Демоверсия ЕГЭ 2027 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 1–13 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 13

Пример 1 3 12 36 0,3 0,0081 55 7 6 1 3 15 0,5 259 200

Правильный ответ Пример 2 Пример 3 45 77 20 2 45 12 0,38 0,2 0,23 0,78

9 –2 3 7 15 6

93 125 –0,2 24 000 14 64

Решения и критерии оценивания выполнения заданий с развёрнутым ответом

Количество баллов, выставленных за выполнение заданий 14–20, 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. 14

а) Решите уравнение cos 2 x 

2 cos  x     1  0.

5π б) Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку   4π;   .  2  Решение. а) Запишем исходное уравнение в виде: 2

2cos x  1 

2   cos x   1  0 ; 2cos x  2 cos x  0 ; cos x  2cos x  2  0 .

Значит, cos x  0 , откуда x 

 π  πk , k   , или cos x  2 , откуда x   2πn , 2 4 2

π  2πm , m   . 4 б) С помощью числовой окружности отберём корни, 5 принадлежащие отрезку  4 ;   .  2  15π 7π 5π Получим числа:  ; ; . 4 2 2  π Ответ: а)  πk , k   ;  2πn , n   ; 2 4 π Ответ:   2πm , m   ; 4 15π 7π 5π Ответ: б)  ; ; . 4 2 2 n   , или x  

–— – —–

Критерии оценивания выполнения задания Баллы Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах 2 Обоснованно получен верный ответ в пункте а ИЛИ получены неверные ответы из-за вычислительной ошибки, но при этом 1 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 ИЛИ

 4   2 2 cos    x   2.

а) Решите уравнение 4cos x 

17  ; 10   . б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку   2  Решение. а) Запишем исходное уравнение в виде:  4cos x   2 2 cos x  2, 2 2 cos x  2 2 sin x  2 2 cos x  2, 4

 2 2 sin x  2. Значит, sin x  

 2 , откуда x    2 n, n  , или 2 4

3  2 k , k  . x 4 б) С помощью числовой окружности найдём корни 17  ; 10   . уравнения, принадлежащие отрезку   2  37  39  ; . Получим числа: 4 4  3  2 k , k  ; Ответ: а)   2 n, n  ;  4 4 37  39  ; . Ответ: б) 4 4

17π 2

37π 4

39 π — 4

Критерии оценивания выполнения задания Баллы Обоснованно получены верные ответы в обоих пунктах 2 Обоснованно получен верный ответ в пункте а ИЛИ 1 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 15

В правильной шестиугольной пирамиде SABCDEF точки M и K — середины боковых рёбер SA и SD соответственно. а) Докажите, что прямые BC и MK параллельны. б) Найдите объём пирамиды MABF , если AB  12, а угол между плоскостью BMC и плоскостью основания пирамиды SABCDEF равен 30. Решение. а) В правильном шестиугольнике ABCDEF S диагональ AD параллельна стороне BC. MK Отрезок — средняя линия треугольника ASD, параллельная стороне AD. K Следовательно, прямые BC и MK параллельны. б) Пусть O — центр правильного M ABCDEF , H шестиугольника а — точка пересечения диагоналей параллелограмма BAFO, тогда H — середина диагонали AO, E D значит, MH — средняя линия треугольника O SOA, параллельная стороне SO. H F C Следовательно, отрезок MH — высота пирамиды MABF . A B Центр O описанной около треугольника BFC окружности лежит на его стороне FC , поэтому FBC  90. Таким образом, прямая BC перпендикулярна прямым MH и BF , значит, прямая BC перпендикулярна плоскости BMF . Плоскость основания пирамиды SABCDEF пересекается с плоскостью BMC по прямой BC , следовательно, MBF  30. Значит, 1 1 3  6. MH  BH  tg30  BF  tg30  AB  3  2 2 3 1 Площадь S ABF треугольника ABF равна AB  AF  sin BAF  36 3. 2 Следовательно, объём пирамиды MABF равен 1 MH  S ABF  72 3. 3 Ответ: б) 72 3.

