დატოვეთ შეკითხვები და კომენტარები სტატიის ქვემოთ

ვარიანტი 1

ნაწილი B

დავალება B1.175 მ 2 საერთო ფართობის კედლების შესაღებად იგეგმება საღებავის შეძენა. საღებავის ქილების მოცულობა და ღირებულება ნაჩვენებია ცხრილში.

რა მინიმალური თანხა (რუბლით) დაიხარჯება საჭირო რაოდენობის საღებავის შესაძენად, თუ მისი მოხმარება არის 0,2 ლ/მ 2?

გამოსავალი.

1 წლიდან მ 2 იღებს 0,2 ლიტრ საღებავს, შემდეგ 175 მ 2 დასჭირდება საღებავის მოცულობას, რომელიც უდრის 175 0,2 \u003d 35 ლიტრს.

ამრიგად, ამოცანაა იპოვოთ მინიმალური შესყიდვის ფასი 35 ან მეტი ლიტრი საღებავისთვის.

მოდით განვსაზღვროთ 1 ლიტრი საღებავის ღირებულება თითოეულ ქილაში.

2,5 ლიტრიან ქილაში ლიტრის ფასია: 75 000:2,5 = 30 000 რუბლი, ხოლო 10 ლიტრიანი 270 000:10 = 2 700 რუბლი.

ვინაიდან საღებავი უფრო იაფია დიდ ქილებში, მიზანშეწონილია შეაგროვოთ 35 ლიტრი საღებავი მხოლოდ დიდი ქილების გამოყენებით. თუმცა, დიდი ქილების დახმარებით ზუსტად 35 ლიტრს ვერ მიიღებთ, რადგან თითოეულ ქილას აქვს 10 ლიტრი მოცულობა. აქ ორი ვარიანტია:

1. ვყიდულობთ 4 ქილა საღებავს, თითო 10 ლიტრი. შედეგად გვაქვს 40 ლიტრი საღებავი, რაც ჩვენთვის საჭირო 35 ლიტრს აღემატება. საღებავის ფასი ამ შემთხვევაში: 270,000 4 = 1,080,000 რუბლი.

2. ვყიდულობთ 3 ქილა საღებავი 10 ლიტრი და 2 ქილა საღებავი 2,5 ლიტრი. შედეგად, გვაქვს ზუსტად 35 ლიტრი საღებავი. საღებავის ფასი ამ შემთხვევაში: 3 270,000 + 2 75,000 = .960,000 რუბლი.

ვინაიდან მეორე ვარიანტი პირველზე იაფია, საღებავის სწორი რაოდენობის შესაძენად საჭირო მინიმალური თანხაა 960,000 რუბლი.

პასუხი: 960 000.

გაქვთ რაიმე შეკითხვა ან კომენტარი პრობლემის გადაჭრის შესახებ? ჰკითხეთ მათ ავტორს, ანტონ ლებედევს.

დავალება B2.იპოვეთ ფესვების ჯამი (ფესვი, ეგ არის თუ არა ერთადერთი) განტოლებები

გამოსავალი.

პირველ რიგში, გაითვალისწინეთ, რომ განტოლების ორივე მხარის კვადრატი არ არის კარგი იდეა ამ ამოცანაში, რადგან შედეგი იქნება მე-4 ხარისხის განტოლება, რომელიც ზოგადად ვერ ამოიხსნება.

ასეთ სიტუაციებში გამოსავალი უნდა მოიძებნოს.

პირველი, მოდით განვსაზღვროთ ODZ განტოლება:

შედეგად მიღებული განტოლება ექვივალენტურია სისტემის:

კომენტარი.სისტემის პირველი უტოლობა აუცილებელია ზედმეტი ფესვების გაჩენის თავიდან აცილების მიზნით: თუ ორივე ნაწილს უბრალოდ კვადრატში მოვათავსებთ, მაშინ განტოლების ფესვებიც დაემატება განტოლების ფესვებს.

ასე რომ, ჩვენ ვხსნით განტოლებას წერილობითი სისტემიდან:

ცხადია, ნაპოვნი ფესვებიდან მხოლოდ მეორე აკმაყოფილებს სისტემიდან არსებულ უთანასწორობას.

