Решение вариантов егэ по математике профиль лысенко 2022

Материал для ЕГЭ по математике 10-11 классов

Авторы: Лысенко Федор Федорович, Иванов Сергей Олегович, Кулабухов Сергей Юрьевич

Рейтинг:	5
Издательство:	Легион
Серия:	Готовимся к ЕГЭ
Предмет:	Математика
Масса:	218 г.
Размер:	200x143x13 мм
Кол-во страниц:	336 (Газетная)
Цена:	Купить за 412 руб.

Информация актуальна на 01.01.2023.

Учебно-методическое пособие предназначено для качественной подготовки к профильному уровню ЕГЭ по математике в 2022 году. Книга содержит:- 40 новых авторских тренировочных вариантов, составленных в соответствии с проектами демоверсии и спецификации от 2022 года профильного уровня ЕГЭ по математике, опубликованными на сайте ФИПИ г.,- решение заданий 10 вариантов,- краткий теоретический справочник,- задачник, содержащий основные типы задач с кратким ответом,- ответы ко всем заданиям и вариантам.Материал пособия позволит выпускникам и абитуриентам получить на ЕГЭ желаемый результат — от минимального количества баллов, необходимого для сдачи экзамена, до практически 100 баллов.Книга адресована выпускникам общеобразовательных учреждений, учителям, методистам.

Главная » ЕГЭ » ЕГЭ 2022. Математика. Профильный уровень. 40 тренировочных вариантов. Под. ред. Лысенко Ф.Ф.

Задание 1. Найдите корень уравнения log₁₁(−12 − 𝑥) = 4
log₁₁ 5.

Решение. 

log₁₁(−12 − 𝑥) = 4
log₁₁ 5  

 log₁₁(−12 − 𝑥) =
log₁₁ 5⁴

−12 − 𝑥 = 625

𝑥 = −637 Ответ: −637.

Задание 2. Агрофирма закупает картофель в двух
хозяйствах, 60 % картофеля из первого

хозяйства –
картофель высшего сорта, из второго хозяйства поступает 65 % картофеля высшего
сорта. Всего агрофирма закупает 62 % картофеля высшего сорта. Найдите
вероятность того, что картофель, купленный у этой агрофирмы, окажется из
первого хозяйства. 

Решение. 

Пусть x – вероятность того, что картофель из 1-го
хозяйства.

Тогда 1 − x
– вероятность того, что картофель из 2-го хозяйства.

По формуле
полной вероятности получаем:  0,6𝑥
+ 0,65(1 − 𝑥) = 0,62 0,6𝑥
+ 0,65 − 0,65𝑥 = 0,62 0,05𝑥
= 0,03

𝑥 =
0,6 Ответ: 0,6.

Задание 3. Основания прямоугольной трапеции равны
11 и 15. Её площадь равна 52 (см.

рис.1). Найдите острый уголь этой
трапеции. Ответ дайте в градусах.                                             

Рис. 1 Решение. 

Проведем высоту CH.
Тогда по формуле площади трапеции: 

 𝐶𝐻
= 52 ⇒ 𝐶𝐻 = 4.

𝐻𝐷 = 𝐴𝐷
− 𝐵𝐶 ⇒ 𝐻𝐷 = 4. Тогда ∆CHD –
прямоугольный и равнобедренный (т.к. CH – высота в трапеции и CH
= DH).

Значит
HCD = HDC = 90° : 2 =
45°.

Ответ: 45.

Задание 4. Найдите значение выражения  при −4 ≤ x ≤ 6.

Решение. 

| раскроем модули на отрезке −4 ≤ x ≤ 6 и

получим:

.

Ответ: 10.

Задание 5. Высота конуса равна 6, а площадь осевого
сечения равна 48. Найдите

образующую конуса (см. рис. 2). 

 

Рис. 2 Решение. 

Площадь осевого сечения находиться по формуле: 𝑆 . 

Тогда 6𝑂𝐵
= 48 ⇒ 𝑂𝐵 = 8.

Значит 𝑆𝐵²
= SO² + 𝑂𝐵² ⇒ 𝑆𝐵²
= 6² + 8² = 100 ⇒ 𝑆𝐵 = 10.

Ответ: 10.

Задание
6. На рисунке 3 изображен график 𝑦
= 𝑓^′(𝑥) – производная функции f (x),
определённой на интервале (−7;
9). Найдите точку экстремума функции f (x) на отрезке [−5; 5].

