საშუალო ზოგადი განათლება

ხაზი UMK G.K. Muravina. ალგებრა და მათემატიკური ანალიზის დასაწყისი (10-11) (ღრმა)

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

Მათემატიკა

მათემატიკაში გამოცდისთვის მომზადება (პროფილის დონე): ამოცანები, ამონახსნები და ახსნა-განმარტებები

მასწავლებელთან ვაანალიზებთ დავალებებს და ვხსნით მაგალითებს

პროფილის დონის საგამოცდო ნაშრომი გრძელდება 3 საათი 55 წუთი (235 წუთი).

მინიმალური ბარიერი- 27 ქულა.

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

სამუშაოს თითოეული ნაწილის განმსაზღვრელი მახასიათებელია დავალებების ფორმა:

• ნაწილი 1 შეიცავს 8 დავალებას (დავალებები 1-8) მოკლე პასუხით მთელი რიცხვის ან საბოლოო ათობითი წილადის სახით;
• ნაწილი 2 შეიცავს 4 დავალებას (დავალებები 9-12) მოკლე პასუხით მთელი რიცხვის ან საბოლოო ათობითი წილადის სახით და 7 დავალებას (დავალებები 13-19) დეტალური პასუხით (გადაწყვეტილების სრული ჩანაწერი დასაბუთებით. შესრულებული მოქმედებები).

პანოვა სვეტლანა ანატოლიევნა, სკოლის უმაღლესი კატეგორიის მათემატიკის მასწავლებელი, სამუშაო გამოცდილება 20 წლიანი:

„სკოლის ატესტატის მისაღებად კურსდამთავრებულმა ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის სახით უნდა ჩააბაროს ორი სავალდებულო გამოცდა, რომელთაგან ერთ-ერთი მათემატიკაა. რუსეთის ფედერაციაში მათემატიკური განათლების განვითარების კონცეფციის შესაბამისად, მათემატიკაში ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა იყოფა ორ დონეზე: საბაზო და სპეციალიზებულ. დღეს ჩვენ განვიხილავთ პროფილის დონის ვარიანტებს.

დავალება ნომერი 1- ამოწმებს USE-ის მონაწილეთა უნარს გამოიყენონ დაწყებითი მათემატიკის 5-9 კლასებში შეძენილი უნარები პრაქტიკულ აქტივობებში. მონაწილეს უნდა ჰქონდეს გამოთვლითი უნარები, შეეძლოს რაციონალურ რიცხვებთან მუშაობა, შეეძლოს ათობითი წილადების დამრგვალება, შეეძლოს საზომი ერთეულის მეორეში გადაყვანა.

მაგალითი 1ბინაში, სადაც პეტრი ცხოვრობს, დამონტაჟდა ცივი წყლის მრიცხველი (მრიცხველი). პირველ მაისს მრიცხველმა 172 კუბური მეტრი მოხმარება აჩვენა. მ წყალი, ხოლო პირველ ივნისს - 177 კუბური მეტრი. მ რა თანხა უნდა გადაიხადოს პეტრემ მაისის ცივ წყალში, თუ ფასი 1 კუბ. მ ცივი წყალი 34 რუბლი 17 კაპიკია? გაეცით პასუხი რუბლებში.

გამოსავალი:

1) იპოვეთ თვეში დახარჯული წყლის რაოდენობა:

177 - 172 = 5 (კუ მ)

2) იპოვეთ რა თანხას გადაიხდიან დახარჯულ წყალში:

34.17 5 = 170.85 (რუბლი)

პასუხი: 170,85.

დავალება ნომერი 2- გამოცდის ერთ-ერთი უმარტივესი ამოცანაა. კურსდამთავრებულთა უმრავლესობა წარმატებით უმკლავდება მას, რაც მიუთითებს ფუნქციის ცნების განმარტების ფლობაზე. დავალების ტიპი No2 მოთხოვნების კოდიფიკატორის მიხედვით არის დავალება მიღებული ცოდნისა და უნარების პრაქტიკულ საქმიანობასა და ყოველდღიურ ცხოვრებაში გამოყენებისათვის. დავალება No2 შედგება სიდიდეებს შორის ფუნქციების, სხვადასხვა რეალური ურთიერთობის აღწერისა და მათი გრაფიკების ინტერპრეტაციისგან. დავალება ნომერი 2 ამოწმებს ცხრილებში, დიაგრამებში, გრაფიკებში წარმოდგენილი ინფორმაციის ამოღების უნარს. კურსდამთავრებულებს უნდა შეეძლოთ ფუნქციის მნიშვნელობის განსაზღვრა არგუმენტის მნიშვნელობით ფუნქციის დაზუსტების სხვადასხვა გზით და აღწერონ ფუნქციის ქცევა და თვისებები მისი გრაფიკის მიხედვით. ასევე აუცილებელია ფუნქციის გრაფიკიდან ყველაზე დიდი ან უმცირესი მნიშვნელობის პოვნა და შესწავლილი ფუნქციების გრაფიკების აგება. დაშვებული შეცდომები შემთხვევითი ხასიათისაა პრობლემის პირობების, დიაგრამის წაკითხვისას.

#ADVERTISING_INSERT#

მაგალითი 2ფიგურაში ნაჩვენებია მაინინგის კომპანიის ერთი აქციის გაცვლითი ღირებულების ცვლილება 2017 წლის აპრილის პირველ ნახევარში. 7 აპრილს ბიზნესმენმა ამ კომპანიის 1000 აქცია შეიძინა. 10 აპრილს მან გაყიდა შეძენილი აქციების სამი მეოთხედი, 13 აპრილს კი - ყველა დარჩენილი. რამდენი დაკარგა ბიზნესმენმა ამ ოპერაციების შედეგად?

გამოსავალი:

2) 1000 3/4 = 750 (წილები) - შეადგენს ყველა შეძენილი აქციის 3/4-ს.

6) 247500 + 77500 = 325000 (რუბლი) - ბიზნესმენმა მიიღო 1000 აქციის გაყიდვის შემდეგ.

7) 340,000 - 325,000 = 15,000 (რუბლი) - ბიზნესმენმა დაკარგა ყველა ოპერაციის შედეგად.

პასუხი: 15000.

დავალება ნომერი 3- არის პირველი ნაწილის საბაზისო დონის ამოცანა, ამოწმებს გეომეტრიული ფიგურებით მოქმედებების შესრულების უნარს კურსის „პლანიმეტრია“ შინაარსის მიხედვით. დავალება 3 ამოწმებს ფიგურის ფართობის გამოთვლის უნარს ქაღალდზე, კუთხეების ხარისხის ზომების გამოთვლა, პერიმეტრების გამოთვლა და ა.შ.

მაგალითი 3იპოვეთ კვადრატულ ქაღალდზე დახატული მართკუთხედის ფართობი, რომლის უჯრედის ზომაა 1 სმ-ზე 1 სმ (იხ. სურათი). მიეცით პასუხი კვადრატულ სანტიმეტრებში.

