IV Творческий конкурс учителей математики. Итоги заочного тура

Подведены итоги четвертого заочного творческого конкурса учителей математики, который был организован Московским центром непрерывного математического образования и газетой «Математика» совместно с Московским институтом открытого образования (см. № 1/2009). Информацию о конкурсе традиционно можно найти и на сайте www.mccme.ru. (Материалы прошедших конкурсов опубликованы на этом сайте и в брошюре «Творческие конкурсы учителей математики», вышедшей в издательстве МЦНМО весной 2008 года.) Проведение конкурса было поддержано фондом «Династия». На выполнение заданий конкурса отводилось около трех месяцев.

Задания для проведения конкурса были подготовлены методической комиссией, работавшей на базе МЦНМО. Вариант (по традиции) включал в себя три блока: два основных и один дополнительный. Первый блок — математические задачи, которые требовалось решить; второй блок — формулировки математических утверждений и их «доказательства», в которых требовалось найти ошибки и по возможности привести верные доказательства. Эти блоки включали в себя задания по арифметике, алгебре, математическому анализу, геометрии и комбинаторике.

Третий блок являлся необязательным (и не оценивался в баллах): мы попросили участников конкурса отметить задания, которые им более всего понравились, а также поделиться опытом своих «встреч» с неочевидными математическими ошибками. Жюри конкурса благодарно всем участникам, выполнившим задания этого блока.

Основная цель конкурса — стимулировать проявление профессиональных качеств учителя, и в ходе выполнения работы участники продемонстрировали умение решать задачи, умение найти ошибку в чужом решении и отличить верное решение от неверного, знание различных разделов школьной программы и свою математическую эрудицию. Отдельно отметим важность «методической» составляющей, так как она в большей степени отражает повседневную работу учителя.

Наш конкурс стал весьма популярным. Как и в прошлом году, в нем приняло участие почти 300 работ учителей (23 коллективных и 266 индивидуальных). География участников конкурса весьма обширна и разнообразна — от Москвы и Санкт-Петербурга до маленьких поселков и деревень почти из всех краев, областей и республик России, а также Беларуси и Казахстана.

Каждое задание конкурса оценивалось исходя из 10 баллов. Победителями конкурса объявлены участники, набравшие не менее 57 баллов из 80 возможных (три коллективные работы и девять индивидуальных).

Победители и призеры конкурса были награждены специальными дипломами и призами, предоставленными фирмой «1С». Кроме того, все перечисленные участники, имеющие нагрузку в школе не менее 9 уроков в неделю и не являющиеся победителями или призерами очного конкурса учителей математики 2008 года, приглашены в Москву для участия в очном туре VI творческого конкурса учителей математики с оплатой проживания и питания в г. Москве. Очный тур состоялся в сентябре, в нем могли принять участие все желающие, для участия достаточно было зарегистрироваться на сайте конкурса. Информация об очном туре конкурса и о следующем заочном конкурсе будет опубликована в газете «Математика» и на сайте МЦНМО.

Организаторы будут благодарны за любые идеи и замечания по дальнейшему совершенствованию конкурса, которые просим присылать в редакцию газеты или по электронному адресу olteach@mccme.ru.

Ниже публикуются задания прошедшего конкурса, тексты решений и примерные критерии проверки. В настоящую публикацию мы постарались включить наиболее интересные, с нашей точки зрения, решения, присланные участниками конкурса.

Отдельно отметим, что наиболее трудным для участников конкурса оказалось задание № 6. Каждое из остальных заданий было решено на  максимальный балл не менее чем пятью участниками.

Победители конкурса

(в алфавитном порядке)

А.Ф. Аскеров и Г.О. Габибулаев (г. Махачкала);
О.Г. Вержковская, С.М. Иванова и З.В. Ильиченкова (Москва);
А.В. Деменева и В.А. Перегудов (с. Первомайское, Алтайский край);
О.Е. Данченко (Москва);
И.Ж. Ибатулин (г. Астана, Республика Казахстан);
Н.В. Иванова и Т.Н. Ильичева (Москва);
А.В. Каплиев (г. Ногинск, Московская обл.);
В.В. Ню (г. Ханты-Мансийск);
Ю.О. Пукас (г. Троицк, Московская обл.);
Н.П. Уваровский (с. Хатассы, Республика Саха);
Л.Н. Ульянова (г. Кировск, Ленинградская обл.).

