На сликата е прикажан график на изводот на функцијата f(x), дефиниран на интервалот [–5; 6]. Најдете го бројот на точки на графикот f(x), при секоја од нив тангентата нацртана на графикот на функцијата се совпаѓа со или е паралелна со оската x

На сликата е прикажан график на изводот на диференцијабилната функција y = f(x).

Најдете го бројот на точки на графикот на функции кои припаѓаат на отсечката [–7; 7], во која тангентата на графикот на функцијата е паралелна на правата линија одредена со равенката y = –3x.

Материјалната точка М почнува да се движи од точката А и се движи права линија 12 секунди. Графикот покажува како растојанието од точката А до точката М се менувало со текот на времето. Оската на апсцисата го покажува времето t во секунди, а оската на ординатите го покажува растојанието s во метри. Определете колку пати во текот на движењето брзината на точката М се свртела на нула (не ги земајте предвид почетокот и крајот на движењето).

На сликата се прикажани пресеци од графикот на функцијата y=f(x) и тангентата на неа во точката со апсциса x = 0. Познато е дека оваа тангента е паралелна на правата линија што минува низ точките на графиконот со апсциса x = -2 и x = 3. Користејќи го ова, пронајдете ја вредноста на изводот f"(o).

На сликата е прикажан график од y = f’(x) - изводот на функцијата f(x), дефиниран на отсечката (−11; 2). Најдете ја апсцисата на точката во која тангентата на графикот на функцијата y = f(x) е паралелна или се совпаѓа со апсцисата.

Материјалната точка се движи праволиниски според законот x(t)=(1/3)t^3-3t^2-5t+3, каде x е растојанието од референтната точка во метри, t е време во секунди, мерено од почетокот на движењето. Во кој момент од времето (во секунди) неговата брзина била еднаква на 2 m/s?

Материјалната точка се движи по права линија од почетната до крајната положба. Сликата покажува график на неговото движење. Оската на апсцисата го покажува времето во секунди, а оската на ординатите го покажува растојанието од почетната положба на точката (во метри). Најдете ја просечната брзина на точката. Дајте го вашиот одговор во метри во секунда.

Функцијата y = f (x) е дефинирана на интервалот [-4; 4]. Сликата покажува график на неговиот дериват. Најдете го бројот на точки на графикот на функцијата y = f (x), тангента при која формира агол од 45° со позитивната насока на оската Ox.

Функцијата y = f (x) е дефинирана на интервалот [-2; 4]. Сликата покажува график на неговиот дериват. Најдете ја апсцисата на точката во графиконот на функцијата y = f (x), при која ја зема најмалата вредност на отсечката [-2; -0,001].

На сликата е прикажан график на функцијата y = f(x) и тангента на овој график нацртан во точката x0. Тангентата е дадена со равенката y = -2x + 15. Најдете ја вредноста на изводот на функцијата y = -(1/4)f(x) + 5 во точката x0.

На графикот на диференцијабилната функција y = f (x) се означени седум точки: x1,.., x7. Најдете ги сите означени точки во кои изводот на функцијата f(x) е поголем од нула. Во вашиот одговор, наведете го бројот на овие точки.

На сликата е прикажан графикон y = f"(x) на изводот на функцијата f(x), дефиниран на интервалот (-10; 2). Најдете го бројот на точки на кои тангентата на графикот на функцијата f (x) е паралелна со правата y = -2x-11 или се совпаѓа со неа.

На сликата е прикажан график од y=f"(x) - изводот на функцијата f(x). На оската на апсцисата се означени девет точки: x1, x2, x3, x4, x5, x6, x6, x7, x8, x9.
Колку од овие точки припаѓаат на интервалите на опаѓачката функција f(x)?

На сликата е прикажан график на функцијата y = f(x) и тангента на овој график нацртан во точката x0. Тангентата е дадена со равенката y = 1,5x + 3,5. Најдете ја вредноста на изводот на функцијата y = 2f(x) - 1 во точката x0.

На сликата е прикажан графикот y=F(x) на еден од антидериватите на функцијата f (x). На графиконот има шест точки означени со апсциси x1, x2, ..., x6. Во колку од овие точки функцијата y=f(x) зема негативни вредности?

Сликата покажува график на автомобилот што се движи по патеката. Оската на апсцисата го покажува времето (во часови), а оската на ординатите го покажува поминатото растојание (во километри). Најдете ја просечната брзина на автомобилот на оваа рута. Дајте го вашиот одговор во km/h

Материјалната точка се движи праволиниски според законот x(t)=(-1/6)t^3+7t^2+6t+1, каде x е растојанието од референтната точка (во метри), t е време на движење (во секунди). Најдете ја неговата брзина (во метри во секунда) во време t=6 s

Сликата покажува график на антидеривативот y = F(x) на некоја функција y = f(x), дефинирана на интервалот (-6; 7). Со помош на сликата, определи го бројот на нули на функцијата f(x) на овој интервал.

Сликата покажува график од y = F(x) на еден од антидериватите на некоја функција f(x), дефиниран на интервалот (-7; 5). Со помош на сликата, определи го бројот на решенија на равенката f(x) = 0 на интервалот [- 5; 2].

На сликата е прикажан графикот на диференцијабилната функција y=f(x). На х-оската се означени девет точки: x1, x2, ... x9. Најдете ги сите означени точки во кои изводот на функцијата f(x) е негативен. Во вашиот одговор, наведете го бројот на овие точки.

Материјалната точка се движи праволиниски според законот x(t)=12t^3−3t^2+2t, каде x е растојанието од референтната точка во метри, t е времето во секунди измерено од почетокот на движењето. Најдете ја неговата брзина (во метри во секунда) во време t=6 s.

На сликата е прикажан график на функцијата y=f(x) и тангента на овој график нацртан во точката x0. Тангентната равенка е прикажана на сликата. најдете ја вредноста на изводот на функцијата y=4*f(x)-3 во точката x0.

Научете да забележувате граматички грешки. Ако научите самоуверено да ги препознавате во задачата, нема да изгубите поени во есејот. (Критериум 9 - „Усогласеност со јазичните норми.“) Покрај тоа, задачата за која можете да добиете 5 поени бара посебно внимание!

Задача 7 Единствен државен испит на руски јазик

Формулација на задача:Воспоставете кореспонденција помеѓу граматичките грешки и речениците во кои се направени: за секоја позиција во првата колона, изберете ја соодветната позиција од втората колона.

