Izpit je enostaven za raven profila Ruske federacije. Priprava na enotni državni izpit iz matematike na osnovni in specializirani ravni

Ocenjevanje

dva dela, vključno z 19 nalog. 1. del 2. del

3 ure 55 minut(235 minut).

odgovori

Ampak lahko naredi kompas Kalkulatorji na izpitu ni uporabljen.

potni list), prehod in kapilarno oz! Dovoljeno jemati z vami vodo(v prozorni steklenički) in jaz grem

Izpitno polo sestavljajo dva dela, vključno z 19 nalog. 1. del vsebuje 8 nalog osnovne težavnostne stopnje s kratkim odgovorom. 2. del vsebuje 4 naloge povišane stopnje zahtevnosti s kratkim odgovorom in 7 nalog visoke stopnje zahtevnosti s podrobnejšim odgovorom.

Izpitno delo iz matematike je razdeljeno 3 ure 55 minut(235 minut).

odgovori pri nalogah 1–12 so zapisane kot celo število ali končni decimalni ulomek. Vpišite številke v polja za odgovore v besedilu dela in jih nato prenesite v obrazec za odgovore št. 1, izdan med izpitom!

Pri opravljanju dela lahko uporabite tiste, ki so izdane skupaj z delom. Dovoljeno je samo ravnilo, vendar je možno naredi kompas z lastnimi rokami. Ne uporabljajte instrumentov, na katerih so natisnjeni referenčni materiali. Kalkulatorji na izpitu ni uporabljen.

Ob izpitu morate imeti s seboj osebni dokument ( potni list), prehod in kapilarno oz gel pero s črnim črnilom! Dovoljeno jemati z vami vodo(v prozorni steklenički) in jaz grem(sadje, čokolada, žemljice, sendviči), vendar vas lahko prosijo, da jih pustite na hodniku.

V tem razdelku se pripravljamo na enotni državni izpit iz matematike kot osnovno, specializirano raven - nudimo analizo problemov, testov, opis izpita in koristna priporočila. Z uporabo našega vira boste razumeli vsaj reševanje problemov in lahko uspešno opravili enotni državni izpit iz matematike leta 2019. Začnimo!

Enotni državni izpit iz matematike je obvezen izpit za vsakega učenca 11. razreda, zato so informacije, predstavljene v tem razdelku, pomembne za vse. Izpit iz matematike je razdeljen na dve vrsti - osnovni in specializirani. V tem razdelku podajam analizo vsake vrste nalog s podrobno razlago dveh možnosti. Naloge enotnega državnega izpita so strogo tematske, zato lahko za vsako vprašanje podate natančna priporočila in podate teorijo, ki je potrebna posebej za reševanje te vrste nalog. Spodaj najdete povezave do nalog, s klikom na katere se lahko učite teorije in analizirate primere. Primeri se nenehno dopolnjujejo in posodabljajo.

Struktura osnovne ravni enotnega državnega izpita iz matematike

Izpitno nalogo iz osnovne ravni matematike sestavljajo en kos , vključno z 20 nalogami s kratkimi odgovori. Vse naloge so namenjene preverjanju razvoja osnovnih spretnosti in praktičnih veščin uporabe matematičnega znanja v vsakdanjih situacijah.

Odgovor na vsako od nalog 1–20 je celo število, zadnja decimalka , oz zaporedje številk .

Naloga s kratkim odgovorom se šteje za opravljeno, če je pravilen odgovor zapisan v obrazcu za odgovore št. 1 v obliki, ki je predvidena v navodilih za reševanje naloge.

Srednja splošna izobrazba

Linija UMK G. K. Muravin. Algebra in principi matematične analize (10-11) (poglobljeno)

Linija UMK Merzlyak. Algebra in začetki analize (10-11) (U)

Matematika

Priprava na enotni državni izpit iz matematike (raven profila): naloge, rešitve in razlage

Izpit na profilni ravni traja 3 ure 55 minut (235 minut).

Najnižji prag- 27 točk.

Izpitna naloga je sestavljena iz dveh delov, ki se razlikujeta po vsebini, zahtevnosti in številu nalog.

