V úloze č. 9 Jednotné státní zkoušky z matematiky na úrovni profilu potřebujeme transformovat výrazy a provést základní výpočty. Nejčastěji jsou v této sekci goniometrické výrazy, takže pro úspěšné provedení potřebujete znát redukční vzorce a další trigonometrické identity.

Rozbor typických variant úloh č. 9 Jednotné státní zkoušky z matematiky na profilové úrovni

První verze úlohy (demo verze 2018)

Najděte sin2α, pokud cosα = 0,6 a π< α < 2π.

Algoritmus řešení:

Najděte hodnotu sinu daného úhlu.
Vypočteme hodnotu sin2α.
Odpověď zapisujeme.

Řešení:

1. α leží ve třetí nebo čtvrté čtvrtině, což znamená, že sinus úhlu je záporný. Použijme základní goniometrickou identitu:

2. Použití sinusového vzorce s dvojitým úhlem: sin2α = 2sinαcosα = 2∙(-0,8)∙0,6 = -0,96

Odpověď: -0,96.

Druhá verze úkolu (od Yashchenko, č. 1)

Najít jestli .

Algoritmus řešení:

Převedeme vzorec kosinus s dvojitým úhlem.
Vypočítáme kosinus.
Odpověď zapisujeme.

Řešení:

1. Transformujte vzorec kosinus s dvojitým úhlem:

2. Vypočítejte kosinus požadovaného úhlu 2α, vynásobte 25, dosaďte daná hodnota kosinus úhlu α

Třetí verze úkolu (od Jaščenka, č. 16)

Najděte význam výrazu .

Algoritmus řešení:

Podívejme se na výraz.
Použití vlastností goniometrické funkce k určení sinusových a kosinových hodnot daných úhlů.
Vypočítáme hodnotu výrazu.
Odpověď zapisujeme.

Řešení:

1. Výraz je součinem čísel a hodnot goniometrických funkcí záporných úhlů.

2. Použijme vzorce:

3. Pak dostaneme:

Odpověď: -23.

Čtvrtá verze úkolu (od Yashchenka)

Najděte význam výrazu.

Algoritmus řešení:

Pojďme analyzovat výraz.
Výraz transformujeme a hodnotíme.
Odpověď zapisujeme.

Řešení:

1. Výraz obsahuje dva kořeny. Pod kořenem čitatele je rozdíl druhých mocnin. Pro zjednodušení výpočtů můžete vynásobit rozdíl druhých mocnin pomocí zkráceného vzorce pro násobení.

Lekce je věnována rozboru úkolu 9 jednotné státní zkoušky z informatiky

Téma 9 – „Kódování informací, objem a přenos informací“ – je charakterizováno jako úkoly základní úroveň složitost, doba provedení - cca 5 minut, maximální skóre — 1

Kódování textových informací

n- Postavy

i— počet bitů na znak (kódování)

Kódování grafických informací

Podívejme se na některé pojmy a vzorce potřebné pro Řešení jednotných státních zkoušek na informatiku na toto téma.

Pixel je nejmenší bitmapový prvek, který má určitou barvu.
Povolení je počet pixelů na palec velikosti obrázku.
Barevná hloubka je počet bitů potřebných k zakódování barvy pixelu.
Pokud je hloubka kódování i bitů na pixel, je vybrán kód pro každý pixel 2 i možných možností, takže nemůžete použít více než 2 i různé barvy.

Vzorec pro zjištění počtu barev v použité paletě:

N- počet barev
i- barevná hloubka
V barevném modelu RGB(červená (R), zelená (G), modrá (B)): R (0..255) G (0..255) B (0..255) -> dostaneme 2 8 možnosti pro každou ze tří barev.
RGB: 24 bitů = 3 bajty - Režim True Color(pravdivá barva)

najdeme vzorec pro množství paměti pro uložení bitmapového obrázku:

já— množství paměti potřebné k uložení obrázku
M— šířka obrázku v pixelech
N— výška obrázku v pixelech
i- hloubka nebo rozlišení barevného kódování

Nebo můžete vzorec napsat takto:

I = N * i bitů

Kde N– počet pixelů (M * N) a i– hloubka barevného kódování (bitová hloubka kódování)

* pro označení množství přidělené paměti existují různé zápisy ( PROTI nebo já).

Měli byste si také pamatovat převodní vzorce:

1 MB = 2 20 bajtů = 2 23 bitů,
1 KB = 2 10 bajtů = 2 13 bitů

Kódování zvukových informací

Pojďme se seznámit s pojmy a vzorci nezbytnými k řešení úloh 9 Jednotné státní zkoušky z informatiky.

Příklad: při ƒ=8 kHz, hloubka kódování 16 bit pro odpočítávání a trvání zvuku 128 s. Požadované:

✍ Řešení:

I = 8000*16*128 = 16384000 bitů
I = 8000*16*128/8 = 2 3 * 1 000 * 2 4 * 2 7 / 2 3 = 2 14 / 2 3 = 2 11 =
= 2048000 bajtů

Stanovení rychlosti přenosu informací

Komunikační kanál je vždy omezený propustnost(rychlost přenosu informací), která závisí na vlastnostech zařízení a samotné komunikační linky (kabelu).

Objem přenášených informací I se vypočítá podle vzorce:

já- množství informací
proti— kapacita komunikačního kanálu (měřená v bitech za sekundu nebo podobných jednotkách)
t— čas přenosu

* Místo označení rychlosti PROTI někdy používané q
* Místo uvedení objemu zprávy já někdy používané Q

Rychlost přenosu dat je určena vzorcem:

a měří se v bit/s

Řešení úkolů 9 jednotné státní zkoušky z informatiky

Jednotná státní zkouška z informatiky 2017 úkol 9 FIPI varianta 1 (Krylov S.S., Churkina T.E.):

Jaká je minimální velikost paměti (v kB), která musí být vyhrazena, aby bylo možné uložit jakýkoli bitmapový obrázek o velikosti 160 x 160 pixelů za předpokladu, že lze obrázek použít 256 rozdílné barvy?

✍ Řešení:

Pro zjištění objemu používáme vzorec:
Pojďme spočítat každý faktor ve vzorci a pokusit se snížit čísla na mocniny dvou:
M x N:

160 * 160 = 20 * 2³ * 20 * 2³ = 400 * 2 6 = = 25 * 2 4 * 2 6

Zjištění hloubky kódování i:

256 = 2 8 tj. 8 bitů na pixel (ze vzorce počet barev = 2 i)

Zjištění objemu:

já= 25 * 2 4 * 2 6 * 2 3 = 25 * 2 13 – celkový počet bitů pro celý obrázek

Převést na KB:

(25 * 2 13) / 2 13 = 25 kB

Výsledek: 25

Detailní Doporučujeme, abyste se podívali na analýzu úlohy 9 jednotné státní zkoušky z informatiky ve videu:

Téma: Kódování obrázků:

Jednotná státní zkouška z informatiky úkol 9.2 (zdroj: 9.1 varianta 11, K. Polyakov):

Velikost výkresu 128 na 256 pixelů obsazených v paměti 24 kB(kromě komprese). počet barev v paletě obrázků.

