Fipi atviro darbo banko egzamino bazinis lygis. Ege matematikoje
Vidurinis bendrasis išsilavinimas
Line UMK Merzlyak. Algebra ir analizės pradžia (10–11) (U)
Line UMK Merzlyak. Algebra ir analizės pradžia (10-11) (B)
Line UMK G.K. Muravina. Algebra ir matematinės analizės pradžia (10-11) (giliai)
Linija UMK G.K. Muravina, K.S. Muravina, O.V. Muravina. Algebra ir matematinės analizės pradžia (10-11) (pagrindinis)
USE-2018 matematikoje, pagrindinis lygis: 1-18 užduotys
Atkreipiame jūsų dėmesį į USE 2018 matematikos užduočių analizę. Straipsnyje pateikiamas išsamus 1–18 užduočių sprendimo algoritmas ir rekomendacijos atitinkamiems vadovams pasirengti vieningam valstybiniam egzaminui, taip pat anksčiau paskelbtos matematikos medžiagos pasirinkimas.Leidime yra 30 mokymo galimybės egzamino darbai, skirti pasiruošti egzaminui. Kiekviena parinktis sudaryta visiškai laikantis vieningo valstybinio egzamino reikalavimų, apima pagrindinio lygio užduotis. Opcionų struktūra ta pati. Vadovo pabaigoje pateikiami visų užduočių atsakymai.
1 pratimas
Traukinys iš Sankt Peterburgo išvyko 23:50 (Maskvos laiku), o į Maskvą atvyko kitą dieną 07:50. Kiek valandų važiavo traukinys?
Sprendimas
Atsižvelgiant į tai, kad paroje yra 24 valandos, o diena prasideda 00:00 ir baigiasi 24:00, traukinys važiuoja 10 minučių praėjusią dieną ir 7 valandas 50 minučių kitą dieną.
7 valandos 50 minučių + 10 minučių = 8 valandos
Atsakymas: 8.
Paveikslo taškai rodo vidutinę oro temperatūrą Sočyje kiekvienam mėnesiui 1920 m. Mėnesių skaičiai rodomi horizontaliai; vertikaliai – temperatūra Celsijaus laipsniais. Aiškumo dėlei taškai yra sujungti linija.
Kiek mėnesių vidutinė temperatūra buvo aukštesnė nei 18 laipsnių Celsijaus?
Sprendimas
Atsakymas: 4.
Ant languoto popieriaus, kurio langelio dydis yra 1 × 1, pavaizduotas trikampis. Raskite jo sritį.
Sprendimas
| S ∆ = | 1 | cha, |
| 2 |
kur h- aukštis, a- pusė, į kurią brėžiamas aukštis.
Atsakymas: 6.
4 užduotis
Biologijos bilietų knygelėje iš viso yra 25 bilietai. Tik dviejuose bilietuose – klausimas dėl grybų. Egzamino metu studentas gauna vieną atsitiktinai parinktą bilietą iš šios kolekcijos. Raskite tikimybę, kad šiame biliete bus klausimas apie grybus.
Sprendimas
Įvykio tikimybė BET vadinamas palankių skaičiaus santykiu BET rezultatai iš visų vienodai galimų rezultatų skaičiaus:
Atsakymas: 0,08.
Vadove yra visos temos mokyklos kursas ir atitinka šiuolaikinius ugdymo standartus bei programas. Knygą sudaro dvi dalys: „Algebra ir analizės pradžia“ ir „Geometrija“. Pagrindinė mokyklinės matematikos kurso medžiaga autorių pateikta glaustai ir sistemingai: matematinės sąvokos, aksiomos, teoremos, savybės ir kt. Knyga bus nepakeičiamas pagalbininkas studijuojant ir įtvirtinant naują medžiagą, kartojant nagrinėjamas temas, taip pat ruošiantis baigiamiesiems egzaminams vieningo valstybinio egzamino forma.
5 užduotis
Raskite 3 lygties šaknį x– 5 = 81.
Sprendimas
3 x– 5 = 81
3 x– 5 = 3 4
x – 5 = 4
Atsakymas: 9.
6 užduotis
Trikampis ABCįrašytas į apskritimą su centru O. Injekcija BAC lygus 32°. Raskite kampą BOC. Atsakymą pateikite laipsniais.