Značilnost vsakega dela dela je oblika nalog:

• 1. del vsebuje 8 nalog (naloge 1-8) s kratkim odgovorom v obliki celega števila ali končnega decimalnega ulomka;
• 2. del vsebuje 4 naloge (naloge 9–12) s kratkim odgovorom v obliki celega števila ali končnega decimalnega ulomka in 7 nalog (naloge 13–19) s podrobnim odgovorom (celoten zapis rešitve z utemeljitvijo sprejeti ukrepi).

Panova Svetlana Anatolevna, učiteljica matematike najvišje kategorije šole, delovne izkušnje 20 let:

»Za pridobitev šolskega spričevala mora diplomant opraviti dva obvezna izpita v obliki enotnega državnega izpita, od katerih je eden matematika. V skladu s Konceptom razvoja matematičnega izobraževanja v Ruski federaciji je enotni državni izpit iz matematike razdeljen na dve ravni: osnovno in specializirano. Danes si bomo ogledali možnosti na ravni profila.”

Naloga št. 1- preverja sposobnost udeležencev enotnega državnega izpita za uporabo veščin, pridobljenih v tečaju osnovne matematike od 5. do 9. razreda, v praktičnih dejavnostih. Udeleženec mora imeti računalniške sposobnosti, znati delati z racionalnimi števili, znati zaokroževati decimalke in znati pretvarjati eno mersko enoto v drugo.

Primer 1. V stanovanju, kjer živi Peter, je bil nameščen merilnik pretoka hladne vode (števec). 1. maja je števec pokazal porabo 172 kubičnih metrov. m vode, prvega junija pa 177 kubičnih metrov. m. Koliko bi moral Peter plačati za hladno vodo v maju, če je cena 1 kubični meter? m hladne vode je 34 rubljev 17 kopecks? Odgovorite v rubljih.

rešitev:

1) Poiščite količino porabljene vode na mesec:

177 - 172 = 5 (kubičnih m)

2) Ugotovimo, koliko denarja bodo plačali za izgubljeno vodo:

34,17 5 = 170,85 (rub)

odgovor: 170,85.

Naloga št. 2- je ena najpreprostejših izpitnih nalog. Večina diplomantov jo uspešno obvlada, kar kaže na poznavanje definicije pojma funkcije. Vrsta naloge št. 2 po kodifikatorju zahtev je naloga o uporabi pridobljenega znanja in spretnosti v praktičnih dejavnostih in vsakdanjem življenju. Naloga št. 2 je sestavljena iz opisovanja, uporabe funkcij, različnih realnih odnosov med količinami in interpretacije njihovih grafov. Naloga št. 2 preverja sposobnost izločanja informacij, predstavljenih v tabelah, diagramih in grafih. Diplomanti morajo znati določiti vrednost funkcije iz vrednosti argumenta na različne načine specifikacije funkcije ter opisati obnašanje in lastnosti funkcije na podlagi njenega grafa. Prav tako morate biti sposobni najti največjo ali najmanjšo vrednost iz grafa funkcije in zgraditi grafe preučevanih funkcij. Napake so naključne pri branju pogojev problema, branju diagrama.

#ADVERTISING_INSERT#

Primer 2. Slika prikazuje spremembo menjalne vrednosti ene delnice rudarskega podjetja v prvi polovici aprila 2017. Poslovnež je 7. aprila kupil 1000 delnic tega podjetja. 10. aprila je prodal tri četrtine kupljenih delnic, 13. aprila pa vse preostale delnice. Koliko je poslovnež izgubil zaradi teh operacij?

rešitev:

2) 1000 · 3/4 = 750 (delnic) - predstavljajo 3/4 vseh kupljenih delnic.

6) 247500 + 77500 = 325000 (rub) - poslovnež je po prodaji prejel 1000 delnic.

7) 340.000 – 325.000 = 15.000 (rub) - poslovnež je izgubil zaradi vseh operacij.

odgovor: 15000.

Naloga št. 3- je osnovnonivojska naloga prvega dela, preverja zmožnost izvajanja dejanj z geometrijskimi liki po vsebini predmeta Planimetrija. Pri 3. nalogi se preverja sposobnost izračunavanja ploščine figure na karirastem papirju, sposobnost izračunavanja stopinjskih mer kotov, izračunavanja obsega itd.