გამოსავალი:ამ ფიგურის ფართობის გამოსათვლელად შეგიძლიათ გამოიყენოთ Peak ფორმულა:

ამ მართკუთხედის ფართობის გამოსათვლელად ვიყენებთ Peak ფორმულას:

ს= B +	გ
	2

სადაც V = 10, G = 6, შესაბამისად

ს = 18 +	6
	2

პასუხი: 20.

აგრეთვე იხილეთ: ერთიანი სახელმწიფო გამოცდა ფიზიკაში: ვიბრაციის ამოცანების ამოხსნა

დავალება ნომერი 4– კურსის „ალბათობის თეორია და სტატისტიკა“ ამოცანა. შემოწმებულია უმარტივეს სიტუაციაში მოვლენის ალბათობის გამოთვლის უნარი.

მაგალითი 4წრეზე არის 5 წითელი და 1 ლურჯი წერტილი. დაადგინეთ, რომელი მრავალკუთხედებია უფრო დიდი: ყველა წითელი წვეროსანი, თუ ერთ-ერთი ლურჯი წვეროსანი. თქვენს პასუხში მიუთითეთ რამდენი მეტია ერთიდან მეორეზე.

გამოსავალი: 1) ჩვენ ვიყენებთ ფორმულას კომბინაციების რაოდენობისთვის ნელემენტების მიერ კ:

რომლის ყველა წვერო წითელია.

3) ერთი ხუთკუთხედი ყველა წითელი წვერით.

4) 10 + 5 + 1 = 16 პოლიგონი ყველა წითელი წვერით.

რომლის წვეროები წითელია ან ერთი ლურჯი წვერით.

რომლის წვეროები წითელია ან ერთი ლურჯი წვერით.

8) ერთი ექვსკუთხედი, რომლის წვეროები წითელია ერთი ლურჯი წვერით.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 მრავალკუთხედი, რომლებსაც აქვთ ყველა წითელი წვერო ან ერთი ლურჯი წვერო.

10) 42 - 16 = 26 პოლიგონი, რომელიც იყენებს ლურჯ წერტილს.

11) 26 - 16 = 10 მრავალკუთხედი - რამდენი მრავალკუთხედი, რომლებშიც ერთ-ერთი წვერო არის ლურჯი წერტილი, მეტია მრავალკუთხედზე, რომელშიც ყველა წვერო მხოლოდ წითელია.

პასუხი: 10.

დავალება ნომერი 5- პირველი ნაწილის საბაზისო დონე ამოწმებს უმარტივესი განტოლებების ამოხსნის უნარს (ირაციონალური, ექსპონენციალური, ტრიგონომეტრიული, ლოგარითმული).

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

გამოსავალი.გაყავით ამ განტოლების ორივე მხარე 5 3 +-ზე X≠ 0, მივიღებთ

2 3 + x	= 0.4 ან		2		3 + X	=	2	,
5 3 + X			5				5

აქედან გამომდინარეობს, რომ 3 + x = 1, x = –2.

პასუხი: –2.

დავალება ნომერი 6პლანიმეტრიაში გეომეტრიული სიდიდეების (სიგრძეები, კუთხეები, ფართობების) პოვნა, რეალური სიტუაციების მოდელირება გეომეტრიის ენაზე. აგებული მოდელების შესწავლა გეომეტრიული ცნებებისა და თეორემების გამოყენებით. სირთულეების წყარო, როგორც წესი, არის პლანიმეტრიის აუცილებელი თეორემების იგნორირება ან არასწორი გამოყენება.

სამკუთხედის ფართობი ABCუდრის 129-ს. DE- მედიანური ხაზი გვერდის პარალელურად AB. იპოვნეთ ტრაპეციის ფართობი ABED.

გამოსავალი.სამკუთხედი CDEსამკუთხედის მსგავსი ᲢᲐᲥᲡᲘორ კუთხეში, რადგან კუთხე წვეროზე Cზოგადი, კუთხე CDEკუთხის ტოლი ᲢᲐᲥᲡᲘროგორც შესაბამისი კუთხეები ზე DE || ABსეკანტი AC. იმიტომ რომ DEარის სამკუთხედის შუა ხაზი პირობით, შემდეგ შუა ხაზის თვისებით | DE = (1/2)AB. ასე რომ, მსგავსების კოეფიციენტი არის 0.5. მსგავსი ფიგურების ფართობები დაკავშირებულია როგორც მსგავსების კოეფიციენტის კვადრატი, ასე

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

დავალება ნომერი 7- ამოწმებს წარმოებულის გამოყენებას ფუნქციის შესასწავლად. წარმატებული განხორციელებისთვის აუცილებელია წარმოებულის კონცეფციის მნიშვნელოვანი, არაფორმალური ფლობა.

მაგალითი 7ფუნქციის გრაფიკამდე წ = ვ(x) აბსცისთან წერტილში x 0 შედგენილია ტანგენსი, რომელიც პერპენდიკულარულია ამ გრაფიკის (4; 3) და (3; -1) წერტილებზე გამავალ სწორ ხაზზე. იპოვე ვ′( x 0).

გამოსავალი. 1) გამოვიყენოთ ორ მოცემულ წერტილში გამავალი სწორი წრფის განტოლება და ვიპოვოთ (4; 3) და (3; -1) წერტილებზე გამავალი სწორი წრფის განტოლება.

(წ – წ 1)(x 2 – x 1) = (x – x 1)(წ 2 – წ 1)

(წ – 3)(3 – 4) = (x – 4)(–1 – 3)

(წ – 3)(–1) = (x – 4)(–4)

–წ + 3 = –4x+ 16| · (-ერთი)

წ – 3 = 4x – 16

წ = 4x- 13, სადაც კ 1 = 4.

2) იპოვეთ ტანგენსის დახრილობა კ 2, რომელიც არის წრფის პერპენდიკულარული წ = 4x- 13, სადაც კ 1 = 4, ფორმულის მიხედვით:

3) ტანგენსის დახრილობა არის ფუნქციის წარმოებული შეხების წერტილში. ნიშნავს, ვ′( x 0) = კ 2 = –0,25.

პასუხი: –0,25.

დავალება ნომერი 8- ამოწმებს გამოცდის მონაწილეებს შორის ელემენტარული სტერეომეტრიის ცოდნას, ფორმულების გამოყენების უნარს ზედაპირის ფართობისა და ფიგურების მოცულობის, დიედრული კუთხეების, მსგავსი ფიგურების მოცულობების შედარების, გეომეტრიული ფიგურების, კოორდინატებისა და ვექტორების მოქმედებების შესრულების უნარი. და ა.შ.

სფეროს გარშემო შემოხაზული კუბის მოცულობა არის 216. იპოვეთ სფეროს რადიუსი.

გამოსავალი. 1) ვკუბი = ა 3 (სად აარის კუბის კიდის სიგრძე), ასე

ა 3 = 216

ა = 3 √216

2) ვინაიდან სფერო ჩაწერილია კუბში, ეს ნიშნავს, რომ სფეროს დიამეტრის სიგრძე უდრის კუბის კიდის სიგრძეს, შესაბამისად დ = ა, დ = 6, დ = 2რ, რ = 6: 2 = 3.

