Matemaatika ühtsel riigieksamil profiilitasemel 2019. aastal muudatusi ei ole - eksamiprogramm on sarnaselt varasematele aastatele kokku pandud peamiste matemaatika erialade materjalidest. Piletid sisaldavad matemaatilisi, geomeetrilisi ja algebralisi ülesandeid.

KIM ühtse riigieksami 2019 matemaatika profiili tasemel muudatusi ei ole.

2019. aasta matemaatika ühtse riigieksami ülesannete tunnused

• Matemaatika (profiil) ühtseks riigieksamiks valmistumisel pöörake tähelepanu eksamiprogrammi põhinõuetele. See on loodud selleks, et testida teadmisi süvaprogrammist: vektor- ja matemaatilised mudelid, funktsioonid ja logaritmid, algebralised võrrandid ja võrratused.
• Eraldi harjutage ülesannete lahendamist .
• Oluline on näidata uuenduslikku mõtlemist.

Eksami struktuur

Erimatemaatika ühtsed riigieksami ülesanded jagatud kaheks plokiks.

1. Osa – lühikesed vastused, sisaldab 8 ülesannet, mis panevad proovile elementaarse matemaatilise ettevalmistuse ja matemaatikateadmiste igapäevaelus rakendamise oskuse.
2. osa - lühike ja üksikasjalikud vastused. See koosneb 11 ülesandest, millest 4 nõuavad lühikest vastust ja 7 - üksikasjalikku koos argumentidega tehtud toimingute kohta.

• Täiustatud raskusaste- KIM-i teise osa ülesanded 9-17.
• Kõrge raskusaste- ülesanded 18-19 –. See eksamiülesannete osa kontrollib mitte ainult matemaatikateadmiste taset, vaid ka loomingulise lähenemise olemasolu või puudumist kuivade "numbriliste" ülesannete lahendamisel, samuti teadmiste ja oskuste professionaalse tööriistana kasutamise tõhusust. .

Tähtis! Seetõttu toetage ühtseks riigieksamiks valmistumisel alati oma matemaatika teooriat praktiliste ülesannete lahendamisega.

Kuidas punkte jagatakse?

Matemaatika KIM-i esimese osa ülesanded on lähedased ühtse riigieksami algtaseme testidele, mistõttu on neil võimatu kõrget punktisummat saada.

Matemaatika iga ülesande punktid profiili tasemel jagunesid järgmiselt:

• ülesannete nr 1-12 õigete vastuste eest - 1 punkt;
• nr 13-15 – 2 tk;
• nr 16-17 – 3 tk;
• Nr 18-19 – 4 tk.

Eksami kestus ja ühtse riigieksami käitumisreeglid

Eksamitöö täitmiseks -2019 õpilane on määratud 3 tundi 55 minutit(235 minutit).

Selle aja jooksul ei tohiks õpilane:

• käituma lärmakalt;
• kasutada vidinaid ja muid tehnilisi vahendeid;
• maha kirjutama;
• proovige teisi aidata või küsige abi enda jaoks.

Selliste toimingute eest võidakse eksaminand klassiruumist välja saata.

Matemaatika riigieksamiks lubatud tuua Võtke kaasa ainult joonlaud, ülejäänud materjalid antakse teile vahetult enne ühtset riigieksamit. väljastatakse kohapeal.

Tõhus ettevalmistus on 2019. aasta matemaatika veebitestide lahendus. Valige ja saage maksimaalne punktisumma!

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

Eeldatakse, et suurem osa profiilitaseme lõpetajatest suudab esimese ülesande suuliselt täita.

Selle läbimiseks vajalikud teadmised peab õpilane omandama 5.-6. Nimelt:

• aritmeetilised tehted;
• kümnendkohad;
• kümnendkohtade ümardamine;
• ühe mõõtühiku teisendamine teiseks;
• huvi;
• proportsioonid;
• probleemi matemaatilise mudeli koostamine;
• probleemi lahendamise tulemuse tõlgendamine;
• võttes arvesse tegelikke piiranguid tulemuse tõlgendamisel.

Peamiselt on viit tüüpi ülesandeid:

• igapäevatööd (peate midagi arvutama: sõiduaeg, kauba maksumus, elektritarbimine jne);
• ümardada tulemus üle- või puudujäägiga, võttes arvesse tegelikke piiranguid (näiteks kui palju kukleid saab osta 100 rubla eest - ümardame puudujäägiga ja kui palju on vaja tapeedirullide parandamiseks - ülejäägiga) ;
• arvutada protsente (kui palju soodustoode maksab, kui suur osa õpilastest sooritas eksamid edukalt jne)
• proportsioonide järgi (kui palju samu raamatuid saab osta erineva summa eest, kui kaua kulub erineva vahemaa läbimiseks sama kiirusega jne)
• nelja eelmise valiku erinevad kombinatsioonid.