Primer 3. Poiščite površino pravokotnika, narisanega na karirastem papirju z velikostjo celice 1 cm x 1 cm (glejte sliko). Odgovor zapišite v kvadratnih centimetrih.

rešitev: Za izračun površine dane figure lahko uporabite formulo Peak:

Za izračun površine danega pravokotnika uporabimo Peakovo formulo:

Primer 4. Na krogu je označenih 5 rdečih in 1 modra pika. Ugotovite, kateri poligoni so večji: tisti, pri katerih so vsa oglišča rdeča, ali tisti, pri katerih je eno od oglišč modro. V odgovoru navedite, koliko je enih več kot drugih.

rešitev: 1) Uporabimo formulo za število kombinacij n elementi po k:

katerih oglišča so vsa rdeča.

3) En petkotnik z vsemi oglišči rdeče barve.

4) 10 + 5 + 1 = 16 mnogokotnikov z vsemi rdečimi oglišči.

ki imajo rdeče vrhove ali z enim modrim vrhom.

ki imajo rdeče vrhove ali z enim modrim vrhom.

8) En šesterokotnik z rdečimi oglišči in enim modrim ogliščem.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 mnogokotnikov z vsemi rdečimi oglišči ali enim modrim ogliščem.

10) 42 – 16 = 26 poligonov z modro piko.

11) 26 – 16 = 10 mnogokotnikov – koliko več je mnogokotnikov, pri katerih je eno od oglišč modra pika, kot več kot mnogokotnikov, pri katerih so vsa oglišča samo rdeča.

odgovor: 10.

Naloga št. 5- osnovna raven prvega dela preverja sposobnost reševanja enostavnih enačb (iracionalnih, eksponentnih, trigonometričnih, logaritemskih).

Primer 5. Reši enačbo 2 3 + x= 0,4 5 3 + x .

rešitev. Obe strani te enačbe delite s 5 3 + X≠ 0, dobimo

od koder sledi 3 + x = 1, x = –2.

odgovor: –2.

Naloga št. 6 v planimetriji za iskanje geometrijskih veličin (dolžin, kotov, ploščin), modeliranje realnih situacij v jeziku geometrije. Študij konstruiranih modelov z uporabo geometrijskih konceptov in izrekov. Vir težav je praviloma nepoznavanje ali nepravilna uporaba potrebnih izrekov planimetrije.

Območje trikotnika ABC je enako 129. DE– sredinska črta vzporedna s stranjo AB. Poiščite območje trapeza POSTELJA.

rešitev. Trikotnik CDE podoben trikotniku KABINA pod dvema kotoma, saj kot pri vertex C splošno, kot СDE enak kotu KABINA kot ustrezni koti pri DE || AB sekant A.C.. Ker DE je srednja črta trikotnika po pogoju, tedaj po lastnosti srednjice | DE = (1/2)AB. To pomeni, da je koeficient podobnosti 0,5. Površine podobnih likov so torej povezane kot kvadrat koeficienta podobnosti

torej S POSTELJO = S Δ ABC – S Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

Naloga št. 7- preverja uporabo odvoda pri študiju funkcije. Uspešna implementacija zahteva smiselno, neformalno znanje o konceptu derivata.

Primer 7. Na graf funkcije l = f(x) na abscisi x 0 je narisana tangenta, ki je pravokotna na premico, ki poteka skozi točki (4; 3) in (3; –1) tega grafa. Najdi f′( x 0).

rešitev. 1) Uporabimo enačbo premice, ki poteka skozi dve dani točki, in poiščimo enačbo premice, ki poteka skozi točki (4; 3) in (3; –1).

(l – l 1)(x 2 – x 1) = (x – x 1)(l 2 – l 1)

(l – 3)(3 – 4) = (x – 4)(–1 – 3)

(l – 3)(–1) = (x – 4)(–4)

–l + 3 = –4x+ 16| · (–1)

l – 3 = 4x – 16

l = 4x– 13, kje k 1 = 4.

2) Poiščite naklon tangente k 2, ki je pravokotna na premico l = 4x– 13, kje k 1 = 4, po formuli:

3) Tangentni kot je odvod funkcije v tangentni točki. pomeni, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

odgovor: –0,25.

Naloga št. 8- preverja znanje udeležencev izpita o osnovni stereometriji, sposobnost uporabe formul za iskanje površin in volumnov likov, diedrskih kotov, primerjavo volumnov podobnih likov, sposobnost izvajanja dejanj z geometrijskimi liki, koordinatami in vektorji itd.

