Методические рекомендации для учителей математики

В 2016 году в части 1 – 8 задач (исключена бывшая задача 3 про перевозки, резку
стекла и.т.д.). В части 2 – 11 задач (исключена бывшая задача 12 по
стереометрии).
В тульской области средний балл 46.77. При этом средний балл Щекинского р-на
– 58,5, а средний балл Привокзального р-на Тулы – 37.5
В Туле и области ЕГЭ по математике на профильном уровне сдавали 4977
выпускников, на базовом уровне - 3361. Учащиеся имели возможность на выбор
сдавать базовый, профильный или базовый и профильный уровни.
Результаты единого государственного экзамена по математике в Туле
(базовый уровень)
Общее количество участников ЕГЭ по математике базового уровня в 2015
году составило 3361 человек. Средний первичный балл по заданиям 1-20 составил
13,6. Статистические результаты выполнения заданий представлены в таблице 1.
Таблица 1
Статистические результаты выполнения заданий 1-20
0 баллов
Задание
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
Кол-во
участников
экзамена
471
945
665
570
1296
214
963
536
322
1511
359
287
2213
266
1884
2312
2032
566
1756
2343
1 балл
%
14,01
28,12
19,79
16,96
38,56
6,37
28,65
15,95
9,58
44,96
10,68
8,54
65,84
7,91
56,05
68,79
60,46
16,84
52,25
69,71
Кол-во
участников
экзамена
2890
2416
2696
2791
2065
3147
2398
2825
3039
1850
3002
3074
1148
3095
1477
1049
1329
2795
1605
1018
%
85,99
71,88
80,21
83,04
61,44
93,63
71,35
84,05
90,42
55,04
89,32
91,46
34,16
92,09
43,95
31,21
39,54
83,16
47,75
30,29
Наиболее низкие результаты отмечены при выполнении заданий 13,15,16.
Все эти задания геометрические: задания 13 и 16 проверяют умение решать
простейшие стереометрические задачи на нахождение геометрических величин;
задание 15 представляет собой планиметрическую задачу на основные факты
курса планиметрии. Только треть выпускников успешно справились с задачами
геометрического содержания. Сложным для большинства участников базового
экзамена оказалось задание 17 (соответствие между точками на числовой оси и
числами) и задание 20, которое относится к разряду «задач на смекалку».
Результаты единого государственного экзамена по математике в Туле
(профильный уровень)
Установленный пороговый уровень в 27 баллов не преодолели 753 участника
экзамена, что составило 15,17% выпускников.
Статистические результаты выполнения заданий 1-14
0 баллов
Задание
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
Кол-во
участников
основного
экзамена
373
276
393
675
711
1083
1833
3683
3620
2090
2480
4281
2422
3111
1 балл
%
7,51
5,62
7,92
13,60
14,32
21,81
36,92
74,18
72,91
42,09
49,95
86,22
48,78
62,66
Кол-во
участников
основного
экзамена
4592
4686
4572
4290
4254
3882
3132
1282
1345
2875
2485
684
2543
1854
%
92,49
94,38
92,08
86,40
85,68
78,19
63,08
25,82
27,09
57,91
50,05
13,78
51,22
37,34
№8 – производная и ее геометрический смысл, №12- стереометрия, №14 –
приложения производной.
Задание №15 в определенной степени занимает одну из важнейших
позиций в структуре КИМ. Успешность выполнения этого задания является
весьма точным характеристическим свойством, различающим базовый и
профильный уровни подготовки учащихся.
Задание призвано проверить стандартное для общеобразовательной школы
умение решать тригонометрические уравнения. Задание разбито на два пункта: а)
решить тригонометрическое уравнение и б) произвести отбор корней,
принадлежащих заданному промежутку. Количество выставляемых баллов по
критериям оценивания совпадает с количеством верно и обоснованно решенных
пунктов задания. Несколько смягчились критерии оценки задания, 1 балл
выставлялся и в случае, если неверный ответ получен из-за вычислительной
ошибки в пункте а), но при этом имелась верная последовательность всех шагов
решения обоих пунктов. В то же время любые ошибки, допущенные в
тригонометрических формулах, в нахождении значений тригонометрических
функций, не относятся к вычислительным.
Экспертами отмечены следующие типичные ошибки: при решении
простейших тригонометрических уравнений: учащиеся не всегда правильно
применяют формулы, допускаются ошибки и неточности, свидетельствующие об
отсутствии четкого понимания свойств функций arccos, arcsin.
