Demo testiranje. Koji će zadaci biti u ct? rickz je otkrio strukturu testova

RIKZa ima specifikaciju za svaki predmet DH za 2016. godinu. Objašnjava kakva će biti struktura testa, koliko je zadataka svake razine težine u testu i koji će se programski materijal u njima koristiti.

Fotografija je ilustrativna. Fotografija: Vadim Zamirovsky, TUT.BY

Tako će se ove godine ispit iz ruskog jezika sastojati od 40 zadataka: 30 - u dijelu A i 10 - u dijelu B. Najviše zadataka bit će iz pravopisa - 13, iz interpunkcije - 9 zadataka, najmanje iz fonetike - jedan. Za prvi stupanj zahtjevnosti bit će dva zadatka, za drugi četiri zadatka, za treći i četvrti po četiri zadatka te za peti, najteži, šest zadataka. Za rješavanje testa imate 120 minuta.

U testu iz matematike ove je godine 8 zadataka iz geometrije (više nego lani), 11 zadataka iz jednadžbi i nejednadžbi, po četiri zadatka iz brojeva te računanja i funkcija. Prva razina imat će samo dva zadatka, druga - osam, a najviše zadataka bit će na trećoj razini - 14. Četvrta i peta razina imat će 4, odnosno 2 zadatka.

Aleksandar Nikolajevič, profesorica matematike od 2007. čiji su učenici pobjednici olimpijada, gimnazijalci BSU i studenti BSU, smatra da je iz specifikacije gotovo nemoguće procijeniti složenost testa.

Možda ove godine bude više zadataka na pojedine teme. Ali, po mom mišljenju, ove informacije ne utječu uvelike na pripremu podnositelja zahtjeva. Ne radi se o broju radnih mjesta. Jedan dio testa iz matematike može sadržavati neke prilično jake stavke, ali pet ili četiri nisu jako važni. Bez uvida u same zadatke, suzdržao bih se od komentara da će informacije o specifikaciji na neki način utjecati na obuku kandidata.

Predavač ruskog jezika sa 15 godina iskustva Ljudmila Grigorjevna također ne vjeruje da specifikacija nekako utječe na proces pripreme za DT: “ Pravila ostaju ista i samo ih trebate znati. Koliki je udio zadataka nije toliko važno».

Podsjetimo da je Bjelorusija već odobrila. Pristupnici prvi ispit polažu 13. lipnja bjeloruski jezik i 14. lipnja - na ruskom.

25. lipnja — strani jezik(engleski, njemački, francuski, španjolski, kineski);

Svaki ispit počinje u 11:00 sati. Datum rezerviranja dana - 5. srpnja(Utorak). CT na ovaj dan će se održati u bjeloruskom državno sveučilište Na njega se možete prijaviti od 28. lipnja do 1. srpnja.

Ostavite pitanja i komentare ispod članka

opcija 1

Dio B

Zadatak B1.Za bojanje zidova s ukupnom površinom 175 m 2 predviđena je kupnja boje. Volumen i cijena limenki s bojom prikazani su u tablici.

Koji će se minimalni iznos (u rubljima) potrošiti na kupnju potrebne količine boje, ako je njegova potrošnja 0,2 l / m 2?

Riješenje.

Od dana 1 m 2 uzima 0,2 litre boje, tada će 175 m 2 zahtijevati volumen boje jednak 175 0,2 \u003d 35 litara.

Dakle, zadatak je pronaći minimalnu nabavnu cijenu za 35 ili više litara boje.

Odredimo trošak 1 litre boje u svakoj limenci.

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 = 2700 rubalja.

Budući da je boja jeftinija u velikim limenkama, preporučljivo je sakupiti 35 litara boje koristeći samo velike limenke. Međutim, koristi se točno 35 litara velike staklenke nećete ga dobiti, jer svaka limenka ima zapreminu od 10 litara. Ovdje postoje dvije opcije:

1. Kupujemo 4 kante boje po 10 litara. Kao rezultat imamo 40 litara boje, što premašuje 35 litara koliko nam treba. Cijena boje u ovom slučaju: 270 000 4 \u003d 1 080 000 rubalja.