Prostornina kocke, ki je opisana okoli krogle, je 216. Poiščite polmer krogle.

rešitev. 1) V kocka = a 3 (kje A– dolžina roba kocke), torej

A 3 = 216

A = 3 √216

2) Ker je krogla včrtana v kocko, pomeni, da je dolžina premera krogle enaka dolžini roba kocke, torej d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Naloga št. 9- od diplomanta zahteva, da ima veščine za transformacijo in poenostavitev algebrskih izrazov. Naloga št. 9 povišane težavnostne stopnje s kratkim odgovorom. Naloge iz razdelka »Izračuni in transformacije« na enotnem državnem izpitu so razdeljene na več vrst:

transformacija numeričnih racionalnih izrazov;

pretvorba algebrskih izrazov in ulomkov;

pretvorba številskih/črkovnih iracionalnih izrazov;

dejanja z diplomami;

pretvorba logaritemskih izrazov;

1. pretvarjanje številskih/črkovnih trigonometričnih izrazov.

Primer 9. Izračunajte tanα, če je znano, da je cos2α = 0,6 in

rešitev. 1) Uporabimo formulo dvojnega argumenta: cos2α = 2 cos 2 α – 1 in poiščemo

To pomeni tan 2 α = ± 0,5.

3) Po pogoju

to pomeni, da je α kot druge četrtine in tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

odgovor: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Naloga št. 10- preverja sposobnost učencev za uporabo zgodnje pridobljenega znanja in spretnosti v praktičnih dejavnostih in vsakdanjem življenju. Lahko rečemo, da so to problemi iz fizike in ne iz matematike, vendar so vse potrebne formule in količine podane v pogoju. Težave se skrčijo na reševanje linearne ali kvadratne enačbe ali linearne ali kvadratne neenakosti. Zato je treba takšne enačbe in neenačbe znati rešiti in določiti odgovor. Odgovor mora biti podan kot celo število ali končni decimalni ulomek.

Dve masni telesi m= 2 kg vsak, ki se gibljejo z enako hitrostjo v= 10 m/s pod kotom 2α drug na drugega. Energija (v joulih), ki se sprosti med njihovim absolutno neelastičnim trkom, je določena z izrazom Q = mv 2 sin 2 α. Pod kolikšnim najmanjšim kotom 2α (v stopinjah) se morata telesi premakniti, da se pri trku sprosti najmanj 50 joulov?
rešitev. Za rešitev problema moramo rešiti neenačbo 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

Ker je α ∈ (0°; 90°), bomo samo rešili

Predstavimo rešitev neenačbe grafično:

Ker po pogoju α ∈ (0°; 90°), pomeni 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Naloga št. 11- je tipično, vendar se izkaže za težko za študente. Glavni vir težav je konstrukcija matematičnega modela (sestavljanje enačbe). Naloga št. 11 preverja sposobnost reševanja besedilnih nalog.

Primer 11. Med spomladanskimi počitnicami je moral učenec 11. razreda Vasya rešiti 560 nalog za pripravo na enotni državni izpit. 18. marca, na zadnji šolski dan, je Vasya rešil 5 nalog. Nato je vsak dan rešil enako število nalog več kot prejšnji dan. Ugotovite, koliko težav je Vasya rešil 2. aprila, zadnji dan počitnic.

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

odgovor: 65.

Naloga št. 12- preverjajo sposobnost učencev za izvajanje operacij s funkcijami in sposobnost uporabe odvoda pri študiju funkcije.

Poiščite največjo točko funkcije l= 10ln( x + 9) – 10x + 1.

rešitev: 1) Poiščite domeno definicije funkcije: x + 9 > 0, x> –9, to je x ∈ (–9; ∞).

2) Poiščite odvod funkcije:

4) Najdena točka pripada intervalu (–9; ∞). Določimo predznake odvoda funkcije in ponazorimo obnašanje funkcije na sliki:

Želena največja točka x = –8.

a) Rešite enačbo 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

b) Poiščite vse korene te enačbe, ki pripadajo segmentu .

rešitev: a) Naj bo log 3 (2co x) = t, nato 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

b) Poiščite korenine, ki ležijo na segmentu .