Призеры конкурса

(участники, набравшие более 42 баллов)

И.А. Акимова (Москва),
В.Д. Алешин (г. Новосибирск),
Е.В. Ананьина (г. Озерск, Челябинская обл.),
А.Н. Андреева (Москва),
В.А. Андреева (г. Ивангород, Ленинградская обл.),
С.В. Афанасьева (Москва),
А.И. Белов (Москва),
Е.П. Березина (г. Ижевск),
Н.З. Варенье (г. Санкт-Петербург),
С.Е. Веселова (с. Навля, Орловская обл.),
А.А. Волкова (Москва),
В.А. Замараев (с. Разъезжее, Красноярский край),
С.А. Иванов (г. Чебоксары),
Т.А. Изъюрова (пос. Чантырья, Тюменская обл.),
Е.В. Ипатова (г. Санкт-Петербург),
Т.С. Кайгородова (г. Артемовский Свердловская обл.),
О.Н. Колосова (г. Волгоград),
М.В. Криницына (г. Орехово-Зуево, Московская обл.),
Е.В. Паршева (г. Волжский, Волгоградская обл.),
Н.В. Полякова (с. Хлебное, Липецкая обл.),
Н.М. Перминова (г. Новосибирск),
Л.Н. Расторгуева (с. Крутиха, Алтайский край),
Г.В. Сайфетдинова (пос. Сосновый Бор, Республика Татарстан),
И.П. Селиванова (с. Бердюгино, Тюменская обл.),
П.В. Семибратов (с. Кармало-Аделяково, Самарская обл.),
Е.С. Ситникова (с. Сырьяны, Кировская обл.),
Л.А. Ситчихина (г. Омутнинск, Кировская обл.),
Е.С. Черняковская (г. Москва),
И.В. Чикова (пос. Кузьмичи, Волгоградская обл.),
Н.М. Юдина (с. Частые, Пермский край).

Задания, ответы, решения, комментарии

(В скобках указаны предложившие задачи или их авторы, первоисточники.)

I. Решите задачи

1.   (Из вступительных экзаменов в МИФИ, предложил А.В. Иванищук.) Изготовитель должен переслать заказчику 1000 одинаковых деталей. Известно, что их пересылка в ящике, вмещающем 70 деталей, стоит 50 рублей, в ящике, вмещающем 90 деталей, стоит 70 рублей, а в ящике, вмещающем 120 деталей, — 90 рублей. Найдите наименьшую возможную стоимость пересылки, если каждый используемый ящик должен быть загружен полностью.

Ответ: 720 рублей.

Решение. Оценим стоимость пересылки одной детали в каждом из видов ящиков: и рубля соответственно. Следовательно, выгоднее всего использовать самые маленькие ящики, а наименее выгодно – средние по вместимости.

Так как 1000 = 70·13 + 90, то пересылку можно осуществить в 13 ящиках, вмещающих по 70 деталей, и одном ящике, вмещающем 90 деталей. В этом случае стоимость пересылки составит

13·50 + 1·70 = 720 рублей.

Докажем, что другие варианты пересылки дороже. Это можно сделать различными способами.

Способ I («оценка»). Оценим стоимость пересылки, не использующей «средний» ящик. Пусть использовано n больших ящиков, тогда маленьких ящиков потребуется Наименьшее натуральное значение n, при котором это выражение принимает натуральное значение, равно 6. В этом случае будут использованы 4 маленьких и 6 больших ящиков. Стоимость пересылки составит 4·500 + 6·900 = 7400 рублей. В остальных случаях какое-то количество маленьких ящиков заменяется на большие, что только увеличит стоимость пересылки.

Способ II («делимость»; Е.А. Потапова, Москва). Предположим, что нам удалось обойтись только маленькими ящиками, тогда стоимость пересылки составила бы  рубля. Но из условия задачи следует, что стоимость пересылки должна быть кратна 10. Следовательно, найденное значение 720 — наименьшее из возможных.

Комментарий. Помимо различных вариаций переборных решений (аналогичных приведенным), в работах участников конкурса было много верных решений, основанных на поиске минимального значения линейной функции от трех переменных. Этот вполне правомерный способ решения мы приводить не будем из-за его относительной громоздкости.

Критерии проверки. Получен верный ответ, но никак не рассмотрены и не упомянуты какие-либо очевидные случаи при «функциональных способах решения» — 8 баллов; верный ответ получен только на основании рассуждения, аналогичного первой части приведенного решения (не доказана «оптимальность») — 6 баллов; получен верный ответ при «переборном» решении, но перебор не полный — 6 баллов; приведен только верный ответ — 2 балла.