დავალება ნომერი 9- მოითხოვს კურსდამთავრებულს ალგებრული გამონათქვამების გარდაქმნას და გამარტივებას. სირთულის გაზრდილი დონის დავალება No9 მოკლე პასუხით. ამოცანები განყოფილებიდან "გამოთვლები და გარდაქმნები" USE იყოფა რამდენიმე ტიპად:

რიცხვითი რაციონალური გამონათქვამების გარდაქმნები;

ალგებრული გამონათქვამებისა და წილადების გარდაქმნები;

რიცხვითი/ასო ირაციონალური გამონათქვამების გარდაქმნები;

მოქმედებები გრადუსით;

ლოგარითმული გამოსახულებების ტრანსფორმაცია;

1. რიცხვითი/ასო ტრიგონომეტრიული გამონათქვამების კონვერტაცია.

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

3π	< α < π.
4

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

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

აქედან გამომდინარე, tan 2 α = ± 0.5.

3) პირობით

3π	< α < π,
4

აქედან გამომდინარე α არის მეორე მეოთხედის და tgα კუთხე< 0, поэтому tgα = –0,5.

პასუხი: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# დავალება ნომერი 10- ამოწმებს მოსწავლეთა უნარს გამოიყენონ ადრეული მიღებული ცოდნა და უნარები პრაქტიკულ საქმიანობასა და ყოველდღიურ ცხოვრებაში. შეიძლება ითქვას, რომ ეს არის ფიზიკის ამოცანები და არა მათემატიკაში, მაგრამ ყველა საჭირო ფორმულა და რაოდენობა მოცემულია პირობაში. ამოცანები მცირდება წრფივი ან კვადრატული განტოლების, ან წრფივი ან კვადრატული უტოლობის ამოხსნით. ამიტომ აუცილებელია ასეთი განტოლებებისა და უტოლობების ამოხსნა და პასუხის დადგენა. პასუხი უნდა იყოს მთელი რიცხვის ან საბოლოო ათობითი წილადის სახით.

ორი მასის სხეული მ= 2 კგ თითო, მოძრაობს იგივე სიჩქარით ვ= 10 მ/წმ ერთმანეთის მიმართ 2α კუთხით. მათი აბსოლუტურად არაელასტიური შეჯახების დროს გამოთავისუფლებული ენერგია (ჯოულებში) განისაზღვრება გამოხატულებით ქ = მვ 2 ცოდვა 2 α. რა უმცირესი კუთხით 2α (გრადუსებში) უნდა მოძრაობდნენ სხეულები ისე, რომ შეჯახების შედეგად გამოთავისუფლდეს მინიმუმ 50 ჯოული?
გამოსავალი.ამოცანის ამოსახსნელად უნდა ამოხსნათ უტოლობა Q ≥ 50, 2α ∈ (0°; 180°) ინტერვალზე.

მვ 2 ცოდვა 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin2α ≥ 50

ვინაიდან α ∈ (0°; 90°), ჩვენ მხოლოდ ამოვხსნით

ჩვენ წარმოვადგენთ უტოლობის ამოხსნას გრაფიკულად:

ვინაიდან α ∈ (0°; 90°) ვარაუდით, ეს ნიშნავს, რომ 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

დავალება ნომერი 11- დამახასიათებელია, მაგრამ სტუდენტებისთვის რთული გამოდის. სირთულეების მთავარი წყაროა მათემატიკური მოდელის აგება (განტოლების შედგენა). ამოცანა ნომერი 11 ამოწმებს სიტყვის ამოცანების ამოხსნის უნარს.

მაგალითი 11.საგაზაფხულო შესვენების დროს მე-11 კლასელ ვასიას გამოცდისთვის მოსამზადებლად 560 სასწავლო პრობლემის გადაჭრა მოუწია. 18 მარტს, სკოლის ბოლო დღეს, ვასიამ 5 პრობლემა გადაჭრა. შემდეგ ყოველ დღე იმავე რაოდენობის პრობლემას აგვარებდა, ვიდრე წინა დღეს. დაადგინეთ რამდენი პრობლემა გადაჭრა ვასიამ 2 აპრილს შვებულების ბოლო დღეს.

გამოსავალი:აღნიშნეთ ა 1 = 5 - ამოცანების რაოდენობა, რომელიც ვასამ გადაჭრა 18 მარტს, დ- ვასიას მიერ გადაჭრილი ამოცანების ყოველდღიური რაოდენობა, ნ= 16 - დღეების რაოდენობა 18 მარტიდან 2 აპრილის ჩათვლით, ს 16 = 560 - დავალებების საერთო რაოდენობა, ა 16 - დავალებების რაოდენობა, რომელიც ვასამ გადაჭრა 2 აპრილს. იმის ცოდნა, რომ ყოველდღე ვასია წყვეტდა იმავე რაოდენობის ამოცანებს, ვიდრე წინა დღეს, მაშინ შეგიძლიათ გამოიყენოთ ფორმულები არითმეტიკული პროგრესიის ჯამის საპოვნელად:

560 = (5 + ა 16) 8,

5 + ა 16 = 560: 8,

5 + ა 16 = 70,

ა 16 = 70 – 5

ა 16 = 65.

პასუხი: 65.

დავალება ნომერი 12- შეამოწმოს მოსწავლეთა ფუნქციებით მოქმედებების შესრულების უნარი, შეძლოს წარმოებულის გამოყენება ფუნქციის შესასწავლად.

იპოვეთ ფუნქციის მაქსიმალური წერტილი წ= 10ლნ( x + 9) – 10x + 1.

გამოსავალი: 1) იპოვნეთ ფუნქციის დომენი: x + 9 > 0, x> –9, ანუ x ∈ (–9; ∞).

2) იპოვეთ ფუნქციის წარმოებული:

4) ნაპოვნი წერტილი ეკუთვნის ინტერვალს (–9; ∞). ჩვენ განვსაზღვრავთ ფუნქციის წარმოებულის ნიშნებს და გამოვსახავთ ფუნქციის ქცევას ფიგურაში:

სასურველი მაქსიმალური ქულა x = –8.

ჩამოტვირთეთ სამუშაო პროგრამა მათემატიკაში უფასოდ UMK G.K. მურავინა, კ.ს. მურავინა, ო.ვ. მურავინა 10-11 ჩამოტვირთეთ უფასო ალგებრის სახელმძღვანელოები

დავალება ნომერი 13- სირთულის გაზრდილი დონე დეტალური პასუხით, რომელიც ამოწმებს განტოლებების ამოხსნის უნარს, ყველაზე წარმატებით ამოხსნილ ამოცანებს შორის გაზრდილი სირთულის დეტალური პასუხით.

ა) ამოხსენით განტოლება 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

ბ) იპოვეთ ამ განტოლების ყველა ფესვი, რომელიც ეკუთვნის სეგმენტს.