Lõpetajatel on kõige raskem toime tulla ülesannetega, kus on vaja aega arvutada või ühikuid ühest teise teisendada. Oluline meeles pidada et aega ei arvestata kümnendsüsteemis (päevas on 24 tundi ja tunnis 60 minutit). Esimese ülesande lahendamisel on mõnikord vaja lisateadmisi, näiteks kellaaja mõiste. Kõik on aga täiesti lahendatav.

Näited ühtse riigieksami ülesannetest matemaatikas

Näide nr 1

Lennuk lendab 39 000 jala kõrgusel. 1 jalg võrdub 30,5 cm Leidke lennukõrgus meetrites. Ümarda oma vastus täisarvudeks.

Lahendus: Jala asemel asendage võrdne väärtus sentimeetrites, seejärel teisendage sentimeetrid meetriteks
39000 jalga=39000*30,5cm=1189500cm=1189500*0,01m=1189,5m
Selles ülesandes toimub ümardamine vastavalt matemaatilise ümardamise reeglile.
1189,5m≈1190m

Vastus: 1190

Näide nr 2

Sportlane jooksis 500 m ajaga 1 minut 12 sekundit. Leidke tema keskmine kiirus. Esitage oma vastus kilomeetrites tunnis.

Lahendus: Esiteks teisendame 1 minut 12 sekundit sekunditeks.
1min+12s= 60s+12s=72s
Kuna keskmine kiirus tuleb anda km/h, saame seda teha kahel viisil.
1) Kõigepealt arvutage kiirus m/s ja seejärel teisendage km/h.
2) Teisendage aeg tundideks, vahemaa kilomeetriteks ja arvutage seejärel kiirus.

Selle ülesande puhul on teise meetodi arvutused lihtsamad.
500m=500*0,001km=0,5km
72s = 72*(1/3600)h = 0,02h
0,5 km/0,02h=25km/h

Vastus: 25

Näide nr 3

Karp piima maksab 45 rubla. Hommikuti on pensionäridele soodustus 10%. Mitu rubla maksab pensionär kell 11 2 piimapaki eest?

Lahendus: Esiteks teeme kindlaks, kas pensionär saab soodustust. Kell 11 hommikul – aeg enne lõunat, mis tähendab, et ta saab kätte. Siis on kolm võimalikku lahendust.

1 viis: Määrake piimapaki maksumus protsentides
100-10=90%
Leidke piimakarbi maksumus rublades
45r*0,9=40,5r
Kahe karbi piima maksumuse arvutamine
40,5r*2=81r

2. meetod: Ühe paki allahindluse summa leidmine
45r*0,1=4,5r
Määrame 1 paki piima hinna soodushinnaga
45r-4,5r=40,5r
Arvutage 2 paki maksumus
40,5r*2=81r

3 viisi: Kahe paki maksumuse leidmine ilma allahindluseta
45r*2=90r
Kahe piimapaki allahindluse summa määramine
90r*0,1=9r
Arvutage ostuhind
90r-9r=81r

Vastus: 81

Näide nr 4

Tavalise sülearvuti hulgimüügihind on 40 rubla. Jaekauplus müüb märkmikke 20% juurdehindlusega. Mitu vihikut saab koolilaps osta 570 rubla eest?

Lahendus: Juurdehindluse leidmine rublades
40r*0,2=8r
Märkmiku jaemüügihinna arvutamine
40r+8r=48r
Märkmike arvu määramine
570/48=11,875
Sisuliselt tuleks vastus ümardada allapoole, kuna 12. märkmiku jaoks pole piisavalt raha.

Vastus: 11

Näide nr 5

Konverentsil osalejatele ostetakse teed. Igas pakendis on 100 teepakki. Päevas kulub 130 kotikest. Mitu paketti tuleb osta, kui konverents kestab 4 päeva.

Lahendus: Vajaliku arvu teepakkide leidmine
130 kotikest*4 päeva=520 kotikest
Vajaliku arvu pakkide leidmine
520 kotikest/100 kotikest pakis = 5,2 pakki/ Selle ülesande tähenduse järgi tuleb tulemus ümardada, sest 5 pakki ei piisa.

