog argumenta kosinusa koristeći sinus:

cos(2x)=1−2sin 2 x

Dobivamo sljedeću jednadžbu: 1−sin 2 x=1− grijeh x

Sada postoji samo jedna trigonometrijska funkcija sin u jednadžbi x.

2. Unesite zamjenu: t= grijeh x. Rješavamo dobivenu kvadratnu jednadžbu:

1−2t 2 =1−t,

−2t 2 +t=0,

t(−2t+1)=0,

t = 0 ili -2t + 1 = 0,

t 1 = 0 t 2 = 1/2.

3. Napravite obrnutu zamjenu:

grijeh x= 0 ili sin x = ½

Riješimo ove jednadžbe:

grijeh x =0↔x=πn, nÊZ

grijeh( x)=1/2↔x= (-1) n ∙( π/6)+πn, nÊZ.

Posljedično, dobivamo dvije obitelji rješenja.

1. U prethodnom odlomku dobivene su dvije obitelji od kojih svaka ima beskonačno mnogo rješenja. Potrebno je saznati koji se od njih nalaze u zadanom intervalu. Da bismo to učinili, gradimo brojevnu liniju.

2. Primjenjujemo korijene obiju obitelji na njega, označavajući ih zelena(prvi) i plavi (drugi).

3. Označite krajeve praznine crvenom bojom.

4. U navedenom intervalu nalaze se tri korijena koji su tri korijena: −2 π ;−11π/ 6 i −7 π/ 6.

A) πn, nÊZ;(-1) n ∙( π/6)+πn, nÊZ

b) −2 π ;−11π 6;−7π 6

Druga verzija zadatka (od Jaščenka, br. 1)

a) Riješite jednadžbu.

Algoritam rješenja:

1. Tu funkciju zamijenimo varijablom t te riješiti dobivenu kvadratnu jednadžbu.
2. Radimo obrnutu zamjenu i rješavamo najjednostavnije eksponencijalne, zatim trigonometrijske jednadžbe.

1. Konstruiramo koordinatnu ravninu i na njoj kružnicu jediničnog polumjera.
2. Označavamo točke koje su krajevi segmenta.
3. Odabiremo one vrijednosti koje leže unutar segmenta.
4. Zapisujemo odgovor.

Riješenje:

1. Uvodimo zamjenu t = 4 cos x. tada će jednadžba imati oblik:

Rješavamo kvadratnu jednadžbu korištenjem diskriminantnih i korijenskih formula:

D=b 2 – c = 81 – 4∙4∙2 =49,

t 1 = (9 – 7)/8= ¼, t 2 = (9+7)/8=2.

1. Konstruiraj koordinatnu ravninu i na njoj kružnicu jediničnog polumjera.

2. Označite točke koje su krajevi segmenta.

3. Odaberite one vrijednosti koje se nalaze unutar segmenta..

Ovo su korijeni. Ima ih dvoje.

A)

Treća verzija zadatka (od Jaščenka, br. 6)

a) Riješite jednadžbu .

b) Pronađite sve korijene ove jednadžbe koji pripadaju segmentu.

Algoritam rješenja:

1. Uz pomoć trigonometrijske formule Jednadžbu reduciramo na oblik koji sadrži samo jednu trigonometrijsku funkciju.
2. Tu funkciju zamijenimo varijablom t te riješiti dobivenu kvadratnu jednadžbu.
3. Radimo obrnutu zamjenu i rješavamo najjednostavnije eksponencijalne, a zatim trigonometrijske jednadžbe.

1. Rješavamo nejednadžbe za svaki slučaj.
2. Zapisujemo odgovor.

Riješenje:

1. Korištenje redukcijskih formula .

2. Tada će ova jednadžba poprimiti oblik:

3. Uvodimo zamjenu . Dobivamo:

Rješavamo običnu kvadratnu jednadžbu korištenjem diskriminantnih i korijenskih formula:

Oba su korijena pozitivna.

3. Povratak na varijablu x:

"Različiti načini rješavanja zadataka br. 13 Jedinstvenog državnog ispita"

Sastanak okružnog metodičkog društva

profesori matematike" Stručna kompetentnost nastavnik kao uvjet za kvalitetnu pripremu učenika za GIA"

Vorobjova Olga Aleksandrovna,

profesorica matematike SŠ br.3

analiziranje Rezultati jedinstvenog državnog ispita u matematici treba napomenuti da mnogi učenici ne krenu rješavati zadatke iz skupine C, a ako i krenu, često griješe. Mnogo je razloga za to. Jedan od njih je nedovoljan broj samostalno riješenih zadataka, učinjene pogreške se ne analiziraju, a u pravilu je stečeno znanje površno, jer se uglavnom razmatraju samo zadaci iste vrste, a metode rješavanja samo standardne.