გამოსავალი:ა) მოდით log 3 (2cos x) = ტ, შემდეგ 2 ტ 2 – 5ტ + 2 = 0,

	log3 (2cos x) =	2	⇔		2 cos x = 9	⇔		cos x =	4,5	⇔ იმიტომ |კოს x| ≤ 1,
	log3 (2cos x) =	1			2 cos x = √3			cos x =	√3
		2							2

შემდეგ cos x =	√3
	2

	x =	π	+ 2π კ
		6
	x = –	π	+ 2π კ, კ ∈ ზ
		6

ბ) იპოვნეთ სეგმენტზე დაყრილი ფესვები.

ნახატიდან ჩანს, რომ მოცემულ სეგმენტს აქვს ფესვები

11პ	და	13π	.
6		6

პასუხი:ა)	π	+ 2π კ; –	π	+ 2π კ, კ ∈ ზ; ბ)	11პ	;	13π	.
	6		6		6		6

დავალება ნომერი 14- მოწინავე დონე ეხება მეორე ნაწილის ამოცანებს დეტალური პასუხით. დავალება ამოწმებს გეომეტრიული ფორმებით მოქმედებების შესრულების უნარს. ამოცანა შეიცავს ორ ელემენტს. პირველ აბზაცში უნდა დადასტურდეს დავალება, ხოლო მეორე პუნქტში გამოთვალოს.

ცილინდრის ფუძის წრეწირის დიამეტრი არის 20, ცილინდრის გენერატრიქსი 28. სიბრტყე თავის ფუძეებს კვეთს 12 და 16 სიგრძის აკორდების გასწვრივ. მანძილი აკორდებს შორის არის 2√197.

ა) დაამტკიცეთ, რომ ცილინდრის ფუძეების ცენტრები დევს ამ სიბრტყის იმავე მხარეს.

ბ) იპოვეთ კუთხე ამ სიბრტყესა და ცილინდრის ფუძის სიბრტყეს შორის.

გამოსავალი:ა) 12 სიგრძის აკორდი არის მანძილი = 8 საბაზისო წრის ცენტრიდან, და 16 სიგრძის აკორდი, ანალოგიურად, არის 6 მანძილიდან. ამიტომ, მათ პროგნოზებს შორის მანძილი სიბრტყის პარალელურად. ცილინდრების საფუძველი არის ან 8 + 6 = 14, ან 8 − 6 = 2.

მაშინ მანძილი აკორდებს შორის არის ან

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

პირობის მიხედვით განხორციელდა მეორე შემთხვევა, რომელშიც აკორდების პროექციები დევს ცილინდრის ღერძის ერთ მხარეს. ეს ნიშნავს, რომ ღერძი არ კვეთს ამ სიბრტყეს ცილინდრის შიგნით, ანუ ბაზები დევს მის ერთ მხარეს. რისი დამტკიცება იყო საჭირო.

ბ) ფუძეების ცენტრები ავღნიშნოთ O 1 და O 2. მოდით, ფუძის ცენტრიდან 12 სიგრძის აკორდით გავავლოთ პერპენდიკულარული ბისექტორი ამ აკორდზე (მას აქვს სიგრძე 8, როგორც უკვე აღვნიშნეთ) და მეორე ფუძის ცენტრიდან სხვა აკორდამდე. ისინი დგანან ამ აკორდების პერპენდიკულარულ β ერთ სიბრტყეში. დავარქვათ A-ზე დიდი პატარა აკორდის შუა წერტილი და A-ს პროექცია მეორე ფუძეზე H (H ∈ β). მაშინ AB,AH ∈ β და, მაშასადამე, AB,AH არიან აკორდის პერპენდიკულარული, ანუ ფუძის გადაკვეთის ხაზი მოცემულ სიბრტყესთან.

ასე რომ, საჭირო კუთხე არის

∠ABH = არქტანი	ახ	= arctg	28	= arctg14.
	BH		8 – 6

დავალება ნომერი 15- სირთულის გაზრდილი დონე დეტალური პასუხით, ამოწმებს უთანასწორობების ამოხსნის უნარს, ამოცანებს შორის ყველაზე წარმატებით გადაჭრილი სირთულის გაზრდილი დონის დეტალური პასუხით.

მაგალითი 15უტოლობის ამოხსნა | x 2 – 3x| ჟურნალი 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

გამოსავალი:ამ უტოლობის განსაზღვრის დომენი არის ინტერვალი (–1; +∞). განვიხილოთ სამი შემთხვევა ცალკე:

1) მოდით x 2 – 3x= 0, ე.ი. X= 0 ან X= 3. ამ შემთხვევაში, ეს უთანასწორობა ხდება ჭეშმარიტი, შესაბამისად, ეს მნიშვნელობები შედის ამოხსნაში.

2) მოდით ახლა x 2 – 3x> 0, ე.ი. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). ამ შემთხვევაში, ეს უთანასწორობა შეიძლება გადაიწეროს ფორმით ( x 2 – 3x) ჟურნალი 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 და გაყავით დადებითი გამოსახულებით x 2 – 3x. ჩვენ ვიღებთ ჟურნალს 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 -1 ან x≤ -0.5. განმარტების დომენის გათვალისწინებით, გვაქვს x ∈ (–1; –0,5].

3) და ბოლოს, განიხილეთ x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). ამ შემთხვევაში, თავდაპირველი უტოლობა ხელახლა ჩაიწერება ფორმით (3 x – x 2) ჟურნალი 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. დადებითი გამოსახულებით 3-ზე გაყოფის შემდეგ x – x 2, ჩვენ ვიღებთ ჟურნალს 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. ფართობის გათვალისწინებით გვაქვს x ∈ (0; 1].

მიღებული ხსნარების გაერთიანებით ვიღებთ x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

პასუხი: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

დავალება ნომერი 16- მოწინავე დონე ეხება მეორე ნაწილის ამოცანებს დეტალური პასუხით. დავალება ამოწმებს გეომეტრიული ფორმებით, კოორდინატებით და ვექტორებით მოქმედებების შესრულების უნარს. ამოცანა შეიცავს ორ ელემენტს. პირველ აბზაცში უნდა დადასტურდეს დავალება, ხოლო მეორე პუნქტში გამოთვალოს.

ტოლკუთხედის ABC სამკუთხედში A წვეროზე 120° კუთხით გამოყვანილია ბისექტორი BD. მართკუთხედი DEFH ჩაწერილია ABC სამკუთხედში ისე, რომ გვერდი FH დევს BC სეგმენტზე და წვერო E მდებარეობს AB სეგმენტზე. ა) დაამტკიცეთ, რომ FH = 2DH. ბ) იპოვეთ DEFH ოთხკუთხედის ფართობი, თუ AB = 4.

გამოსავალი:ა)

1) ΔBEF - მართკუთხა, EF⊥BC, ∠B = (180° - 120°) : 2 = 30°, შემდეგ EF = BE 30° კუთხის მოპირდაპირე ფეხის თვისების გამო.

2) მოდით EF = DH = x, შემდეგ BE = 2 x, BF = x√3 პითაგორას თეორემით.

3) ვინაიდან ΔABC არის ტოლფერდა, მაშინ ∠B = ∠C = 30˚.