ამრიგად, თავდაპირველ განტოლებას აქვს მხოლოდ ერთი ფესვი, რომელიც უდრის 9-ს.

პასუხი: 9.

დავალება B3.წრე იწერება ტოლფერდა ტრაპეციაში, რომლის ფართობია . ტრაპეციის ორი კუთხის ჯამი არის 60°. იპოვეთ ტრაპეციის პერიმეტრი.

გამოსავალი.

მოდით ABCD არის მოცემული ტრაპეცია.

ვინაიდან ტრაპეცია ტოლფერდაა, ტრაპეციის ფუძის კუთხეები ტოლია:

.

პირობითად, ტრაპეციის ორი კუთხის ჯამი არის 60°. ცხადია, ჩვენ ვსაუბრობთ ორ მახვილ კუთხეზე, 60 ° -დან< 90° , რაც ნიშნავს, რომ ჩვენს აღნიშვნაში საუბარია კუთხეებზე BAD და CDA . ვინაიდან ისინი ტოლია და მათი ჯამი 60°-ია, მაშინ თითოეული მათგანი უდრის 30°-ს.

მოგეხსენებათ, ყველა ტრაპეცია (და არა ყველა ტოლფერდა ტრაპეცია) შეიძლება ჩაიწეროს წრეში, რაც ნიშნავს, რომ ჩვენს ტრაპეციაში წრის ჩაწერა გვაძლევს დამატებით ინფორმაციას. წრე შეიძლება ჩაიწეროს მხოლოდ ტრაპეციაში, რომელშიც ფუძეების ჯამი ტოლია გვერდების ჯამის. ჩვენს შემთხვევაში ეს უნდა იყოს:

ვინაიდან ტრაპეცია ტოლფერდაა, მაშინ AB=CD. გვერდები ავღნიშნოთ x.

შემდეგ მივიღებთ

სადაც MN - ტრაპეციის მედიანური ხაზი.

ჩვენ ასევე გამოვხატავთ VK ტრაპეციის სიმაღლეს x. ამისათვის განიხილეთ მართკუთხა სამკუთხედი ABK.

.

მაშინ მხარეთა ჯამი არის 2 x= 17, ხოლო ტრაპეციის პერიმეტრი არის 34 (ფუძეების ჯამი ტოლია გვერდების ჯამის).

პასუხი: 34.

დავალება B4.დაე (x, y)- განტოლებათა სისტემის ამოხსნა

იპოვნეთ გამოხატვის მნიშვნელობა 5y-x.

გამოსავალი.

ჩვენ გარდაქმნით სისტემის მეორე განტოლებას:

პირველი განტოლების გათვალისწინებით, მივიღებთ:

გამოთვალეთ გამოხატვის მნიშვნელობა:

პასუხი: 23.

დავალება B5.იპოვნეთ გამოხატვის მნიშვნელობა

გამოსავალი.

კომენტარი.განმცხადებლების ყველაზე გავრცელებული პრობლემები ასეთი მაგალითების გადაჭრისას არის მნიშვნელში ირაციონალურობის თავიდან აცილების შეუძლებლობა კონიუგატზე გამრავლებით და იგნორირება, რომ თანმიმდევრული ფესვების გამოთვლის ბრძანებას მნიშვნელობა არ აქვს (მაგალითად,).

პასუხი:-22.

დავალება B6.იპოვეთ განტოლების ფესვების ჯამი.

გამოსავალი.

ამოხსნის დაწყებამდე ვამბობთ ჯადოსნურ ფრაზას: „პროდუქტი ნულის ტოლია, თუ ერთი ფაქტორი მაინც ნულის ტოლია“. ამის შემდეგ, განტოლება სასწაულებრივად იშლება ერთობლიობაში:

პირველი ნაკრების განტოლებას აქვს ერთი ფესვი x = 81.

გადავცვალოთ მეორე განტოლება:

შემდგომი გადაწყვეტა ხორციელდება ცვლადის ცვლილების გამოყენებით:

ვიღებთ

(ფესვები გვხვდება ინვერსიული ვიეტას თეორემის გამოყენებით).

