>

Kuidas lahendada eksami 3. ülesannet. Üldine lahendus

Keskharidus üldharidus

Liin UMK G. K. Muravin. Algebra ja matemaatilise analüüsi põhimõtted (10-11) (sügav)

UMK Merzlyak liin. Algebra ja analüüsi algus (10-11) (U)

Matemaatika

Ettevalmistus matemaatika ühtseks riigieksamiks (profiilitasand): ülesanded, lahendused ja selgitused

Analüüsime ülesandeid ja lahendame koos õpetajaga näiteid

Profiilitaseme eksam kestab 3 tundi 55 minutit (235 minutit).

Minimaalne lävi- 27 punkti.

Eksamitöö koosneb kahest osast, mis erinevad nii sisu, keerukuse kui ka ülesannete arvu poolest.

Iga tööosa määravaks tunnuseks on ülesannete vorm:

  • 1. osa sisaldab 8 ülesannet (ülesanded 1-8) lühikese vastusega täisarvu või kümnendmurru kujul;
  • 2. osa sisaldab 4 ülesannet (ülesanded 9–12) lühikese vastusega täisarvu või kümnendmurru kujul ja 7 ülesannet (ülesanded 13–19) üksikasjaliku vastusega (lahenduse täielik kirje koos põhjendusega võetud toimingud).

Panova Svetlana Anatolevna, kooli kõrgeima kategooria matemaatikaõpetaja, töökogemus 20 aastat:

«Koolitunnistuse saamiseks peab lõpetaja sooritama ühtse riigieksami vormis kaks kohustuslikku eksamit, millest üks on matemaatika. Vastavalt Vene Föderatsiooni matemaatilise hariduse arendamise kontseptsioonile on matemaatika ühtne riigieksam jagatud kaheks tasemeks: põhi- ja erialaeksam. Täna vaatame profiilitaseme valikuid.

Ülesanne nr 1- testib ühtse riigieksami osalejate oskust rakendada 5.–9. klassi algmatemaatika kursusel omandatud oskusi praktilises tegevuses. Osalejal peab olema arvutusoskus, ta peab suutma töötada ratsionaalsete arvudega, suutma ümardada kümnendkohti ja oskama üht mõõtühikut teisendada.

Näide 1. Korteris, kus Peter elab, paigaldati külma vee voolumõõtja (mõõtja). 1. mail näitas arvesti kuluks 172 kuupmeetrit. m vett ja esimesel juunil - 177 kuupmeetrit. m Kui palju peaks Peeter maksma külma vee eest mais, kui hind on 1 kuupmeeter? m külm vesi on 34 rubla 17 kopikat? Esitage oma vastus rublades.

Lahendus:

1) Leidke kuus kulutatud vee kogus:

177–172 = 5 (kuupm)

2) Leiame, kui palju raha nad raisatud vee eest maksavad:

34,17 5 = 170,85 (hõõru)

Vastus: 170,85.


Ülesanne nr 2- on üks lihtsamaid eksamiülesandeid. Suurem osa lõpetajaid tuleb sellega edukalt toime, mis viitab funktsiooni mõiste definitsiooni tundmisele. Ülesande liik nr 2 nõuete kodifitseerija järgi on ülesanne omandatud teadmiste ja oskuste kasutamisest praktilises tegevuses ja igapäevaelus. Ülesanne nr 2 seisneb suuruste erinevate reaalsete seoste kirjeldamises, kasutamises ja nende graafikute tõlgendamises. Ülesanne nr 2 testib tabelite, diagrammide ja graafikutena esitatud teabe eraldamise võimet. Lõpetajad peavad suutma argumendi väärtusest määrata funktsiooni väärtuse erinevatel funktsioonide täpsustamise viisidel ning kirjeldada funktsiooni käitumist ja omadusi selle graafiku põhjal. Samuti peate suutma funktsioonigraafikust leida suurima või väikseima väärtuse ja koostama uuritud funktsioonide graafikud. Probleemi tingimuste lugemisel, diagrammi lugemisel on tehtud vead juhuslikud.

#ADVERTISING_INSERT#

Näide 2. Joonisel on näha kaevandusettevõtte ühe aktsia vahetusväärtuse muutus 2017. aasta aprilli esimesel poolel. 7. aprillil ostis ärimees selle ettevõtte 1000 aktsiat. 10. aprillil müüs ta kolmveerand ostetud aktsiatest ja 13. aprillil kõik ülejäänud aktsiad. Kui palju ärimees nende operatsioonide tulemusel kaotas?


Lahendus:

2) 1000 · 3/4 = 750 (aktsiad) - moodustavad 3/4 kõigist ostetud aktsiatest.

6) 247500 + 77500 = 325000 (hõõruda) - ärimees sai pärast müüki 1000 aktsiat.

7) 340 000 – 325 000 = 15 000 (hõõru) - ärimees kaotas kõigi toimingute tulemusena.

Vastus: 15000.

Ülesanne nr 3- on esimese osa algtaseme ülesanne, testib oskust sooritada toiminguid geomeetriliste kujunditega vastavalt Planimeetria kursuse sisule. Ülesandega 3 testitakse ruudulisel paberil oleva kujundi pindala arvutamise oskust, nurkade astmemõõtude arvutamise oskust, perimeetrite arvutamist jne.

Näide 3. Leidke ruudulisele paberile joonistatud ristküliku pindala, mille lahtri suurus on 1 cm x 1 cm (vt joonist). Esitage oma vastus ruutsentimeetrites.

Lahendus: Antud joonise pindala arvutamiseks võite kasutada Peak valemit:

Antud ristküliku pindala arvutamiseks kasutame Peaki valemit:

S= B +

 G
2
kus B = 10, G = 6, seega

S = 18 +

 6
2
Vastus: 20.

Loe ka: Füüsika ühtne riigieksam: võnkumiste alaste ülesannete lahendamine
Ülesanne nr 4- kursuse “Tõenäosusteooria ja statistika” eesmärk. Testitakse oskust arvutada sündmuse tõenäosust kõige lihtsamas olukorras.

Näide 4. Ringile on märgitud 5 punast ja 1 sinine täpp. Määrake, millised hulknurgad on suuremad: need, mille kõik tipud on punased või need, mille üks tippudest on sinine. Oma vastuses märkige, kui palju ühtesid on rohkem kui teisi.

Lahendus: 1) Kasutame kombinatsioonide arvu valemit n elemendid poolt k:

mille tipud on kõik punased.

3) Üks viisnurk, mille kõik tipud on punased.

4) 10 + 5 + 1 = 16 hulknurka kõigi punaste tippudega.

millel on punased pealsed või ühe sinise ülaosaga.

millel on punased pealsed või ühe sinise ülaosaga.

8) Üks punaste tippudega kuusnurk ja üks sinine tipp.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 hulknurka, millel on kõik punased tipud või üks sinine tipp.

10) 42–16 = 26 hulknurka, kasutades sinist punkti.

11) 26 – 16 = 10 hulknurka – mitu hulknurka, mille üks tippudest on sinine täpp, on rohkem kui hulknurki, mille kõik tipud on ainult punased.

Vastus: 10.

Ülesanne nr 5- esimese osa algtase kontrollib lihtsate võrrandite (irratsionaalne, eksponentsiaalne, trigonomeetriline, logaritmiline) lahendamise oskust.