BD არის ∠B-ის ბისექტორი, ამიტომ ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) განვიხილოთ ΔDBH - მართკუთხა, რადგან 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) ს DEFH = ED EF = (3 - √3 ) 2 (3 - √3 )

ს DEFH = 24 - 12√3.

პასუხი: 24 – 12√3.

დავალება ნომერი 17- დავალება დეტალური პასუხით, ეს ამოცანა ამოწმებს ცოდნისა და უნარების გამოყენებას პრაქტიკულ საქმიანობასა და ყოველდღიურ ცხოვრებაში, მათემატიკური მოდელების აგების და შესწავლის უნარს. ეს ამოცანა არის ტექსტური დავალება ეკონომიკური შინაარსით.

მაგალითი 17.ანაბარი 20 მილიონი რუბლის ოდენობით იგეგმება ოთხი წლის განმავლობაში. ბანკი ყოველი წლის ბოლოს 10%-ით ზრდის დეპოზიტს წლის დასაწყისში არსებულ ზომასთან შედარებით. გარდა ამისა, მესამე და მეოთხე წლის დასაწყისში მეანაბრე ყოველწლიურად ავსებს ანაბარს Xმილიონი რუბლი, სადაც X - მთლიანინომერი. იპოვნეთ უმაღლესი ღირებულება X, რაზეც ბანკი ოთხ წელიწადში დეპოზიტს 17 მილიონ რუბლზე ნაკლებს დაამატებს.

გამოსავალი:პირველი წლის ბოლოს შენატანი იქნება 20 + 20 · 0,1 = 22 მილიონი რუბლი, ხოლო მეორე წლის ბოლოს - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 მილიონი რუბლი. მესამე წლის დასაწყისში, შენატანი (მილიონ რუბლებში) იქნება (24.2 +). X), და ბოლოს - (24.2 + X) + (24,2 + X) 0.1 = (26.62 + 1.1 X). მეოთხე წლის დასაწყისში შენატანი იქნება (26.62 + 2.1 X), და ბოლოს - (26.62 + 2.1 X) + (26,62 + 2,1X) 0.1 = (29.282 + 2.31 X). პირობით, თქვენ უნდა იპოვოთ უდიდესი მთელი რიცხვი x, რომლისთვისაც არის უტოლობა

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

x <	7718
	310

x <	3859
	155

x < 24	139
	155

ამ უტოლობის ყველაზე დიდი მთელი რიცხვი არის რიცხვი 24.

პასუხი: 24.

დავალება ნომერი 18- სირთულის გაზრდილი დონის ამოცანა დეტალური პასუხით. ეს ამოცანა განკუთვნილია კონკურენტული შერჩევისთვის იმ უნივერსიტეტებისთვის, რომლებსაც აქვთ გაზრდილი მოთხოვნები აპლიკანტთა მათემატიკური მომზადებისთვის. სირთულის მაღალი დონის ამოცანა არ არის ამოხსნის ერთი მეთოდის გამოყენების ამოცანა, არამედ სხვადასხვა მეთოდების კომბინაციისთვის. მე-18 დავალების წარმატებით შესასრულებლად, მყარი მათემატიკური ცოდნის გარდა, საჭიროა მათემატიკური კულტურის მაღალი დონეც.

რაზე აუთანასწორობის სისტემა

	x 2 + წ 2 ≤ 2აი – ა 2 + 1
	წ + ა ≤ |x| – ა

აქვს ზუსტად ორი გამოსავალი?

გამოსავალი:ეს სისტემა შეიძლება გადაიწეროს როგორც

	x 2 + (წ– ა) 2 ≤ 1
	წ ≤ |x| – ა

თუ სიბრტყეზე დავხატავთ ამონახსნების ერთობლიობას პირველ უტოლობაზე, მივიღებთ 1 რადიუსის წრის (საზღვრით) შიგთავსს, რომელიც ორიენტირებულია წერტილზე (0, ა). მეორე უტოლობის ამონახსნების სიმრავლე არის სიბრტყის ნაწილი, რომელიც დევს ფუნქციის გრაფიკის ქვეშ. წ = | x| – ა, და ეს უკანასკნელი არის ფუნქციის გრაფიკი
წ = | x| , ქვემოთ გადაინაცვლა ა. ამ სისტემის ამონახსნი არის თითოეული უტოლობის ამონახსნების სიმრავლის კვეთა.

შესაბამისად, ამ სისტემას ექნება ორი გამოსავალი მხოლოდ ნახ. ერთი.

წრესა და ხაზებს შორის შეხების წერტილები იქნება სისტემის ორი გამოსავალი. თითოეული სწორი ხაზი ღერძებისკენ არის დახრილი 45° კუთხით. ასე რომ, სამკუთხედი PQR- მართკუთხა ტოლფერდა. Წერტილი ქაქვს კოორდინატები (0, ა), და წერტილი რ– კოორდინატები (0, – ა). გარდა ამისა, ჭრის პიარიდა PQტოლია წრის რადიუსის ტოლი 1. აქედან გამომდინარე,

QR= 2ა = √2, ა =	√2	.
	2

პასუხი: ა =	√2	.
	2

დავალება ნომერი 19- სირთულის გაზრდილი დონის ამოცანა დეტალური პასუხით. ეს ამოცანა განკუთვნილია კონკურენტული შერჩევისთვის იმ უნივერსიტეტებისთვის, რომლებსაც აქვთ გაზრდილი მოთხოვნები აპლიკანტთა მათემატიკური მომზადებისთვის. სირთულის მაღალი დონის ამოცანა არ არის ამოხსნის ერთი მეთოდის გამოყენების ამოცანა, არამედ სხვადასხვა მეთოდების კომბინაციისთვის. 19-ე დავალების წარმატებით შესასრულებლად აუცილებელია გამოსავლის მოძიება, ცნობილი მიდგომების არჩევა, შესწავლილი მეთოდების შეცვლა.

დაე snჯამი პარითმეტიკული პროგრესიის წევრები ( პ). ცნობილია, რომ S n + 1 = 2ნ 2 – 21ნ – 23.

ა) მიეცით ფორმულა პამ პროგრესის ე წევრი.

ბ) იპოვეთ უმცირესი მოდულის ჯამი S n.

გ) იპოვე ყველაზე პატარა პ, რომელიც S nიქნება მთელი რიცხვის კვადრატი.

გამოსავალი: ა) ცხადია, a n = S n – S n- ერთი. ამ ფორმულის გამოყენებით მივიღებთ:

S n = ს (ნ – 1) + 1 = 2(ნ – 1) 2 – 21(ნ – 1) – 23 = 2ნ 2 – 25ნ,

S n – 1 = ს (ნ – 2) + 1 = 2(ნ – 1) 2 – 21(ნ – 2) – 23 = 2ნ 2 – 25ნ+ 27

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

ბ) იმიტომ S n = 2ნ 2 – 25ნ, შემდეგ განიხილეთ ფუნქცია ს(x) = | 2x 2 – 25x|. მისი გრაფიკი ჩანს ფიგურაში.

