Demonstracijski testovi ct na ruskom. Koji će zadaci biti u ct? Ricks je predstavio testnu strukturu
RIKZ ima specifikaciju za svaki predmet CT-a za 2016. godinu. Objašnjava kakva će biti struktura testa, koliko zadataka svake razine težine ima test i koji će se programski materijal koristiti u njima.
Fotografija je samo u ilustrativne svrhe. Foto: Vadim Zamirovsky, TUT.BY
Tako će se ove godine test ruskog jezika sastojati od 40 zadataka: 30 - u dijelu A i 10 - u dijelu B. Najviše zadataka će biti za pravopis - 13, za interpunkciju - 9 zadataka, najmanje za fonetiku - jedan . Prvi stupanj težine imat će dva zadatka, drugi - četiri zadatka, treći i četvrti - po 14 zadataka i peti, najteži - šest zadataka. Test traje 120 minuta.
Na testu iz matematike ove godine ima 8 zadataka iz geometrije (više nego prošle godine), 11 - o jednadžbama i nejednačinama, po četiri o brojevima i izračunima i funkcijama. Na prvoj razini bit će samo dva zadatka, na drugoj - osam, a većina zadataka će biti na trećoj - 14. Na četvrtoj i petoj razini - 4 odnosno 2 zadatka.
Aleksandar Nikolajevič, profesor matematike od 2007., čiji su učenici pobjednici Olimpijade, gimnazijalci BSU-a i studenti BSU-a, smatra da je teškoću testa gotovo nemoguće procijeniti specifikacijom.
- Možda ove godine ima više zadataka na određene teme. No, po mom mišljenju, ova informacija ne utječe puno na pripremu podnositelja zahtjeva. Ne radi se o broju zadataka. Jedan dio matematičkog testa može imati prilično jake stavke, ali pet ili četiri možda nisu od velike važnosti. Ne vidim same zadatke, suzdržao bih se od komentara da će informacije o specifikaciji na neki način utjecati na obuku kandidata.
Učiteljica ruskog jezika sa 15 godina iskustva Ljudmila Grigorijevna također ne vjeruje da specifikacija ima bilo kakav učinak na pripremni proces za VG: “ Pravila ostaju ista, samo ih trebate znati. Koliki je udio zadataka nije toliko važno».
Podsjetimo, u Bjelorusiji je već odobren. Pristupnici polažu prvi ispit 13. lipnja iz bjeloruskog i 14. lipnja iz ruskog.
25. lipnja- strani jezik (engleski, njemački, francuski, španjolski, kineski);
Početak svakog od testova je u 11.00 sati. Rezervirani dan - 5. srpnja(Utorak). CT na ovaj dan održat će se na Bjeloruskom državnom sveučilištu, možete se prijaviti za njega od 28. lipnja do 1. srpnja.
Pristupnici liceja BSU mogu se upoznati s mogućnostima prijemnih ispita u 2019. Svrha ovih opcija je omogućiti svakom sudioniku prijemnih ispita na Liceju Bjeloruskog državnog sveučilišta da dobije ideju o strukturi ispitnih opcija, vrstama zadataka i njihovim razinama težine. Prilikom pregleda opcija za 2019., treba imati na umu da zadaci uključeni u njih ne pokrivaju sve elemente sadržaja koji će se testirati na prijemnim ispitima na Liceju Bjeloruskog državnog sveučilišta 2020. godine. Osim toga, zadaci prijemnih ispita za 2020. izradit će se u skladu s novim nastavnim planovima i programima. Više o strukturi prijemnih ispita 2020. možete saznati proučavanjem specifikacija i rješavanjem, objavljenim na LMS-u Liceja BSU-a.
Provedba opcija za prijemne ispite 2019. omogućit će polaznicima da razviju strategiju pripreme za upis u Licej BSU-a, sistematiziraju proučeno gradivo, spriječe moguće pogreške, kao i konsolidiraju znanje i učinkovito se pripreme za 2020. prijemni ispiti.
Ostavite pitanja i komentare ispod članka
opcija 1
Dio B
Zadatak B1.Za bojanje zidova ukupne površine 175 m 2 planirana je kupnja boje. Volumen i cijena limenki boje prikazani su u tablici.