Sprendimas
∠COB yra centrinis kampas, ∠ COB= lankas CB
∠COB= 64°
Atsakymas: 64.
Paveiksle parodytas diferencijuojamos funkcijos grafikas y = f(x). X ašyje pažymėti devyni taškai: x 1 , x 2 , … , x 9 .
Raskite visus pažymėtus taškus, kuriuose yra funkcijos išvestinė f(x) yra neigiamas. Atsakyme įveskite šių taškų skaičių.
Sprendimas
Funkcijos išvestinė yra neigiama, kai funkcija mažėja.
Taškai patenka į šiuos intervalus x 3 , x 4 , x 5 , x devyni . Tik 4 taškai.
Atsakymas: 4.
Vadove pateikiamos lentelės apie visus svarbiausius mokyklinio kurso aritmetikos, algebros skyrius ir analizės pradžią. Lentelėse trumpai išdėstoma kiekvienos temos teorija, pateikiamos pagrindinės formulės, grafikai ir tipinių problemų sprendimo pavyzdžiai. Knygos pabaigoje yra dalykinė rodyklė. Vadovas bus naudingas 7–11 klasių mokiniams, pareiškėjams, studentams, mokytojams ir tėvams.
8 užduotis
Pirmajame cilindriniame inde skysčio lygis siekia 16 cm.Šis skystis buvo supiltas į antrą cilindrinį indą, kurio skersmuo 2 kartus didesnis už pirmojo pagrindo skersmenį. Kokiame aukštyje bus skysčio lygis antrame inde? Atsakymą išreikškite cm.
Sprendimas
Cilindro tūrio apskaičiavimo formulė:
V = π R 2 H,
kur R yra cilindro spindulys, H- jo aukštas.
Nes skysčio lygis siekia 16 cm, taigi aukštis yra 16.
V= π R 2 H = π R 2 16
Antrojo indo skersmuo yra du kartus didesnis už pirmojo.
Nes d = 2R, tada antrojo indo spindulys taip pat yra du kartus didesnis už pirmojo ir yra lygus 2 R.
h yra skysčio aukštis antrajame inde.
Raskite skysčio tūrį antrame inde:
V= π(2 R) 2 h= π4 R 2 h
Pilant skystį į kitą indą, jo tūris nepasikeitė.
Sulyginkite pirmojo ir antrojo indų skysčio tūrį:
π R 2 16 = π4 R 2 h
4h = 16.
Atsakymas: 4 cm
9 užduotis
Raskite sin2α, jei cosα = 0,6 ir π< α < 2π.
Sprendimas
sin2α = 2sinα cosα
(sinα) 2 + (cosα) 2 = 1
(sinα) 2 + (0,6) 2 = 1
(sinα) 2 = 1 - 0,36
(sinα) 2 = 0,64
(sinα) 2 = ±0,8
Nes α ∈ 3 arba 4 ketvirčiai, taigi
sin2α = 2 (–0,8) (0,6)
sin2α = -0,96
Atsakymas: –0,96.
10 užduotis
Batiskafo lokatorius, tolygiai panirdamas vertikaliai žemyn, skleidžia ultragarsinius signalus, kurių dažnis yra 749 MHz. Imtuvas registruoja nuo vandenyno dugno atsispindinčio signalo dažnį. Batiskafo panardinimo greitis (m/s) ir dažniai yra susiję su ryšiu
| v = c | f – f 0 | , |
| f + f 0 |
kur c\u003d 1500 m / s - garso greitis vandenyje, f 0 yra skleidžiamo signalo dažnis (MHz), f yra atspindėto signalo dažnis (MHz). Raskite atsispindėjusio signalo dažnį (MHz), jei batiskafas skęsta 2 m/s greičiu.
Sprendimas
Iš sąlygos išplaukia, kad
v= 2 m/s
su= 1500 m/s
f 0 = 749 MHz
Pakeiskite šiuos duomenis į formulę
| 2 | = | f – 749 |
| 1500 | f + 749 |
Atsakymas: 751.
11 užduotis
Pavasarį kateris plaukia prieš upės srovę 1 2/3 karto lėčiau nei pasroviui. Vasarą srovė lėtėja 1 km/h. Todėl vasarą valtis prieš srovę plaukia 1½ karto lėčiau nei pasroviui. Raskite srovės greitį pavasarį (km/h).
