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. ტექნიკურ სპეციალობებზე მისაღებ გამოცდებზე 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 არის არაუმეტეს 2 კვირისა. 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 ვებგვერდებს ან ცხელ ხაზებს.
შეამოწმეთ თქვენი შედეგიხელმისაწვდომია თუ შესაძლებელია:
- საგნის სრული სახელი;
- პირადობის შემოწმების დროს გამოყენებული პასპორტის ან სხვა დოკუმენტის ნომერი;
- გამოცდის თითოეულ მონაწილეს ენიჭება 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 სტუდენტი 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-ების 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) ჩაიშლება, სტუდენტს შეუძლია გადაწყვიტოს, რომელ გამოცდას ხელახლა ჩააბარებს.
მათემატიკის ხელახალი მიღებასექტემბერში დაინიშნა 7 სექტემბერი. სარეზერვო დღედ 15 სექტემბერია ჩამოთვლილი.
მე-11 კლასი
დავალების პირობები
- ელექტრო ქვაბის ფასი 14%-ით გაიზარდა და 1596 რუბლი შეადგინა. რა ღირდა ქვაბი ფასის მატებამდე?
- გრაფიკი გვიჩვენებს ძრავის ბრუნვის დამოკიდებულებას წუთში ბრუნვის რაოდენობაზე. ბრუნთა 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.
- სამკუთხედი ABC გამოსახულია უჯრის x ზომის ქაღალდზე. იპოვეთ მისი სიმაღლის სიგრძე, რომელიც ჩამოვიდა ძვ.წ.
- სამეცნიერო კონფერენცია ტარდება 5 დღეში. სულ 75 მოხსენებაა დაგეგმილი - პირველი სამი დღე, 17 მოხსენება, დანარჩენი მეოთხე და მეხუთე დღეებს შორის თანაბრად ნაწილდება. კონფერენციაზე დაგეგმილია პროფესორ მ.-ის მოხსენება.მოხსენებების თანმიმდევრობა განისაზღვრება წილისყრით. რა არის ალბათობა იმისა, რომ პროფესორ მ.-ის მოხსენება დაიგეგმოს კონფერენციის ბოლო დღეს?
- იპოვეთ განტოლების ფესვი
- ოთხკუთხედი ABCD ჩაწერილია წრეში. კუთხე ABC უდრის 105 o , კუთხე CAD უდრის 35 o . იპოვეთ კუთხე ABD. მიეცით თქვენი პასუხი გრადუსით.
- ნახატზე ნაჩვენებია ინტერვალზე განსაზღვრული ფუნქციის წარმოებულის გრაფიკი. იპოვეთ ფუნქციის მაქსიმალური ქულების რაოდენობა, რომელიც ეკუთვნის სეგმენტს.
- ბურთი ცილინდრშია ჩაწერილი. სფეროს ზედაპირის ფართობია 111. იპოვეთ ცილინდრის მთლიანი ზედაპირი.
- იპოვნეთ გამოხატვის მნიშვნელობა
- ეკრანზე ნათურის გაფართოებული გამოსახულების მისაღებად ლაბორატორიაში გამოიყენება კონვერტაციული ლინზა 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 ყველაზე მცირე მანძილი, რომლითაც შესაძლებელია ნათურის განთავსება ისე, რომ მისი გამოსახულება ეკრანზე იყოს ნათელი. გამოხატეთ თქვენი პასუხი სანტიმეტრებში.
- A და B ბურჯებს შორის მანძილი 120 კმ-ია. A-დან B-მდე ჯოხი დაიძრა მდინარეზე, ხოლო ერთი საათის შემდეგ იახტა დაიძრა, 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. გაეცით პასუხი კმ/სთ-ში.
- იპოვეთ ფუნქციის მაქსიმალური წერტილი.
- ა) ამოხსენით განტოლება
; ბ) მიუთითეთ ამ განტოლების ფესვები, რომლებიც მიეკუთვნება სეგმენტს. - 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. - უტოლობის ამოხსნა
- წერტილი E არის ABCD ტრაპეციის გვერდითი გვერდის შუა წერტილი. თავის მხარეს AB-მ აიღო წერტილი K ისე, რომ წრფეები SC და AE პარალელურად იყვნენ. SK და BE სეგმენტები იკვეთება O წერტილში.
ა) დაამტკიცეთ, რომ CO=CO.
ბ) იპოვეთ ტრაპეციის ფუძეების თანაფარდობა BC: AD, თუ BCK სამკუთხედის ფართობი არის მთელი ABCD ტრაპეციის ფართობის 9/64. - ივლისში იგეგმება ბანკიდან სესხის აღება გარკვეული ოდენობით. მისი დაბრუნების პირობები შემდეგია:
- ყოველი წლის იანვარში ვალი რ%-ით იზრდება 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? - იპოვეთ პარამეტრის ყველა მნიშვნელობა, რომელთაგან თითოეული განტოლებას აქვს ზუსტად ერთი ფესვი ინტერვალზე.
- 32 სტუდენტიდან 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 ქაღალდისთვის საშუალო ქულა იყო 14. შემდეგ თითოეულმა მოსწავლემ დაასახელა თავისი ქულათა ყველაზე მაღალი (თუ მოსწავლე დაწერდა ერთ ნაშრომს, მან დაასახელა ქულა). დასახელებული ქულების საშუალო არითმეტიკული ტოლი იყო ს.
ა) მიეცი მაგალითი, როდესაც ს<14
ბ) შეიძლება თუ არა S-ის მნიშვნელობა იყოს 17-ის ტოლი?