Näide 5. Lahendage võrrand 2 3 + x= 0,4 5 3 + x .

Lahendus. Jagage selle võrrandi mõlemad pooled 5 3 +-ga X≠ 0, saame

2 3 + x = 0,4 või 2 3 + X = 2 ,
5 3 + X 5 5

millest järeldub, et 3 + x = 1, x = –2.

Vastus: –2.

Ülesanne nr 6 planimeetrias geomeetriliste suuruste (pikkuste, nurkade, pindalade) leidmiseks, reaalsete olukordade modelleerimine geomeetria keeles. Ehitatud mudelite uurimine geomeetriliste mõistete ja teoreemide abil. Raskuste allikaks on reeglina planimeetria vajalike teoreemide teadmatus või vale rakendamine.

Kolmnurga pindala ABC võrdub 129-ga. DE– küljega paralleelne keskjoon AB. Leidke trapetsi pindala VOODI.


Lahendus. Kolmnurk CDE sarnane kolmnurgaga TAKSO kahe nurga all, kuna nurk tipus Cüldine, nurk СDE võrdne nurgaga TAKSO kui vastavad nurgad DE || AB sekant A.C.. Sest DE on kolmnurga keskjoon tingimuse, seejärel keskjoone omaduse järgi | DE = (1/2)AB. See tähendab, et sarnasuse koefitsient on 0,5. Sarnaste arvude pindalad on seega seotud sarnasuskordaja ruuduna

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

Ülesanne nr 7- kontrollib tuletise rakendamist funktsiooni uurimisel. Edukas rakendamine eeldab tuletise mõiste tähenduslikke, mitteformaalseid teadmisi.

Näide 7. Funktsiooni graafikule y = f(x) abstsisspunktis x 0 tõmmatakse puutuja, mis on risti selle graafiku punkte (4; 3) ja (3; –1) läbiva sirgega. Otsi f′( x 0).

Lahendus. 1) Kasutame kahte antud punkti läbiva sirge võrrandit ja leiame punkte (4; 3) ja (3; –1) läbiva sirge võrrandi.

(y – y 1)(x 2 – x 1) = (x – x 1)(y 2 – y 1)

(y – 3)(3 – 4) = (x – 4)(–1 – 3)

(y – 3)(–1) = (x – 4)(–4)

–y + 3 = –4x+ 16| · (-1)

y – 3 = 4x – 16

y = 4x– 13, kus k 1 = 4.

2) Leidke puutuja kalle k 2, mis on joonega risti y = 4x– 13, kus k 1 = 4, vastavalt valemile:

3) Puutenurk on funktsiooni tuletis puutepunktis. Tähendab, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Vastus: –0,25.

Ülesanne nr 8- kontrollib eksamil osalejate teadmisi elementaarsest stereomeetriast, oskust rakendada valemeid kujundite pindalade ja mahtude, kahetahuliste nurkade leidmiseks, võrrelda sarnaste kujundite ruumalasid, teha toiminguid geomeetriliste kujundite, koordinaatide ja vektoritega jne.

Ümber kera ümbritsetud kuubi ruumala on 216. Leia sfääri raadius.


Lahendus. 1) V kuubik = a 3 (kus A– kuubi serva pikkus), seega

A 3 = 216

A = 3 √216

2) Kuna kera on kantud kuubi, tähendab see, et kera läbimõõdu pikkus on võrdne kuubi serva pikkusega, seega d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Ülesanne nr 9- eeldab lõpetajalt algebraliste avaldiste teisendamise ja lihtsustamise oskust. Kõrgendatud raskusastmega ülesanne nr 9 lühikese vastusega. Ühtse riigieksami jaotise „Arvutused ja teisendused” ülesanded on jagatud mitut tüüpi:

    arvuliste ratsionaalavaldiste teisendus;

    algebraliste avaldiste ja murdude teisendamine;

    numbriliste/tähtede irratsionaalsete avaldiste teisendamine;

    toimingud kraadidega;

    logaritmiliste avaldiste teisendamine;

  1. numbriliste/tähtede trigonomeetriliste avaldiste teisendamine.

Näide 9. Arvutage tanα, kui on teada, et cos2α = 0,6 ja

3π < α < π.
4

Lahendus. 1) Kasutame topeltargumendi valemit: cos2α = 2 cos 2 α – 1 ja leiame

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

See tähendab tan 2 α = ± 0,5.

3) Tingimuste järgi

3π < α < π,
4

see tähendab, et α on teise kvartali ja tgα nurk< 0, поэтому tgα = –0,5.

Vastus: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Ülesanne nr 10- testib õpilaste oskust kasutada omandatud varaseid teadmisi ja oskusi praktilises tegevuses ja igapäevaelus. Võime öelda, et need on ülesanded füüsikas ja mitte matemaatikas, kuid tingimuses on kõik vajalikud valemid ja suurused antud. Probleemid taanduvad lineaarse või ruutvõrrandi või lineaarse või ruutvõrratuse lahendamisele. Seetõttu on vaja selliseid võrrandeid ja võrratusi lahendada ning vastus määrata. Vastus tuleb esitada täisarvu või lõpliku kümnendmurruna.

Kaks massilist keha m= 2 kg igaüks, liikudes sama kiirusega v= 10 m/s üksteise suhtes 2α nurga all. Nende absoluutselt mitteelastsel kokkupõrkel vabanev energia (džaulides) määratakse avaldise järgi K = mv 2 sin 2 α. Millise väikseima nurga 2α (kraadides) all peavad kehad liikuma, et kokkupõrke tagajärjel vabaneks vähemalt 50 džauli?
Lahendus.Ülesande lahendamiseks tuleb lahendada ebavõrdsus Q ≥ 50, intervallil 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

Kuna α ∈ (0°; 90°), siis me ainult lahendame

Esitame ebavõrdsuse lahenduse graafiliselt:


Kuna tingimuse α ∈ (0°; 90°) järgi tähendab see 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Ülesanne nr 11- on tüüpiline, kuid osutub õpilastele keeruliseks. Peamine raskuste allikas on matemaatilise mudeli koostamine (võrrandi koostamine). Ülesandes nr 11 testitakse tekstülesannete lahendamise oskust.

Näide 11. 11. klassi õpilane Vasja pidi kevadvaheajal ühtseks riigieksamiks valmistumiseks lahendama 560 harjutusülesannet. 18. märtsil, viimasel koolipäeval, lahendas Vasja 5 ülesannet. Siis lahendas ta iga päev sama palju probleeme rohkem kui eelmisel päeval. Tehke kindlaks, kui palju probleeme Vasya 2. aprillil, pühade viimasel päeval, lahendas.

Lahendus: Tähistame a 1 = 5 – probleemide arv, mille Vasya 18. märtsil lahendas, d- igapäevane Vasya lahendatud ülesannete arv, n= 16 – päevade arv 18. märtsist 2. aprillini kaasa arvatud, S 16 = 560 – ülesannete koguarv, a 16 – probleemide arv, mille Vasya 2. aprillil lahendas. Teades, et Vasja lahendas iga päev sama arvu ülesandeid võrreldes eelmise päevaga rohkem, saame aritmeetilise progressiooni summa leidmiseks kasutada valemeid:

560 = (5 + a 16) 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

Vastus: 65.