2. Kupujemo 3 kante boje od 10 litara i 2 kante boje od 2,5 litara. Kao rezultat, imamo točno 35 litara boje. Cijena boje u ovom slučaju: 3 270 000 + 2 75 000 = 0,960 000 rubalja.

Budući da je druga opcija jeftinija od prve, dakle minimalni iznos potrebna za kupnju prave količine boje je 960.000 rubalja.

Odgovor: 960 000.

Imate li pitanja ili komentara o rješenju problema? Pitajte ih autora, Antona Lebedeva.

Zadatak B2.Pronađite zbroj korijena (korijen, npr c je li to jedina) jednadžbe

Riješenje.

Prvo, imajte na umu da kvadriranje obje strane jednadžbe nije baš dobra ideja u ovom zadatku, jer kao rezultat dobivamo jednadžbu 4. stupnja, koja u općem slučaju nije riješena

U takvim situacijama treba tražiti zaobilazna rješenja.

Prvo, definirajmo ODZ jednadžbu:

Rezultirajuća jednadžba je ekvivalentna sustavu:

Komentar.Prva nejednakost sustava je neophodna kako bi se izbjegla pojava dodatnih korijena: ako jednostavno kvadriramo oba dijela, tada će se korijeni jednadžbe također dodati korijenima jednadžbe.

Dakle, rješavamo jednadžbu iz pisanog sustava:

Očito samo drugi od pronađenih korijena zadovoljava nejednadžbu iz sustava.

Dakle, izvorna jednadžba ima samo jedan korijen, jednak 9.

Odgovor: 9.

Zadatak B3.U jednakokračni trapez čija je površina . Zbroj dvaju kutova trapeza je 60°. Odredi opseg trapeza.

Riješenje.

Neka je ABCD je zadani trapez.

Budući da je trapez jednakokračan, kutovi na osnovici trapeza su jednaki:

.

Prema dogovoru, zbroj dva kuta trapeza je 60°. Očito, govorimo o dva oštra kuta, od 60 °< 90° , što znači da u našem zapisu govorimo o kutovima BAD i CDA . Kako su jednaki, a zbroj im je 60°, onda je svaki od njih jednak 30°.

Kao što znate, ne može se svaki trapez (i ne svaki jednakokračni trapez) upisati u kružnicu, što znači da nam činjenica da je kružnica upisana u naš trapez daje neke dodatne informacije. Kružnica može biti upisana samo u trapez kojemu je zbroj osnovica jednak zbroju stranica. U našem slučaju to bi trebalo biti:

Kako je trapez jednakokračan, dakle AB=CD. Označimo stranice sa x.

Onda dobivamo

gdje je MN - središnja linija trapeza.

Visinu trapeza VK izražavamo i preko x. Da biste to učinili, razmotrite pravokutni trokut ABK.

.

Tada je zbroj stranica 2 x= 17, a opseg trapeza je 34 (zbroj osnovica jednak je zbroju stranica).

Odgovor: 34.

Zadatak B4.Neka (x, y)- rješenje sustava jednadžbi

Pronađite vrijednost izraza 5y-x.

Riješenje.

Transformiramo drugu jednadžbu sustava:

Uzimajući u obzir prvu jednadžbu, dobivamo:

Izračunajte vrijednost izraza:

Odgovor: 23.

Zadatak B5.Pronađite vrijednost izraza

Riješenje.

Komentar.Najčešći problemi pristupnika pri rješavanju ovakvih primjera su nemogućnost da se oslobode iracionalnosti u nazivniku množenjem s konjugatom i neznanje da redoslijed izračunavanja uzastopnih korijena nije bitan (npr.).

Odgovor:-22.

Zadatak B6.Nađi zbroj korijena jednadžbe.

Riješenje.

