Демоверсия ЕГЭ 2019 по профильной математике от ФИПИ — задания, ответы и критерии

Официальная система оценивания ФИПИ. Сначала решите задания самостоятельно.

Система оценивания экзаменационной работы по математике (профильный уровень)

Каждое из заданий 1–12 считается выполненными верно, если экзаменуемый дал верный ответ в виде целого числа или конечной десятичной дроби. Каждое верно выполненное задание оценивается 1 баллом. Номер задания 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Правильный ответ 8 4 6 0,08 9 64 4 4 –0,96 751 5 –5

Решения и критерии оценивания заданий 13–19

Количество баллов, выставленных за выполнение заданий 13–19, зависит от полноты решения и правильности ответа. Общие требования к выполнению заданий с развёрнутым ответом: решение должно быть математически грамотным, полным; все возможные случаи должны быть рассмотрены. Методы решения, формы его записи и формы записи ответа могут быть разными. За решение, в котором обоснованно получен правильный ответ, выставляется максимальное количество баллов. Правильный ответ при отсутствии текста решения оценивается в 0 баллов. Эксперты проверяют только математическое содержание представленного решения, а особенности записи не учитывают. При выполнении задания могут использоваться без доказательства и ссылок любые математические факты, содержащиеся в учебниках и учебных пособиях, входящих в Федеральный перечень учебников, рекомендуемых к использованию при реализации имеющих государственную аккредитацию образовательных программ среднего общего образования.

Российской Федерации

а) Решите уравнение

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

( π3 ) + cos 2 x = 3 cos x + 1.

2sin x +

3π  б) Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку  − 3π; − .  2  Решение. а) Запишем исходное уравнение в виде: 2 2 sin x + 3 cos x + 1 − 2sin x = 3 cos x + 1; sin x − 2sin x = 0 ; sin x ⋅ ( 2sin x − 1) = 0 . 1 π Значит, sin x = 0 , откуда x = πk , k ∈  , или sin x = , откуда x = + 2πn , n ∈  , 2 6 5π или x = + 2πm , m ∈  . 6 б) С помощью числовой окружности отберём 3π –— 3π  2  . корни, принадлежащие отрезку − 3π; −  2  – 11π —– 6 11π . Получим числа: − 3π ; − 2π ; − – 2π – 3 π 6 0 π Ответ: а) πk , k ∈  ; + 2πn , n ∈  ; 6 5π + 2πm , m ∈  ; Ответ: 6 11π . Ответ: б) − 3π ; − 2π ; − 6 Содержание критерия Баллы Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах 2 Обоснованно получен верный ответ в пункте а, 1 ИЛИ получены неверные ответы из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения обоих пунктов: пункта а и пункта б Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных 0 выше Максимальный балл 2

Российской Федерации

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

Все рёбра правильной треугольной призмы ABCA1 B 1C 1 имеют длину 6 . Точки M и N — середины рёбер AA1 и A1C 1 соответственно. а) Докажите, что прямые BM и MN перпендикулярны. б) Найдите угол между плоскостями BMN и ABB 1 . Решение. а) Пусть точка H — середина AC . Тогда 2

( ) + 6 = 63 .

BN = BH + NH = 3 3

A1 P

B1 Вместе с тем 2 2 2 2 2 2 BM + MN = (3 + 6 ) + (3 + 3 ) = 63 , M а тогда по теореме, обратной теореме Пифагора, треугольник BMN является прямоугольным с прямым H углом M . C A б) Проведём перпендикуляр NP к прямой A1B1 . Тогда NP ⊥ A1B1 и NP ⊥ A1 A . Следовательно, NP ⊥ ABB1 . B Поэтому MP — проекция MN на плоскость ABB1 . Прямая BM перпендикулярна MN , тогда по теореме о трёх перпендикулярах BM ⊥ MP . Следовательно, угол NMP — линейный угол искомого угла. 3 3 . Длина NP равна половине высоты треугольника A1B1C1 , то есть NP = 2 NP 3 3 3 = = . Поэтому sin ∠NMP = MN 2 ⋅ 3 2 8 3 . Следовательно, ∠NMP = arcsin 8 3 Ответ: б) arcsin . 8 Содержание критерия Баллы Обоснованно получены верные ответы в пунктах а и б 2 Выполнен только один из пунктов – а или б 1 Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых 0 выше Максимальный балл 2

Российской Федерации

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

Решите неравенство log 11 8 x + 7 − log 11 x + x + 1 ≥ log 11

( x +x 5 + 7 ) .

