Вирішу його apk's permissiom from google play. Вирішу його apk"s permissiom from apk file

ВИРІШУ ЄДІ APK Photos/Media/Files: modify or delete the contents of your USB storage,read the contents of your USB storage

ВИРІШУ ЄДІ APK Storage: modify or delete the contents of your USB storage,read the contents of your USB storage

ВИРІШУ ЄДІ APK other: full network access,view network connections

Full network access:

Дозволяє app для створення мережевих сокетів і використання custom network protocols. Браузер і інші пристосування надають засоби для обміну даними до Інтернету, так як цей приклад не вимагається для передачі даних до Інтернету.

Modify or delete the contents of your USB storage:

Натисніть app для отримання до USB-накопичувача.

Read the contents of your USB storage:

Дозволяє app для read contents of your USB storage.

View network connections:

Дозволяє app для перегляду інформації про мережеві зв'язки так, якими мережами існує і є підключені.

ВИРІШУ ЄДІ APK"s Permissiom From APK File:

ВИРІШУ ЄДІ APK Can access your USB storage

Дозволяє applications to open network sockets.

Застосовують застосування до доступу до інформації про мережі.

Дозволяє application to write до external storage.

Дозволяє application to read from external storage.

• 1.6.5

  17 Dec 2017

  Завдання формату 2018 року

• 1.6.4

  29 Nov 2017

  Додана сумісність із iOS 11.

• 1.6.2

  11 Nov 2017

  Додано завдання та оновлено шкали відповідно до демоверсій ЄДІ-2018, налаштовано підтримку малюнків у векторних форматах.

• 1.6.1

  8 Aug 2017

  Уточнено шкали з усіх предметів.

• 1.6.0

  13 Feb 2017

  Виправлений баг із іноземними мовами.

• 1.5.9

  18 Jan 2017

  Додано можливість реєстрації на порталі через програму.

• 1.5.8

  9 Jan 2017

  Виправлена ​​помилка, що призводить до вильотів під час завантаження оновлень завдань.

• 1.5.7

  2 Jan 2017

  Оновлення безпеки

• 1.5.6

  4 Dec 2016

  Виправлена ​​помилка з вильотом під час вирішення заголовних тем у каталозі завдань.

• 1.5.5

  15 Nov 2016

  Додана можливість завантажити всі завдання по темах.

• 1.5.4

  28 Oct 2016

  Додано можливість запису статистики при вирішенні у каталозі завдань та режимі іспиту.

• 1.5.3

  24 жовтня 2016

• 1.5.2

  4 Jul 2016

  Доданий пошук за номером варіанта та за номером завдання.
  Невеликі зміни у дизайні.

• 1.5.0

  14 Jun 2016

  Додано розділ новин.
  Додано розділ перегляду статистики.
  Додано розділ про іспит, шкалу балів.
  Додано розділ про проект.
  Додано можливість перевірки оновлень у ручну.
  Теми розділу "Каталог завдань" розділені на підтеми.

• 1.4.0

  2 Jun 2016

• 1.3.0

  31 May 2016

  Доданий пошук завдань за ключовими словами.

• 1.2.1

  18 May 2016

  Додано можливість вирішувати завдання офлайн.
  Додана можливість завантажувати завдання на теми.

• 1.1.4

  2 May 2016

  Додано оповіщення у разі проблем на сервері.

• 1.1.3

  29 Apr 2016

  Виправлені помилки, пов'язані з вильотами програми.
  Для повної працездатності предмети, що вилітають, потрібно заново скачати по іконці праворуч.

• 1.1.1

  26 Apr 2016

  Виправлено деякі помилки з вильотами із програми.
  Додано теорію з російської мови та математики.

Багато абітурієнтів стурбовані тим, як самостійно отримати знання, необхідні для успішного складання тестів перед вступом. У 2017 році вони часто звертаються до Інтернету для пошуку рішення. Рішень є безліч, на тих, що по-справжньому стоять, варто дуже довго шукати. На щастя, існують відомі та перевірені системи. Одна з них – Вирішу ЄДІ Дмитра Гущина.

Навчальна система Дмитра Гущина під назвою «Вирішу ЄДІ» має на увазі комплексну підготовку до майбутнього іспиту. Дмитро Гущин створив постарався безкоштовно дати необхідні знання для того, щоб майбутнє покоління могло успішно скласти іспити. Система розрахована самостійне вивчення предметів. Вирішу ЄДІ заснована на рівномірній подачі інформації, яка послідовно, тема за темою, вкладається у мозку школяра.

