ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა გუშჩინის საბაზისო მოვაგვარებ. მომზადება ერთიანი სახელმწიფო გამოცდისთვის მათემატიკაში საბაზო და სპეციალიზებულ საფეხურებზე

ხმოვანი ბგერები და ასოები რუსულ ენაში არის 6 ძირითადი ხმოვანი ბგერა: [a] [o] [u] [i] [s] [e] ხმოვანი ბგერების აღმნიშვნელი 10 ასო: aouye yaoyue E E Yu Ya - დასაწყისში. სიტყვა, ხმოვანის და ъ-ის შემდეგ, ь [ey] [yo] [კარგად] [ma] [ey]l - ნაძვი po[yo]t - პოეტი v[nu]n - ლოუჩი [ma]ma - ორმო.

თანხმოვანი ბგერები დაწყვილებული თანხმოვნები მყარი რბილი ხმოვანი: [b] [c] [d] [d] [g] [z] [b] [c] [g] [d] [z] უხმო: [p] [f] [ k] [t] [w] [s] [p] [f] [k] [t] [s] დაუწყვილებელი თანხმოვნები მყარი რბილი ხმოვანი: [l] [m] [n] [r][l] [მ] [n] [r] [th] უხმო: [x] [ts] [x] [h] [h] Sibilant: [f] [h] [h] [w]

ატრიბუტები წინადადების წევრები მთავარი მეორადი სუბიექტი პრედიკატი ობიექტი განმარტება გარემოება რას ნიშნავს ვისზე ან რაზეა ნათქვამი სუბიექტის მოქმედება, მისი მდგომარეობა, გრძნობები რომელ საგანზე ან ფენომენზეა მიმართული მოქმედება სუბიექტის ნიშანი როგორ, როდის, სად, რა მიზეზით ხდება მოქმედება კითხვები ვინ? რა? რას აკეთებს? რა გააკეთე? … კითხვები არაპირდაპირი შემთხვევებირომელი? ვისი? სად? სად? როდის? სად? რატომ? როგორც გამოხატულია მის მიერ. არსებითი სახელი; ნაცვალსახელი; სიტყვების კომბინაცია ზმნასთან; im.ზედსართავი სახელები mnouns im.noun; ნაცვალსახელი იმ. ადგ.; არსებითი სახელი არსებითი სახელი; ზმნიზედა მაგალითი Mysobiralishshiki ნაძვის ტყეში.

სუფიქსები (ბევრია სხვადასხვა სუფიქსები, აქ არის რამდენიმე მათგანი) არსებითი სახელი ზმნები -k- -ik- -ek- -nik- -ova- -eva- -iva- -yva- -chik- -schik- ზედსართავი სახელები -tel- -l- -skates- - სკ - -ენკ- -ჩივ- -ლივ- -სათვალე- -ისტ- -იშკ- - chic- -ush- -ok- -in- -n- -from- -uvat- -ost- -evat-

მეტყველების ნაწილები არსებითი სახელი ზედსართავი ზმნა who? რა? რომელი? რომელი? რომელი? რომელი? რა გავაკეთო? რა გავაკეთო? რა გააკეთე? საგნის ნიშანი მოქმედება სახლი ბალახი ბავშვი კატა მწვანე (ტყე) ძლიერი (ხელი) სკოლა (დავალება) ზაფხული (დღეები) იხილეთ letati run წაკითხული

სიტყვის ნაწილები ნაცვალსახელი ზმნიზედა ვინ არის უფრო რიცხვითი? რა? როგორ? როდის? რისთვის? სად? სად? სად? რატომ? რამდენი? რომელი? რომელი? მიუთითებს ობიექტის ნიშანს მოქმედების ნომერი და ობიექტების თანმიმდევრობა.