Граматички грешки

понуди

А) повреда во конструкцијата на реченица со партиципна синтагма Б) грешка во конструкцијата на сложена реченица В) повреда во градењето реченица со неконзистентна примена Г) нарушување на врската помеѓу подмет и прирок Г) повреда на аспектално-временската корелација на глаголските форми

1) И.С. Тургењев го подложува Базаров на најтешкиот тест - „тестот на љубовта“ - и со тоа ја откри вистинската суштина на неговиот херој. 2) Секој што го посети Крим со себе понесе, откако се раздели со него, живописни впечатоци од морето, планините, јужниот дел. треви и цвеќиња. 3) Делото „Приказна за вистински човек“ се заснова на вистински настани што му се случиле на Алексеј Марезев. 4) С. Михалков тврдеше дека светот на трговецот Замосковоречи може да се види на сцената на театарот Мали благодарение на одличната глума на актерите. 5) Во 1885 година В.Д. Поленов на патувачка изложба изложи деведесет и седум скици донесени од патување на Исток. 6) Теоријата за елоквентност за сите видови поетски состави ја напишал А.И. Галич, кој предавал руска и латинска литература во Лицеумот Царское Село. 7) Во пејзажот на И. Машков „Поглед на Москва“ се чувствува ѕвонечката убавина на градската улица. 8) Среќни се оние кои, по долг пат со студеното и кашеметливото, ќе видат позната куќа и ќе ги слушнат гласовите на роднините. 9) Читајќи ја класичната литература, забележувате колку поинаку е прикажан „градот Петров“ во делата на А.С. Пушкина, Н.В. Гогољ, Ф.М. Достоевски.

Запишете ги избраните броеви во табелата под соодветните букви.

Како да завршите таква задача?Подобро е да се започне од левата страна. Најдете ја именуваната синтаксичка појава (партиципна фраза, предмет и прирок итн.) во речениците од десната страна и проверете дали има граматичка грешка. Започнете со оние кои полесно се наоѓаат и идентификуваат.

Да ги погледнеме типичните граматички грешки по редоследот по кој треба да се проверат на испитот.

Неконзистентна апликација

Неконзистентен додаток е насловот на книга, списание, филм, слика итн., затворен во наводници.

Промени по случај во реченица генеричкизбор, а неконзистентната апликација е во почетна форма и не се менува: В роман"Војна и мир"; сликаЛевитан „Златна есен“ на станицатаметро станица „Тверскаја“.

Ако нема генерички збор во реченицата, самата апликација се менува по случај: херои на „Војна и мир“; Ја гледам „Златната есен“ на Левитан, запознајте ме во Тверскаја.

Граматичка грешка : во романот „Војна и мир“; на сликата „Златна есен“, на метро станицата Тверској.

Во задачата, таква грешка се случи во реченицата 3.

Директен и индиректен говор.

Реченица со индиректен говор е сложена реченица. Спореди:

Диригентот рече: „Ќе ти донесам чај“ - Кондуктерот рече дека ќе ни донесе чај.Граматичка грешка: Кондуктерот рече дека ќе ти донесам чај.(Личната заменка мора да се промени.)

Патникот прашал: „Може ли да го отворам прозорецот?“ - Патникот прашал дали може да го отвори прозорецот.Граматичка грешка : Патникот праша дали може да го отвори прозорецот.(Реченицата содржи LI како сврзник; сврзникот КОЈ не е дозволен во реченица.)

Партиципна

Наоѓаме реченици со партиципална фраза и гледаме дали има грешки во нејзината конструкција.

1. Дефинираниот (главниот) збор не може да падне во партиципалната фраза, може да се појави пред или после неа. Граматичка грешка: оние кои дојдоа гледачина средба со директорот.Десно: гледачите кои дојдоа да го пречекаат директоротили гледачите кои дојдоа да го пречекаат директорот.

2. Учесникот мора да се согласи по род, број и падеж со главниот збор, кој се одредува по значење и по прашање: жители планини (кои?), исплашени од ураганили жители планини(кои?), обраснати со смрека.Граматичка грешка: жителите на планините исплашени од ураганили жители на планините, обраснати со смрека.

Забелешка: еден од настаните што се случи минатото лето(го согласуваме партиципот со зборот ЕДЕН - зборуваме за еден настан). Се сеќавам на голем број настани што се случија минатото лето (го поставуваме прашањето од НАСТАНИ „кои?“).

3. партиципот има сегашно време ( ученик кој меморира правило), минато време ( ученик кој го запаметил правилото), но нема идно време ( ученик кој меморира правило- граматичка грешка).

Во задачата, таква грешка се случи во реченицата 5.

Партиципален промет

Запомнете: партиципот го именува дополнителното дејство, а предикативниот глагол го именува главното дејство. Герундот и прирокот мора да се однесуваат на истиот знак!

Го наоѓаме подметот во реченицата и проверуваме дали врши дејство наречено герунд. Одејќи кон првата топка, Наташа Ростова имаше природна возбуда. Расудуваме: се појави возбуда - Одеше Наташа Ростова- различни ликови. Точна опција: Одејќи кон првата топка, Наташа Ростова доживеа природна возбуда.

Во одредена лична реченица лесно е да се врати темата: ЈАС, НИЕ, ТИ, ТИ: Кога давате понуда, размислете(ти) граматичко значење на зборот. Расудуваме: земате во предвид Исе шминкаш- нема грешка.

Глаголот прирок може да се изрази инфинитив: Кога составувате реченица, треба да го земете предвид граматичкото значење на зборот.

Ние расудуваме: Откако ја прочитав реченицата, ми се чини дека нема грешка.ЈАС не може да биде предмет, бидејќи не е во почетната форма. Оваа реченица има граматичка грешка.

Граматичката врска меѓу подмет и прирок.

Грешката може да биде скриена во сложени реченици изградени според моделот „ТИЕ КОИ…“, „СИТЕ ШТО…“, „СИТЕ КОИ…“, „НИКОЈ ОД ОНИЕ КОИ…“, „МНОГУ ОД ОНИЕ КОИ…“, „ЕДЕН ОД ОНИЕ КОИ..." Секоја едноставна реченица во сложена реченица ќе има свој предмет; треба да проверите дали тие се конзистентни со нивните предикати. КОЈ, СИТЕ, НИКОЈ, ЕДЕН, се комбинираат со предикати во еднина; ТИЕ, СИТЕ, МНОГУ се соединуваат со нивните предикати во множина.