Задание №16 является практически полным аналогом заданий С2 КИМ
предыдущих лет и позиционируется разработчиками как стереометрическая
задача для большинства успевающих учеников. Прежними остались уровень
сложности (простая задача по стереометрии??!!), решить которую возможно с
минимальным количеством геометрических построений и технических
вычислений) и тематическая принадлежность (геометрия многогранников).
Несколько изменилась структура постановки вопроса. Задание разделено на
пункты а) и б). Соответственно уточнился и общий характер оценивания
выполнения решений. Для получения 2 баллов нужно, чтобы выполнялись два
условия одновременно, а для получения 1 балла хватает выполнения хотя бы
одного из этих условий.
Предлагалась задача на нахождение площади сечения правильной
треугольной пирамиды плоскостью, содержащей данную прямую и проходящую
перпендикулярно плоскости основания пирамиды. Отдельным пунктом
предлагалось доказать, что указанная плоскость делит данный отрезок в
некотором отношении.
Именно этот пункт задания вызвал значительные трудности у участников
экзамена. Во многих работах без доказательства использовался факт
параллельности высоты пирамиды и отрезка, лежащего в секущей плоскости.
Эксперты отмечают также, что при доказательстве учащиеся опирались только на
вычисления длин соответствующих отрезков, не конкретизируя и не обосновывая
применение тех или иных формул.
Задание №17 предполагало решить одно неравенство, а не систему двух
неравенств, как прежде. Среди различных причин такого изменения
разработчиками КИМ 2015 года отмечается, что вполне грамотный и хорошо
подготовленный выпускник, который допускал в решении каждого из неравенств
системы хотя бы по одной неточности, получал 0 из возможных 3 баллов,
несмотря на все достижения, которые он продемонстрировал в процессе решения.
При переходе к решению одного неравенства поле возможностей при
выставлении 0, 1 или 2 баллов несколько расширяется.
Экспертами отмечается, что учащиеся, выполняя замену, переходили к
дробно-рациональному неравенству, но затем наиболее часто допускали ошибки
при определении знаков в промежутках знакопостоянства функции в случае
корней четной кратности, происходила потеря нулей функции. Кроме этого,
типичной ошибкой являлось избавление от знаменателя дроби, при этом не
учитывалось влияние знаменателя на знак первоначального неравенства.
Результаты выполнения учащимися заданий 15, 16, 17 представлены на
гистограмме и в таблице 4:
5000
4000
0 баллов
3000
2000
1 балл
1000
2 балла
0
15
16
17
Статистические результаты выполнения заданий 15, 16, 17
% от общего
Количество
Число
Задание
количества
баллов
учащихся
участников
0
3494
70,37
1
391
7,88
15
2
1080
21,75
0
4688
94,42
1
165
3,32 (по РФ 2,4)
16
2
112
2,26 (по РФ 2,2)
0
4379
88,20
1
304
6,12
17
2
282
5,68
Статистические результаты выполнения заданий 18 и 19
% от общего
Количество
Число
Задание
количества
баллов
учащихся
участников
0
4924
99,17
1
39
0,79
18
планиметрия
2
0
0
3
2
0,04
0
4869
98,07
1
23
0,46
19
экономическая
2
14
0,28
3
59
1,19
В Туле – " базовый II "
Выводы
Рекомендации
Новые задачи по теории вероятностей.
1.
Решение. Пусть событие A – " при n выстрелах цель уничтожена с вероятностью
не менее 0,98". Противоположное событие A
"при n выстрелах цель не
уничтожена с вероятностью не более 0,02". P( A)  0.7(0.3)n1  0.02 .
Непосредственный подсчет показывает, что 0.7  (0.3)3  0.0189  0.02 . Значит
n  1  3  n  4. Ответ: 4 выстрела.
2.
Решение. Событие B1 –" произведенная тарелка имела дефект". Событие B2 –"
произведенная тарелка не имела дефекта". Событие A – "тарелка поступила в
продажу". Событие A может произойти только вместе с событиями B1 и B2 ,
сумма вероятностей которых P( B1 )  P( B2 )  0.3  0.7  1 . По формуле полной
вероятности
P( A)  P( B1 ) PB1 ( A)  P( B2 ) PB2 ( A)  0.3  0.4  0.7 1  0.82
В задаче требуется найти вероятность события состоящего в том, что
поступившая в продажу тарелка не имела дефекта, то есть события PA ( B2 ) . По
формуле умножения вероятностей зависимых событий имеем
P(AB2 )  P( A) PA (B2 )  P(B2 ) PB2 ( A)  PA (B2 ) 
PA (B2 ) 
P(B2 ) PB2 ( A)
P( A)