Prije nego krenemo s rješavanjem, izgovaramo čarobnu frazu: "Umnožak je jednak nuli ako je barem jedan od faktora jednak nuli." Nakon toga, jednadžba se čudesno rastavlja u skup:

Jednadžba prvog skupa ima jedan korijen x = 81.

Transformirajmo drugu jednadžbu:

Daljnje rješenje provodi se promjenom varijable:

Dobivamo

(korijeni se nalaze pomoću inverznog Vieta 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.Odredite površinu bočne plohe pravilne trokutaste piramide ako je duljina simetrale njezine baze jednaka, a ravni kut pri vrhu jednak .

Riješenje.

Neka SABC je pravilna trokutasta piramida.

Trokut ABC - baza piramide, a ovaj trokut je ispravan.

Simetrala je ujedno i visina trokuta ABC, dakle

Bočna površina pravilne piramide je S=SK· str,

Gdje

- poluopseg baze;

Apotema.

Zatim

S = 125 = 60 .

Odgovor: 60.

Zadatak B8.Nađi zbroj najmanjeg i najvećeg cjelobrojnog rješenja nejednadžbe

Riješenje.

Uzimajući u obzir da je logaritam rastuća funkcija ako mu je baza veća od 1 i padajuća ako mu je baza manja od 1, te da sublogaritamski izraz mora biti pozitivan, dobivamo:

Najmanje cjelobrojno rješenje je -5, a najveće 65. Njihov zbroj je 60.

Odgovor: 60.

Zadatak B9.Nađite (u stupnjevima) zbroj korijena jednadžbe 10sin5 x cos5 x+5sin10 x co18 x= 0 na intervalu (110° ; 170° ).

Riješenje.

Koristeći formulu dvostrukog argumenta, transformiramo prvi član lijeve strane:

Budući da od svih pronađenih korijena trebate odabrati one koji leže na intervalu (110 °; 170 °), tada

Ispisujemo odgovarajuće korijene:

126°; 144°; 162°

130°; 150°.

Zbroj pronađenih rješenja je 712.

Odgovor: 712.

Zadatak B10.Odredite umnožak najmanjeg i najvećeg cjelobrojnog rješenja nejednadžbe

Riješenje.

Transformirajmo izvornu nejednakost:

Rezultirajuća nejednadžba može se riješiti, na primjer, metodom intervala. Da bismo to učinili, prvo pronalazimo korijene odgovarajuće jednadžbe:

Pronađeni korijeni bit će iscrtani na numeričkoj osi. Ovi korijeni prekidaju izraz (| x + 5| - 4)(|x- 3| - 1) na intervalima konstantnosti predznaka. Odredimo predznak zapisanog izraza na svakom od intervala zamjenom bilo koje točke iz zadanog 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 na cijelom intervalu.

Sada možemo zapisati rješenje nejednadžbe (odgovarajuće područje je osjenčano na slici):

.

Najmanji cijeli broj iz ovog područja: x min = -8, a najveći cijeli broj x max = 3. Umnožak ovih brojeva je -8 3 = -24. Ovaj broj treba napisati u odgovoru.

Odgovor:-24.

Zadatak B11.Točka A se giba po obodu trokuta KMP. bodova K1 , M 1, P 1 leže na središnjicama trokuta KMP i podijelite ih u omjeru 11:3, računajući od vrhova. Po obodu trokuta K 1 M 1 P 1 točka B giba se pet puta većom brzinom od brzine točke A. Koliko puta točka B obiđe obod trokuta K 1 M 1 P 1 za vrijeme potrebno da točka A dva puta obiđe opseg trokuta KMP.

Riješenje.

Napravimo crtež za zadatak. O je točka presjeka medijana izvornog trokuta.

Intuitivno, trokuti KMP I K 1 M 1 P 1 bi trebao biti sličan. No, intuicija samo sugerira način rješavanja problema, pa sličnost ovih trokuta tek treba dokazati.

Da bismo dokazali sličnost, razmotrimo trokute COM I K 1 OM 1 .

MM' je medijan trokuta KMP , dakle , budući da su medijani trokuta podijeljeni u omjeru 2 prema 1, računajući od vrha.