Ајде да го анализираме предлогот: Никој од оние што го посетија таму летото не се разочара.НИКОЈ НЕ БЕШЕ – граматичка грешка. КОЈ ГО ПОСЕТИ – нема грешка. Оние кои не дојдоа на отворањето на изложбата зажалија.ЖЕЛЕ – немаше грешка. КОЈ НЕ ДОЈДЕ - граматичка грешка.

Во задачата, таква грешка се случи во реченицата 2.

Повреда на типско-временската корелација на глаголските форми.

Обрнете посебно внимание на предикативните глаголи: неправилната употреба на глаголското време доведува до конфузија во редоследот на дејствата. Работам невнимателно, наизменично и како резултат на тоа направив многу смешни грешки.Ајде да ја поправиме грешката: Работам невнимателно, наизменично и како резултат на тоа правам многу смешни грешки.(Двата несвршени глаголи се во сегашно време.) Работев невнимателно, наизменично и како резултат на тоа направив многу смешни грешки.(Двата глаголи се во минато време, првиот глагол - несвршен - го означува процесот, вториот - свршен - го означува резултатот.)

Во задачата, се појави следнава грешка во реченицата 1: Тургенев разоткри и открива...

Хомогени членови на реченицата

Граматички грешки во речениците со сврзници И.

1. Унијата Ине може да поврзе еден од членовите на реченицата со целата реченица. Не сакам да се разболувам и кога ќе добијам лоша оценка. Москва е град каде што бил родното место на Пушкини детално опишан од него. Кога Онегин се вратил во Санкт Петербурги откако ја запозна Татјана, тој не ја препозна. Слушаше предавање за важноста на спортот и зошто треба да го направат тоа?. (Ајде да ја поправиме грешката: Слушаше предавање за важноста на спортот и придобивките од спортските активности. Или: Слушавме предавање за која е важноста на спортотИ зошто треба да го направат тоа? .)
2. Унијата Ине може да поврзе хомогени членови изразени со целосна и кратка форма на придавки и партиципи: Тој е висок и слаб. Таа е паметна и убава.
3. Унијата Ине може да поврзе инфинитив и именка: Обожавам да перам алишта, да готвам и да читам книги. (Десно: Сакам да перам алишта, да готвам и да читам книги.)
4. Тешко е да се препознае грешка во синтаксата како оваа: Декабристите го сакаа и му се восхитуваа на рускиот народ.Во оваа реченица, додавката ЛУЃЕ се однесува на двата предикати, но граматички е поврзан само со еден од нив: ВОСПИТУВАНИ (ОД КОЈ?) НАРОДОТ. Од глаголот САКАВ го поставуваме прашањето КОЈ? Не заборавајте да поставите прашање од секој предикатен глагол до неговиот предмет. Еве ги типичните грешки: родителите се грижат и ги сакаат децата; Те разбирам и сочувствувам со тебе; учел и го користел правилото; Го сакам и горд сум на мојот син.Поправањето на таквата грешка бара воведување на различни дополнувања, од кои секоја ќе биде конзистентна со неговиот прирок глагол: Го сакам мојот син и горд сум на него.

Користење на сложени сврзници.

1. Научете да ги препознавате следните сврзници во реченица: „НЕ САМО..., ТУКУ И СЕ“; „КАКО..., ТАКА И“. Во овие сврзници, не можете да прескокнете поединечни зборови или да ги замените со други: Не само ние, туку и нашите гости беа изненадени. Атмосферата на ерата во комедијата ја создаваат не само актерите, туку и надвор од сцената. Работата е во полн ек и дење и ноќе.
2. Делови од двоен сврзник мора да бидат непосредно пред секој од хомогените членови . Неточниот редослед на зборови доведува до граматичка грешка: Испитавме не само античкиот делградови, но посетија и нови области.(Точен редослед: Не само што погледнавме наоколу..., туку и ги посетивме...)Во есејот што ви треба што е со главните ликови, кажи ми така за уметничките карактеристики. (Точен редослед: Есејот мора да каже што е со главните ликови, и за уметничките карактеристики. )

Генерализирање зборови со хомогени термини

Генерализирачкиот збор и хомогените членови што го следат се во ист случај: Играјте два спорта:(како?) скијање и пливање.(Граматичка грешка: Силните луѓе имаат две особини: добрина и понизност.)

Предлози со хомогени членови

Предлозите пред хомогени членови може да се изостават само ако овие предлози се исти: Тој посети ВГрција, Шпанија, Италија, наКипар.Граматичка грешка: Тој посети ВГрција, Шпанија, Италија, Кипар.

Сложена реченица

Многу чести се грешките поврзани со неправилна употреба на сврзници, сродни зборови и демонстративни зборови. Може да има многу можни грешки, ајде да погледнеме некои од нив.

Дополнителен спој: Ме мачеше прашањето дали да му кажам сè на татко ми. Не сфатив колку сум далеку од вистината.

Мешање на координирачки и подредени сврзници : Кога на Мурка и здосади да се плетка со мачињата, а таа отиде некаде да спие.

Дополнителните честички БИ: Ми треба тој да дојде да ме види.

Недостасува индексен збор: Вашата грешка е што премногу брзате.(Пропуштено ВО ТОМ.)

Конјуктивниот збор КОЈ се откинува од зборот што се дефинира: Топлиот дожд ја навлажнуваше почвата, која им беше потребна на растенијата.(Десно: Топло дожд во којпотребни растенија, ја навлажнуваа почвата.)

Во задачата, таква грешка е направена во реченицата 9.

Неправилна употреба на падежна форма на именка со предлог

1. Предлози БЛАГОДАРАМ, СПОРЕД, Спротивно, Спротивно, ВО Спротивно, ВЕРОЈАТНО + именка во ДАТИВЕН СЛУЧЕЈ: благодарение на вештинатаЈу , според распоредотЈу , спротивно на правилатасум .

• Предлогот ВКЛУЧЕНО може да се користи со значење „ПОСЛЕ“. Во овој случај именката е во предлошки и има завршеток И: по дипломирање (по дипломирање), по пристигнување во градот (по пристигнување), по истекот на рокот (по истекот на рокот).

Запомнете: по пристигнувањето И, по завршувањето И, по завршувањето И, по истекот И, по пристигнувањето Е, по пристигнувањето Е.