Slika prikazuje, da korenine danega segmenta pripadajo

Premer kroga osnove valja je 20, generatrisa valja je 28. Ravnina seka njegovo osnovo po tetivah dolžine 12 in 16. Razdalja med tetivama je 2√197.

a) Dokaži, da ležita središči banic valja na eni strani te ravnine.

b) Poišči kot med to ravnino in ravnino osnove valja.

rešitev: a) Tetiva dolžine 12 je oddaljena = 8 od središča osnovnega kroga, tetiva dolžine 16 pa je enako oddaljena 6. Zato je razdalja med njunima projekcijama na ravnino, ki je vzporedna z osnove valjev je 8 + 6 = 14 ali 8 − 6 = 2.

Potem je razdalja med tetivama bodisi

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Glede na pogoj je bil realiziran drugi primer, pri katerem ležijo projekcije tetiv na eni strani osi valja. To pomeni, da os ne seka te ravnine znotraj valja, to pomeni, da osnove ležijo na njegovi eni strani. Kar je bilo treba dokazati.

b) Središči baz označimo z O 1 in O 2. Narišimo iz središča osnove s tetivo dolžine 12 pravokotno simetralo na to tetivo (ima dolžino 8, kot že omenjeno) in iz središča druge osnove na drugo tetivo. Ležijo v isti ravnini β, pravokotni na te tetive. Poimenujmo razpolovišče manjše tetive B, večje tetive A in projekcijo A na drugo osnovo - H (H ∈ β). Tedaj so AB,AH ∈ β in torej AB,AH pravokotne na tetivo, to je premico presečišča osnovke z dano ravnino.

To pomeni, da je zahtevani kot enak

Naloga št. 15- povečana stopnja zahtevnosti s podrobnejšim odgovorom, preverja sposobnost reševanja neenačb, ki je najuspešnejša med nalogami s podrobnejšim odgovorom povečane stopnje zahtevnosti.

Primer 15. Reši neenačbo | x 2 – 3x| dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

rešitev: Domen definicije te neenakosti je interval (–1; +∞). Razmislite o treh primerih ločeno:

1) Naj x 2 – 3x= 0, tj. X= 0 oz X= 3. V tem primeru ta neenakost postane resnična, zato so te vrednosti vključene v rešitev.

2) Naj zdaj x 2 – 3x> 0, tj. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Poleg tega lahko to neenakost prepišemo kot ( x 2 – 3x) dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 in delite s pozitivnim izrazom x 2 – 3x. Dobimo dnevnik 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 oz x≤ –0,5. Upoštevajoč domeno definicije imamo x ∈ (–1; –0,5].

3) Za konec razmislimo x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). V tem primeru bo prvotna neenakost prepisana v obliki (3 x – x 2) dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Po deljenju s pozitivnim 3 x – x 2 dobimo dnevnik 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Glede na regijo imamo x ∈ (0; 1].

Če združimo dobljene rešitve, dobimo x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

odgovor: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Naloga št. 16- višja stopnja se nanaša na naloge v drugem delu s podrobnim odgovorom. Naloga preverja sposobnost izvajanja dejanj z geometrijskimi liki, koordinatami in vektorji. Naloga vsebuje dve točki. V prvi točki je treba nalogo dokazati, v drugi točki pa izračunati.

V enakokrakem trikotniku ABC s kotom 120° je v oglišču A narisana simetrala BD. Pravokotnik DEFH je včrtan v trikotnik ABC tako, da stranica FH leži na dolžini BC, oglišče E pa na dolžini AB. a) Dokaži, da je FH = 2DH. b) Poiščite ploščino pravokotnika DEFH, če je AB = 4.

rešitev: A)

1) ΔBEF – pravokotnik, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, potem je EF = BE zaradi lastnosti kraka, ki leži nasproti kota 30°.

2) Naj bo EF = DH = x, potem je BE = 2 x, BF = x√3 po Pitagorovem izreku.

3) Ker je ΔABC enakokrak, pomeni ∠B = ∠C = 30˚.

BD je simetrala ∠B, kar pomeni ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Upoštevajte ΔDBH – pravokotnik, ker DH⊥BC.

√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.