Ülesanne nr 12- need kontrollivad õpilaste võimet teha funktsioonidega tehteid ja kasutada tuletist funktsiooni uurimisel.

Leia funktsiooni maksimumpunkt y= 10ln( x + 9) – 10x + 1.

Lahendus: 1) Leidke funktsiooni määratluspiirkond: x + 9 > 0, x> –9, see tähendab x ∈ (–9; ∞).

2) Leidke funktsiooni tuletis:

4) Leitud punkt kuulub intervalli (–9; ∞). Määrame funktsiooni tuletise märgid ja kujutame funktsiooni käitumist joonisel:


Soovitud maksimumpunkt x = –8.

Laadige tasuta alla õppematerjalide rea G.K. matemaatika tööprogramm. Muravina, K.S. Muravina, O.V. Muravina 10-11 Laadige alla tasuta algebra õppevahendeid

Ülesanne nr 13-kõrgendatud keerukuse tase üksikasjaliku vastusega, võrrandite lahendamise võime testimine, kõige edukamalt lahendatud ülesannete hulgas, millel on kõrgendatud keerukusastmega üksikasjalik vastus.

a) Lahendage võrrand 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

b) Leia kõik selle võrrandi juured, mis kuuluvad segmenti.

Lahendus: a) Olgu log 3 (2cos x) = t, siis 2 t 2 – 5t + 2 = 0,


 logi 3(2cos x) = 2 ⇔
2cos x = 9 ⇔
cos x = 4,5 ⇔ sest |cos x| ≤ 1,
logi 3(2cos x) = 1 2cos x = √3 cos x = √3
2 2
siis cos x = √3
2

x = π + 2π k
6
x = – π + 2π k, k ∈ Z
6

b) Leia juured, mis asuvad lõigul .


Joonisel on näha, et antud segmendi juured kuuluvad

11π Ja 13π .
6 6
Vastus: A) π + 2π k; – π + 2π k, k ∈ Z; b) 11π ; 13π .
6 6 6 6
Ülesanne nr 14-kõrgtase viitab üksikasjaliku vastusega ülesannetele teises osas. Ülesandes testitakse oskust sooritada toiminguid geomeetriliste kujunditega. Ülesanne sisaldab kahte punkti. Esimeses punktis tuleb ülesanne tõestada ja teises punktis arvutada.

Silindri aluse ringi läbimõõt on 20, silindri generatriks on 28. Tasapind lõikub selle põhjaga piki kõõlu pikkusega 12 ja 16. Kõõlude vaheline kaugus on 2√197.

a) Tõesta, et silindri aluste keskpunktid asuvad selle tasapinna ühel küljel.

b) Leidke nurk selle tasandi ja silindri aluse tasapinna vahel.

Lahendus: a) Kõõl pikkusega 12 asub põhiringi keskpunktist kaugusel = 8 ja kõõl pikkusega 16 on samamoodi kaugusel 6. Seetõttu on nende projektsioonide vaheline kaugus ringjoonega paralleelsele tasapinnale. silindrite põhi on kas 8 + 6 = 14 või 8 - 6 = 2.

Siis on akordide vahekaugus kas

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Vastavalt tingimusele realiseeriti teine ​​juhtum, kus kõõlude projektsioonid asuvad ühel pool silindri telge. See tähendab, et telg ei ristu silindri sees selle tasapinnaga, see tähendab, et alused asuvad selle ühel küljel. Mida oli vaja tõestada.

b) Tähistame aluste keskpunktid O 1 ja O 2. Joonistame aluse keskpunktist 12 pikkuse kõõluga risti poolitaja selle kõõlule (selle pikkus on 8, nagu juba märgitud) ja teise aluse keskpunktist teise kõõluni. Need asuvad samal tasapinnal β, mis on nende akordidega risti. Nimetame väiksema kõõlu B keskpunkti, suurema kõõlu A ja A projektsiooni teisele alusele - H (H ∈ β). Siis on AB,AH ∈ β ja seega AB,AH risti kõõlu ehk aluse lõikesirge antud tasandiga.

See tähendab, et nõutav nurk on võrdne

∠ABH = arctaan A.H. = arctan 28 = arctg14.
B.H. 8 – 6

Ülesanne nr 15- üksikasjaliku vastusega suurenenud keerukuse tase, testib ebavõrdsuse lahendamise võimet, mis on kõige edukamalt lahendatud kõrgendatud keerukusastmega üksikasjaliku vastusega ülesannete hulgas.

Näide 15. Lahenda ebavõrdsus | x 2 – 3x| logi 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Lahendus: Selle ebavõrdsuse määratluspiirkond on intervall (–1; +∞). Mõelge kolmele juhtumile eraldi:

1) Lase x 2 – 3x= 0, st. X= 0 või X= 3. Sel juhul muutub see ebavõrdsus tõeseks, seetõttu kaasatakse need väärtused lahendusse.

2) Lase nüüd x 2 – 3x> 0, st. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Lisaks saab selle ebavõrdsuse ümber kirjutada järgmiselt ( x 2 – 3x) logi 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 ja jaga positiivse avaldisega x 2 – 3x. Saame logi 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 või x≤ –0,5. Võttes arvesse määratlusvaldkonda, on meil x ∈ (–1; –0,5].

3) Lõpuks kaaluge x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). Sel juhul kirjutatakse algne ebavõrdsus ümber kujul (3 x – x 2) logi 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Pärast positiivsega 3 jagamist x – x 2, saame logi 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Piirkonda arvesse võttes on meil x ∈ (0; 1].

Saadud lahendusi kombineerides saame x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Vastus: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Ülesanne nr 16- kõrgtase viitab üksikasjaliku vastusega ülesannetele teises osas. Ülesandes testitakse oskust sooritada toiminguid geomeetriliste kujundite, koordinaatide ja vektoritega. Ülesanne sisaldab kahte punkti. Esimeses punktis tuleb ülesanne tõestada ja teises punktis arvutada.

Võrdhaarses kolmnurgas ABC, mille nurk on 120°, on poolitaja BD tõmmatud tipus A. Ristkülik DEFH on kantud kolmnurka ABC nii, et külg FH asub lõigul BC ja tipp E asub lõigul AB. a) Tõesta, et FH = 2DH. b) Leidke ristküliku DEFH pindala, kui AB = 4.

Lahendus: A)


1) ΔBEF – ristkülikukujuline, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, siis EF = BE 30° nurga vastas asuva jala omaduse järgi.

2) Olgu EF = DH = x, siis BE = 2 x, BF = x√3 Pythagorase teoreemi järgi.

3) Kuna ΔABC on võrdhaarne, tähendab see ∠B = ∠C = 30˚.

BD on ∠B poolitaja, mis tähendab, et ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Vaatleme ΔDBH – ristkülikukujulist, sest 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.

Vastus: 24 – 12√3.


Ülesanne nr 17- üksikasjaliku vastusega ülesanne, selle ülesandega testitakse teadmiste ja oskuste rakendamist praktilises tegevuses ja igapäevaelus, oskust ehitada ja uurida matemaatilisi mudeleid. See ülesanne on majandusliku sisuga tekstiprobleem.

Näide 17. 20 miljoni rubla suurune hoius plaanitakse avada neljaks aastaks. Pank suurendab iga aasta lõpus hoiust 10% võrreldes selle aasta alguse suurusega. Lisaks täiendab investor kolmanda ja neljanda aasta alguses hoiust igal aastal aasta võrra X miljonit rubla, kus X - terve number. Leia suurim väärtus X, milles pangale laekub hoiusele nelja aasta jooksul vähem kui 17 miljonit rubla.

