13 x 0. x cos , x 2 x sin 0, x 2 k 6 2rusist24.ru/pdf/6/Kriterii_MA10_11022016.pdfcos , 2 sin 0, x x...

Математика. 10 класс. Вариант МА00309 1

Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом

а) Решите уравнение 2cos 3

0.7sin

x

x

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку 5

π;2

.

Решение. а) Имеем

2cos 30

7sin

x

x

;

3cos ,

2sin 0,

x

x

откуда π

2π6

x k , k .

б) Корни, принадлежащие отрезку 5π

π;2

, отберём с помощью единичной

окружности.

5π2

π

13π6

Получаем 13π

6.

Ответ: а) π

2π6

k , k ; б) 13π

6.

Содержание критерия БаллыОбоснованно получены верные ответы в обоих пунктах 2Обоснованно получен верный ответ в пункте а или в пункте б. ИЛИ Получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения

1

Решение не соответствует ни одному из критериев, перечисленных выше

0

Максимальный балл 2

13


На ребре 1AA прямоугольного параллелепипеда 1 1 1 1ABCDA B C D взята точка E

так, что 11

:2

A E EA , на ребре 1BB — точка F так, что 11

:5

B F FB ,

а точка Т — середина ребра 1 1B C . Известно, что 3AB , 6AD , 1 18AA . а) Докажите, что плоскость EFT проходит через вершину 1D . б) Найдите угол между плоскостью EFT и плоскостью 1 1AA B .

Решение. а) Плоскость EFT пересекает грани 1 1BB C C и

1 1AA D D по параллельным отрезкам. В треуголь-

никах 1 1D A E и 1TB F имеем 1 3TB , 11

18 36

B F ,

11

18 63

A E и 1 1 6A D . Значит, треугольники

1 1D A E и 1TB F подобны, причём прямые 1 1D A и

1ТB параллельны, прямые 1A E и 1B F тоже параллельны. Поэтому прямые 1ED и FT также параллельны. Если плоскость EFT не проходит через точку 1D , то получается, что в плоскости

1 1AA D D через точку E проходят две различные прямые, параллельные прямой FT . Получили противоречие. б) Так как прямая 1 1A D перпендикулярна плоскости 1 1AA B , опустим перпендикуляр 1A H из точки 1A на прямую EF пересечения этих плоскостей. Угол 1 1A HD будет искомым. Найдём 1A H . Для этого проведём в трапеции 1 1EA B F высоту 3FL ( L — середина 1EA ). Теперь, вычисляя двумя способами площадь треугольника 1EFA , найдём 1 1A H EF A E FL , то

есть 11 2 2

3 618

3 3

FL A EA H

FE

. Тогда тангенс искомого угла равен

6 : 18 2 .

Ответ: б) arctg 2 .

Содержание критерия БаллыИмеется верное доказательство утверждения пункта а, и обосно-ванно получен верный ответ в пункте б

2

Верно доказан пункт а. ИЛИ Верно решён пункт б при отсутствии обоснований в пункте а

1


0


14

B T C

DF

HL

A

E

A D

CB

1 1

1

1


Решите неравенство 3

2

1 34

1 1

x

x x x

.

Решение.

Преобразуем неравенство: 2

2

31 4,

11.

x xx x

x

Сделаем замену 2 1y x x :

34y

y ;

2 4 30

y y

y

;

1 30

y y

y

;

1 3,

0.

y

y

Отсюда после обратной замены получаем 2

2

1 1 3,

1 0,

1;

x x

x x

x

2

2

0 ,

2 0,

1;

x x

x x

x

0 1 ,

1 2 0,

1;

x x

x x

x

1 0,

1 2.

x

x

Ответ: 1; 0 1; 2 .