 

Рис. 3 Решение. 

Точкам экстремума соответствуют точки смены знака
производной. В данном случае это

точка −2.

Ответ: −2.

Задание 7. Автомобиль, движущийся в начальный
момент времени со скоростью 𝑣₀
= 12 м∕с,

начал торможение с постоянным ускорением a = 4 м∕ с². За t
секунд после начала торможения он

𝑎𝑡² прошёл
путь 𝑆 = 𝑣₀𝑡
− ₂ (м). Определите время,
прошедшее от момента торможения, если известно, что за это время автомобиль
проехал 16 метров. Ответ дайте в секундах. 

Решение. 

Найдем, за какое время, прошедшее от момента начала
торможения, автомобиль проедет 16

метров: 

16 = 12𝑡 − ⁴2^𝑡2 ⇒ 2𝑡² − 12𝑡
+ 16 = 0 ⇒ 𝑡² − 6𝑡 + 8 = 0, 𝐷 = (−6)² − 4 ⋅ 8 =
4 ⇒ 𝑡_1,2 = ^6±₂² = [  2⁴.

Проверим какое из значений нам подходит. Так как наибольшее
значение в нашем квадратного

𝑏 трехчлена
достигается в точке 𝑡₀
= ⁻ _2𝑎 ⇒ 𝑡₀ = = 3,
следовательно через 3 секунды после движения автомобиль остановится, поэтому
больший корень не подходит по смыслу. 

Ответ: 2.

Задание 8. Маша пишет посты, каждый день она
размещает постов больше, чем в

предыдущем день,
на одно и то же число. Известно, что за первый день Маша написала 5 постов.
Определите, сколько постов Маша написала за шестой день, если за десять дней
Маша написала 185 постов. 

Решение. 

Для
решения этой задачи воспользуемся формулой для нахождения суммы арифметической
прогрессии: s_n  n. Найдем разность прогрессии,
зная сколько Маша написала постов в

первый день и за десять дней:  ⇒
𝑑 = 3. Тогда в шестой день

Маша написала: 𝑎₆
= 𝑎₁ + 𝑑(𝑛 − 1) ⇒ 𝑎₆ =
5 + 3 ⋅ 5 = 20.

Ответ: 20.

Задание 9. На рисунке 4 изображен график функции
вида 𝑦 = 𝑎^𝑥,
где a – целое число.

Найдите 𝑦(6).

 

Рис. 4 Решение. 

По рисунку определяем, что 𝑦(1)
= 2 ⇒ 𝑎¹ = 2 ⇒ 𝑎 = 2. Тогда 𝑦(6) = 2⁶ = 64.

Ответ: 64.

Задание
10. Анжела бросает симметричную монету 114 раз. Найдите отношение
вероятности события «орёл выпадает ровно 34 раза» к вероятностям события «орёл
выпадает ровно 35 раз»?

Решение. 

Воспользуемся формулой Бернулли. 

Найдем вероятность события, что
при 114 бросаниях выпадет 34 раза орёл: 

С.

Найдем вероятность события, что при 114 бросаниях выпадет
35 раза орёл: 

С.

Найдем отношение найденных вероятностей: 

.

Ответ: Задание 11. Найдите
точку минимума функции 𝑦
= − ₂ ^𝑥                 .

𝑥 +256 Решение. 

Найдем производную:

^′                       (−𝑥)^′(𝑥²
+ 256) + 𝑥 ⋅ (𝑥² + 256)^′        −𝑥²
− 256 + 2𝑥²               𝑥² − 256
. y

Найдем нули производной:

𝑥² − 256 = 0 ⇒ 𝑥²
= 256 ⇒ х = ±16.

Определим знаки производной
функции и изобразим на рисунке поведения функции:

Ответ: 16.

Задание 12. а) Решите уравнение .