გ) რა არის ყველაზე მცირე მნიშვნელობა S-ს, თუ ორივე ტესტი დაწერილი იქნება 12 მოსწავლის მიერ?
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 ერთად ვაანალიზებთ დავალებებს და ვხსნით მაგალითებსპროფილის 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 თვისებაა 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 წელი:
„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 საფეხურად: საბაზო და სპეციალიზებულ. დღეს 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 ერთი 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.
გადაწყვეტილება:
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 No 2 შედგება სიდიდეებს შორის სხვადასხვა რეალური ურთიერთობის, ფუნქციების 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?
გადაწყვეტილება:
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) - ბიზნესმენი 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.
გადაწყვეტილება:ამ ფიგურის ფართობის გამოსათვლელად შეგიძლიათ გამოიყენოთ Peak ფორმულა:
ამ მართკუთხედის ფართობის გამოსათვლელად ვიყენებთ Peak ფორმულას:
|
ს= B + |
გ | |
| 2 |
|
ს = 18 + |
6 | |
| 2 |
ასევე წაიკითხეთ: გამოყენება ფიზიკაში: ამოცანების გადაჭრა ვიბრაციების შესახებ
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 მრავალკუთხედი უფრო დიდია: ყველა წითელი წვეროსანი თუ ლურჯი წვეროს ერთ-ერთი. თქვენს პასუხში მიუთითეთ რამდენი მეტია ერთიდან მეორეზე.
გადაწყვეტილება: 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 .
გადაწყვეტილება.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) საპოვნელად, რეალური სიტუაციების მოდელირება გეომეტრიის ენაზე. აგებული მოდელების შესწავლა გეომეტრიული ცნებებისა და თეორემების გამოყენებით. სირთულეების წყარო, როგორც წესი, პლანიმეტრიის აუცილებელი თეორემების იგნორირება ან არასწორი გამოყენებაა.
სამკუთხედის ფართობი ABCუდრის 129-ს. DE- მედიანური ხაზი გვერდის პარალელურად AB. იპოვეთ ტრაპეციის ფართობი ABED.
გადაწყვეტილება.სამკუთხედი CDEსამკუთხედის მსგავსი ᲢᲐᲥᲡᲘორ კუთხეში, რადგან კუთხე წვეროზე Cზოგადი, კუთხე CDEკუთხის ტოლი ᲢᲐᲥᲡᲘროგორც შესაბამისი კუთხეები ზე DE || ABსეკანტი AC. როგორც 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 რომ
აქედან გამომდინარე, 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) აბსცისის წერტილში x 0 შედგენილია ტანგენსი, რომელიც პერპენდიკულარულია ამ გრაფიკის (4; 3) და (3; -1) წერტილებზე გამავალ სწორ ხაზზე. იპოვე ვ′( x 0).
გადაწყვეტილება. 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 ფიგურების ზედაპირის ფართობისა და მოცულობის, დიედრული კუთხეების, მსგავსი ფიგურების მოცულობების შედარება, გეომეტრიული ფიგურებით, კოორდინატებით და ვექტორებით მოქმედებების შესრულება. და ა.შ.
სფეროს გარშემო შემოხაზული კუბის მოცულობა არის 216. იპოვეთ სფეროს რადიუსი.
გადაწყვეტილება. 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/ასო ტრიგონომეტრიული გამოსახულებების კონვერტაცია.
რიცხვითი რაციონალური გამონათქვამების გარდაქმნები;
ალგებრული გამონათქვამებისა და წილადების გარდაქმნები;
რიცხვითი/ასო ირაციონალური გამონათქვამების გარდაქმნები;
მოქმედებები გრადუსით;
ლოგარითმული გამოსახულებების ტრანსფორმაცია;
მაგალითი 9გამოთვალეთ tgα, თუ ცნობილია, რომ cos2α = 0.6 და
| 3π | < α < π. |
| 4 |
გადაწყვეტილება. 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 (გრადულებში) უნდა მოძრაობდნენ სხეულები ისე, რომ შეჯახების შედეგად გამოთავისუფლდეს მინიმუმ 50 ჯოული?
გადაწყვეტილება.ამოცანის ამოსახსნელად საჭიროა გადავჭრათ 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
უტოლობის ამოხსნას გრაფიკულად წარმოვადგენთ:
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 ძირითადი წყაროა მათემატიკური მოდელის აგება (განტოლების შედგენა). დავალება 11 ამოწმებს სიტყვით 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.
გადაწყვეტილება:აღნიშნეთ ა 1 = 5 - დავალებების 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 ვასია 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.
გადაწყვეტილება: 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 სახელმძღვანელოებიდავალება 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.
გადაწყვეტილება: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 |
ცილინდრის ფუძის წრის დიამეტრი არის 20, ცილინდრის გენერატრიქსი 28. სიბრტყე კვეთს თავის ფუძეებს 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.
გადაწყვეტილება: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 ფუძეები 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 პერპენდიკულარულია აკორდის, 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 .
გადაწყვეტილება: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, 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. დავალება შეიცავს ორ ელემენტს. პირველ აბზაცში უნდა დადასტურდეს დავალება, ხოლო მეორე პუნქტში გამოთვალოს.
ტოლფერდა სამკუთხედში ABC A წვეროზე 120° კუთხით გამოყვანილია ბისექტორი BD. მართკუთხედი DEFH ჩაწერილია ABC სამკუთხედში ისე, რომ FH გვერდი დევს BC სეგმენტზე და წვერო E მდებარეობს AB სეგმენტზე. ა) დაამტკიცეთ, რომ FH = 2DH. ბ) იპოვეთ DEFH ოთხკუთხედის ფართობი, თუ AB = 4.