Содержание критерия БаллыОбоснованно получен верный ответ 2Решение содержит вычислительную ошибку, возможно, приведшую к неверному ответу, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения

1


0


Дана трапеция KLMN с основаниями KN и LM . Окружности, построенные на боковых сторонах KL и MN как на диаметрах, пересекаются в точках A и B. а) Докажите, что средняя линия трапеции лежит на серединном перпенди-куляре к отрезку AB . б) Найдите AB , если известно, что боковые стороны трапеции равны 26 и 28, а средняя линия трапеции равна 15.

15

16


Решение. а) Пусть C и D — центры окружностей с диа-метрами KL и MN соответственно. Тогда C и D — середины боковых сторон трапеции, значит, CD — средняя линия трапеции. Линия центров CD пересекающихся окруж-ностей перпендикулярна их общей хорде и делит её пополам, следовательно, CD — серединный перпендикуляр к отрезку AB . б) Пусть H — середина AB . Тогда AH — высота треугольника CAD со сторонами

=15CD , 1

= = 142

AC KL , 1

= =132

AD MN .

Пусть p — полупериметр треугольника CAD , S — площадь треугольника. Тогда

13 14 15= = 21

2p

, = 13 14 15 = 21 8 7 6 = 84S p p p p .

Значит, 2 2 84 2 28

= = = = 11,2.15 5

SAH

CD

Следовательно, = 2 = 22,4AB AH . Ответ: б) 22,4.


3

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

2

Имеется верное доказательство утверждения пункта а. ИЛИ При обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки. ИЛИ Обоснованно получен верный ответ в пункте б с использованием утверждения пункта а, при этом пункт а не выполнен

1


0


K

C

L

A

B

M

H D

N


По вкладу «А» банк в конце каждого года увеличивает на 10 % сумму, имеющуюся на вкладе в начале года, а по вкладу «Б» — увеличивает эту сумму на 11 % в течение каждого из первых двух лет. Найдите наибольшее натуральное число процентов, начисленное за третий год по вкладу «Б», при котором за все три года этот вклад будет менее выгоден, чем вклад «А».

Решение. Пусть на каждый тип вклада была внесена сумма S . На вкладе «А» каждый год сумма увеличивается на 10 %, т.е. умножается на коэффициент 1,1. Тогда через три года сумма на вкладе «А» будет равна 31,1 1,331S S . Аналогично, на вкладе «Б» сумма через три года будет равна

21,11 1 1,2321 1100 100

n nS S

,

где n — натуральное число. По условию требуется найти наибольшее натуральное решение неравенства

1,2321 1 1,331100

nS S

;

13310 12321 989100 100 8,02...

12321 12321n

; 8n .

Ответ: 8. Содержание критерия Баллы

Обоснованно получен верный ответ 3Верно построена математическая модель, решение сведено к иссле-дованию этой модели, получен неверный ответ из-за вычисли-тельной ошибки

2

Верно построена математическая модель, и решение сведено к ис-следованию этой модели, при этом решение не завершено

1


0


17


Найдите все значения параметра а, при каждом из которых система

2 2 2 23 4 17 2 7 2 9 0,

1

x y x y

ax y

имеет единственное решение.

Решение. y

x3–3,5

4,5

–4

M

1

Первое уравнение задаёт объединение круга 2 23 4 17x y и точки

3,5; 4,5M . Единственное решение будет тогда и только тогда, когда

прямая 1y ax касается круга, но не проходит через точку ,M или проходит через точку M , но не имеет общих точек с кругом. Составим систему:

2 23 4 17,

1 ;

x y

y ax

2 23 5 17;x ax

2 21 6 10 17 0a x a x .

Чтобы найти значения a , при которых прямая касается круга, приравняем дискриминант уравнения к нулю:

2 23 5 17 1 0;4

Da a

24 15 4 0,a a откуда 0,25a или 4a .

18


Через точку M прямая 1y ax проходит, только если 4,5 1 3,5a , то есть 1a . Следовательно, 0,25a и 4a удовлетворяют условию задачи.

