Главная страница

Математика. Памятка для эксперта, проверяющего решения заданий С1-С6 по математике


Скачать 2.29 Mb.
НазваниеПамятка для эксперта, проверяющего решения заданий С1-С6 по математике
АнкорМатематика.pdf
Дата24.03.2018
Размер2.29 Mb.
Формат файлаpdf
Имя файлаMatematika.pdf
оригинальный pdf просмотр
ТипПамятка
#38925
страница1 из 14
Каталогid246300294

С этим файлом связано 24 файл(ов). Среди них: Deryabina_N_E_-Svyazi_mezhdu_klassami_veschestv.pdf, 2otvety.pdf, Fizika.pdf, matematika_reshenie_V14_na_progressii.pdf, 2.pdf, Obschestvoznanie.pdf, Генетика, 10-11 кл. (2).doc, биология. 7-8 класс,теор.т.doc, Deryabina_N_E_-Reshenie_Zadach.pdf и ещё 14 файл(а).
Показать все связанные файлы
  1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   14

МАТЕМАТИКА
© 2013 Федеральная служба по надзору в сфере образования и науки Российской Федерации
1
Памятка для эксперта, проверяющего решения заданий С1–С6
по математике
Эксперт, проверяющий работу, располагает критериями оценивания решений заданий С1–С6, включающими:
1) формулировку задания с развёрнутым ответом;
2) одно из возможных решений задания;
3) содержание критерия.
Следует помнить, что, проверяя решения заданий с развёрнутым ответом, эксперт оценивает математическую грамотность представленного решения. Эксперт не должен предъявлять особых требований к форме записи и к степени подробности решения, но в то же время должен следить за правильностью и обоснованностью математических утверждений, используемых экзаменуемым.
Максимальный балл за задания:
С1 – 2 балла,
С2 – 2 балла,
С3 – 3 балла.
С4 – 3 балла,
С5 – 4 балла,
С6 – 4 балла.
Если экзаменуемый не приступал к задаче, то в протокол ставится «х».
Если же экзаменуемый приступил к выполнению задания (даже если только переписал условие или написал номер задания), то решение должно быть оценено в соответствии с критериями проверки соответствующего задания.
В распечатанные изображения работ эксперт имеет право вносить любые пометки, помогающие объективной оценке решения задания (эти листы больше не сканируются, а подлежат уничтожению в РЦОИ).
По каждой из шести задач эксперт обязательно заносит в протокол одну из меток: «х», «0», «1», «2», «3», «4» в соответствии с образцом написания меток.
Результаты оценивания заносятся в протокол проверки следующим образом:
 баллы по С1 переносятся в колонку 1протокола;
 баллы по С2 переносятся в колонку 2протокола;
 баллы по С3 переносятся в колонку 3протокола;
 баллы по С4 переносятся в колонку 4 протокола;
 баллы по С5 переносятся в колонку 5протокола;
 баллы по С6 переносятся в колонку 6 протокола.
Оставшиеся колонки протокола не заполняются.
МАТЕМАТИКА
© 2013 Федеральная служба по надзору в сфере образования и науки Российской Федерации
2
Внимание! При выставлении баллов за выполнение задания в «Протокол проверки ответов на задания бланка № 2» следует иметь в виду, что если
ответ отсутствует (нет никаких записей, свидетельствующих о том, что экзаменуемый приступал к выполнению задания), то в протокол проставляется «Х», а не «0».

Единый государственный экзамен, 2013 г.
МАТЕМАТИКА
(101 – 1/6)
© 2013 Федеральная служба по надзору в сфере образования и науки Российской Федерации
Копирование не допускается
Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом а) Решите уравнение sin sin cos
10 2
5
x
x
x



б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку
5π ; π
2








Решение. а) Преобразуем исходное уравнение: sin sin sin cos
2 5
2 5
x
x
x
x




; sin cos
5 5
x
x


; sin cos
x
x
 
; tg
1
x
  , откуда
π π
4
x
k
  
, k
. б) С помощью числовой окружности отберём корни, принадлежащие отрезку
5π ; π
2