• Се сеќаваме на карактеристиките на управување во следните фрази:

Докажи (што?) во право

Восхитувајте се на (што?) трпение

Наведете пример за (што?) грешка

Сумирајте (што?) работата

Признај (што?) злосторство

Госпоѓице, бидете тажни (за кого?) за вас

Обрнете внимание на (што?) ситници

Посочете (што?) недостатоци

Вината (што?) за алчноста

Да се ​​потсетиме на паровите:

Грижете се за вашиот син - грижете се за вашиот син

Верувај во победа - доверба во победа

Прашање за градежништвото - проблеми со градежништвото

Заработете приход од изнајмување - добивајте приход од изнајмување

Непознавање на проблемот - непознавање на проблемот

Да се ​​навреди од недоверба - да се навреди од недоверба

Внимавајте на здравјето - внимавајте на здравјето

Преокупираност со бизнис - грижи се за бизнисот

Плати за патување - плати за патување

Повратна информација за есеј - преглед на есеј

Надоместок за услуга – плаќање за услуга

Супериорност над него - предност пред него

Предупреди за опасност - предупредувај за опасност

Разликувајте пријатели и непријатели - разликувајте ги пријателите од непријателите

Изненаден од трпение - изненаден од трпение

Карактеристично за него - својствено за него

Нема промени на Единствениот државен испит по математика на ниво на профил во 2019 година - испитната програма, како и претходните години, е составена од материјали од главните математички дисциплини. Билетите ќе содржат математички, геометриски и алгебарски задачи.

Нема промени во КИМ унифициран државен испит 2019 по математика на ниво на профил.

Карактеристики на задачите за унифициран државен испит по математика 2019 година

• Кога се подготвувате за обединет државен испит по математика (профил), обрнете внимание на основните барања на програмата за испитување. Тој е дизајниран да го тестира знаењето за длабинска програма: векторски и математички модели, функции и логаритми, алгебарски равенки и неравенки.
• Одделно, вежбајте да ги решавате проблемите во.
• Важно е да се покаже иновативно размислување.

Структура на испитот

Задачи за унифициран државен испит по специјализирана математикаподелени на два блока.

1. Дел - кратки одговори, вклучува 8 задачи со кои се тестира основната математичка подготовка и способноста за примена на математичкото знаење во секојдневниот живот.
2. дел -краток и детални одговори. Се состои од 11 задачи, од кои 4 бараат краток одговор, а 7 - детална со аргументи за извршените дејства.

• Напредна тешкотија- задачи 9-17 од вториот дел од КИМ.
• Високо ниво на тежина- задачи 18-19 –. Овој дел од задачите на испитот го тестира не само нивото на математичко знаење, туку и присуството или отсуството на креативен пристап за решавање на суви „нумерички“ задачи, како и ефективноста на способноста да се користат знаењата и вештините како професионална алатка. .

Важно!Затоа, кога се подготвувате за обединет државен испит, секогаш поддржувајте ја вашата теорија по математика со решавање на практични проблеми.

Како ќе се распределат бодовите?

Задачите во првиот дел на КИМ по математика се блиску до тестовите за унифициран државен испит на основното ниво, па затоа е невозможно да се постигне висока оценка на нив.

Поените за секоја задача по математика на ниво на профил беа распределени на следниов начин:

• за точни одговори на проблеми бр.1-12 - 1 бод;
• бр.13-15 – по 2;
• бр.16-17 – по 3;
• бр.18-19 – по 4.

Времетраење на испитот и правила на однесување за Единствениот државен испит

За пополнување на испитниот труд -2019 се доделува ученикот 3 часа 55 минути(235 минути).

За тоа време, ученикот не треба:

• се однесуваат бучно;
• користете гаџети и други технички средства;
• отпише;
• обидете се да им помогнете на другите или побарајте помош за себе.

За такви дејствија, испитаникот може да биде избркан од училницата.

За државниот испит по математика дозволено да се донесеПонесете само линијар со себе; остатокот од материјалите ќе ви бидат дадени непосредно пред обединетиот државен испит. се издаваат на лице место.

Ефективната подготовка е решение за онлајн тестовите по математика 2019. Изберете и добијте максимален резултат!

Средно општо образование

Линија UMK G. K. Muravin. Алгебра и принципи на математичка анализа (10-11) (длабоко)

Линија UMK Merzlyak. Алгебра и почетоци на анализа (10-11) (U)

Математика

Подготовка за обединет државен испит по математика (ниво на профил): задачи, решенија и објаснувања

Со наставникот анализираме задачи и решаваме примери

Испитувањето на ниво на профил трае 3 часа 55 минути (235 минути).

Минимален праг- 27 поени.

Испитниот труд се состои од два дела, кои се разликуваат по содржина, сложеност и број на задачи.

Дефинитивна карактеристика на секој дел од работата е формата на задачите:

• дел 1 содржи 8 задачи (задачи 1-8) со краток одговор во форма на цел број или конечна децимална дропка;
• дел 2 содржи 4 задачи (задачи 9-12) со краток одговор во форма на цел број или конечна децимална дропка и 7 задачи (задачи 13-19) со детален одговор (целосен запис за решението со оправдување за преземени активности).

Панова Светлана Анатолевна, наставник по математика од највисока категорија на училиште, работно искуство 20 години:

„За да добие училишен сертификат, матурантот мора да положи два задолжителни испити во форма на обединет државен испит, од кои едниот е математика. Во согласност со Концептот за развој на математичкото образование во Руската Федерација, Единствениот државен испит по математика е поделен на две нивоа: основно и специјализирано. Денес ќе ги разгледаме опциите на ниво на профил“.

Задача бр. 1- ја тестира способноста на учесниците на обединетиот државен испит да ги применат вештините стекнати од курсот од 5 до 9 одделение по основна математика во практични активности. Учесникот мора да има компјутерски вештини, да може да работи со рационални броеви, да може да заокружува децимали и да може да конвертира една мерна единица во друга.

Пример 1.Во станот во кој живее Петар, поставен е мерач на проток на ладна вода (метар). На 1 мај броилото покажа потрошувачка од 172 кубни метри. метри вода, а на први јуни - 177 кубни метри. м Колкава сума треба да плати Петар за ладна вода во мај, ако цената е 1 кубен метар? m ладна вода е 34 рубли 17 kopecks? Дајте го вашиот одговор во рубли.