ЄДІ-2017 з математики, базовий рівень

Дмитро Гущин зобов'язується допомогти з такими іспитами як ОДЕ та ЄДІ, використовуючи дуже поширену методику. Вона полягає в тому, що нові знання подаються і систематизуються за темами. Учень може легко вибрати те, що йому необхідно повторити для остаточного закріплення матеріалу.

Завдання доступні на базовому та профільному рівнях. Яскравим прикладом таких завдань є математика. Основний (базовий) рівень охоплює загальношкільний обсяг знань. У ньому потрібні знання, які отримує за 11 років кожен учень. Профільний рівень розрахований на випускників спеціалізованих шкіл з ухилом на певний предмет.

Цікавою особливістю системи є її схожість із реальним іспитом. У разі проведення підсумкового контрольного завдання подаються у форматі ЄДІ. Учень також може дізнатися про свій підсумковий бал після проходження тестування. Це допомагає мотивувати людину до досягнення нових цілей та вивчення нового матеріалу. Усвідомлення своїх реальних шансів на іспиті допомагає зібратися з думками та зрозуміти, що саме потрібно вивчити.

Найбільш затребувані предмети в «Вирішу ЄДІ» надано поряд з іншими. Російська мова Дмитра Гущина включає правила граматики, пунктуації і синтаксису, а також лексику. Хімія містить приклади розв'язання специфічних завдань, спеціальні формули. Також розділ хімія включає різні сполуки і поняття про хімічні речовини. Розділ біологія охоплює життєдіяльність усіх царств живих організмів. Там міститься важлива теорія, яка допоможе вам успішно скласти іспит.

Наступною особливістю є те, що ваш прогрес фіксується і ви можете відстежити свої успіхи. Такий підхід допоможе вам мотивувати себе навіть у випадках, коли вчитися більше не хочеться. Свій власний результат завжди змушує робити більше.

У системі також є критерії оцінювання робіт. Вони зроблять підготовку до іспиту спланованою та продуманою. Майбутній студент завжди зможе прочитати їх та зрозуміти на що звертатиме увагу екзаменатор. Це важливо для того, щоб приділити увагу окремим важливим аспектам роботи. Загалом учень повністю усвідомлює важливість свого вибору та запам'ятовує критерії оцінювання.

Вкажіть варіанти відповідей, у яких у всіх словах одного ряду пропущена та сама буква. Запишіть номер відповіді.

1) пр..східний, пр..норовитися, пр..клонити (коліни);

2) на..бровний, по..рити, по..мітити;

3) пр..чудливий, пр..града, пр..бачення;

4) не..побутовий, не..роблений, ..даюсь;

5) по..скати, с..грати, роз..ск.

Пояснення (див. також Правило нижче).

Наведемо правильне написання.

1. чудовий, пристосуватися, схилити (коліни);

2. надбрівний, підрити, помітити;

3. химерний, перешкода, привид;

4. нездійсненний, незроблений, здаюся;

5. пошукати, зіграти, розшук.

Відповідь: 24.

Відповідь: 24|42

Правило: правопис приставок. Узагальнення. Завдання 10 ЄДІ.

ПРАВОПИС ПРИСТАВОК

та написань, пов'язаних з ними, перевіряється у завданні 10.

Орфограми, що перевіряються у цьому завданні:

9.1.1 Приставки, що не змінюються на листі

1. У більшості приставок голосні та приголосні, згідно з морфологічним принципом російського правопису, пишуться однаково, незалежно від будь-яких умов: С-, В-, НАД-, ПІД-, ПЕРЕД-, ВІД-, ЗА-, ВІД-, БЕЗ -, ВО-, ВЗО-, ВООЗ, ДО-, НА-, НАД-, НАДО-, О-, ПРО-, ПЕРЕ-, ПО-, ПІД-, ПРО-, СО-, РАЗО-

ЗАПАМ'ЯТАЄТЕ: є приставка С- (зробити, згинути), але немає приставки 3.

2. Правопис голосних у приставках у ненаголошеному положенні (крім приставок ПРЕ-, ПРИ- і РАЗ/РОЗ) можна перевірити, підібравши слово, де ця ж приставка стоїть у ударному положенні:

відмовити - Відгук, покарати - наспіх.

