Демоверсия ЕГЭ 2024 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)

Правильное выполнение каждого из заданий 1–12 оценивается 1 баллом. Задание считается выполненным верно, если ответ записан в той форме, которая указана в инструкции по выполнению задания, и полностью совпадает с эталоном ответа. Номер задания 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Пример 1 64 12 4 0,08 0,6 9 –0,96 4 751 5 61 –83

Правильный ответ Пример 2 Пример 3 6 154 10 12 52 0,2 0,1 17 93 4 16 –1,75

Пример 4 16

Решения и критерии оценивания выполнения заданий с развёрнутым ответом

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 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, входящих в федеральный перечень учебников, допущенных к использованию при реализации имеющих государственную аккредитацию образовательных программ среднего общего образования.

а) Решите уравнение

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

 3   cos 2 x  3 cos x  1.

2sin x 

3π  . б) Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку   3;   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  3;  11π  2  – —– 6 11π Получим числа:  3π ;  2π ;  . – 3 π – 2π 6 0 π Ответ: а) πk , k   ;  2πn , n   ; 6 5π  2πm , m   ; Ответ: 6 11π Ответ: б)  3π ;  2π ;  . 6 Критерии оценивания выполнения задания Баллы Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах 2 1 Обоснованно получен верный ответ в пункте а 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

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

В пирамиде ABCD рёбра DA , DB и DC попарно перпендикулярны, а AB  BC  AC  5 2 . а) Докажите, что BD  CD . б) На рёбрах DA и DC отмечены точки M и N соответственно, причём DM : MA  DN : NC  2 : 3 . Найдите площадь сечения MNB . Решение. а) Прямоугольные треугольники ABD и ACD равны, поскольку катет AD общий, а AB  AC . Значит, BD  CD . б) Найдём боковые рёбра. Треугольник BCD – равнобедренный и прямоугольный, поэтому BC BD  CD   5 . Аналогично, AD  5 . Найдём 2 стороны треугольника MNB : 2

MB  NB 

ND  DB  2

29 ,

MN  MD  DN  2 2 . Площадь равнобедренного треугольника MNB равна

  3 6.

2 1 MN  MN  MB  2 2

Ответ: б) 3 6 . Критерии оценивания выполнения задания Баллы Имеется верное доказательство утверждения пункта а, и обоснованно 3 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 1 Имеется верное доказательство утверждения пункта а, 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

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  

выражение 35 положительные значения, при x   5 и x   неравенство принимает вид: 8 2 3 2 3 2 8x  7 8 x  35 8 x  40 x  7 x  35 8 x  43 x  43 x  35 ; ;   2 x5 x  x 1  x  5 x 2  x 1  x  5 x 2  x 1

Поскольку

любых

значениях

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

0, x5 и

35 , 8

35  x  0. 8 35 Ответ:    ;  12  ;  ; 0  . 8  получаем: x   12 ; 

Критерии оценивания выполнения задания 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

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

В июле 2025 года планируется взять кредит на десять лет в размере 800 тыс. рублей. Условия его возврата таковы: – каждый январь долг будет возрастать на r% по сравнению с концом предыдущего года (r – целое число); – с февраля по июнь каждого года необходимо оплатить одним платежом часть долга; – в июле 2026, 2027, 2028, 2029 и 2030 годов долг должен быть на какую-то одну и ту же величину меньше долга на июль предыдущего года; – в июле 2030 года долг должен составить 200 тыс. рублей; – в июле 2031, 2032, 2033, 2034 и 2035 годов долг должен быть на другую одну и ту же величину меньше долга на июль предыдущего года; – к июлю 2035 года долг должен быть выплачен полностью. Известно, что сумма всех платежей после полного погашения кредита будет равна 1480 тыс. рублей. Найдите r . Решение. По условию долг (в тыс. рублей) по состоянию на июль должен уменьшаться следующим образом: 800; 680; 560; 440; 320; 200; 160; 120; 80; 40; 0. r Пусть k  1  . Тогда последовательность размеров долга (в тыс. рублей) по 100 состоянию на январь такова: 800k ; 680k ; 560k ; 440k ; 320k ; 200k ; 160k ; 120k ; 80k ; 40k . Следовательно, платежи (в тыс. рублей) должны быть следующими: 800k  680 ; 680k  560 ; 560k  440 ; 440k  320 ; 320k  200 ; 200k  160 ; 160k  120 ; 120k  80 ; 80k  40 ; 40k . Значит, сумма всех платежей (в тыс. рублей) будет составлять: 5  560 k  440   5 120 k  80   3400 k  2600. Получаем: 3400k  2600  1480, откуда k  1,2 и r  20. Ответ:

20. Критерии оценивания выполнения задания

Баллы Обоснованно получен верный ответ 2 Верно построена математическая модель 1 Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных 0 выше Максимальный балл 2

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. Треугольники BKC и AKD подобны, AD  4 . Пусть S BKC  S , тогда BC S AKD  16 S . S DK AD  , У треугольников AKD и AKB общая высота, следовательно, AKD  S AKB KB BC т.е. S AKB  4 S . Аналогично S CKD  4 S . Площадь трапеции ABCD равна 25S . Вычислим площадь трапеции ABCD. Проведём к AD перпендикуляр O 2 H , равный высоте трапеции, и найдём его из прямоугольного треугольника O 2 HO1 :

O 2 H  O1O 22  O1 H 2  4 .