  б) Найдите корни данного
уравнения, принадлежащие отрезку [1  Решение.

a) Воспользуемся
тригонометрическими формулами:

cos(𝛼 + 𝛽) = cos 𝛼
∙ cos 𝛽 − sin 𝛼 sin 𝛽 sin 2𝑥 = 2 sin 𝑥 cos 𝑥

Получим:      

                 

2 sin 2𝜋𝑥 cos 2𝜋𝑥
− 2cos 2𝜋𝑥 + sin 2𝜋𝑥 − 1 = 0 2cos 2𝜋𝑥(sin 2𝜋𝑥
− 1) + (sin 2𝜋𝑥 − 1) = 0

(sin 2𝜋𝑥 − 1)(2 cos 2𝜋𝑥
+ 1) = 0

                       sin
2𝜋𝑥 = 1                                                           cos 2𝜋𝑥 = −  

                 2𝜋𝑥
= ^𝜋
+ 2𝜋𝑘,
𝑘 ∈ ℤ                                        2𝜋𝑥 = ± ^2𝜋 + 2𝜋𝑛, 𝑛 ∈ ℤ 

                                                          2                                                                                                                                                               3

                     𝑥
=  + 𝑘, 𝑘 ∈ ℤ                                                   
𝑥 = ±  + 𝑛, 𝑛 ∈ ℤ 

                   б)
Отберем корни из отрезка 1] 

                     

      
                                               

Рассмотрим в каких границах находятся левые и правые части
неравенств:

 

                                               
         

                                                
 

Так как 𝑘
∈ ℤ, то k = −1,
k = 0.

При k , при k .

2                      
1                        1

Аналогично решая другие неравенства получим, что 𝑥₃ = ⁻ ₃ , 𝑥₄ ⁼ ₃ , 𝑥₅ = ⁻ ₃ , 𝑥₆ = .

Ответ: а) 𝑥
=  + 𝑘, 𝑘  𝑛, 𝑛 ∈ ℤ ;

3                      
2                        1                     1

б)
− ; ± ; ± ; .

4                      
3                        3                     4

Задание
13. Основанием пирамиды является равнобедренная трапеция. Все боковые рёбра
пирамиды наклонены к основанию под углом 30°.

а) Докажите, что существует точка (центр описанной сферы),
одинаково удалённая ото всех

вершин пирамиды.

б)
Найдите радиус данной сферы, если дополнительно известно, что основания
трапеции равны 7 и 13, а её боковая сторона равна 5.

Решение:

а) Дано: пирамида, основанием является равнобедренная
трапеция, боковые рёбра

наклонены к основанию под углом 30°.

Доказать:
существует точка (центр описанной сферы), одинаково удалённая ото всех вершин
пирамиды.

Доказательство:

Пусть у нас есть пирамида SABCD,
где S – вершина, ABCD – основание.

Так как каждое
ребро пирамиды наклонено под одним углом к основанию, то вершина пирамиды
проецируется в центр описанной окружности вокруг основания. Это следует из
равенства прямоугольных треугольников (по катету и острому углу) с общим
катетом SO (O – проекция вершины пирамиды) и

гипотенузами – ребрами
пирамиды. Построенная прямая —

множество точек, равноудаленных от вершин
основания. Выберем точку M на прямой SO так, что SM = MA.
Тогда M – центр описанной сферы около пирамиды SABCD.

Что и требовалось доказать.

б) Дано: пирамида SABCD,
где S – вершина, ABCD – основание, которое является
равнобедренной трапецией; боковые рёбра пирамиды наклонены к основанию под
углом 30°; описанная сфера с радиусом 𝑅_сф,
AD = 13, BC = 7, AB = 5.

Найти: 𝑅_сф Решение: 

Рассмотрим
основание, которое является трапецией ABCD. Точка O так же
является центром описанной вокруг основания окружности. BH – высота
трапеции. Высоту трапеции найдем из

прямоугольного треугольника ABH: , диагональ трапеции
BD найдем из

прямоугольного треугольника ВНD: .

Окружность, описанная вокруг трапеции, описана и вокруг
треугольника BCD. Поскольку

1

𝑆_𝐵𝐶𝐷
= ₂
𝐵𝐻
∙ 𝐵𝐶 = 14, для радиуса описанной окружности получаем: 

                                                                                  𝐵𝐶 ∙ 𝐶𝐷
∙ 𝐵𝐷     

𝑅_оп .

Найдем высоту пирамиды: 𝑆𝑂
= 𝑅_оп.

По пункту а) центр сферы
лежит на прямой, содержащей высоту пирамиды. В этом случае радиус сферы 𝑅_сф, высота
пирамиды SO и радиус окружности, описанной вокруг основания

пирамиды 𝑅_оп
связаны соотношением 𝑅_оп²
= 𝑆𝑂(2𝑅_сф − 𝑆𝑂).