Решение:

1) Најдете ја количината на потрошена вода месечно:

177 - 172 = 5 (кубни м)

2) Ајде да откриеме колку пари ќе платат за потрошена вода:

34,17 5 = 170,85 (рубли)

Одговор: 170,85.

Задача бр. 2- е една од наједноставните испитни задачи. Поголемиот дел од дипломираните студенти успешно се справуваат со него, што укажува на познавање на дефиницијата на концептот на функцијата. Вид на задача бр.2 според барањата кодификатор е задача за користење на стекнатите знаења и вештини во практичните активности и секојдневниот живот. Задачата бр. 2 се состои од опишување, користење на функции, различни реални односи помеѓу количините и толкување на нивните графикони. Задачата бр. 2 ја тестира способноста да се извлечат информации претставени во табели, дијаграми и графикони. Дипломираните студенти треба да бидат способни да ја одредат вредноста на функцијата од вредноста на аргументот на различни начини за одредување на функцијата и да го опишат однесувањето и својствата на функцијата врз основа на нејзиниот график. Исто така, треба да бидете во можност да ја пронајдете најголемата или најмалата вредност од графикот на функции и да изградите графикони на проучуваните функции. Направените грешки се случајни при читањето на условите на проблемот, читањето на дијаграмот.

#ADVERTISING_INSERT#

Пример 2.На сликата е прикажана промената на курсната вредност на една акција на рударска компанија во првата половина на април 2017 година. На 7 април бизнисменот купил 1.000 акции од оваа компанија. На 10 април продал три четвртини од купените акции, а на 13 април ги продал сите преостанати акции. Колку загуби бизнисменот како резултат на овие операции?

Решение:

2) 1000 · 3/4 = 750 (акции) - сочинуваат 3/4 од сите купени акции.

6) 247500 + 77500 = 325000 (рубли) - бизнисменот доби 1000 акции по продажбата.

7) 340.000 – 325.000 = 15.000 (рубли) - бизнисменот изгубил како резултат на сите операции.

Одговор: 15000.

Задача бр.3- е задача на основно ниво од првиот дел, ја тестира способноста за изведување дејства со геометриски фигури според содржината на предметот Планиметрија. Задачата 3 ја тестира способноста за пресметување на плоштината на фигурата на карирана хартија, способноста за пресметување степени мерки на аглите, пресметување периметри итн.

Пример 3.Најдете ја областа на правоаголник нацртан на карирана хартија со големина на ќелија од 1 cm на 1 cm (види слика). Дајте го вашиот одговор во квадратни сантиметри.

Решение:За да ја пресметате површината на дадена фигура, можете да ја користите формулата Peak:

За да ја пресметаме плоштината на даден правоаголник, ја користиме формулата на Peak:

С= Б +	Г
	2

каде B = 10, G = 6, значи

С = 18 +	6
	2

Одговор: 20.

Прочитајте исто така: Единствен државен испит по физика: решавање проблеми за осцилациите

Задача бр.4- целта на предметот „Теорија на веројатност и статистика“. Се тестира способноста да се пресмета веројатноста за настан во наједноставна ситуација.

Пример 4.На кругот се означени 5 црвени и 1 сина точка. Определи кои многуаголници се поголеми: оние со сите темиња црвени или оние со едно од темињата сини. Во вашиот одговор, наведете колку има повеќе од некои од другите.

Решение: 1) Да ја користиме формулата за бројот на комбинации на nелементи од к:

чии темиња се сите црвени.

3) Еден петаголник со сите темиња црвени.

4) 10 + 5 + 1 = 16 многуаголници со сите црвени темиња.

кои имаат црвени врвови или со еден син врв.

кои имаат црвени врвови или со еден син врв.

8) Еден шестоаголник со црвени темиња и едно сино теме.

9) 20 + 15 + 6 + 1 = 42 многуаголници со сите црвени темиња или едно сино теме.

10) 42 – 16 = 26 многуаголници користејќи ја сината точка.

11) 26 – 16 = 10 многуаголници – уште колку многуаголници во кои едно од темињата е сина точка има отколку многуаголници во кои сите темиња се само црвени.

Одговор: 10.

Задача бр.5- основното ниво од првиот дел ја тестира способноста за решавање едноставни равенки (ирационални, експоненцијални, тригонометриски, логаритамски).

Пример 5.Решете ја равенката 2 3 + x= 0,4 5 3 + x .

Решение.Поделете ги двете страни на оваа равенка со 5 3 + X≠ 0, добиваме

2 3 + x	= 0,4 или		2		3 + X	=	2	,
5 3 + X			5				5

од каде произлегува дека 3 + x = 1, x = –2.

Одговор: –2.

Задача бр.6во планиметријата да најде геометриски величини (должини, агли, плоштини), моделирање на реални ситуации на јазикот на геометријата. Проучување на конструирани модели со користење на геометриски концепти и теореми. Изворот на тешкотиите е, по правило, незнаењето или неправилната примена на потребните теореми на планиметријата.

Плоштина на триаголник ABCе еднакво на 129. ДЕ– средна линија паралелна на страна АБ. Најдете ја областа на трапезоидот КРЕВЕТ.

Решение.Тријаголник CDEслично на триаголник ТАКСИпод два агли, бидејќи аголот на темето Вопшто, агол СДЕеднаков на аголот ТАКСИкако соодветните агли на ДЕ || АБсекант А.Ц.. Бидејќи ДЕе средната линија на триаголникот по услов, потоа според својството на средната линија | ДЕ = (1/2)АБ. Тоа значи дека коефициентот на сличност е 0,5. Според тоа, областите на слични фигури се поврзани како квадрат на коефициентот на сличност

Оттука, С АБЕД = С Δ ABC – С Δ CDE = 129 – 32,25 = 96,75.

Задача бр.7- ја проверува примената на изводот за проучување на функција. Успешната имплементација бара значајно, неформално познавање на концептот на дериват.

Пример 7.До графикот на функцијата y = ѓ(x) во точката на апсцисата x 0 е нацртана тангента која е нормална на правата што минува низ точките (4; 3) и (3; –1) на овој график. Најдете ѓ′( x 0).

Решение. 1) Да ја користиме равенката на права што минува низ две дадени точки и да ја најдеме равенката на права што минува низ точките (4; 3) и (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, каде к 1 = 4.

2) Најдете го наклонот на тангентата к 2, што е нормално на линијата y = 4x– 13, каде к 1 = 4, според формулата:

3) Аголот на тангента е извод на функцијата во точката на тангенција. Средства, ѓ′( x 0) = к 2 = –0,25.