Sprendimas
Laivas savo greičiu |
x(km/h) |
|
upės greitis |
y(km/h) |
y– 1 (km/h) |
Su srautu |
x + y(km/h) |
x + y – 1 |
Prieš srovę |
x – y(km/h) |
x – y + 1 |
Nes pavasarį valtis prieš srovę plaukia lėčiau nei pasroviui, sudarome lygtį
Sukurkime sistemą:
| x + y | = | 5 | |
| x – y | 3 | ||
| x + y- 1 | = | 3 | |
| x – y+ 1 | 2 |
| 3(x + y) = 5(x – y) | |
| 2(x + y – 1) = 3(x – y + 1) |
| 2x = 8y | |
| x = 5y – 5 |
| x = 20 | |
| y = 5 |
5 km/h – srovės greitis pavasarį.
Atsakymas: 5.
Matematika: algebra ir matematinės analizės pradžia, geometrija. Algebra ir matematinės analizės pradžia. 11 klasė. Pagrindinis lygis
Vadovėlis įtrauktas į matematikos mokymo medžiagą 10-11 klasėms, mokantis dalyko pagrindiniu lygiu. Teorinė medžiaga skirstoma į privalomąją ir pasirenkamąją, užduočių sistema diferencijuojama pagal sudėtingumo laipsnį, kiekviena skyriaus pastraipa baigiasi kontroliniai klausimai ir užduotis, o kiekvienas skyrius yra namai kontrolinis darbas. Vadovėlyje pateikiamos projektų temos ir nuorodos į interneto išteklius.
12 užduotis
Raskite maksimalų funkcijos tašką y=ln( x + 4) 2 + 2x + 7.
Sprendimas
Atsižvelgiant į tai, kad ln( x+ 4) 2 = 2ln │ x+ 4│ turime:
| y′ = | 2 | + 2, | x > –4 | |
| x + 4 | ||||
| 2 | + 2, | x < –4 | ||
| x + 4 |
Raskime funkcijos kritinius taškus (taškus, kuriuose išvestinė arba lygi nuliui, arba neegzistuoja), tam prilyginsime y"iki 0.
y′ = 0.
| 2 | + 2 = 0 |
| x + 4 |
| x= –5 | |
| x ≠ –4 |
Intervale (–4; ∞) išvestinė yra teigiama, kritinių taškų nėra.
Intervale (–∞; –4) taške –5 išvestinė pakeičia ženklą iš „+“ į „–“, o tai reiškia, kad taškas X= -5 yra maksimalus funkcijos taškas.
Atsakymas: –5.
13 užduotis
Sprendimas
Transformuokime kairę ir dešinę lygties dalis:
cos2 x= 1 – 2sin2 x(dvigubo kampo formulė kosinusui)
1-2sin2 x= 1 - nuodėmė x
2 nuodėmė 2 x– nuodėmė x= 0
nuodėmė x(2 nuodėmė x– 1)= 0
| nuodėmė x = 0 | |
| 2 nuodėmė x= 1 |
| x = π n, | n ∈ Ζ | |||
| x = | π | + 2π n, | n ∈ Ζ | |
| 6 | ||||
| x = | 5π | + 2π n, | n ∈ Ζ | |
| 6 | ||||
naudojant trigonometrinį apskritimą.
| Atsakymas: a) | π | + 2π n, n ϵ Ζ ; | 5π | + 2π n, n ϵ Ζ ; π n, n ϵ Ζ ; | ||
| 6 | 6 | |||||
| b) | –7π | ; | –11π | ; 2π. | ||
| 6 | 6 | |||||
įrankių rinkinys„Matematika: algebra ir matematinės analizės pradžia, geometrija. Algebra ir matematinės analizės pradžia. 11 klasė. Pagrindinis lygis“ yra įtrauktas į „Vertikalią“ sistemą ir atitinka federalinį išsilavinimo standartą.
Visos taisyklingos trikampės prizmės briaunos ABCA 1 B 1 C 1 ilgis 6. Taškai M ir N- šonkaulių vidurys AA 1 ir A 1 C 1 atitinkamai.
a) Įrodykite, kad linijos BM ir MN yra statmenos.
b) Raskite kampą tarp plokštumų BMN ir ABB 1 .
Sprendimas
1) Nubrėžkite aukštį NB 1 in ∆ A 1 B 1 C 1 . BN 1 = √B1 C 1 2 – NC 1 2 = √6 2 – 3 2 = 3√3
2) ∆NB 1 B– stačiakampis su tiesiu ∠ BB 1 N.