Vastus: 6

Näide nr 6

Moskva-Nižnevartovski rong väljub kell 13:25 ja saabub järgmisel päeval kohaliku aja järgi kell 12:25. Mitu tundi sõidab rong, kui Nižnevartovski aeg on Moskvast kaks tundi ees? Andke oma vastus tundide jooksul

Lahendus:
Teisenda aeg Nižnevartovskis Moskvaks
12h 25min+2h=14h 25min
Sõiduaega arvestame arvestusega, et rong saabub päeva pärast
14h 25min+24h-13h 25min=25h

Vastus: 25

Esimene ülesanne ei ole tavaliselt keeruline. Lihtsast hoolimatusest tingitud vigu on aga päris palju. Enne vastuse kirja panemist lugege ülesanne uuesti läbi. Mida on vaja leida? Veenduge, et leiate täpselt selle, mida probleem küsib, ja seejärel kirjutage vastus üles.

Matemaatika ühtne riigieksam 2018 on keskhariduse tunnistuse saamiseks vajalik eksam. Kahtlemata on see üks raskemaid koolieksameid. Ja selle kohustusliku staatuse tõttu ei ole võimalik kooli lõpetada ilma seda distsipliini läbimata. Seetõttu ootavad lõpetajad igal aastal erilise põnevusega matemaatika ühtse riigieksami tulemusi ja saavad sageli kahjuks mitterahuldava hinde.

Juhime teie tähelepanu asjaolule, et Hodograph TC-st leiate kvalifitseeritud juhendajad aastal. Pakume individuaal- ja grupitunde 3-4 inimesele ning teeme koolitustelt allahindlusi. Meie õpilased koguvad keskmiselt 30 punkti rohkem!

Ja see pole üllatav: paljud poisid ei suuda mõne oma omaduste või mentaliteedi tõttu keerukaid matemaatilisi lahendusalgoritme hallata. Ja mõned inimesed ei ole põhimõtteliselt huvitatud matemaatikast ja numbritega töötamisest või lihtsalt ei taha raisata väärtuslikku aega millegi õppimisele, millest pole tulevikus kasu. Seoses sellega tegi haridusministeerium uuenduse, mille valdav osa õpilastest ja õpetajatest võttis pauguga vastu. Räägime eksami jagamisest kaheks tasemeks: põhi- ja erialaseks.

2018. aasta matemaatika ühtse riigieksami profiilitase

Täna räägime matemaatika ühtse riigieksami profiilitasemest. Selle võtavad need, kes vajavad matemaatikat, et astuda ülikooli või kolledžisse õppesuunal, kus algebra ja geomeetria on põhiained: tehnika, tehnika, loodusteadused, infotehnoloogia erialad. Ja loomulikult ei saa te riigi juhtivatesse ülikoolidesse mittehumanitaarteaduste erialadel ilma spetsialiseeritud matemaatikata pääseda.

Eksam on tõsine ja raske. Olgem ausad, ilma täiendava ettevalmistuseta on üle 70-75 punktidega seda peaaegu võimatu läbida. Kuid ärge heitke meelt, neist punktidest piisab paljudesse ülikoolidesse pääsemiseks, kuid muidugi juhul, kui teie eesmärk on Moskva Riiklik Ülikool või Moskva Riiklik Tehnikaülikool. Bauman, sa pead lisaks õppima.

Matemaatika ühtne riigieksam 2018 profiilitase. Ülesanded

Nii et natuke matemaatika 2018. aasta ühtse riigieksami profiilitaseme versioonist. Mitu ülesannet? Ülesandeid on veel 19 ja need on raskusastmete järgi jagatud kolme plokki. Minimaalse läve ületamiseks peate koguma 6 põhipunkti, mis vastavad 27 testipunktile. Just sellelt jooniselt aktsepteerivad ülikoolid matemaatika 2018. aasta ühtse riigieksami tulemusi.

Ülesanded1,2,3,4,5,6,7,8 matemaatika ühtsel riigieksamil

Sellised ülesanded nõuavad õpilastelt algteadmisi matemaatikast, osa ülesandeid on identsed 9. klassi OGE ülesannetega: lihtsaim tõenäosusteooria, liikumisülesanne ja lihtne geomeetria. Kuid lisati ka gümnaasiumikursuse numbrid: tuletised, kõige lihtsamad eksponentsiaalvõrrandid ja lihtsaim stereomeetria.

Ühtse riigieksami 2018 ülesanded 9,10,11 ja 12

Sisaldab logaritme, tuletise geomeetrilise tähenduse probleeme ja trigonomeetria elemente. Nad on üsna vastuvõtlikud ka keskmisele mittestaatilisele koolilapsele. Piisab, kui saada pähe selge lahendusalgoritm ja saada selles paremaks, tehes järjest rohkem sarnaseid ülesandeid.