Получим числа: 9π
4

; 5π
4

Ответ: а) π π
4
k
 
, k
; б) 9π
4

; 5π
4

Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах 2
Обоснованно получен верный ответ в пункте а или в пункте б 1
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл
2
В правильной четырёхугольной пирамиде MABCD с вершиной
M стороны основания равны 3, а боковые рёбра равны 8. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку B и середину ребра MD параллельно прямой AC .
Решение.
Пусть точка
E — середина ребра MD . Отрезок
BE пересекает плоскость MAC в точке P . В треугольнике
MBD точка P является точкой пересечения медиан, следовательно, :
2 :1
MP PO

, где
O
— центр основания пирамиды. Отрезок FG параллелен AC и проходит через точку
P (точка F принадлежит ребру
MA , G — ребру MC ), откуда
:
:
:
2 :1
MF FA MG GC MP PO



;
2 2 2 2 2 3
3
AB
FG
AC




C1
C2
0
π

2
– —

4
– —

4
– —
A
B
C
D
O
P
F
G
E
M
Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом
Четырёхугольник BFEG — искомое сечение. Отрезок BE — медиана треугольника
MBD, значит,
2 2
2 2
2 2
2 4
5 2
2
BD
MB
MD
AB
MB
BE





 .
Поскольку прямая
BD перпендикулярна плоскости MAC , диагонали
BE и FG четырёхугольника BFEG перпендикулярны, следовательно,
5 2 2
BFEG
BE FG
S



Ответ: 5 2 .
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получен верный ответ 2
Решение содержит обоснованный переход к планиметрической задаче, но получен неверный ответ или решение не закончено, или при правильном ответе решение недостаточно обосновано
1
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл
2
Решите систему неравенств


5 10 2
3 2
4
log
10,
5 50 7
8 1.
7
x
x
x
x
x
x
x
x



 



 






Решение.
1. Решим первое неравенство системы:


5 10 4
log
10 5
x
x
x


 

;




10 5
5
log
4
log
5 10
x
x
x
x





 
;


5
log
4 0
x
x


 .
Рассмотрим два случая. Первый случай: 0 5 1
x
   .


5
log
4 0,
0 5 1;
x
x
x




   


0 4 1,
4 5;
x
x
  
 
нет решений.
Второй случай: 5 1
x
  .


5
log
4 0,
5 1;
x
x
x




  


4 1,
4,
x
x
 

откуда
3 4
x
   .
Решение первого неравенства исходной системы: 3 4
x
   .
2. Решим второе неравенство системы:
2 3
2 50 7
8 1
7
x
x
x
x
x
 




;
2 3
2 50 8
0 7
x
x
x
x




;
4 3
2 6
0 7
x
x
x
x




;



2 2
3 0
7
x
x
x
x




C3

Единый государственный экзамен, 2013 г.
МАТЕМАТИКА
(101 – 3/6)
© 2013 Федеральная служба по надзору в сфере образования и науки Российской Федерации
Копирование не допускается
Решение второго неравенства исходной системы: 3
x
  ; 0
x
 ;
2 7
x
  .
3. Решение исходной системы неравенств: 3
x
  ; 0
x
 ; 2 4
x
  .
Ответ: 3
 ; 0;


2; 4 .
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получен верный ответ 3
Обоснованно получены верные ответы в обоих неравенствах исходной системы
2
Обоснованно получен верный ответ в одном неравенстве исходной системы
1
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл
3
Окружности радиусов 3 и 5 с центрами
1
O и
2
O соответственно касаются в точке
A. Прямая, проходящая через точку A, вторично пересекает меньшую окружность в точке
B , а большую — в точке C . Найдите площадь треугольника
2
BCO , если
1 15
ABO

 .
Решение.
Точки
1
O ,
2
O и
A лежат на одной прямой. Поскольку треугольники
1
BO A и
2
CO A равнобедренные,
1 1
2 2
15
ABO
BAO
CAO
ACO

 
 
 
 , откуда
1 2
cos15 6 cos15
AB
O A


  
 ,
2 2
cos15 10 cos15
AC
O A


 