არსებითი სახელების შემთხვევები საქმე სახელი საქმის კითხვებიწინადადებები სახელობითი ვინ? რა? გენიტივი ვინ? რა? გარეშე, ახლოს, რომ, დან, შესახებ, დან, ახლოს, ერთად, at Dative? რა, აკუზატივის მიხედვით? რა? ქვეშ, for, შესახებ, მეშვეობით, in, on Creative ვის მიერ? როგორ? for, შორის, ზევით, ქვეშ, წინადადებით? რაზე, შესახებ, შესახებ, შესახებ, at

ზედსართავი სახელების დაქვეითება CaseM.r.Zh. რ ოთხ. რ. სახელობითი -y, -y-aya, -y-ee, -ee გენიტივი -him, -oh-ey, -oh-him, -oh Dative -he, -oy-ey, -oh-he, -oh ბრალდებით - მისი (th), -th (th) -y. –yuyu -him (her), - oh (her) Instrumental -im, -im-ey, -oh-im, -ym პრეპოზიციური -em, -om-ey, oh-em, -om.
ზმნა განუსაზღვრელი ფორმაზმნა What to do? პასუხის გაცემა გადაწყვიტე პასუხის გაცემა ზმნების შეცვლა დროების მიხედვით აწმყო დრო What is doing? უყურებს, ხედავს და ხატავს წარსულს რა გააკეთე? რა გააკეთე? დავხედე, ვნახე და დავხატე მომავალი დრო რა ვქნა? რას გააკეთებს? შეხედავს, შეხედავს, დაინახავს, ​​დაინახავს, ​​დახატავს, დახატავს

კონიუგაცია ზმნები -ჭამა, - ჭამე - ეს, -et I უღლება -ემ, -ემ -ეთე. -ეს მოხეტიალეა. -yut -ish -it II უღლება -im -ite -at, -yat -et, -ati, -ot, -ust, -be-live ზმნები, რომლებიც მიეკუთვნება II უღლებას: Drive, breathe, hold, hang, იხ. , მოისმინე და შეურაცხყოფა მიაყენე, და ასევე მოითმინე, გადაატრიალე, სიძულვილი და უყურე.

ვიდეოკურსი „მიიღე A“ მოიცავს ყველა იმ თემას, რომელიც აუცილებელია წარმატებისთვის ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ჩაბარებამათემატიკაში 60-65 ქულაზე. მთლიანად ყველა პრობლემა 1-13 პროფილის ერთიანი სახელმწიფო გამოცდამათემატიკაში. ასევე შესაფერისია მათემატიკაში ძირითადი ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ჩასაბარებლად. თუ გსურთ ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ჩაბარება 90-100 ქულით, 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) ამოსახსნელად. ეს კი ერთიან სახელმწიფო გამოცდაზე 70 ქულაზე მეტია და მათ გარეშე ვერც 100-ქულიანია და ვერც ჰუმანიტარული მეცნიერება.

ყველა აუცილებელი თეორია. სწრაფი გზებიგადაწყვეტილებები, ხაფანგები და ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის 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. ვიზუალური ახსნა რთული ცნებები. ალგებრა. ფესვები, სიმძლავრეები და ლოგარითმები, ფუნქცია და წარმოებული. გადაწყვეტის საფუძველი რთული ამოცანებიერთიანი სახელმწიფო გამოცდის 2 ნაწილი.

საშუალო ზოგადი განათლება

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

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

მათემატიკა

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

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

მინიმალური ბარიერი- 27 ქულა.

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

სამუშაოს თითოეული ნაწილის განმსაზღვრელი თვისებაა 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 (ამოხსნის სრული ჩანაწერი დასაბუთებით. განხორციელებული ქმედებები).

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

„იმისთვის რომ მივიღოთ სკოლის მოწმობაკურსდამთავრებულმა უნდა ჩააბაროს ორი სავალდებულო გამოცდა ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ფორმა, რომელთაგან ერთ-ერთია მათემატიკა. განვითარების კონცეფციის შესაბამისად მათემატიკური განათლებავ 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 კურსში შეძენილი უნარები 5-9 კლასებისთვის ელემენტარული მათემატიკა, ვ პრაქტიკული აქტივობები. მონაწილეს უნდა ჰქონდეს გამოთვლითი უნარები, შეეძლოს მუშაობა რაციონალური რიცხვები, შეძლოს 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 ცხოვრება. დავალება No2 შედგება აღწერისგან სხვადასხვა ფუნქციების გამოყენებით რეალური დამოკიდებულებებიმნიშვნელობებს შორის და მათი გრაფიკების ინტერპრეტაციას შორის. 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 ააგეთ შესწავლილი ფუნქციების გრაფიკები. 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 პირველი ნაწილის საბაზისო დონის ამოცანა, ამოწმებს გეომეტრიულ ფიგურებთან მოქმედებების შესრულების უნარს პლანიმეტრიის კურსის შინაარსის მიხედვით. ამოცანა 3 ამოწმებს ფიგურის ფართობის გამოთვლის უნარს ჩექმიანი ქაღალდი, გამოთვლის უნარი 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:

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.