35 . 8 2 8 x + 7 принимает

Решение. Правая часть неравенства определена при x < − 5 и x > −

Поскольку

любых

значениях

выражение 35 положительные значения, при x < − 5 и x > − неравенство принимает вид: 8 3 2 3 2 2 8x + 7 8 x + 35 8 x + 40 x + 7 x + 35 8 x + 43 x + 43 x + 35 ≥ ≥ ; ; 2 2 x+5 x + x +1 ( x + 5) x + x +1 ( x + 5) x 2 + x +1

3 x + 36 x

( x + 5 ) ( x + x + 1) 2

откуда

≤ 0;

3 x ( x + 12 )

( x + 5 ) ( x 2 + x + 1)

x ≤ − 12 ; − 5 < x ≤ 0 . Учитывая ограничения

x<−5 и

35 , 8

35 < x ≤ 0. 8 35 Ответ: ( − ∞ ; − 12 ] ; − ; 0  . 8 

получаем: x ≤ − 12 ; −

Содержание критерия Баллы Обоснованно получен верный ответ 2 Обоснованно получен ответ, отличающийся от верного 1 исключением точек −12 и/или 0, ИЛИ получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных 0 выше Максимальный балл 2

Российской Федерации

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

Две окружности касаются внешним образом в точке K . Прямая AB касается первой окружности в точке A , а второй — в точке B. Прямая BK пересекает первую окружность в точке D, прямая AK пересекает вторую окружность в точке C. а) Докажите, что прямые AD и BC параллельны. б) Найдите площадь треугольника AKB , если известно, что радиусы окружностей равны 4 и 1. D Решение. а) Обозначим центры окружностей O1 и O2 соответственно. C Пусть общая касательная, проведённая к окружностям в точке K , пересекает AB K O2 в точке M . По свойству касательных, O1 проведённых из одной точки, AM = KM H и KM = BM . Треугольник AKB, у которого B M медиана равна половине стороны, A к которой она проведена, прямоугольный. Вписанный угол AKD прямой, поэтому он опирается на диаметр AD. Значит, AD ⊥ AB. Аналогично, получаем, что BC ⊥ AB. Следовательно, прямые AD и BC параллельны. б) Пусть, для определённости, первая окружность имеет радиус 4, а вторая — радиус 1. AD = 4 . Пусть S BKC = S , тогда Треугольники BKC и AKD подобны, BC S AKD = 16 S . S DK AD = , У треугольников AKD и AKB общая высота, следовательно, AKD = S AKB KB BC то есть S AKB = 4 S . Аналогично, SCKD = 4 S . Площадь трапеции ABCD равна 25 S . Вычислим площадь трапеции ABCD. Проведём к AD перпендикуляр O 2 H , равный высоте трапеции, и найдём его из прямоугольного треугольника O2 HO1 :

O 2 H = O1O 22 − O1 H 2 = 4 .

Тогда AD + BC ⋅ AB = 20 . 2 Следовательно, 25 S = 20 , откуда S = 0,8 и S AKB = 4 S = 3,2. Ответ: 3,2. S ABCD =

Российской Федерации

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

Содержание критерия Баллы 3 Имеется верное доказательство утверждения пункта а, и обоснованно получен верный ответ в пункте б 2 Получен обоснованный ответ в пункте б, ИЛИ имеется верное доказательство утверждения пункта а, и при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки Имеется верное доказательство утверждения пункта а, 1 ИЛИ при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки, ИЛИ обоснованно получен верный ответ в пункте б с использованием утверждения пункта а, при этом пункт а не выполнен Решение не соответствует ни одному из критериев, приведённых выше 0 Максимальный балл 3