3. Правопис приголосних у приставках (крім приставок на 3-, С-) можна перевірити, підібравши слово,

де після цієї приставки стоїть голосна або приголосна В, Л, М, Н, Р: обходити - обкидати.

4. Приставка ПРА- вживається в словах:

прадіду,

прабабуся,

прабатьківщина,

правнучка,

прабатько,

праісторичний,

5. Приставка ПА- зустрічається тільки під наголосом:

падчерка,

похмурий,

згубний.

6. Слід розрізняти пари:

ПОДАТИ, ПОДАЧА, ПОДАНИЙ І ПІДДАТИ, ПІДдавки, ПІДданий

Виріб і Поробка

ПО і ПІДдягати

тримати, тримати і підтримати, тримати

Подражнити і ПІДражнити

9.1.2 Приставки, що закінчуються на літери З і С

Правопис приставок

ніЗ-ніС (не плутати з НЕ+С)

обіС-обіЗ

чреЗ-чреС

череЗ-череС

які закінчуються на 3-, С-і мають не менше двох літер визначається наступним приголосним.

3 - пишеться перед дзвінким приголосним (роздумувати)

дзвінкі приголосні: р, л, м, н, й, б, в, г, д, ж, з

С - перед глухим приголосним (роздивлятися)

глухі приголосні: х, ц, год, щ, до, п, с, т, ш, ф

Ці приставки називають також залежними від вимови: у приставці пишемо те, що чуємо. Під впливом дзвінкого звуку кореня стає дзвінким і останній звук приставки, і так само, під впливом глухого звуку кореня оглушується приставка. І це звучання відбивається на листі: чуємо [раСшум'ет'ца] пишемо раСшуметься; чуємо [іЗбіжат”], пишемо іВтекти.

2. У написаннях типу НЕ+З+бежний, у якому дві приставки, працює правило приставки НА З/С.

У написання типу НЕ+С+горящий, у якому дві приставки, працює правило написання приставки С.

3. У словах розрахунок, розрахунковий, розрахувати пишеться одна С (перед коренем-ЧЕТ-).

4. ЗАПАМ'ЯТАТИ:

роззявати

розкрити

розорити

безлічний

світогляд - світосприйняття

сварка - посваритися

несамовито

нишком

надто

5. Поблизу - прийменник (поблизу будинку).

Але: близький, близький (причастя).

9.1.3 Приставки ПРЕ та ПРІ

Правопис приставок ПРЕ-/ПРИ- залежить від значення слова.

Приставка ПРИ має значення:

наближення (приїхати);

Приєднання (приклеїти);

Близькість (приморський – близько від моря);

Неповна дія (відкрити);

Дія, доведена остаточно (придумати);

Близьке до приставки ДО-(приписувати);

Посилення дії (належати);

Дія у своїх інтересах (причепуритися).

Приставка ПРЕ має значення:

Дуже (прекрасний – дуже гарний);

Близьке до приставки ПЕРЕ- (подолати).

У деяких випадках розрізнення приставок ПРИ-/ПРЕ- визначається контекстом:

Прибувати до міста - перебувати у місті;

Надати вигляд - продати друга;

Призріти сироту - зневажати недруга;

Приділ (у храмі) - межа (терпіння);

приймач (радіоприймач) - наступник (продовжувач розпочатої справи, традицій);

воротник (сторож, при брамі) - воротній (неправильний), але: брехати (трохи збрехати)

притерпітися (звикнути) - перетерпіти (пережити);

Прихилити (гілки) - схилятися (перед кимось);

Приступати (до чого-небудь) - переступати (через щось);

Прочинити (двері) - прочинити (в життя);

Приходить (приходить) - прохідний (непостійний);

приперти (двері) - сперечатися (сперечатися);

прикласти (зусилля) - непрокладний, який не підлягає зміні;

Притулок (притулок) - безперервно (не перестаючи);

Стикнутися (влаштуватися без зручностей) - камінь спотикання (перешкода, утруднення, = фразеологізм)

зменшити (трохи)- зменшити (багато, значно)

Значення, неясне в іменнику (прикметнику), можна прояснити попереднім етапом словотвору:

притулок - пристати, покликання - покликати, прикладної - прикладати.