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 წვერით წითელი 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 ძირითადი დონე ამოწმებს უმარტივესი განტოლებების ამოხსნის უნარს (ირაციონალური, ექსპონენციალური, ტრიგონომეტრიული, ლოგარითმული).

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

გამოსავალი.გამოვყოთ ორივე ნაწილი მოცემული განტოლება 5 3 +-ით X≠ 0, მივიღებთ

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 CABორი კუთხით, რადგან კუთხე წვეროზე Cზოგადი, კუთხე СDE კუთხის ტოლი CABროგორც შესაბამისი კუთხეები ზე DE || ABსეკანტი A.C.. იმიტომ რომ DE– სამკუთხედის შუა ხაზი პირობით, შემდეგ თვისებით შუა ხაზი | DE = (1/2)AB. ეს ნიშნავს, რომ მსგავსების კოეფიციენტი არის 0.5. კვადრატები მსგავსი ფიგურებიშესაბამისად, 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) აბსცისზე x 0 შედგენილია ტანგენსი, რომელიც პერპენდიკულარულია ამ გრაფიკის (4; 3) და (3; -1) წერტილებზე გამავალ წრფეზე. იპოვე ვ′( x 0).

გამოსავალი. 1) გამოვიყენოთ ორზე გამავალი სწორი ხაზის განტოლება მოცემული ქულებიდა იპოვეთ (4; 3) და (3; –1) წერტილებში გამავალი სწორი ხაზის 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 საპოვნელად; დიჰედრული კუთხეები, შეადარეთ მსგავსი ფიგურების მოცულობები, შეეძლოს მოქმედებების შესრულება გეომეტრიულ ფიგურებთან, კოორდინატებთან და ვექტორებთან 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 დონეუჭირს მოკლე პასუხი. ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის განყოფილებიდან "გამოთვლები და ტრანსფორმაციები" ამოცანები იყოფა რამდენიმე ტიპად:

რიცხვითი კონვერტაციები რაციონალური გამონათქვამები;

ალგებრული გამონათქვამებისა და წილადების გადაქცევა;

რიცხვითი/ასო კონვერტაციები ირაციონალური გამონათქვამები;

მოქმედებები გრადუსით;

ტრანსფორმაცია ლოგარითმული გამონათქვამები;

1. რიცხვითი/ასო ტრიგონომეტრიული გამონათქვამების გადაქცევა.

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

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

ეს ნიშნავს tan 2 α = ± 0.5.

3) პირობით

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 პრობლემები და არა მათემატიკაში, არამედ ყველა საჭირო ფორმულებიდა მნიშვნელობები 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 მოძრაობდნენ 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- დამახასიათებელია, მაგრამ სტუდენტებისთვის რთული აღმოჩნდება. სირთულის მთავარი წყაროა მათემატიკური მოდელის აგება (განტოლების შედგენა). დავალება No11 ამოწმებს სიტყვიერი ამოცანების ამოხსნის უნარს.

მაგალითი 11.ჩართულია საგაზაფხულო შესვენებამე-11 კლასელ ვასიას ერთიანი სახელმწიფო გამოცდისთვის მოსამზადებლად 560 პრაქტიკული 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.

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.

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,

ბ) იპოვნეთ სეგმენტზე დაყრილი ფესვები.

ნახაზი აჩვენებს, რომ მოცემული სეგმენტის ფესვები ეკუთვნის

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 ფუძის წრის ცენტრიდან და 16 სიგრძის აკორდი, ანალოგიურად, არის 6-ის მანძილი. 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 აღვნიშნოთ როგორც O 1 და O 2. ძირის ცენტრიდან 12 სიგრძის აკორდით დავხატოთ პერპენდიკულარული ბისექტორიამ აკორდს (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

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.