Lahendus: Esimese aasta lõpus on sissemakse 20 + 20 · 0,1 = 22 miljonit rubla ja teise aasta lõpus - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 miljonit rubla. Kolmanda aasta alguses on sissemakse (miljonites rublades) (24,2+ X) ja lõpus - (24,2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Neljanda aasta alguses on sissemakse (26,62 + 2,1 X), ja lõpus - (26,62 + 2,1 X) + (26,62 + 2,1X) · 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Tingimuse järgi tuleb leida suurim täisarv x, mille kohta ebavõrdsus kehtib

(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

Selle ebavõrdsuse suurim täisarvlahend on arv 24.

Vastus: 24.


Ülesanne nr 18- üksikasjaliku vastusega kõrgendatud keerukusega ülesanne. See ülesanne on mõeldud konkursil osalemiseks ülikoolidesse, kus on kõrgendatud nõuded kandideerijate matemaatilisele ettevalmistusele. Kõrge keerukusega ülesanne on ülesanne mitte ühe lahendusmeetodi kasutamisel, vaid erinevate meetodite kombinatsioonil. Ülesande 18 edukaks sooritamiseks on vaja lisaks kindlatele matemaatilistele teadmistele ka kõrget matemaatilist kultuuri.

Mille juures a ebavõrdsuse süsteem

x 2 + y 2 ≤ 2jah – a 2 + 1
y + a ≤ |x| – a

on täpselt kaks lahendust?

Lahendus: Seda süsteemi saab vormis ümber kirjutada

x 2 + (y– a) 2 ≤ 1
y ≤ |x| – a

Kui joonistada tasapinnale esimese võrratuse lahendite hulk, saame raadiusega 1 ringi sisemuse (piiriga), mille keskpunkt on punktis (0, A). Teise võrratuse lahendite hulk on tasandi osa, mis asub funktsiooni graafiku all y = | x| – a, ja viimane on funktsiooni graafik
y = | x| , nihutatud allapoole A. Selle süsteemi lahendus on iga ebavõrdsuse lahenduste kogumite ristumiskoht.

Järelikult on sellel süsteemil kaks lahendust ainult joonisel fig. 1.


Ringi ja joonte kokkupuutepunktid on süsteemi kaks lahendust. Iga sirgjoon on telgede suhtes 45° nurga all. Nii et see on kolmnurk PQR– ristkülikukujulised võrdhaarsed. Punkt K on koordinaadid (0, A) ja punkt R– koordinaadid (0, – A). Lisaks segmendid PR Ja PQ võrdne ringi raadiusega 1. See tähendab

QR= 2a = √2, a = √2 .
2
Vastus: a = √2 .
2


Ülesanne nr 19- üksikasjaliku vastusega kõrgendatud keerukusega ülesanne. See ülesanne on mõeldud konkursil osalemiseks ülikoolidesse, kus on kõrgendatud nõuded kandideerijate matemaatilisele ettevalmistusele. Kõrge keerukusega ülesanne on ülesanne mitte ühe lahendusmeetodi kasutamisel, vaid erinevate meetodite kombinatsioonil. Ülesande 19 edukaks sooritamiseks peab oskama lahendust otsida, valides teadaolevate seast erinevaid lähenemisviise ja modifitseerides uuritud meetodeid.

Lase Sn summa P aritmeetilise progressiooni terminid ( a p). On teada, et S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Esitage valem P selle edenemise tähtaeg.

b) Leia väikseim absoluutsumma S n.

c) Leia väikseim P, mille juures S n on täisarvu ruut.

Lahendus: a) On selge, et a n = S n – S n- 1 . Seda valemit kasutades saame:

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

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

B) Alates S n = 2n 2 – 25n, siis kaaluge funktsiooni S(x) = | 2x 2 – 25x|. Selle graafik on näha joonisel.


Ilmselt saavutatakse väikseim väärtus täisarvu punktides, mis asuvad funktsiooni nullidele kõige lähemal. Ilmselgelt on need punktid X= 1, X= 12 ja X= 13. Alates 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, siis on väikseim väärtus 12.

c) Eelmisest lõigust järeldub, et Sn positiivne, alates n= 13. Alates S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), siis ilmne juhtum, kui see avaldis on täiuslik ruut, realiseerub siis, kui n = 2n– 25, see tähendab kl P= 25.

Jääb üle kontrollida väärtusi vahemikus 13 kuni 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.

Selgub, et väiksemate väärtuste puhul P täielikku ruutu ei saavutata.

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

________________

*Alates 2017. aasta maist on ühendatud kirjastuskontsern "DROFA-VENTANA" osa korporatsioonist Russian Textbook. Korporatsiooni alla kuuluvad ka kirjastus Astrel ja digitaalne haridusplatvorm LECTA. Aleksandr Brõtškin, Venemaa Föderatsiooni valitsuse alluvuses oleva finantsakadeemia vilistlane, majandusteaduste kandidaat, kirjastuse DROFA uuenduslike projektide juht digihariduse valdkonnas (õpikute elektroonilised vormid, Vene elektrooniline kool, digitaalne haridusplatvorm LECTA) määrati peadirektoriks. Enne DROFA kirjastusega liitumist töötas ta kirjastusettevõtte EKSMO-AST strateegilise arendamise ja investeeringute asepresidendi ametikohal. Täna on kirjastusettevõttel "Vene õpik" suurim föderaalsesse nimekirja kantud õpikute portfell - 485 nimetust (ligikaudu 40%, välja arvatud erikoolide õpikud). Korporatsiooni kirjastustele kuuluvad vene koolide populaarseimad füüsika, joonistamise, bioloogia, keemia, tehnoloogia, geograafia, astronoomia õpikukomplektid – need on teadmised, mida on vaja riigi tootmispotentsiaali arendamiseks. Korporatsiooni portfooliosse kuuluvad põhikooliõpikud ja õppevahendid, mis pälvisid presidendipreemia haridusvaldkonnas. Need on õpikud ja käsiraamatud ainevaldkondades, mis on vajalikud Venemaa teadusliku, tehnilise ja tootmispotentsiaali arendamiseks.

Kolmandale ülesandele omistati mitteametlikult nimetus “figuur ruudulisel paberil”. Ülesandes esitatakse ruudulisel paberil kujund (ring, nelinurk, kolmnurk või nurk).

Kontrollitakse teadmisi planimeetria aluste kohta: definitsioonid, tuntumad teoreemid ja valemid.

Töö tüüp: lühikese vastusega
Raskusaste: alus
Punktide arv: 1
Ligikaudne valmimisaeg: 2 minutit

Ülesannetes on kujundid: nurk, igat tüüpi kolmnurgad, suvaline kumer nelinurk, trapets (sh võrdhaarne ja ristkülik), rööpkülik, ristkülik, romb, ruut, ring.

Otsustades tuleb arvestada, et lahtri suurus on 1*1cm. See on ülesannetes märgitud. Väga harva kohtab teist puuri suurust – peate ülesande hoolikalt läbi lugema.

Vaikimisi eeldatakse, et õpilane leiab hõlpsasti ruudulisel paberil 180-, 135-, 90- ja 45-kraadised nurgad.