2. (Из книги «Challenging Problems in Geometry», New-York, 1996; предложил Д.В. Прокопенко.) Две правильные пирамиды, четырехугольную и треугольную, склеили по треугольной грани. Известно, что длины всех ребер пирамид между собой равны. Сколько граней у получившегося многогранника?

Ответ: 5.

Решение. Рассмотрим несколько возможных способов решения.

Способ I. «Поставим рядом» две одинаковые четырехугольные пирамиды РАВСD и QCDEF с равными ребрами (рис. 1). Так как прямая PQ параллельна прямой, проходящей через центры оснований пирамиды, то PQ AD и PQ BC, то есть точка Q принадлежит плоскостям PAD и РВС. Так как длина отрезка PQ равна стороне основания пирамиды РАВСD, то PQCD — правильная треугольная пирамида с такой же длиной всех ребер.

Таким образом, получившийся многогранник РАВСDQ имеет пять граней.

Комментарий. Разновидность этого способа решения: сразу рассмотреть полученный многогранник РАВСDQ (рис. 2) и доказать, что ребро PQ треугольной пирамиды принадлежит прямой пересечения плоскостей PAD и РВС.

Способ II. Пусть пирамиды РАВСD и РQCD с равными ребрами длины а склеены по грани PCD (см. рис. 2). Вычислим двугранные углы при ребре PC в каждой из данных пирамид, построив их линейные углы. Пусть K — середина ребра PC.

В треугольной пирамиде (рис. 3): угол DKQ — линейный; М — центр треугольника РСD, тогда

значит,

В четырехугольной пирамиде (рис. 4): О — центр квадрата АВСD; угол BKD — линейный,

тогда

Следовательно, сумма двугранных углов при ребре PС равна 180°, то есть точка Q лежит в плоскости РВС. По аналогичным соображениям точка Q лежит в плоскости РAD. Кроме того, так как двугранные углы обоих тетраэдров при ребре CD — острые, то Q не лежит в плоскости АВС. Таким образом, многогранник РАВСDQ имеет пять граней.

Способ III (С.Б. Сидорова, г. Кемерово.). Рассмотрим треугольную призму АВСA'B'C', основание которой — правильный треугольник АВС, боковая грань BB'C'C — квадрат, а две другие боковые грани — ромбы с углом 60° (рис. 5). Построим сечение A'BC этой призмы, тогда

A'B = A'C = A'A = AB = AC = BC,

то есть А'ABC — правильный тетраэдр. Аналогично, в пирамиде A'BB'C'C равны боковые ребра:

A'B = A'B' = A'C' = A'B,

а основание — квадрат со стороной, равной боковому ребру.

Следовательно, рассмотренная призма, имеющая пять граней, является многогранником, удовлетворяющим условию задачи.

Критерии проверки. При втором способе решения отсутствует обоснование того, что точка Q не лежит в плоскости АВС, — 9 баллов; приведен только верный ответ — 2 балла.

3.  (Автор — Б.Р. Френкин.) В школьном шахматном блиц-турнире каждый участник встречался с каждым по одному разу. Встречи каждого тура проходили одновременно. Опасаясь, что инвентаря не хватит, ровно половина участников принесли его из дома: большая часть из них принесла шахматы, а остальные принесли шахматные часы. В итоге, в каждом туре использовались одни принесенные часы и один из принесенных комплектов шахмат. По окончании турнира выяснилось, что каждый принесенный комплект шахмат использовался одинаковое количество раз и каждые принесенные часы также использовались одинаковое количество раз. Найдите количество участников турнира.

Ответ: 16.

Решение (Н.З. Варенье, г. Санкт-Петербург; О.Е. Данченко, Москва; Л.Н. Ульянова, г. Кировск, Ленинградская обл.). Пусть n — искомое количество участников, тогда, так как ровно половина участников принесли инвентарь из дома, то n = 2k, при этом количество сыгранных туров равно 2k – 1. Предположим, что было принесено р комплектов шахмат и m часов, где m < p. Так как каждый из этих комплектов шахмат и каждые часы использовались одинаковое количество раз, то числа р и m являются делителями числа 2k – 1.

По условию, k = p + m, то есть 2k – 1 = 2р + 2m – 1. Так как 2k – 1 делится на р, то и 2m – 1 делится на р.
Тогда, учитывая, что m < p, получим, что 2m – 1 = р.
Поскольку 2k – 1 делится на m, то и 2p – 1 = 4m – 3 делится на m. Следовательно, m является делителем числа 3, то есть m = 1 или m = 3.