3) Iš ∆ NB 1 N pagal Pitagoro teoremą: NB 2 = NB 1 2 + BB 1 2 = 6 2 + (3√3 ) 2 = 63.
4) Iš stačiakampio ∆ MAB pagal Pitagoro teoremą: MB 2 = MA 2 + BA 2 = 6 2 + 3 2 = 45.
5) Iš stačiakampio ∆ MA 1 N pagal Pitagoro teoremą: NM 2 = NA 1 2 + MA 1 2 = 3 2 + 3 2 = 18.
6) Apsvarstykite ∆ MNB:
NB 2 = NM 2 + MB 2
Tada pagal atvirkštinę Pitagoro teoremą gauname, kad ∆ MNB stačiakampis, tiesus ∠ BMN. Reiškia BM ⊥ MN. Ch.t.d.
B) 
1) Išleiskime NK ⊥ A 1 B 1 .
2) NK ⊥ A 1 B 1 , NK ⊥ A 1 A, reiškia NK ⊥ (A 1 B 1 B)
3) NK statmenai plokštumai NM– linkęs KM– įstriža projekcija NMį lėktuvą ( A 1 B 1 B). Pagal teoremą, atvirkštinę teoremai ant trijų statmenų, turime:
| nuodėmė ∠NMK= | 3√3 | ÷ 3√2 |
| 2 |
| nuodėmė ∠NMK= | √6 |
| 4 |
| ∠NMK= lanko nuodėmė | √6 |
| 4 |
Sprendimas
Tegul 3 x = y, 9x = y 2
| y 2 – 6y + 4 | + | 6y – 51 | ≤ y + 5 |
| y – 5 | y – 9 |
| y 2 – 6y + 5 – 1 | + | 6y – 54 + 3 | ≤ y + 5 |
| y – 5 | y – 9 |
| y 2 – 6y + 5 | – | 1 | + | 6y – 54 | + | 3 | ≤ y + 5 |
| y – 5 | y – 5 | y – 9 | y – 9 |
Išplėskite trinarį y 2 – 6y+ 5 daugintuvams
y 2 – 6y + 5 = 0
D= (–6) 2–4 1 5 = 16
| y = | 6 + 4 | = 5 |
| 2 |
| y = | 6 – 4 | = 1 |
| 2 |
y 2 – 6y + 5 = (y – 5)(y – 1)
| (y – 5)(y – 1) | – | 1 | + | 6(y – 9) | + | 3 | ≤ y + 5 |
| y – 5 | y – 5 | y – 9 | y – 9 |
| y – 1 – | 1 | + 6 + | 3 | ≤ y + 5 |
| y – 5 | y – 9 |
| y – | 1 | + 5 + | 3 | ≤ y + 5 |
| y – 5 | y – 9 |
| – | 1 | + | 3 | ≤ 0 |
| y – 5 | y – 9 |
| –1(y – 9) + 3(y – 5) | ≤ 0 |
| (y – 5)(y – 9) |
| –y + 9 + 3y – 15 | ≤ 0 |
| (y – 5)(y – 9) |
| 2y – 6 | ≤ 0 |
| (y – 5)(y – 9) |
| 3 ≤ 3x | |
| 5 < 3x < 9 |
| 1 ≤ x | |
| žurnalas 3 5< x < 2 |
Atsakymas:(–∞; 1] ∪ (log 3 5; 2)
Rinkinyje pateikiamos užduotys visiems skyriams ir temoms, išbandytoms per vieningą pagrindinio lygio valstybinį egzaminą. Pateikiamos įvairaus sudėtingumo užduotys. Knygos pabaigoje pateikiami atsakymai, kurie padės stebėti ir vertinti žinias, įgūdžius ir gebėjimus. Vadovo medžiaga gali būti naudojama sistemingam studijuojamos medžiagos kartojimui ir mokymui atlikti užduotis. įvairių tipų ruošiantis egzaminui. Jie padės mokytojui organizuoti pasirengimą vieningam valstybiniam matematikos bazinio lygio egzaminui, o mokiniai savarankiškai pasitikrins savo žinias ir pasirengimą išlaikyti egzaminą.