Теперь пусть прямая 1y x проходит через точку M . Проверим, пересекает ли она круг. Достаточно найти знак дискриминанта D при 1a :

28 30 8 8 30 8 0.4

Da a

Следовательно, прямая 1y x имеет с кругом общие точки. В этом случае данная система имеет бесконечно много решений. Ответ: 0,25 или 4 .

Содержание критерия БаллыОбоснованно получен верный ответ 4С помощью верного рассуждения получены все значения a, но ответ содержит лишнее значение

3

С помощью верного рассуждения получено одно значение a 2Задача верно сведена к исследованию взаимного расположения прямой и окружности (аналитически или графически)

1


0


Ваня играет в игру. В начале игры на доске написано два различных

натуральных числа от 1 до 9999. За один ход игры Ваня должен решить

квадратное уравнение 2x p+−x q 0=, где p и q — взятые в выбранном Ваней порядке два числа, написанные к началу этого хода на доске, и, если это уравнение имеет два различных натуральных корня, заменить два числа на доске на эти корни. Если же это уравнение не имеет двух различных натуральных корней, Ваня не может сделать ход и игра прекращается. а) Существуют ли такие два числа, начиная играть с которыми Ваня сможет сделать не менее двух ходов? б) Существуют ли такие два числа, начиная играть с которыми Ваня сможет сделать десять ходов?

в) Какое наибольшее число ходов может сделать Ваня при этих условиях?

Решение.

а) Примером таких чисел являются 5 и 6. При первом ходе Ваня может

решить уравнение 2x x+−5 6 = 0 и заменить числа на доске на его корни 2 и

3. При втором ходе Ваня может решить уравнение x2 −x3 2=+ 0 и заменить числа на доске на его корни 1 и 2.б) Предположим, что такие числа существуют. Пусть перед началом k -гохода на доске написаны числа ak и bk , где <a bk k и k 1, =, 10. Тогда по теореме Виета имеем либо a b2 2 =a1 , либо a b2 2 =b1 . В обоих случаях

19


получаем 22 1 10000a b и 2 100a . Поскольку при этом по теореме Виета

либо 3 3 2a b a , либо 3 3 2a b a , то получаем, что 3 2 100b a . Аналогично

получаем, что 5 10b и 7 10b . Значит, 7 3b и 9 9 3a b . Это невозможно, так как единица — единственное натуральное число, меньшее

3 . Получим противоречие. в) Предположим, что для некоторых двух различных натуральных чисел от 1 до 9999 Ваня может сделать m ходов и 4m . Пусть перед началом k -го хода на доске написаны числа ka и kb , где k ka b и 1, ,k m . Из условия следует, что после k-го хода на доске будут написаны числа, одно из которых не меньше 1, а второе — не меньше 2. Тогда одно из чисел ka , kb не меньше 1 2 , а второе — не меньше 1 2 . Значит, 2ka и 3kb . Аналогично получаем, что

1 2 3 5ka и 1 2 3 6kb ,

2 5 6 11ka и 2 5 6 30kb ,

3 11 30 41ka и 3 11 30 330kb ,

4 41 330 10000kb . Полученное противоречие доказывает, что если в начале игры на доске написаны два различных натуральных числа от 1 до 9999, то Ваня не сможет сделать больше четырёх ходов. Для чисел 41 и 330 Ваня сможет сделать четыре хода: на первом ходу он получит числа 11 и 30, на втором — 5 и 6, на третьем — 2 и 3, на четвёртом — 1 и 2. Значит, наибольшее число ходов, которое может сделать Ваня в условиях задачи, равно четырём. Ответ: а) Да, например, 5 и 6; б) нет; в) 4.

Содержание критерия БаллыВерно 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: – пример в п. а,– обоснованное решение в п. б,– искомая оценка в п. в,– пример в п. в, обеспечивающий точность предыдущей оценки

1


0



Критерии оценивания заданий с развёрнутым ответом

а) Решите уравнение 2 cos 1 0.5sin

x

x

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку 3 ; 32

.