Одговор: –0,25.

Задача бр.8- го проверува знаењето на учесниците на испитот за елементарната стереометрија, способноста за примена на формули за пронаоѓање површини и волумени на фигури, диедрални агли, споредување на волумените на слични фигури, умеење да изведува дејства со геометриски фигури, координати и вектори итн.

Волуменот на коцка опкружена околу сфера е 216. Најдете го радиусот на сферата.

Решение. 1) Вкоцка = а 3 (каде А– должина на работ на коцката), затоа

А 3 = 216

А = 3 √216

2) Бидејќи сферата е впишана во коцка, тоа значи дека должината на дијаметарот на сферата е еднаква на должината на работ на коцката, затоа г = а, г = 6, г = 2Р, Р = 6: 2 = 3.

Задача бр.9- бара од матурантот да има вештини за трансформирање и поедноставување на алгебарските изрази. Задача бр. 9 на зголемено ниво на тежина со краток одговор. Задачите од делот „Пресметки и трансформации“ во Единствениот државен испит се поделени на неколку видови:

трансформација на нумерички рационални изрази;

претворање на алгебарски изрази и дропки;

конверзија на нумерички/букви ирационални изрази;

дејства со степени;

конвертирање на логаритамски изрази;

1. конвертирање на нумерички/букви тригонометриски изрази.

Пример 9.Пресметај tanα ако се знае дека cos2α = 0,6 и

3π	< α < π.
4

Решение. 1) Да ја користиме формулата со двоен аргумент: cos2α = 2 cos 2 α – 1 и да најдеме

тен 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

Ова значи тен 2 α = ± 0,5.

3) По услов

3π	< α < π,
4

тоа значи α е аголот на втората четвртина и tgα< 0, поэтому tgα = –0,5.

Одговор: –0,5.

#ADVERTISING_INSERT# Задача бр.10- ја тестира способноста на учениците да ги користат стекнатите знаења и вештини во практичните активности и секојдневниот живот. Можеме да кажеме дека тоа се проблеми во физиката, а не во математиката, но во условот се дадени сите потребни формули и количини. Проблемите се сведуваат на решавање на линеарна или квадратна равенка или линеарна или квадратна неравенка. Затоа, неопходно е да се знае да се решаваат такви равенки и неравенки и да се одреди одговорот. Одговорот мора да се даде како цел број или конечна децимална дропка.

Две тела со маса м= по 2 кг, движејќи се со иста брзина v= 10 m/s под агол од 2α едни на други. Енергијата (во џули) ослободена при нивниот апсолутно нееластичен судир се определува со изразот П = mv 2 грев 2 α. Под кој најмал агол 2α (во степени) мора телата да се движат така што како резултат на судирот се ослободуваат најмалку 50 џули?
Решение.За да го решиме проблемот, треба да ја решиме неравенката Q ≥ 50, на интервалот 2α ∈ (0°; 180°).

mv 2 грев 2 α ≥ 50

2 10 2 грев 2 α ≥ 50

200 грев 2 α ≥ 50

Бидејќи α ∈ (0°; 90°), ние само ќе решаваме

Графички да го претставиме решението на неравенството:

Бидејќи по услов α ∈ (0°; 90°), тоа значи 30° ≤ α< 90°. Получили, что наименьший угол α равен 30°, тогда наименьший угол 2α = 60°.

Задача бр.11- типично е, но се покажува тешко за студентите. Главниот извор на тешкотија е изградбата на математички модел (изготвување равенка). Задачата бр. 11 ја тестира способноста за решавање на текстуални задачи.

Пример 11.За време на пролетниот распуст, 11-то одделение Васија мораше да реши 560 практични проблеми за да се подготви за обединет државен испит. На 18 март, на последниот училишен ден, Васија реши 5 проблеми. Потоа секој ден решаваше исто толку проблеми повеќе од претходниот ден. Определете колку проблеми реши Васија на 2 април, последниот ден од празниците.

Решение:Да означиме а 1 = 5 - бројот на проблеми што Васија ги реши на 18 март, г- дневен број на задачи што ги решава Васија, n= 16 – број на денови од 18 март до 2 април вклучително, С 16 = 560 – вкупен број на задачи, а 16 - бројот на проблеми што Васија ги реши на 2 април. Знаејќи дека секој ден Васија решаваше ист број задачи повеќе во споредба со претходниот ден, можеме да користиме формули за наоѓање на збирот на аритметичка прогресија:

560 = (5 + а 16) 8,

5 + а 16 = 560: 8,

5 + а 16 = 70,

а 16 = 70 – 5

а 16 = 65.

Одговор: 65.

Задача бр.12- ја тестираат способноста на учениците да вршат операции со функции и да можат да го применат изводот за проучување на функција.

Најдете ја максималната точка на функцијата y= 10 ln ( x + 9) – 10x + 1.

Решение: 1) Најдете го доменот на дефиниција на функцијата: x + 9 > 0, x> –9, односно x ∈ (–9; ∞).

2) Најдете го изводот на функцијата:

4) Пронајдената точка припаѓа на интервалот (–9; ∞). Ајде да ги одредиме знаците на изводот на функцијата и да го прикажеме однесувањето на функцијата на сликата:

Посакуваната максимална точка x = –8.

Преземете ја бесплатно програмата за работа по математика за линијата наставни материјали Г.К. Муравина, К.С. Муравина, О.В. Муравина 10-11 Преземете бесплатни наставни помагала за алгебра

Задача бр.13-зголемено ниво на сложеност со детален одговор, тестирање на способност за решавање равенки, најуспешно решени меѓу задачите со детален одговор на зголемено ниво на сложеност.

а) Решете ја равенката 2log 3 2 (2cos x) – 5log 3 (2cos x) + 2 = 0

б) Најдете ги сите корени на оваа равенка што припаѓаат на отсечката.

Решение:а) Нека лог 3 (2cos x) = т, потоа 2 т 2 – 5т + 2 = 0,

	дневник 3 (2cos x) =	2	⇔		2cos x = 9	⇔		cos x =	4,5	⇔ затоа што |кос x| ≤ 1,
	дневник 3 (2cos x) =	1			2cos x = √3			cos x =	√3
		2							2

потоа кос x =	√3
	2

	x =	π	+ 2π к
		6
	x = –	π	+ 2π к, к ∈ З
		6

б) Најдете ги корените што лежат на отсечката.