• Analizirajući rezultate Jedinstvenog državnog ispita iz matematike, treba napomenuti da mnogi učenici ne počinju rješavati zadatke iz skupine C, a ako to rade, često griješe. Mnogo je razloga za to. Jedan od njih je nedovoljan broj samostalno riješenih zadataka, učinjene pogreške se ne analiziraju, a u pravilu je stečeno znanje površno, jer se uglavnom razmatraju samo zadaci iste vrste, a metode rješavanja samo standardne.

U zadatku 13 Jedinstvenog državnog ispita iz matematike na razini profila potrebno je riješiti jednadžbu i odabrati njezine korijene koji zadovoljavaju određeni uvjet.

• U zadatku 13 Jedinstvenog državnog ispita iz matematike na razini profila potrebno je riješiti jednadžbu i odabrati njezine korijene koji zadovoljavaju određeni uvjet.
• Odabir korijena je dodatna točka u uvjetima problema ili logično proizlazi iz strukture same jednadžbe. A iskustvo pokazuje da ta ograničenja predstavljaju glavnu poteškoću studentima.

Rješavanje trigonometrijskih jednadžbi Za trigonometrijske jednadžbe primjenjujemo opće metode rješenja (faktorizacija, promjena varijable, funkcionalno-grafička) i ekvivalentne transformacije opće prirode. 1. Kvadratne jednadžbe u odnosu na trigonometrijsku funkciju 2. Homogene jednadžbe 3. Faktorizacija 4. Korištenje periodičnosti funkcija Metode odabira korijena

• Aritmetička metoda
• Algebarski način
• Geometrijska metoda
• Funkcionalan grafička metoda

1. Aritmetička metoda

• Izravna supstitucija korijena u jednadžbi i postojeća ograničenja
• Prolazak kroz vrijednosti cjelobrojnih parametara i izračunavanje korijena

Zamjena korijena u postojeća ograničenja Iteracija kroz vrijednosti cjelobrojnog parametra i izračunavanje korijena 2. Algebarska metoda

• Rješavanje nejednadžbe s obzirom na nepoznati cjelobrojni parametar i izračunavanje korijena
• Proučavanje jednadžbe s dva cjelobrojna parametra (koristi se pri rješavanju sustava jednadžbi)

Rješavanje nejednadžbi s obzirom na parametar i izračunavanje korijena Proučavanje jednadžbe s dva cijela parametra 3. Geometrijska metoda

• Izbor korijena trigonometrijske jednadžbe na brojevnoj kružnici
• Izbor korijena trigonometrijske jednadžbe na brojevnom pravcu

Vađenje korijena na brojevnoj kružnici Vađenje korijena trigonometrijske jednadžbe na brojevnoj crti 4. Funkcionalna grafička metoda Riješite jednadžbu „Moram svoje vrijeme podijeliti između politike i jednadžbi. Međutim, jednadžbe su, po mom mišljenju, važnije. Politika samo za u ovom trenutku, a jednadžbe će postojati zauvijek.” “Moram podijeliti svoje vrijeme između politike i jednadžbi. Međutim, jednadžbe su, po mom mišljenju, važnije. Politika je samo za ovaj trenutak, ali jednadžbe će postojati zauvijek.”

Jedinstveni državni ispit iz matematike razini profila

Rad se sastoji od 19 zadataka.
1. dio:
8 zadataka s kratkim odgovorima osnovne razine težine.
2. dio:
4 pitanja s kratkim odgovorom
7 zadataka s detaljnim odgovorima visoka razina poteškoće.

Trajanje - 3 sata i 55 minuta.

Primjeri zadataka Jedinstvenog državnog ispita

Riješenje Zadaci Jedinstvenog državnog ispita matematika.

Problem s rješenjem:

U pravilnoj trokutastoj piramidi ABCS s bazom ABC poznati su sljedeći bridovi: AB = 5 korijena iz 3, SC = 13.
Odredite kut koji čine ravnina osnovice i pravac koji prolazi sredinom bridova AS i BC.