Тогда

AD  BC  AB  20 . 2 Следовательно, 25S  20 , откуда S  0,8 и S AKB  4 S  3, 2. Ответ: 3,2. S ABCD 

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

Критерии оценивания выполнения задания Баллы Имеется верное доказательство утверждения пункта а, и обоснованно 3 получен верный ответ в пункте б Получен обоснованный ответ в пункте б 2 ИЛИ имеется верное доказательство утверждения пункта а, и при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки 1 Имеется верное доказательство утверждения пункта а, 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

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  и радиусом 3 , а если x  0 , то оно задаёт окружность ω 2 с центром в точке C2  5; 4  и таким же радиусом (см. рисунок). 2 При положительных значениях a уравнение  x  2   y 2  a 2 задаёт окружность ω с центром в точке C   2; 0  и 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 ω 2 .

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

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 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. Из точки C проведём луч CC2 и обозначим через A2 и B2 точки его пересечения с окружностью ω 2 , где A2 лежит между C и C 2 . 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 ω 2 не пересекаются. При CA2  a  CB2 окружности ω и ω 2 имеют две общие точки. При a  CA2 или a  CB2 окружности ω и ω 2 касаются. Исходная система имеет единственное решение тогда и только тогда, когда окружность ω касается ровно одной из двух окружностей ω1 и ω 2 и не пересекается с другой. Так как CA2  CA1  CB2  CB1 , то условию задачи 2

удовлетворяют только числа a  2 и a  65  3 . Ответ: 2; 65  3 .

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

Критерии оценивания выполнения задания 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 19

 a; b  , где a  b , за один ход получают

Из пары натуральных чисел пару  a  b; a  b  .

а) Можно ли за несколько таких ходов получить из пары 100;1 пару, большее число в которой равно 400? б) Можно ли за несколько таких ходов получить из пары 100;1 пару  806; 788  ?

в) Какое наименьшее a может быть в паре  a; b  , из которой за несколько ходов можно получить пару  806; 788  ?

Решение. а) Из пары 100;1 за один ход получается пара 101; 99  , за два хода

получается пара  200; 2  , за три хода получается пара  202;198  , а за четыре

хода получается пара  400; 4  .

б) Заметим, что за один ход из пары  a; b  получается пара  a  b; a  b  ,

а за два хода получается пара  2 a; 2b  . Следовательно, из пары 100;1 можно

получить

только

пары

 2 100; 2  и  2 101; 2  99  , где k k

неотрицательное целое число. Число 806 не равно 2  100 и 2  101 , а значит, пару  806; 788  невозможно получить за несколько ходов из пары 100;1 . в) Заметим, что пару  c; d  за один ход можно получить только из пары cd cd ; при условии, что числа c и d одной чётности. 2 2

Таким образом, пара

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

 806; 788 

получается из пары

 797; 9  , которая

получается из пары  403; 394  . Пару  403; 394  невозможно получить за один ход ни из какой пары, поскольку числа 403 и 394 имеют разную чётность. Следовательно, наименьшее число a в паре  a; b  , из которой за несколько

ходов можно получить пару  806; 788  , равно 403. Ответ: а) да; б) нет; в) 403.

Критерии оценивания выполнения задания Баллы Обоснованно получены верные ответы в пунктах а, б и в 4 Обоснованно получен верный ответ в пункте в и обоснованно 3 получен верный ответ в пункте а или б Обоснованно получены верные ответы в пунктах а и б 2 ИЛИ обоснованно получен верный ответ в пункте в Обоснованно получен верный ответ в пункте а или б 1 Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных 0 выше Максимальный балл 4

МАТЕМАТИКА, 11 класс. Профильный уровень.

В соответствии с Порядком проведения государственной итоговой аттестации по образовательным программам среднего общего образования (приказ Минпросвещения России и Рособрнадзора от 04.04.2023 № 233/552, зарегистрирован Минюстом России 15.05.2023 № 73314) «81. Проверка экзаменационных работ включает в себя: проверку и оценивание предметными комиссиями ответов на 1) задания КИМ для проведения ЕГЭ с развёрнутым ответом <…>, в том числе устных ответов, в соответствии с критериями оценивания по соответствующему учебному предмету, разработка которых организуется Рособрнадзором1 <…> По результатам первой и второй проверок эксперты независимо друг от друга выставляют первичные баллы за каждый ответ на задания КИМ для проведения ЕГЭ с развёрнутым ответом <…> В случае существенного расхождения в первичных баллах, выставленных двумя экспертами, назначается третья проверка. Существенное расхождение в первичных баллах определено в критериях оценивания по соответствующему учебному предмету, разработка которых организуется Рособрнадзором. Эксперту, осуществляющему третью проверку, предоставляется информация о первичных баллах, выставленных экспертами, ранее проверявшими экзаменационную работу». Существенными считаются следующие расхождения. 1. Расхождение между баллами, выставленными двумя экспертами за выполнение любого из заданий 13–19, составляет 2 или более балла. В этом случае третий эксперт проверяет только те ответы на задания, которые были оценены со столь существенным расхождением. 2. Расхождение между суммами баллов, выставленных двумя экспертами за выполнение заданий 13–19, составляет 3 или более балла. В этом случае третий эксперт проверяет ответы на все задания работы. 3. Расхождение в результатах оценивания двумя экспертами ответа на одно из заданий 13–19 заключается в том, что один эксперт указал на отсутствие ответа на задание, а другой выставил за выполнение этого задания ненулевой балл. В этом случае третий эксперт проверяет только ответы на задания, которые были оценены со столь существенным расхождением. Ситуации, в которых один эксперт указал на отсутствие ответа в экзаменационной работе, а второй эксперт выставил нулевой балл за выполнение этого задания, не являются ситуациями существенного расхождения в оценивании.

Часть 14 статьи 59 Федерального закона от 29.12.2012 № 273-ФЗ «Об образовании в Российской Федерации».