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 ИЛИ 2 имеется верное доказательство утверждения пункта а, но при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки Имеется верное доказательство утверждения пункта а, ИЛИ при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки, 1 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, перечисленных 0 выше Максимальный балл 3 ИЛИ

В правильном тетраэдре ABCD все рёбра равны 6. На рёбрах AB и AD отмечены точки M и K соответственно так, что AM  AK  4. а) Докажите, что плоскость CMK делит тетраэдр ABCD на два многогранника, объёмы которых относятся как 5 : 4. б) Найдите косинус угла между прямой AC и плоскостью CMK . Решение. а) Плоскость CMK делит тетраэдр ABCD на четырёхугольную пирамиду CBMKD C и треугольную с вершиной пирамиду CMAK с той же вершиной. Основания этих пирамид лежат в плоскости ABD , значит, высоты этих пирамид совпадают. Следовательно, объёмы этих пирамид относятся так же, как площади их оснований: четырёхугольника BMKD и треугольника MAK . Поскольку AM : MB  AK : KD  2 :1, прямые MK и BD параллельны,

D K T

2 . Значит, 3 площади этих треугольников относятся как 4 : 9. Треугольник BAD состоит из треугольника MAK и трапеции BMKD. Значит, площадь трапеции BMKD

а треугольники MAK и BAD подобны с коэффициентом подобия

5 площади треугольника BAD , а площади трапеции BMKD составляет 9 и треугольника MAK относятся как 5 : 4, следовательно, объёмы многогранников CBMKD и CMAK относятся как 5 : 4. б) Пусть T — середина отрезка BD , а L — точка пересечения AT и MK . Тогда AT и CT — высоты равносторонних треугольников ABD и CBD соответственно. Значит, плоскость ACT перпендикулярна прямой BD , а значит, и прямой MK , лежащей в плоскости CMK . Следовательно, плоскости ACT и CMK перпендикулярны, поэтому искомый угол равен углу ACL. В треугольнике ACT : 3 AT  CT  BC   3 3; AL  AM  AT  2 3; 2 AB 3 AC  cos TAC  . 2 AT 3 В треугольнике ACL : Следовательно,

CL 

AC 2  AL2  2 AC  AL  cos LAC  2 6.

cos ACL  Ответ: б)

6 AC 2  CL2  AL2 .  2 AC  CL 3

6 . 3

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 ИЛИ 2 имеется верное доказательство утверждения пункта а, но при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки Имеется верное доказательство утверждения пункта а, ИЛИ при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки, 1 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, перечисленных 0 выше Максимальный балл 3

Решите неравенство 2

log 2  log 2 x 

 log 4 x  3  0.

Решение. Выражение в левой части неравенства определено при log 2 x  0 , то есть при x  1 . При выполнении этого ограничения неравенство принимает вид: 2 log 2 x  0,25  log 2 x  3  0 ;  log 2 x  6    log 2 x  2   0 . Значение выражения log 2 x  6 положительно при всех допустимых значениях x. Следовательно, log 2 x  2  0 , откуда x  4 . Учитывая ограничение, получаем: 1  x  4 . Ответ: 1; 4  . Критерии оценивания выполнения задания Баллы Обоснованно получен верный ответ 2 Обоснованно получен ответ, отличающийся от верного исключением точки 4, ИЛИ 1 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

ИЛИ x 1

Решите неравенство

28 3 8  x  x . x 1 x 28  1 8  1 64  5  8  4

Решение. x Пусть t  8 , тогда неравенство примет вид: 2 t t 3t  12 8 t 3 8    0; ;   2 t  4 t  1 t  5t  4  t  1 t  4   t  1 t  4   t  1 t  4 

t  2 t  4t  4  0,  0; t  t t  1  4  1 t  4     откуда t  1 ; t  2 ; t  4 . x При t  1 получим: 8  1 , откуда x  0 . x 1 При t  2 получим: 8  2 , откуда x  . 3 x 2 При t  4 получим: 8  4 , откуда x  . 3 1 2 Решение исходного неравенства: x  0 ; x  ; x  . 3 3 1 2 ; . Ответ:   ; 0  ; ; 3 3 2

Критерии оценивания выполнения задания Баллы Обоснованно получен верный ответ 2 Обоснованно получен ответ, отличающийся от верного исключением 1 точки , 3 1 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