 ⇒ 𝑅_сф .

Ответ: б) .

Задание 14. Решите неравенство .

Решение:

Сделаем замену
3^x = 𝑡,
тогда получим: 1

                                                                                                                                                  ,        𝑡 ≠ −1

                                                               𝑡                                     +
1

В
левой части неравенства в уменьшаемом умножаем на t числитель и
знаменатель и переносим правую часть неравенства в левую часть:

                                                                          

                                                                       𝑡                                          +
1

                                                                                                         ²                   −   𝑡 + 1    ≤ 0

(𝑡
+ 1)

 

 

 

 

Разложим на множители квадратный трехчлен 3𝑡² − 28𝑡 +
9:

3𝑡² − 28𝑡 +
9 = 0, 𝐷 = (−28)² − 4 ∙ 3 ∙ 9 = 784 − 108 = 676 = 26²,

                                                                                                         28 ± 26        ^9,

𝑡

Получим:

,

Рассмотрим удовлетворяющие
значения на числовой прямой:

Получим: .

Сделаем обратную замену 3⁻¹
≤ 3^𝑥 ≤ 3² ⇒ −1 ≤ 𝑥 ≤ 2.

Ответ: 𝑥
∈ [−1; 2].

Задание 15. Полина хочет взять кредит на некоторую
сумму и выбирает между двумя

банками. Первый банк предлагает кредит на 14
лет под 8 % годовых, второй – на 5 лет под 10 % годовых, причём в обоих банках
дифференцированная система платежей (долг уменьшается каждый год на одну и ту
же величину по сравнению с предыдущим годом). Определите, в какой банк выгоднее
обратиться Полине и сколько процентов от кредита составляет эта выгода. 

Решение:

Выгоднее
будет предложение от того банка, по которому будет меньше переплата. Пусть A
– сумма, которую Полина хочет взять в кредит. Заметим, что так как система
выплат дифференцированная, то переплата по кредиту равна сумме “набежавших” на
долг процентов на начало каждого года.

1)           
Первый банк предлагает кредит на 14 лет, следовательно, каждый
год после платежа

основной долг
уменьшается на  часть. То есть если в начале 1-ого года долг
равен A, то в начале 2го года – 𝐴
−  𝐴
=  𝐴,
в начале 3-го –  𝐴
и так далее. Значит, «набежавшие» в 1-ый год проценты – это 0,08𝐴, во 2-ой год –
это  𝐴 и так далее.
Следовательно, переплата:

𝑃

.

2)           
Второй банк предлагает на 5 лет, следовательно, применяя те же
рассуждения получим:

𝑃.

Следовательно,
во втором банке переплата меньше, значит, обратиться в этот банк более выгодною

Выгода равна 0,6𝐴
− 0,3𝐴 = 0,3𝐴, значит, она составляет 30% от суммы
кредита.

Ответ: второй, 30.

Задание 16. Вне квадрата ABCD
с центром O взята точка K, причём BKC
= 90°.  а) Докажите, что BOK
= BCK.

б) Прямая KO пересекает
сторону AD квадрата в точке L. Найдите KL, если известно, BK
= 10 и CK = 24.

Решение:

а) Дано:
квадрат ABCD с центром O; точка K вне квадрата ABCD,
причём BKC
= 90°; Доказать: BOK
= BCK.

Доказательство:

Диагонали
квадрата перпендикулярны, равны и делятся точкой пересечения пополам, поэтому BOC = 90°. Из
точек K и O отрезок BC виден под прямым углом, значит, эти
точки лежат на окружности с диаметром BC. Вписанные в эту окружность
углы BOK и BCK опираются на одну и ту же дугу, поэтому BOK = BCK.

б)
Дано: квадрат ABCD с центром O; точка K вне квадрата ABCD,
причём BKC
= 90°, прямая KO пересекает сторону AD квадрата в точке L, BK
= 10 и CK = 24.  Найти: KL

Решение:

Стороны KL и BC пересекаются
в точке M и  𝐾𝐿
= 𝐾𝑀 + 𝑀𝑂 + 𝑂𝐿.

∆BKC по условию прямоугольный (BKC = 90°),
тогда по

теореме Пифагора 𝐵𝐶
.

BKO и CKO опираются
на равные хорды BO и CO, поэтому KO – биссектриса BKC.