Du apskritimai liečiasi išorėje taške K. Tiesiai AB paliečia pirmąjį apskritimą taške A, o antrasis yra taške B. Tiesiai BK kerta pirmąjį apskritimą taške D, tiesus AK kerta antrąjį apskritimą taške Su.
a) įrodyti, kad linijos REKLAMA ir pr. Kr yra lygiagrečios.
b) Raskite trikampio plotą AKB, jei žinoma, kad apskritimų spindulys yra 4 ir 1.
Sprendimas
- Nubrėžkite taške esančių apskritimų bendrą liestinę K. Ji kerta AB taške H.
- AH = HK, HK = HB(pagal liestinių, nubrėžtų iš vieno taško į apskritimą, savybę)
- Į ∆ AKB, mediana KH lygus pusei kraštinės AB, todėl jis yra stačiakampis, su ∠ AKB= 90°.
- ∠AKB = ∠AKD AKD remiantis skersmeniu REKLAMA. Tada REKLAMA ⊥ AB.
- ∠AKB = ∠CKB= 90° (kaip gretimas), taigi ∠ BKC remiantis skersmeniu pr. Kr. Tada pr. Kr ⊥ AB.
- todėl REKLAMA || pr. Kr.
b) Tegul R= 4 pirmojo apskritimo, nukreipto į centrą, spindulys O 1 ir r= 1 yra antrojo apskritimo su centru spindulys O 2 .
1) Apsvarstykite ∆ CKB ir ∆ AKD: viršūnių kampai K tiesios linijos, ∠ DAK = ∠ACB, kaip guli skersai ties REKLAMA || pr. Kr ir sekantas AC. Taigi ∆ CKB ~ ∆AKD dviejuose kampuose.
| 2) | AK | = | KD | = | REKLAMA | = | 2R | = | 4 | = k |
| KC | BK | pr. Kr | 2r | 1 |
3) Panašių trikampių plotų santykis yra k 2 (k- panašumo koeficientas)
| S AKD | = 16, S AKD = 16S BKC |
| S BKC |
4) ∆AKB ir ∆ AKD turi bendrą ūgį AK
| 5) | S AKD | = | DK | = | REKLAMA | = | 4 | , S BKA= | 1 | S AKD = | 1 | · 16S BKC = 4S BKC |
| S BKA | KB | pr. Kr | 1 | 4 | 4 |
6) ∆DCK ir ∆ CKB turi bendrą ūgį CK, todėl jų plotai yra susiję kaip pagrindai, prie kurių brėžiamas šis aukštis.
| S DKC | = | DK | = | 4 | , S DKC = 4S BKC |
| S BKC | KB | 1 |
7) Raskite trapecijos plotą ABCD:
S ABCD = S DKA + S AKB + S CKB + S DCK
S ABCD = 16S BKC + 4S CKB + S CKB + 4S CKB
S ABCD = 25S CKB
8) Eikime į REKLAMA statmenai O 2 S(trapecijos aukštis)
9) Iš stačiakampio ∆ O 2 TAIP 1 pagal Pitagoro teoremą randame O 2 S:
O 2 S = √(O 2 O 1) 2 – (O 1 S) 2
O 2 S = √5 2 – 3 2 = 4
O2 S = AB = 4
S ABCD= 25S CKB
20= 25S CKB
S CKB= 0,8
S BKA= 4S BKC= 4 0,8 = 3,2.
Atsakymas: 3,2.
Pristatomos mokymo įstaigų kursų „Matematika“ 5-6 klasėms, „Algebra“ ir „Geometrija“ 7-9 klasėms, „Matematika: algebra ir matematinės analizės pradžia; Geometrija“ programos 10-11 klasėms yra sukurta remiantis viena matematikos mokymo vidurinėje mokykloje koncepcija, kurią sukūrė A.G. Merzlyak, V.B. Polonskis ir M.S. Jakiras.
17 užduotis
Sausio 15 dieną planuojama šešiems mėnesiams paimti 1 mln. rublių paskolą iš banko. Jo grąžinimo sąlygos yra šios:
- Kiekvieno mėnesio 1 dieną skola padidėja r procentų, palyginti su praėjusio mėnesio pabaiga, kur r yra sveikasis skaičius;
- nuo kiekvieno mėnesio 2 iki 14 dienos turi būti apmokėta dalis skolos;
- Kiekvieno mėnesio 15 dieną skola turi siekti tam tikrą sumą pagal toliau pateiktą lentelę.