На заводе имеется генератор с ЭДС  = 50 В и внутренним сопротивлением r  1 Ом . Инженер подключает к генератору нагрузку, используя реостат, чтобы установить сопротивление нагрузки R (в омах). Сила тока в цепи  (в амперах) определяется законом Ома: I  . Тепловая мощность rR (в ваттах), выделяемая в нагрузке, может быть рассчитана по формуле Джоуля — Ленца: P  I 2 R . Какова максимальная тепловая мощность P, которая может быть выделена нагрузкой? Решение. Используя данные в условии формулы, выразим выделяемую тепловую 2 R мощность через ЭДС и сопротивление: P  . Подставив заданные  r  R 2 2500 R . Найдём производную этой значения  и r , получим функцию P( R)   R  12 2500(1  R) . Поскольку сопротивление нагрузки не может функции: P '( R )   R  13 быть отрицательным, будем рассматривать поведение функции P( R ) при R  0 . Производная положительна при 0  R  1 и отрицательна при R  1 . Значит, функция P( R ) возрастает на отрезке  0;1 и убывает на луче 1;    . Следовательно, функция P( R ) достигает наибольшего значения в точке 1. Таким образом, наибольшая тепловая мощность, которая может выделяться нагрузкой, равна 625 Вт. Ответ: 625 Вт. Критерии оценивания выполнения задания Баллы Обоснованно получен верный ответ 2 Получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом 1 имеется верная последовательность всех шагов решения Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных 0 выше Максимальный балл 2

Амплитуда вынужденных колебаний корабля при качке на волнении выражается

A  k 0 

формулой

T 

 n T

k  0,91

коэффициент, зависящий от отношения ширины корабля к длине волны,  0  9 — угол наибольшего волнового склона,  — период волны (в секундах), T  14,7 с — период свободных качаний корабля на тихой воде, n  0,0792 — коэффициент, зависящий от величины сопротивления воды. При каком периоде волны амплитуда вынужденных колебаний корабля будет наибольшей? Ответ дайте в секундах. Решение. 2 Так как A > 0, то максимумы A и A достигаются в одной точке. Положим 2

x   , x  0. Достаточно исследовать на экстремум функцию 2

x при x  0. 2 2 4 x   n  2 T x  T Знаменатель при x  0 положителен. Найдём производную: A   k  0  f  x  , где f  x   2

f ' x 

  x  2 x   n  2 T  .  x   n  2 T x  T 

2 x x   n  2 T x  T 2

После упрощения получаем:

 .  x   n  2 T x  T  T x 2T   2  n  x 2

f ' x 

В области определения множители T x и знаменатель положительны, поэтому

f '  x   0; 2T   2  n  x  0; x 0  2

Так как

n  0,0792,

f '  x   0 при 0  x  x 0 ,

T 1

. n 2 f '  x   0 при x  x 0 ,

поэтому x 0 — точка максимума функции f.

Следовательно,

T 1

14,7 14,7   15. 0,0792 0,98 1 2

Ответ:

15. Критерии оценивания выполнения задания

Баллы Обоснованно получен верный ответ 2 Получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом 1 имеется верная последовательность всех шагов решения Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных 0 выше Максимальный балл 2

Окружность с центром O касается боковых сторон AB и BC равнобедренного остроугольного треугольника ABC и его высоты CH . а) Докажите, что OAC  45. б) Найдите длину отрезка BC , если BO  1 и AC  6. Решение. B а) Пусть BAC  BCA   . Тогда: ABC  180  BAC  BCA  180  2 ; O BCH  180  HBC  BHC  2  90 . H CO — биссектриса Поскольку BCH угла BCH , BCO     45, значит, 2 ACO  ACB  BCO  45. HO — биссектриса прямого Луч M C угла BHC , значит: BHO  CHO  45; A AHO  135. Таким образом, сумма углов AHO и ACO четырёхугольника AHOC равна 180, а значит, около него можно описать окружность. Следовательно, OAC  OHC  45. б) Поскольку около четырёхугольника AHOC можно описать окружность, получаем: AOC  AHC  90. Пусть точка M — середина отрезка AC . Тогда отрезок OM является медианой прямоугольного треугольника AOC , 1 проведённой к гипотенузе, значит, OM  AC  3. 2 Отрезок BM — медиана равнобедренного треугольника ABC , а значит, BM является его высотой и биссектрисой, то есть центр O окружности, вписанной

в треугольник CBH , лежит на отрезке BM  BO  OM 

4. Следовательно, по теореме

Пифагора имеем: BC 

BM  MC 

BM 

BM .