 .
Возможны два случая. Первый случай: окружности касаются внутренним образом (рис. 1), тогда точка B лежит между точками
A и
C
, откуда
4 cos15
BC
AC AB


 
 .
2 2
2
sin
2 10 cos15 sin15 2,5.
BCO
BC CO
BCO
S







 
 
Второй случай: окружности касаются внешним образом (рис. 2), тогда точка
A лежит между точками
B и C , 16 cos15
BC
AC AB




.
2 2
2
sin
2 40 cos15 sin15 10.
BCO
BC CO
BCO
S








 
Ответ: 2,5 или 10.
C4
O
1
O
A
B
C
2
Рис. 1
Рис. 2
O
1
O
A
B
C
2
Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом
Содержание критерия
Баллы
Рассмотрены все возможные геометрические конфигурации и получен правильный ответ
3
Рассмотрена хотя бы одна возможная геометрическая конфигурация, в которой получено правильное значение искомой величины
2
Рассмотрена хотя бы одна возможная геометрическая конфигурация, в которой получено значение искомой величины, неправильное из-за арифметической ошибки
1
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл
3
Найдите все значения a , при каждом из которых уравнение
2 3 2 4
2
ax
x x
a




 имеет единственный корень.
Решение.
Запишем уравнение в виде
2 3 2 4
2
x x
ax
a


 

 . Рассмотрим две функции:
 
2 3 2
f x
x x



и
 
4 2
g x
ax
a
 

 . Графиком функции
 


2 2
2 1
f x
x



является полуокружность радиуса 2 с центром в точке


1; 0

, лежащая в верхней полуплоскости (см. рис.). При каждом значении
a
графиком функции
 
g x
является прямая с угловым коэффициентом a
 , проходящая через точку


4; 2
M
Уравнение имеет единственный корень, если графики функций
 
f x
и
 
g x
имеют единственную общую точку: либо прямая касается полуокружности, либо пересекает её в единственной точке.
Касательная MC , проведённая из точки M к полуокружности, имеет угловой коэффициент, равный нулю, то есть при
0
a
 исходное уравнение имеет единственный корень. При
0
a
  прямая не имеет общих точек с полуокружностью.
Прямая MA , заданная уравнением
4 2
y
ax
a
 

 , проходит через точки


4; 2
M
и


3; 0
A

, следовательно, её угловой коэффициент
2 7
a
  .
При
2 0
7
a
   прямая, заданная уравнением
4 2
y
ax
a
 

 , имеет две общие точки с полуокружностью. Прямая
MB , заданная уравнением
4 2
y
ax
a
 

 , проходит через точки


4; 2
M
и
 
1; 0
B
, следовательно, её
C5
0
3 4
1 2
y
x
M
C
A
B

Единый государственный экзамен, 2013 г.
МАТЕМАТИКА
(101 – 5/6)
© 2013 Федеральная служба по надзору в сфере образования и науки Российской Федерации
Копирование не допускается угловой коэффициент
2 3
a
  . При 2 2
7 3
a
   прямая, заданная уравнением
4 2
y
ax
a
 

 , имеет угловой коэффициент больше, чем у прямой MA, и не больше, чем у прямой
MB , и пересекает полуокружность в единственной точке. Получаем, что при
2 2
3 7
a
    исходное уравнение имеет единственный корень. При
2 3
a
  прямая не имеет общих точек с полуокружностью.
Ответ:

2 2
;
3 7
 

; 0.
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получен правильный ответ 4
Обоснованно получены все значения:
2 3
a
  ,
2 7
a
  , 0
a
 . Ответ отличается от верного только исключением точки
2 3
a
  и/или включением точки
2 7
a
 