უარყოფითი ფესვი არ გვიწყობს, ამიტომ ვიღებთ

ეს ნიშნავს, რომ თავდაპირველ განტოლებას ორი ფესვი აქვს: 1 და 81.

მათი ჯამი არის 82.

პასუხი: 82.

დავალება B7.იპოვეთ რეგულარული სამკუთხა პირამიდის გვერდითი ზედაპირის ფართობი, თუ მისი ფუძის ბისექტრის სიგრძე ტოლია და ბრტყელი კუთხე ზევით ტოლია.

გამოსავალი.

მოდით SABC არის რეგულარული სამკუთხა პირამიდა.

სამკუთხედი ABC - პირამიდის საფუძველი და ეს სამკუთხედი სწორია.

ბისექტრი ასევე არის ABC სამკუთხედის სიმაღლე, ასე რომ

რეგულარული პირამიდის გვერდითი ზედაპირის ფართობი არის S=SK· გვ,

სადაც

- ბაზის ნახევარპერიმეტრი;

აპოთემა.

მერე

ს = 125 = 60.

პასუხი: 60.

დავალება B8.იპოვეთ უტოლობის უმცირესი და უდიდესი მთელი რიცხვების ამონახსნების ჯამი

გამოსავალი.

იმის გათვალისწინებით, რომ ლოგარითმი არის მზარდი ფუნქცია, თუ მისი ბაზა 1-ზე მეტია და კლებადი, თუ მისი ფუძე 1-ზე ნაკლებია, ასევე, რომ სუბლოგარითმის გამოხატულება უნდა იყოს დადებითი, მივიღებთ:

უმცირესი მთელი ამონახსნი არის -5, ხოლო უდიდესი არის 65. მათი ჯამი არის 60.

პასუხი: 60.

დავალება B9.იპოვეთ (გრადულებში) 10sin5 განტოლების ფესვების ჯამი x cos5 x+5სინ10 x co18 x= 0 ინტერვალზე (110° ; 170° ).

გამოსავალი.

ორმაგი არგუმენტის ფორმულის გამოყენებით, ჩვენ გარდაქმნით მარცხენა მხარის პირველ წევრს:

ვინაიდან ნაპოვნი ყველა ფესვიდან, თქვენ უნდა აირჩიოთ ის, რომელიც დევს ინტერვალზე (110 °; 170 °), შემდეგ

ჩვენ ვწერთ შესაბამის ფესვებს:

126°; 144°; 162°

130°; 150°.

ნაპოვნი ამონახსნების ჯამია 712.

პასუხი: 712.

დავალება B10.იპოვეთ უტოლობის უმცირესი და უდიდესი რიცხვითი ამონახსნების ნამრავლი

გამოსავალი.

მოდით გადავცვალოთ საწყისი უტოლობა:

შედეგად მიღებული უტოლობა შეიძლება გადაწყდეს, მაგალითად, ინტერვალის მეთოდით. ამისათვის ჩვენ ჯერ ვპოულობთ შესაბამისი განტოლების ფესვებს:

ნაპოვნი ფესვები გამოსახული იქნება რიცხვით ღერძზე. ეს ფესვები არღვევს გამოხატულებას (| x + 5| - 4)(|x- 3| - 1) ნიშნის მუდმივობის ინტერვალებზე. განვსაზღვროთ წერილობითი გამოხატვის ნიშანი თითოეულ ინტერვალზე მოცემული ინტერვალიდან რომელიმე წერტილის გამოსახულებაში ჩანაცვლებით. მაგალითად, უკიდურეს მარჯვენა ინტერვალზე გამოხატვის ნიშნის დასადგენად, აიღეთ წერტილი x= 5 და მივიღებთ, რომ გამოხატვის მნიშვნელობა ამ მომენტში დადებითია, რაც ნიშნავს, რომ გამოხატულება დადებითი იქნება მთელ ინტერვალზე.

ახლა ჩვენ შეგვიძლია დავწეროთ უტოლობის ამოხსნა (სურათზე შესაბამისი ფართობი დაჩრდილულია):

.

ყველაზე პატარა მთელი რიცხვი ამ არედან: x min = -8 და უდიდესი მთელი რიცხვი x max = 3. ამ რიცხვების ნამრავლია -8 3 = -24. ეს რიცხვი უნდა ეწეროს პასუხში.