Koliki je minimalni iznos (u rubljama) koji treba potrošiti na kupnju potrebne količine boje ako je njezina potrošnja 0,2 l / m 2?
Riješenje.
Od 1 m 2 ostavlja 0,2 litre boje, tada će 175 m 2 zahtijevati volumen boje jednak 175 0,2 = 35 litara.
Stoga je izazov pronaći minimalnu nabavnu cijenu od 35 litara ili više boje.
Odredimo cijenu 1 litre boje u svakoj od limenki.
Cijena litre u limenci od 2,5 litara je 75.000: 2.5 = 30.000 rubalja, a cijena litre u limenci od 10 litara je 270.000: 10 = 2.700 rubalja.
Budući da je boja jeftinija u velikim limenkama, preporučljivo je prikupiti 35 litara boje koristeći samo velike limenke. Međutim, ne možete dobiti točno 35 litara uz pomoć velikih limenki, jer svaka od limenki ima volumen od 10 litara. Ovdje postoje dvije opcije:
1. Kupujemo 4 limenke boje po 10 litara. Kao rezultat, imamo 40 litara boje, što premašuje potrebnih 35 litara. Cijena boje u ovom slučaju: 270.000 4 = 1.080.000 rubalja.
2. Kupujemo 3 limenke boje po 10 litara i 2 limenke boje po 2,5 litara. Kao rezultat, imamo točno 35 litara boje. Cijena boje u ovom slučaju: 3 · 270.000 + 2 · 75.000 = .960.000 rubalja.
Budući da je druga opcija jeftinija od prve, minimalni iznos potreban za kupnju potrebne količine boje je 960.000 rubalja.
Odgovor: 960 000.
Imate li pitanja ili komentara o rješavanju problema? Pitajte autora Antona Lebedeva.
Zadatak B2.Pronađite zbroj korijena (korijen, npr c je li on jedini) jednadžbe
Riješenje.
Prvo, imajte na umu da kvadriranje obje strane jednadžbe nije dobra ideja u ovom zadatku, jer kao rezultat dobivamo jednadžbu stupnja 4, koja se općenito ne može riješiti
U takvim situacijama treba tražiti zaobilazna rješenja.
Za početak definiramo ODZ jednadžbu:
Rezultirajuća jednadžba je ekvivalentna sustavu:
Komentar.Prva nejednakost sustava nužna je kako bi se izbjegla pojava nepotrebnih korijena: ako jednostavno kvadriramo obje strane, tada će se korijenima jednadžbe dodati i korijeni jednadžbe.
Dakle, rješavamo jednadžbu iz zapisanog sustava:
Očito, samo drugi od pronađenih korijena zadovoljava nejednakost iz sustava.
Dakle, izvorna jednadžba ima samo jedan korijen, a to je 9.
Odgovor: 9.
Zadatak B3.U jednakokračni trapez je upisana kružnica čija je površina jednaka. Zbroj dvaju kutova trapeza je 60°. Pronađite opseg trapeza.
Riješenje.
Neka ABCD Je zadani trapez.
Budući da je trapez jednakokračan, kutovi na bazi trapeza su jednaki:
.
Prema uvjetu, zbroj dvaju kutova trapeza je 60 °. Očito, govorimo o dva oštra kuta, od 60 °< 90° , što znači da u našoj notaciji govorimo samo o uglovima BAD i CDA ... Budući da su jednaki, a njihov zbroj je 60°, svaki od njih jednak je 30°.
Kao što znate, ne može se svaki trapez (a ni jednakokraki trapez) upisati u krug, što znači da nam činjenica da je kružnica upisana u naš trapez daje neke dodatne informacije. Krug se može upisati samo u trapez u kojem je zbroj baza jednak zbroju stranica. U našem slučaju to bi trebalo biti:
Budući da je trapez jednakokračan, onda AB = CD... Označimo bočne strane sa x.
Onda dobivamo
gdje je MN - srednja linija trapeza.
Visina VK trapeza također se izražava kroz x... Da biste to učinili, razmislite o pravokutnom trokutu ABK.
.
Tada je zbroj strana 2 x = 17, a opseg trapeza je 34 (zbroj baza jednak je zbroju stranica).
Odgovor: 34.
Zadatak B4.Neka bude (x, y)- rješenje sustava jednadžbi
Pronađite značenje izraza 5y - x.