Решение. а)

2 cos 1 05sin

x

x

; 1cos ,2

sin 0,

x

x

откуда π 2π4

x k , k .

б) Корни, принадлежащие отрезку 3 ; 32

, отберём с помощью единичной

окружности.

3π

3π2

7π4

Получаем 7π4

.

Ответ: а) π 2π4

k , k ; б) 7π4

.

Содержание критерия БаллыОбоснованно получены верные ответы в обоих пунктах 2Обоснованно получен верный ответ в пункте а или в пункте б. ИЛИ Получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения

1


0


13


На ребре 1AA прямоугольного параллелепипеда 1 1 1 1ABCDA B C D взята точка

E так, что 12:3

A E EA , на ребре 1BB — точка F так, что 11:4

B F FB ,

а точка Т — середина ребра 1 1B C . Известно, что 6AB , 4AD , 1 10AA .

а) Докажите, что плоскость EFT проходит через вершину 1D .

б) Найдите угол между плоскостью EFT и плоскостью 1 1AA B .

Решение. а) Плоскость EFT пересекает грани 1 1BB C C и

1 1AA D D по параллельным отрезкам. В треуголь-никах 1 1D A E и 1TB F имеем 1 2TB ,

11 10 25

B F , 12 10 45

A E и 1 1 4A D . Значит,

треугольники 1 1D A E и 1TB F подобны, причём прямые 1 1D A и 1B Т параллельны, прямые 1A E и

1B F тоже параллельны. Поэтому прямые 1ED и FT также параллельны. Если плоскость EFT не проходит через точку 1D , то получается, что в плоскости 1 1AA D D через точку E проходят две различные прямые, параллельные прямой FT . Получили противоречие. б) Так как прямая 1 1A D перпендикулярна плоскости 1 1AA B , опустим

перпендикуляр 1A H из точки 1A на прямую EF пересечения этих

плоскостей. Угол 1 1A HD будет искомым. Найдём 1A H . Для этого проведём

в трапеции 1 1EA B F высоту 6FL ( L — середина 1EA ). Теперь, вычисляя

двумя способами площадь треугольника 1EFA , найдём 1 1A H EF A E FL ,

то есть 11 2 2

6 4 12

106 2

FL A EA H

FE

. Тогда тангенс искомого угла равен

12 4 10 104 :12 310

.

Ответ: б) 10arctg3

.

14

B T C

DF

HL

A

E

A D

CB

1 1

1

1



2

Верно доказан пункт а. ИЛИ Верно решён пункт б при отсутствии обоснований в пункте а

1


0


Решите неравенство 3 2

2

1 4 51 2 1

x x xx x x

.

Решение.

Преобразуем неравенство: 2

242 1 5,2 1

1.

x xx x

x

Сделаем замену 2 2 1y x x :

4 5yy

; 2 5 4

0y y

y ;

1 40

y yy

;

1 4,0.y

y

.

Отсюда после обратной замены получаем

2

21 2 1 4,

2 1 0,1;

x x

x xx

2

20 2 ,

2 3 0,1;

x x

x xx

0 2 ,

1 3 0,1;

x xx x

x

1 0,2 3.

xx

Ответ: 1; 0 2; 3 .

Содержание критерия БаллыОбоснованно получен верный ответ 2Решение содержит вычислительную ошибку, возможно, приведшую к неверному ответу, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения

1


0


15


Дана трапеция KLMN с основаниями KN и LM . Окружности, построенные на боковых сторонах KL и MN как на диаметрах, пересекаются в точках A и B . а) Докажите, что средняя линия трапеции лежит на серединном перпенди-куляре к отрезку AB . б) Найдите AB , если известно, что боковые стороны трапеции равны 14 и 30, а средняя линия трапеции равна 20.

Решение.