Primer 17. Depozit v višini 20 milijonov rubljev naj bi bil odprt za štiri leta. Ob koncu vsakega leta banka depozit poveča za 10 % glede na njegovo višino na začetku leta. Poleg tega vlagatelj na začetku tretjega in četrtega leta letno dopolni depozit za X milijonov rubljev, kjer X - celaštevilo. Poiščite največjo vrednost X, v katerem bo banka v štirih letih na depozit nabrala manj kot 17 milijonov rubljev.

rešitev: Ob koncu prvega leta bo prispevek 20 + 20 · 0,1 = 22 milijonov rubljev, ob koncu drugega - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 milijona rubljev. Na začetku tretjega leta bo prispevek (v milijonih rubljev) znašal (24,2 + X), na koncu pa - (24,2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Na začetku četrtega leta bo prispevek (26,62 + 2,1 X), in na koncu - (26,62 + 2,1 X) + (26,62 + 2,1X) · 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Po pogoju morate najti največje celo število x, za katero neenakost velja

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

Največja celoštevilska rešitev te neenačbe je število 24.

odgovor: 24.

Pri čem a sistem neenakosti

ima točno dve rešitvi?

rešitev: Ta sistem je mogoče prepisati v obliki

Če na ravnino narišemo množico rešitev prve neenačbe, dobimo notranjost krožnice (z mejo) polmera 1 s središčem v točki (0, A). Množica rešitev druge neenačbe je del ravnine, ki leži pod grafom funkcije l = | x| – a, in slednji je graf funkcije
l = | x| , premaknjeno navzdol za A. Rešitev tega sistema je presečišče množic rešitev vsake od neenačb.

Posledično bo imel ta sistem dve rešitvi samo v primeru, prikazanem na sl. 1.

Stični točki kroga s premicami bosta dve rešitvi sistema. Vsaka od premic je nagnjena proti osem pod kotom 45°. Torej je trikotnik PQR– pravokotnik enakokrak. Pika Q ima koordinate (0, A), in pika R– koordinate (0, – A). Poleg tega segmenti PR in PQ enak polmeru kroga, ki je enak 1. To pomeni

Naj Sn vsota nčleni aritmetične progresije ( a str). Znano je, da S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Navedite formulo nčlen tega napredovanja.

b) Poiščite najmanjšo absolutno vsoto S n.

c) Poišči najmanjšega n, pri kateri S n bo kvadrat celega števila.

rešitev: a) To je očitno a n = S n – S n– 1 . Z uporabo te formule dobimo:

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

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

B) Ker S n = 2n 2 – 25n, nato razmislite o funkciji S(x) = | 2x 2 – 25x|. Njegov graf lahko vidite na sliki.

Očitno je najmanjša vrednost dosežena na celih točkah, ki so najbližje ničlam funkcije. Očitno so to točke X= 1, X= 12 in X= 13. Ker, 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, potem je najmanjša vrednost 12.

c) Iz prejšnjega odstavka izhaja, da Sn pozitivno, začenši od n= 13. Ker S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), potem se očiten primer, ko je ta izraz popoln kvadrat, realizira, ko n = 2n– 25, torej ob n= 25.

Še vedno je treba preveriti vrednosti 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.

Izkazalo se je, da za manjše vrednosti n popoln kvadrat ni dosežen.

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

________________

*Od maja 2017 je združena založniška skupina "DROFA-VENTANA" del korporacije Russian Textbook. V sklopu korporacije sta tudi založba Astrel in digitalna izobraževalna platforma LECTA. Alexander Brychkin, diplomant Finančne akademije pri Vladi Ruske federacije, kandidat ekonomskih znanosti, vodja inovativnih projektov založbe DROFA na področju digitalnega izobraževanja (elektronske oblike učbenikov, ruska elektronska šola, digitalna izobraževalna platforma). LECTA) imenovan za generalnega direktorja. Preden se je pridružil založbi DROFA, je opravljal funkcijo podpredsednika za strateški razvoj in investicije založniškega holdinga EKSMO-AST. Danes ima založniška družba "Ruski učbenik" največji portfelj učbenikov, vključenih v zvezni seznam - 485 naslovov (približno 40%, brez učbenikov za posebne šole). Založbe korporacije imajo v ruskih šolah najbolj priljubljene komplete učbenikov za fiziko, risanje, biologijo, kemijo, tehnologijo, geografijo, astronomijo - področja znanja, ki so potrebna za razvoj proizvodnega potenciala države. Portfelj družbe vključuje učbenike in učne pripomočke za osnovne šole, ki so prejeli predsedniško nagrado na področju izobraževanja. To so učbeniki in priročniki s predmetov, ki so potrebni za razvoj znanstvenega, tehničnega in proizvodnega potenciala Rusije.