Rasti didžiausia vertė r, kurioje bendra mokėjimų suma bus mažesnė nei 1,2 milijono rublių.
Sprendimas
Skola bankui (milijonais rublių) kiekvieno mėnesio 15 dieną turėtų būti sumažinta iki nulio pagal šią schemą:
1; 0,6; 0,4; 0,3; 0,2; 0,1; 0.
Tada kiekvieno mėnesio 1 dienos skola (kartu su palūkanomis) yra lygi:
| vienas · | r | ; 0,6(1 + | r | ); 0,4(1 + | r | ); 0,3(1 + | r | ); 0,2(1 + | r | ); 0,1(1 + | r | ) |
| 100 | 100 | 100 | 100 | 100 | 100 |
Mokėjimai nuo kiekvieno mėnesio 2 iki 14 dienos yra:
Bendra išmokėjimo suma yra:
| 2,6(1 + | r | ) < 2,8 |
| 100 |
| 1 + | r | < | 28 |
| 100 | 26 |
Turi tik vieną sprendimą.
Sprendimas
Apsvarstykite pirmąją sistemos lygtį:
1) Kada x≥ 0, turime lygtį ( x – 5) 2 + (y d sutelktas į tašką G(5; 4) ir spindulys 3.
2) Kada x≤ 0, turime lygtį (– x – 5) 2 + (y – 4) 2 = 9, (x + 5) 2 + (y– 4) 2 = 9, ši lygtis apibrėžia apskritimą su sutelktas į tašką F(–5; 4) ir spindulys 3.
3) lygtis ( x + 2) 2 + y 2 = a 2 apibrėžia apskritimą k centruotas taške H(–2; 0) ir spinduliu a, kur a > 0.
Sužinokime, kokiomis vertybėmis a ratas k turi vieną bendrą tašką su apskritimais d ir c.
4) Pieškite iš taško H Rėjus HG, jis kerta apskritimą d taškuose O ir P, taškas O yra tarp taškų H ir G. Atstumas tarp taškų randamas pagal formulę | HG|= √(x G – x H) 2 + (y G – y H) 2
|HG|= √(5 + 2) 2 + (4 – 0) 2 = √65
HG = EIK + Oi
Oi = HG – EIK = √65 – 3
HP = √65 + 3
Jeigu a< HO arba a > HP apskritimai d ir k nesikerta.
Jeigu HO< a < HP , tada apskritimai d ir k turi du bendrus dalykus.
At a=HO arba a = HP apskritimai d ir k
5) Nubrėžkite spindulį HF iš taško H, jis kerta apskritimą c taškuose M ir N, kuriame M yra tarp H ir F. Raskite atstumą tarp taškų HF,
|HF| = √(–5 + 2) 2 + 4 2 = 5
HM = 5 – 3 = 2
HN = 5 + 3 = 8
Jeigu a< HM arba a > HN apskritimai c ir k nesikerta.
Jeigu HM< a < HN , tada apskritimai c ir k turi du bendrus dalykus.
At a = HM arba a = HN apskritimai c ir k liesti vienas kitą tame pačiame taške.
Sistema turi unikalų sprendimą tada ir tik tada, kai apskritimas k paliečia tiksliai vieną iš dviejų apskritimų d ir c ir nesikerta su kitu.
Iš sprendimo aišku, kad HM < HO < HN < HP.
Tada uždavinio sąlygą tenkina atkarpų ilgiai HO= √65 + 3 ir HM = 2.
Atsakymas: √65 + 3; 2.
Leidinyje pateikiama 10 egzaminų darbų rengimo egzaminui mokymo variantų. Kiekviena parinktis sudaryta visiškai laikantis vieningo valstybinio egzamino reikalavimų, apima profilio lygio užduotis. Opcionų struktūra ta pati. Vadovo pabaigoje pateikiami visų užduočių atsakymai.
NAUDOJIMAS matematikoje yra pagrindinė disciplina, kurią mokosi visi absolventai. Egzamino testas skirstomas į du lygius – pagrindinį ir profilinį. Antrasis reikalingas tik tiems, kurie planuoja matematiką padaryti pagrindiniu studijų dalyku aukštosiose mokyklose. Visi kiti įveikia pagrindinį lygį. Šio testo tikslas – patikrinti absolventų įgūdžių ir žinių lygį, ar jie atitinka normas ir standartus. Suskirstymas į pagrindinį ir pagrindinį lygius pirmą kartą pradėtas naudoti 2017 m., kad studentai, kuriems stojant į universitetą nereikalinga aukštoji matematika, negaištų laiko ruošdamiesi sudėtingoms užduotims.
