Raven profila izpita na spletu. Izpit iz matematike

Enotni državni izpit iz matematike je glavna disciplina, ki jo opravljajo vsi diplomanti. Izpitni preizkus je razdeljen na dve ravni - osnovno in profilno. Drugi je potreben samo za tiste, ki načrtujejo, da bo matematika glavni predmet študija na visokošolski ustanovi. Vsi ostali opravijo osnovni nivo. Namen tega preizkusa je preveriti raven spretnosti in znanja podiplomskih študentov glede skladnosti z normami in standardi. Delitev na specializirano in osnovno raven je bila prvič uporabljena leta 2017, tako da študenti, ki za vpis na univerzo ne potrebujejo višjega znanja matematike, ne izgubljajo časa s pripravami na kompleksne naloge.

Za pridobitev certifikata in oddajo dokumentov na univerzo morate zadovoljivo opraviti naloge osnovna raven. Priprava vključuje ponavljanje šolski kurikulum v algebri in geometriji. Naloge enotnega državnega izpita na osnovni ravni so na voljo šolarjem z različne ravni znanja. Osnovno raven lahko opravijo učenci, ki so bili pri pouku preprosto pozorni.
Glavna priporočila za pripravo so:

• Sistematično pripravo je treba začeti vnaprej, da vam ne bo treba biti živčen in obvladati vse naloge 1-2 meseca pred izpitom. Obdobje, potrebno za kakovostno pripravo, je odvisno od začetne stopnje znanja.
• Če niste prepričani, da boste naloge opravili sami, poiščite pomoč mentorja - pomagal vam bo sistematizirati vaše znanje.
• Vadite reševanje nalog, primerov, nalog, po programu.
• Rešite naloge na spletu - »Rešite enotni državni izpit« bo pomagal pri rednem usposabljanju in pripravi na izpit. Z mentorjem boste lahko analizirali napake in naloge, ki povzročajo posebne težave.

• Študij predmeta v šoli;
• Samoizobraževanje - reševanje problemov z zgledom;
• Lekcije z mentorjem;
• Tečaji usposabljanja;
• Spletna priprava.

Nalog je 20 (število se lahko vsako leto spremeni), na katere morate podati kratke odgovore. To je dovolj za študenta, ki namerava vpisati visokošolsko izobraževanje. izobraževalne ustanove za humanitarne specialnosti.
Predmet ima za dokončanje nalog 3 ure časa. Pred začetkom dela morate natančno prebrati navodila in ravnati v skladu z njihovimi določbami. Izpitnemu zvezku so priložena referenčna gradiva, ki so potrebna za opravljanje izpitni test. Za uspešno opravljene vse naloge se pridobi 5 točk, minimalna mejna ocena je 3.

Povprečje splošno izobraževanje

Linija UMK G.K. Muravin. Algebra in začetki matematična analiza(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

Izpitni list stopnja profila 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 najvišjo kategorijošole, delovne izkušnje 20 let:

"Da bi dobili šolsko spričevalo, mora diplomant opraviti dva obvezna izpita v Obrazec enotnega državnega izpita, med katerimi je tudi matematika. V skladu s Konceptom razvoja matematična vzgoja V Ruska federacija Enotni državni izpit iz matematike je 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 za razrede 5 - 9 v elementarna matematika, V praktične dejavnosti. Udeleženec mora imeti računalniške sposobnosti, znati delati z racionalna števila, znati zaokrožiti decimalne ulomke, znati pretvoriti eno mersko enoto v drugo.

Primer 1. V stanovanju, kjer živi Peter, so namestili merilnik pretoka hladno vodo(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 pri praktičnih dejavnostih in vsakdanje življenje. Naloga št. 2 je sestavljena iz opisa z uporabo funkcij različnih prave odvisnosti med vrednostmi in razlago njihovih grafov. Naloga št. 2 preverja sposobnost izločanja informacij, predstavljenih v tabelah, diagramih in grafih. Diplomanti morajo biti sposobni določiti vrednost funkcije iz vrednosti njenega argumenta, ko na različne načine določanje funkcije in opis obnašanja in lastnosti funkcije na podlagi njenega grafa. Prav tako je treba znati najti največje oz najmanjša vrednost in zgraditi grafe proučevanih 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 naloga na osnovni ravni prvega dela, preverja zmožnost izvajanja dejanj z geometrijske oblike o vsebini predmeta “Planimetrija”. Naloga 3 preverja sposobnost izračuna ploščine figure z karirast papir, sposobnost računanja stopenjske mere kote, izračunavanje obsegov 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 oglišči rdečimi ali z 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 najenostavnejših enačb (iracionalnih, eksponentnih, trigonometričnih, logaritemskih).