Таким

образом,

AC 2  5. 4

Ответ: б)

5. 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 ИЛИ имеется верное доказательство утверждения пункта а, но при 2 обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки Имеется верное доказательство утверждения пункта а, ИЛИ при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за 1 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, перечисленных 0 выше Максимальный балл 3

Окружность с центром в точке O касается сторон угла с вершиной N в точках A и B. Отрезок BC — диаметр этой окружности. а) Докажите, что прямая AC параллельна биссектрисе угла ANB. б) Найдите длину отрезка NO, если известно, что AC  10 и AB  24. Решение. а) Треугольник ANB равнобедренный AB. Следовательно, с основанием биссектриса NO угла ANB перпендикулярна C прямой AB. A Угол BAC опирается на диаметр окружности. Значит, этот угол прямой. Биссектриса угла ANB O параллельна прямой AC , поскольку обе эти M прямые перпендикулярны прямой AB. N B б) Обозначим точку пересечения отрезков AB и NO через M . Тогда M — середина AB , а MO — средняя линия AB AC  12, MO   5. Следовательно, треугольника ABC . Значит: MB  2 2 2

по теореме Пифагора OB  OM  MB  13. Прямоугольные треугольники MOB и BON подобны с коэффициентом OB 13 OB 169  , откуда получим: ON   OB  . подобия OM 5 OM 5 169 . Ответ: б) 5 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 ИЛИ имеется верное доказательство утверждения пункта а, но при 2 обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за арифметической ошибки Имеется верное доказательство утверждения пункта а, ИЛИ при обоснованном решении пункта б получен неверный ответ 1 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, перечисленных 0 выше Максимальный балл 3

Найдите все значения a, при каждом из которых система уравнений  4 x  y  a  0, 2  2 y  x  4x  0 имеет ровно два различных решения. Решение. Уравнение 4 x  y  a  0 задаёт для каждого значения a на плоскости Oxy прямую l , параллельную прямой y  4 x (или совпадающую с ней). 2

Уравнение 2 y  x  4 x  0 задаёт на плоскости Oxy множество точек, 2 1 представляющее собой объединение частей 1 параболы y   x  2   2, 2 соответствующих y  0 (при x  0 и при x  4 ), и частей  2 параболы 2 1 y    x  2   2, соответствующих y  0 (при x  0 и при x  4 ). 2 Рассмотрим расположение прямой l и частей параболы ω1 .

При a  0 прямая проходит через концевую точку  0; 0  , при a   16 — через

концевую точку  4; 0  .

Найдём значение a , при котором прямая y  4 x  a и парабола 2 y  x  4 x  0 касаются, то есть имеют ровно одну общую точку. В этом случае уравнение 2 x  4x должно иметь единственный корень. Запишем это уравнение 4x  a  2 2 в виде x  12 x  2a  0, дискриминант этого квадратного уравнения D  144  8a . При условии D  0, которое выполнено при a  18, уравнение имеет единственный корень x  6. Значит, касание прямой и параболы происходит при a  18, причём точка касания имеет координаты  6; 6  . Эта точка принадлежит одновременно части параболы ω1 и прямой l . При a  18 общих точек у прямой l и частей параболы ω 1 нет. 2

При a  18 прямая l и парабола 2 y  x  4 x  0 имеют две общие точки, их абсциссы 6  36  2a и 6  36  2 a . При 16  a  0 число 6  36  2a принадлежит промежутку  0;4  , поэтому соответствующая точка пересечения не принадлежит части параболы ω 1 . Таким образом, l и ω 1 имеют две общие точки при a  0 , одну общую точку при 16  a  0 , две общие точки при 18  a  16, одну общую точку при a  18 и не имеют общих точек при a  18. Рассмотрим расположение прямой l и частей параболы ω 2 .

