Региональный проблемно-тематический семинар «Методика организации подготовки к государственной итоговой аттестации учащихся по информатике и ИКТ в форме ЕГЭ» Одинцово, 02.11.2015 г. МБОУ Одинцовский лицей №10 Перчаткина Е.А. Зорина Е.А. Учиться и, когда придет время, прикладывать усвоенное к делу — разве это не прекрасно! (Конфуций) Задача правильно решить все содержащиеся в варианте задания может быть достигнута очень небольшим количеством выпускников, обладающих очень хорошей подготовкой на уровне профильной школы, но для достижения требуемого для поступления в выбранный вуз балла, экзаменуемым часто ненужно справиться со всеми заданиями экзаменационной работы, достаточно только не сделать ошибок в заданиях, соответствующих требуемому уровню. Поэтому хорошая подготовка к экзамену заключается в стабильном безошибочном решении заданий, проверяющих содержание, освоенное выпускником в процессе обучения в школе (Оптимальный банк заданий для подготовки к ЕГЭ. Единый государственный экзамен 2015.Информатика. Учебное пособие. / В.Р. Лещинер, С.С. Крьmов, А.П. Якушкин.:---- Москва: Интеллект-Центр, 2015. - 176 с.) 7 Решение: 0001 0000 1111 1010 2 Комментарий: на решение уходит менее минуты при уверенном владении знаниями по теме СС, можно решить устно, но лучше всё же расписать тетрады и аккуратно посчитать количество 1. 7 Решение задачи ориентировано на умение строить граф по заданной таблице и находить возможные траектории пути А 2 A A A A A 5 B 2 1 C 10 E 2 3 3 D 1 F F= 10 E F= 5+3=8 B E F= 2+2+3=7 B C E F=2+1+2+3=8 B C D F=2+1+3+1=7 Ответ: 7 Комментарий: главное аккуратно и внимательно строить граф и считать! Не пожалейте нескольких минут на рисование, и этот труд будет вознагражден правильным ответом! 31 Решение: Вспомним, что число строк в таблице истинности логического выражения n=2k , где k- количество логических переменных, участвующих в записи логического выражения. Значит, F и G имеют по 32 строки в своих таблицах истинности, из них 27 строк различаются, а 5 одинаковы. Тогда сумма F+G даст 32 строки, при чём в 27 точно будет 1, так как строки различаются, и в 4 строках стоят 1 по условию задачи. Следовательно, в 31 строке стоит 1 в столбце значений (27+4=31) 3 Комментарий: опять графы!!! Не поленитесь нарисовать дерево (почти генеалогическое), ведь налицо родители и потомки! И не забудьте, что ищем суммарное количество дочерей и внучек! 44 25 26 Гречко М.М. (М) Гальдони А.С.(Ж) 34 Гречко М.И.(М) 35 54 Гаранян А.М. (Ж) Ответ: 3 Лагидзе В.С. (Ж) Лагидзе А.И.(Ж) 46 Гланц О.С. (М) 19 Биты Решение: R>77, попробуем R=78=10011102 четности 2 разряда (биты четности) нужно отбросить, в результате имеем N2=100112=19 Комментарий: главное внимательно прочитать, разобраться в алгоритме и вспомнить СС. 3500 Решение: при копировании формулы в ячейку С2 она примет вид =D$3*$D1 В числовом выражении 50*70=3500 Комментарий: главное-помнить принципы относительной и абсолютной адресации. 256 Дано: к пикселей=512*512=29*29=218 пикселей N палитра=256=28 цветов i = 8 бит= 1байт на 1 пиксель !!! Найти: I (в Кб) Решение: I= к * i =218 байт= 218 : 210= 28 Кб=256 Кб Комментарий: важно знать главную формулу информатики N=2i и уметь соотносить единицы измерения информации 42 1 способ решения- аналитический (математический) Условие выхода из цикла S>65 s=k*5, n=k*3 k*5>65, k>13, k=14 Выход из цикла произойдёт при s=14*5=70 и n=14*3=42 Печатается число n, т.е. 42 2 способ – технический (построение трассировочной таблицы ) S=0 n=0 S<=65???? 