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

rešitev. Ločimo oba dela podana enačba za 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. Študija konstruiranih modelov z uporabo geometrijski pojmi in izreki. 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– srednjica trikotnika po stanju, nato po lastnosti srednja črta | DE = (1/2)AB. To pomeni, da je koeficient podobnosti 0,5. Kvadrati podobne številke so torej povezani 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. Za uspešno izvedbo potrebno je smiselno, neformalno obvladovanje koncepta izpeljanke.

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 podane točke in poiščite 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) Faktor naklona tangenta - ​​odvod funkcije v točki tangente. 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 prostornin likov, diedrski koti, primerjati količine podobnih figur, znati izvajati dejanja z geometrijskimi figurami, 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 veščine preoblikovanja in poenostavljanja algebrski izrazi. Naloga št. 9 višji nivo Težava s kratkim odgovorom. Naloge iz razdelka »Izračuni in transformacije« na enotnem državnem izpitu so razdeljene na več vrst:

številske pretvorbe racionalni izrazi;

pretvorba algebrskih izrazov in ulomkov;

številske/črkovne pretvorbe iracionalni izrazi;

dejanja z diplomami;

transformacija 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 v fiziki, in ne v matematiki, ampak vsi potrebne formule in vrednosti so podane v pogoju. Problemi so reducirani na reševanje linearnih oz kvadratna enačba, bodisi linearno oz kvadratna neenakost. 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. Vklopljeno spomladanske počitnice 11. razred Vasya je moral 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- preverjanje sposobnosti učencev za izvajanje operacij s funkcijami, da znajo uporabiti odvod pri preučevanju 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 odseku.

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 od središča osnovnega kroga oddaljena = 8, tetiva dolžine 16 pa je enako oddaljena 6. Zato je razdalja med njunima projekcijama na ravnino vzporedno z osnovami 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. Iz središča osnove narišimo tetivo dolžine 12 pravokotna simetrala na to tetivo (ima dolžino 8, kot je bilo že omenjeno) in od 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) Končno razmislite 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.

IN enakokraki trikotnik ABC s kotom 120° pri oglišču A je narisana simetrala BD. IN trikotnik ABC pravokotnik DEFH je včrtan 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. Najdi najvišja 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.

Zato dve rešitvi ta sistem bo imela 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 . Uporaba to formulo, 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 družbe " ruski učbenik" V okviru korporacije sta bili tudi založba Astrel in digital izobraževalna platforma"LECTA". Generalni direktor imenovan Alexander Brychkin, dipl Finančna akademija pri vladi Ruske federacije, kandidat ekonomskih znanosti, vodja inovativni projekti založba "DROFA" na področju digitalno izobraževanje (elektronske obrazce učbeniki, “Rus e-šola«, digitalna izobraževalna platforma LECTA). Pred prihodom v založbo DROFA je bil podpredsednik za strateški razvoj in naložbe založniškega holdinga "EXMO-AST". Danes ima Ruska učbeniška založniška družba največji portfelj učbenikov, vključenih v zvezni seznam - 485 naslovov (približno 40 %, brez učbenikov za popravni šoli). 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 učni pripomočki Za osnovna šola, podelil predsedniško nagrado na področju izobraževanja. To so učbeniki in priročniki o predmetna področja, ki so potrebni za razvoj znanstvenega, tehničnega in proizvodnega potenciala Rusije.

Ocenjevanje

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

3 ure 55 minut(235 minut).

odgovori

Ampak lahko narediti 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.

Čas, namenjen za opravljanje izpitnega dela iz matematike, je 3 ure 55 minut(235 minut).

odgovori pri nalogah 1–12 so zapisani 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 narediti 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.

IN ta del Pripravljamo se na enotni državni izpit iz matematike na osnovni, specializirani ravni - 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 obvezni izpit kateri koli učenec 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 naloge podrobna razlaga za dve možnosti. Naloge za enotni državni izpit strogo tematsko, zato lahko za vsako temo 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 pri osnovni 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, dokončno decimalno , 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.

Video tečaj »Get an A« vključuje vse teme, potrebne za uspeh opravljanje enotnega državnega izpita pri matematiki za 60-65 točk. Popolnoma vse težave 1-13 Enotni državni izpit za profil v matematiki. 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.

Vse potrebna teorija. Hitri načini 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. Težave z besedilom in teorija verjetnosti. Preprosti in lahko zapomljivi algoritmi za reševanje problemov. Geometrija. teorija, referenčno gradivo, analiza vseh vrst nalog enotnega državnega izpita. Stereometrija. Zapletene rešitve, uporabne goljufije, razvoj prostorske domišljije. Trigonometrija od začetka do problema 13. Razumevanje namesto nabijanja. Vizualna razlaga zapleteni pojmi. Algebra. Koreni, potence in logaritmi, funkcija in odvod. Osnova za rešitev kompleksne naloge 2 dela enotnega državnega izpita.