Сликата покажува дека корените на дадениот сегмент припаѓаат

11π	И	13π	.
6		6

Одговор:А)	π	+ 2π к; –	π	+ 2π к, к ∈ З; б)	11π	;	13π	.
	6		6		6		6

Задача бр.14-напредното ниво се однесува на задачите во вториот дел со детален одговор. Задачата ја тестира способноста за изведување дејства со геометриски форми. Задачата содржи две точки. Во првата точка задачата мора да се докаже, а во втората точка да се пресмета.

Дијаметарот на кругот на основата на цилиндерот е 20, генератриксот на цилиндерот е 28. Рамнината ја пресекува својата основа по акорди со должина 12 и 16. Растојанието помеѓу акордите е 2√197.

а) Докажете дека центрите на основите на цилиндерот лежат на едната страна од оваа рамнина.

б) Најдете го аголот помеѓу оваа рамнина и рамнината на основата на цилиндерот.

Решение:а) Акорд со должина 12 е на растојание = 8 од центарот на основниот круг, а акорд со должина 16, слично, е на растојание од 6. Затоа, растојанието помеѓу нивните проекции на рамнина паралелна на основите на цилиндрите е или 8 + 6 = 14, или 8 − 6 = 2.

Тогаш растојанието помеѓу акордите е или

= = √980 = = 2√245

= = √788 = = 2√197.

Според условот, реализиран е вториот случај, во кој проекциите на акордите лежат на едната страна од оската на цилиндерот. Ова значи дека оската не ја пресекува оваа рамнина во рамките на цилиндерот, односно основите лежат на едната страна од него. Што требаше да се докаже.

б) Да ги означиме центрите на основите како O 1 и O 2. Да нацртаме од центарот на основата со акорд со должина 12 нормална симетрала на оваа акорд (има должина 8, како што веќе беше забележано) и од центарот на другата основа до другата акорд. Тие лежат во иста рамнина β, нормално на овие акорди. Да ја наречеме средната точка на помалата акорд B, поголемата акорд A и проекцијата на A на втората основа - H (H ∈ β). Тогаш AB,AH ∈ β и затоа AB,AH се нормални на акордот, односно правата линија на пресек на основата со дадената рамнина.

Ова значи дека потребниот агол е еднаков на

∠ABH = арктан	А.Х.	= арктан	28	= arctg14.
	Б.Х.		8 – 6

Задача бр.15- зголемено ниво на сложеност со детален одговор, ја тестира способноста за решавање на нееднаквости, што најуспешно се решава меѓу задачите со детален одговор на зголемено ниво на сложеност.

Пример 15.Решавање на нееднаквост | x 2 – 3x| дневник 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 .

Решение:Доменот на дефиниција на оваа неравенка е интервалот (–1; +∞). Разгледајте три случаи одделно:

1) Нека x 2 – 3x= 0, т.е. X= 0 или X= 3. Во овој случај, оваа нееднаквост станува вистинита, затоа, овие вредности се вклучени во решението.

2) Нека сега x 2 – 3x> 0, т.е. x∈ (–1; 0) ∪ (3; +∞). Покрај тоа, оваа нееднаквост може да се препише како ( x 2 – 3x) дневник 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2 и подели со позитивен израз x 2 – 3x. Добиваме дневник 2 ( x + 1) ≤ –1, x + 1 ≤ 2 –1 , x≤ 0,5 -1 или x≤ -0,5. Земајќи го предвид доменот на дефиниција, имаме x ∈ (–1; –0,5].

3) Конечно, да размислиме x 2 – 3x < 0, при этом x∈ (0; 3). Во овој случај, оригиналната нееднаквост ќе биде препишана во форма (3 x – x 2) дневник 2 ( x + 1) ≤ 3x – x 2. Откако ќе се подели со позитивен 3 x – x 2 , добиваме дневник 2 ( x + 1) ≤ 1, x + 1 ≤ 2, x≤ 1. Земајќи го предвид регионот имаме x ∈ (0; 1].

Комбинирајќи ги добиените решенија, добиваме x ∈ (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Одговор: (–1; –0.5] ∪ ∪ {3}.

Задача бр.16- напредното ниво се однесува на задачите во вториот дел со детален одговор. Задачата ја тестира способноста за изведување дејства со геометриски форми, координати и вектори. Задачата содржи две точки. Во првата точка задачата мора да се докаже, а во втората точка да се пресмета.

Во рамнокрак триаголник ABC со агол од 120°, симетралата BD е нацртана на темето А. Правоаголникот DEFH е впишан во триаголникот ABC така што страната FH лежи на отсечката BC, а темето Е лежи на отсечката AB. а) Докажете дека FH = 2DH. б) Најдете ја плоштината на правоаголникот DEFH ако AB = 4.

Решение:А)

1) ΔBEF – правоаголна, EF⊥BC, ∠B = (180° – 120°): 2 = 30°, потоа EF = BE според својството на кракот што лежи спроти аголот од 30°.

2) Нека EF = DH = x, тогаш BE = 2 x, BF = x√3 според Питагоровата теорема.

3) Бидејќи ΔABC е рамнокрак, тоа значи ∠B = ∠C = 30˚.

BD е симетрала на ∠B, што значи ∠ABD = ∠DBC = 15˚.

4) Размислете ΔDBH – правоаголна, бидејќи 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) С DEFH = ED EF = (3 – √3 ) 2(3 – √3 )

С DEFH = 24 – 12√3.

Одговор: 24 – 12√3.

Задача бр.17- задача со детален одговор, оваа задача ја тестира примената на знаењата и вештините во практичните активности и секојдневниот живот, способноста за градење и истражување на математички модели. Оваа задача е текстуален проблем со економска содржина.

Пример 17.Се планира да се отвори депозит од 20 милиони рубли за четири години. На крајот на секоја година, банката го зголемува депозитот за 10% во однос на неговата големина на почетокот на годината. Дополнително, на почетокот на третата и четвртата година, инвеститорот годишно го надополнува депозитот со Xмилиони рубли, каде X - целинаброј. Најдете ја најголемата вредност X, во кој банката ќе собере помалку од 17 милиони рубли на депозитот во текот на четири години.