Значення, що вносяться у слово приставками пре-, при-, можна пояснити словами чи словосполученнями, близькими за змістом: перетворити - переробити, перебудувати; причалити - пристати, пришвартуватися; припинити - перестати щось робити; сперечатись - перебивати один одного, перелаятися; мінлива (думка) перевернута; неприйнятний - те, що не можна прийняти; невибагливий - без забаганок; вибагливий - людина з великими примхами, капризами.

Існують слова (найчастіше запозичені) з приставками ПРЕ-/ПРИ-, значення яких втрачено і

написання слід запам'ятати.

Середня загальна освіта

Лінія УМК Г. К. Муравіна. Алгебра та початку математичного аналізу (10-11) (поглиб.)

Лінія УМК Мерзляк. Алгебра та початки аналізу (10-11) (У)

Математика

Підготовка до ЄДІ з математики (профільний рівень): завдання, рішення та пояснення

Екзаменаційна робота профільного рівня триває 3 години 55 хвилин (235 хвилин).

Мінімальний поріг– 27 балів.

Екзаменаційна робота складається з двох частин, які різняться за змістом, складністю та кількістю завдань.

Визначальною ознакою кожної частини роботи є форма завдань:

• частина 1 містить 8 завдань (завдання 1-8) з короткою відповіддю у вигляді цілого числа або кінцевого десяткового дробу;
• частина 2 містить 4 завдання (завдання 9-12) з короткою відповіддю у вигляді цілого числа або кінцевого десяткового дробу та 7 завдань (завдання 13–19) з розгорнутою відповіддю (повний запис рішення з обґрунтуванням виконаних дій).

Панова Світлана Анатоліївна, вчитель математики вищої категорії школи, стаж роботи 20 років:

«Для того, щоб отримати шкільний атестат, випускнику необхідно скласти два обов'язкові іспити у формі ЄДІ, один з яких математика. Відповідно до Концепції розвитку математичної освіти в Російській Федерації ЄДІ з математики поділено на два рівні: базовий та профільний. Сьогодні ми розглянемо варіанти профільного рівня.

Завдання №1- перевіряє в учасників ЄДІ уміння застосовувати навички, отримані у курсі 5 - 9 класів з елементарної математики, у практичній діяльності. Учасник повинен володіти обчислювальними навичками, вміти працювати з раціональними числами, вміти округляти десяткові дроби, вміти переводити одні одиниці виміру до інших.

приклад 1.У квартирі, де мешкає Петро, ​​встановили прилад обліку витрати холодної води (лічильник). Першого травня лічильник показував витрати 172 куб. м води, а першого червня – 177 куб. м. Яку суму має заплатити Петро за холодну воду за травень, якщо ціна 1 куб. м холодної води становить 34 руб 17 коп. Відповідь дайте у рублях.

Рішення:

1) Знайдемо кількість витраченої води за місяць:

177 – 172 = 5 (куб м)

2) Знайдемо скільки грошей заплатять за витрачену воду:

34,17 · 5 = 170,85 (руб)

Відповідь: 170,85.

Завдання №2-є одним із найпростіших завдань іспиту. З нею успішно справляється більшість випускників, що свідчить про володіння визначенням поняття функції. Тип завдання № 2 за кодифікатором вимог - це завдання на використання набутих знань та умінь у практичній діяльності та повсякденному житті. Завдання № 2 складається з опису за допомогою функцій різних реальних залежностей між величинами та інтерпретація їх графіків. Завдання № 2 перевіряє вміння отримувати інформацію, подану у таблицях, на діаграмах, графіках. Випускникам потрібно вміти визначати значення функції за значенням аргументу при різних способах завдання функції та описувати поведінку та властивості функції за її графіком. Також необхідно вміти знаходити за графіком функції найбільше чи найменше значення та будувати графіки вивчених функцій. Допустимі помилки носять випадковий характер у читанні умови завдання, читанні діаграми.

#ADVERTISING_INSERT#

приклад 2.На малюнку показано зміну біржової вартості однієї акції видобувної компанії у першій половині квітня 2017 року. 7 квітня бізнесмен придбав 1000 акцій цієї компанії. 10 квітня він продав три чверті куплених акцій, а 13 квітня продав всі, що залишилися. Скільки втратив бізнесмен унаслідок цих операцій?

Рішення:

2) 1000 · 3/4 = 750 (акцій) - становлять 3/4 від усіх куплених акцій.

6) 247500 + 77500 = 325000 (крб) – бізнесмен отримав після продажу 1000 акцій.

