ГОТОВИМСЯ СДАВАТЬ ПЕРВУЮ ЧАСТЬ ЕГЭ
Анализ содержания заданий из первой части ЕГЭ показывает, что за кажущейся простотой здесь часто появляются задачи, требующие специальной подготовки для их решения. И даже в достаточно продвинутых в математическом плане классах не следует упускать возможности анализа подобных задач с учащимися. Покажем теперь, как можно многие из этих заданий решить нетрадиционными способами (с учетом правил проверки), сэкономив при этом время, которое потребуется для выполнения заданий третьей части ЕГЭ. Немаловажно также, что успешное выполнение заданий первой части экзамена окрыляет ученика, задает тон всей последующей работе, помогает ученикам успокоиться, преодолеть экзаменационное напряжение.
Задания первой части из различных вариантов ЕГЭ
B 195. А 5. Найти все решения уравнения 2 cos x + 1 –
1 – ctg2x
- (-1)n
+ m, m 
- ±
+ 2
n, 
- 2
n, 
Первое решение. Замечаем, что 
и ctg2x выражаются через cos2x. Следовательно, уравнение сводится к простейшему относительно cos x. А если это так, то наиболее вероятным является третий ответ.
Второе решение. Поскольку во всех ответах 
, то положим n =0. Ответы примут вид : 0; 
; ± 
; 0.
Первый и четвертый отпадают, поскольку при этих значениях уравнение неопределенно, а второй ответ моментально устраняется проверкой (левая часть является иррациональным числом, а правая –рациональным). Верный ответ – третий.
А195. 2003. А 7. Найти область определения функции У = 
- (– ∞;–
] ; - [
; +∞); - [–
; +∞); - (– ∞;
]
Первое решение. Большие по модулю отрицательные х не могут входить в область определения потому, что в этом случае 
<0. Это означает, что первый и четвертый ответы не могут быть правильными.
В третий ответ входит х = 0, которое не входит во второй ответ. Проверка показывает, что х=0 принадлежит области определения. Отсюда следует – правильный ответ – третий.
Второе решение. Пусть D(y) – область определения функции. Тогда х
D(y) 
0
+ 1
.
Выводы по первой части ЕГЭ
Задания части вполне доступны для всех нормальных здоровых учеников, даже для закоренелых троечников. Но в то же самое время весь набор задач, рассматриваемый как единое целое, позволяет достаточно быстро определить, достоин ли экзаменуемый положительной оценки по математике, без которой невозможно получить аттестат о среднем образовании.
Анализ заданий показал, что в первой части можно выделить некоторые элементы, которые дублируются авторами в разных задачах. Например, преобразование выражений (числовые, тригонометрические, логарифмические). Выражения с корнями дублируются заданиями на действия со степенями. Поиск области определения множества значений функций дублируются заданиями на графики функции. Такое дублирование – нацеленность самого теста на объективность в оценке знаний учащихся. Элементы, которые дублируются в тесте, составляют необходимый уровень знаний, а это позволяет учителю разумно расставить акценты при изучении и повторении соответствующего материала.
Эксперимент по ЕГЭ предусматривает проведение единого экзамена как для учащихся гуманитарных, общеобразовательных школ, так и для учащихся физико-математических и математических классов. Еще два года назад выпускникам таких классов предлагали абсолютно разные по ложности задания. Теперь же все пишут единый экзамен. Так вот отметим, что прежде всего эта единость отражена в заданиях первой части, то есть, она в идеале должна быть доступна абсолютно всем учащимся, начиная с тех, у кого на математику три часа в неделю и заканчивая теми, у кого восемь и более часов в неделю в старших классах. Вот почему становится очевидной необходимость и целесообразность продумывать специальную систему упражнений, нацеленную на подготовку к успешному выполнению заданий первой части всеми школьниками. Отметим также, что эта работа ни в коем случае не должна осуществляться только в 10-11 классах. Необходимо начинать с 7 класса. Скажем, хорошее знание и применение свойств степенной функции должна обеспечить программа 7 класса, а свойства квадратичной функции – программа 8 класса и так далее.
Приведу некоторые примеры, которые я советую использовать при подготовке к экзамену.
Задание 1. Сколько корней имеет уравнение 
+ 
= 
1) 3 ; 2) 2; 3) 1; 4) ни одного
Решение. Известно, что 
. При этом равенство достигается в том и только в том случае, если х удовлетворяет неравенству (х-2)•(х-4)
Так как 
0 при всех допустимых х, то решениями исходного уравнения служат решения системы 
. Уравнение системы имеет два корня х=3 и х=5. Их этих значений х только х=5 удовлетворяет неравенству (х-2)•(х-4)
, поэтому уравнение имеет единственное решение.
Верным является третий ответ.
Готовить учащихся к выполнению таких заданий следует после изучения свойств модуля. Важно, чтобы школьники последовательно и многократно отрабатывали умения анализировать, выявлять и использовать особенности уравнений для выбора оптимальных алгоритмов решения. Естественно, что задания с выборочным ответом следует использовать постоянно. Но при этом в контрольных работах необходимо предлагать задания, в которых школьники должны приводить полные решения (постепенная подготовка учащихся к выполнению заданий третьей части ЕГЭ).