Plokk 2 ülesannet üksikasjalike vastustega: numbrid 13-19 pakuvad lõpetajatele kõige rohkem huvi ja raskusi.

Erimatemaatika ühtse riigieksami ülesanne 13

Trigonomeetriline võrrand. Väga sageli – ruudukujuliseks taandatav. Vaja on teadmisi trigonomeetrilistest valemitest ja selliste võrrandite lahendamise meetoditest. Tavaliselt kogevad õpilased raskusi kas esimesel etapil (näiteks unustavad nad homogeense võrrandi toimingute algoritmi) või lõpuks, kui nad peavad õigesti valima antud vahemikku kuuluvad juured.

Mõnikord jäetakse tähelepanematuse tõttu juurte valimise samm lihtsalt vahele, mis viib punktide kaotamiseni. Koolis pühendatakse trigonomeetria õppimisele terve pool aastat ja tavaliselt analüüsitakse igat tüüpi võrrandeid. Ainus “aga” siin: tavaliselt õpivad nad seda teemat 10. klassi alguses ja eksami ajaks ei mäleta lapsed lihtsalt suurt midagi.

Soovitame vaadata 2018. aasta ühtse riigieksami võimalusi matemaatikas: profiilitase koos lahendustega Internetis või veebitundides aitab värskendada mälu. Tulemuste puudumisel registreeruge kiiresti lisatundidesse – eksamiaeg läheneb välgukiirusel.

2018. aasta ühtse matemaatika riigieksami ülesannete 14 ja 16 ülesehitus

Need on stereomeetria ülesanded. Ja kui paljud inimesed teevad numbri 14 vähemalt poolel teel, siis paljud ei alusta üldse numbriga 16. Selle põhjuseks on keskkoolis keskkoolides geomeetria tundide vähesus, välja arvatud juhul, kui tegemist on muidugi matemaatika eriõppega. Siin on raske soovitada veebitunde või vaadata matemaatika 2018 USE ülesannete analüüsi profiili tasemel. Paljudel inimestel on halvasti arenenud ruumiline kujutlusvõime ja nad vajavad lihtsalt õpetaja abi ja järkjärgulist lahendusalgoritmide õppimist.

Erimatemaatika 2018. aasta ühtse riigieksami ülesanne 15

Kompleksne logaritmiline või eksponentsiaalne võrratus ehk võrratuste süsteem.Võib kohata ka trigonomeetria elemente. Lahendusalgoritm ei ole lihtne, lahenduse käigus tekivad pidevalt kas lisajuured või juurte kadu. Paljud õpilased jõuavad vastuseni, kuid lõpuks pole see õige, sest... kuhugi unustasid nad midagi või, vastupidi, jätsid midagi ebavajalikku.

17. ülesanne matemaatika ühtsel riigieksamil

Tavaliselt võib rakendusliku iseloomuga ülesanne olla seotud majanduse ja panganduse või mõne muu teemaga. Seda saab lahendada kas puhtalt aritmeetiliselt (siin peate esmalt mõistma loogikat) või funktsioonide omadusi kasutades (peamine on see funktsioon määrata - seda näha). Üldiselt nõuab see ülesanne paindlikku mõtlemist. Ja kui loogiline “konks” leitakse, ei ole lahendus tehniliselt keeruline.

Anname näide selline probleem, mida ei lahenda keerukad algebralised tehted.

Probleem 17

IN Mai 2018 on plaanis võtta pangalaen kuueks aastaks summas S miljonit rubla. Selle tagastamise tingimused on järgmised:

Iga aasta detsembris suureneb võlg 10%;
- iga aasta jaanuarist aprillini on vaja osa võlga tagasi maksta;
- mais 2018, 2019 ja 2020 jääb võlg võrdseks S miljon rubla;
- 2021., 2022. ja 2023. aasta maksed on võrdsed;
- maiks 2023 on võlg tasutud täies ulatuses.

Leia väikseim täisarv S , milles maksete kogusumma ei ületa 13 miljonit rubla.

Lahendus:

2018. aasta S , aprillis makstud 0,1 S ,mais jäi võlg võrdseks S.

2019 : detsembris kogunenud intress 0.1 S , aprillis makstud 0,1 S ,mais jäi võlg võrdseks S.

2020 : detsembris kogunenud intress 0.1 S , aprillis makstud 0,1 S ,mais jäi võlg võrdseks S.

2021. aasta : detsembris kogunenud intress 0.1 S , X maksti aprillis ,mais jäi võlg võrdseks (1.1 S–X).

2022: detsembris kogunes intressi 0,1(1,1 S–X ), X maksti aprillis ,mais jäi võlg võrdseks 1,1(1,1 S– X)– X=1,21 S–2,1 X.