7) 340000 – 325000 = 15000 (крб) - втратив підприємець у всіх операцій.

Відповідь: 15000.

Завдання №3- є завданням базового рівня першої частини, що перевіряє вміння виконувати дії з геометричними фігурами за змістом курсу «Планіметрія». У завданні 3 перевіряється вміння обчислювати площу фігури на папері, вміння обчислювати градусні заходи кутів, обчислювати периметри і т.п.

приклад 3.Знайдіть площу прямокутника, зображеного на картатому папері з розміром клітини 1 см на 1 см (див. рис.). Відповідь дайте у квадратних сантиметрах.

Рішення:Для обчислення площі цієї фігури можна скористатися формулою Піка:

Для обчислення площі даного прямокутника скористаємося формулою Піка:

приклад 4.На колі відзначено 5 червоних та 1 синю крапку. Визначте, яких багатокутників більше: тих, у яких усі вершини червоні, або тих, у яких одна з вершин синя. У відповіді вкажіть, скільки одних більше, ніж інших.

Рішення: 1) Скористаємося формулою числа поєднань з nелементів по k:

у яких усі вершини червоні.

3) Один п'ятикутник, який має всі вершини червоні.

4) 10 + 5 + 1 = 16 багатокутників, у яких усі вершини червоні.

у яких вершини червоні або з однією блакитною вершиною.

у яких вершини червоні або з однією блакитною вершиною.

8) Один шестикутник, у якого вершини червоні з однією синьою вершиною.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 багатокутники, у яких усі вершини червоні або з однією синьою вершиною.

10) 42 – 16 = 26 багатокутників, у яких використовується синя точка.

11) 26 - 16 = 10 багатокутників - на скільки багатокутників, у яких одна з вершин - синя точка, більше, ніж багатокутників, у яких всі вершини тільки червоні.

Відповідь: 10.

Завдання №5- базового рівня першої частини перевіряє вміння розв'язувати найпростіші рівняння (ірраціональні, показові, тригонометричні, логарифмічні).

Приклад 5.Розв'яжіть рівняння 2 3 + x= 0,4 · 5 3 + x .

Рішення.Розділимо обидві частини даного рівняння на 5 3 + х≠ 0, отримаємо

звідки випливає, що 3 + x = 1, x = –2.

Відповідь: –2.

Завдання №6за планіметрією на знаходження геометричних величин (довжин, кутів, площ), моделювання реальних ситуацій мовою геометрії. Дослідження побудованих моделей з використанням геометричних понять та теорем. Джерелом труднощів є, як правило, незнання чи неправильне застосування необхідних теорем планіметрії.

Площа трикутника ABCдорівнює 129. DE- Середня лінія, паралельна стороні AB. Знайдіть площу трапеції ABED.

Рішення.Трикутник CDEподібний до трикутника CABпо двох кутах, тому що кут при вершині Cзагальний, кут СDEдорівнює куту CABяк відповідні кути при DE || ABсічучої AC. Так як DE- Середня лінія трикутника за умовою, то за якістю середньої лінії | DE = (1/2)AB. Отже, коефіцієнт подібності дорівнює 0,5. Площі подібних фігур відносяться як квадрат коефіцієнта подібності, тому

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

Завдання №7- перевіряє застосування похідної для дослідження функції. Для успішного виконання необхідне змістовне, не формальне володіння поняттям похідної.

Приклад 7.До графіку функції y = f(x) у точці з абсцисою x 0 проведена дотична, яка перпендикулярна до прямої, що проходить через точки (4; 3) і (3; -1) цього графіка. Знайдіть f′( x 0).

Рішення. 1) Скористаємося рівнянням прямої, що проходить через дві задані точки і знайдемо рівняння прямої, що проходить через точки (4; 3) та (3; -1).

(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, де k 1 = 4.

2) Знайдемо кутовий коефіцієнт дотичної k 2 , яка перпендикулярна до прямої y = 4x- 13, де k 1 = 4, за формулою:

3) Кутовий коефіцієнт дотичної – похідна функції у точці дотику. Значить, f′( x 0) = k 2 = –0,25.

Відповідь: –0,25.

Завдання №8- перевіряє в учасників іспиту знання з елементарної стереометрії, уміння застосовувати формули знаходження площ поверхонь та обсягів фігур, двогранних кутів, порівнювати обсяги подібних фігур, вміти виконувати дії з геометричними фігурами, координатами та векторами тощо.