გადაწყვეტილება: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 ანაბარს 10%-ით ზრდის 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.
გადაწყვეტილება: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 დავალება განკუთვნილია კონკურენტული შერჩევისთვის იმ უნივერსიტეტებისთვის, რომლებსაც აქვთ გაზრდილი მოთხოვნები აპლიკანტების მათემატიკური მომზადებისთვის. სირთულის მაღალი დონის ამოცანა არ არის ამოხსნის ერთი მეთოდის გამოყენების ამოცანა, არამედ სხვადასხვა მეთოდების კომბინაცია. მე-18 დავალების წარმატებით შესასრულებლად, გარდა მყარი მათემატიკური ცოდნისა, საჭიროა მათემატიკური კულტურის მაღალი დონეც.
რაზე აუთანასწორობის სისტემა
| x 2 + წ 2 ≤ 2აი – ა 2 + 1 | |
| წ + ა ≤ |x| – ა |
აქვს ზუსტად ორი გამოსავალი?
გადაწყვეტილება:ეს სისტემა შეიძლება გადაიწეროს როგორც
| x 2 + (წ– ა) 2 ≤ 1 | |
| წ ≤ |x| – ა |
თუ სიბრტყეზე დავხატავთ ამონახსნების ერთობლიობას პირველი 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 დავალება განკუთვნილია კონკურენტული შერჩევისთვის იმ უნივერსიტეტებისთვის, რომლებსაც აქვთ გაზრდილი მოთხოვნები აპლიკანტების მათემატიკური მომზადებისთვის. სირთულის მაღალი დონის ამოცანა არ არის ამოხსნის ერთი მეთოდის გამოყენების ამოცანა, არამედ სხვადასხვა მეთოდების კომბინაცია. 19-ე დავალების წარმატებით შესასრულებლად აუცილებელია გამოსავლის მოძიება, ცნობილი მიდგომების არჩევა, შესწავლილი მეთოდების შეცვლა.
დაე იყოს 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.
გადაწყვეტილება: 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 Astrel გამომცემლობა 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 რუსეთის სახელმძღვანელოების გამომცემლობის კორპორაციას აქვს ფედერალურ სიაში შეტანილი სახელმძღვანელოების უდიდესი პორტფელი - 485 დასახელება (დაახლოებით 40%, გამომსწორებელი სკოლების სახელმძღვანელოების გამოკლებით). კორპორაციის გამომცემლობები ფლობენ სახელმძღვანელოების კომპლექტს 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 ხელსაწყოებს დაწყებითი სკოლებისთვის, რომლებიც დაჯილდოვდნენ პრეზიდენტის პრემიით განათლებაში. ეს არის სახელმძღვანელოები და სახელმძღვანელოები საგნობრივი სფეროების შესახებ, რომლებიც აუცილებელია რუსეთის სამეცნიერო, ტექნიკური და სამრეწველო პოტენციალის განვითარებისთვის.
სავარჯიშო 1
თუ \(74\) ადამიანი არის \(40\%\) , მაშინ \(74:2=37\) ხალხი არის \(20\%\) . ამიტომ, \(100\%\) არის \(37\cdot 5=185\) ხალხი.
პასუხი: 185
დავალება 2
გრაფიკზე ნაჩვენებია წყლის ტემპერატურის დამოკიდებულება, გამოხატული ცელსიუსის გრადუსით, მისი გაცხელების დაწყებიდან დათვლილ დროზე. დრო წუთებში გამოსახულია აბსცისის ღერძზე, ტემპერატურა გამოსახულია ორდინატთა ღერძზე. გრაფიკიდან განსაზღვრეთ რამდენი გრადუსით შეიცვალა წყლის ტემპერატურა \(3\) წუთიდან \(8\) წუთამდე. მიეცით პასუხი ცელსიუს გრადუსში.
გრაფიკი აჩვენებს, რომ გათბობის დაწყებიდან \(3\) წუთის შემდეგ წყლის ტემპერატურა უდრის \(40^\circ C\) , \(8\) წუთის შემდეგ ტემპერატურა \(90^\). circ C\) , შესაბამისად, \(3\)-დან \(8\) წუთამდე ტემპერატურა შეიცვალა \(90-40=50^\circ C\)-მდე.
პასუხი: 50
დავალება 3
სამკუთხედი \(ABC\) გამოსახულია ქაღალდზე. იპოვეთ ამ სამკუთხედის შუა ხაზი \(AB\) გვერდის პარალელურად. 
ვინაიდან სამკუთხედის შუა ხაზი უდრის იმ გვერდის ნახევარს, რომლის პარალელურიც არის, მაშინ \(AB\)-ის პარალელური შუა ხაზი იქნება \(0,5 AB\) . ვინაიდან \(AB=5\) , მაშინ შუა ხაზი არის \(2,5\) .
პასუხი: 2.5
დავალება 4
მათემატიკაში ოლიმპიადაზე \(500\) სკოლის მოსწავლე მივიდნენ. ისინი ოთხ კლასში მოათავსეს: სამ კლასში \(150\) ადამიანზე, მეოთხეში -\(50\) ადამიანზე. იპოვეთ ალბათობა იმისა, რომ შემთხვევით შერჩეული მოსწავლე დაწერს ოლიმპიადას პატარა კლასში.