Российской Федерации

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

15-го января планируется взять кредит в банке на шесть месяцев в размере 1 млн рублей. Условия его возврата таковы: — 1-го числа каждого месяца долг увеличивается на r процентов по сравнению с концом предыдущего месяца, где r — целое число; — со 2-го по 14-е число каждого месяца необходимо выплатить часть долга; — 15-го числа каждого месяца долг должен составлять некоторую сумму в соответствии со следующей таблицей. Дата 15.01 15.02 15.03 15.04 15.05 15.06 15.07 Долг 1 0,6 0,4 0,3 0,2 0,1 0 (в млн рублей) Найдите наибольшее значение r , при котором общая сумма выплат будет меньше 1,2 млн рублей. Решение. По условию, долг перед банком (в млн рублей) на 15-е число каждого месяца должен уменьшаться до нуля следующим образом: 1; 0,6; 0,4; 0,3; 0,2; 0,1; 0. r , тогда долг на 1-е число каждого месяца равен: Пусть k = 1 + 100 k ; 0,6k ; 0, 4k ; 0,3k ; 0, 2k ; 0,1k . Следовательно, выплаты со 2-го по 14-е число каждого месяца составляют: k − 0,6 ; 0,6 k − 0, 4 ; 0, 4 k − 0,3 ; 0,3k − 0, 2 ; 0, 2 k − 0,1 ; 0,1k . Общая сумма выплат составляет: k (1 + 0,6 + 0,4 + 0,3 + 0,2 + 0,1) − ( 0,6 + 0,4 + 0,3 + 0,2 + 0,1) = = ( k − 1)(1 + 0,6 + 0,4 + 0,3 + 0,2 + 0,1) + 1 = 2,6 ( k − 1) + 1. По условию, общая сумма выплат будет меньше 1,2 млн рублей, значит, 2,6 ( k − 1 ) + 1 < 1, 2 ; 2,6 ⋅ r + 1 < 1, 2 ; r < 7 9 . 100 13 Наибольшее целое решение этого неравенства — число 7. Значит, искомое число процентов — 7. Ответ:

7. Содержание критерия

Баллы Обоснованно получен верный ответ 3 Верно построена математическая модель, решение сведено 2 к исследованию этой модели и получен результат: – неверный ответ из-за вычислительной ошибки; – верный ответ, но решение недостаточно обосновано Верно построена математическая модель, решение сведено 1 к исследованию этой модели, при этом решение может быть не завершено Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных 0 выше Максимальный балл 3

Российской Федерации

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

Найдите все положительные значения a , при каждом из которых система  ( x − 5 ) 2 + ( y − 4 ) 2 = 9,  2 2 2  ( x + 2 ) + y = a имеет единственное решение. Решение. Если x ≥ 0 , то уравнение ( x − 5 ) + ( y − 4 ) = 9 задаёт окружность ω1 2

с центром в точке C1 ( 5; 4 ) радиусом 3 , а если x < 0 , то оно задаёт окружность с центром в точке C2 ( −5; 4 ) таким же радиусом ω2 (см. рисунок). 2 При положительных значениях a уравнение ( x + 2 ) + y 2 = a 2 задаёт окружность ω с центром в точке C ( −2; 0 ) радиусом a . Поэтому задача состоит в том, чтобы найти все значения a , при каждом из которых окружность ω имеет единственную общую точку с объединением окружностей ω1 и ω2 . y

ω2 C2

4 A1

A2 –5

C –2

ω Из точки C проведём луч CC1 и обозначим через A1 и B1 точки его пересечения с окружностью ω1 , где A1 лежит между C и C1 . Так как 2

CC1 = ( 5 + 2 ) + 42 = 65 , то CA1 = 65 − 3, CB1 = 65 + 3 . При a < CA1 или a > CB1 окружности ω и ω1 не пересекаются. При CA1 < a < CB1 окружности ω и ω1 имеют две общие точки. При a = CA1 или a = CB1 окружности ω и ω1 касаются.

Российской Федерации

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

Из точки C проведём луч CC2 и обозначим через A2 и B2 точки его пересечения с окружностью ω2 , где A2 лежит между C и C2 . Так как 2

CC2 = ( −5 + 2 ) + 42 = 5 , то CA2 = 5 − 3 = 2, CB2 = 5 + 3 = 8 . При a < CA2 или a > CB2 окружности ω и ω2 не пересекаются. При CA2 < a < CB2 окружности ω и ω2 имеют две общие точки. При a = CA2 или a = CB2 окружности ω и ω2 касаются. Исходная система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда окружность ω касается ровно одной из двух окружностей ω1 и ω2 и не пересекается с другой. Так как CA2 < CA1 < CB2 < CB1 , то условию задачи удовлетворяют только числа a = 2 и a = 65 + 3 . Ответ: 2; 65 + 3 . Содержание критерия Баллы Обоснованно получен верный ответ 4 С помощью верного рассуждения получены оба верных значения 3 параметра, но – или в ответ включены также и одно-два неверных значения; – или решение недостаточно обосновано С помощью верного рассуждения получено хотя бы одно верное 2 значение параметра Задача сведена к исследованию: 1 – или взаимного расположения трёх окружностей; – или двух квадратных уравнений с параметром Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных 0 выше Максимальный балл 4