Riješenje.
Transformiramo drugu jednadžbu sustava:
Uzimajući u obzir prvu jednadžbu, dobivamo:
Izračunavamo vrijednost izraza:
Odgovor: 23.
Zadatak B5.Pronađite značenje izraza
Riješenje.
Komentar.Najčešći problem podnositelja zahtjeva pri rješavanju ovakvih primjera je nemogućnost da se riješe iracionalnosti nazivnika množenjem s konjugatom i nepoznavanje činjenice da redoslijed izračunavanja uzastopnih korijena nije bitan (npr.).
Odgovor:-22.
Zadatak B6.Pronađite zbroj korijena jednadžbe.
Riješenje.
Prije početka rješavanja izgovaramo čarobnu frazu: "Proizvod je jednak nuli ako je barem jedan od faktora jednak nuli." Nakon toga, jednadžba se čudesno raspada u skup:
Prva jednadžba u populaciji ima jedan korijen x = 81.
Transformirajmo drugu jednadžbu:
Daljnje rješenje provodi se promjenom varijable:
dobivamo
(korijeni se nalaze pomoću Vietinog obrnutog teorema).
Negativni korijen nam ne odgovara pa dobivamo
To znači da izvorna jednadžba ima dva korijena: 1 i 81.
Njihov zbroj je 82.
Odgovor: 82.
Zadatak B7.Nađite površinu bočne površine pravilne trokutaste piramide ako je duljina simetrale njezine baze jednaka, a ravni kut na vrhu jednak.
Riješenje.
Neka SABC - pravilna trokutasta piramida.
Trokut ABC - baza piramide, a ovaj trokut je pravilan.
Dakle, simetrala je također visina trokuta ABC
Bočna površina pravilne piramide je S = SK· str,
gdje
- baza poluperimetar;
Apotema.
Zatim
S = 125 = 60.
Odgovor: 60.
Problem B8.Pronađite zbroj najmanjeg i najvećeg cjelobrojnog rješenja nejednadžbe
Riješenje.
Uzimajući u obzir da je logaritam rastuća funkcija ako mu je baza veća od 1 i opadajuća ako je baza manja od 1, kao i činjenicu da podlogaritamski izraz mora biti pozitivan, dobivamo:
Najmanje cjelobrojno rješenje je -5, a najveće 65. Njihov zbroj je 60.
Odgovor: 60.
Zadatak B9.Pronađite (u stupnjevima) zbroj korijena jednadžbe 10sin5 x Cos5 x+ 5sin10 x Co18 x= 0 u intervalu (110 °; 170 °).
Riješenje.
Koristeći formulu dvostrukog argumenta, transformiramo prvi član s lijeve strane:
Budući da je od svih pronađenih korijena potrebno odabrati one od njih koji leže u intervalu (110 °; 170 °), tada
Zapisujemo odgovarajuće korijene:
126 °; 144 °; 162 °
130 °; 150 °.
Zbroj pronađenih rješenja je 712.
Odgovor: 712.
Zadatak B10.Pronađite umnožak najmanjeg i najvećeg cjelobrojnog rješenja nejednadžbe
Riješenje.
Transformiramo izvornu nejednakost:
Rezultirajuća nejednakost može se riješiti, na primjer, metodom intervala. Da bismo to učinili, prvo ćemo pronaći korijene odgovarajuće jednadžbe:
Pronađeni korijeni bit će iscrtani na brojevnoj osi. Ovi korijeni dijele izraz (| x + 5| - 4)(|x- 3 | - 1) za intervale konstantnosti. Odredite predznak zapisanog izraza u svakom od intervala zamjenom bilo koje točke iz navedenog intervala u izraz. Na primjer, da biste odredili predznak izraza na krajnjem desnom intervalu, uzmite točku x= 5 i dobivamo da je vrijednost izraza u ovoj točki pozitivna, što znači da će izraz biti pozitivan tijekom cijelog intervala.
Sada možemo zapisati rješenje nejednadžbe (odgovarajuće područje je zasjenjeno na slici):
.
Najmanji cijeli broj iz ovog raspona: x min = -8, a najveći cijeli broj x max = 3. Umnožak tih brojeva je -8 · 3 = -24. Ovaj broj treba napisati u odgovoru.