K

C

L

A

B

M

H D

Nа) Пусть C и D — центры окружностей с диаметрами KL и MN соответственно. Тогда C и D — середины боковых сторон трапеции, значит, CD — средняя линия трапеции. Линия центров CD пересекающихся окружностей перпендикулярна их общей хорде и делит её пополам, следовательно, CD — серединный перпендикуляр к отрезку AB . б) Пусть H — середина AB . Тогда AH — высота треугольника CAD со

сторонами = 20CD , 1= = 152

AC KL , 1= = 72

AD MN .

Пусть p — полупериметр треугольника CAD , S — площадь треугольника. Тогда

7 15 20= = 212

p , = 7 15 20 = 21 14 6 1 = 42S p p p p .

Значит, 2 2 42 2 21= = = = 4,2.20 10

SAHCD

Следовательно, = 2 = 8,4AB AH . Ответ: б) 8,4.

16



3

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

2

Имеется верное доказательство утверждения пункта а. ИЛИ При обоснованном решении пункта б получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки. ИЛИ Обоснованно получен верный ответ в пункте б с использованием утверждения пункта а, при этом пункт а не выполнен

1


0


По вкладу «А» банк в конце каждого года увеличивает на 20 % сумму, имеющуюся на вкладе в начале года, а по вкладу «Б» — увеличивает эту сумму на 25 % в течение каждого из первых двух лет. Найдите наибольшее натуральное число процентов, начисленное за третий год по вкладу «Б», при котором за все три года этот вклад будет менее выгоден, чем вклад «А».

Решение. Пусть на каждый тип вклада была внесена сумма S . На вкладе «А» каждый год сумма увеличивается на 20 %, т. е. умножается на коэффициент 1,2.

Тогда через три года сумма на вкладе «А» будет равна 31,2 1,728S S . Аналогично на вкладе «Б» сумма через три года будет равна

21,25 1 1,5625 1100 100

n nS S ,

где n — натуральное число. По условию требуется найти наибольшее натуральное решение неравенства

1,5625 1 1,728100

n S S ; 17280 15625 1655100 100 10,59215625 15625

n ;

10n . Ответ: 10.

17


Содержание критерия БаллыОбоснованно получен верный ответ 3Верно построена математическая модель, решение сведено к исследованию этой модели, получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки

2

Верно построена математическая модель, и решение сведено к ис-следованию этой модели, при этом решение не завершено

1


0


Найдите все значения параметра а, при каждом из которых система

2 2 2 23 4 17 2 5 2 17 0,

1

x y x y

ax y

имеет единственное решение.

Решение. y

x2,5–3

8,5

–4

M

1

Первое уравнение задаёт объединение круга )(+x y(++3 42 2≤) и1 7 точки

M (2,5; 8,5 ). Единственное решение будет тогда и только тогда, когда прямая

1+=y a x касается круга, но не проходит через точку M , или проходит через точку M , но не имеет общих точек с кругом.

18


Составим систему:

2 23 4 17,

1 ;

x y

y ax

2 23 5 17;x ax

2 21 6 10 17 0a x a x .

Чтобы найти значения a , при которых прямая касается круга, приравняем дискриминант уравнения к нулю:

2 23 5 17 1 0;4

Da a

24 15 4 0,a a откуда 0,25a или 4a . Через точку M прямая 1y ax проходит, только если 8,5 1 2,5a , то есть

3a . Следовательно, 0,25a и 4a удовлетворяют условию задачи. Теперь пусть прямая 1 3y x проходит через точку M . Проверим, пересекает ли она круг. Достаточно найти знак дискриминанта D при 3a :

28 30 8 72 90 8 0.4

Da a

Следовательно, прямая 1 3y x имеет с кругом общие точки. В этом случае данная система имеет бесконечно много решений. Ответ: 0,25 или 4 .