✍ Řešení:

Kde M*N— celkový počet pixelů. Nalezneme tuto hodnotu pro pohodlí pomocí mocnin dvou:

128 * 256 = 2 7 * 2 8 = 2 15

Ve výše uvedeném vzorci i- toto je barevná hloubka, která určuje počet barev v paletě:

Počet barev = 2 i

najdeme i ze stejného vzorce:

i = I / (M*N)

Vezměme to v úvahu 24 kB je třeba převést na bitů. Dostaneme:

2 3 * 3 * 2 10 * 2 3: i = (2 3 * 3 * 2 10 * 2 3) / 2 15 = = 3 * 2 16 / 2 15 = 6 bitů

Nyní zjistíme počet barev v paletě:

2 6 = 64 možnosti barev v paletě barev

Výsledek: 64

Podívejte se na video s popisem úkolu:

Téma: Kódování obrázků:

Jednotná státní zkouška z informatiky úkol 9.3 (zdroj: 9.1 varianta 24, K. Polyakov):

Po převodu rastru 256 barev grafický soubor v 4-barevný formát se jeho velikost zmenšila o 18 kB. Co bylo velikost zdrojový soubor v KB?

✍ Řešení:

Pomocí vzorce pro objem obrazového souboru máme:

Kde N— celkový počet pixelů,
A i

i lze zjistit, když znáte počet barev v paletě:

počet barev = 2 i

před konverzí: i = 8 (2 8 = 256) po konverzi: i = 2 (2 2 = 4)

Vytvořme soustavu rovnic na základě dostupných informací, berme za to X počet pixelů (rozlišení):

I = x * 8 I - 18 = x * 2

Pojďme se vyjádřit X v první rovnici:

x = I/8

já(velikost souboru):

I - 18 = I / 4 4I - I = 72 3I = 72 I = 24

Výsledek: 24

Podrobná analýza 9 Zadání jednotné státní zkoušky podívejte se na video:

Téma: Kódování obrázků:

Jednotná státní zkouška z informatiky úkol 9.4 (zdroj: 9.1 varianta 28, K. Polyakov, S. Loginova):

Barevný obrázek byl digitalizován a uložen jako soubor bez použití komprese dat. Velikost přijatého souboru – 42 MB 2 krát méně a hloubka barevného kódování se zvýšila o 4 krát více než původní parametry. Nebyla provedena žádná komprese dat. Upřesněte velikost souboru v MB, získané při redigitalizaci.

✍ Řešení:

Pomocí vzorce pro objem obrazového souboru máme:

Kde N
A i

V tomto druhu úlohy je nutné vzít v úvahu, že snížení rozlišení 2x znamená zmenšení pixelů 2x zvlášť na šířku a výšku. Tito. celkově N klesá 4 krát!
Vytvořme systém rovnic na základě dostupných informací, ve kterých první rovnice bude odpovídat údajům před konverzí souboru a druhá rovnice - po:

42 = N* i I = N / 4 * 4i

Pojďme se vyjádřit i v první rovnici:

i=42/N

Dosadíme do druhé rovnice a najdeme já(velikost souboru):

\[ I= \frac (N)(4) * 4* \frac (42)(N) \]

Po redukcích dostaneme:

Já = 42

Výsledek: 42

Téma: Kódování obrázků:

Jednotná státní zkouška z informatiky úkol 9.5 (zdroj: 9.1 varianta 30, K. Polyakov, S. Loginova):

Obrázek byl digitalizován a uložen jako rastrový soubor. Výsledný soubor byl přenesen do města prostřednictvím komunikačního kanálu pro 72 sekund. Stejný snímek byl poté znovu digitalizován v rozlišení 2 krát větší a s hloubkou barevného kódování 3 krát méně než poprvé. Nebyla provedena žádná komprese dat. Výsledný soubor byl přenesen do město B, kapacita komunikačního kanálu s městem B in 3 krát vyšší než komunikační kanál s městem A.
B?

✍ Řešení:

Podle vzorce rychlosti přenosu souborů máme:

Kde já- velikost souboru a t- čas

Pomocí vzorce pro objem obrazového souboru máme:

Kde N- celkový počet pixelů nebo rozlišení,
A i— barevná hloubka (počet bitů přidělených 1 pixelu)

Pro tento úkol je potřeba si ujasnit, že rozlišení má ve skutečnosti dva faktory (pixely na šířku * pixely na výšku). Při zdvojnásobení rozlišení se tedy zvýší obě čísla, tzn. N se zvýší o 4 krát místo dvakrát.
Změňme vzorec pro získání objemu souboru pro město B:

\[ I= \frac (2*N * i)(3) \]

Pro města A a B nahraďte hodnoty objemu ve vzorci, abyste získali rychlost:

\[ V= \frac (N*i)(72) \]

\[ 3*V= \frac(\frac (4*N*i)(3))(t) \]

\[ t*3*V= \frac (4*N*i)(3) \]

Dosadíme hodnotu rychlosti ze vzorce pro město A do vzorce pro město B:

\[ \frac (t*3*N*i)(72)= \frac (4*N*i)(3) \]

Pojďme se vyjádřit t:

t = 4 * 72 / (3 * 3) = 32 sekundy

Výsledek: 32

Další řešení naleznete ve výukovém videu:

Téma: Kódování obrázků:

Jednotná státní zkouška z informatiky úkol 9.6 (zdroj: 9.1 varianta 33, K. Polyakov):

Fotoaparát pořizuje fotografie ve velikosti 1024 x 768 pixelů. Pro úložiště je přidělen jeden rámec 900 kB.
Najděte maximum možného počet barev v paletě obrázků.

✍ Řešení:

Počet barev závisí na hloubce barevného kódování, která se měří v bitech. K uložení rámu, tzn. celkový počet přidělených pixelů 900 KB. Převedeme na bity:

900 kB = 2 2 * 225 * 2 10 * 2 3 = 225 * 2 15

Vypočítejme celkový počet pixelů (z dané velikosti):

1024 * 768 = 2 10 * 3 * 2 8

Pojďme určit množství paměti potřebné k uložení nikoli celkového počtu pixelů, ale jednoho pixelu ([paměť pro snímek]/[počet pixelů]):

\[ \frac (225 * 2^(15))(3 * 2^(18)) = \frac (75)(8) \cca 9 \]

9 bitů na 1 pixel

9 bitů je i— hloubka barevného kódování. Počet barev = 2 i:

2 9 = 512

Výsledek: 512

Dívej se detailní řešení na videu:

Téma: Kódování zvuku:

Jednotná státní zkouška z informatiky 2017 úkol 9 FIPI možnost 15 (Krylov S.S., Churkina T.E.):

Ve studiu se čtyřmi kanály ( čtyřkolka) zvukové nahrávky z 32 -bitové rozlišení za 30 sekund, kdy byl audio soubor nahrán. Nebyla provedena žádná komprese dat. Je známo, že velikost souboru se ukázala být 7500 KB.

Z čeho vzorkovací frekvence(v kHz) byl záznam proveden? Jako odpověď uveďte pouze číslo, není třeba uvádět měrné jednotky.