Odgovor:-24.
Zadatak B11.Točka A pomiče se po obodu trokuta KMP. Bodovi K1 , M 1, P 1 leže na medijanima trokuta KMP i podijelite ih u omjeru 11: 3, računajući od vrha. Uzduž perimetra trokuta K 1 M 1 P 1 točka B kreće se brzinom pet puta većom od brzine točke A. Koliko puta točka B obiđe trokut K 1 M 1 P 1 u vremenu potrebnom točki A da dvaput obiđe trokut KMP.
Riješenje.
Napravimo crtež za zadatak. O - točka presjeka medijana izvornog trokuta.
Intuitivno, trokuti KMP i K 1 M 1 P 1 bi trebao biti sličan. Međutim, intuicija samo sugerira način rješavanja problema, pa sličnost ovih trokuta još treba dokazati.
Da biste dokazali sličnost, razmotrite trokute KOM i K 1 OM 1 .
MM ' Je medijan trokuta KMP , dakle, budući da su medijane trokuta podijeljene u omjeru 2 prema 1, računajući od vrha.
Iz iskaza problema proizlazi da od točke M 1 dijeli medijan MM 'omjerom 11 prema 3, računajući od vrha.
Zatim
Stav
.
Slično se to može pokazati
Osim, kao okomito.
Dakle, trokuti KOM i K 1 OM 1 su slične po dvije strane i kut između njih s koeficijentom sličnosti.
Zatim
Također
.
To znači da su trokuti KMP i K 1 M 1 P 1 su slični s koeficijentom sličnosti i perimetrom trokuta KMP puta opsega trokuta K 1 M 1 P 1 .
Budući da se točka B kreće brzinom 5 puta većom od brzine točke A duž trokuta, čiji je opseg jedan puta manji od opsega trokuta KMP, tada tijekom jednog okretanja točke A, točka B napravi okretaje, a tijekom dva okreta točke A, točka B napravi 56 okretaja.
Odgovor: 56.
Problem B12.Volumen pravokutnog paralelepipeda ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 je 1728. Točka P leži na bočnom rubu CC 1 tako da CP:PC 1 = 2: 1. Kroz točku P, vrh D a sredina bočnog rebra AA 1, nacrtana je rezna ravnina, koja dijeli pravokutnike na dva dijela. Pronađite volumen manjeg dijela.
Riješenje.
Nacrtajte paralelepiped na crtežu i izgradite opisani presjek PDKEF. K - srednje rebro AA 1 .
Nacrtajte na crtežu linije po kojima presječna ravnina siječe ravnine triju strana paralelepipeda. Točke u kojima presječna ravnina siječe prave BA, pr i BB 1 označava sa Z, P, S.
Tijelo SZBQ- piramida, u čijoj osnovi leži pravokutni trokut ZBQ ... Ova piramida uključuje volumen donjeg dijela paralelepipeda i volumene tri piramide SEB 1 F, QPCD, ZKAD.
Da bismo pronašli volumen donjeg dijela paralelepipeda, nalazimo volumene naznačenih piramida.
Radi praktičnosti izračuna, stranice paralelepipeda označavamo sa x, y i z, zatim volumen paralelepipeda V = xyz = 1728.
Osim,
.
Zadatak je izraziti veličine navedene četiri piramide u terminima x, y i z.
Trokuti FC 1 P i DAK slični su u dva kuta (sve stranice ovih trokuta su paralelne u parovima).
Zatim
.
Trokuti PCD i KA 1 E također su slični, dakle
.
Od sličnosti trokuta SB 1 F i PC1 F slijedi:
.
Volumen piramide SEB 1 F jednako je:
Piramida QPCD poput piramide SEB 1 F s koeficijentom sličnosti:
.
Zatim volumen piramide QPCD jednako je:
Slično piramidama ZKAD poput piramide SEB 1 F s koeficijentom sličnosti
Zatim volumen piramide ZKAD jednako je:
Konačno, piramida SZBQ poput piramide SEB 1 F s koeficijentom sličnosti
.
Zatim volumen piramide SZBQ jednako je:
Volumen donjeg dijela paralelepipeda:
Zatim volumen gornjeg dijela:
Budući da nam treba manji volumen, točan odgovor je 724.
Odgovor: 724.