IN ტოლფერდა სამკუთხედი ABC 120° კუთხით A წვეროზე, გამოყვანილია ბისექტორი BD. IN სამკუთხედი ABCმართკუთხედი DEFH ისეა ჩაწერილი, 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.

√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.

მაგალითი 17.ოთხი წლის განმავლობაში იგეგმება 20 მილიონი რუბლის ანაბრის გახსნა. ბანკი ყოველი წლის ბოლოს 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

ამ უტოლობის ყველაზე დიდი მთელი რიცხვი არის რიცხვი 24.

პასუხი: 24.

რაზე აუთანასწორობის სისტემა

აქვს ზუსტად ორი გამოსავალი?

გამოსავალი:ეს სისტემა შეიძლება გადაიწეროს ფორმაში

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.

ამიტომ ორი გამოსავალი ამ სისტემასექნება 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

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

ა) მიუთითეთ ფორმულა ნამ პროგრესის ე ტერმინი.

ბ) იპოვეთ უმცირესი აბსოლუტური ჯამი S n.

გ) იპოვე ყველაზე პატარა ნ, რომელზედაც S nიქნება მთელი რიცხვის კვადრატი.

გამოსავალი: ა) აშკარაა, რომ a n = S n – S n- 1. გამოყენება ეს ფორმულა, ვიღებთ:

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) მას შემდეგ, რაც 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 ნ= 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 ნ 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 შედიოდა Astrel გამომცემლობა და ციფრული საგანმანათლებლო პლატფორმა"LECTA". გენერალური დირექტორიკურსდამთავრებულად დანიშნა ალექსანდრე ბრაჩკინი ფინანსური აკადემიარუსეთის ფედერაციის მთავრობის ქვეშ, ეკონომიკურ მეცნიერებათა კანდიდატი, DROFA გამომცემლობის ინოვაციური პროექტების ხელმძღვანელი ამ სფეროში ციფრული განათლება (ელექტრონული ფორმებისახელმძღვანელოები, „რუსული ელექტრონული სკოლა“, ციფრული საგანმანათლებლო პლატფორმა LECTA). გამომცემლობა DROFA-ში გაწევრიანებამდე იგი ვიცე-პრეზიდენტის თანამდებობას იკავებდა სტრატეგიული განვითარებადა საგამომცემლო ჰოლდინგის "EXMO-AST" ინვესტიციები. დღეს რუსეთის სახელმძღვანელოების გამომცემლობის კორპორაციას აქვს ფედერალურ სიაში შეტანილი სახელმძღვანელოების უდიდესი პორტფელი - 485 დასახელება (დაახლოებით 40%, სახელმძღვანელოების გამოკლებით). გამოსასწორებელი სკოლა). კორპორაციის გამომცემლობები ფლობენ ყველაზე პოპულარულს რუსული სკოლებიფიზიკის, ნახატის, ბიოლოგიის, ქიმიის, ტექნოლოგიის, გეოგრაფიის, ასტრონომიის სახელმძღვანელოების კომპლექტები - 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.

ბევრ განმცხადებელს აინტერესებს, როგორ მიიღონ დამოუკიდებლად საჭირო ცოდნა წარმატებული დასრულებატესტები მიღებამდე. 2017 წელს ისინი ხშირად მიმართავენ ინტერნეტს გამოსავლის საპოვნელად. ბევრი გამოსავალი არსებობს, მაგრამ ნამდვილად ღირებულების პოვნას დიდი დრო სჭირდება. საბედნიეროდ, არსებობს ცნობილი და დადასტურებული სისტემები. ერთ-ერთი მათგანი მე გადავწყვეტ დიმიტრის ერთიანი სახელმწიფო გამოცდაგუშჩინა.

დიმიტრი გუშჩინის საგანმანათლებლო სისტემა სახელწოდებით "მე მოვაგვარებ ერთიან სახელმწიფო გამოცდას" გულისხმობს ყოვლისმომცველი ტრენინგიმომავალი გამოცდისთვის. დიმიტრი გუშჩინი ქმნიდა და ცდილობდა მიეწოდებინა საჭირო ცოდნა უფასოდ, რათა მომავალმა თაობამ წარმატებით ჩააბარა გამოცდები. სისტემა განკუთვნილია თვითშესწავლანივთები. მე გადავწყვეტ ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა ეფუძნება ინფორმაციის ერთგვაროვან წარმოდგენას, რომელიც თანმიმდევრულად, თემის მიხედვით, ჯდება სტუდენტის ტვინში.