ჩვენ ვეძებთ ალბათობას, როგორც შესაფერისი შედეგების რაოდენობის თანაფარდობას ყველა შედეგის რაოდენობასთან. ვინაიდან პატარა აუდიტორიაში \(50\) ადგილებია, შესაფერისი ადგილების რაოდენობაა \(50\) . სულ ადგილები \(500\) . ამიტომ, ალბათობა არის \[\dfrac(50)(500)=0.1.\]
პასუხი: 0.1
დავალება 5
დავალება 6
მოცემულია პარალელოგრამი გვერდებით \(21\) და \(28\) . უფრო პატარა მხარეს არის დახატული სიმაღლე, რომლის სიგრძეა \(20\) . იპოვნეთ გრძელი მხარისკენ დახატული სიმაღლის სიგრძე.
განიხილეთ ნახატი. ვინაიდან პარალელოგრამის ფართობი ტოლია გვერდის ნამრავლისა და ამ მხარის სიმაღლისა, ამ პარალელოგრამის ფართობი არის \(21\cdot 20\) ან \(28\cdot h\) . აქედან გამომდინარე, \
პასუხი: 15
დავალება 7
ნახატზე ნაჩვენებია \(y = f(x)\) ფუნქციის წარმოებულის გრაფიკი. x ღერძზე მონიშნულია შვიდი წერტილი: \(x_1\) , \(x_2\) , \(x_3\) , \(x_4\) , \(x_5\) , \(x_6\) , \(x_7\) ) . ამ წერტილებიდან რამდენზე იზრდება ფუნქცია \(f(x)\)?
ფუნქცია იზრდება იმ წერტილებში, სადაც მისი წარმოებულის მნიშვნელობა დადებითია. ამიტომ, რადგან წარმოებულის გრაფიკი ნაჩვენებია სურათზე, ჩვენთვის შესაფერისია ის წერტილები, რომლებშიც წარმოებულის გრაფიკი არის x-ღერძის ზემოთ. ეს არის წერტილები \(x_3, x_4, x_5, x_6, x_7\) . სულ 5 ასეთი პუნქტია.
პასუხი: 5
დავალება 8
ცილინდრულ ჭურჭელში წყალი ასხამენ \(32\) სმ დონემდე რა დონეს მიაღწევს წყალი სხვა ცილინდრულ ჭურჭელში ჩასხმის შემთხვევაში, რომლის ფუძის რადიუსი 4-ჯერ აღემატება პირველი ჭურჭლის ფუძის რადიუსს? მიეცით პასუხი სმ-ში.
პირველი ჭურჭლის ფუძის რადიუსი ტოლი იყოს \(R_1\) , ხოლო მეორის ფუძის რადიუსი ტოლი \(R_2\) . შემდეგ \(R_2=4R_1\) . გაითვალისწინეთ, რომ ერთი ჭურჭლიდან მეორეში წყლის ჩამოსხმისას წყლის მოცულობა მუდმივი რჩება. როდესაც წყალი პირველ ჭურჭელში იყო, მისი მოცულობა უდრის ცილინდრის მოცულობას \(32\) სიმაღლით და ფუძის რადიუსით \(R_1\) : \(V=\pi R_1^2\cdot 32\) . მეორე ჭურჭელში ჩასხმისას მისი მოცულობა უდრის ცილინდრის მოცულობას სიმაღლით \(h\) (ეს მნიშვნელობა უნდა მოიძებნოს) და ბაზის რადიუსით \(R_2\), ანუ \(V. =\pi R_2^2\cdot h\ ) . Მაგრამ შემდეგ: \[\pi R_1^2\cdot 32=\pi R_2^2\cdot h \quad\Rightarrow\quad h=\left(\dfrac(R_1)(R_2)\right)^2\cdot 32=\left( \dfrac14\right)^2\cdot 32=2.\]
პასუხი: 2
დავალება 9
იპოვნეთ გამოხატვის მნიშვნელობა \
გადმოვწეროთ გამოთქმა ფორმაში \ ორმაგი კუთხის კოსინუსის ფორმულის მიხედვით \(2\cos^2x-1=\cos 2x\), გამოხატულება გადაიწერება როგორც \
პასუხი: -3
დავალება 10
ხმოვანი სიგნალების წყაროსთან და მიმღებთან მიახლოებისას, რომლებიც მოძრაობენ გარკვეულ გარემოში ერთმანეთისკენ სწორი ხაზით, მიმღების მიერ ჩაწერილი ხმოვანი სიგნალის სიხშირე არ ემთხვევა თავდაპირველი სიგნალის \(f_0=140\) სიხშირეს. და განისაზღვრება შემდეგი გამონათქვამით: \ სადაც \(c\) არის საშუალოში სიგნალის გავრცელების სიჩქარე (მ/წმ), ხოლო \(u=15\) მ/წმ და \(v=14\) მ/წმ არის მიმღების სიჩქარე. და წყაროს შედარებით საშუალო, შესაბამისად. საშუალოში სიგნალის გავრცელების რა მაქსიმალური სიჩქარით \(c\) (მ/წმ) იქნება სიგნალის სიხშირე \(f\) მიმღებში მინიმუმ \(145\) ჰც?
ვინაიდან ჩვენ უნდა ვიპოვოთ \(c\) ისეთი, რომ \(f\geqslant 145\) , უნდა გადავჭრათ უტოლობა \ ამ უტოლობის ამოხსნის ინტერვალის მეთოდით, მივიღებთ \(c\in \) . ამიტომ, ასეთი მნიშვნელობებისთვის \(c\) მნიშვნელობა \(f\) იქნება მინიმუმ \(145\) . მაშინ \(c\)-ის უდიდესი მნიშვნელობა არის \(826\) .