Первый случай невозможен, так как при m = 1 р = 2m – 1 = 1 (противоречит тому, что m < p). Во втором случае: m = 3, p = 5, то есть

Критерии проверки. Верно составлена система уравнений, которую необходимо решить, но ее решение не показано — не более 4 баллов; верный ответ получен путем использования утверждения: «количество шахмат, умноженное на количество часов, равно количеству туров», которое не обосновано — не более 3 баллов; приведен верный ответ и проверено, что он удовлетворяет условию задачи — не более трех баллов; приведен только верный ответ — 2 балла.

4.  (Иберо-Американская олимпиада 1988 г., предложил А.Г. Мякишев.) Даны три концентрические окружности радиусов 3, 5 и 7 с центром в точке О. Рассматриваются всевозможные треугольники, каждая вершина которых расположена ровно на одной из этих окружностей. Докажите, что для треугольника наибольшего периметра точка О является центром вписанной окружности.

Решение (А.Ф. Аскеров и Г.О. Габибулаев, г. Махачкала, Республика Дагестан). Пусть треугольник АВС является треугольником наибольшего периметра из всех треугольников, у которых вершины А, В и С лежат на окружностях с центром О и радиусами 3, 5 и 7 соответственно. Рассмотрим эллипс с фокусами в точках B и C, проходящий через точку А (рис. 6 и 7).

Докажем, что А — единственная общая точка эллипса и первой окружности. Пусть это не так и А' — еще одна их общая точка (рис. 6), тогда дуга АА' окружности располагается вне эллипса. Следовательно, для любой внутренней точки М этой дуги выполняется неравенство

MB + MC > AВ + АС.

Тогда периметр треугольника МВС больше, чем периметр треугольника АВС, — противоречие.

Проведем общую касательную к эллипсу и окружности в точке А (рис. 7) и воспользуемся тем, что эта касательная образует равные углы с отрезками АВ и АС, соединяющими точку А с фокусами эллипса (оптическое свойство эллипса, см. например: Акопян А.В., Заславский А.А. Геометрические свойства кривых второго порядка. — М.: МЦНМО, 2007). Так как радиус ОА окружности перпендикулярен проведенной касательной, то АО — биссектриса угла ВАС.

Доказав аналогично, что ВО — биссектриса угла АВС, получим, что точка О — центр окружности, вписанной в треугольник АВС наибольшего периметра, что и требовалось.

Комментарий. Отметим, что в работе Н.В. Ивановой (Москва) решение с той же идеей было оформлено без применения эллипса и его оптического свойства в явном виде. В нем использовался только следующий известный факт (на основании которого и доказывается оптическое свойство эллипса): «Если точки В и С лежат в одной полуплоскости относительно прямой а, то наименьшее значение суммы ВМ + СМ, где М — произвольная точка прямой а, достигается в случае, если точка М лежит на прямой ВС', где С' — точка, симметричная точке С относительно прямой а». Это несколько удлиняет запись решения, но зато в этом случае оно не выходит за рамки школьной программы.

Отдельно отметим, что некоторые участники конкурса допускали логическую ошибку: рассматривали множество треугольников, удовлетворяющих условию, фиксировали две его вершины (например, В и С) и доказывали, что точка О лежит на биссектрисе угла А. В этом случае на следующем этапе доказательства и возникает ошибка: если зафиксировать теперь вершины А и В и доказать, что точка О лежит на биссектрисе угла С, то ниоткуда не следует, что АО в этом треугольнике также осталась биссектрисой.

Отметим также, что многие участники конкурса решали эту задачу, используя частные производные (с разным успехом!). Наиболее часто встречался следующий недочет: искомая точка выявлялась только на основании необходимого условия экстремума (выполнение достаточного условия не проверялось). Приводить этот способ решения мы считаем нецелесообразным.

Критерии проверки. При верной идее геометрического решения допущены логические ошибки — не более 5 баллов. Допущены недочеты при решении с помощью частных производных — не более 7 баллов.

II. Методическая часть

В предложенных текстах (№ 5 и 6) могут содержаться математические ошибки (как в утверждениях, так и в ответах, решениях или доказательствах). Если утверждение неверно — приведите контрпример и найдите ошибки в доказательстве. Если неверно только решение (доказательство) — укажите ошибки и приведите верное решение (доказательство).