Об'єм куба, описаного біля сфери, дорівнює 216. Знайдіть радіус сфери.

Рішення. 1) Vкуба = a 3 (де а- Довжина ребра куба), тому

а 3 = 216

а = 3 √216

2) Так як сфера вписана в куб, значить, довжина діаметра сфери дорівнює довжині ребра куба, тому d = a, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Завдання №9- вимагає від випускника навичок перетворення та спрощення алгебраїчних виразів. Завдання № 9 підвищеного рівня складності із короткою відповіддю. Завдання з розділу «Обчислення та перетворення» в ЄДІ поділяються на декілька видів:

перетворення числових раціональних виразів;

перетворення алгебраїчних виразів та дробів;

перетворення числових/літерних ірраціональних виразів;

дії зі ступенями;

перетворення логарифмічних виразів;

1. перетворення числових/літерних тригонометричних виразів.

Приклад 9.Обчисліть tgα, якщо відомо, що cos2α = 0,6 та

Рішення. 1) Скористаємося формулою подвійного аргументу: cos2α = 2 cos 2 α – 1 та знайдемо

Отже, tg 2 α = ±0,5.

3) За умовою

значить, α – кут II чверті та tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

Відповідь: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Завдання №10- перевіряє в учнів вміння використовувати набуті раннє знання та вміння у практичній діяльності та повсякденному житті. Можна сказати, що це завдання з фізики, а не з математики, але всі необхідні формули та величини наведені в умові. Завдання зводяться до розв'язання лінійного чи квадратного рівняння, або лінійної чи квадратної нерівності. Тому необхідно вміти вирішувати такі рівняння та нерівності та визначати відповідь. Відповідь має вийти у вигляді цілого числа або кінцевого десяткового дробу.

Два тіла масою m= 2 кг кожне рухаються з однаковою швидкістю v= 10 м/с під кутом 2 один до одного. Енергія (у джоулях), що виділяється при їх абсолютно непружному зіткненні визначається виразом Q = mv 2 sin 2 α. Під яким найменшим кутом 2α (у градусах) повинні рухатися тіла, щоб у результаті зіткнення виділилося не менше 50 джоулів?
Рішення.Для розв'язання задачі необхідно вирішити нерівність Q ≥ 50, на інтервалі 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2· 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 · sin 2 α ≥ 50

Оскільки α ∈ (0°; 90°), то вирішуватимемо тільки

Зобразимо розв'язання нерівності графічно:

Оскільки за умовою α ∈ (0°; 90°), значить 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Завдання №11- є типовим, але виявляється непростим учнів. Головним джерелом труднощів є побудова математичної моделі (складання рівняння). Завдання №11 перевіряє вміння вирішувати текстові завдання.

Приклад 11.На весняних канікулах 11-класник Вася мав вирішити 560 тренувальних завдань для підготовки до ЄДІ. 18 березня в останній навчальний день Вася вирішив 5 завдань. Далі щодня він вирішував на те саме кількість завдань більше у порівнянні з попереднім днем. Визначте скільки завдань Вася вирішив 2 квітня в останній день канікул.

560 = (5 + a 16) · 8,

5 + a 16 = 560: 8,

5 + a 16 = 70,

a 16 = 70 – 5

a 16 = 65.

Відповідь: 65.

Завдання №12- перевіряють в учнів вміння виконувати події з функціями, вміти застосовувати похідну до вивчення функції.

Знайти точку максимуму функції y= 10ln ( x + 9) – 10x + 1.

Рішення: 1) Знайдемо область визначення функції: x + 9 > 0, x> –9, тобто x ∈ (–9; ∞).

2) Знайдемо похідну функції:

4) Знайдена точка належить проміжку (–9; ∞). Визначимо знаки похідної функції та зобразимо на малюнку поведінку функції:

Шукана точка максимуму x = –8.

а) Розв'яжіть рівняння 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

б) Знайдіть усі корені цього рівняння, що належать відрізку .

Рішення:а) Нехай log 3 (2cos x) = tтоді 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

б) Знайдемо коріння, що лежить на відрізку.

З малюнка видно, що заданому відрізку належить коріння

Діаметр кола основи циліндра дорівнює 20, що утворює циліндра дорівнює 28. Площина перетинає його основи по хордах довжини 12 і 16. Відстань між хордами дорівнює 2√197.