2017 წლის ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა მათემატიკაში, საბაზო საფეხური

დიმიტრი გუშჩინი იღებს ვალდებულებას დაეხმაროს გამოცდებში, როგორიცაა OGE და ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა, ძალიან გავრცელებული ტექნიკის გამოყენებით. ის მდგომარეობს იმაში, რომ ყველა ახალი ცოდნა წარმოდგენილია და სისტემატიზებულია თემის მიხედვით. მოსწავლეს შეუძლია მარტივად აირჩიოს ის, რაც უნდა გაიმეოროს მასალის საბოლოოდ გასამყარებლად.

დავალებები ხელმისაწვდომია საბაზისო და მოწინავე დონეზე. თვალსაჩინო მაგალითიასეთი ამოცანები მათემატიკაა. ძირითადი (საბაზო) დონე მოიცავს ზოგადი სკოლის ცოდნის ნაწილს. ის მოითხოვს ცოდნას, რომელსაც ყოველი სტუდენტი იღებს 11 წელიწადში. პროფილის დონე განკუთვნილია კურსდამთავრებულებისთვის სპეციალიზებული სკოლებიკონკრეტულ თემაზე ფოკუსირებით.

სისტემის საინტერესო თვისებაა მისი მსგავსება რეალურ გამოცდასთან. ფინალის შემთხვევაში ტესტის დავალებამსახურობდა ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ფორმატი. სტუდენტს ასევე შეუძლია გაიგოს თავისი საბოლოო ქულა ტესტის გავლის შემდეგ. ეს ეხმარება ადამიანს ახალი მიზნების მისაღწევად და ახალი მასალის შესწავლის მოტივაციაში. გამოცდაზე თქვენი რეალური შანსების გააზრება დაგეხმარებათ შეაგროვოთ თქვენი აზრები და გაიგოთ ზუსტად რა უნდა ისწავლოთ.

„ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ამოხსნაში“ ყველაზე პოპულარული საგნები მოწოდებულია სხვებთან ერთად. დიმიტრი გუშჩინის რუსული ენა მოიცავს გრამატიკის, პუნქტუაციისა და სინტაქსის წესებს, ასევე ლექსიკას. ქიმია შეიცავს კონკრეტული ამოცანების ამოხსნის მაგალითებს, სპეციალურ ფორმულებს. ასევე, ქიმიის განყოფილებაში შედის სხვადასხვა ნაერთები და ცნებები ქიმიკატები. ბიოლოგიის განყოფილება მოიცავს ცოცხალი ორგანიზმების ყველა სამეფოს სასიცოცხლო აქტივობას. ის შეიცავს მნიშვნელოვან თეორიას, რომელიც საბოლოოდ დაგეხმარებათ გამოცდის ჩაბარებაში.

შემდეგი ფუნქცია არის ის, რომ თქვენი პროგრესი ჩაიწერება და შეგიძლიათ თვალყური ადევნოთ თქვენს პროგრესს. ეს მიდგომა დაგეხმარებათ საკუთარი თავის მოტივირებაში მაშინაც კი, როცა სწავლის სურვილი აღარ გაქვთ. საკუთარი შედეგები ყოველთვის გაიძულებს მეტის გაკეთებას.

სისტემას ასევე აქვს სამუშაოს შეფასების კრიტერიუმები. ისინი თქვენს საგამოცდო მომზადებას დაგეგმილ და გააზრებულს გახდიან. მომავალი სტუდენტიყოველთვის შეძლებს მათ წაკითხვას და გაიგოს, რას მიაქცევს გამომცდელი ყურადღება. ეს მნიშვნელოვანია იმისთვის, რომ ყურადღება მიაქციოთ სამუშაოს გარკვეულ მნიშვნელოვან ასპექტებს. ზოგადად, მოსწავლე სრულად აცნობიერებს თავისი არჩევანის მნიშვნელობას და ახსოვს შეფასების კრიტერიუმები.

ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა მათემატიკაში არის მთავარი დისციპლინა, რომელსაც აბარებს ყველა კურსდამთავრებული. საგამოცდო ტესტი დაყოფილია ორ დონედ - საბაზო და პროფილის. მეორე საჭიროა მხოლოდ მათთვის, ვინც გეგმავს მათემატიკა უმაღლეს სასწავლებელში სწავლის ძირითად საგანად აქციოს. საბაზისო დონეყველა დანარჩენი ნებდება. ამ ტესტის მიზანია კურსდამთავრებულთა უნარებისა და ცოდნის დონის შემოწმება ნორმებთან და სტანდარტებთან შესაბამისობაში. სპეციალიზებულ და საბაზო საფეხურებად დაყოფა პირველად 2017 წელს გამოიყენეს, რათა სტუდენტებმა, რომლებსაც არ ესაჭიროებათ მოწინავე მათემატიკა უნივერსიტეტში შესასვლელად, არ დაკარგონ დრო რთული ამოცანების მომზადებაში.

სერთიფიკატის მისაღებად და უნივერსიტეტში საბუთების წარდგენისთვის, დამაკმაყოფილებლად უნდა შეასრულოთ საბაზისო დონის ამოცანები. მომზადება მოიცავს გამეორებას სკოლის სასწავლო გეგმაალგებრასა და გეომეტრიაში. საბაზო დონის ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ამოცანები ხელმისაწვდომია სკოლის მოსწავლეებისთვის სხვადასხვა დონეზეცოდნა. საბაზისო საფეხურის გავლა შეუძლიათ სტუდენტებს, რომლებიც უბრალოდ ყურადღებიანები იყვნენ კლასში.
მომზადების ძირითადი რეკომენდაციებია:

• სისტემატური მომზადება წინასწარ უნდა დაიწყოს, რათა არ მოგიწიოთ ნერვიულობა, გამოცდამდე 1-2 თვით ადრე ყველა დავალების ათვისება. ხარისხიანი მომზადებისთვის საჭირო პერიოდი დამოკიდებულია ცოდნის საწყის დონეზე.
• თუ არ ხართ დარწმუნებული, რომ დავალებებს დამოუკიდებლად შეასრულებთ, დახმარებისთვის მიმართეთ დამრიგებელს – ის დაგეხმარებათ თქვენი ცოდნის სისტემატიზაციაში.
• ივარჯიშეთ პრობლემის, მაგალითების, დავალებების გადაჭრაში, პროგრამის მიხედვით.
• ამოცანების გადაჭრა ონლაინ - „გადაჭრა ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა“ დაგეხმარებათ რეგულარულ ტრენინგში და გამოცდისთვის მომზადებაში. დამრიგებელთან ერთად შეძლებთ შეცდომების გაანალიზებას და დავალებების გაანალიზებას, რომლებიც განსაკუთრებულ სირთულეებს იწვევს.

• საგნის სწავლა სკოლაში;
• თვითგანათლება - პრობლემების მაგალითით გადაჭრა;
• გაკვეთილები დამრიგებელთან;
• სასწავლო კურსები;
• ონლაინ მომზადება.

არის 20 დავალება (რიცხვი შეიძლება შეიცვალოს ყოველწლიურად), რომლებზეც მოკლე პასუხი უნდა გასცეთ. ეს საკმარისია იმ სტუდენტისთვის, რომელიც გეგმავს უმაღლეს სასწავლებლებში ჩაბარებას. საგანმანათლებლო დაწესებულებებიჰუმანიტარული სპეციალობებისთვის.
საგანს ეძლევა 3 საათი დავალების შესასრულებლად. მუშაობის დაწყებამდე, ყურადღებით უნდა წაიკითხოთ ინსტრუქციები და იმოქმედოთ მათი დებულებების შესაბამისად. თან ახლავს საგამოცდო რვეული საცნობარო მასალები, რომელთა გავლაც აუცილებელია საგამოცდო ტესტი. ამისთვის წარმატებული დასრულებაყველა დავალებას ენიჭება 5 ქულა, მინიმალური ბარიერი არის 3.