5.  (Предложили А.В. Иванищук и Б.Р. Френкин.) Длина каждой стороны четырехугольника — целое число, причем сумма любых трех из этих чисел делится на четвертое. Верно ли, что в этом четырехугольнике обязательно найдутся хотя бы две равные стороны?

«Ответ»: да, верно.

«Решение». Разделим длины сторон данного четырехугольника на их наибольший общий делитель. Получим длины сторон четырехугольника, также удовлетворяющего условию задачи, при этом наибольший общий делитель длин его сторон равен 1, поэтому наименьшее общее кратное длин сторон равно их произведению. Из условия задачи вытекает, что сумма длин всех сторон делится на каждую из них, а следовательно, делится на их наименьшее общее кратное, то есть на их произведение.

Предположим, что все длины сторон в исходном четырехугольнике различны. Тогда они различны и в новом четырехугольнике. Пусть d — длина наибольшей стороны нового четырехугольника. Тогда сумма длин его сторон меньше 4d, а произведение длин сторон не меньше чем 1∙2∙3∙d = 6d. Следовательно, сумма длин сторон не делится на их произведение.

Полученное противоречие показывает, что в исходном четырехугольнике найдутся хотя бы две равные стороны.

Решение . Приведенный «ответ» — верный, а в «решении» есть ошибка, а именно использовано неверное утверждение: «если НОД нескольких чисел равен 1, то НОК этих чисел равно их произведению». Действительно, рассмотрим, например, числа 2, 3 и 4.

НОД(2; 3; 4) = 1, НОК(2; 3; 4) = 12 ≠ 2∙3∙4.

Комментарий. Отметим, что аналогичное утверждение будет верным только в случае, если рассматривать попарно взаимно простые числа.

Приведем один возможных верных способов решения (используя идеи Ю.О. Пукаса, г. Троицк, Московская область и Н.П. Уваровского, с. Хатассы, Республика Саха).

Предположим, что стороны а, b, c и d данного четырехугольника различны. Без ограничения общности можно считать, что а < b < c < d. Обозначим: а + b + c + d = P. Тогда d < a + b + c < 3d. Так как a + b + c делится на d, то a + b + c = 2d, то есть P = 3d. Заметим, что если сумма длин трех сторон делится на длину четвертой стороны, то и периметр Р четырехугольника делится на эту длину. Тогда

то есть

Таким образом,

поэтому

— противоречие, так как а + b + c + d = P.

Следовательно, наше предположение неверно и у исходного четырехугольника найдутся равные стороны.

Критерии проверки. Сказано, что «ответ» верный, — 1 балл; верно найдена ошибка — еще 4 балла; приведено верное решение — еще 5 баллов. Ошибка в «решении» найдена, но при этом сказано, что «ответ» неверный, и приведен неверный контрпример типа «четырехугольник со сторонами 1, 2, 3, 6» (который не существует) — 2 балла.

6.  (Предложил В.М. Гуровиц.) «Теорема». В связном графе без циклов любые две вершины соединяет единственный (простой) путь.

«Доказательство». Поскольку граф — связный, то путь всегда существует. Докажем, что он единственный. Пусть это не так и существуют два пути.

Если эти пути не содержат внутри совпадающих вершин, то, пройдя в одну сторону по одному из них, а в другую сторону – по другому пути, мы получим цикл.

Если же внутри есть совпадающие вершины, то пойдем первым путем до тех пор, пока он совпадает со вторым. Обозначим через А последнюю совпадающую вершину (то есть следующая вершина за А на первом пути не принадлежит второму пути). Будем идти дальше первым путем до тех пор, пока не дойдем до вершины, которая вновь лежит на втором пути. Ее обозначим через B.

Тогда часть первого пути от А до B и часть второго пути от B до A в объединении образуют цикл, что противоречит условию задачи.

Решение. Сама «теорема» верна, а ее «доказательство» содержит ошибку. Дело в том, что не всегда имеет смысл предложение «Обозначим через А последнюю совпадающую вершину (то есть следующая вершина за А на первом пути не принадлежит второму пути)». Действительно, рассмотрим, например, граф с пятью вершинами: P, Q, R, S, T и два пути:

P – Q – R – S – T и P – Q – S – R – T.

Эти пути не совпадают, и в графе есть цикл, но любая вершина второго пути лежит на первом пути, поэтому предложенный в «доказательстве» алгоритм поиска цикла работать не будет.

Комментарий. Покажем, как можно было более аккуратно записать этот фрагмент доказательства.