Norint gauti pažymėjimą ir pretenduoti į universitetą, reikia patenkinamai atlikti pagrindinio lygio užduotis. Pasiruošimas apima kartojimą mokyklos mokymo programa algebroje ir geometrijoje. Bazinio lygio NAUDOJIMOS užduotys yra prieinamos įvairaus lygio žinių mokiniams. Bazinį lygį gali išlaikyti mokiniai, kurie tiesiog buvo dėmesingi klasėje.
Pagrindinės pasiruošimo rekomendacijos yra šios:
- Sistemingas pasiruošimas turėtų prasidėti iš anksto, kad nereikėtų nervintis, visas užduotis įvaldžius likus 1-2 mėnesiams iki egzamino. Kokybiškam mokymui reikalingas laikotarpis priklauso nuo pradinio žinių lygio.
- Jei nesate tikri, kad užduotis įveiksite patys, kreipkitės pagalbos į dėstytoją – jis padės susisteminti žinias.
- Praktikuotis spręsti uždavinius, pavyzdžius, užduotis, pagal programą.
- Spręskite užduotis internetu – „Spręsiu egzaminą“ padės reguliariai treniruotis ir ruoštis egzaminui. Su dėstytoju galėsite analizuoti klaidas, analizuoti užduotis, kurios sukelia ypatingų sunkumų.
Pasiruošimo procese spręskite kuo daugiau įvairaus sudėtingumo užduočių, palaipsniui pereikite prie užduočių atlikimo laikui. Susipažinti .
Paruošimo metodai
- Dalyko mokymasis mokykloje;
- Saviugda – problemų sprendimas pavyzdžiu;
- Pamokos su dėstytoju;
- Mokymas kursuose;
- Paruošimas internetu.
Yra 20 užduočių (kasmet skaičius gali keistis), į kurias reikia atsakyti trumpais. To pakanka studentui, kuris planuoja stoti į aukštesnes švietimo įstaigos humanitariniams mokslams.
Užduotims atlikti tiriamajam skiriamos 3 valandos. Prieš pradėdami dirbti, turite atidžiai perskaityti instrukcijas ir veikti pagal jos nuostatas. Prie egzaminų knygelės pridedama informacinė medžiaga, reikalinga norint išlaikyti egzamino testą. Už sėkmingą visų užduočių atlikimą skiriami 5 balai, minimalus slenkstis – 3 balai.
Įvertinimas
3 valandos(180 minučių).
20 trumpų atsakymų užduočių ir praktinių įgūdžių.
Atsakymas
Bet tu gali pasidaryti kompasą Skaičiuoklės ant egzamino nėra naudojamas.
pasas), praeiti ir kapiliarinis arba! Leidžiama paimti su savimi vandens(permatomame buteliuke) ir maistas
Skirta darbui 3 valandos(180 minučių).
Egzamino darbas susideda iš vienos dalies, įskaitant 20 trumpų atsakymų užduočių bazinis sudėtingumo lygis. Visos užduotys skirtos pagrindinių įgūdžių ugdymo tikrinimas ir praktinių įgūdžių matematinių žinių taikymas kasdienėse situacijose.
Atsakymas kiekvienai iš 1–20 užduočių sveikasis skaičius arba paskutinis dešimtainis skaičius, arba skaitmenų seka. Užduotis su trumpu atsakymu laikoma atlikta, jeigu teisingas atsakymas įrašytas užduoties atlikimo instrukcijose numatytos formos atsakymų lape Nr.
Atliekant darbą galima naudotis tomis, kuriose yra pagrindinės matematikos kurso formulės, išleistos kartu su darbu. Galite naudoti tik liniuotę, Bet tu gali pasidaryti kompasą savo rankomis. Draudžiama naudoti įrankius su atspausdinta informacine medžiaga. Skaičiuoklės ant egzamino nėra naudojamas.