Riješenje:

1. Kako je SABC pravilna piramida, ABC je jednakostranični trokut, a ostale plohe su jednaki jednakokračni trokuti.
To jest, sve stranice baze jednake su 5 sqrt(3), a svi bočni rubovi jednaki su 13.

2. Neka je D polovište BC, E polovište AS, SH visina spuštena od točke S do baze piramide, EP visina spuštena od točke E do baze piramide.

3. Odredite AD iz pravokutnog trokuta CAD koristeći Pitagorin poučak. Ispada da je 15/2 = 7,5.

4. Kako je piramida pravilna, točka H je sjecište visina/srednjica/simetrala trokuta ABC, te stoga dijeli AD u omjeru 2:1 (AH = 2 AD).

5. Nađi SH iz pravokutnog trokuta ASH. AH = AD 2/3 = 5, AS = 13, prema Pitagorinom teoremu SH = sqrt(13 2 -5 2) = 12.

6. Trokuti AEP i ASH su pravokutni i imaju zajednički kut A, dakle slični. Po uvjetu je AE = AS/2, što znači AP = AH/2 i EP = SH/2.

7. Ostaje razmotriti pravokutni trokut EDP (samo nas zanima kut EDP).
EP = SH/2 = 6;
DP = AD 2/3 = 5;

Kutna tangensa EDP = EP/DP = 6/5,
Kut EDP = arctan (6/5)

Odgovor:

Znaš li što?

Među svim figurama s istim opsegom, krug će imati najveću površinu. Obrnuto, među svim oblicima s istom površinom, krug će imati najmanji opseg.

Leonardo da Vinci došao je do pravila prema kojem je kvadrat promjera debla jednak zbroju kvadrati promjera grana uzetih na zajedničkoj fiksnoj visini. Kasnije studije su to potvrdile sa samo jednom razlikom - stupanj u formuli nije nužno jednak 2, već se nalazi u rasponu od 1,8 do 2,3. Tradicionalno se vjerovalo da se ovaj obrazac objašnjava činjenicom da stablo s takvom strukturom ima optimalan mehanizam za opskrbu granama hranjivim tvarima. Međutim, 2010. godine američki fizičar Christophe Alloy pronašao je jednostavnije mehaničko objašnjenje fenomena: ako stablo smatramo fraktalom, tada Leonardov zakon smanjuje vjerojatnost lomljenja grana pod utjecajem vjetra.

Laboratorijske studije pokazale su da pčele mogu birati optimalna ruta. Nakon što lokalizira cvjetove postavljene na različita mjesta, pčela odleti i vrati se natrag na način da se konačni put pokaže najkraćim. Tako se ovi kukci učinkovito nose s klasičnim “problemom trgovačkog putnika” iz informatike, za čije rješavanje moderna računala, ovisno o broju bodova, mogu potrošiti više od jednog dana.

Ako pomnožite svoju dob sa 7, a zatim pomnožite s 1443, rezultat će biti vaša dob napisana tri puta zaredom.

Negativne brojeve smatramo nečim prirodnim, ali to nije uvijek bio slučaj. Negativni brojevi su prvi put legalizirani u Kini u 3. stoljeću, ali su se koristili samo u iznimnim slučajevima, jer su se općenito smatrali besmislenim. Nešto kasnije, negativni brojevi počeli su se koristiti u Indiji za označavanje dugova, ali na zapadu nisu zaživjeli - slavni Diofant iz Aleksandrije tvrdio je da je jednadžba 4x+20=0 apsurdna.

Američki matematičar George Danzig, dok je diplomirao na sveučilištu, jednom je zakasnio na nastavu i jednadžbe napisane na ploči zamijenio za domaća zadaća. Činilo mu se teže nego inače, ali nakon nekoliko dana uspio ju je dovršiti. Ispostavilo se da je riješio dva "nerješiva" problema u statistici s kojima su se mučili mnogi znanstvenici.

U ruskoj matematičkoj literaturi nula nije prirodni broj, a u zapadnom, naprotiv, pripada skupu prirodnih brojeva.

Dekadni sustav brojeva koji koristimo nastao je jer ljudi imaju 10 prstiju. Sposobnost apstraktnog brojanja nije se odmah pojavila kod ljudi, a pokazalo se da je najprikladnije koristiti prste za brojanje. Civilizacija Maja i, neovisno o njima, Čukči povijesno su koristili dvadesetoznamenkasti brojčani sustav, koristeći prste ne samo na rukama, već i na nožnim prstima. Duodecimalni i seksagezimalni sustavi uobičajeni u starom Sumeru i Babilonu također su se temeljili na korištenju ruku: palcem su se brojale falange ostalih prstiju dlana, čiji je broj 12.