Решение:На крајот на првата година, придонесот ќе биде 20 + 20 · 0,1 = 22 милиони рубли, а на крајот на втората - 22 + 22 · 0,1 = 24,2 милиони рубли. На почетокот на третата година, придонесот (во милиони рубли) ќе биде (24,2 + X), а на крајот - (24,2 + X) + (24,2 + X)· 0,1 = (26,62 + 1,1 X). На почетокот на четвртата година придонесот ќе биде (26,62 + 2,1 X), и на крајот - (26,62 + 2,1 X) + (26,62 + 2,1X) · 0,1 = (29,282 + 2,31 X). По услов, треба да го пронајдете најголемиот цел број x за кој важи неравенството

(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

Најголемото целобројно решение за оваа неравенка е бројот 24.

Одговор: 24.

Задача бр.18- задача на зголемено ниво на сложеност со детален одговор. Оваа задача е наменета за конкурентна селекција на универзитети со зголемени барања за математичка подготовка на апликантите. Задача со високо ниво на сложеност е задача не за употреба на еден метод на решение, туку за комбинација на различни методи. За успешно завршување на задачата 18, покрај солидно математичко знаење, потребно е и високо ниво на математичка култура.

На што асистем на нееднаквости

	x 2 + y 2 ≤ 2ај – а 2 + 1
	y + а ≤ |x| – а

има точно две решенија?

Решение:Овој систем може да се препише во форма

	x 2 + (y– а) 2 ≤ 1
	y ≤ |x| – а

Ако на рамнината го нацртаме множеството решенија за првата неравенка, ќе ја добиеме внатрешноста на круг (со граница) со радиус 1 со центар во точката (0, А). Множеството решенија на втората неравенка е дел од рамнината што лежи под графикот на функцијата y = | x| – а, а вториот е графикот на функцијата
y = | x| , префрлени надолу од А. Решението на овој систем е пресекот на множествата решенија за секоја од неравенките.

Следствено, овој систем ќе има две решенија само во случајот прикажан на сл. 1.

Точките на допир на кругот со линиите ќе бидат двете решенија на системот. Секоја од правите линии е наклонета кон оските под агол од 45°. Значи тоа е триаголник PQR– правоаголни рамнокраки. Точка Пима координати (0, А), и поентата Р– координати (0, – А). Покрај тоа, сегментите ПРИ PQеднаков на радиусот на кругот еднаков на 1. Тоа значи

Qr= 2а = √2, а =	√2	.
	2

Одговор: а =	√2	.
	2

Задача бр.19- задача на зголемено ниво на сложеност со детален одговор. Оваа задача е наменета за конкурентна селекција на универзитети со зголемени барања за математичка подготовка на апликантите. Задача со високо ниво на сложеност е задача не за употреба на еден метод на решение, туку за комбинација на различни методи. За успешно да ја завршите задачата 19, мора да бидете во можност да барате решение, избирајќи различни пристапи од познатите и менувајќи ги проучуваните методи.

Нека Снсума Птермини на аритметичка прогресија ( а стр). Познато е дека С н + 1 = 2n 2 – 21n – 23.

а) Наведете ја формулата Пти термин од оваа прогресија.

б) Најдете ја најмалата апсолутна сума С н.

в) Најдете го најмалиот П, на која С нќе биде квадрат на цел број.

Решение: а) Очигледно е дека a n = С н – С н- 1. Користејќи ја оваа формула, добиваме:

С н = С (n – 1) + 1 = 2(n – 1) 2 – 21(n – 1) – 23 = 2n 2 – 25n,

С н – 1 = С (n – 2) + 1 = 2(n – 1) 2 – 21(n – 2) – 23 = 2n 2 – 25n+ 27

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

Б) Бидејќи С н = 2n 2 – 25n, потоа разгледајте ја функцијата С(x) = | 2x 2 – 25x|. Нејзиниот график може да се види на сликата.

Очигледно, најмалата вредност се постигнува во целобројните точки лоцирани најблиску до нулите на функцијата. Очигледно ова се точки X= 1, X= 12 и X= 13. Бидејќи, С(1) = |С 1 | = |2 – 25| = 23, С(12) = |С 12 | = |2 · 144 – 25 · 12| = 12, С(13) = |С 13 | = |2 · 169 – 25 · 13| = 13, тогаш најмалата вредност е 12.

в) Од претходниот став произлегува дека Снпозитивно, почнувајќи од n= 13. Бидејќи С н = 2n 2 – 25n = n(2n– 25), тогаш очигледниот случај, кога овој израз е совршен квадрат, се реализира кога n = 2n– 25, односно на П= 25.

Останува да се проверат вредностите од 13 до 25:

С 13 = 13 1, С 14 = 14 3, С 15 = 15 5, С 16 = 16 7, С 17 = 17 9, С 18 = 18 11, С 19 = 19 13, С 20 = 20 13, С 21 = 21 17, С 22 = 22 19, С 23 = 23 21, С 24 = 24 23.

Излегува дека за помали вредности Пне се постигнува целосен квадрат.

Одговор:А) a n = 4n– 27; б) 12; в) 25.

________________

*Од мај 2017 година, обединетата издавачка група „ДРОФА-ВЕНТАНА“ е дел од корпорацијата Руски учебници. Во корпорацијата се вклучени и издавачката куќа Astrel и дигиталната едукативна платформа LECTA. Александар Бричкин, дипломиран на Финансиската академија при Владата на Руската Федерација, кандидат за економски науки, раководител на иновативни проекти на издавачката куќа ДРОФА во областа на дигиталното образование (електронски форми на учебници, Руско електронско училиште, дигитална образовна платформа ЛЕКТА) беше назначен за генерален директор. Пред да се вработи во издавачката куќа ДРОФА, тој ја извршуваше функцијата потпретседател за стратешки развој и инвестиции на издавачкиот холдинг ЕКСМО-АСТ. Денес, издавачката корпорација „Руски учебник“ има најголемо портфолио на учебници вклучени во Федералната листа - 485 наслови (приближно 40%, без учебници за специјални училишта). Издавачките куќи на корпорацијата ги поседуваат најпопуларните комплети учебници во руските училишта по физика, цртање, биологија, хемија, технологија, географија, астрономија - области на знаење кои се потребни за развој на продуктивниот потенцијал на земјата. Портфолиото на корпорацијата вклучува учебници и наставни помагала за основните училишта, на кои им беше доделена Претседателската награда во областа на образованието. Тоа се учебници и прирачници од предметни области кои се неопходни за развој на научниот, техничкиот и производствениот потенцијал на Русија.