Egzaminui su savimi turite turėti asmens dokumentą. pasas), praeiti ir kapiliarinis arba gelinis rašiklis su juodu rašalu! Leidžiama paimti su savimi vandens(permatomame buteliuke) ir maistas(vaisiai, šokoladas, bandelės, sumuštiniai), bet gali būti paprašyta palikti koridoriuje.
Bazinio lygio matematikos USE testai nėra sunkūs. Visos užduotys skirtos bazinių įgūdžių ugdymui ir praktiniams įgūdžiams taikant matematines žinias kasdienėse situacijose patikrinti.
CMM užduočių paskirstymas
Varianto struktūra susideda iš vienos dalies, kurioje yra 20 užduočių su trumpu atsakymu.
- Algebra – 10 užduočių;
- Lygtys ir nelygybės – 3 užduotys
- Funkcijos – 1 užduotis
- Matematinės analizės pradžia - 1 užduotis
- Geometrija – 4 užduotys
- Kombinatorikos, statistikos ir tikimybių teorijos elementai – 1 užduotis
USE testo trukmė matematikos bazėje
Egzamino trukmė – 3 valandos (180 minučių).
Kiekvienam numeriui reikia skirti apie 9 minutes.
Papildomos medžiagos ir įranga
Papildomų prietaisų ir medžiagų, kurias leidžiama naudoti vieningam valstybiniam egzaminui, sąrašas patvirtinamas Rosobrnadzor įsakymu. Reikalinga informacinė medžiaga išduodama kartu su egzamino darbo tekstu. Atliekant užduotis, leidžiama naudoti liniuotę.
Kaip bus perkeliami taškai
Teisingas kiekvienos iš 1-20 uždavinių sprendimas vertinamas 1 balu. Užduotis laikoma teisingai atlikta, jei egzaminuojamasis teisingai atsakė sveikuoju skaičiumi arba galutinėmis kablelio trupmenomis arba skaičių seka.
Didžiausias pirminis viso darbo balas yra 20.
Pirminiai balai nėra konvertuojami į testų balus, tik į pažymius:
- 0-6 = 2 (nepavyko);
- 7-11 = 3 (patenkinamai);
- 12-16 = 4 (gerai);
- 17-20 = 5 (puikiai).
Remiantis 2019 m. demonstracine versija, sukurta 10 bazinio lygio matematikos parinkčių su sprendimais ir atsakymais;
Užsiregistravę svetainėje galėsite stebėti savo žinių lygį.
Pasiruoškite ir gaukite maksimalų balą!
Šioje rubrikoje ruošiamės Vieningajam valstybiniam matematikos egzaminui kaip pagrindiniam, specializuotam lygiui - pateikiame problemų analizes, testus, egzamino aprašymą ir naudingas rekomendacijas. Naudodamiesi mūsų šaltiniu, jūs bent jau suprasite, kaip spręsti problemas ir galėsite sėkmingai išlaikyti matematikos egzaminą 2019 m. Pradėkite!
Matematikos NAUDOJIMAS yra privalomas egzaminas kiekvienam 11 klasės mokiniui, todėl šiame skyriuje pateikta informacija aktuali kiekvienam. Matematikos egzaminas skirstomas į du tipus – pagrindinį ir profilinį. Šiame skyriuje pateikiu kiekvieno tipo užduočių analizę su išsamiu dviejų variantų paaiškinimu. USE užduotys yra griežtai teminės, todėl kiekvienam skaičiui galite pateikti tikslias rekomendacijas ir pateikti teoriją, reikalingą būtent tokio tipo uždaviniams spręsti. Žemiau rasite nuorodas į užduotis, kurias paspaudę galėsite studijuoti teoriją ir analizuoti pavyzdžius. Pavyzdžiai nuolat atnaujinami ir atnaujinami.
Matematikos egzamino bazinio lygio struktūra
Pamatinio lygio matematikos egzaminą sudaro viena dalis , įskaitant 20 užduočių su trumpu atsakymu. Visos užduotys skirtos pagrindinių įgūdžių ugdymui ir praktiniams įgūdžiams taikant matematines žinias kasdienėse situacijose patikrinti.
Atsakymas į kiekvieną iš 1–20 užduočių yra toks sveikasis skaičius, paskutinis dešimtainis , arba skaitmenų seka .
Užduotis su trumpu atsakymu laikoma atlikta, jeigu teisingas atsakymas įrašytas užduoties atlikimo instrukcijose numatytos formos atsakymų lape Nr.