პასუხი:-24.

დავალება B11.წერტილი A მოძრაობს სამკუთხედის პერიმეტრის გასწვრივ KMP. ქულები კ1 , მ 1, პ 1 დაწექი სამკუთხედის შუაგულებზე KMP და გაყავით ისინი 11:3 თანაფარდობით, დათვალეთ ზემოდან. სამკუთხედის პერიმეტრის გასწვრივ კ 1 მ 1 პ 1 წერტილი B მოძრაობს A წერტილის სიჩქარეზე ხუთჯერ მეტი სიჩქარით. რამდენჯერ უვლის B წერტილი სამკუთხედის პერიმეტრს კ 1 მ 1 პ 1 იმ დროისთვის, რაც A წერტილს სჭირდება სამკუთხედის პერიმეტრის ორჯერ შემოვლით KMP.

გამოსავალი.

დავალების ნახატი გავაკეთოთ. O არის თავდაპირველი სამკუთხედის შუალედების გადაკვეთის წერტილი.

ინტუიციურად, სამკუთხედები კმპდა კ 1 მ 1 პ 1 მსგავსი უნდა იყოს. თუმცა, ინტუიცია მხოლოდ პრობლემის გადაჭრის გზას გვთავაზობს, ამიტომ ამ სამკუთხედების მსგავსება ჯერ კიდევ დასამტკიცებელია.

მსგავსების დასამტკიცებლად განიხილეთ სამკუთხედები COMდა კ 1 OM 1 .

MM' არის სამკუთხედის მედიანა KMP მაშასადამე, რადგან სამკუთხედის შუალედები იყოფა 2-დან 1-ის თანაფარდობით, ზემოდან დათვლა.

პრობლემის მდგომარეობიდან გამომდინარეობს, რომ , მას შემდეგ რაც წერტილი მ 1 ყოფს MM'-ის მედიანას 11-დან 3-ის თანაფარდობით, ზემოდან დათვლა.

მერე

დამოკიდებულება

.

ანალოგიურად, შეიძლება ამის ჩვენება

უფრო მეტიც, ვერტიკალურის მსგავსად.

ასე რომ, სამკუთხედები COMდა კ 1 OM 1 მსგავსია ორ მხარეს და მათ შორის კუთხე მსგავსების კოეფიციენტით.

მერე

ანალოგიურად

.

ეს ნიშნავს, რომ სამკუთხედები კმპდა კ 1 მ 1 პ 1 მსგავსია მსგავსების კოეფიციენტით და სამკუთხედის პერიმეტრით კმპსამკუთხედის პერიმეტრზე გამრავლებული კ 1 მ 1 პ 1 .

ვინაიდან B წერტილი მოძრაობს A წერტილის სიჩქარეზე 5-ჯერ მეტი სიჩქარით სამკუთხედის გასწვრივ, რომლის პერიმეტრი ერთჯერ ნაკლებია სამკუთხედის პერიმეტრზე. KMR, მაშინ A წერტილის ერთი შემობრუნებისას B წერტილი ბრუნავს, ხოლო A წერტილის ორი შემობრუნებისას B წერტილი აკეთებს 56 ბრუნს.

პასუხი: 56.

დავალება B12.კუბოიდის მოცულობა ABCDA 1 ბ 1 C 1 დ 1 უდრის 1728-ს. წერტილი P დევს გვერდით კიდეზე CC 1 ასე რომ CP:კომპიუტერი 1 = 2:1. წერტილი P, წვეროდ და გვერდითი ნეკნის შუა აა 1, შედგენილია საჭრელი სიბრტყე, რომელიც მართკუთხა პარალელეპიპედს ორ ნაწილად ყოფს. იპოვეთ პატარა ნაწილის მოცულობა.

გამოსავალი.

დახაზეთ პარალელეპიპედი ნახაზზე და ააგეთ აღწერილი მონაკვეთი PDKEF. K- შუა ნეკნი აა 1 .