Пусть начала двух путей совпадают вплоть до некоторой вершины C, в которой пути впервые расходятся. Рассмотрим следующую за С вершину первого пути (назовем ее D), которая принадлежит также и второму пути (этой вершиной может оказаться и вершина B). Тогда объединение отрезка первого пути от вершины C до вершины D с отрезком второго пути от вершины D до вершины C даст нам искомый цикл.

Критерии проверки. Сказано, что утверждение верно, — 1 балл; найдена ошибка в «доказательстве» — еще 5 баллов; «доказательство» исправлено — еще 4 балла.

Вокруг ЕГЭ...

7.  (Предложил А.В. Хачатурян). В книге В.В. Кочагина (Кочагин В.В., Кочагина М.Н. ЕГЭ-2008. Математика. Тематические тренировочные задания. — М.: Эксмо, 2008) было предложено задание (№ С62, с. 29): Найдите значение выражения если

Прокомментируйте это задание так, как сочтете нужным.

Решение. Условие задачи некорректно, так как сумма не существует ни при каком a. Действительно, для того, чтобы выражение имело смысл, необходимо, чтобы выполнялось неравенство а⁴ ≤ 10.

Тогда

Следовательно, сумма данных корней не может быть равна 4.

Комментарий. Некоторые участники, решая задачу, получали, что разность корней равна 16, то есть больше суммы этих же корней, после чего указывали, что условие задачи некорректно, не попытавшись проанализировать, почему так получилось.

Критерии проверки. Вывод о некорректности условия сделан только на основании того, что разность корней больше их суммы, — 5 баллов.

8.  (Предложил И.В. Ященко.) Ниже приведены три задачи, стоявшие на одинаковых позициях в разных вариантах ЕГЭ-2008 и показавшие значительное расхождение в проценте решаемости. В каждой такой паре укажите задание, которое вы считаете более сложным, и обоснуйте свою точку зрения.

А1.  Упростите выражение 4d3,2∙1,5d–1,2. 1) 6d2 2) 5,5d–3,84 3) 6d 4) 6d–3,84 А1.  Упростите выражение 2a1,8∙0,5a–0,8. 1) a 2) 2,5a 3) a–1,44 4) 2,5a–1,44 А7.  Укажите рисунок, на котором изображен график функции, принимающей на промежутке (–2; 1) только положительные значения. А7.  Укажите рисунок, на котором изображен график функции, принимающей на промежутке (–3; 1) только положительные значения. А10 . Найдите область определения функции 1)  2) 3) 4) А10 .  Решите неравенство 35x + 11 ≥ 9. 1) [–1,8; +∞) 2) [–2; +∞) 3) (–∞; –1,8] 4) (–∞; –2]

Решение.

А1.  При выборе ответа в задании А1 учащиеся могут допустить следующие ошибки:

1) коэффициенты сложить, показатели степеней перемножить; в этом случае, в первом варианте будет указан ответ 2), а во втором — ответ 4);

2) перемножить как коэффициенты, так и показатели степеней; в этом случае в первом варианте — ответ 4), во втором — 3);

3) сложить и коэффициенты, и показатели степеней; такого ответа нет в первом варианте, но есть во втором — 2).

Значит, в первом варианте школьники могут допустить два вида ошибок, а во втором варианте — три. Кроме того, верный ответ 1) во втором варианте «пугает» больше, чем в первом. Таким образом, второй вариант сложнее (что и подтверждается реальной статистикой: процент верно выполнивших это задание в Москве — 90% и 75% соответственно).

А7.  Здесь сложнее задание в первом варианте, поскольку в этом варианте неверный ответ 1) «очень похож» на верный (особенно с учетом качества распечатки КИМов). Многие учащиеся сразу выбирали его и не смотрели на другие варианты ответов. Во втором же варианте верный ответ 4) практически очевиден. Реальная статистика по Москве: 61% и 90% соответственно.

А10.  И здесь первый вариант гораздо сложнее, так как при его решении школьники могут допустить ошибки, которые невозможны при решении задания второго варианта:

1) неверно составить неравенство;

2) неверно представить 1 в виде степени с основанием 7;

3) решая неравенство –3x≥–5, не поменять знак неравенства при делении на отрицательное число.

Реальная статистика по Москве: 57% и 79% соответственно.

Критерии проверки. Верно указана и обоснована сложность задания: только в двух парах — 6 баллов; только в одной паре — 3 балла.

Блинков А., Блинков Ю., Горская Е., Ященко И.