Ұлттық бірыңгай тестінде берілетін кейбір есептердің шығару жолдары

Ұлттық бірыңгай тестінде берілетін кейбір есептердің шығару жолдары.
Әлемдік білім кеңістігіне шығуда техникалық бағыттағы ғылым салаларын дамыту міндеті тұр. Ол үшін бұл бағытта, әсіресе математиканың оқыту сапасын көтеру кезек күттірмейтін міндет болып табылады.
Оқушылардың математикадан терең білімді болуы- өз білімін үнемі жетілдіріп, оқушылармен жұмыста деңгейлеп оқыту технологиясын жете меңгерген ұстазға тікелей байланысты. Осы орайда мен сіздерге бірнеше есептердің шығарылу жолдарын ұсынып отырмын.
1-есеп. (2014. 1-нұсқа 17 есеп).
Теңбүйірлі трапецияның бүйір қабырғасы 13, ал табандары 3 пен 4 болса , диагоналін табыңдар.
Берілгені: АВ=СД=13 . ВС=3. АД=4
Табу керек: АС диагоналының ұзындығы.
Шешуі: Птолемей теоремасы: Шеңберге іштей сызылған төртбұрыштың диагоналдарының көбейтіндісі,оның қарама - қарсы жатқан қабырғаларының көбейтінділерінің қосындысына тең.
Олай болса АС·ВД=ВС·АД+АВ·СД
АС2=3·4+13·13 АС=5
Ескерту: Теңбүйірлі трапецияға сырттай шеңбер сызуға болады.
2-есеп. (2014. 2-нұсқа 17 есеп)
Трапецияның бір табаны биіктігінен 3 см артық,ал екінші табаны биіктігінен 3 см қысқа. Егер трапецияның ауданы 100 см2 болса ,оның табандарын табыңдар.
Берілгені: S=100 см2, ВЕ= х, АД= х+3, ВС= х-3
Табу керек: ВС, АД
Шешуі: Трапецияның ауданы
S=ВС+АД2.һ формуласымен табылады. Онда 100=х-3+(х+3)2х
х2=100 , х =+-10
Ұзындықтың теріс санмен өрнектелмейтіндігін ескеріп х=ВЕ=10 см. Олай болса ВС=7 см, АД=13 см.
3-есеп. (2014. 3-нұсқа 11 есеп)
Теңдеулер жүйесін шешіңдер. 7∙2х+6у=133∙2х+1+6у=9
Шешуі: Теңдеулер жүйесін шешудің алгебралық қосу тәсілін пайдаланып аламыз.
7∙2х-3∙2х+1=4
2х(7-3∙2)=4
2х=22, х=2
У айнымалысын табу үшін жүйенің бірінші теңдігінен у=13-286=-2,5
Жауабы: х=2. у= -2.5
4-есеп. (2014. 3-нұсқа 17 есеп).
Үшбұрыштың қабырғалары а және в, үшінші қабырғаға түсірілген биіктік һ болса, сырттай сызылған шеңбердің радиусын табыңдар.

Шешуі: Синустар теоремасын қолданамыз.
аsinC=bsinB=csinA=2R
∆АДС-дан sin C= һв
2R= аsinC =ahв = a∙вһ , R=a∙в2һ
Жауабы: R=a∙в2һ
5-есеп. (2014. 3-нұсқа 25 есеп).
MNPQ қабырғасы 6 см-ге тең квадрат . А мен В квадратты қақ бөлетін түзу бойында орналасқан . Нүктелер MAP және MBP сынығы квадратты аудандары бірдей 3 бөлікке бөледі. АВ - ның ұзындығын табыңыз.
Берілгені: Sкв=36 см2
Табу керек: АВ кесіндісінің ұзындығы.
Шешуі: MAP және MBP сынықтары квадратты аудандары бірдей 3 бөлікке бөлетін болса, әр бөліктің ауданы төмендегідей болады.
36/3=12
SMAPB=12 см2 және SAPB= SMAB=6 см2
SAPB=AB∙PL2 мұнда PL = 6/2=3 Берілгендерді орнына қойып AB= 4 см табамыз.
Жауабы: AB= 4 см.
6-есеп. (2014. 4-нұсқа 8 есеп).
Үшбұрыштың үш қабырғасы 21 см, 28 см, 35 см. Үшбұрыштың түрін анықтаңыз.
Шешуі:

Үшбұрышта үлкен қабырғаға үлкен бұрыш жататындықтан с қабырға үшін ,егер
c2=a2+b2 теңдігі орындалса онда үшбұрыш тікбұрышты болады,
c2>a2+b2 теңсіздігі орындалса онда үшбұрыш доғалбұрышты болады,
c2Біздің мысалымызда 352=212+282 теңдігі орындалады. Олай болса берілген үшбұрыш тікбұрышты.
Жауабы: үшбұрыш тікбұрышты.
7-есеп. (2013. 1-нұсқа 20 есеп).
Теңсіздікті шешіңіз: 2 sin 2x-7 sin x-4>=0
Шешуі: sin x= а белгілеуін енгізіп мынадай квадрат теңдеу аламыз. 2а2-7а-4 =0 оны шешімдері а1=-12 , а2=4 болып табылады. Көбейткіштерге жіктеп берілген теңсіздікті төмендегідей теңсіздікті шешуге келтіреміз.
(2 sin x +1)( sin x -4) >= 0 мұнда , - 1<= sin x <=1 болатынын ескерсек (осы жағдайды оқушылардың қөбі ескере бермейді,сондықтан теңсіздікті шешуде кедергілерге кездеседі.) sin x -4<=0 теңсіздігі орынды, олай болса 2 sin x +1<=0 немесе sin x<=-12 теңсіздігнің шешімі [-5PI6+2PIn:-PI6+2PIn] . Бұл берілген теңсіздіктің шешімі болып табылады.
8-есеп. (2014. 5-нұсқа 17 есеп).
АВС үшбұрышында ∠А=600 . ∠В=75[0] ,болса ВСАВ қатынасын табыңыз.
Шешуі: Үшбұрыштың үшінші бұрышын тауып аламыз.
∠С=1800-(600+750) = 450
Синустар теоремасын пайдаланып ВСSIN A=ABSIN C
Теңдеуді түрлендіріп ВСAB=SIN ASIN C= SIN 60SIN 45=3222 =32
Жауабы: ВСAB= 32
9-есеп. (2013. 3-нұсқа 19 есеп).
Егер в=10,а+в=19 және а-в=17 болса , а-ны табыңыз .
Шешуі: Мұндай есептерді шығаруда параллелограмм ережесін пайдаланган тиімді. ∆АВС үшін АВ қабырғасына жүргізілген медианаға
mAB2= AC2+BC22-AB24 қасиет тән.
Онда берілгендерді пайдаланып 102= 192+1722-(2а)24 аламыз. Теңдеуді түрлендіріп а2=225. a=15
Жауабы: a=15
10-есеп. (Математика Есеп жинақ.авторы Қиябаева.З.Н)
Кестенің көмегінсіз есепте. tg 200 tg 400 tg 600 tg 800
Шешуі. Есеп шығаруға мына қолайлы формуланы қолданамыз.
tg a tg(600-a) tg(600+a)= tg 3a
олай болса, tg 200 tg 400 tg 600 tg 800=3 tg 200 tg (600-200 ) tg (600+200 ) = tg (3·200) = 3 tg 600 = 3 3 =3
Жауабы 3
Жоғарыда көрсетілген формуланы синус және косинус функциялары үшін беремін.
sin a sin (600-a) sin (600+a)= 14 sin 3a
cos a cos (600-a) cos (600+a)= 14 cos 3a
11-есеп . (Математика Есеп жинақ.авторы Қиябаева.З.Н)
Теңсіздікті шешіңдер. logх(5-х)<1
Шешуі: 1-тәсіл . (Логарифмнің негізін екі жағдайда қарастыру.)
1-жағдай негізіндегі х 0<х<1 және х>1 болғанда, қарастырайық,
0<х<1 5-х>х ⇒ 0<х<1 х<2,5 (0:1)
х>1 5-х<х5-х>0 ⇒ х>1 х>2,5х<5 (2,5:5)
Жауабы: (0:1) ᴜ (2,5:5)
2-тәсіл. (Логарифмдік теңсіздікті оған мәндес рационал теңсіздіктер жүйесімен алмастыру.)
logх(5-х)<1=logхх ⇔ `(х-1)∙(5-х-х)<0х>0х!=15-х>0
Бұл теңсіздіктердің біріншісін интервалдар әдісімен шешейік.
Жауабы: (0:1) ᴜ (2,5:5)

