Примеры оценивания решений заданий 15

Пример 1.

Решите неравенство .

Ответ: . 

Комментарий.Хотя рациональное неравенство «почти» решено, в работе много ошибок. Похоже, автор не разобрался в логарифмах даже на простейшем уровне.

Оценка эксперта: 0 баллов.

Пример 2.

Решите неравенство .

Ответ: .

Комментарий. Можно отметить верную последовательность всех шагов решения, за исключением неравенства с множителем . Далее, конечно, ошибка в применении метода интервалов. Все решения найдены, но к ним «добавлены» посторонние решения. В результате – ответ неверный.

Оценка эксперта: 0 баллов.

Пример 3.

Решите неравенство .

Ответ: . 

.

Комментарий. В результате компенсирующих ошибок и частично верных утверждений получена «часть» множества решений неравенства. Но имеются грубейшие ошибки.

Оценка эксперта. 0 баллов.

Пример 4.

Решите неравенство .

Ответ: .

Комментарий.Можно отметить не самый удачный путь к «цели», но способ решения не оценивается. Ответ правильный и получен с приемлемым обоснованием.

Оценка эксперта. 2 балла.

Пример 5.

Решите неравенство .

Ответ: .

Комментарий.

Вычислительных ошибок в ходе преобразований нет. Есть грубая ошибка в преобразовании первого же неравенства, которое решается по правилу пропорции (см. пунктиры).

Судя по тексту решения, его автор неверно усвоил совет типа «если всё положительно, то от знаменателей можно избавляться крест-накрест»: ведь не просто так написано, что 3/2 > 0.

Оценка эксперта: 0 баллов.

Пример 6.

Решите неравенство .

Ответ: .

Комментарий.Типичный 1 балл. Путаница в корнях квадратного уравнения, а потом всё верно.

Оценка эксперта: 1 балл.

Пример 7 Условие см. пример 1. Ответ: . 

Комментарий. Ответ неверный, все шаги решения присутствуют, но «случайно» использовалось верное неравенство  при записи значений x. Это не может трактоваться как "получен неверный ответ из-за вычислительной ошибки, но при этом имеется верная последовательность всех шагов решения". 

Оценка эксперта: 0 баллов.

Критерии проверки и оценка решений заданий 16 (18 в 2015 г., С4 ранее) вариантов КИМ ЕГЭ–2017

В планиметрических заданиях заметное структурное и содержательное изменение произошло в 2014 году. В пункте а теперь нужно доказать геометрический факт, в пункте б – найти (вычислить) геометрическую величину.

С точки зрения разработчиков включение проверяемого элемента на доказательство в задание 16 должно повысить уровень подготовки школьников. Кроме того, такое доказательство является естественным продолжением практики использования заданий на доказательство в экзамене за курс основной школы. По фактическим данным выполнения задание 16 является границей, разделяющий высокий и повышенный уровень подготовки участников ЕГЭ.

В 2017 году изменений в структуре и тематическом содержании этих заданий нет.

Задача 1

Точка  лежит на отрезке . Прямая, проходящая через точку , касается окружности с диаметром  в точке  и второй раз пересекает окружность
с диаметром  в точке . Продолжение отрезка  пересекает окружность с диаметром  в точке .

а) Докажите, что прямые  и  параллельны.

б) Найдите площадь треугольника , если  и .

Решение.

а) Точки  и  лежат на окружностях с диаметрами  и  соответственно, поэтому

.

Прямые  и  перпендикулярны одной и той же прямой , следовательно, прямые  и  параллельны.

б) Пусть  — центр окружности с диаметром . Тогда прямые  и  перпендикулярны. Учитывая, что прямые  и  перпендикулярны, получаем, что прямые  и  параллельны. Обозначим  через . Треугольник  подобен треугольнику  с коэффициентом 5, поэтому .

Опустим перпендикуляр  из точки  на прямую . Так как четырёхугольник  — прямоугольник,

, .

По теореме Пифагора , откуда . Получаем, что .

Поскольку прямые  и  параллельны,

.

Значит, треугольники  и  равновелики. Следовательно,

.

Ответ: б) 30.

Задача 2.

Дан прямоугольный треугольник  с прямым углом . На катете  взята точка . Окружность с центром  и диаметром  касается гипотенузы в точке .

а) Докажите, что прямые  и  параллельны.

б) Найдите площадь четырёхугольника , если  и .

Решение.

а) Поскольку прямые  и  перпендикулярны, прямая  — касательная к окружности. По свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки, прямая  перпендикулярна прямой . Точка  лежит
на окружности с диаметром , поэтому . Прямые  и  перпендикулярны одной и той же прямой , следовательно, они параллельны.

б) Пусть , . Тогда , , . Центр окружности, вписанной в угол, лежит на его биссектрисе, поэтому  — биссектриса треугольника . По свойству биссектрисы

.

Пусть , . Тогда по теореме Пифагора

.

Поэтому . Следовательно, .

Пусть отрезки  и  пересекаются в точке . Тогда  — середина , а  — средняя линия треугольника . Поскольку , прямоугольные треугольники  и  подобны, откуда

; .

Из прямоугольного треугольника  находим:

; .

По формуле площади трапеции .

Ответ: б) 7.

Как и во всякой сложной геометрической задаче, весьма деликатным является вопрос о степени и характере обоснованности построений и утверждений. Позиция разработчиков КИМ состоит в том, что при решении задания №16 (=18=С4) невозможно от выпускников школ на экзамене требовать изложения, приближающегося к стилю учебников и методических статей. Достаточным является наличие ясного понимания геометрических конфигураций искомых объектов, верного описания (предъявления) этих конфигураций и грамотно проведённых рассуждений и вычислений. Обратим также внимание на то, что часто при решении геометрических задач школьники ссылаются на весьма невразумительный чертёж, а иногда чертёж вообще отсутствует (если рисунок сделан на бланке карандашом, то эта область не сканируется). Снижать оценку только за это не рекомендуется.