✍ Řešení:

Pomocí vzorce pro hlasitost zvukového souboru získáme:

I = β * t * ƒ * S

Ze zadání máme:

já= 7500 kB β = 32 bitů t= 30 sekund S= 4 kanály

ƒ — vzorkovací frekvence je neznámá, vyjádřeme ji ze vzorce:

\[ ƒ = \frac (I)(S*B*t) = \frac (7500 * 2^(10) * 2^2 bitů)(2^7 * 30)Hz = \frac ( 750 * 2^6 )(1000) kHz = 2^4 = 16\]

2 4 = 16 kHz

Výsledek: 16

Pro podrobnější analýzu doporučujeme podívat se video řešení tohoto 9. úkolu jednotné státní zkoušky z informatiky:

Téma: Kódování obrázků:

Úkol 9. Demoverze Unified State Exam 2018 z informatiky:

Automatická kamera vytváří rastrové obrázky o velikosti 640 × 480 pixelů. V tomto případě nemůže velikost obrazového souboru přesáhnout 320 KB, data nejsou zabalena.
Který maximální částka barvy dá se použít v paletce?

✍ Řešení:

Pomocí vzorce pro objem obrazového souboru máme:

Kde N je celkový počet pixelů nebo rozlišení a i— hloubka barevného kódování (počet bitů přidělených na 1 pixel)

Podívejme se, co jsme již dostali ze vzorce:

já= 320 kB, N= 640 * 420 = 307 200 = 75 * 2 12 pixelů celkem, i - ?

Počet barev na obrázku závisí na parametru i, která je neznámá. Připomeňme si vzorec:

počet barev = 2 i

Protože se barevná hloubka měří v bitech, je nutné převést objem z kilobajtů na bity:

320 kB = 320 * 2 10 * 2 3 bitů = 320 * 2 13 bitů

najdeme i:

\[ i = \frac (I)(N) = \frac (320 * 2^(13))(75 * 2^(12)) \přibližně 8,5 bitů \]

Zjistíme počet barev:

2 i = 2 8 = 256

Výsledek: 256

Podrobné řešení tohoto 9. úkolu z demo verze Unified State Exam 2018, podívejte se na video:

Téma: Kódování zvuku:

Jednotná státní zkouška z informatiky úkol 9.9 (zdroj: 9.2 varianta 36, K. Polyakov):

Skladba byla digitalizována a zaznamenána jako soubor bez použití komprese dat. Výsledný soubor byl předán městu A přes komunikační kanál. Stejná skladba byla poté znovu digitalizována v rozlišení 2 3 krát méně než poprvé. Nebyla provedena žádná komprese dat. Výsledný soubor byl předán městu B za 15 sekundy; kapacita komunikačního kanálu s městem B PROTI 4 krát vyšší než komunikační kanál s městem A.

Kolik sekund trvalo přenesení souboru do města? A? V odpovědi zapište pouze celé číslo, není třeba psát měrnou jednotku.

✍ Řešení:

K vyřešení budete potřebovat vzorec pro zjištění rychlosti přenosu dat vzorce:
Připomeňme si také vzorec pro hlasitost zvukového souboru:

I = β * ƒ * t * s

Kde:
já- hlasitost
β - hloubka kódování
ƒ - vzorkovací frekvence
t- čas
S- počet kanálů (pokud není uvedeno, pak mono)

Všechny údaje týkající se města zapíšeme samostatně B(o A prakticky nic není známo):

město B: β - 2x vyšší ƒ - 3x méně t- 15 sekund, propustnost (rychlost PROTI) - 4krát vyšší

Na základě předchozího odstavce dostáváme pro město A opačné hodnoty:

města: β B / 2 ƒ B * 3 I B/2 V B / 4 tB/2, tB*3,tB*4-?

Vysvětleme získaná data:

protože hloubka kódování ( β ) pro město B vyšší v 2 časy, pak pro město A bude nižší 2 časy, resp t se sníží o 2 časy:

t = t/2

protože vzorkovací frekvence (ƒ) pro město B méně v 3 časy, pak pro město A bude vyšší 3 časy; já A t měnit proporcionálně, což znamená, že když se zvýší vzorkovací frekvence, zvýší se nejen hlasitost, ale také čas:

t = t* 3

Rychlost ( PROTI) (kapacita) pro město B vyšší v 4 časy, to znamená pro město A bude 4krát nižší; protože je rychlost nižší, čas je vyšší 4 krát ( t A PROTI- nepřímo úměrná závislost od vzorce V = I/t):

t = t* 4

Tedy s přihlédnutím ke všem ukazatelům čas pro město A změny takto:

\[ t_A = \frac (15)(2) * 3 * 4 \]

90 sekund

Výsledek: 90

Pro podrobné řešení se podívejte na video:

Téma: Kódování zvuku:

Jednotná státní zkouška z informatiky úkol 9.10 (zdroj: 9.2 varianta 43, K. Polyakov):

Hudební fragment byl nahrán ve stereo formátu ( dvoukanálové nahrávání), digitalizovat a uložit jako soubor bez použití komprese dat. Velikost přijatého souboru – 30 MB Poté byla stejná hudba nahrána znovu ve formátu mono a digitalizováno s rozlišením 2 krát vyšší a vzorkovací frekvence v 1,5 krát méně než poprvé. Nebyla provedena žádná komprese dat.

Upřesněte velikost souboru v MB, přijaté během opětovného nahrávání. V odpovědi zapište pouze celé číslo, není třeba psát měrnou jednotku.

✍ Řešení:

I = β * ƒ * t * S

já- hlasitost
β - hloubka kódování
ƒ - vzorkovací frekvence
t- čas
S- počet kanálů

Zapišme si odděleně všechna data týkající se prvního stavu souboru, poté druhého stavu - po převodu:

1 stát: S = 2 kanály I = 30 MB 2 stát: S = 1 kanál β = 2krát vyšší ƒ = 1,5krát nižší I = ?

Protože to bylo původně 2 komunikační kanál ( S), a začal se používat jeden komunikační kanál, pak se soubor zmenšil o 2 časy:

I = I / 2

Hloubka kódování ( β ) zvýšený o 2 krát, pak hlasitost ( já) se zvýší o 2 časy (proporcionální závislost):

já = já * 2

Vzorkovací frekvence ( ƒ ) snížena o 1,5 časy, což znamená objem ( já) se také sníží o 1,5 časy:

I = I / 1,5

Podívejme se na všechny změny v objemu převedeného souboru:

I = 30 MB / 2 * 2 / 1,5 = 20 MB

Výsledek: 20

Podívejte se na video analýzu tohoto úkolu:

Téma: Kódování zvukových souborů:

Jednotná státní zkouška z informatiky úkol 9.11 (zdroj: 9.2 varianta 72, K. Polyakov):

Skladba byla digitalizována a zaznamenána jako soubor bez použití komprese dat. Výsledný soubor byl přenesen do města prostřednictvím komunikačního kanálu pro 100 sekundy Stejná skladba byla poté znovu digitalizována s rozlišením 3x vyšší a vzorkovací frekvence 4krát méně než poprvé. Nebyla provedena žádná komprese dat. Výsledný soubor byl přenesen do město B za 15 sekundy

Kolikrát je rychlost (kapacita kanálu) do města B větší kapacita kanálu do města A ?

✍ Řešení:

Připomeňme si vzorec pro hlasitost zvukového souboru:

I = β * ƒ * t * S

já- hlasitost
β - hloubka kódování
ƒ - vzorkovací frekvence
t- čas

Všechny údaje týkající se souboru převedeného na město zapíšeme samostatně A, poté převedený soubor přenesen do města B:

A: t = 100 s. B:β = 3krát vyšší ƒ = 4krát nižší t = 15 s.