Hulknurkade tipud ja ringide keskpunktid asuvad kõikides ülesannetes lahtrite tippudes (on täisarvulised koordinaadid). Vajalike lõikude otstel, näiteks trapetsi keskjoonel, võivad aga olla suvalised koordinaadid. Kuid kõike on valemite abil väga lihtne arvutada.

Ettevalmistamisel on kasulik kasutada piletiga kaasasolevaid teatmematerjale ka siis, kui olete selle kõigega juba ammu tuttavad. Kõige otsustavamal hetkel võib see harjumus olla kasulik. Eksamil kolmandat ülesannet lahendades on enamik testi sooritajaid endiselt stressis eksami alustamise protseduurist. Seetõttu vähendab võrdlusmaterjalide kasutamise oskus eksimise ohtu ja pakub isegi psühholoogilist tuge.

Mõisteid, samuti jooniste ja nende elementide omadusi võrdlusmaterjalides ei ole antud. Sa pead neid teadma. Kõiki neid õpitakse geomeetria kursusel 7.-8. Eksamiks valmistumisel on kasulik õpikust teoreeme kopeerida ja aeg-ajalt üle lugeda.

Kolmandas ülesandes pole keerulisi arvutusi. On ülesandeid, mille puhul piisab definitsiooni tundmisest ja soovitud väärtust saab lahtrite kaupa üles lugeda. Kui lahendus võtab mitu sammu, otsige lihtsamat meetodit.

Enamikku probleeme saab lahendada mitmel viisil.

Näide nr 1

Leidke rombi suurim diagonaal.

Lahendus: Tegelikult peate teadma ainult diagonaali määratlust ja enam-vähem mõistet.

Vastus: 4 cm.

On üllatav, et selliseid ülesandeid tuleb ette spetsialiseeritud matemaatikas. Ja nad teevad ka vigu. Ilmselt raskusastme üllatusest.

Näide nr 2

Leidke kolmnurga pindala.

Lahendus:

1) Ehitame kujundi ristkülikuks. Selle pindala on 6*4=24

2) Leidke "ekstra" täisnurksete kolmnurkade pindala

(4*4)/2=8 (roheline)
(2*2)/2=2 (sinine)
(6*2)/2=6 (punane)

3) Lahutage ristküliku pindalast kolmnurkade üleliigsed pindalad: 24-8-2-6=8

Vastus: 8.

Sama probleemi saab lahendada ka muul viisil.

1) Kolmnurk on ristkülikukujuline, kuna selle jalad asuvad vertikaaljoone suhtes 45 kraadise nurga all.

2) Leidke täisnurksetest kolmnurkadest jalad

Sqrt(4^2+4^2)=4sqrt2 (neli juurt kahest)
Sqrt(2^2+2^2)=2sqrt2 (kaks juurt kahest)

3) Nõutava kolmnurga pindala on võrdne poole jalgade korrutisega: (4sqrt2*2sqrt2)/2=(4*2*2)/2=8

Vastus: 8.

Näide nr 3

Leidke hulknurga pindala

Lahendus: Jagame hulknurga mugavateks kujunditeks ja leiame nende alad.

Rohelise kolmnurga pindala 1*3/2=1,5
Sinise kolmnurga pindala 2*1/2=1
Punase kolmnurga pindala 1*2/2=1
Ruudu pindala 2*2=4
Hulknurga pindala on võrdne nende summaga: 1,5+1+1+4=7,5

Vastus: 7.5.

Seda probleemi saab lahendada ka ristküliku pindalast lahutades.

Vastus: 7.5.

Näide nr 4

Leidke hulknurga pindala.

Lahendus: Pindala leiate lahutamise teel, nagu eelmistes ülesannetes.

Kuid Peak valemi abil saate tulemuse kiiremini. Selleks tuleb lugeda täisarvuliste koordinaatidega punktid joonise sees (sinine) ja täisarvuliste koordinaatidega punktid joonise kontuuril (punane).

Vastus: 10.5

Peak valemit kodifitseerijas ei näidata, seda ei saa kasutada üksikasjaliku vastusega ülesannete lahendamisel. Kuid lühikese vastusega ülesannete puhul säästab see aega. Kontrollige valemi kehtivust eelmiste näidete abil.

Näide nr 5

Leia nurga ABC kraadimõõt.

Lahendus: Punktil A on mittetäisarvulised koordinaadid, kuid sissekirjutatud ja kesknurga teoreem teeb ülesande lahendamise lihtsaks.

Joonistame punktidesse A ja C raadiused.

Joonisel on näha, et kesknurk AOS on 135 kraadi. Sissekirjutatud nurk ABC toetub ringjoone A ja C samadele punktidele. Teoreemi järgi on see poole väiksem kesknurgast.

Vastus: 67,5.

Näide nr 6

Leia nurga puutuja.

Lahendus: Valige külgnev teravnurk.

Valime täisnurkse kolmnurga seda nurka sisaldavate tippude täisarvuliste koordinaatidega. Leiame teravnurga puutuja vastaskülje (rohelise) ja külgneva (sinise) külje suhtena.

Külgneva nürinurga puutuja on märgilt vastupidine.

Vastus: -4.

Kokkuvõtteks tahaksin teile veel kord meelde tuletada: ülesannete lehti ei kontrollita. Kõik vajalikud konstruktsioonid ja arvutused saate teha otse joonisel. See võimaldab vältida ettevaatamatusest tingitud vigu.

Professionaalne õpetaja tegi ka üksikasjaliku analüüsi ja ülesanded, mis on leitavad linkide kaudu.

Matemaatika ühtse riigieksami ülesandes nr 3 peame lahendama lihtsa ülesande, mis hõlmab protsente või terviku osi. Need ülesanded on enamasti intuitiivsed, kuna need on võetud reaalsetest olukordadest, kuid nende täitmisel tuleb olla ettevaatlik.

Matemaatika algtaseme ühtse riigieksami ülesannete nr 3 tüüpiliste variantide analüüs

Ülesande esimene versioon

Pank võtab tähtajalise hoiuse eest 8% aastas. Hoiustaja kandis kontole 7000 rubla. Mitu rubla on sellel kontol aastas, kui kontol ei tehta toiminguid, välja arvatud intresside kogumine?

Täitmise algoritm:
  • Valik 1.
  • 2. variant.
  1. Lisage 100% ja protsent aastas.
Lahendus:
  • Valik 1.

Arvutame 108% 7000-st, saame:

  1. 7000: 100 = 70 (rubla) - on 1%.
  2. 70 · 108 = 7560 (rubla) – on sissemakse aasta pärast.
  • 2. variant.

8% aastas sissemakse tähendab, et esialgne summa 7000 rubla suureneb aastaga 8%, see tähendab, et see on 100 + 8 = 108% esialgsest summast.

Arvu nr 2 protsendi leidmise meetod. Arvu protsendi leidmiseks peate teisendama soovitud protsendi kümnendmurruks (jagama sajaga), seejärel korrutama arvu saadud kümnendmurruga.

108% = 108: 100 = 1,08

7000 1.08 või

Veergude korrutamisel on meil:

Vastus: 7560.

Ülesande teine ​​versioon

Pank võtab tähtajalise hoiuse pealt 7% aastas. Hoiustaja kandis kontole 3000 rubla. Mitu rubla on sellel kontol aastas, kui kontol ei tehta toiminguid, välja arvatud intresside kogumine?