აშკარაა, რომ უმცირესი მნიშვნელობა მიიღწევა ფუნქციის ნულებთან ყველაზე ახლოს მდებარე მთელ რიცხვებში. ცხადია, ეს პუნქტებია. X= 1, X= 12 და X= 13. ვინაიდან, ს(1) = |ს 1 | = |2 – 25| = 23, ს(12) = |ს 12 | = |2 144 – 25 12| = 12, ს(13) = |ს 13 | = |2 169 – 25 13| = 13, მაშინ ყველაზე პატარა მნიშვნელობა არის 12.

გ) წინა პუნქტიდან გამომდინარეობს, რომ snდადებითი მას შემდეგ ნ= 13. ვინაიდან S n = 2ნ 2 – 25ნ = ნ(2ნ– 25), მაშინ აშკარა შემთხვევა, როდესაც ეს გამოთქმა არის სრულყოფილი კვადრატი, რეალიზდება, როდესაც ნ = 2ნ- 25, ანუ თან პ= 25.

რჩება მნიშვნელობების შემოწმება 13-დან 25-მდე:

ს 13 = 13 1, ს 14 = 14 3, ს 15 = 15 5, ს 16 = 16 7, ს 17 = 17 9, ს 18 = 18 11, ს 19 = 19 13 ს 20 = 20 13, ს 21 = 21 17, ს 22 = 22 19, ს 23 = 23 21, ს 24 = 24 23.

გამოდის, რომ უფრო მცირე მნიშვნელობებისთვის პსრული კვადრატი არ არის მიღწეული.

პასუხი:ა) a n = 4ნ- 27; ბ) 12; გ) 25.

________________

*2017 წლის მაისიდან DROFA-VENTANA ერთობლივი საგამომცემლო ჯგუფი რუსული სახელმძღვანელოების კორპორაციის ნაწილია. კორპორაციაში ასევე შედიოდა გამომცემლობა Astrel და LECTA ციფრული საგანმანათლებლო პლატფორმა. ალექსანდრე ბრაჩკინი, რუსეთის ფედერაციის მთავრობასთან არსებული ფინანსური აკადემიის კურსდამთავრებული, ეკონომიკურ მეცნიერებათა კანდიდატი, გამომცემლობა DROFA-ს ინოვაციური პროექტების ხელმძღვანელი ციფრული განათლების სფეროში (სახელმძღვანელოების ელექტრონული ფორმები, რუსული ელექტრონული სკოლა, LECTA ციფრული საგანმანათლებლო პლატფორმა) დაინიშნა გენერალურ დირექტორად. გამომცემლობა DROFA-ში გაწევრიანებამდე ეკავა გამომცემლობა EKSMO-AST-ის ვიცე-პრეზიდენტის თანამდებობა სტრატეგიული განვითარებისა და ინვესტიციების საკითხებში. დღეს რუსული სახელმძღვანელოების გამომცემლობის კორპორაციას აქვს ფედერალურ სიაში შეტანილი სახელმძღვანელოების უდიდესი პორტფელი - 485 დასახელება (დაახლოებით 40%, გამომსწორებელი სკოლების სახელმძღვანელოების გამოკლებით). კორპორაციის გამომცემლობებს ფლობენ სახელმძღვანელოების ნაკრები ფიზიკის, ნახატის, ბიოლოგიის, ქიმიის, ტექნოლოგიის, გეოგრაფიის, ასტრონომიის, ყველაზე მოთხოვნადი რუსული სკოლების მიერ - ცოდნის სფეროები, რომლებიც საჭიროა ქვეყნის წარმოების პოტენციალის გასავითარებლად. კორპორაციის პორტფოლიო მოიცავს სახელმძღვანელოებს და სასწავლო ინსტრუმენტებს დაწყებითი სკოლებისთვის, რომლებიც დაჯილდოვდნენ პრეზიდენტის პრემიით განათლებაში. ეს არის სახელმძღვანელოები და სახელმძღვანელოები საგნობრივი სფეროების შესახებ, რომლებიც აუცილებელია რუსეთის სამეცნიერო, ტექნიკური და სამრეწველო პოტენციალის განვითარებისთვის.

მე-11 კლასი

დავალების პირობები

1. ელექტრო ქვაბის ფასი 14%-ით გაიზარდა და 1596 რუბლი შეადგინა. რა ღირდა ქვაბი ფასის მატებამდე?
2. გრაფიკი გვიჩვენებს ძრავის ბრუნვის დამოკიდებულებას წუთში ბრუნების რაოდენობაზე. ბრუნების რაოდენობა წუთში გამოსახულია აბსცისის ღერძზე, ხოლო ბრუნი N∙m-ში გამოსახულია ორდინატთა ღერძზე. ავტომობილის სიჩქარე (კმ/სთ) მიახლოებულია ფორმულით სადაც n არის ძრავის ბრუნვის რაოდენობა წუთში. რა მინიმალური სიჩქარე უნდა მოძრაობდეს მანქანამ, რომ ბრუნი იყოს 120 N∙m? გაეცით პასუხი საათში კილომეტრებში.
   
3. სამკუთხედი ABC გამოსახულია უჯრის x ზომის ქაღალდზე. იპოვეთ მისი სიმაღლის სიგრძე, რომელიც ჩამოვიდა ძვ.წ.
4. სამეცნიერო კონფერენცია ტარდება 5 დღეში. სულ 75 მოხსენებაა დაგეგმილი - პირველი სამი დღე, 17 მოხსენება, დანარჩენი მეოთხე და მეხუთე დღეებს შორის თანაბრად ნაწილდება. კონფერენციაზე დაგეგმილია მოხსენება პროფესორ მ.მოხსენებების რიგითობა განისაზღვრება წილისყრით. რა არის ალბათობა იმისა, რომ პროფესორ მ.-ის მოხსენება დაიგეგმოს კონფერენციის ბოლო დღეს?
5. იპოვეთ განტოლების ფესვი
6. ოთხკუთხედი ABCD ჩაწერილია წრეში. კუთხე ABC უდრის 105 o , კუთხე CAD უდრის 35 o . იპოვეთ კუთხე ABD. მიეცით თქვენი პასუხი გრადუსით.
7. ნახატზე ნაჩვენებია ინტერვალზე განსაზღვრული ფუნქციის წარმოებულის გრაფიკი. იპოვეთ ფუნქციის მაქსიმალური ქულების რაოდენობა, რომელიც ეკუთვნის სეგმენტს.
   