2023: detsembris kogunes intressi 0,1(1,21 S–2,1 X ), aprillis tasuti X, mais jäi võlg võrdseks 1,1 (1,21 S–2,1 X)– X=0
Kus
1,331 S–2,31 X– X=0
X = 1,331 S/3,21

Tingimuse kohaselt ei ületa maksete kogusumma 13 miljonit:
0,1 S+0,1 S+0,1 S+ X+ X+ X ≤ 13.
või
0,3 S+3 (1,131 S/3,21)≤ 13.
S ≤ 8,42.
Vastus: 8 miljonit

Nagu näete, viis kõige lihtsamate toimingute samm-sammult teostamine hõlpsasti lahendatava võrrandi koostamiseni.

Ühtse riigieksami 2018 ülesanne 18

Üks huvitavamaid ülesandeid matemaatika ühtsel riigieksamil. Kahtlemata nõuab see tõsist ettevalmistust ja erilist hoolt. Räägime muidugi võrranditest ja parameetritega võrrandisüsteemidest. Teema, mida koolides üksikjuhtudel uuritakse.

Seetõttu on vaja täiendavalt ette valmistada: iseseisvalt või juhendajaga - igaüks otsustab ise, peaasi, et tunnid oleksid tõhusad. Paljud poisid usuvad alguses, et nad ei suuda sellisel tasemel probleemi lahendada, kuid see on nende endi kohta väga kallutatud arvamus. Ära anna kohe alla. Alusta ette valmistamist ja kõik saab korda.

Ühtse riigieksami 2018 ülesande 19 ülesehitus

Ülesanne on seotud pigem sellise matemaatika haruga nagu arvuteooria. Tuginedes teadmistele paaris-, paaritu-, alg- ja muud tüüpi arvude omaduste kohta, määratakse numbriline jada. See võib olla aritmeetiline, geomeetriline progressioon või muu muster; see võib olla ka ülesanne aritmeetilise keskmise omaduste kasutamiseks.

Sageli on probleeme gcd, lcm, jagatavusomaduste jms tundmisega. Varasemate aastate statistika näitab, et selle ülesande lahendab alla 40 protsendi lõpetajatest, mis on jällegi tingitud kooli õppekavas olevast ajapuudusest selle teema analüüsimiseks.

Olenemata sellest, milliste keeruliste ülesannetega matemaatika ühtsel riigieksamil kokku puutute, võimaldab õigeaegne ettevalmistus teil endas ja oma eksamitulemustes kindel olla. Ärge raisake väärtuslikku aega – kui te veel ei valmistu, alustage kohe kursustel või õppige süstemaatiliselt iseseisvalt.

Soovime teile siiralt edu eksamite sooritamisel!

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 kümnendmurdu 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 määrata argumendi väärtusest 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. Ülesandes 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.

Selles jaotises valmistume matemaatika kui spetsialiseeritud põhitaseme ühtseks riigieksamiks - pakume probleemide analüüsi, teste, eksami kirjeldust ja kasulikke soovitusi. Meie ressurssi kasutades saate vähemalt aru, kuidas probleeme lahendada ja suudate edukalt sooritada matemaatika ühtse riigieksami 2019. aastal. Alusta!

Matemaatika ühtne riigieksam on kohustuslik eksam igale 11. klassi õpilasele, seega on selles jaotises esitatud teave asjakohane kõigile. Matemaatikaeksam jaguneb kahte tüüpi – põhi- ja erialaeksam. Selles jaotises annan igat tüüpi ülesande analüüsi koos kahe võimaluse üksikasjaliku selgitusega. Ühtse riigieksami ülesanded on rangelt temaatilised, nii et iga küsimuse kohta saate anda täpseid soovitusi ja esitada konkreetselt seda tüüpi ülesannete lahendamiseks vajaliku teooria. Altpoolt leiate lingid ülesannetele, millele klikkides saate teooriat uurida ja näiteid analüüsida. Näiteid täiendatakse ja uuendatakse pidevalt.

Matemaatika ühtse riigieksami algtaseme ülesehitus

Matemaatika algtaseme eksamitöö koosneb üks tükk , sealhulgas 20 lühivastusega ülesannet. Kõik ülesanded on suunatud põhioskuste ja praktiliste oskuste arengu testimisele matemaatikateadmiste rakendamisel igapäevastes olukordades.

Vastus igale ülesandele 1–20 on täisarv, kümnendkoha lõpus , või numbrite jada .

Lühivastusega ülesanne loetakse täidetuks, kui vastusevormile nr 1 on kirja pandud õige vastus ülesande täitmise juhendis sätestatud vormis.