Täitmise algoritm:
  • Valik 1.
  1. Lisage 100% ja protsent aastas.
  2. Leidke 1% summast; selleks jagage summa 100-ga.
  3. Korrutage 1% maksumus nõutava intressisummaga.
  • 2. variant.
  1. Lisage 100% ja protsent aastas.
  2. Teisendage saadud protsendid kümnendmurruks (jagage sajaga).
  3. Leidke arvu protsent (korrutage arv saadud kümnendmurruga).
Lahendus:
  • Valik 1.

Arvu nr 1 protsendi leidmise meetod. Arvu protsendi leidmiseks peate selle arvu jagama 100-ga (uurima, kui palju on 1%) ja seejärel korrutama soovitud protsendiga.

Arvutame 107% 3000-st, saame:

  1. 3000: 100 = 30 (rubla) - on 1%.
  2. 30 · 107 = 3210 (rubla) – on sissemakse aasta pärast.
  • 2. variant.

7% aastas sissemakse tähendab, et esialgne summa 3000 rubla suureneb aastaga 7%, see tähendab, et see on 100 + 7 = 107% esialgsest summast.

Arvu nr 2 protsendi leidmise meetod. Arvu protsendi leidmiseks peate teisendama soovitud protsendi kümnendmurruks (jagama sajaga), seejärel korrutama arvu saadud kümnendmurruga.

107% = 107: 100 = 1,07

3000 1.07 või

Vastus: 3210.

Ülesande kolmas versioon

Septembris maksis 1 kg ploome 40 rubla, oktoobris kallinesid ploomid 40% ja novembris veel 15%. Mitu rubla maksis 1 kg ploome pärast novembri hinnatõusu?

Täitmise algoritm:
  1. Korrutage ühe protsendi maksumus saadud intressisummaga.
Lahendus koos selgitustega:

40: 100 = 0,4 (rubla) - on 1% esialgsest maksumusest.

100 + 40 = 140 (%) – moodustas alghinna maksumuse pärast esimest hinnatõusu.

140 · 0,4 = 56 (rubla) – ploomid hakkasid maksma oktoobris.

56: 100 = 0,56 (rubla) – 1% uuest maksumusest.

100 + 15 = 115 (%) – novembri kulu oli võrdne oktoobri hinnaga.

Korrutame ühe protsendi maksumuse saadud intressisummaga.

115 · 0,56 = 64,4 (rubla) – lõplik maksumus.

Üldine lahendus:

Hinnatõus 40% tähendab kulude suurenemist 140%, see tähendab, et 40 rubla muutub võrdseks

rubla

Siis novembris kallines ploom veel 15%, mis moodustas

rubla

Kommentaar: Pange tähele, et selles ülesandes ei saa lihtsalt liita protsente 40+15=55% ja arvutada 155% 40 rublast! See viib valede otsusteni.

Vastus: 64,4.

Ülesande neljas versioon

Septembris maksis 1 kg viinamarju 90 rubla, oktoobris kallines viinamarjad 20% ja novembris veel 25%. Mitu rubla maksis 1 kg viinamarju pärast novembri hinnatõusu?

Täitmise algoritm:
  1. Leia, kui palju on üks protsent esialgsest maksumusest.
  2. Lisa 100% ja mitu protsenti esimest korda hind tõusis.
  3. Korrutage ühe protsendi maksumus saadud intressisummaga.
  4. Leidke maksumus 1% uuest maksumusest.
  5. Lisa 100% ja protsent, mille võrra toote hind teist korda tõusis.
  6. Korrutage ühe protsendi maksumus saadud intressisummaga.
Lahendus koos selgitustega:

Vaatame, kui palju on üks protsent esialgsest maksumusest:

90: 100 = 0,9 (rubla) - on 1% esialgsest maksumusest.

Lisame 100% ja mitu protsenti esimest korda hind tõusis.

100 + 20 = 120 (%) – moodustas alghinna maksumuse pärast esimest hinnatõusu.

Korrutame ühe protsendi maksumuse saadud intressisummaga.

120 · 0,9 = 108 (rubla) – ploomid hakkasid maksma oktoobris.

Leiame maksumuse 1% uuest maksumusest.

108: 100 = 1,08 (rubla) – 1% uuest maksumusest.

Lisame 100% ja protsentide arvu, mille võrra toote hind teist korda tõusis.

100 + 25 = 125 (%) – novembri kulu oli oktoobri hind.

Korrutame ühe protsendi maksumuse saadud intressisummaga.

125 · 1,08 = 135 (rubla) – lõplik maksumus.

Üldine lahendus:

Hinnatõus 20% tähendab kulude suurenemist 120%, see tähendab, et 90 rubla eest on meil:

rubla

Siis novembris kallines ploom veel 25%, mis moodustas

rubla

Kommentaar: Pange tähele, et selles ülesandes ei saa lihtsalt liita protsente 20+25=45% ja arvutada 145% 90 rublast! See viib valede otsusteni.

Vastus: 135.

Ülesande viies versioon (demoversioon 2018)

Ivan Kuzmich sai palka 20 000 rubla. Sellest summast arvestatakse maha üksikisiku tulumaks 13%. Mitu rubla saab ta pärast tulumaksu tasumist?

Täitmise algoritm:
  • Valik 1.
  1. Leidke 1% algsummast; selleks jagage summa 100-ga.
  2. Korrutage 1% maksumus nõutava intressisummaga.
  • 2. variant.
  1. Lahutage 100%-st tulumaks protsendina.
  2. Teisendage saadud protsendid kümnendmurruks (jagage sajaga).
  3. Leidke arvu protsent (korrutage arv saadud kümnendmurruga).
Lahendus:
  • Valik 1.

Lahutage 100%-st tulumaks protsendina.

100 – 13 = 87 (%) – Ivan Kuzmich saab pärast maksude mahaarvamist.

Leiame 1% esialgsest summast.

20000: 100 = 200 (rubla) - on 1%.

Leiame 87% 20 000-st.

87 · 200 = 17400 (rubla) – saab Ivan Kuzmich.

  • 2. variant.

Lahutage 100%-st tulumaks protsendina. 100 – 13 = 87 (%)

Teisendage saadud protsendid kümnendmurruks (jagage sajaga). 87: 100 = 0,87

Leiame arvu protsendi (korrutame arvu saadud kümnendmurruga).

20000 · 0,87 = 17400 (rubla)

Vastus: Ivan Kuzmich saab 17 400 rubla.

Ühtse riigieksami 2017 kolmanda ülesande võimalus (1)

Füüsika ühtse riigieksami sooritas 25 koolilõpetajat, mis moodustab kolmandiku lõpetajate üldarvust. Kui paljud selle kooli lõpetajad ei sooritanud füüsikaeksamit?