Enotni državni izpit iz matematike je eden glavnih preizkusov za diplomante pred prejemom spričevala in vstopom na visokošolsko ustanovo. Tovrstno preverjanje znanja se uporablja za ocenjevanje znanja pri disciplinah, pridobljenega v času šolanja. Enotni državni izpit poteka v obliki testiranja, pripravo nalog za zaključni izpit pa izvaja Rosobrnadzor in drugi pooblaščeni organi na področju izobraževanja. Uspešna ocena pri matematiki je odvisna od individualnih zahtev univerze, na katero se prijavljate.diplomirati. Uspešno opravljen izpit z visoko oceno je pomemben dejavnik za uspeh pri sprejemu.

Za vpis na tehnične in ekonomske univerze je potrebna matematika na ravni profila. Osnova izpitnih nalog je osnovna raven, ki so ji dodani zahtevnejši problemi in primeri. Pričakujemo kratke in podrobne odgovore:

• Prve naloge ne zahtevajo poglobljenega znanja – gre za preizkus osnovne ravni znanja;
• Naslednjih 5 je težjih in zahtevajo povprečno do visoko stopnjo obvladovanja predmeta. Te naloge preverjamo z računalnikom, ker je odgovor kratek.

Če študent izbere to stopnjo, to pomeni njegovo željo po nadaljevanju študija natančnih znanosti na visokošolski ustanovi. Izbira v korist specializiranega izpita tudi kaže, da je raven znanja študenta precej visoka, z drugimi besedami, temeljna priprava ni potrebna.
Postopek priprave vključuje ponavljanje glavnih delov, reševanje problemov povečane kompleksnosti, ki zahtevajo nestandarden, ustvarjalen pristop.

Načini priprave

• Osnovno usposabljanje se izvaja v šoli, kjer učenec osvoji osnove, včasih učitelj izvaja dodatne izbirne predmete za diplomante. Glavno priporočilo je skrbno in temeljito obvladovanje vseh tem, zlasti v podiplomski šoli.
• Samostojno delo: zahteva posebno samodisciplino, voljo in samokontrolo. Morate natančno prebrati . Težava je v smeri - samo strokovnjak lahko bodočega prosilca kompetentno vodi do tistih tem, ki potrebujejo pozornost.
• Mentorstvo: strokovni strokovnjak vam bo pomagal učinkovito in hitro rešiti zapletene naloge.
• Tečaji in spletno učenje: sodobna in preizkušena metoda, ki prihrani čas in denar. Pomembna prednost: teste lahko opravljate na spletu, hitro dobite odgovore in vadite na različnih nalogah.

Video tečaj »Get an A« vključuje vse teme, ki so potrebne za uspešno opravljen enotni državni izpit iz matematike s 60-65 točkami. Popolnoma vse naloge 1-13 profilnega enotnega državnega izpita iz matematike. Primeren tudi za opravljanje osnovnega enotnega državnega izpita iz matematike. Če želite opraviti enotni državni izpit z 90-100 točkami, morate 1. del rešiti v 30 minutah in brez napak!

Pripravljalni tečaj za enotni državni izpit za 10.-11. razred, pa tudi za učitelje. Vse, kar potrebujete za rešitev 1. dela Enotnega državnega izpita iz matematike (prvih 12 težav) in 13. naloga (trigonometrija). In to je več kot 70 točk na Enotnem državnem izpitu in brez njih ne more niti študent s 100 točkami niti študent humanistike.

Vsa potrebna teorija. Hitre rešitve, pasti in skrivnosti enotnega državnega izpita. Analizirane so vse trenutne naloge 1. dela iz banke nalog FIPI. Tečaj v celoti ustreza zahtevam Enotnega državnega izpita 2018.

Tečaj obsega 5 velikih tem, vsaka po 2,5 ure. Vsaka tema je podana od začetka, preprosto in jasno.

Na stotine nalog enotnega državnega izpita. Besedne težave in teorija verjetnosti. Preprosti in lahko zapomniti si algoritme za reševanje problemov. Geometrija. Teorija, referenčni material, analiza vseh vrst nalog enotnega državnega izpita. Stereometrija. Zapletene rešitve, uporabne goljufije, razvoj prostorske domišljije. Trigonometrija od začetka do problema 13. Razumevanje namesto nabijanja. Jasne razlage kompleksnih konceptov. Algebra. Koreni, potence in logaritmi, funkcija in odvod. Osnova za reševanje kompleksnih problemov 2. dela enotnega državnega izpita.