а) Доведіть, що центри основ циліндра лежать по одну сторону від цієї площини.

б) Знайдіть кут між цією площиною та площиною основи циліндра.

Рішення:а) Хорда довжиною 12 знаходиться на відстані = 8 від центру кола основи, а хорда довжиною 16, аналогічно, – на відстані 6. Тому відстань між їх проекціями на площину, паралельну основам циліндрів, становить або 8 + 6 = 14, або 8 − 6 = 2.

Тоді відстань між хордами складає або

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

За умовою реалізувався другий випадок, у ньому проекції хорд лежать з одного боку від осі циліндра. Значить, вісь не перетинає цю площину в межах циліндра, тобто основи лежать по одну сторону від неї. Що потрібно було довести.

б) Позначимо центри підстав за О1 і О2. Проведемо з центру основи з хордою довжини 12 серединний перпендикуляр до цієї хорди (він має довжину 8, як зазначалося) і з центру іншого основи - до іншої хорді. Вони лежать в одній площині, перпендикулярній цим хордам. Назвемо середину меншої хорди B, більшої A та проекцію A на другу основу – H (H ∈ β). Тоді AB,AH ∈ β і означає, AB,AH перпендикулярні хорді, тобто прямий перетин основи з даною площиною.

Отже, шуканий кут дорівнює

Завдання №15- підвищеного рівня складності з розгорнутою відповіддю, перевіряє вміння вирішувати нерівності, що найбільш успішно вирішується серед завдань з розгорнутою відповіддю підвищеного рівня складності.

приклад 15.Розв'яжіть нерівність | x 2 – 3x| · log 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Рішення:Областю визначення цієї нерівності є інтервал (–1; +∞). Розглянь окремо три випадки:

1) Нехай x 2 – 3x= 0, тобто. х= 0 або х= 3. У цьому випадку ця нерівність перетворюється на правильну, отже, ці значення входять у розв'язання.

2) Нехай тепер x 2 – 3x> 0, тобто. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). При цьому цю нерівність можна переписати у вигляді ( x 2 – 3x) · log 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 і розділити на позитивний вираз x 2 – 3x. Отримаємо log 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 –1 або x≤ -0,5. Враховуючи область визначення, маємо x ∈ (–1; –0,5].

3) Нарешті, розглянемо x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). При цьому вихідна нерівність перепишеться у вигляді (3 x – x 2) · log 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 . Після поділу на позитивний вираз 3 x – x 2 отримаємо log 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Враховуючи область, маємо x ∈ (0; 1].

Об'єднуючи отримані рішення, отримуємо x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Відповідь: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Завдання №16- підвищеного рівня відноситься до завдань другої частини з розгорнутою відповіддю. Завдання перевіряє вміння виконувати дії з геометричними фігурами, координатами та векторами. Завдання містить два пункти. У першому пункті завдання потрібно довести, а другому пункті обчислити.

У рівнобедреному трикутнику ABC з кутом 120° при вершині A проведена бісектриса BD. У трикутник ABC вписано прямокутник DEFH так, що сторона FH лежить на відрізку BC, а вершина E – на відрізку AB. а) Доведіть, що FH = 2DH. б) Знайдіть площу прямокутника DEFH, якщо AB = 4.

Рішення:а)

1) ΔBEF – прямокутний, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°) : 2 = 30°, тоді EF = BE за властивістю катета, що лежить проти кута 30°.

2) Нехай EF = DH = xтоді BE = 2 x, BF = x√3 за теоремою Піфагора.

3) Оскільки ΔABC рівнобедрений, значить, ∠B = ∠C = 30˚.

BD – бісектриса ∠B, значить ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Розглянемо ΔDBH – прямокутний, тому що. DH⊥BC.

√3 – 1 = 2 – x

x = 3 – √3

EF = 3 – √3

2) S DEFH = ED · EF = (3 – √3) · 2(3 – √3)

S DEFH = 24 - 12√3.

Відповідь: 24 – 12√3.

Приклад 17Вклад у розмірі 20 млн. рублів планується відкрити на чотири роки. Наприкінці кожного року банк збільшує внесок на 10%, порівняно з його розміром на початку року. Крім того, на початку третього та четвертого років вкладник щороку поповнює вклад на хмлн. рублів, де х - цілечисло. Знайдіть найбільше значення х, при якому банк за чотири роки нарахує на вклад менше 17 млн. рублів.