ნახატზე გამოვსახოთ ხაზები, რომლებზეც მონაკვეთის სიბრტყე კვეთს პარალელეპიპედის სამი სახის სიბრტყეებს. წერტილები, სადაც მონაკვეთის სიბრტყე კვეთს ხაზებს BA, ძვ.წდა BB 1 აღინიშნება ზ, ქ, ს.

სხეული SZBQ- პირამიდა მართკუთხა სამკუთხედით მის ძირში ZBQ . ეს პირამიდა მოიცავს პარალელეპიპედის ქვედა ნაწილის მოცულობას და სამი პირამიდის მოცულობას. SEB 1 ფ, QPCD, ZKAD.

პარალელეპიპედის ქვედა ნაწილის მოცულობის საპოვნელად ვპოულობთ მითითებული პირამიდების მოცულობებს.

გამოთვლების მოხერხებულობისთვის ჩვენ აღვნიშნავთ პარალელეპიპედის გვერდებს x, წდა ზ, შემდეგ პარალელეპიპედის მოცულობა ვ = xyz = 1728.

უფრო მეტიც,

.

პრობლემა არის ამ ოთხი პირამიდის ზომების გამოხატვა x, წდა ზ.

სამკუთხედები FC 1 პდა DAKორი კუთხით მსგავსია (ამ სამკუთხედების ყველა გვერდი წყვილ-წყვილად პარალელურია).

მერე

.

სამკუთხედები PCDდა KA 1 ეასევე მსგავსია, ამიტომ

.

სამკუთხედების მსგავსებიდან სბ 1 ფდა PC1 F შემდეგია:

.

პირამიდის მოცულობა SEB 1 ფუდრის:

პირამიდა QPCDროგორც პირამიდა SEB 1 ფმსგავსების კოეფიციენტით:

.

შემდეგ პირამიდის მოცულობა QPCDუდრის:

მსგავსი პირამიდა ZKADროგორც პირამიდა SEB 1 ფმსგავსების კოეფიციენტით

შემდეგ პირამიდის მოცულობა ZKADუდრის:

და ბოლოს, პირამიდა SZBQროგორც პირამიდა SEB 1 ფმსგავსების კოეფიციენტით

.

შემდეგ პირამიდის მოცულობა SZBQუდრის:

პარალელეპიპედის ქვედა ნაწილის მოცულობა:

შემდეგ ზედა ნაწილის მოცულობა:

ვინაიდან ჩვენ გვჭირდება უფრო მცირე მოცულობა, სწორი პასუხია 724.

პასუხი: 724.

ბსუ ლიცეუმის აბიტურიენტებს შეუძლიათ გაეცნონ 2019 წლის მისაღები გამოცდების ვარიანტებს. ამ ვარიანტების მიზანია ბელორუსის სახელმწიფო უნივერსიტეტის ლიცეუმში მისაღები გამოცდების ნებისმიერ მონაწილეს საშუალება მისცეს, მიიღოს წარმოდგენა საგამოცდო ვარიანტების სტრუქტურაზე, დავალებების ტიპებზე და მათი სირთულის დონეებზე. 2019 წლის ვარიანტების განხილვისას უნდა გავითვალისწინოთ, რომ მათში შემავალი ამოცანები არ მოიცავს ყველა იმ შინაარსობრივ ელემენტს, რომელიც შემოწმდება 2020 წელს ბსუ-ს ლიცეუმში მისაღები გამოცდებზე. ამას გარდა, 2020 წელს მისაღები გამოცდების ამოცანები ახალი სასწავლო გეგმების შესაბამისად შედგენილი იქნება. 2020 წელს მისაღები გამოცდების სტრუქტურის შესახებ მეტი შეგიძლიათ შეიტყოთ ბსუ-ს ლიცეუმის LMS-ზე განთავსებული სპეციფიკაციების შესწავლით და ამოხსნით.

2019 წელს მისაღები გამოცდების ვარიანტების დასრულება საშუალებას მისცემს ტესტერებს შეიმუშაონ სტრატეგია ბსუ-ს ლიცეუმში შესასვლელად მოსამზადებლად, შესწავლილი მასალის სისტემატიზაცია, შესაძლო შეცდომების თავიდან აცილება, ასევე ცოდნის კონსოლიდაცია და ეფექტურად მოემზადონ მისაღები გამოცდებისთვის 2020 წელს.