P(B2 ) PB2 ( A)
P( A)
(Формула Байеса)
0.7
 0.8536
0.82
Ответ: 0,85
3.
Решение. Набираем одну группу, в которую помещаем Колю и Толю и еще 5
человек из оставшихся 19. Это можно сделать C195 способами. Всего группу из 7
человек можно набрать C217 способами. Поскольку устраивающих нас групп
может быть 3, то вероятность попадания Коли и Толи в одну группу
C195 3 19!14! 7!
P3 7 
 0.3
C21
5!14! 21!
Вероятность попадания Коли и Толи в разные группы: 1  0.3  0.7
Задачи экономического содержания
1. Григорий является владельцем двух заводов в разных городах. На заводах
производятся абсолютно одинаковые товары, но на заводе,
расположенном во втором городе, используется более совершенное
оборудование.
В результате, если рабочие на заводе, расположенном в первом городе,
трудятся суммарно t 2 часов в неделю, то за эту неделю они производят
3 t единиц товара; если рабочие на заводе, расположенном во втором
городе, трудятся суммарно t 2 часов в неделю, то за эту неделю они
производят 5 t единиц товара. За каждый час работы (на каждом из
заводов) Григорий платит рабочему 500 рублей.
Григорий готов выделять 6 800 000 рублей в неделю на оплату труда
рабочих. Какое наибольшее количество единиц товара можно произвести
за
неделю
на этих двух заводах?
Решение. Пусть на первом заводе работают x часов, а не втором y часов. Тогда
за неделю будет произведено 3 x  5 y товара. Заплачено будет 500(х+у)
рублей. По условию
500(х+у) =6800000. Итак, нужно найти наибольшее значение функции
3 x  5 y при условии 500(х+у) =6800000. Выражая из последнего соотношения
у через х, получим функцию одной переменной, наибольшее значение которой
нужно найти: f ( x)  3 x  5 13600  x . Дифференцируя эту функцию и
приравнивая результат к 0, получим уравнение
3
5
 0 . Решая это уравнение, найдем критическую точку
2 x 2 13600  x
x  3600 . При переходе через эту точку слева направо производная меняет знак с
(+) на (-). Эта точка принадлежит области определения функции, поэтому в этой
точке функция достигает своего наибольшего значения.
f (3600)  680 . Это ответ.
Другое решение. Пусть на первом заводе работают x 2 часов в неделю, а на
втором y 2 часов.
Тогда
(Это
500( x 2  y 2 )  6800000  x 2  y 2  13600 .
окружность). За неделю будет произведено 3x  5 y товара. Нужно найти
максимум функции 3x  5 y на окружности. Максимум достигается в той точке
окружности, радиус-вектор которой имеет максимальную величину проекции на
направление "целевого вектора" c  (3,5) . Иными словами – в точке А
5
пересечения
прямой
с
y x
3
У
5
окружностью
x 2  y 2  13600 . Эта
y x
3
точка легко находится и имеет
А
координаты A(60,100) . Подставляя
5
x  60, y  100 в выражение 3x  5 y ,
получаем 3  60  5 100  680 .