პასუხი: 826
დავალება 11
გემი, რომლის სიჩქარე უძრავ წყალში არის \(27\) კმ/სთ, მოძრაობს ქვემოთ A წერტილიდან B წერტილამდე. B წერტილში ჩასვლისთანავე გემი გაჩერდა \(5\) საათის განმავლობაში, შემდეგ დაბრუნდა წერტილი A. ცნობილია, რომ გემი დაბრუნდა A წერტილში A-დან გაფრენიდან \(32\) საათის შემდეგ. რამდენი კილომეტრი გაიარა გემმა, თუ მდინარის სიჩქარე \(1\) კმ/სთ-ია?
A და B წერტილებს შორის მანძილი იყოს \(S\) . შემდეგ გემი A-დან B-მდე გზაზე გაატარა \[\dfrac(S)(27+1)\quad (\small(\ტექსტი(საათი)))\]შემდეგ B წერტილში გააჩერა 5 საათი და გზა B-დან A-მდე გაატარა \[\dfrac(S)(27-1)\quad (\small(\ტექსტი(საათი)))\]ჯამში მან გაატარა 32 საათი, შესაბამისად, \[\dfrac S(27+1)+5+\dfrac S(27-1)=32 \quad\Rightarrow\quad 54S=26\cdot 27\cdot 28\quad\Rightarrow\quad S=13\cdot 28 \]მაშინ მთლიანმა გემმა დაფარა \(2S\) კილომეტრი, ან \
პასუხი: 728
დავალება 12
იპოვეთ ფუნქციის მინიმალური წერტილი \
odz ფუნქციები: \((x+10)^7> 0 \quad\მარცხენა მარჯვენა ისარი\ოთხი x>-10.\)
ფუნქციის მინიმალური წერტილები არის წერტილები, სადაც წარმოებული ცვლის თავის ნიშანს „\(-\)“-დან „\(+\)“-მდე (მარცხნიდან მარჯვნივ დათვალიერებისას). ჩვენ ვპოულობთ წარმოებულს, მის ნულებს და წერტილებს, სადაც ის არ არსებობს და გამოვთვლით ნიშნებს მიღებულ ინტერვალებზე. \
წარმოებულის ნულები: \
წარმოებული ნიშნები ODZ-ზე: 
ამიტომ, \(x=-9\) არის მინიმალური წერტილი.
პასუხი: -9
დავალება 13
ა) ამოხსენით განტოლება \[\log_4(2^(2x)-\sqrt3\cos x-\sin2x)=x\]
ბ) მიუთითეთ ამ განტოლების ყველა ფესვი, რომელიც ეკუთვნის სეგმენტს \(\მარცხნივ[-\dfrac(\pi)2;\dfrac(3\pi)2\მარჯვნივ].
ა) ODZ განტოლება: \(2^(2x)-\sqrt3\cos x-\sin2x>0\). მოდით ამოხსნათ ODZ-ის განტოლება. მისი გარდაქმნა შესაძლებელია: \[\ დასაწყისი (გასწორებული) &2^(2x)-\sqrt3\cos x-\sin2x=4^x \ (*)\quad\Rightarrow\quad -\sqrt3\cos x-\sin2x=0 \quad\Rightarrow \\ &\Rightarrow\quad 2\sin x\cos x+\sqrt3\cos x=0\quad\Rightarrow\quad \cos x(2\sin x+\sqrt3)=0\end (გასწორებული)\]ამ განტოლების ამონახსნებია \(\cos x=0\) და \(\sin x=-\dfrac(\sqrt3)2\): \[\ მარცხნივ[\ დასაწყისი (შეკრებილი)\ დასაწყისი (გასწორებული) &x=\dfrac(\pi)2+\pi n, n\in\mathbb(Z)\\ &x=-\dfrac(\pi)3+ 2\pi m, m\in\mathbb(Z)\\ &x=-\dfrac(2\pi)3+2\pi k, k\in\mathbb(Z) \end(გასწორებული)\end(შეგროვებული) \მარჯვნივ.\]მოდით შევამოწმოთ, შეესაბამება თუ არა ეს ფესვები ODZ-ს. ვინაიდან ეს ფესვები მიღებულია განტოლებიდან \((*)\) , და \(4^x>0\) ყველა \(x\) , მაშინ როდესაც ეს ფესვები ჩანაცვლდება განტოლებაში, მარცხენა მხარე \(( *)\) ასევე ყოველთვის იქნება \(>0\) . და ეს არის ODZ. ამიტომ, ყველა ფესვი აკმაყოფილებს ODZ-ს.
ბ) ავიღოთ ფესვები. \[\ დასაწყისი (გასწორებული) &-\dfrac(\pi)2\leqslant \dfrac(\pi)2+\pi n\leqslant \dfrac(3\pi)2 \quad\მარცხნივ მარჯვენა ისარი\quad -1\leqslant n \leqslant 1\quad\Rightarrow \quad n=-1; 0; 1\quad\Rightarrow\quad x=-\dfrac(\pi)2; \dfrac(\pi)2; \dfrac(3\pi)2\\ & -\dfrac(\pi)2\leqslant -\dfrac(\pi)3+2\pi m\leqslant \dfrac(3\pi)2 \quad\მარცხენა მარჯვენა ისარი\quad -\dfrac1(12)\leqslant m\leqslant \dfrac(11)(12)\quad\Rightarrow\quad m=0\quad\Rightarrow\quad x=-\dfrac(\pi)3\\ &-\dfrac (\pi)2\leqslant -\dfrac(2\pi)3+2\pi k\leqslant \dfrac(3\pi)2\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac1(12)\leqslant k\leqslant \dfrac( 13)(12)\quad\Rightarrow\quad k=1\quad\Rightarrow\quad x=\dfrac(4\pi)3 \end (გასწორებული)\]
პასუხი:
ა) \(x=\dfrac(\pi)2+\pi n, -\dfrac(\pi)3+2\pi m, -\dfrac(2\pi)3+2\pi k, n,m,k \in\mathbb(Z)\)
ბ) \(-\dfrac(\pi)2; -\dfrac(\pi)3; \dfrac(\pi)2; \dfrac(4\pi)3; \dfrac(3\pi)2\)
დავალება 14
ოთხკუთხა პირამიდის ფუძე \(SABCD\) არის მართკუთხედი \(ABCD\) , სადაც \(AB=3\sqrt2\) , \(BC=6\) . პირამიდის სიმაღლის საფუძველი არის მართკუთხედის ცენტრი. \(A\) და \(C\) წვეროებიდან პერპენდიკულარები \(AP\) და \(CQ\) ჩამოშვებულია ზღვარზე \(SB\) .