✎ 1 řešení:

Rychlost přenosu dat (šířka pásma) závisí na době přenosu souboru: čím delší doba, tím nižší rychlost. Tito. kolikrát se doba přenosu zvýší, rychlost se stejným faktorem sníží a naopak.

Z předchozího odstavce vidíme, že pokud si spočítáme, kolikrát se čas pro přenos souboru do města zkrátí nebo prodlouží B(ve srovnání s městem A), pak pochopíme, kolikrát se rychlost přenosu dat do města zvýší nebo sníží B(inverzní vztah).

V souladu s tím si představte, že převedený soubor je přenesen do města A. Velikost souboru se změnila na 3/4 krát(hloubka kódování (β) in 3 krát vyšší, vzorkovací frekvence (ƒ) in 4 krát nižší). Objem a čas se mění proporcionálně. Čas se tedy změní 3/4 časy:

t A pro transformace. = 100 sekund * 3 / 4 = 75 sekund

Tito. převedený soubor bude předán městu A 75 sekund a do města B 15 sekundy Spočítejme, kolikrát se doba přenosu zkrátila:

75 / 15 = 5

Časy přenášejí čas do města B klesl v 5 krát se tedy rychlost zvýšila o 5 jednou.

Odpovědět: 5

✎ 2. řešení:

Všechny údaje týkající se souboru převedeného na město zapíšeme samostatně A: A: t A = 100 s. VA = I / 100

Protože zvýšení nebo snížení rozlišení a vzorkovací frekvence o určitý faktor vede k odpovídajícímu zvýšení nebo snížení velikosti souboru (proporcionální závislost), zapíšeme známá data pro převedený soubor přenesený do města B:

B:β = 3krát vyšší ƒ = 4krát nižší t = 15 s. I B = (3 / 4) * I V B = ((3 / 4) * I) / 15

Nyní najdeme poměr V B k V A:

\[ \frac (V_B)(V_A) = \frac (3/_4 * I)(15) * \frac (100)(I) = \frac (3/_4 * 100)(15) = \frac (15 )(3) = 5\]

(((3/4) * I) / 15) * (100 / I)= (3/4 * 100) / 15 = 15/3 = 5

Výsledek: 5

Podrobná video analýza úkolu:

Téma: Kódování zvuku:

Jednotná státní zkouška z informatiky úkol 9.12 (zdroj: 9.2 varianta 80, K. Polyakov):

Vyrobeno čtyřkanálový(quad) záznam zvuku se vzorkovací frekvencí 32 kHz A 32bitový rozlišení. Nahrávání trvá 2 minuty, jeho výsledky se zapisují do souboru, komprese dat se neprovádí.

Určete přibližnou velikost výsledného souboru (v MB). Jako odpověď uveďte celé číslo nejbližší velikosti souboru, násobek 10.

✍ Řešení:

Připomeňme si vzorec pro hlasitost zvukového souboru:

I = β * ƒ * t * S

já- hlasitost
β - hloubka kódování
ƒ - vzorkovací frekvence
t- čas
S- počet kanálů

Pro jednoduchost výpočtů nebudeme prozatím brát v úvahu počet kanálů. Podívejme se, jaká data máme a která z nich je třeba převést na jiné měrné jednotky:

β = 32 bitů ƒ = 32 kHz = 32 000 Hz t = 2 min = 120 s

Dosadíme data do vzorce; Vezměme v úvahu, že výsledek musí být získán v MB, podle toho vydělíme součin 2 23 (2 3 (byte) * 2 10 (KB) * 2 10 (MB)):

(32 * 32 000 * 120) / 2 23 = = (2 5 * 2 7 * 250 * 120) / 2 23 = = (250 * 120) / 2 11 = = 30 000 / 2 11 = = (2 4 * 1875) / 2 11 = = 1875 / 128 ~ 14,6 V - otáčky Q - objem t - čas

Co víme ze vzorce (pro usnadnění použijeme mocniny dvou):

V = 128 000 bps = 2 10 * 125 bps t = 1 min = 60 s = 2 2 * 15 s 1 symbol je zakódován 16 bity celkových symbolů - ?

Pokud zjistíme, kolik bitů je potřeba pro celý text, pak s vědomím, že na jeden znak připadá 16 bitů, můžeme zjistit, kolik znaků je celkem v textu. Zjistíme tedy objem:

Q = 2 10 * 125 * 2 2 * 15 = = 2 12 * 1875 bitů pro všechny znaky

Když víme, že 1 znak vyžaduje 16 bitů a všechny 2 znaky vyžadují 12 * 1875 bitů, můžeme zjistit celkový počet znaků:

počet znaků = 2 12 * 1875 / 16 = 2 12 * 1875 / 2 4 = = 2 8 * 1875 = 480000

Výsledek: 480000

Analýza úkolu 9:

Téma: Rychlost přenosu informací:

Jednotná státní zkouška z informatiky úkol 9.14 (

Uvažujme typické úkoly 9 OGE v matematice. Tématem úkolu 9 je statistika a pravděpodobnosti. Úloha není obtížná ani pro člověka neznalého teorie pravděpodobnosti nebo statistiky.

Obvykle je nám nabízena sada věcí - jablka, sladkosti, poháry, nebo cokoli, co se liší barvou nebo jinou kvalitou. Potřebujeme odhadnout pravděpodobnost, že jedna osoba dostane jednu z třídy věcí. Úkol spočívá ve výpočtu celkového počtu věcí a poté vydělení počtu věcí požadované třídy celkovým počtem.

Pojďme tedy k úvahám typické možnosti.

Analýza typických možností pro úlohu č. 9 OGE v matematice

První verze úkolu

Babička má 20 šálků: 6 s červenými květy, zbytek s modrými. Babička nalévá čaj do náhodně vybraného hrnečku. Najděte pravděpodobnost, že to bude šálek s modrými květy.

Řešení:

Jak bylo uvedeno výše, najdeme celkový početšálků - v tomto případě se to pozná podle podmínky - 20 šálků. Potřebujeme zjistit počet modrých kelímků:

Nyní můžeme najít pravděpodobnost:

14 / 20 = 7 / 10 = 0,7

Druhá verze úkolu

V papírnictví se prodává 138 per, z toho 34 červených, 23 zelených, 11 fialových, jsou i modré a černé, je jich stejný počet. Najděte pravděpodobnost, že pokud je náhodně vybráno jedno pero, bude vybráno červené nebo černé pero.

Řešení:

Nejprve zjistěme počet černých per; k tomu odečtěte všechny známé barvy od celkového počtu a vydělte je dvěma, protože modrých a černých per je stejný počet:

(138 - 34 - 23 - 11) / 2 = 35

Poté můžeme najít pravděpodobnost sečtením počtu černé a červené vydělením celkovým počtem:

(35 + 34) / 138 = 0,5

Třetí verze úkolu

Taxi společnost má aktuálně k dispozici 12 vozů: 1 černé, 3 žluté a 8 zelených. Na výzvu zareagovalo jedno z aut, které bylo shodou okolností nejblíže zákazníkovi. Najděte pravděpodobnost, že k němu přijede žluté taxi.

Řešení:

Pojďme zjistit celkový počet aut:

Nyní odhadneme pravděpodobnost vydělením počtu žlutých celkovým počtem:

Odpověď: 0,25

Demo verze OGE 2019

Na talíři jsou koláče, které vypadají stejně: 4 s masem, 8 se zelím a 3 s jablky. Péťa si náhodně vybere jeden koláč. Najděte pravděpodobnost, že koláč bude obsahovat jablka.