8. ბურთი ცილინდრშია ჩაწერილი. სფეროს ზედაპირის ფართობია 111. იპოვეთ ცილინდრის მთლიანი ზედაპირი.
9. იპოვნეთ გამოხატვის მნიშვნელობა
10. ეკრანზე ნათურის გაფართოებული გამოსახულების მისაღებად ლაბორატორიაში გამოიყენება კონვერტაციული ობიექტივი ძირითადი ფოკუსური სიგრძით სმ. მანძილი ლინზიდან ნათურამდე შეიძლება იცვლებოდეს 30-დან 50 სმ-მდე, ხოლო მანძილი ობიექტივი ეკრანთან - 150-დან 180 სმ-მდე ეკრანი ნათელი გახდება, თუ თანაფარდობა დაკმაყოფილდება. მიუთითეთ ლინზიდან უახლოესი მანძილი, რომლითაც შესაძლებელია ნათურის განთავსება ისე, რომ მისი გამოსახულება ეკრანზე იყოს ნათელი. გამოხატეთ თქვენი პასუხი სანტიმეტრებში.
11. A და B ბურჯებს შორის მანძილი 120 კმ-ია. A-დან B-მდე ჯოხი დაიძრა მდინარეზე, ხოლო ერთი საათის შემდეგ მის შემდეგ დაიძრა იახტა, რომელიც B წერტილში მივიდა, მაშინვე უკან დაბრუნდა და A-ში დაბრუნდა. ამ დროისთვის რაფმა დაფარა 24 კმ. . იპოვეთ იახტის სიჩქარე უძრავ წყალში, თუ მდინარის სიჩქარე 2 კმ/სთ-ია. მიეცით პასუხი კმ/სთ-ში.
12. იპოვნეთ ფუნქციის მაქსიმალური წერტილი.
13. ა) ამოხსენით განტოლება ; ბ) მიუთითეთ ამ განტოლების ფესვები, რომლებიც მიეკუთვნება სეგმენტს.
14. წერტილები M და N აღინიშნება სამკუთხა პირამიდის ABCD AB და BC კიდეებზე, შესაბამისად, AM:MB = CN:NB = 3:1. წერტილები P და Q არის DA და DC კიდეების შუა წერტილები, შესაბამისად.
    ა) დაამტკიცეთ, რომ P,Q,M და N წერტილები ერთ სიბრტყეშია;
    ბ) იპოვეთ რა თანაფარდობით ყოფს ეს სიბრტყე პირამიდის მოცულობას.
15. ამოხსენით უტოლობა
16. წერტილი E არის ABCD ტრაპეციის გვერდითი გვერდის შუა წერტილი. თავის მხარეს AB-მ აიღო წერტილი K ისე, რომ წრფეები SC და AE პარალელურად იყვნენ. სეგმენტები SK და BE იკვეთება O წერტილში.
    ა) დაამტკიცეთ, რომ CO=CO.
    ბ) იპოვეთ BC ტრაპეციის ფუძეების თანაფარდობა: AD, თუ BCK სამკუთხედის ფართობი არის მთელი ABCD ტრაპეციის ფართობის 9/64.
17. ივლისში იგეგმება ბანკიდან სესხის აღება გარკვეული ოდენობით. მისი დაბრუნების პირობები შემდეგია:
    - ყოველ იანვარში ვალი იზრდება r%-ით წინა წლის ბოლოსთან შედარებით;
    - ყოველი წლის თებერვლიდან ივნისამდე ვალის ნაწილი უნდა დაიფაროს.
    იპოვეთ r თუ ცნობილია, რომ თუ თითოეულს გადაიხდით 777,600 რუბლს, მაშინ სესხი დაფარდება 4 წელიწადში, ხოლო თუ ყოველწლიურად იხდით 1,317,600 რუბლს, მაშინ სესხი სრულად დაფარდება 2 წელიწადში?
18. იპოვეთ პარამეტრის ყველა მნიშვნელობა, რომელთაგან თითოეული განტოლებას აქვს ზუსტად ერთი ფესვი ინტერვალზე.
19. 32 მოსწავლიდან თითოეულმა ან დაწერა ორი ტესტიდან ერთი, ან დაწერა ორივე ტესტი. თითოეული ნამუშევრისთვის შესაძლებელი იყო ქულების მთელი რიცხვის მიღება 0-დან 20-ის ჩათვლით. ცალ-ცალკე ორი ტესტის ფურცლიდან თითოეული საშუალო ქულა იყო 14. შემდეგ თითოეულმა მოსწავლემ დაასახელა თავისი ქულებიდან ყველაზე მაღალი (თუ მოსწავლე დაწერდა ერთ ნაშრომს, მან დაასახელა ქულა). დასახელებული ქულების საშუალო არითმეტიკული ტოლი იყო ს.
    ა) მოიყვანეთ მაგალითი, როდესაც ს<14
    ბ) შეიძლება თუ არა S-ის მნიშვნელობა იყოს 17-ის ტოლი?
    გ) რა არის ყველაზე პატარა მნიშვნელობა S-ს, თუ ორივე ტესტი დაწერილი იქნება 12 მოსწავლის მიერ?

ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ჩაბარება არა მხოლოდ ზოგადი საშუალო განათლების დამთავრების აუცილებლობაა, არამედ უნივერსიტეტებში მისაღები გამოცდების ნაწილი. სკოლის მოსწავლეები, რომლებიც გადაწყვეტენ მათემატიკური ან ტექნიკური მიკერძოების მქონე სპეციალობებში შესვლას, გადიან არა მხოლოდ მათემატიკის საბაზისო საფეხურს, არამედ პროფილს. განიხილეთ მისი მახასიათებლები, დრო და გადამოწმება და შედეგთან დაკავშირებული რამდენიმე პუნქტი.

გამოცდის ჩატარების პროცედურა დადგენილია ფედერალური კანონით No273 „რუსეთის ფედერაციაში განათლების შესახებ“.

როდის გახდება ცნობილი გამოცდის შედეგები?

ოფიციალური განრიგი განსაზღვრავდა ჩაბარებას გამოყენება მათემატიკაში 2018 წპროფილის მიმართულება პარასკევს, 1 ივნისს. როგორც სარეზერვო დღეთარიღი მონიშნულია მთავარ ციკლში 25 ივნისი, ხოლო 2 ივლისი რჩება სათადარიგო დღედ ყველა ნივთის მიწოდებისთვის.

განშორება მათემატიკის გამოცდადონეზე მოხდა გასულ წელს. ისინი განსხვავდებიანრამდენიმე საფუძვლით:

• შეფასების სისტემა. საგნის ცოდნის საბაზისო დონე ფასდება ხუთბალიანი სკალით (მინიმუმ 3 ქულა დგინდება). პროფილის საგანში შეფასება ფასდება 100 ქულის სკალაზე;
• შემდეგი განსხვავება არის საბაზო და პროფილის დონის გამოცდების მიღებაში საგანმანათლებლო დაწესებულებებში მიღებისთვისუმაღლესი და საშუალო პროფესიული დონე. ასე რომ, საბაზისო დონე საკმარისია კოლეჯებისთვის, სკოლებისთვის, ლიბერალური ხელოვნების უნივერსიტეტებისთვის. ტექნიკური სპეციალობების მისაღებ გამოცდებში მათემატიკის არსებობა მოითხოვს აპლიკანტის პროფილის დონის გავლას;
• განსხვავდებიან საგამოცდო სტრუქტურები. ბაზა შედგება 20 ამოცანისგან მოკლე პასუხებით. პროფილის გამოცდა გაცილებით რთულია და შედგება 2 ნაწილისგან.