ა) დაამტკიცეთ, რომ \(P\) არის \(BQ\)-ის შუა წერტილი.
ბ) იპოვეთ კუთხე სახეებს შორის \(SBA\) და \(SBC\) თუ \(SD=9\) .
ა) \(O\) იყოს \(ABCD\) ოთხკუთხედის დიაგონალების გადაკვეთის წერტილი. მაშინ \(SO\) არის პირამიდის სიმაღლე. ვინაიდან მართკუთხედის დიაგონალები ტოლია და გადაკვეთის წერტილი ორად არის გაყოფილი, მაშინ \(AO=BO=CO=DO\) . აქედან გამომდინარე, \(\სამკუთხედი AOS=\სამკუთხედი BOS=\სამკუთხედი COS=\სამკუთხედი DOS\), საიდანაც \(AS=BS=CS=DS\) . აღნიშნეთ \(AS=x\) .
განვიხილოთ სახე \(ASB\) . მოდით დავხატოთ \(SK\perp AB\) . შემდეგ \(KB=0.5 AB=1.5\sqrt2\) . მაშინ \[\dfrac(KB)(SB)=\cos \angle SBA=\dfrac(BP)(BA) \quad\Rightarrow\quad BP=\dfrac 9x\]განვიხილოთ სახე \(CSB\) . მოდით გავაკეთოთ \(SH\perp CB\) . შემდეგ \(HB=0.5 CB=3\) . მაშინ \[\dfrac(HB)(SB)=\cos \angle SBC=\dfrac(BQ)(BC) \quad\Rightarrow\quad BQ=\dfrac (18)x\]ამიტომ, \ თდ.
ბ) პირობით \(x=9\) . გაითვალისწინეთ, რომ სახეში \(CSB\) \(PH\პარალელური CQ\) (რადგან \(PH\) არის შუა ხაზი \(\სამკუთხედში CQB\) ) ამიტომ, \(PH\perp SB\) . მაშასადამე, განმარტებით, \(\კუთხე APH\) არის წრფივი დიედრული კუთხე სახეებს შორის \(SBC\) და \(SBA\) . მოდი ვიპოვოთ ის \(\სამკუთხედის APH\) კოსინუსების თეორემის გამოყენებით.
\(BP=\frac9(x)=1\) . მაშასადამე, პითაგორას თეორემით \(\სამკუთხედი ABP\) : \(AP^2=18-1=17\) .
პითაგორას თეორემით \(\სამკუთხედი HBP\) : \(HP^2=9-1=8\) .
პითაგორას თეორემით \(\სამკუთხედი ABH\) : \(AH^2=18+9=27\) .
ამრიგად, კოსინუსების თეორემით \(\სამკუთხედი APH\)-დან: \[\cos \კუთხე APH=\dfrac(AP^2+HP^2-AH^2)(2\cdot AP\cdot HP)= -\dfrac1(2\sqrt(34))\]აქედან გამომდინარე, კუთხე სახეებს შორის \(SAB\) და \(SCB\) უდრის \[\კუთხე APH=\arccos\left(-\dfrac1(2\sqrt(34))\right)\]
პასუხი:
ბ) \(\arccos\left(-\frac1(2\sqrt(34))\right)\)
დავალება 15
უტოლობის ამოხსნა \[\dfrac(2^x)(2^x-8)+\dfrac(2^x+8)(2^x-4) +\dfrac(66)(4^x-12\cdot 2^x +32)\leqslant 0\]
შევიტანოთ ცვლილება \(2^x=t\) , შემდეგ უტოლობა მიიღებს ფორმას \[\begin(გასწორებული) &\dfrac(t)(t-8)+\dfrac(t+8)(t-4)+\dfrac(66)(t^2-12t+32)\leqslant 0 \ ოთხკუთხა\მარცხენა მარჯვენა ისარი\ოთხი \dfrac(t(t-4)+(t^2-8^2)+66)((t-8)(t-4))\leqslant 0 \quad\მარცხენა მარჯვენა ისარი\\ &\ მარცხენა მარჯვენა ისარი\quad \dfrac(2t^2-4t+2)((t-8)(t-4))\leqslant 0 \quad\მარცხენა მარჯვენა ისარი\quad \dfrac(2(t-1)^2)(t -8)(t-4))\leqslant 0 \ბოლო(გასწორებული)\]ამ უტოლობას ვხსნით ინტერვალის მეთოდით:
მაშინ გამოსავალი იქნება \[\ მარცხნივ[\ დასაწყისი (შეიკრიბა)\ დასაწყისი (გასწორებული) &t=1\\ &4
პასუხი:
\(\(0\)\თასი (2;3)\)
დავალება 16
წერტილი \(E\) არის \(ABCD\) ტრაპეციის გვერდითი მხარის შუა წერტილი. წერტილი \(K\) აღებულია მის მხარეს \(AB\) ისე, რომ წრფეები \(CK\) და \(AE\) იყოს პარალელური. სეგმენტები \(CK\) და \(BE\) იკვეთება \(O\) წერტილში.