Школьники легко могут составить аналогичные задания самостоятельно. Данный прием следует использовать, чтобы повысить интерес учащихся к выполнению заданий. Важно, чтобы учитель оперативно проводил анализ заданий, составленных учениками, направляя их творчество таким образом, чтобы они предложили «нужные» ему задания.
Задание 2. Указать промежуток, содержащий корень уравнения 
1) 
; 2) 
; 3) 
; 4)
.
Решение. Так как корни определены в том и только в том случае, когда подкоренные выражения неотрицательны, то область определения состоит из единственного значения х, равного 4. Проверка показывает, что х=4 является корнем уравнения.
Верным является третий ответ.
Знакомить школьников с использованием области определения при решении уравнений следует с 8 класса. Не лишним будет напомнить, что в 8-9 классах задания следует предлагать в такой форме, чтобы ученикам пришлось выполнять обоснованное решение. Далее этот метод следует повторять при изучении других тем.
Задание 3. Найти произведение корней уравнения 
+
=1
Решение. Возведем обе части уравнения в куб и используем формулу (a + b)3 = a3 +b3 + 3ab (a+b). Уравнение примет вид:
8+х+8-х+3
+
) = 1.
Так как нас интересует х, для которых 
+
=1, то уравнение следует переписать так 64 – х2 = - 125
х2 = 189 
х = ±3
.
Убедимся в том, что эти х являются корнями исходного уравнения:
=
, а
=
. (Проверьте)
Отсюда 
+ 
= 0,5. Действительно х = 3
является корнем исходного уравнения. Так как уравнение не меняется при замене х на –х, то х= -3
также является корнем исходного уравнения. Найдем произведение корней 3
•( -3
) = - 189. Верным является второй ответ.
Задания с функциями
Практически во всех трех частях ЕГЭ встречаются задания, связанные с функциями. Вот несколько примеров только из одного варианта.
В.547.2003. А7. Найти область определения функции у=
1) 
; 2)
; 3) ( -
; 1]; 4) [0; +
)
В.547.2003. А11. Найдите область определения функции у=
1) 
; 2) 
; 3) [0; 3); 4)(-
В.547.2003.В4. Найдите наибольшее целое значение функции у =7•
В.547.2003.И6. При каком наименьшем положительном значении a функция у= cos(24х + 
имеет максимум в точке х0 = 
?
В. 547.2003. С 4. Из области определения функции у = 
взяли все целые положительные числа и сложили их. Найти все положительные а, при которых такая сумма будет больше 8 , но меньше 15.
Понятно, что сложность этих заданий очень различна. Но сам факт включения заданий с функциями в разные разделы говорит о том, что авторы измерителей считают функции и все, что с ними связано, одной из важнейших частей школьной программы по математике. Отсюда следует, что подготовке к выполнению заданий, связанных с функциями, требуется уделить особое внимание.
Задание 4. При каких m функция у=
определена при всех x?
1) (-1; 4) ; 2) ( -4; 0) ; 3) ( -4; -1 ); 4) ( -4; 1).
Первое решение: Функция определена при всех m в том и только в том случае, если знаменатель при всех х отличен от нуля. Запишем знаменатель так:
x2 + 2mx -3m +4 = (x+m)2 – (m2 +3m -4)
Знаменатель будет отличен от нуля ( при всех х) в том и. только в том случае, если m2 + 3m – 4 
0
Решим неравенство.
m2 + 3m – 4 = 0
m=1; m= -4
Следовательно, решениями неравенства являются -4
m
1
Верный четвертый ответ.
Второе решение. Многочлен в знаменателе не обращается в нуль в том и только в том случае, если дискриминант квадратного трехчлена меньше нуля. Получаем для определения m неравенство:
4m2 – 4(-3m +4)
0 
m2+3m-4
0,
которое вновь приводит к четвертому ответу.
Третье решение. Найдем абсциссу вершины параболы - она равна -m и, следовательно, наименьшее значение функции равно: y(-m) = -m2 -3m +4
Знаменатель не обращается в нуль, если -m2-3m+4>0. Это неравенство равносильно такому: m2+3m-4<0.
Вновь получаем известный нам ответ.
Четвертое решение. Квадратный многочлен (при а>0) не обращается в нуль в том и только в том случае, если его наименьшее значение положительно. Найдем производную функции y = x2 +2mx – 3m +4; y1=2x +2m. Единственная критическая точка х= -m, в которой квадратичная функция принимает наименьшее значение: y(m)= m2 – 3m + 4 =- m2 -3m +4. Решим неравенство –m2 -3m +4 
0 или – m2 -3m +4 
0. Вновь получили то же неравенство и ответ.
Различные решения показывают, какие широкие развивающие возможности представляют «стандартные» задания.
Это задание можно рекомендовать для обучения учащихся поиску новых решений в ситуациях, когда требуется отказаться от известного решения и найти другое.
Важно, что идеи, лежащие в основе различных решений, школьники могут использовать в дальнейшем.
Полностью текст статьи приведен в Приложении.