По формуле для биссектрис (в треугольнике BKC),
имеем:

𝐾𝑀
𝐵𝐾𝐶) ⇒

⇒ 𝐾𝑀
.

                                                                             𝑀𝐶            𝐶𝐾          

                   По свойству
биссектрис:       =                 =⇒
𝑀𝐶.

                                                                             𝐵𝑀           𝐵𝐾          

Так как BC = CM + BM = 26, получаем

 𝐵𝑀 + 𝐵𝑀
= 26 ⇒  𝐵𝑀
= 26 ⇒ 𝐵𝑀  ,
𝐶𝑀 .

По теореме о произведении пересекающихся хорд, имеем: 𝐾𝑀  𝑀𝑂  𝐵𝑀  𝐶𝑀 ⇒

                                                                         𝐵𝑀  𝐶𝑀                 

⇒ 𝑀𝑂  ⇒ 𝑀𝑂 .

                                                                              𝐾𝑀                      

Треугольник
COM равен треугольнику AOK по стороне и двум прилегающим к ней
углам, так             как      CO       =          AO       (диагонали
    в          квадрате         делятся           точкой             пересечения
  пополам), 

COM
= AOK,
как вертикальные углы, OCM
= OAK,
как накрест лежащие. Поэтому  

𝑀𝑂
= 𝑂𝐿 . Тогда 𝐾𝐿
.

Ответ: б) .

Задание 17. Найдите все значения параметра a,
при каждом из которых система неравенств

𝑎𝑥

,
имеет хотя бы одно решение на отрезке [−1;
5].

𝑎

Решение:

Рассмотрим семейства следующих графиков:

                                                      𝑦 = 𝑎𝑥 + 6,       𝑥,       𝑔 = 4𝑎
+ 3𝑥 + 1.

Неравенство y ≥ 0 будет выполняться хотя бы для
одного x из [−1;
5] в том случае, если

прямая 𝑦
= 𝑎𝑥 + 6 будет иметь общую точку с фигурой, ограниченной
осью Ox и линиями x = −1,
x

= 5 для всех y ≥ 0. Это достигается при 

𝑎 ≤ 6,

                                                                                        −𝑎 + 6 ≥ 0,                   6
.

                                                                                     {                      ⇒ {

                                                                                         5𝑎 + 6 ≥ 0         𝑎

Из аналогичных рассуждений для h получаем:

                                                                       ,                    

                                                                    {                   ⇒ {            ⇒ 𝑎            .

                                                                        𝑎 − √7 − 5 ≥ 0         𝑎
≤ √2

Неравенство g > 0 будет выполняться хотя бы для
одного x из [−1;
5] в том случае, если

прямая 𝑔
= 4𝑎 + 3𝑥 + 1 будет иметь общую точку с фигурой, ограниченной
осью Ox и линиями x =

−1, x
= 5 для всех g > 0. Это достигается при 

                                                                        4𝑎 − 3 + 1 > 0,         𝑎
> 0,5,                   

                                                                    {                              ⇒ {                ⇒
𝑎 > −4.

                                                                       4𝑎 + 15 + 1 > 0         𝑎
> −4

Пересекая полученные неравенства получаем 𝑎 .

Ответ: .

Задание 18. На
полигоне расположены 500 узлов связи, некоторые из которых соединены проводами
(провода прямые, один провод соединяет ровно 2 узла, между любыми двумя узлами
проходит не более одного провода). Система узлов связана, то есть из любого
узла можно передать сигнал в любой другой (возможно, через промежуточные узлы).
Будем называть узел существенным, если его ликвидация приводит к тому, что
система оставшихся узлов перестаёт быть связной. При ликвидации узлов все
провода, которые вели непосредственно к нему, перестают функционировать. 

а) Может ли в системе не быть существенных узлов?

б)
Может ли каждый существенный узел быть соединен только с несущественными, если
существенных узлов ровно 2?

в)
Какое наибольшее число узлов могут быть существенными, если каждый существенный
узел соединен прямыми исключительно с несущественными узлами?

Решение:

а) В системе может не быть существенных узлов, например,
если все узлы соединены

проводами по кругу: 

б) Соединяем 496 вершин, получая полный граф. Далее
соединяем две вершины с 496

вершинами, но не
друг с другом. От этих двух вершин идут одинокие узлы. Тогда получаем только
два существенных узла, которые связаны с несущественными. 