USE სისტემა სკოლის კურსდამთავრებულებს საშუალებას აძლევს, შეზღუდვების გარეშე გაიარონ საგნის ძირითადი და პროფილის ნაწილი. ეს მნიშვნელოვნად ზრდის უნივერსიტეტებში მოხვედრის შანსებს.

გამოცდის შედეგების დამუშავებააქვს გარკვეული ვადები და წესრიგი:

• ფორმების სკანირება და დამუშავება რეგიონებში - 4 დღემდე;
• შედეგების დამუშავება ფედერალურ დონეზე - 7 დღემდე;
• შედეგების გაგზავნა რეგიონებში - 1 დღე;
• შედეგების დადასტურება სახელმწიფო საგამოცდო კომიტეტის მიერ - არა უმეტეს 1 დღისა;
• შედეგების გამოცხადება - 1 დღე.

ამრიგად, შედეგების შემოწმებისა და გამოქვეყნების ვადა არ აღემატება 2 კვირას. USE 2018-ის შედეგები მათემატიკაში პროფილის დონეზე გახდება ცნობილი არაუგვიანეს 17 ივნისისა..

როგორ გავიგოთ თქვენი შედეგი?

გაეცანით ბოლო გამოცდის შედეგებსშეიძლება გაკეთდეს რამდენიმე გზით:

• ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის ოფიციალური პორტალი www.ege.edu.ru;
• საინფორმაციო სტენდებზე სკოლებში ან სხვა დაწესებულებებში, სადაც გამოცდა ჩატარდა;
• რეგიონულ დეპარტამენტებში ან განათლების კომიტეტებში;
• რამდენიმე რეგიონი ქმნის სპეციალიზებულ ვებსაიტებს ან ცხელ ხაზებს.

შეამოწმეთ თქვენი შედეგიხელმისაწვდომია თუ შესაძლებელია:

• საგნის სრული სახელი;
• პირადობის შემოწმების დროს გამოყენებული პასპორტის ან სხვა დოკუმენტის ნომერი;
• გამოცდის თითოეულ მონაწილეს მინიჭებული საიდენტიფიკაციო კოდი.

ინფორმაცია გამოცდის შედეგების შესახებ უფასოა და უფასოდ მიეწოდება USE-ის მონაწილეებს და მათ მშობლებს.

წინასწარი USE გამოცდა მათემატიკაში

არაერთმა სკოლის მოსწავლემ უკვე გაიარა USE მათემატიკაში ე.წ ადრეული პერიოდი. მასში მონაწილეობა დასაშვებია, თუ მოსწავლე ვერ მიიღებს მონაწილეობას ძირითად ეტაპზე. მიზეზები შეიძლება იყოს:

• დაგეგმილი მკურნალობა;
• დასვენება გამაუმჯობესებელ დაწესებულებებში;
• კონკურსებში, ოლიმპიადებში და სხვა საგანმანათლებლო თუ შემოქმედებით ღონისძიებებში მონაწილეობა.

2017 წელს მოხდა მათემატიკის ადრეული მიწოდება 31 მარტს და 14 აპრილს(რეზერვის დღე). საბაზო საფეხურს 4,8 ათასმა, სპეციალიზებულმა კი – 17 ათასმა.

გეგმის მიხედვით, 2017 წლის მათემატიკაში ადრეული USE-ის შედეგები ხელმისაწვდომი უნდა ყოფილიყო 11 აპრილს, მაგრამ საჯარო გახდა ბევრად უფრო ადრე - 7-ში.

სად ვნახო შენი ნამუშევარი

თქვენ შეგიძლიათ ნახოთ თქვენი ნამუშევარი გამოცდის ჩაბარების შემდეგ ელექტრონული ფორმით. მისი სკანირება ხელმისაწვდომია თქვენს პირად ანგარიშზე USE პორტალზე. მასზე წვდომა გაიცემა, როდესაც:

• ერთიანი სახელმწიფო გამოცდის მონაწილის საიდენტიფიკაციო კოდის არსებობა;
• სრული სახელი და პასპორტის ნომერი.

თუ შედეგების გამოცხადების შემდეგ მონაწილე არ ეთანხმება მოცემულ ქულებს, მაშინ მას აქვს 2 დღე საჩივრის შესატანადსაგამოცდო კომიტეტს. განცხადება იწერება 2 ეგზემპლარად და განსახილველად წარედგინება კომისიას. 5 ივნისისთვის კვლავ გადაიხედება პრობლემების გადაჭრის გზები და მიიღება გადაწყვეტილება შეფასების შეცვლაზე ან დადასტურებაზე.

როგორ ფასდება გამოცდა? შედეგების შეფასების USE სისტემა იყენებს პირველადი და ტესტის ქულებს, ასევე სპეციალურ სკალას მათი ერთმანეთში თარგმნისთვის. KIM-ის ხსნარები (საკონტროლო და საზომი მასალები) ფასდება პირველად წერტილებში და შემდეგ ცხრილის მიხედვით გადადის საცდელში. გამოცდის საბოლოო შედეგი არის მოპოვებული ტესტის ქულების რაოდენობა.

დაწყებითი ქულების გამოცდის ქულებად გადაქცევის სკალის შემუშავება ყოველწლიურად ხორციელდება და ითვალისწინებს სკოლის მოსწავლეების მომზადების ზოგად დონეს.

წარმატებისთვის პროფილის მათემატიკის ჩაბარება 2018 წელსთქვენ უნდა აკრიფოთ მინიმალური:

• 6 ძირითადი ქულა;
• 27 ტესტის ქულა.

მათემატიკაში ხელახალი გამოცდის ჩაბარების თარიღი 2018 წ

არის ნომერი გამოცდის ჩაბარების დამატებითი ვადები. ისინი ხელმისაწვდომია, თუ საპატიო მიზეზის გამო, სტუდენტმა ვერ შეძლო საგნის ჩაბარება ძირითად დღეს. პროფილის მათემატიკისთვის ეს არის:

• 25 ივნისი– სარეზერვო დღე ძირითადი ეტაპის ფარგლებში;
• 2 ივლისი- გამოცდის ძირითადი ნაწილის სარეზერვო დღე, როდესაც შეგიძლიათ ნებისმიერი საგნის ჩაბარება.

სექტემბერში პროფილის მათემატიკის ხელახლა აღების შესაძლებლობას აქვს რამდენიმე პირობა:

• თუ მოსწავლემ ჩააბარა საბაზისო მათემატიკა, მაშინ მას წელს პროფილის დონის ხელახალი აღების უფლება არ ექნება. გამოცდის ხელახალი ჩაბარების შესაძლებლობა მხოლოდ მომავალ წელს გაჩნდება;
• თუ მათემატიკაში ორივე გამოცდა (საბაზისო და პროფილი) ჩავარდა, სტუდენტს შეუძლია გადაწყვიტოს, რომელ გამოცდას ხელახლა ჩააბარებს.

მათემატიკის ხელახალი მიღებასექტემბერში დაინიშნა 7 სექტემბერი. სარეზერვო დღედ 15 სექტემბერია ჩამოთვლილი.