ა) დაამტკიცეთ, რომ \(CO=OK\) .
ბ) იპოვეთ ტრაპეციის ფუძეების თანაფარდობა \(BC:AD\), თუ სამკუთხედის ფართობი \(BCK\) არის მთელი ტრაპეციის ფართობის \(\dfrac9(64)\). \(Ა Ბ Გ Დ\) .
ა) გააგრძელეთ \(AE\) და \(BC\) გადაკვეთამდე \(P\) წერტილში:
შემდეგ \(\კუთხე AED=\კუთხე CEP\) ვერტიკალურად, \(\კუთხე ADE=\კუთხე PCE\) ჯვარედინად \(AD\პარალელური BP\) და \(CD\) სეკანტებზე. ამიტომ, გვერდითი და ორი მიმდებარე კუთხით \(\სამკუთხედი AED=\სამკუთხედი CEP\). შემდეგ \(AD=CP\) , \(AE=EP\) .
ვინაიდან \(CK\პარალელური AP\) , მაშინ \(\სამკუთხედი BKO\sim \სამკუთხედი ABE\)და \(CBO\sim \სამკუთხედი PBE\) , აქედან გამომდინარე \[\dfrac(KO)(AE)=\dfrac(BO)(BE)=\dfrac(OC)(EP) \quad\Rightarrow\quad \dfrac(KO)(OC)=\dfrac(AE)(EP) )=1\]ასე რომ, \(KO=OC\) , chtd.
ბ) იმიტომ \(\სამკუთხედი AED=\სამკუთხედი CEP\), შემდეგ \(S_(ABCD)=S_(ABP)\) . ასე \ მას შემდეგ \(\სამკუთხედი BCK\sim \სამკუთხედი ABP\), მაშინ მათი ფართობები დაკავშირებულია როგორც მსგავსების კოეფიციენტის კვადრატი, შესაბამისად, \ მაშასადამე, \(BC:BP=3:8\) , რაც ნიშნავს \(BC:AD=BC:CP=3:5\) .
პასუხი:
ბ) \(3:5\)
დავალება 17
2020 წლის ივლისში იგეგმება ბანკიდან სესხის აღება გარკვეული ოდენობით. მისი დაბრუნების პირობები შემდეგია:
- ყოველ იანვარში ვალი წინა წლის ბოლოსთან შედარებით \(30\%\) იზრდება;
- ყოველი წლის თებერვლიდან ივნისის ჩათვლით აუცილებელია ვალის ნაწილის ერთ გადახდის გადახდა.
რამდენი მანეთი აიღეს ბანკიდან, თუ ცნობილია, რომ სესხი სრულად დაფარეს სამ თანაბარ გადასახდელად (ანუ 3 წლის განმავლობაში) და გადახდების ოდენობა აღემატება ბანკიდან აღებულ თანხას \(156\,060\). ) რუბლი?
მოდით \(A\) რუბლი იყოს ნასესხები თანხა. გაითვალისწინეთ, რომ სესხი დაფარდება ანუიტეტური გადასახდელებით. ავღნიშნოთ \(t=1,3\) და შევქმნათ ცხრილი: \[\begin(მასივი)(|l|l|l|c|) \hline \text(წლის ნომერი) & \text(ვალი დარიცხვამდე)\% & \text(ვალი დარიცხვის შემდეგ)\% & \text( გადახდა)\\ \hline 1 & A & tA & x\\ \hline 2 & tA-x & t(tA-x) &x\\ \hline 3 & t(tA-x)-x& t(t(tA- x)-x) &x\\ \hline \end(მასივი)\]შემდეგ ბოლო გადახდის შემდეგ დავალიანება გაუტოლდება \
პირობით \(3x-A=156\,060\), შესაბამისად, \[\dfrac(3At^3)(t^2+t+1)-A=156\.060 \quad\Rightarrow\quad 3\cdot 2.197A-3.99A=156060\cdot 3.99 \quad\ Rightarrow\quad A=\dfrac(156060\cdot 3990)(2601)=60\cdot 3990=239\,400\]\(x_3\) დააკმაყოფილებს \((2)\) . ასევე გაითვალისწინეთ, რომ ფესვი \(x_1\) ეკუთვნის სეგმენტს \(\) .
განვიხილოთ სამი შემთხვევა:
1) \(a>0\) . შემდეგ \(x_2>3\) , \(x_3<3\)
, следовательно, \(x_2\notin .\)
Тогда уравнение будет иметь один корень на \(\)
в одном из двух случаях:
- \(x_1\) აკმაყოფილებს \((2)\) , \(x_3\) არ აკმაყოფილებს \((1)\) , ან შეესაბამება \(x_1\) , ან აკმაყოფილებს \((1)\) , მაგრამ არ შედის სეგმენტში \(\) (ანუ \(0\)-ზე ნაკლები);
- \(x_1\) არ აკმაყოფილებს \((2)\) , \(x_3\) აკმაყოფილებს \((1)\) და არ უდრის \(x_1\) .