Содержание критерия БаллыОбоснованно получен верный ответ 4С помощью верного рассуждения получены все значения a, но ответ содержит лишнее значение

3

С помощью верного рассуждения получено одно значение a 2Задача верно сведена к исследованию взаимного расположения прямой и окружности (аналитически или графически)

1


0



Ваня играет в игру. В начале игры на доске написано два различных

натуральных числа от 1 до 9999. За один ход игры Ваня должен решить

квадратное уравнение 2x p+−x q =0 , где p и q — взятые в выбранном Ваней

порядке два числа, написанные к началу этого хода на доске, и, если это уравнение имеет два различных натуральных корня, заменить два числа на доске на эти корни. Если же это уравнение не имеет двух различных натуральных корней, Ваня не может сделать ход и игра прекращается. а) Существуют ли такие два числа, начиная играть с которыми Ваня сможет сделать не менее трёх ходов? б) Существуют ли такие два числа, начиная играть с которыми Ваня сможет сделать десять ходов?

в) Какое наибольшее число ходов может сделать Ваня при этих условиях?

Решение.

а) Примером таких чисел являются 11 и 30. При первом ходе Ваня может

решить уравнение 2 11x x+−30 0= и заменить числа на доске на его корни 5

и 6. При втором ходе Ваня может решить уравнение x 2 x+−5 6 = 0 и заменить числа на доске на его корни 2 и 3. При третьем ходе Ваня может

решить уравнение x 2 x+−3 2 = 0 и заменить числа на доске на его корни 1 и 2. б) Предположим, что такие числа существуют. Пусть перед началом k -го хода на доске написаны числа a k и bk , где <a bk k и k 1, =, 10 . Тогда по теореме Виета имеем либо a b2 2 =a 1 , либо a b2 2 =b1 . В обоих случаях

получаем 2a b2 1<<10 000 и a 2 <100 . Поскольку при этом по теореме Виета

либо a b3 3 =a 2 , либо a b3 3=+a , 2 получаем, что ≤b a3 2 <100 . Аналогично

получаем, что b5 <10 и b7 <10 . Значит, b7 ≤3 и a b9 9<<3 . Это невозможно, так как единица — единственное натуральное число, меньшее

3 . Получаем противоречие. в) Предположим, что для некоторых двух различных натуральных чисел от 1 до 9999 Ваня может сделать m ходов и m > 4 . Пусть перед началом k -го хода на доске написаны числа a k и bk , где <a bk k и 1, =,k m . Из условия следует, что после k-го хода на доске будут написаны числа, одно из которых не меньше 1, а второе — не меньше 2. Тогда одно из чисел a k , bk не меньше +1 2 , а второе — не меньше ⋅1 2 . Значит a k, 2≥ и b k ≥ 3 . Аналогично получаем, что

a k−1 +≥2 3 =5 и b k−1 ⋅≥2 3 =6 , a k −2 +≥5 6 =11 и b k −2 ⋅≥5 6 =30 ,

a k −3 11+≥30 =41 и b k −3 11⋅≥30 =330 , b k−4 41⋅≥330 >10000.

19


Полученное противоречие доказывает, что если в начале игры на доске написаны два различных натуральных числа от 1 до 9999, то Ваня не сможет сделать больше четырёх ходов. Для чисел 41 и 330 Ваня сможет сделать четыре хода: на первом ходу он получит числа 11 и 30, на втором — 5 и 6, на третьем — 2 и 3, на четвёр-том — 1 и 2. Значит, наибольшее число ходов, которое может сделать Ваня в условиях задачи, равно четырём. Ответ: а) Да, например, 11 и 30; б) нет; в) 4.

Содержание критерия БаллыВерно 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: – пример в п. а,– обоснованное решение в п. б,– искомая оценка в п. в,– пример в п. в, обеспечивающий точность предыдущей оценки

1


0


13 x 0. x cos , x 2 x sin 0, x 2 k 6 2rusist24.ru/pdf/6/Kriterii_MA10_11022016.pdfcos , 2 sin 0, x x...

Documents

Transcript of 13 x 0. x cos , x 2 x sin 0, x 2 k 6 2rusist24.ru/pdf/6/Kriterii_MA10_11022016.pdfcos , 2 sin 0, x x...