Lahendus:

Teame, et füüsika ühtse riigieksami sooritanuid on 25 ja see on 1/3 lõpetajate koguarvust. Nii et 25 on 1/3, siis õpilaste koguarv:

Õpilaste arv, kes ei sooritanud ühtset füüsika riigieksamit:

2019. aasta kolmanda ülesande võimalus (1)

Täitmise algoritm
  1. 800-st lahutame 680. Uurime, mitu rubla vähendati.
  2. Jagame lahutamise tulemuse 800-ga. Nii saame osa, mis on algsest maksumusest allahindlus.
  3. Saadud arvu korrutame 100-ga. Saame protsendi vähendamise.
Lahendus:

800 – 680 = 120 (hõõru) – kujutab endast vähendamist

120: 800 = 0,15 – soodusaktsia

0,15 100 = 15%

2019. aasta kolmanda ülesande võimalus (2)

Täitmise algoritm
  1. Määrame, kui palju on 5% mööbli maksumusest. Selleks jagage 3500 100-ga ja korrutage 5-ga.
  2. Lisame saadud arvu 3500-le.
Lahendus:

3500: 100 · 5 = 175 (rub.) – mööbli kokkupaneku maksumus

3500 + 175 = 3675 (rub.) maksab mööbel koos kokkupanekuga

Vastus: 3675

2019. aasta kolmanda ülesande võimalus (3)

Täitmise algoritm
  1. 100%-st lahutame 40%, et leida, mitu protsenti on diskonteeritud väärtus. Saame 60%.
  2. Kasutame reeglit leida tervik selle osast. Selleks jagage 840 60-ga ja korrutage 100-ga.
Lahendus:

100 – 40 = 60% – on toote hind peale selle allahindlust.

840: 60 · 100 = 1400 (rub.)

2019. aasta kolmanda ülesande võimalus (4)

Täitmise algoritm
  1. Alates 15 rubla. lahutame 14 rubla 40 kopikat. Seega leiame allahindluse summa. Väljendame selle summa rublades.
  2. Jagage saadud arv 15-ga ja korrutage 100% -ga.
Lahendus:

15 hõõruda. – 14 rubla 40 kopikat. = 60 kopikat = 0,6 hõõruda.

0,6: 15 · 100% = 4%.

2019. aasta kolmanda ülesande võimalus (5)

Täitmise algoritm
  1. Pargi puude koguarvu leidmiseks liidame 93 ja 7.
  2. Lehtpuude arv (7) jagatakse puude koguarvuga ja korrutatakse 100%.
Lahendus:

93 + 7 = 100 (tk.) – puud kokku pargis.

7: 100 100 = 7%

2019. aasta kolmanda ülesande võimalus (6)

Täitmise algoritm

Vaja on rakendada reeglit leida osa tervikust selle protsendi järgi. Selleks jagatakse tervik 100-ga ja korrutatakse protsentide arvuga.

Lahendus:

48: 100 · 40 = 19,2 (miljonit rubla)

Vastus: 19.2

2019. aasta kolmanda ülesande võimalus (7)

Täitmise algoritm
  1. 1800-st lahutame 1530. Määrame, mitu rubla allahindlus moodustas.
  2. Jagame saadud arvu alghinnaga ja korrutame 100%.
Lahendus:

1800 – 1530 = 270 (rub.) – allahindlus

270: 1800 100 = 15%

2019. aasta kolmanda ülesande võimalus (8)

Täitmise algoritm
  1. Määrame, kui palju (rublades) on 10% veekeetja maksumusest. Selleks jagage 1600 100-ga ja korrutage 10-ga.
  2. Alghinnast lahutame 10% allahindluse.
  3. Saadud soodushinna jagame 100-ga ja korrutame 25-ga. Seega leiame allahindluse summa (rublades) pärast teist hinnaalandust.
  4. 2. etapis saadud arvust lahutame sammus 3 saadud arvu.
Lahendus:

1600: 100 · 10 = 160 (rub.) – on 10% allahindlus

1600 – 160 = 1440 (rub.) – veekeetja hind algas pärast seda, kui hinda langetati 10%

1400: 100 · 25 = 350 (rub.) on 25% allahindlus

1400–350 = 1050 (rub.)

Vastus: 1050

2019. aasta kolmanda ülesande võimalus (9)

Täitmise algoritm
  1. Määrame, mitu rubla on 30% juurdehindlus. Selleks jagage ostuhind 100-ga ja korrutage 30-ga.
  2. Ostuhinnale lisandub juurdehindluse summa.
  3. Korrutame saadud arvu 4-ga.
Lahendus:

110: 100 · 30 = 33 (rub.) – võrdne juurdehindlus

110 + 33 = 143 (rub.) – kõristi maksumus poes

143 · 4 = 572 (rub.) – maksab 4 kõristit

2019. aasta kolmanda ülesande võimalus (10)

Täitmise algoritm
  1. Tähistame patsientide arvu x-ga. Siis on patsientide arv kuus võrdne x/2-ga.
  2. x/2 jagatud x-ga ja korrutatud 100%. Nii leiame protsentide arvu, mis on patsientide arv kuus võrreldes nende esialgse arvuga. Arvutamise ajal vähendatakse x-i.

x / 2: x 100% = x / 2 1 / x 100% = 1 / 2 100% = 0,5 100% = 50%

Matemaatika ühtse riigieksami profiilitaseme ülesandes nr 3 töötame kujunditega ruutvõredel - arvutame kujundite parameetrid - küljed või pindalad, samuti punktidevahelised kaugused. Jätkame otse tüüpiliste võimaluste analüüsiga.

Matemaatika ühtse riigieksami ülesannete nr 3 tüüpiliste valikute analüüs profiili tasemel

Ülesande esimene versioon (demoversioon 2018)

Kolmnurk on kujutatud ruudulisel paberil, mille suurus on 1x1 ruut. Leia piirkond.

Lahenduse algoritm:
  1. Arvutame aluse pikkuse ja kõrguse.
  2. Paneme kirja pindala arvutamise valemi.
  3. Arvutame pindala.
  4. Kirjutame vastuse üles.
Lahendus:

1. Arvutage aluse pikkused ja kõrgused:

alus = 6,

kõrgus = 2.

2. Kirjutage üles kolmnurga pindala valem: S= ah|2.

3. Arvutage pindala: S= 6∙2/2=6

Ülesande teine ​​versioon (Jaštšenkolt, nr 1)

Lahenduse algoritm:
  1. Arvutage keskmine joon.
  2. Kirjutame vastuse üles.
Lahendus:

1. Vastavalt ülesande tingimustele tähistab iga lahter ühte pikkuseühikut. Siis on väiksem alus 3, suurem alus on 4.

.

4. Seega on keskmine joon 3,5.

Vastus: 3.5.

Ülesande kolmas versioon (Jaštšenkolt, nr 2)

Trapets on kujutatud ruudulisel paberil, mille ruudu suurus on 1x1. Leidke selle trapetsi keskjoone pikkus.

Lahenduse algoritm:
  1. Arvutame iga aluse pikkuse ja trapetsi kõrguse.
  2. Kirjutame üles trapetsi keskjoone pikkuse valemi.
  3. Arvutage keskmine joon.
  4. Kirjutame vastuse üles.
Lahendus:

1. Vastavalt ülesande tingimustele tähistab iga lahter ühte pikkuseühikut. Siis on väiksem alus 2, suurem alus on 6.

2. Trapetsi keskjoone pikkus leitakse valemiga

Kus a ja b on trapetsi ülemise ja alumise aluse pikkused.

4. Seega on keskmine joon 4.

Ülesande neljas versioon (Jaštšenkolt, nr 4)

Ruudulisel 1x1 ruudukujulisel paberil on kujutatud kolmnurk ABC. Leia selle poolitaja pikkus, mis on tõmmatud tipust B.