გაითვალისწინეთ, რომ \(x_3\) არ შეიძლება იყოს ნულზე ნაკლები და დააკმაყოფილოს \((1)\) (ანუ მეტი \(\frac35\) ). ამ შენიშვნის გათვალისწინებით, შემთხვევები აღირიცხება შემდეგ ნაკრებში: \[\ მარცხნივ[ \ დასაწყისი (შეკრებილი)\ დასაწყისი (გასწორებული) &\ დასაწყისი (შემთხვევები) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2>0\\ 3-a\leqslant \dfrac35\ end(cases)\\ &\begin(cases) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2\leqslant 0\\ 3-a>ამ კრებულის ამოხსნით და იმის გათვალისწინებით, რომ \(a>0\) , მივიღებთ: \
2) \(a=0\) . შემდეგ \(x_2=x_3=3\in .\) გაითვალისწინეთ, რომ ამ შემთხვევაში \(x_1\) აკმაყოფილებს \((2)\) და \(x_2=3\) აკმაყოფილებს \((1)\) , შემდეგ იქ არის განტოლება, რომელსაც აქვს ორი ფესვი \(\)-ზე. ეს მნიშვნელობა \(a\) არ ჯდება ჩვენთვის.
3) \(ა<0\) . Тогда \(x_2<3\) , \(x_3>3\) და \(x_3\არათნ \) . 1-ლი პუნქტის მსგავსად, თქვენ უნდა ამოხსნათ ნაკრები: \[\ მარცხნივ[ \ დასაწყისი (შეკრებილი)\ დასაწყისი (გასწორებული) &\ დასაწყისი (შემთხვევები) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2>0\\ 3+a\leqslant \dfrac35\ end(cases)\\ &\begin(cases) \dfrac9(25)-6\cdot \dfrac35+10-a^2\leqslant 0\\ 3+a> \dfrac35\end(cases) \end (გასწორებული) \ბოლო (შეიკრიბა)\მარჯვნივ.\]მოცემული პოპულაციის ამოხსნა და იმის გათვალისწინებით, რომ \(1, 2, 3, \წერტილები, 99\) . მაშინ ასივე რიცხვის ჯამი არის უმცირესი შესაძლო ჯამი იმ შემთხვევაში, როდესაც რიცხვებს შორის არის \(230\). მოდით გამოვთვალოთ: \[\dfrac(1+99)2\cdot 99+230=5180>5120\]ჩვენ მივიღეთ წინააღმდეგობა პირობასთან, შესაბამისად, პასუხია: არა.
ბ) დავუშვათ, დაფაზე არ არის ნომერი \(14\). მოდით, კვლავ დავალაგოთ რიცხვები ზრდის მიხედვით და განვიხილოთ რიცხვები: \(1, 2, \წერტილები, 13, 15, \წერტილები, 101\). ჩვენ ავიღეთ უმცირესი შესაძლო მნიშვნელობა პირველი რიცხვისთვის, მეორესთვის და ა.შ. მაშინ ყველა ამ რიცხვის ჯამი არის უმცირესი შესაძლო ჯამი თვითნებური ასი ნატურალური რიცხვების ჯამებს შორის. ის უდრის: \[\dfrac(1+101)2\cdot 101-14=5137>5120\]ჩვენ კვლავ მივიღეთ წინააღმდეგობა პირობასთან, შესაბამისად, პასუხია: არა.
გ) მოვიყვანოთ მაგალითი, როდესაც რიცხვებს შორის არის ოთხი რიცხვი, რომლებიც არის \(14\)-ის ჯერადი რიცხვები (ეს არის რიცხვები \(14, 28, 42, 56\) ): \
მოდით დავამტკიცოთ, რომ არ შეიძლება იყოს ოთხზე ნაკლები რიცხვი, რომელიც არის \(14\)-ის ჯერადი.
ავიღოთ რიცხვების ნაკრები \(1\)-დან \(100\)-მდე. ამ ნაკრების რიცხვების ჯამი არის \(5050\) . ეს არის 100 სხვადასხვა ნატურალური რიცხვის უმცირესი შესაძლო ჯამი. მოდით დავურეკოთ ნომრებს, რომლებიც \(14\)-ის მრავლობითია. ამ ნაკრებში 7 უცნაური რიცხვია. ჩვენ შევამცირებთ უცნაურ რიცხვებს ჩვენს კომპლექტში, შევინარჩუნებთ ნაკრებში რიცხვების ჯამს მინიმალურად.
ასე რომ, იმისათვის, რომ რიცხვების ჯამი იყოს მინიმალური, უნდა ამოიღოთ ყველაზე დიდი უცნაური რიცხვი - ეს არის \(98\) . შემდეგ სანაცვლოდ მას მოუწევს კიდევ ერთი ნომრის დამატება (უცნაური არ არის!). ყველაზე პატარა ასეთი რიცხვია \(101\) . ამის შემდეგ მივიღებთ მინიმალურ თანხას \(5053\) . ის \(5120\)-ზე ნაკლებია, ასე რომ, ჩვენ გავაგრძელებთ.
იგივე გააკეთეთ, ამოიღეთ უცნაური რიცხვები \(98, 84, 70\) . ამის ნაცვლად, დაამატეთ \(101, 102, 103\) . ამ შემთხვევაში ვიღებთ მინიმალურ თანხას \(5104\) . ამ ოპერაციის განმეორებით, ანუ \(56\)-ის ამოღებით და \(104\)-ის მიმატებით, მივიღებთ მინიმალურ ჯამს \(5152\), რომელიც მეტია \(5120\)-ზე. ვინაიდან რიცხვების ჯამი ჩვენს სიმრავლეში მინიმალურია, ჩვენ ვიღებთ წინააღმდეგობას.