В школах № 1 и № 2 учащиеся писали тест. Из каждой школы тест писали, по крайней мере, 2 учащихся, а суммарно тест писали 9 учащихся. Каждый учащийся, писавший тест, набрал натуральное количество баллов. Оказалось, что в каждой школе средний балл за тест был целым числом. После этого один из учащихся, писавших тест, перешёл из школы № 1 в школу № 2, а средние баллы за тест были пересчитаны в обеих школах. а) Мог ли средний балл в школе № 1 уменьшиться в 10 раз? б) Средний балл в школе № 1 уменьшился на 10%, средний балл в школе № 2 также уменьшился на 10%. Мог ли первоначальный средний балл в школе № 2 равняться 7? в) Средний балл в школе № 1 уменьшился на 10%, средний балл в школе № 2 также уменьшился на 10%. Найдите наименьшее значение первоначального среднего балла в школе №

2. Российской

Федерации

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

Решение. а) Пусть в школе № 1 писали тест 2 учащихся, один из них набрал 1 балл, а второй набрал 19 баллов и перешёл в школу № 2. Тогда средний балл в школе № 1 уменьшился в 10 раз. б) Пусть в школе № 2 писали тест m учащихся, средний балл равнялся B , а перешедший в неё учащийся набрал u баллов. Тогда получаем: u = 0,9 ( m + 1) B − mB ; 10u = ( 9 − m ) B . Если B = 7 , то ( 9 − m ) B не делится на 10, а 10u делится на 10. Но это невозможно, поскольку 10u = ( 9 − m ) B . в) Пусть в школе № 1 средний балл равнялся A . Тогда получаем: u = ( 9 − m ) A − 0,9 ( 8 − m ) A ; 10u = (18 − m ) A = ( 9 − m ) B . Заметим, что если B = 1 или B = 3 , то 10u = ( 9 − m ) B не делится на 10. Если B = 2 или B = 4 , то m = 4 . В первом случае 14 A = 10 , а во втором 14 A = 20 . Значит, ни один из этих случаев не возможен. При B = 5 и m = 3 получаем u = 3 и A = 2 . Этот случай реализуется, например, если в школе № 1 писали тест 6 учащихся, 3 из них набрали по 1 баллу, а 3 — по 3 балла, в школе № 2 писали тест 3 учащихся и каждый набрал по 5 баллов, а у перешедшего из одной школы в другую учащегося – 3 балла. Ответ: а) да; б) нет; в)

5. Содержание критерия

Баллы Верно получены все перечисленные (см. критерий на 1 балл) 4 результаты Верно получены три из перечисленных (см. критерий на 1 балл) 3 результатов Верно получены два из перечисленных (см. критерий на 1 балл) 2 результатов Верно получен один из следующих результатов: 1 – обоснованное решение пункта а; – обоснованное решение пункта б; – искомая оценка в пункте в; – пример в пункте в, обеспечивающий точность предыдущей оценки Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных 0 выше Максимальный балл 4

Российской Федерации

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

В соответствии с Порядком проведения государственной итоговой аттестации по образовательным программам среднего общего образования (приказ Минобрнауки России от 26.12.2013 № 1400 зарегистрирован Минюстом России 03.02.2014 № 31205) «61. По результатам первой и второй проверок эксперты независимо друг от друга выставляют баллы за каждый ответ на задания экзаменационной работы ЕГЭ с развёрнутым ответом... 62. В случае существенного расхождения в баллах, выставленных двумя экспертами, назначается третья проверка. Существенное расхождение в баллах определено в критериях оценивания по соответствующему учебному предмету. Эксперту, осуществляющему третью проверку, предоставляется информация о баллах, выставленных экспертами, ранее проверявшими экзаменационную работу». Существенными считаются следующие расхождения: 1) расхождение в баллах, выставленных двумя экспертами за выполнение любого из заданий 13–19, составляет 2 или более балла. В этом случае третий эксперт проверяет только ответ на то задание, который был оценен двумя экспертами со столь существенным расхождением. 2) расхождения экспертов при оценивании ответов на хотя бы два из заданий 13–19. В этом случае третий эксперт проверяет ответы на все задания работы.

Российской Федерации