3
х
2.
.
Решение. В каждой области рабочие могут отработать 100.10=1000 человекочасов. Пусть в первой области t человеко-часов затрачено на добычу алюминия и
(1000  t ) человеко-часов на добычу никеля. Тогда будет добыто 0.3t алюминия и
(1000  t )  0.1 никеля. Во второй области затрачено x 2 человеко-часов на
производство алюминия и y 2 человеко-часов на производство никеля. При этом
добыто x кг алюминия и y кг никеля. Выполняется условие x 2  y 2  1000 .
Всего алюминия в двух областях будет добыто
x  0.3t , а никеля
y (1000  t )  0.1  y  100  0.1t . По условию задачи алюминия должно быть в 2
раза больше никеля, то есть 2( y  100  0.1t )  x  0.3t  t  4 y  2 x  400 . Всего
сплава будет x  y  0.3t  100  0.1t  x  y  100  0.2 t . Подставив вместо t его
выражение через x и y , получим функцию двух переменных 0.6 x  1.8 y  180 .
Нужно найти максимальное значение этой функции при условии x 2  y 2  1000 .
Для нахождения этого максимума используем прием, который был применен
ранее при решении задачи 1. Рассмотрим "целевой вектор"
c  (0.6,1.8) .
1.8
Максимум будет достигаться в точке пересечения прямой y 
x  y  3x с
0.6
окружностью x 2  y 2  1000 . Координаты точки пересечения (10,30).
При
x  10, y  30 имеем 0.6 x  1.8 y  180  240 .
Ответ 240
3.
На первый взгляд задача аналогична предыдущей. Однако решается она
совсем по-другому.
Решение. Пусть на первом комбинате x рабочих изготавливают детали А и
(40  x) рабочих изготавливают детали В. На втором комбинате детали А и В
изготавливают, соответственно, y и (160  y ) рабочих. Тогда деталей А будет
изготовлено 15 x  5 y , а деталей В 5(40  x)  15(160  y)  2600  5 x  15 y . По
условию задачи деталей А в 2 раза больше, поэтому
15x  5 y  2(2600  5 x  15 y)  7 y  1040  5 x.
Заметим сразу, что x  40 . Поэтому 7 y  1040  200  7 y  840  y  120 .
Всего изделий будет изготовлено столько же, сколько будет изготовлено деталей
В, то есть 2600  5 x  15 y . Подставляя 5x  7 y  1040 , получим выражение для
числа деталей через y : 1560  8y . Значение последнего выражения будет
наибольшим, если y принимает наименьшее из своих возможных значений.
Полагая y  120 , получим 1560  8 y  600 . Это ответ.
4.
Строительство нового завода стоит 75 млн рублей. Затраты на
производство x тыс. ед. продукции на таком заводе равны 0,5x2
+x+7 млн. рублей в год. Если продукцию завода продать по цене
p тыс. рублей за единицу, то прибыль фирмы (в млн. рублей) за один год
составит px−(0,5x2+x+7). Когда завод будет построен, фирма будет
выпускать продукцию в таком количестве, чтобы прибыль была
наибольшей. При каком наименьшем значении p строительство завода
окупится не более чем за 3 года?
Решение. Прибыль за три года должна быть не менее 75 млн рублей. Значит
должно выполняться условие 3[px−(0,5x2+x+7)]  75. Или -0,5x2+(р-1)x-7  25.
Годовая прибыль будет наибольшей, если объем выпуска соответствует вершине
параболы, т.е. х=р-1. Тогда прибыль -0,5(р-1)2+(р-1)2-7=0,5(р-1)2-7. Из условия
0,5(р-1)2-7  25 находим р  9.
5.
Решение. Пусть на первом поле фермер посадит x картофеля и 10  x свеклы, а
на втором поле y картофеля и 10  y свеклы. Тогда он соберет 300 x  200 y ц.
картофеля и 200(10  x)  300(10  y)  5000  200x  300 y свеклы. Его выручка от
продажи составит
10000(300 x  200 y)  13000(5000  200 x  300 y) 
 105 (30 x  20 y  650  26 x  39 y)  105 (650  4 x  19 y).
Выручка
будет
наибольшей,
5
10  690  69000000 рублей
если
y  0, x  10 .
Она
составит
6. 15-го января планируется взять кредит в банке на 19 месяцев. Условия его
возврата таковы:
— 1-го числа каждого месяца долг возрастает на r% по сравнению с концом
предыдущего месяца;
— со 2-го по 14-е число каждого месяца необходимо выплатить часть долга;
— 15-го числа каждого месяца долг должен быть на одну и ту же сумму
меньше долга на 15-е число предыдущего месяца (то есть каждый месяц
долг становится меньше на 1/19 часть накопленного долга).
Известно, что общая сумма выплат после полного погашения кредита на
30% больше суммы, взятой в кредит. Найдите r.
Задач такого типа с разными вариациями заданий много.
Общая идея решения подобных задач
Пусть кредит в сумме a взят на k месяцев. Первого числа месяца,
следующего за датой взятия кредита, долг становится (1  r )a . Пусть x1 - первая
1
выплата. После первой выплаты долг обязан сократиться на a , то есть должен
k
k 1
k 1
стать
равным
находим
a
a . Из уравнения (1  r )a  x1 
k
k
k 1
x1  (1  r )a 
a . Проводя такие же рассуждения с новым долгом, находим
k
k 1
k 2
k 2
k 3
вторую выплату x2  (1  r )
a
a . Аналогично x3  (1  r )
a
a.
k
k
k
k
И так далее. Последняя выплата должна полностью погашать последний остаток
1
долга, поэтому xk  (1  r ) a . Складывая все выплаты, находим
k
k 1 k  2
1
k 1 k  2
1
a[(1  r )(1 