3
Обоснованно получены все значения:
2 3
a
  ,
2 7
a
  , 0
a

2
Верно найдено одно или два из значений
2 3
a
  ,
2 7
a
  или
0
a

1
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл
4
Задумано несколько (не обязательно различных) натуральных чисел. Эти числа и их все возможные суммы (по 2, по 3 и т.д.) выписывают на доску в порядке неубывания. Если какое-то число n , выписанное на доску, повторяется несколько раз, то на доске оставляется одно такое число n , а остальные числа, равные n , стираются. Например, если задуманы числа 1, 3,
3, 4, то на доске будет записан набор 1, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 11. а) Приведите пример задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. б) Существует ли пример таких задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 1, 3, 4, 6, 7, 8, 10, 11, 12, 13, 15, 16, 17, 19, 20, 22? в) Приведите все примеры задуманных чисел, для которых на доске будет записан набор 7, 9, 11, 14, 16, 18, 20, 21, 23, 25, 27, 30, 32, 34, 41.
C6
Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом
Решение. а) Задуманные числа 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1 дают требуемый набор, записанный на доске. б) Поскольку задуманные числа натуральные, то наименьшее число в наборе — это наименьшее из задуманных чисел, а наибольшее число в наборе — это сумма всех задуманных чисел. Среди чисел записанного набора должна быть сумма всех чисел, кроме наименьшего, то есть
22 1 21
  . Но этого числа нет в наборе, поэтому не существует примера таких задуманных чисел, для которого на доске будет выписан набор из условия. в) Число 7 — наименьшее число в наборе — является наименьшим из задуманных чисел, а наибольшее число в наборе — это сумма всех задуманных чисел. Поэтому количество задуманных чисел не превосходит целой части 41 7
, то есть 5. Кроме того, числа 9 и 11 меньше, чем сумма двух чисел 7, поэтому они также являются задуманными. Значит, сумма оставшихся задуманных чисел равна 41 7 9 11 14
   
. Таким образом, так как наименьшее задуманное число равно 7, оставшиеся задуманные числа — это 7 и 7 или 14. Для задуманных чисел 7, 7, 7, 9, 11 и 7, 9, 11, 14 на доске будет записан набор, данный в условии.
Ответ: а) 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1; б) нет; в) 7, 7, 7, 9, 11 или 7, 9, 11, 14.
Содержание критерия
Баллы
Верно получены все перечисленные (см. критерий на 1 балл) результаты
4
Верно получены три из перечисленных (см. критерий на 1 балл) результатов
3
Верно получены два из перечисленных (см. критерий на 1 балл) результатов
2
Верно получен один из следующих результатов:
— обоснованное решение п. а;
— обоснованное решение п. б;
— обоснованная оценка количества задуманных чисел в п. в;
— оба набора задуманных чисел в п. в
1
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл
4

Единый государственный экзамен, 2013 г.
МАТЕМАТИКА
(102 – 1/6)
© 2013 Федеральная служба по надзору в сфере образования и науки Российской Федерации
Копирование не допускается
Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом а) Решите уравнение cos cos sin
15 3
5
x
x
x


б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку
13π
5π;
2






Решение. а) Преобразуем исходное уравнение: cos cos cos sin
3 5
3 5
x
x
x
x



; cos sin
5 5
x
x

; cos sin
x
x

; tg
1
x
 , откуда
π π
4
x
k
 
, k
. б) С помощью числовой окружности отберём корни, принадлежащие отрезку
13π
5π;
2






Получим числа: 21π
4
; 25π
4
Ответ: а) π π
4
k

, k
; б) 21π
4
; 25π
4
Содержание критерия
Баллы
Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах 2
Обоснованно получен верный ответ в пункте а или в пункте б 1
Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше
0
Максимальный балл
2
В правильной четырёхугольной пирамиде MABCD с вершиной
M стороны основания равны 6, а боковые рёбра равны 12. Найдите площадь сечения пирамиды плоскостью, проходящей через точку C и середину ребра MA параллельно прямой
BD .
Решение.
Пусть точка
E — середина ребра MA . Отрезок CE пересекает плоскость
MBD в точке P . В треугольнике
MAC
точка
P является точкой пересечения медиан, следовательно, :
2 :1
MP PO

, где O — центр основания пирамиды. Отрезок FG параллелен
BD и проходит через точку
P (точка F принадлежит ребру
MB , G — ребру MD ), откуда
:
:
:
2 :1
MF FB MG GD MP PO



;
2 2 2 4 2 3
3
AB
FG
BD




  1   2   3   4   5   6   7   8   9   ...   14

перейти в каталог файлов
связь с админом