Iz uvjeta zadatka proizlazi da , budući da je točka M 1 dijeli medijan od MM' omjerom 11 prema 3, računajući od vrha.

Zatim

Stav

.

Slično, može se pokazati da

Osim, poput vertikale.

Dakle, trokuti COM I K 1 OM 1 slične su po dvije stranice i kutu između njih s koeficijentom sličnosti.

Zatim

Na sličan način

.

To znači da trokuti KMP I K 1 M 1 P 1 slični su s koeficijentom sličnosti i opsegom trokuta KMP puta opseg trokuta K 1 M 1 P 1 .

Budući da se točka B giba brzinom 5 puta većom od brzine točke A duž trokuta čiji je opseg jedanput manji od opsega trokuta KMR, tada za vrijeme jednog okretaja točke A, točka B napravi okretaje, a za vrijeme dva okretaja točke A, točka B napravi 56 okretaja.

Odgovor: 56.

Zadatak B12.Volumen kvadra ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 je jednako 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 pravokutni paralelopiped na dva dijela. Nađi obujam manjeg dijela.

Riješenje.

Na crtežu nacrtajte paralelopiped i konstruirajte opisani presjek PDKEF. K- srednje rebro AA 1 .

Prikažimo na crtežu linije duž kojih presječna ravnina siječe ravnine triju stranica paralelopipeda. Točke u kojima presječna ravnina siječe pravce BA, pr. Kr I BB 1 označen sa Z, Q, S.

Tijelo SZBQ- piramida s pravokutnim trokutom u osnovi ZBQ . Ova piramida uključuje volumen donjeg dijela paralelopipeda i volumene triju piramida SEB 1 F, QPCD, ZKAD.

Da bismo pronašli volumen donjeg dijela paralelopipeda, nalazimo volumene naznačenih piramida.

Radi praktičnosti izračuna, stranice paralelopipeda označavamo kroz x, g I z, zatim volumen paralelopipeda V = xyz = 1728.

Osim,

.

Problem je izraziti dimenzije ove četiri piramide u terminima x, g I z.

trokuta FC 1 P I DAK slični su u dva kuta (sve su stranice tih trokuta po parovima paralelne).

Zatim

.

trokuta PCD I KA 1 E također su slični, pa

.

Iz sličnosti trokuta SB 1 F i PC1 F slijedi:

.

Volumen piramide SEB 1 F jednako:

Piramida QPCD poput piramide SEB 1 F s koeficijentom sličnosti:

.

Zatim volumen piramide QPCD jednako:

sličnu piramidu ZKAD poput piramide SEB 1 F s koeficijentom sličnosti

Zatim volumen piramide ZKAD jednako:

Konačno, piramida SZBQ poput piramide SEB 1 F s koeficijentom sličnosti

.

Zatim volumen piramide SZBQ jednako:

Volumen donjeg dijela paralelopipeda:

Zatim volumen gornjeg dijela:

Budući da nam treba manji volumen, točan odgovor je 724.

Odgovor: 724.

Pristupnici Liceja BSU mogu se upoznati s mogućnostima prijemnih ispita 2019. Svrha ovih opcija je omogućiti bilo kojem sudioniku prijemnih ispita na Liceju bjeloruskog državnog sveučilišta da stekne predodžbu o strukturi ispitnih opcija, vrstama zadataka i njihovim razinama složenosti. Pri pregledu 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 BSU 2020. Osim toga, zadatci razredbenih ispita u 2020. bit će sastavljeni u skladu s novim nastavni planovi i programi. Više o strukturi prijemnih ispita u 2020. možete saznati proučavanjem specifikacija i rješavanjem objavljenih na LMS-u Liceja BSU.

Provedba varijanti prijemnih ispita u 2019. omogućit će ispitanicima da razviju strategiju za pripremu za upis u Licej BSU, da sistematiziraju proučavani materijal, da spriječe moguće greške, kao i učvrstiti znanje i učinkovito se pripremiti za prijemne ispite 2020.