в) Пусть у нас есть прямая из связанных узлов. Чтобы было
наибольшее количество узлов

на краях должны быть несущественные узлы, а далее узлы
чередуются. (красные существенные) 

 = 249.

Ответ: а) да, б) да, в) 249.

Решение варианта 9 сборника Лысенко 22. Профильные ЕГЭ по математике.00:00 Вступление.00:12 Задание 1. Уравнение.01:27 Задание 2. Вероятность.08:11 Задание 3…

---

теги: Лысенко математика, лысенко2022, математика профиль, Решу егэ, Кумшаев решает показать все теги

Лысенко математика, лысенко2022, математика профиль, Решу егэ, Кумшаев решает

908

   Здесь представлены новые экзаменационные пособия по математике Лысенко Федора Федоровича,  ведущего специалиста редактирующего методические рекомендации по выполнению заданий ЕГЭ.

Базовый уровень

Лысенко. ЕГЭ 2023.  Математика. Базовый уровень. 40 вариантов

Редактор: Лысенко Федор Федорович, Иванов Сергей Олегович.

Авторы: Лысенко Федор Федорович, Коннова Елена Генриевна, Иванов Сергей Олегович.
  12+ .  Новинка ноября 2022!     Книга: «Лысенко. ЕГЭ 2023 Математика. Базовый уровень. 40 вариантов». Под редакцией Лысенко Ф., Иванова С. Серия: «Готовимся к экзамену». Страница: «Математика ЕГЭ 2023. Лысенко. Ответы. Решебник». Издательство: «Легион». ISBN: 978-5-91724-224-8. Количество страниц: 386. Переплет: мяг. Формат: 299×165 мм. Тираж: 15500 Создано: 05.11.2022

40 вариантов базового уровня  распологаются по возрастанию сложности. Представлено подробное решение одного варианта.

    Аннотация: «Лысенко. ЕГЭ 2023 Математика. Базовый уровень. 40 вариантов». Материал сборника составлен по новой демоверсии для подготовки по математике к базовому уровню ЕГЭ. Данный уровень, выбирается выпускником согласно новому проекту КИМ-23 и гарантирует только получение аттестата. Содержание: -40 учебно-тренировочных тестов базового уровня; -краткий теоретический справочник; -ответы даны ко всем вариантам; Приводится пример подробного решения первого варианта. Книга рассчитана подготовить учащихся, общеобразовательных учреждений, к базовому уровню знаний.     Базовый уровень. Ященко

Полный курс подготовки к ЕГЭ 2023 по математике под редакцией Федора Лысенко и Сергея Кулабухова.

 В состав УМК входят следующие пособия: Подготовка к ЕГЭ», «Математика. Тренажёр ЕГЭ: алгебра, стереометрия, планиметрия», «Математика. Теория вероятностей».

Профильный уровень

Лысенко. Математика. ЕГЭ 2023. 40 вариантов профильного уровня

Редактор: Лысенко Федор Федорович, Иванов Сергей Олегович.

Авторы: Авилов Николай Иванович, Домашенко Александр Михайлович, Дерезин Святослав Викторович

   12+.   Новинка ноября 2022!     Книга: «Подготовка к ЕГЭ 2023. Математика. Профильный уровень. 40 тренировочных вариантов». Издательство: «Легион». Серия: «Готовимся к ЕГЭ». Страниц: 367. ISBN: 978-5-9966-1597-1.  Размеры: 250x154x15 мм. Создано: 02.11.2022

40 вариантов профильного уровня, пошаговые решения 10-ти вариантов.

Учебно пособие поможет качественно подготовиться к решению задач профильного уровня, успешно сдать ЕГЭ по математике в 2023 году.
Книга содержит:
— 40 заданий составленных в тренировочном варианте соответствии спецификации нового 2022 года профильного уровня.;
— решение 10 вариантов;
— краткий теоретический минисправочник;
— основные типы задач имеют ответом с решениями;
— ответы к заданиям.
Книга позволит получить практически 100 баллов. Все варианты выполнены в соответствии с Государственным стандартом, профильного уровня, подготовки выпускника в Вуз.