Рішення:Наприкінці першого року вклад складе 20 + 20 · 0,1 = 22 млн рублів, а наприкінці другого - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 млн рублів. На початку третього року вклад (у млн рублів) складе (24,2+) х), а наприкінці - (24,2+ х) + (24,2 + х)· 0,1 = (26,62 + 1,1 х). На початку четвертого року вклад складе (26,62 + 2,1 х), а наприкінці - (26,62 + 2,1 х) + (26,62 + 2,1х) · 0,1 = (29,282 + 2,31 х). За умовою, потрібно знайти найбільше ціле х, для якого виконано нерівність

(29,282 + 2,31x) – 20 – 2x < 17

29,282 + 2,31x – 20 – 2x < 17

0,31x < 17 + 20 – 29,282

0,31x < 7,718

Найбільше вирішення цієї нерівності - число 24.

Відповідь: 24.

При яких aсистема нерівностей

має рівно два рішення?

Рішення:Цю систему можна переписати у вигляді

Якщо намалювати на площині безліч розв'язків першої нерівності, вийде начинка кола (з кордоном) радіуса 1 з центром у точці (0, а). Безліч рішень другої нерівності – частина площини, що лежить під графіком функції y = | x| – a, причому останній є графік функції
y = | x| , зрушений вниз на а. Рішення даної системи є перетинання безлічі рішень кожної з нерівностей.

Отже, два рішення дана система матиме лише у випадку, зображеному на рис. 1.

Крапки торкання кола з прямими і будуть двома рішеннями системи. Кожна пряма нахилена до осей під кутом 45°. Отже, трикутник PQR- Прямокутний рівнобедрений. Крапка Qмає координати (0, а), а точка R– координати (0, – а). Крім того, відрізки PRі PQрівні радіусу кола, що дорівнює 1. Значить,

Нехай Snсума пчленів арифметичної прогресії ( а п). Відомо що S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

а) Вкажіть формулу п-го члена цієї прогресії

б) Знайдіть найменшу за модулем суму S n.

в) Знайдіть найменше п, за якого S nбуде квадратом цілого числа.

Рішення: а) Очевидно, що a n = S n – S n- 1 . Використовуючи цю формулу, отримуємо:

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

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

Б) Так як S n = 2n 2 – 25n, то розглянемо функцію S(x) = | 2x 2 – 25x|. Її графік можна побачити малюнку.

Очевидно, що найменше значення досягається в цілих точках, розташованих найбільш близько до нулів функції. Очевидно, що це точки х= 1, х= 12 і х= 13. Оскільки, 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, то найменше значення дорівнює 12.

в) З попереднього пункту випливає, що Snпозитивно, починаючи з n= 13. Так як S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), то очевидний випадок, коли цей вираз є повним квадратом, реалізується при n = 2n- 25, тобто при п= 25.

Залишилось перевірити значення з 13 до 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.

Виходить, що при менших значеннях пПовний квадрат не досягається.

Відповідь:а) a n = 4n- 27; б) 12; в) 25.

________________

*З травня 2017 року об'єднана видавнича група «ДРОФА-ВЕНТАНА» входить до корпорації «Російський підручник». До корпорації також увійшли видавництво «Астрель» та цифрова освітня платформа «LECTA». Генеральним директором призначено Олександра Бричкина, випускника Фінансової академії при Уряді РФ, кандидата економічних наук, керівника інноваційних проектів видавництва «ДРОФА» у сфері цифрової освіти (електронні форми підручників, «Російська електронна школа», цифрова освітня платформа LECTA). До приходу у видавництво «ДРОФА» обіймав позицію віце-президента зі стратегічного розвитку та інвестицій видавничого холдингу «ЕКСМО-АСТ». Сьогодні видавнича корпорація «Російський підручник» має найбільший портфель підручників, включених до Федерального переліку - 485 найменувань (приблизно 40%, без урахування підручників для корекційної школи). Видавництвам корпорації належать найбільш затребувані російськими школами комплекти підручників з фізики, креслення, біології, хімії, технології, географії, астрономії - галузей знань, які необхідні розвитку виробничого потенціалу країни. До портфелю корпорації входять підручники та навчальні посібники для початкової школи, удостоєні Премії Президента в галузі освіти. Це підручники та посібники з предметних областей, які необхідні розвитку науково-технічного і виробничого потенціалу Росії.