Řešení:

Klasický problém v teorii pravděpodobnosti. V našem případě je úspěšným výsledkem jablečný koláč. K dispozici jsou 3 koláče s jablky a celkem koláčů:

Pravděpodobnost nalezení jablečného koláče je počet jablečných koláčů dělený celkovým počtem:

3/15 = 0,2 nebo 20 %

Čtvrtá verze úkolu

Pravděpodobnost, že nová tiskárna vydrží déle než rok, je 0,95. Pravděpodobnost, že bude trvat dva roky nebo déle, je 0,88. Najděte pravděpodobnost, že to bude trvat méně než dva roky, ale ne méně než rok.

Řešení:

Pojďme si představit označení událostí:

X – tiskárna vydrží „více než 1 rok“;

Y – tiskárna vydrží „2 roky nebo více“;

Z – tiskárna vydrží „nejméně 1 rok, ale méně než 2 roky“.

Analyzujeme. Události Y a Z jsou nezávislé, protože vylučují se navzájem. K události X dojde v každém případě, tzn. jak při výskytu události Y, tak při výskytu události Z. Ve skutečnosti „více než 1 rok“ znamená „2 roky“ a „více než 2 roky“ a „méně než 2 roky, ale ne méně než 1 rok“ .

P(X)=P(Y)+P(Z).

Pravděpodobnost události X (tj. „více než rok“) je podle podmínky 0,95, událost Y (tj. „2 roky a více“) 0,88.

Dosadíme do vzorce číselná data:

Dostaneme:

Р(Z)=0,95–0,88=0,07

Р(Z) – požadovaná událost.

Odpověď: 0,07

Pátá verze úkolu

U kulatého stolu s 9 židlemi sedí 7 chlapců a 2 dívky v náhodném pořadí. Najděte pravděpodobnost, že dívky budou na sousedních místech.

Řešení:

Pro výpočet pravděpodobnosti použijeme její klasický vzorec:

kde m je počet příznivých výsledků pro požadovanou událost, n je celkový počet všech možných výsledků.

Jedna z dívek (která se posadila jako první) svévolně zaujme židli. To znamená, že pro druhého je k sezení 9-1=8 židlí. Tito. počet všech možných možností pro události je n=8.

Druhá dívka by měla zaujmout jednu ze 2 židlí sousedících s první. Jen takovou situaci lze považovat za příznivý výsledek akce. To znamená, že počet příznivých výsledků je m=2.

Pro výpočet pravděpodobnosti dosadíme data do vzorce:

Průměrný obecné vzdělání

Linka UMK G. K. Muravin. Algebra a principy matematické analýzy (10-11) (hloubka)

Řada UMK Merzlyak. Algebra a počátky analýzy (10-11) (U)

Matematika

Příprava na jednotnou státní zkoušku z matematiky ( úroveň profilu): úkoly, řešení a vysvětlení

S učitelem rozebíráme úkoly a řešíme příklady

Zkouška na úrovni profilu trvá 3 hodiny 55 minut (235 minut).

Minimální prahová hodnota- 27 bodů.

Zkušební písemka se skládá ze dvou částí, které se liší obsahem, náročností a počtem úkolů.

Charakteristickým rysem každé části práce je forma úkolů:

1. část obsahuje 8 úloh (úlohy 1-8) s krátkou odpovědí ve tvaru celého čísla nebo koncového desetinného zlomku;
část 2 obsahuje 4 úlohy (úkoly 9-12) s krátkou odpovědí ve tvaru celého čísla nebo koncového desetinného zlomku a 7 úloh (úkoly 13-19) s podrobnou odpovědí (úplný záznam řešení se zdůvodněním přijatá opatření).

Panová Světlana Anatolevna, učitel matematiky nejvyšší kategorie školy, praxe 20 let:

„Aby absolvent získal vysvědčení, musí absolvovat dva povinná zkouška PROTI Formulář jednotné státní zkoušky, z nichž jedna je matematika. V souladu s Koncepcí rozvoje matematického vzdělávání v Ruská Federace Jednotná státní zkouška z matematiky je rozdělena do dvou úrovní: základní a specializovaná. Dnes se podíváme na možnosti na úrovni profilu.“

Úkol č. 1- kontroluje s Účastníci jednotné státní zkoušky schopnost aplikovat dovednosti získané v průběhu 5. - 9. ročníku v elementární matematice, in praktické činnosti. Účastník musí mít výpočetní dovednosti, umět pracovat s racionálními čísly, umět zaokrouhlovat desetinná místa a umět převádět jednu měrnou jednotku na jinou.

Příklad 1 V bytě, kde Petr bydlí, byl instalován průtokoměr (měřič) studené vody. Měřič ukázal 1. května spotřebu 172 metrů krychlových. m vody a prvního června - 177 metrů krychlových. m. Jakou částku by měl Petr zaplatit za studenou vodu v květnu, pokud je cena 1 metr krychlový? m studené vody je 34 rublů 17 kopecks? Uveďte svou odpověď v rublech.

Řešení:

1) Najděte množství spotřebované vody za měsíc:

177–172 = 5 (m3)

2) Pojďme zjistit, kolik peněz zaplatí za plýtvání vodou:

34,17 5 = 170,85 (rub)

Odpovědět: 170,85.

Úkol č. 2- je jedním z nejjednodušších zkouškových úkolů. Většina absolventů ji úspěšně zvládá, což svědčí o znalosti definice pojmu funkce. Typ úlohy č. 2 dle kodifikátoru požadavků je úloha na využití získaných znalostí a dovedností v praktických činnostech a Každodenní život. Úkol č. 2 spočívá v popisu, pomocí funkcí, různých reálných vztahů mezi veličinami a interpretaci jejich grafů. Úkol č. 2 testuje schopnost extrahovat informace prezentované v tabulkách, diagramech a grafech. Absolventi musí umět určit hodnotu funkce z hodnoty argumentu různými způsoby specifikace funkce a popsat chování a vlastnosti funkce na základě jejího grafu. Také musíte být schopni najít největší nebo nejmenší hodnotu z grafu funkcí a sestavit grafy studovaných funkcí. Chyby jsou náhodné při čtení podmínek problému, čtení diagramu.

#ADVERTISING_INSERT#

Příklad 2 Obrázek ukazuje změnu směnné hodnoty jedné akcie těžařské společnosti v první polovině dubna 2017. Dne 7. dubna koupil podnikatel 1000 akcií této společnosti. 10. dubna prodal tři čtvrtiny akcií, které nakoupil, a 13. dubna prodal všechny zbývající akcie. O kolik podnikatel v důsledku těchto operací přišel?

Řešení:

2) 1000 · 3/4 = 750 (akcií) – tvoří 3/4 všech nakoupených akcií.

6) 247500 + 77500 = 325000 (rub) - podnikatel po prodeji obdržel 1000 akcií.

7) 340 000 – 325 000 = 15 000 (rub) - podnikatel ztratil v důsledku všech operací.

Odpovědět: 15000.

Úkol č. 3- je úkol na základní úrovni první části, testuje schopnost provádět úkony s geometrické tvary o obsahu předmětu „Planimetrie“. Úloha 3 testuje schopnost vypočítat plochu obrazce na kostkovaném papíře, schopnost vypočítat míry úhlů, vypočítat obvody atd.