  Пофильный уровень. Ященко

ЕГЭ. Математика. Алгебра. Задания с развернутым ответом

Редактор: Лысенко Федор Федорович, Кулабухов Сергей Юрьевич

Автор: Дерезин Святослав Викторович, Дремов Виктор Александрович, Иванов Сергей Олегович, Коннова Елена Генриевна

        12+   Новинка ноября 2020!        Книга: «Лысенко: ЕГЭ. Математика. Алгебра. Задания с развернутым ответом». Под редакцией Лысенко Ф., Иванова С. Серия: «Готовимся к ЕГЭ». Жанр: «ЕГЭ. Математика». Издательство: «Легион». ISBN: 978-5-9666-1131-7. Количество страниц: 449. Переплет: мяг. Формат: 292×185 мм. Тираж: 18500 Создано: 05.11.2019

700 заданий профильного уровня в формате ЕГЭ 2021 года. Примеры решения всех типовыз задач.

Пособие предназначено для выпускников, сдающих математику на профильном уровне, а также для учителей организующих подготовку к ЕГЭ.  Пособие поможет качественно подготовиться к выполнению  заданий с развёрнутым ответом, как: — неравенства различных видов; тригонометрические уравнения; экономические задачи; олимпиадные задачи; задания с параметром.
  Кроме того дан необходимый теоретический материал  и примеры решений всех перечисленных типов задач.

  Профиль — решение

ЕГЭ 2019. Математика. Задача с экономическим содержанием профильного уровня

Книга: «ЕГЭ 2019.  Лысенко. Задача с экономическим содержанием профильного уровня». Авторы: Дремов В., Дерезин С., Кривенко Виктор. Серия: «Готовимся к ЕГЭ» . Редактор: Лысенко Федор Федорович, Кулабухов С. Издательство: «Легион». ISBN: 978-5-9966-1067-9. Страниц: 113.Создано: 02.02.2018

   Аннотация: «ЕГЭ 2019. Математика. Задача с экономическим содержанием профильного уровня».  Учебно пособие для подготовки к ЕГЭ по математике с решением задач (№17) с экономическим содержанием профильного уровня согласно спецификации 2019 года.

  Содержание книги:

• подробный теоретический материал, диагностические и итоговые тесты;
• 80 задач с решениями;
• 220 задач с готовыми ответами; .

Пособие адресовано учащимся и методистам.

Математика. ЕГЭ. Профильный уровень. Сечения многогранников

  12+   Новинка декабря 2018!  Авторы-составители: Лысенко Ф.Ф., Кулабухов С.Ю. Издательство: Легион. Серия: ЕГЭ. Количество страниц 80 стр. Размеры 145×200 мм. ISBN 978-5-9966-1156-0

  Задачи, связанные с сечениями многогранников, занимают важное место в контрольно-измерительных материалах ЕГЭ по математике. При этом в учебных программах школьного курса по геометрии отводится крайне мало часов на изучение этой темы, в связи, с чем учебники содержат недостаточное количество задач.
Сборник представлены необходимые теоретические сведения:

• В первом разделе содержатся подготовительные задачи: необходимо в многограннике построить точку пересечения прямой и плоскости, провести отрезок, по которому плоскость сечения пересекает грань многогранника, и т.д.
• Во втором разделе представлены задания на построение сечений многогранника (призмы, пирамиды).
• В третьем — задачи, соответствующие заданию 14 профильного уровня ЕГЭ по математике.

Сборник будет полезен учащимся, самостоятельно изучающим курс построения сечений многогранников.

Математика. ЕГЭ. Решение задач по стереометрии методом координат

  12+   Новинка декабря 2018!  Автор-составитель: Лысенко Ф.Ф. Издательство: Легион. Серия: ЕГЭ. Количество страниц 64 стр. Переплет мягкий. Размеры 145×200 мм. ISBN 978-5-9966-0985-7, 978-5-9966-1192-8. Создано: 23.12.2018

Пособие содержит весь необходимый материал для самостоятельной подготовки к ЕГЭ 2019 по разделу «Стереометрия». Рассматриваются решения стереометрических задач с развёрнутым ответом повышенного уровня сложности предстоящего экзамена. Приведены способы решения стереометрических задач методом координат следующих видов: угол между прямой и плоскостью; угол между плоскостями; угол между прямыми; расстояние от точки до прямой; расстояние между скрещивающимися прямыми; расстояние от точки до плоскости; площади сечений. Сборник дополнен разделом «Площади».