a = – 16

a=2 a =0

a = – 18

Найдём значение a , при котором прямая y  4 x  a и парабола 2 y  x  4 x  0 касаются, то есть имеют ровно одну общую точку. В этом случае уравнение 2 x  4x должно иметь единственный корень. Запишем это уравнение 4x  a  2

в виде x  4 x  2a  0, дискриминант этого квадратного уравнения D  16  8a . При условии D  0, которое выполнено при a  2, уравнение имеет единственный корень x  2. Значит, касание прямой и параболы происходит при a  2, причём точка касания имеет координаты  2; 6  . Эта точка принадлежит одновременно части параболы ω 2 и прямой l . При a  2 общих точек у прямой l и частей параболы ω 2 нет. 2

При a  2 прямая l и парабола 2 y  x  4 x  0 имеют две общие точки, их абсциссы 2  4  2a и 2  4  2 a . При 16  a  0 число 2  4  2a принадлежит отрезку  0;4  , поэтому соответствующая точка пересечения не принадлежит части параболы ω 2 . Таким образом, l и ω 2 имеют две общие точки при a  16 , одну общую точку при 16  a  0 , две общие точки при 0  a  2, одну общую точку при a  2 и не имеют общих точек при a  2. Таким образом, найдено четыре граничных значения параметра: a  18 (система уравнений имеет три решения), a  16 (три решения), a  0 (три решения), a  2 (три решения). Система уравнений имеет ровно два решения при a  18, при 16  a  0, а также при a  2. Ответ: a  18 ; 16  a  0 ; a  2 . Критерии оценивания выполнения задания Баллы Обоснованно получен верный ответ 4 С помощью верного рассуждения получено множество значений a, отличающееся от искомого только включением точек a   18, 3 a   16, a  0 и / или a  2 С помощью верного рассуждения получен один из промежутков   ;  18  ,   16; 0  и / или  2;    множества значений a , возможно, с включением граничных точек 2 ИЛИ получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом верно выполнены все шаги решения Задача верно сведена к исследованию взаимного расположения частей 1 парабол и прямых (аналитически или графически) Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных 0 выше Максимальный балл 4

ИЛИ Найдите все значения a, при каждом из которых уравнение 4

ax  2 x  a  a x  2 a  2 x   ax  2 x  a  a x  2 a  2 имеет ровно два различных корня. Решение. Преобразуем уравнение:  x  1  ax 3  2 x 2  a 3  a x  2 a 2  2  0 ;

( x  1)  ax  2 x  a x  2 a  ax  2  0 ;

( x  1)  x  a  1   ax  2   0 . 2

Следовательно, уравнение равносильно совокупности  x  1,  ax  2,  2 2  x  1  a . При a  2 исходное уравнение имеет единственный корень 1 , при a  1 оно имеет три различных корня:  2 , 1 и 0 , при a  1 тоже три различных корня: 1 , 0 и 2 , поэтому эти значения a не удовлетворяют условию задачи. При a  0 исходное уравнение имеет ровно два различных корня: 1 и 1 , что 2 2 соответствует условию задачи. Если 1  a  1 и a  0 , то уравнение x  1  a 2

имеет два различных корня: 1  a и  1  a , отличных от 1 , поэтому условия задачи не выполнены. Наконец, если a  2 , 2  a  1 или a  1 , то 2 исходное уравнение имеет ровно два различных корня: 1 и . a Ответ: a  2 ; 2  a  1 ; a  0 ; a  1 . Критерии оценивания выполнения задания Обоснованно получен верный ответ С помощью верного рассуждения получено множество значений a, отличающееся от искомого только включением значения a  1 и/или значения a  1 С помощью верного рассуждения получено множество значений a, отличающееся от искомого только включением значения a  2 и/или исключением значения a  0 и, возможно, включением значений a  1 и/или a  1 , ИЛИ получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом верно выполнены все шаги решения Задача верно сведена к исследованию совокупности уравнений Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше Максимальный балл