Příklad 3 Najděte plochu obdélníku nakresleného na kostkovaném papíře o velikosti buňky 1 cm x 1 cm (viz obrázek). Svou odpověď uveďte v centimetrech čtverečních.

Řešení: Pro výpočet plochy daného obrázku můžete použít vzorec Peak:

Pro výpočet plochy daného obdélníku použijeme Peakův vzorec:

S= B +	G
	2

kde B = 10, G = 6, tedy

S = 18 +	6
	2

Odpovědět: 20.

Čtěte také: Jednotná státní zkouška z fyziky: řešení problémů o oscilacích

Úkol č. 4- cíl předmětu „Teorie pravděpodobnosti a statistika“. Testuje se schopnost vypočítat pravděpodobnost události v nejjednodušší situaci.

Příklad 4. Na kruhu je vyznačeno 5 červených a 1 modrá tečka. Určete, které polygony jsou větší: ty, které mají všechny vrcholy červené, nebo ty, které mají jeden z vrcholů modrý. Ve své odpovědi uveďte, kolik je některých více než jiných.

Řešení: 1) Použijme vzorec pro počet kombinací n prvky podle k:

jehož vrcholy jsou všechny červené.

3) Jeden pětiúhelník se všemi vrcholy červenými.

4) 10 + 5 + 1 = 16 polygonů se všemi červenými vrcholy.

které mají červené vršky nebo s jedním modrým vrškem.

8) Jeden šestiúhelník s červenými vrcholy a jedním modrým vrcholem.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 polygonů se všemi červenými vrcholy nebo jedním modrým vrcholem.

10) 42 – 16 = 26 polygonů pomocí modrého bodu.

11) 26 – 16 = 10 polygonů – o kolik více polygonů, ve kterých je jeden z vrcholů modrou tečkou, je více než polygonů, ve kterých jsou všechny vrcholy pouze červené.

Odpovědět: 10.

Úkol č. 5- základní úroveň první části prověřuje schopnost řešit jednoduché rovnice (iracionální, exponenciální, trigonometrické, logaritmické).

Příklad 5.Řešte rovnici 2 3 + X= 0,453+ X .

Řešení. Vydělte obě strany této rovnice 5 3 + X≠ 0, dostáváme

2 3 + X	= 0,4 nebo		2		3 + X	=	2	,
5 3 + X			5				5

z čehož vyplývá, že 3 + X = 1, X = –2.

Odpovědět: –2.

Úkol č. 6 v planimetrii zjišťovat geometrické veličiny (délky, úhly, plochy), modelovat reálné situace v jazyce geometrie. Studium konstruovaných modelů pomocí geometrických pojmů a vět. Zdrojem obtíží je zpravidla neznalost nebo nesprávná aplikace potřebných vět planimetrie.

Oblast trojúhelníku ABC rovná se 129. DE- střední čára, rovnoběžně se stranou AB. Najděte oblast lichoběžníku POSTEL.

Řešení. Trojúhelník CDE podobný trojúhelníku KABINA ve dvou úhlech, protože úhel ve vrcholu C obecný, úhel СDE rovný úhlu KABINA jako odpovídající úhly v DE || AB sečna A.C.. Protože DE je střední čára trojúhelníku podle podmínky, pak podle vlastnosti střední čáry | DE = (1/2)AB. To znamená, že koeficient podobnosti je 0,5. Plochy podobných obrazců jsou tedy vztaženy jako druhá mocnina koeficientu podobnosti

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

Úkol č. 7- zkontroluje použití derivace při studiu funkce. Úspěšná implementace vyžaduje smysluplnou, neformální znalost konceptu derivace.

Příklad 7. Ke grafu funkce y = F(X) v bodě úsečky X 0 je nakreslena tečna, která je kolmá k přímce procházející body (4; 3) a (3; –1) tohoto grafu. Nalézt F′( X 0).

Řešení. 1) Použijeme rovnici přímky procházející dvěma danými body a najdeme rovnici přímky procházející body (4; 3) a (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, kde k 1 = 4.

2) Najděte sklon tečny k 2, která je kolmá k přímce y = 4X– 13, kde k 1 = 4, podle vzorce:

3) Úhel tečny je derivace funkce v bodě tečnosti. Prostředek, F′( X 0) = k 2 = –0,25.

Odpovědět: –0,25.

Úkol č. 8- prověřuje znalosti účastníků zkoušky z elementární stereometrie, schopnost aplikovat vzorce pro zjišťování ploch a objemů obrazců, dihedrální úhly, porovnávat objemy podobných obrazců, umět provádět akce s geometrickými obrazci, souřadnicemi a vektory atd.

Objem krychle opsané kolem koule je 216. Najděte poloměr koule.

Řešení. 1) PROTI kostka = A 3 (kde A– délka hrany krychle), proto

A 3 = 216

A = 3 √216

2) Protože je koule vepsána do krychle, znamená to, že délka průměru koule je rovna délce hrany krychle, proto d = A, d = 6, d = 2R, R = 6: 2 = 3.

Úkol č. 9- vyžaduje od absolventa schopnost transformovat a zjednodušovat algebraické výrazy. Úkol č. 9 vyšší úroveň Potíž s krátkou odpovědí. Úlohy ze sekce „Výpočty a transformace“ v jednotné státní zkoušce jsou rozděleny do několika typů:

transformace číselných racionálních výrazů;

převod algebraických výrazů a zlomků;

převod číselných/písmenných iracionálních výrazů;

akce s tituly;

převod logaritmických výrazů;

převod číselných/písmenných trigonometrických výrazů.

Příklad 9. Vypočítejte tanα, je-li známo, že cos2α = 0,6 a

3π	< α < π.
4

Řešení. 1) Použijme vzorec se dvěma argumenty: cos2α = 2 cos 2 α – 1 a najdeme

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

To znamená tan 2 α = ± 0,5.

3) Podle podmínek

3π	< α < π,
4

to znamená, že α je úhel druhé čtvrtiny a tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

Odpovědět: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Úkol č. 10- ověřuje schopnost studentů používat získané rané znalosti a dovednosti v praktických činnostech a každodenním životě. Můžeme říci, že jde o problémy ve fyzice, a ne v matematice, ale všechny potřebné vzorce a veličiny jsou uvedeny v podmínce. Úlohy jsou redukovány na řešení lineárních popř kvadratická rovnice, buď lineární nebo kvadratická nerovnost. Proto je nutné umět takové rovnice a nerovnice řešit a určit odpověď. Odpověď musí být uvedena jako celé číslo nebo jako konečný desetinný zlomek.

Dvě hmotná tělesa m= 2 kg každý, pohybující se stejnou rychlostí proti= 10 m/s pod úhlem 2α vůči sobě. Energie (v joulech) uvolněná při jejich absolutně nepružné srážce je určena výrazem Q = mv 2 hřích 2 α. Pod jakým nejmenším úhlem 2α (ve stupních) se musí tělesa pohnout, aby se v důsledku srážky uvolnilo alespoň 50 joulů?
Řešení. K vyřešení problému potřebujeme vyřešit nerovnost Q ≥ 50 na intervalu 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 sin 2 α ≥ 50

2 10 2 sin 2 α ≥ 50

200 sin 2 α ≥ 50

Protože α ∈ (0°; 90°), budeme pouze řešit

Znázorněme řešení nerovnosti graficky:

Protože podle podmínky α ∈ (0°; 90°) to znamená 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Úkol č. 11- je typické, ale pro studenty se ukazuje jako obtížné. Hlavním zdrojem obtíží je konstrukce matematického modelu (sestavení rovnice). Úkol č. 11 prověřuje schopnost řešit slovní úlohy.