Купить все пособия профильного уровня в соответственных книжных магазинах. Но также существует простой способ заказать все пособия в интернет – магазине, где можно просмотреть все издания, сравнить цены и заказать все необходимые учебники с доставкой в любой город страны. И с уверенностью готовиться, к сдаче самого важного на данном этапе жизни экзамена. 

Базовый и профильный уровень.

ЕГЭ 2023. Математика. Тематический тренинг. Лысенко

Редактор: Иванов Сергей Олегович, Лысенко Федор Федорович

Автор:Иванов Сергей Олегович,Кривенко Виктор Михайлович,Коннова Елена Генриевна

   12+.   Новинка ноября 2022!     Книга: «Тематический тренинг ЕГЭ 2023.   10-11 класс».Автор: Иванов Сергей, Кривенко Виктор, Коннова Елена. Редакторы: Сергей Олегович Иванов , Федор Федорович Лысенко . ISBN:  978-5-91724-217-0. Кол. стр. 576. Издательство: Легион. Год: 2023

Теоритический материал сформированый по всем разделам ЕГЭ. 1800 задач базового и профильного уровней. Ответы и рекомендации успешной подготовки.

• Решение каждого четвертого задания:
• Краткая теория по всем темам;

 Аннотация: «ЕГЭ 2023. Математика. Тематический тренинг. Лысенко. Иванов». Пособие для эффективной подготовки к ЕГЭ-экзамену по математике обоих уровней. В пособие включено 28 тем — 1500 заданий аналогичных использованных в прошедших экзаменах. Есть задания с решениями и вариантами для самостоятельных тренировок.
Пособие предназначено выпускникам , учителям — методистам общеобразовательных учреждений и входит в учебно комплект Лысенко Ф.Ф.

ЕГЭ 2023 Математика. 10-11 классы. 1900 заданий с кратким ответом

Редактор: ысенко Федор Федорович, Кулабухов Сергей Юрьевич

Автор: Коннова Елена Генриевна, Резникова Нина Михайловна, Ольховая Людмила Сергеевна

   12+.   Новинка ноября 2022!     Книга: «ЕГЭ 2023 Математика. 10-11 классы. 1900 заданий с кратким ответом. Базовый и профильный уровни».Автор: Иванов Сергей, Кривенко Виктор, Коннова Елена. Редакторы: Сергей Олегович Иванов , Федор Федорович Лысенко . ISBN:  978-5-9966-1641-1. Кол. стр. 288. Издательство: Легион. Год: 2023

1900 заданий, сгруппированных в 3 модуля: «Арифметика и алгебра», «Алгебра и начала анализа», «Геометрия».

 Аннотация: Пособие предназначено для эффективной подготовки учащихся старших классов к выполнению заданий ЕГЭ по математике базового и профильного уровней. Оно может использоваться также для тематического и обобщающего повторения. Издание дополнено параграфами «Условная и полная вероятности. Схема Бернулли», «Графики функций на клетчатой бумаге» и «Практическая геометрия на клетчатой бумаге», соответствующими новым заданиям демоверсий ЕГЭ-2022 базового и профильного уровней.

Тренажёр для подготовки к ЕГЭ 2019 по математике. Алгебра, планиметрия, стереометрия

  12+   Новинка декабря 2018!  Пособие: Тренажёр для подготовки к ЕГЭ 2019 по математике. Алгебра, планиметрия, стереометрия. Автор: Коннова Елена, Ольховая Людмила, Резникова Нина. Редактор: Лысенко Федор Федорович, Кулабухов Сергей Юрьевич. Издательство: Легион, 2018 г. Серия: Готовимся к ЕГЭ по математике. Создано: 23.12.2018

  Эффективный самоучитель  для подготовки учащихся 10-11 классов к ЕГЭ по математике базового и профильного уровня.  Книгу можно использовать для диагностического тестирования и выявления тем, требующих повторного повторения.

Пособие содержит:

• 1700 заданий. Курс математики 10-11 класс.   3 модуля: «Арифметика и алгебра», «Алгебра и начала анализа», «Геометрия»;
• варианты для самостоятельного решения, аналогичные предстоящим экзаменам;
• итоговые работы двух типов: без логарифмов и без производной;
• ответы к заданиям всех разделов;

 Тренировочное пособие удобно для повторения курса математики самостоятельно.

Решений пока нет, можете прикрепить свои. Для этого сперва надо завершить тест, а потом нажать на синий знак вопроса на задаче и там выбрать «Предложить своё решение»