RIKZa-ს აქვს სპეციფიკაცია DH-ის თითოეული სუბიექტისთვის 2016 წლისთვის. იგი განმარტავს, როგორი იქნება ტესტის სტრუქტურა, თითოეული სირთულის რამდენი დავალებაა ტესტში და რა პროგრამული მასალა იქნება გამოყენებული მათში.

ფოტო საილუსტრაციოა. ფოტო: ვადიმ ზამიროვსკი, TUT.BY

ასე რომ, წელს რუსული ენის ტესტი 40 დავალებისგან შედგება: 30 - A ნაწილში და 10 - B ნაწილში. ამოცანების უმეტესი ნაწილი ორთოგრაფიული იქნება - 13, პუნქტუაციისთვის - 9 დავალება, ყველაზე ცოტა ფონეტიკა - ერთი. სირთულის პირველი დონისთვის იქნება ორი დავალება, მეორესთვის ოთხი, მესამე და მეოთხესთვის ოთხი, ხოლო ყველაზე რთული მეხუთესთვის ექვსი დავალება. თქვენ გაქვთ 120 წუთი ტესტის დასასრულებლად.

მათემატიკის ტესტში წელს გეომეტრიაში 8 დავალებაა (შარშანდელზე მეტი), 11 დავალება განტოლებებში და უტოლობაში, თითო ოთხი დავალება რიცხვებში და გამოთვლებში და ფუნქციებში. პირველ დონეზე იქნება მხოლოდ ორი დავალება, მეორეში - რვა, ხოლო ყველაზე მეტი დავალება იქნება მესამე დონეზე - 14. მეოთხე და მეხუთე დონეებს ექნებათ შესაბამისად 4 და 2 დავალება.

ალექსანდრე ნიკოლაევიჩიმათემატიკის დამრიგებელი 2007 წლიდან, რომლის სტუდენტები არიან ოლიმპიადის გამარჯვებულები, ბსუ ლიცეუმის სტუდენტები და ბსუ სტუდენტები, თვლის, რომ ტესტის სირთულის განსაზღვრა სპეციფიკაციებიდან თითქმის შეუძლებელია.

შესაძლოა, წელს უფრო მეტი დავალება იყოს გარკვეულ თემებზე. მაგრამ, ჩემი აზრით, ეს ინფორმაცია დიდად არ მოქმედებს განმცხადებლის მომზადებაზე. საქმე სამუშაოების რაოდენობაზე არ არის. მათემატიკის ტესტის ერთ ნაწილს შეიძლება ჰქონდეს საკმაოდ ძლიერი ელემენტი, მაგრამ ხუთი ან ოთხი არ არის ძალიან მნიშვნელოვანი. თავად ამოცანების ნახვის გარეშე, თავს შევიკავებ კომენტარისგან, რომ სპეციფიკაციის შესახებ ინფორმაცია გარკვეულ გავლენას მოახდენს აპლიკანტების მომზადებაზე.

რუსული ენის დამრიგებელი 15 წლიანი გამოცდილებით ლუდმილა გრიგორიევნაასევე არ სჯერა, რომ სპეციფიკაცია გარკვეულწილად მოქმედებს DT-სთვის მომზადების პროცესზე: ” წესები იგივე რჩება და თქვენ უბრალოდ უნდა იცოდეთ ისინი. დავალებების რა პროპორცია არც ისე მნიშვნელოვანია».

შეგახსენებთ, რომ ბელორუსმა უკვე დაამტკიცა. აპლიკანტები პირველ გამოცდას 13 ივნისს აბარებენ ბელორუსულ ენაზე, ხოლო 14 ივნისს რუსულ ენაზე.

25 ივნისი- უცხო ენა (ინგლისური, გერმანული, ფრანგული, ესპანური, ჩინური);

თითოეული ტესტი იწყება 11:00 საათზე. დაჯავშნის დღის თარიღი - 5 ივლისი(სამშაბათი). DT ამ დღეს ბელორუსის სახელმწიფო უნივერსიტეტში ჩატარდება, მასზე დარეგისტრირება შეგიძლიათ 28 ივნისიდან 1 ივლისის ჩათვლით.