Jedna je prijateljica zamolila Einsteina da je nazove, ali je upozorila da je njezin telefonski broj vrlo teško zapamtiti: - 24-361. Sjećaš li se? Ponoviti! Iznenađen, Einstein je odgovorio: "Naravno da se sjećam!" Dva tuceta i 19 na kvadrat.

Stephen Hawking jedan je od vodećih teorijskih fizičara i popularizator znanosti. U svojoj priči o sebi, Hawking je spomenuo da je postao profesor matematike bez ikakvog matematičkog obrazovanja od Srednja škola. Kad je Hawking počeo predavati matematiku na Oxfordu, pročitao je udžbenik dva tjedna prije svojih učenika.

Maksimalni broj koji se može napisati rimskim brojevima bez kršenja Shvartsmanovih pravila (pravila za pisanje rimskih brojeva) je 3999 (MMMCMXCIX) - ne možete pisati više od tri znamenke u nizu.

Postoje mnoge prispodobe o tome kako jedna osoba poziva drugu da mu plati za neku uslugu na sljedeći način: na prvo polje šahovske ploče stavit će jedno zrno riže, na drugo - dva i tako dalje: na svako sljedeće polje. dvostruko više nego na prethodnom. Zbog toga će onaj tko tako plaća sigurno bankrotirati. To ne čudi: procjenjuje se da Totalna tezina riže će iznositi više od 460 milijardi tona.

U mnogim izvorima, često u svrhu poticanja lošijih učenika, postoji izjava da je Einstein pao matematiku u školi ili, štoviše, općenito vrlo loše učio sve predmete. Zapravo, sve nije bilo tako: Albert je još bio unutra ranoj dobi počeo pokazivati ​​talent za matematiku i znao ju je daleko izvan školskog programa.

Prosjek opće obrazovanje

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

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

Ispit na 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 dobio školsku svjedodžbu, maturant mora položiti dvije obavezni ispit u obliku jedinstvenog državnog ispita, od kojih je jedan 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 i moći pretvarati 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”. Zadatkom 3 provjerava se sposobnost izračunavanja površine figure na kariranom papiru, sposobnost izračunavanja stupnjevanih mjera kutova, izračunavanja 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 5 crvenih i 1 označena 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.

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. Odvojimo oba dijela dana jednadžba od 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 konstruiranih modela korištenjem geometrijskih koncepata i teorema. 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 dva zadanih bodova i pronađite 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- zahtijeva od diplomanta da ima vještine transformacije i pojednostavljenja algebarskih izraza. Zadatak br. 9 povišenog stupnja težine s kratkim odgovorom. Zadaci iz odjeljka "Izračuni i transformacije" na Jedinstvenom državnom ispitu podijeljeni su u nekoliko vrsta:

numeričke pretvorbe racionalni izrazi;

pretvaranje algebarskih izraza i razlomaka;

pretvorbe brojeva/slova iracionalni izrazi;

akcije sa stupnjevima;

pretvaranje logaritamskih izraza;

1. 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 – ukupno zadaci, 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 aritmetičke progresije:

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 = 8 od središta osnovne kružnice, a tetiva duljine 16, slično tome, udaljena je 6. Dakle, udaljenost njihovih projekcija na ravninu paralelnu s osnovica 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 jednakokračan trokut 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 građenja i istraživanja matematički modeli. 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 složenosti je zadatak ne na korištenju jedne metode rješavanja, već na kombinaciji različitih metoda. Za uspješno rješavanje zadatka 18, osim solidnog matematičkog znanja, potrebna je i visoka razina matematičke kulture.

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.

Dakle, dva rješenja ovaj sustav imat će 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 . Korištenje ovu formulu, 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 ne postiže se potpuni kvadrat.

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, voditeljem inovativnih projekata izdavačke kuće DROFA u području digitalnog obrazovanja (elektronički oblici udžbenika, Ruska elektronička škola, digitalno obrazovanje platforma LECTA). Prije dolaska u nakladničku kuću DROFA obnašao je dužnost potpredsjednika za strateški razvoj i investicije nakladničkog holdinga EKSMO-AST. Danas izdavačka korporacija "Ruski udžbenik" ima najveći portfelj udžbenika uključenih u Savezni popis - 485 naslova (otprilike 40%, isključujući udžbenike za specijalne škole). 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.