Негізі айнымалы болып келетін логарифмдік теңсіздіктерді шешкенде көп жағдайда төмендегі формуланы пайдаланган тиімді.(стандарт емес әдіс)
logһ(х)f(х)0һх!=1fх>0gх>0
12-есеп . (Математика Есеп жинақ.авторы Қиябаева.З.Н)
Көрсеткіштік теңсіздікті шешіңдер. (х-2)х2-6х+8>1
Шешуі: 1-әдіс (стандартты емес әдіс)
(х-2)х2-6х+8>1=(х-2)0 деп алып түрлендіреміз:( х-2-1)∙( х2-6х+8-0)>0
⇒(х-3)(х-2)(х-4) >0 теңсіздігін интервалдар әдісімен шешсек ,

Жауабы: х∈(2:3) ᴜ (4:infinity)
а(х)f(х)<=а(х)g(х) теңсіздігін төмендегі формула арқылы рационал теңсіздікке келтіруге болады. а(х)f(х)<=а(х)g(х) ⇒ ( ах-1)∙( fх-g(х)) <=0
Бұл әдіс уақытты үнемдеуге мүмкіндік береді.
2-әдіс. (оқулықтағы стандартты әдіс ,яғни ,негізін 1-ден артық және 1-ден кіші деп екі жағдайды қарастырып барып шешеді.)
(х-2)х2-6х+8>(х-2)0
1-жағдай: х-2>1 болғанда ,х>3х2-6х+8>0 ⇒ х>3(х-2)(х-4)>0 ⇒х∈(4:infinity)
2-жағдай: 0<х-2<1, 2<х<3х2-6х+8<0 ⇒ 2<х<3(х-2)(х-4)<0 ⇒ х∈(2:3)
Екі аралықты біріқтірсек, х∈(2:3) ᴜ (4:infinity)
13-есеп. (Математика Есеп жинақ.авторы Қиябаева.З.Н)
Теңсіздікті шешіңдер. 2log0.52х+хlog0,5х>2,5
Шешуі:
2log0.52х=2(-log2х)2=2(log2х)2=(2log2х)log2х=хlog2х деп алсақ,
хlog2х+хlog0,5х>2,5 теңсіздігін аламыз. Мұнда хlog0,5х=х-log2х=1хlog2х,
у=хlog2х ,у>0 деп белгілейік .Онда берілген теңсіздікті у+1у>52 , у!=0, у>0
түрінде жазамыз. Оны түрлендіріп у2-52 у+1=(у-12)(у-2)>0 аламыз .
у<12у>2 ⇒ хlog2х <12хlog2х >2 екі жағын 2 негіз бойынша логарифмдеп,
log2хlog2х<-log22log2хlog2х>log22 ⇔ log22х<-1 шешімі жоқlog22х>1 шешімі болады
log22х>1 ⇒ log2х<-1log2х>1 ⇒ х<12х>0х>2х>0 ⇒0<х<12х>2
Жауабы: (0:0,5) (ᴜ (2:infinity)

Дайындаған: Жаңаөзен қаласының №19 орта мектептің жоғары санатты математика пәнінің мұғалімі Орунбасаров Жалғас.

Пайдаланылған әдебиеттер:
1. Киябаева З.Н. <<Математика есепжинак 2013ж.>>
2. Ұлттық тестілеу орталығы <<Математика - оқу әдістемелік кұрал-2013,2014жж>>
3. Роганин А.Н, Лысикова И.В <<Математика в схемах и таблицах>>