  )(

  )] 
k
k
k
k
k
k
k 1 k  2
1
k 1
 a[1  r(1 

  )]  a(1 
r ).
k
k
k
2
k 1
Итак, сумма всех выплат a(1 
r ) . (*)
2
Иногда требуется найти сумму выплат не за весь период кредитования, а
только за m  k месяцев. Тогда, проводя рассуждения, подобные проведенным
m
2k  m  1
выше, можно найти эту сумму, которая будет равняться a (1 
r ) (**).
k
2
Заметим, что при m  k формулы (*) и (**) совпадают.
Зеленым цветом выделены ключевые моменты, используемые при решении
многих задач.
Решение задачи 6. Здесь k  19 . По условию задачи
19  1
a(1 
r )  1.3a  1  10r  1.3  r  0.03
2
Ответ: 3%
7. В июле планируется взять кредит в банке на сумму 4,5 млн рублей на срок
9 лет. Условия его возврата таковы:
— каждый январь долг возрастает на r% по сравнению с концом предыдущего
года;
— с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить часть долга;
— в июле каждого года долг должен быть на одну и ту же сумму меньше
долга на июль предыдущего года.
Найдите r если известно, что наибольший годовой платёж по кредиту
составит не более 1,4 млн. рублей, а наименьший – не менее
0,6 млн. рублей.
Решение. Легко проверить, что каждая следующая выплата меньше предыдущей.
Поэтому наибольшая выплата – первая, а наименьшая – последняя. Здесь k  9 .
Поэтому, по условию задачи, имеем систему неравенств
8