5 3 Да 10 6 Да 15 9 Да 20 12 Да 25 15 Да 30 18 Да 35 21 Да 40 24 Да 45 27 Да 50 30 Да 55 33 Да 60 36 Да 65 39 Да 70 42 НЕТ!!!! Комментарий: важно не пропустить, что при s=65 мы входим в цикл, и цикл срабатывает последний раз: s принимает значение 70, n принимает значение 42. И только после этого мы имеем - НЕТ 001 Решение: главное при таком кодировании – обеспечить возможность однозначного декодирования. Для этого коды символам необходимо назначать в соответствии с условием Фано. Перебираем возможные варианты (по возрастанию разрядности) 0 1 00 01 10 11 000 001 010 011 100 101 110 111 Комментарий: Прямое условие Фано: неравномерный код может быть однозначно декодирован, если никакой из кодов не совпадает с началом (префиксом) какого-либо другого, более длинного кода (при этом последовательность однозначно декодируется сначала и декодирование надо вести слева направо) Обратное условие Фано: неравномерный код может быть однозначно декодирован, если никакой из кодов не совпадает с окончанием (постфиксом) какого-либо другого более длинного кода (при этом последовательность однозначно декодируется с конца и декодирование надо вести справа налево) Работаем либо с прямым, либо с обратным условием Фано! 270 Решение: будем перебирать возможные варианты для цифры 1 10001 01001 00101 00011 10010 01010 00110 1 10100 01100 2 3 11000 4 После того, как «1» задействовали, остались 3 символа – 2, 3, 4 Длина оставшейся цепочки 3 символа. Количество возможных комбинаций Q=ML, где M(мощность)=3, L(длина)=3. Q=33=27 Значит, 4*27+3*27+2*27+1*27=10*27=270 Комментарий: Надо знать Q=ML (частный случай Q=2i) 4123012 Решение: построим дерево вызовов (опять графы!!!) F(4) F(1) F(2) F(3) F(0) F(1) F(2) Решение: надо представить себе байт 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 -это число 255 -это число 0 IP-адрес узла маска IP-адрес сети 100000002 = 128 110000002 = 192 111000002 = 224 111100002 = 240 111110002 = 248 111111002 = 252 111111102 = 254 111111112 = 255 119 255 119 167 255 167 50 ? 48 77 0 0 Итак, разберёмся с 3-м байтом! 50 00110010 3 байт маски 1 1 1 1 0 0 0 0 =240 10 48 00110000 Комментарий: внимательно прочесть задание, знать, что в маске сначала идут единицы (они отвечают за адрес сети!), а потом нули (они оставляют место адресу узла). Полезно также знать возможные значения последней части маски Ответ:240 43 Решение: 1) разберёмся с 1 паролем N=26 (мощность алфавита), значит i=5 бит на 1 символ k=10 (символов), тогда I=k*i=10*5 бит=50 бит (на 1 пароль)=7 байт 2)найдем количество информации на 1 пользователя 500 байт: 10=50 байт 3) найдем количество информации на доп. сведения 50 байт-7 байт=43 байта 8998 Решение: Из 1000 «8» получим 333 «9» и 1 «8» в конце цепочки. Из 333 «9» получим 111 «8». Из 111 «8» получим 37 «9». Из 37 «9» получим 12 «8» и 1 «9» в конце цепочки. Из 12 «8» получим 4 «9». Из 4 «9» получим 1 «8» и 9 в конце цепочки. Таким образом получим 8 9 9 8 16 Комментарий: Как приятно - это мы делали в 9-м классе! Только теперь немного сложнее. Решение: Вычеркиваем из нашего маршрута те дороги, которые нам не нужны по условию задачи, а далее действуем по той же схеме, что и в задаче про дороги в ОГЭ. А Откуда? Б А =1 В АБГ=1+1+…2=4 Г АД=1+…1=2 Д А =…1 Е БВ=1+4=5 З ВГД=4+2+1=7 Ж ЕВЗ=5+4+7=16 И Ж=16 Л И=16 М Л=16 2013 Решение: алфавит 3-ичной СС {0,1,2}. Что такое 9 в 3-ичной СС? 9=32=1003, тогда всё выражение можно переписать в виде 3 4032 + 3 2015 – 3 2 Представим себе поразрядно результат этих действий 4032 2015 21 0 1000…..00001000000…..00000000 число 2N–2K при K < N в двоичной системе - 100 записывается как N–K единиц и K нулей http://kpolyakov.spb.ru/ school/ege.htm применимо к 3-ичной СС 1000…..00000222222……2222200 2015-2=2013 100 Решение: Нарисуем круги Эйлера С 2 1 3 К Е =(2)+(3)=270 (I) =(1)+(2)+(3)=530 =(1)+(3)=360 (II) Если сложить (I) и (II), получим (1)+(2)+2(3)=630, но (1)+(2)+(3)=530. Тогда (3)=630-530=100 11 Решение: 1) введём обозначения: Y = (X & A = 0), Z = (X & 10 = 0), V = (X & 3 = 0) 2) перепишем исходное выражение и преобразуем его, используя свойство импликации и закон де Моргана : 3) таким образом, нужно выбрать максимальное A, такое что при выполнении условий Z и V автоматически выполняется и условие Y 4) найдем значение для условия Z, применив побитовую конъюнкцию (операция «И») к соответствующим битам чисел X и 10, где 10 выполняет роль маски; номер бита 3 2 1 0 10 = 1 0 1 0 итак, условие X & 10 = 0 обозначает, что биты {1, 3} нулевые, т.е. в числе X биты {2, 3} нулевые 5) поскольку V = (X & 3 = 0), условие V означает, что биты 0 и 1 – нулевые 6) максимальное натуральное число, которое при выполнении побитового «И» с такой маской (0 1 0 0 ) даст 0, это число, которое в этих битах имеет 1, а в остальных – нули, то есть число 10112 = 11 Ответ: 11. C=5 Решение: Анализируем фрагмент. Видно, что с- это число перестановок элементов, удовлетворяющих условию A[i]<=A[9] Построим трассировочную таблицу и по ней проследим за тем, как меняются местами элементы в массиве. i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A[i] 5 6 5 8 5 4 1 2 9 6 A[i] 6 6 5 8 5 5 4 2 9 1 C=5 45 Решение: задача на «узнавание» типового алгоритма нахождения НОД. Поскольку конечное М=5 (по условию), то наименьшее х, большее 40, это число 45. Комментарий: можно для уверенности сделать трассировку, что подтвердит эту догадку. Оператор if написан чтобы ввести нас в заблуждение. Решение: 1. Разберёмся с функциями: f(i)=i3, g(k)=2*k+1 2. Проанализируем условие работы цикла и выхода из него i3>=2*k+1 При k=49 имеем i3>=2*49+1, I3>=99. Этому выражению удовлетворяет i=5 (i>4). Пограничное значение i3=53=125, по условию 125=2*k+1, находим k=62 Ответ: 62 8 Решение: Опять графы! Лучше нарисовать дерево, на котором будут обозначены все траектории вычислений, но можно и немного короче. Главное – помнить, что траектория содержит число 11 и не содержит числа 20. Это поможет отсекать ненужные ветви! 3 *2 6 7 8 9 10 11 +1 +1 4 8 9 10 11 +1 4 5 5 6 10 +1 13 +1 7 11 8 9 10 11 11 +1 4 12 *2 24 +1 25 +1 20 *2 22 +1 23 +1 24 +1 25 Всего 4 траектории проходят через 11, а от 11 возможны ещё 2 траектории. Итого 4*2=8 Решение: 1. Программа выдаст значение переменной sum, т.е. 8 2. Программа выдаёт правильный ответ для числа, в котором есть ровно одна цифра кратная 3, например 731, либо число в котором таких цифр нет, но при этом оно заканчивается на 0. 3. В программе 2 ошибки: Первая ошибка: неверная инициализация переменной sum. Неверная строка: sum:=N mod 10; Верная строка: sum:=0; Вторая ошибка: неверное увеличение суммы. Неверная строка: sum:=digit; Верная строка: sum:=sum+digit; ОБЯЗАТЕЛЬНО ОЗНАКОМЬТЕСЬ С УКАЗАНИЯМИ по ОЦЕНИВАНИЮ!!!! Решение: ОБЯЗАТЕЛЬНО ОЗНАКОМЬТЕСЬ k:=0; С УКАЗАНИЯМИ по ОЦЕНИВАНИЮ!!!! for i:=1 to N -1 do if (a[i] mod 13=0) or (a[i+1] mod 13=0) then inc(k); writeln(k); ЛИТЕРАТУРА и ЦОР Крылов С.С., Чуркина Т.Е. ЕГЭ 2016. Информатика и ИКТ. Типовые экзаменационные варианты. — М.: «Национальное образование», 2015. Богомолова О.Б. ЕГЭ Информатика. Новый полный справочник. — М.: АСТ, 2015. Информатика и ИКТ. Экспресс-курс. Подготовка к ЕГЭ, под редакцией Евич Л.Н., Кулабухова С.Ю., - Учебно-методическое пособие, ЛЕГИОН, Ростов-на Дону, 2015. http://kpolyakov.spb.ru/school/ege.htm/prog.htm Благодарим ВАС за внимание и надеемся, что наша работа будет полезна Вам и Вашим ученикам Учитесь так, словно вы постоянно ощущаете нехватку своих знаний, и так, словно вы постоянно боитесь растерять свои знания. (Конфуций)