Příklad 11. Během jarních prázdnin musel žák 11. třídy Vasya vyřešit 560 úloh z praxe, aby se připravil na jednotnou státní zkoušku. 18. března, poslední den školy, Vasja vyřešil 5 problémů. Každý den pak řešil stejný počet problémů více než předchozí den. Určete, kolik problémů Vasja vyřešil 2. dubna, poslední den prázdnin.

Řešení: Označme A 1 = 5 – počet problémů, které Vasja vyřešil 18. d– denní počet úkolů řešených Vasyou, n= 16 – počet dní od 18. března do 2. dubna včetně, S 16 = 560 – celkový počet úkolů, A 16 – počet problémů, které Vasya vyřešil 2. dubna. S vědomím, že Vasya vyřešil každý den stejný počet problémů více než předchozí den, můžeme použít vzorce pro nalezení součtu aritmetický postup:

560 = (5 + A 16) 8,

5 + A 16 = 560: 8,

5 + A 16 = 70,

A 16 = 70 – 5

A 16 = 65.

Odpovědět: 65.

Úkol č. 12- testují schopnost studentů provádět operace s funkcemi a schopnost aplikovat derivaci při studiu funkce.

Najděte maximální bod funkce y= 10 ln( X + 9) – 10X + 1.

Řešení: 1) Najděte definiční obor funkce: X + 9 > 0, X> –9, tedy x ∈ (–9; ∞).

2) Najděte derivaci funkce:

4) Nalezený bod patří do intervalu (–9; ∞). Určeme znaménka derivace funkce a znázornime chování funkce na obrázku:

Požadovaný maximální bod X = –8.

Stáhněte si zdarma pracovní program v matematice pro řadu výukových materiálů G.K. Muravina, K.S. Muravina, O.V. Muravina 10-11 Stáhněte si zdarma učební pomůcky o algebře

Úkol č. 13-zvýšená úroveň složitosti s podrobnou odpovědí, testování schopnosti řešit rovnice, nejúspěšněji řešené mezi úlohami s podrobnou odpovědí zvýšené úrovně složitosti.

a) Vyřešte rovnici 2log 3 2 (2cos X) – 5log 3 (2cos X) + 2 = 0

b) Najděte všechny kořeny této rovnice, které patří do segmentu.

Řešení: a) Nechte log 3 (2cos X) = t, pak 2 t 2 – 5t + 2 = 0,

log 3 (2cos X) =	2	⇔	2cos X = 9	⇔	cos X =	4,5	⇔ protože \|cos X\| ≤ 1,

log 3 (2cos X) =	1		2cos X = √3		cos X =	√3
	2					2

pak cos X =	√3
	2

X =	π	+ 2π k
	6

X = –	π	+ 2π k, k ∈ Z
	6

b) Najděte kořeny ležící na segmentu .

Obrázek ukazuje, že kořeny daného segmentu patří

11π	A	13π	.
6		6

Odpovědět: A)	π	+ 2π k; –	π	+ 2π k, k ∈ Z; b)	11π	;	13π	.
	6		6		6		6

Úkol č. 14-pokročilá úroveň odkazuje na úkoly ve druhé části s podrobnou odpovědí. Úloha prověřuje schopnost provádět akce s geometrickými tvary. Úkol obsahuje dva body. V prvním bodě musí být úloha prokázána a ve druhém bodě spočítána.

Průměr kružnice základny válce je 20, tvořící čára válce je 28. Rovina protíná jeho základnu podél tětiv délky 12 a 16. Vzdálenost mezi tětivami je 2√197.

a) Dokažte, že středy podstav válce leží na jedné straně této roviny.

b) Najděte úhel mezi touto rovinou a rovinou podstavy válce.

Řešení: a) Tětiva délky 12 je ve vzdálenosti = 8 od středu základní kružnice a tětiva délky 16 je podobně ve vzdálenosti 6. Proto vzdálenost mezi jejich průměty do roviny rovnoběžné s základny válců je buď 8 + 6 = 14, nebo 8 − 6 = 2.

Potom je vzdálenost mezi tětivami buď

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Podle podmínky byl realizován druhý případ, kdy průměty tětiv leží na jedné straně osy válce. To znamená, že se osa neprotíná dané letadlo uvnitř válce, to znamená, že základny leží na jeho jedné straně. Co bylo potřeba dokázat.

b) Středy bází označme jako O 1 a O 2. Nakreslete ze středu podstavy s tětivou délky 12 kolmici na tuto tětivu (má délku 8, jak již bylo uvedeno) a ze středu druhé základny na druhou tětivu. Leží ve stejné rovině β, kolmé na tyto tětivy. Nazvěme střed menší tětivy B, větší tětivy A a průmět A na druhou základnu - H (H ∈ β). Potom AB,AH ∈ β a tedy AB,AH jsou kolmé k tětivě, tedy přímce průsečíku podstavy s danou rovinou.

To znamená, že požadovaný úhel je roven

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

Úkol č. 15- zvýšená míra složitosti s podrobnou odpovědí, testuje schopnost řešit nerovnice, což se nejúspěšněji řeší mezi úlohami s podrobnou odpovědí zvýšené úrovně složitosti.

Příklad 15. Vyřešit nerovnost | X 2 – 3X| protokol 2 ( X + 1) ≤ 3X – X 2 .

Řešení: Oblastí definice této nerovnosti je interval (–1; +∞). Zvažte tři případy samostatně:

1) Nechat X 2 – 3X= 0, tj. X= 0 nebo X= 3. V tomto případě se tato nerovnost stane pravdivou, proto jsou tyto hodnoty zahrnuty do řešení.

2) Nechte teď X 2 – 3X> 0, tzn. X∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Navíc lze tuto nerovnost přepsat jako ( X 2 – 3X) protokol 2 ( X + 1) ≤ 3X – X 2 a vydělte kladným výrazem X 2 – 3X. Dostaneme log 2 ( X + 1) ≤ –1, X + 1 ≤ 2 –1 , X≤ 0,5 –1 nebo X≤ –0,5. Vezmeme-li v úvahu doménu definice, máme X ∈ (–1; –0,5].

3) Nakonec zvažte X 2 – 3X < 0, при этом X∈ (0; 3). V tomto případě bude původní nerovnost přepsána do tvaru (3 X – X 2) protokol 2 ( X + 1) ≤ 3X – X 2. Po dělení kladným 3 X – X 2, dostaneme log 2 ( X + 1) ≤ 1, X + 1 ≤ 2, X≤ 1. S přihlédnutím k regionu máme X ∈ (0; 1].

Spojením získaných řešení získáme X ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Odpovědět: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Úkol č. 16- pokročilá úroveň odkazuje na úkoly ve druhé části s podrobnou odpovědí. Úloha prověřuje schopnost provádět akce s geometrickými tvary, souřadnicemi a vektory. Úkol obsahuje dva body. V prvním bodě musí být úloha prokázána a ve druhém bodě spočítána.