4,5[(1  r )  9 ]  1,4

4,5(1  r ) 1  0,6

9
r  0.2
 r  0.2
Разрешая эту систему относительно r , получаем 
r

0.2

Ответ: 20%
8. В июле планируется взять кредит в банке на сумму 28 млн рублей
на некоторый срок (целое число лет). Условия его возврата таковы:
— каждый январь долг возрастает на 25% по сравнению с концом
предыдущего года;
— с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить часть долга;
— в июле каждого года долг должен быть на одну и ту же сумму меньше
долга на июль предыдущего года.
Чему будет равна общая сумма выплат после полного погашения кредита,
если наибольший годовой платёж составит 9 млн рублей?
k 1
Решение. Неизвестно число лет. Наибольший годовой платеж x1  (1  r )a 
a
k
k 1
– первый. a  28, r  0.25  [1.25 
]  28  9  k  14
k
k 1
14  1
Сумма выплат a(1 
r )  28  (1 
0.25)  80.5
2
2
9. 15-го января планируется взять кредит в банке на 24 месяца. Условия его
возврата таковы:
— 1-го числа каждого месяца долг возрастает на 2% по сравнению с концом
предыдущего месяца;
— со 2-го по 14-е число каждого месяца необходимо выплатить часть долга;
— 15-го числа каждого месяца долг должен быть на одну и ту же сумму
меньше долга на 15-е число предыдущего месяца.
Какую сумму следует взять в кредит, чтобы общая сумма выплат после
полного его погашения равнялась 1 млн рублей?
24  1
Решение. Здесь k  24, r  0.02 . a(1 
0.02)  1000000  a  800000
2
Ответ. 800 тысяч.
10. 15-го января планируется взять кредит в банк ена сумму 2,4 миллиона на
24 месяца. Условия его возврата таковы:
— 1-го числа каждого месяца долг возрастает на 3% по сравнению с концом
предыдущего месяца;
— со 2-го по 14-е число каждого месяца необходимо выплатить часть долга;
— 15-го числа каждого месяца долг должен быть на одну и ту же сумму
меньше долга на 15-е число предыдущего месяца.
Какую сумму нужно выплатить банку за первые 12 месяцев?
Решение. Можно сразу воспользоваться формулой (**). Здесь
m  12, k  24, r  0.03, a  2400000.
12
48  12  1
Поэтому сумма выплаты 2400000 (1  0.03
)  1866000.
24
2
Стереометрия и геометрия
В заключение приведем один полезный подход, который может быть
использован при решении многих встречающихся в вариантах ЕГЭ
стереометрических и геометрических задач.
Вспомогательная задача. В треугольнике АВС проведены прямые ВМ и СN
так, что AM : MC  m : n, BN : NA  p : q . Эти прямые пересекаются в точке О.
Найти отношение BO : OM .
Решение. Из точки М проведем прямую ML, параллельную CN. Пусть
AM  mx, MC  nx, BN  py, AN  qy, LA  t . По теореме Фалеса можем
записать соотношения
B
N
L
O
A
C
BO
py qy  t m
mqy

,
 t 

OM qy  t
t
n
mn
BO
py
p (m  n)



OM qy  mqy
qn
mn
M
заданы
отношения AM : MC  m : n и BO : OM  a : b , то
a p ( m  n)
DN p
na
из равенства 
можем найти
.
 
b
qn
NA q b(m  n)
Если
Решение. a) Так как все ребра пирамиды одинаковые, то все грани –
правильные треугольники. Поэтому SN  NB как медианы равных правильных
треугольников. Значит треугольник SNB равнобедренный. Так как точка О цент
NO 1
SP 3
правильного треугольника, то
 . По условию
 . Поэтому здесь
OB 2
PO 1
SK
3 1

 1. Следовательно NK – медиана, а
a  3, d  1, n  1, m  2 . Значит
KB 1  (1  2)
значит и высота треугольника SNB .
b) Так как BK  SB , то искомое расстояние есть длина отрезка BK . Оно
равно 2.