Баллы 4

На столе лежит некоторое количество карточек, часть из которых синего цвета, а остальные красного (есть хотя бы по одной карточке каждого цвета). На каждой карточке написано целое число. На карточках синего цвета написаны различные числа, делящиеся на 5, а на карточках красного цвета написаны различные чётные числа (при этом некоторые числа могут быть написаны дважды: один раз на синей карточке и один раз на красной карточке). Все числа на карточках больше 120. Известно, что наибольшее число, написанное на красной карточке, равно удвоенному количеству синих карточек, а наибольшее число, написанное на синей карточке, равно количеству красных карточек. а) Может ли на столе лежать ровно шесть карточек? б) Может ли число красных карточек на столе быть на 90 больше числа синих карточек на столе? в) Какое наибольшее количество карточек может лежать на столе? Решение. а) Если на синей карточке написано число 5, а на пяти красных карточках написаны числа 6 , 4 , 2 , 0 и 2, то условия задачи выполнены. б) Если на столе s синих карточек и  s  90  красных карточек, то наибольшее число, написанное на красной карточке, не меньше 2  s  90   120  2 s  60 . Это число не может быть равно удвоенному количеству синих карточек. в) Пусть на синих карточках написано s чисел, наибольшее из которых равно a , а на красных карточках написано k чисел, наибольшее из которых равно b . Тогда выполнены условия: a  5 s  120 , b  2 k  120 , a  k , b  2 s , откуда получаем систему неравенств: 5 s  120  k , 5 s  120  k , 2 k  120  2 s; k  60  s. Следовательно, 5 s  120  s  60 , откуда s  45 , а k  105 . Таким образом, на столе может лежать не больше 150 карточек. Покажем, что на столе может лежать ровно 150 карточек. Если на 45 синих карточках написаны числа 115 , 110 , …, 105, а на 105 красных карточках написаны числа 118 , 116 , …, 90, то условия задачи выполнены. Ответ: а) да; б) нет; в) 150.

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

Баллы 4

Есть 16 монет по 2 рубля и 29 монет по 5 рублей. а) Можно ли этими монетами набрать сумму 175 рублей? б) Можно ли этими монетами набрать сумму 176 рублей? в) Какое наименьшее количество монет, каждая по 1 рублю, нужно добавить, чтобы иметь возможность набрать любую целую сумму от 1 рубля до 180 рублей включительно? Решение. а) Если взять 29 монет по 5 рублей и 15 монет по 2 рубля, то получится набрать сумму 175 рублей. б) Чтобы набрать сумму 176 рублей, нужно чётное количество монет достоинством 5 рублей. Значит, этих монет не больше 28, а сумма их номиналов не превосходит 140 рублей. Таким образом, при помощи монет достоинством 2 рубля нужно набрать не меньше 36 рублей, что невозможно, поскольку при помощи монет по 2 рубля можно набрать не больше 32 рублей. в) Заметим, что любая сумма, которую можно набрать при помощи имеющихся монет, не превосходит 177 рублей. Следовательно, чтобы набрать 180 рублей, нужно добавить ещё не меньше трёх монет достоинством 1 рубль. Покажем, что если к имеющимся монетам добавить три монеты по 1 рублю, то можно набрать любую сумму до 180 рублей включительно. Для любой требуемой суммы S возьмём наибольшее количество монет по 5 рублей так, чтобы сумма их номиналов не превосходила S . Тогда останется взять ещё некоторое количество монет на сумму S1 , не превосходящую 35 рублей. Теперь возьмём наибольшее количество монет по 2 рубля так, чтобы сумма их номиналов не превосходила S1 . Тогда останется взять ещё некоторое количество монет на сумму от 0 до 3 рублей. Это можно сделать при помощи монет достоинством 1 рубль. Ответ: а) да; б) нет; в)

3. Критерии оценивания выполнения задания

Обоснованно получены верные ответы в пунктах а, б и в Обоснованно получен верный ответ в пункте в и обоснованно получен верный ответ в пункте а или б Обоснованно получены верные ответы в пунктах а и б ИЛИ обоснованно получен верный ответ в пункте в Обоснованно получен верный ответ в пункте а или б Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше Максимальный балл

Баллы 4

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: 1) проверку и оценивание предметными комиссиями ответов на 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 14–20, 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 14–20, 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 14–20 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. 4. 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».