Lahenduse algoritm:
  1. Tõmbame tippudest A ja C risti olevad jooned.
  2. Ehitame nurga B poolitaja.
  3. Näitame, et poolitaja on paralleelne kõrgustega.
  4. Mõõdame poolitaja pikkust.
  5. Paneme vastuse kirja.
Lahendus:

1. Joonestame tippudest A ja C lõigud AB 1 ja CB 2, mis on risti joonisel tippu B sisaldava sirgega.

2. Konstrueerige nurga B poolitaja.

3. Vaatleme kolmnurki ABB 1 ja BB 2 C. Need on täisnurksed, siis täisnurksete kolmnurkade seostest

See tähendab, et nurgad ABB 1 ja CBB 2 on võrdsed, kuna nende nurkade puutujad on võrdsed.

Kuna nurgad on võrdsed, siis asuvad küljed AB ja BC vertikaali suhtes sama nurga all (joonisel on see sinisega joonistatud). See vertikaal on poolitaja. Poolitaja pikkus vastavalt joonisele on 3.

Ülesande viies versioon (Jaštšenkolt, nr 7)

Trapets on kujutatud ruudulisel paberil, mille ruudu suurus on 1x1. Leidke selle piirkond.

Lahenduse algoritm:
  1. Vaatame joonist ja mõõdame alused.
  2. Kontrollime kõrgust.
  3. Kirjutame üles trapetsi pindala valemi.
  4. Arvutame pindala valemi abil.
Lahendus:

1. Joonisel on alused 3 ja 8.

2. Langetage kõrgust. Ta on haav 3.

3. Trapetsi valem: S=h(a+b)/2, kus a,b on alused, h on kõrgus.

4. Arvutage pindala, asendades väärtused: S=3∙(3+8)/2=16,5

Seetõttu on selle trapetsi pindala 16,5.

Nagu ma varem ütlesin, alustasin postituses "" postitusi keeruliste testülesannete lahendamise kohta. Loomulikult ei ole ühtse riigieksami testi B-osa ülesanded edasijõudnutele nii keerulised. Kuid juhin teie tähelepanu asjaolule, et ilma selle osa, aga ka A-osa kvaliteetse täitmiseta on võimatu saada maksimaalset arvu punkte nii ajaloos kui ka ühiskonnaõpetuses.

Ajaloo ühtse riigieksami testi ülesanne 3 on taotlejatele keeruline, kuna reeglina ei saa nad konkreetset terminit seostada Venemaa ajaloo konkreetse perioodiga. See tähendab, et termini tundmine selles ülesandes on oluline ainult niivõrd, kuivõrd tead, kuidas seda seostada selle jaoks olulise ajaloolise ajastuga!

Sageli õpivad õpilased termineid, kuid ei tööta selliste ülesannetega ega oska terminit ja sündmust võrrelda.

Näiteks ülesanne 3 tõelisest ühtse riigieksami ajaloo testist ( vana klassifikatsiooni järgi vastab ülesanne 3 ülesandele B4, nii et ärge kartke):

Peate valima ühe termini (sündmus või nähtus), mis ei ole seotud 16. - 17. (16. - 17.) sajandi perioodiga. Targad poisid ja tüdrukud, kes läbisid minu videokursuse "Venemaa ajalugu. Ettevalmistus ajaloo ühtseks riigieksamiks 100 punkti eest " ärge sattuge sellistes ülesannetes segadusse, sest kursus on üles ehitatud just Venemaa ajaloo võtmeperioodidele. Te ei lähe segadusse isegi siis, kui soovite. Noh, kõigil teistel soovitan pärast iga uuritud Venemaa ajaloo perioodi panna kirja olulisemad terminid ja need ise selgeks õppida: ma ei tea, sa võid põrandal kätekõverdusi teha, kui ei tee. mäleta õigesti :).

Sama ülesande puhul on selge, et vastus “Hordi väljumine” oleks üleliigne. Isegi kui teil on ajaloost ebamäärane ettekujutus, võite seda arvata Hord viitab Kuldhord (mongoli-tatarlaste riik), ja viitab Hord ike. Ja nagu teate, Hordi ike eksisteeris kuni 15. sajandini, täpsemalt 1480. aastani - jõel seistes. Angerjas. Kõigile tarkadele poistele ja tüdrukutele on ammu selge, et sajandeid ei tohi segi ajada: XV (15) ja XVI (16) on ERINEVAD sajandid!

Mitte väga targad poisid ja tüdrukud hakkavad kahtlema, kohandama muid termineid, mõtlema lugu välja, mäletama nii või naa... ja selle tulemusena märgivad nad mingit "majapidamismaksu" ja loomulikult teevad nad vea. , kuna majapidamismaks oli sel perioodil tegelikult olemas ja ainult Peeter Suur asendas selle pollimaksuga. Vahepeal on ainult üks õige vastus! See tähendab, et kui te seda teate ja näete, ei pea te isegi muid termineid vaatama, et mitte oma rumalust kiusata! 😉

Vaatame veel üht ülesannet 3 ajaloost tõelisest ühtsest riigieksamist, seekord raskem! Lihtsad ülesanded ei paku tarkadele poistele ja tüdrukutele huvi!

On selge, et näidatud valikute hulgast peate numbri üles kirjutama 5 – Kuuba raketikriis , kuna see toimus 1963. aastal, mitte määratud ajavahemikul. Ajaloo tundjatel on aga selles küsimuses lisakahtluste oht. Siin on põhjus:

"Külm sõda" - kronoloogiline raamistik - 1946/49 - 1989.

Cominformburo eksisteeris aastatel 1947–1957.

See tähendab, et ajaloolise nähtuse olemasolu teine ​​piir ületab ülesandes B4 näidatud perioodi. Siin peate lihtsalt teadma, et küsitakse, kas näidatud nähtused eksisteerisid ajavahemikul 1945–1953 või mitte.

Jah, ärge unustage, et teie vastus tuleks kirjutada mitte tähtedega, vaid selle seerianumber! Üldiselt soovitan väga artiklit vaadata Ja minu videoõpetus selle perioodi ülesannete lahendamisest.

Täitkem veel ühe ajaloo ühtse riigieksami ülesande 3, et oleks hea!

Siin on võtmeperiood seotud N.S. valitsemisajaga. Hruštšov: 1953-1964. Asjatutesse spekulatsioonidesse laskumata on selge, et "Praha kevad" on üleliigne, kuna see sündmus leidis aset 1968. aastal. Aga selle postituse materjalidega soovitan siiski tutvuda!

Nagu näete, on ajaloo ühtse riigieksami 3. ülesanne üsna lihtne: nad ei küsi isegi sündmuse kuud, vaid lihtsalt sajandit või aastat!

Samas tuleb selliseid ülesandeid täites mõista, et ajalugu on täppisteadus ja segadus, millisesse sajandisse või aastasse see või teine ​​sündmus kuulub, võib tekitada segadust ja eksitusi! Seetõttu soovitan teil selle kohta minu artiklit lugeda.

See on kõik. Kui soovid teste lahendada, siis like ja avanevad testiülesanded:

Pidage meeles, et ajaloo ühtse riigieksami kaasaegsel testimisel ülesandes 3 tuleb valida kaks vastust, mitte üks. Värskeimad ülesannete ülevaated leiate meie lehelt VIP tuba.