V rovnoramenném trojúhelníku ABC s úhlem 120° je ve vrcholu A nakreslena osa BD. Obdélník DEFH je vepsán do trojúhelníku ABC tak, že strana FH leží na úsečce BC a vrchol E leží na úsečce AB. a) Dokažte, že FH = 2DH. b) Najděte obsah obdélníku DEFH, pokud AB = 4.

Řešení: A)

1) ΔBEF – obdélníkový, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, dále EF = BE vlastností nohy ležící proti úhlu 30°.

2) Nechť EF = DH = X, pak BE = 2 X, BF = X√3 podle Pythagorovy věty.

3) Protože ΔABC je rovnoramenný, znamená to ∠B = ∠C = 30˚.

BD je osa ∠B, což znamená ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Uvažujme ΔDBH – obdélníkový, protože DH⊥BC.

2X	=	4 – 2X
2X(√3 + 1)	=	4

1	=	2 – X
√3 + 1	=	2

√3 – 1 = 2 – X

X = 3 – √3

EF = 3 – √3

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

S DEFH = 24 – 12√3.

Odpovědět: 24 – 12√3.

Úkol č. 17- úkol s podrobnou odpovědí, tento úkol prověřuje uplatnění znalostí a dovedností v praktických činnostech a běžném životě, schopnost stavět a zkoumat matematické modely. Tato úloha je textovým problémem s ekonomickým obsahem.

Příklad 17. Vklad ve výši 20 milionů rublů se plánuje otevřít na čtyři roky. Na konci každého roku banka navýší vklad o 10 % oproti jeho velikosti na začátku roku. Na začátku třetího a čtvrtého roku navíc investor každoročně doplňuje vklad o X milionů rublů, kde X - Celýčíslo. Nalézt nejvyšší hodnotu X, ve kterém bance během čtyř let připadne na vklad necelých 17 milionů rublů.

Řešení: Na konci prvního roku bude příspěvek 20 + 20 · 0,1 = 22 milionů rublů a na konci druhého roku - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 milionu rublů. Na začátku třetího roku bude příspěvek (v milionech rublů) (24,2 + X), a na konci - (24,2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). Na začátku čtvrtého roku bude příspěvek činit (26,62 + 2,1 X) a na konci - (26,62 + 2,1 X) + (26,62 + 2,1X) · 0,1 = (29,282 + 2,31 X). Podle podmínky musíte najít největší celé číslo x, pro které platí nerovnost

(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

Největší celočíselné řešení této nerovnosti je číslo 24.

Odpovědět: 24.

Úkol č. 18- úkol zvýšené úrovně složitosti s podrobnou odpovědí. Tento úkol je určen pro konkurenční výběr do vysokých škol se zvýšenými požadavky na matematickou přípravu uchazečů. Cvičení vysoká úroveň složitost – tento úkol není o použití jedné metody řešení, ale o kombinaci různé metody. K úspěšnému splnění úkolu 18 potřebujete kromě solidních matematických znalostí také vysokou úroveň matematické kultury.

v čem A systém nerovností

	X 2 + y 2 ≤ 2ano – A 2 + 1

	y + A ≤ \|X\| – A

má přesně dvě řešení?

Řešení: Tento systém lze přepsat do formuláře

	X 2 + (y– A) 2 ≤ 1

	y ≤ \|X\| – A

Nakreslíme-li na rovinu množinu řešení první nerovnosti, dostaneme vnitřek kružnice (s hranicí) o poloměru 1 se středem v bodě (0, A). Množina řešení druhé nerovnice je část roviny ležící pod grafem funkce y = | X| – A, a poslední je graf funkce
y = | X| , posunuto dolů o A. Řešením tohoto systému je průnik množin řešení každé z nerovností.

Proto dvě řešení tento systém bude mít pouze v případě znázorněném na obr. 1.

Body dotyku kružnice s přímkami budou dvěma řešeními soustavy. Každá z přímek je skloněna k osám pod úhlem 45°. Je to tedy trojúhelník PQR– pravoúhlé rovnoramenné. Tečka Q má souřadnice (0, A) a pointa R– souřadnice (0, – A). Kromě toho segmenty PR A PQ roven poloměru kruhu rovnému 1. To znamená

Qr= 2A = √2, A =	√2	.
	2

Odpovědět: A =	√2	.
	2

Úkol č. 19- úkol zvýšené úrovně složitosti s podrobnou odpovědí. Tento úkol je určen pro konkurenční výběr do vysokých škol se zvýšenými požadavky na matematickou přípravu uchazečů. Úloha vysoké úrovně složitosti není úloha o použití jedné metody řešení, ale o kombinaci různých metod. Pro úspěšné dokončení úkolu 19 musíte být schopni hledat řešení, volit různé přístupy ze známých a modifikovat studované metody.

Nechat Sn součet P podmínky aritmetického postupu ( a p). Je známo že S n + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

a) Uveďte vzorec P termín této progrese.

b) Najděte nejmenší absolutní součet S n.

c) Najděte nejmenší P, při kterém S n bude druhou mocninou celého čísla.

Řešení: a) To je zřejmé a n = S n – S n- 1. Pomocí tohoto vzorce dostaneme:

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

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

B) Od té doby S n = 2n 2 – 25n, pak zvažte funkci S(X) = | 2X 2 – 25x|. Jeho graf je vidět na obrázku.

Je zřejmé, že nejmenší hodnoty je dosaženo v celočíselných bodech umístěných nejblíže nulám funkce. Pochopitelně to jsou body X= 1, X= 12 a X= 13. Vzhledem k tomu, 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, pak nejmenší hodnota je 12.

c) Z předchozího odstavce vyplývá, že Sn pozitivní, počínaje n= 13. Od S n = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), pak zřejmý případ, kdy je tento výraz dokonalým čtvercem, se realizuje kdy n = 2n– 25, tedy v P= 25.

Zbývá zkontrolovat hodnoty od 13 do 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.

Ukazuje se, že pro menší hodnoty P není dosaženo úplného čtverce.

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

________________

*Od května 2017 je sjednocená vydavatelská skupina „DROFA-VENTANA“ součástí korporace Russian Textbook. Součástí korporace je také vydavatelství Astrel a digitální vzdělávací platforma LECTA. Generální ředitel jmenoval Alexandra Brychkina, absolventa Finanční akademie pod vládou Ruské federace, kandidát ekonomické vědy, vedoucí inovativních projektů vydavatelství DROFA v oblasti digitálního vzdělávání ( elektronické formuláře učebnice, Ruská elektronická škola, digitální vzdělávací platforma LECTA). Před nástupem do vydavatelství DROFA zastával pozici viceprezidenta pro strategický rozvoj a investice vydavatelského holdingu EKSMO-AST. Dnes má vydavatelská korporace "Ruská učebnice" největší portfolio učebnic zařazených do federálního seznamu - 485 titulů (přibližně 40%, s výjimkou učebnic pro speciální školy). Nakladatelství korporace vlastní ty nejoblíbenější ruské školy soubory učebnic fyziky, kreslení, biologie, chemie, techniky, zeměpisu, astronomie - oblasti znalostí, které jsou potřebné pro rozvoj produkčního potenciálu země. Portfolio korporace zahrnuje učebnice a učební pomůcky Pro základní škola, oceněný prezidentskou cenou v oblasti vzdělávání. Jedná se o učebnice a příručky v tematických oblastech, které jsou nezbytné pro rozvoj vědeckého, technického a výrobního potenciálu Ruska.