Подписаться на интерактивные тренажеры к ЕГЭ 2016 по информатике здесь
 

первые шаги проекта

 
___

Интерактивные тренажеры для

подготовки к ЕГЭ 2016 года 

 
Тренажер - 1&2 Тренажер - 13&2
Тренажер - 2&4 Тренажер - 14&2
Тренажер - 3&2 Тренажер - 15&2
Тренажер - 4&4 Тренажер - 16&2
Тренажер - 5&2 Тренажер - 17&2
Тренажер - 6&4 Тренажер - 18&2
Тренажер - 7&4 Тренажер - 19&2
Тренажер - 8&2 Тренажер - 20&2
Тренажер - 9&4 тренажер - 21&4
Тренажер - 10&2 тренажер - 22&2
Тренажер - 11&2 тренажер - 23&4
Тренажер - 12&2 Тренажер - 26&2

Подписка на интерактивные тренажеры
для подготовки к ЕГЭ 2016 по информатике

Каждый обладающий картой Visa, MasterCard, кошельком Яндекс.Деньги и даже имеющий положительный баланс на сотовом может подписаться на 62 уникальных интерактивных анимации для подготовки к ЕГЭ 2016 года, ссылки на которые указанны ниже, всего за 199 рублей, не вставая из-за своего компьютера. Для этого необходимо нажать на кнопку ОПЛАТИТЬ, предварительно выбрав способ оплаты. В открывшемся окне необходимо ввести свой электронный адрес, поскольку именно на него и будет отправлен архив с анимациями размером 25,9 МБ (в распакованном виде займет 57,6 Мб) не позднее, чем через сутки после оплаты.

ВНИМАНИЕ!

Только для тех, кто воспользуется средней кнопкой, как показано на рисунке ниже, может возникнуть одна проблема

некоторые операторы скрывают информацию о плательщиках и могут не показать ваши данные, включая электронный адрес, что, в свою очередь, не позволит мне выполнить ваш заказ. Во избежание такой ситуации, если вы воспользовались кнопкой пополнения счета на телефон, то обязательно продублируйте свой заказ, указав в форме для комментариев, расположенной ниже, дату с точным временем оплаты и электронный адрес на который необходимо отправить тренажеры


Возникли вопросы, сомнения или появились замечания, пишите... ...


Возобновляем работу по созданию интерактивных анимаций к разделу "Начала логики"


Не так страшен ЕГЭ, как его "малюют"

По следам публикации в журнале «Информатика»
Издательский дом "Первое сентября" май-июнь 2014

  1. «Старая знакомая» - двоичная арифметика

Даны числа, записанные в различных системах счисления, и в том числе в виде арифметических выражений. Укажите среди них то, в двоичной записи которого имеется ровно четыре единицы. Если таких чисел несколько, то укажите наибольшее из них.

1)  B816               2)  1101112                        3)  2168 + 3516             4)  2910 * 108

А теперь посмотрим, что нам предстоит проделать, если мы воспользуемся предложенным авторами алгоритмом решения и начнем заполнять указанную ниже таблицу:

Это сказать просто «переводим в десятичную», а посмотрите, сколько математических действий, пусть, на первый взгляд и простых, предлагается проделать скрупулезному выпускнику:
B816 = 101110002 = 1*27+0*26+1*25+1*24+1*23+0*22+0*21+0*20 = 128 + 32 + 16 + 8 = 184
1101112 =1*25+1*24+0*23+1*22+1*21+1*20= 32+16+4+2+1 = 55
2168 = 2*82+ 1*81 + 6*80 = 2*64 + 8 + 6 = 142
3516 = 3*161 + 5*160 = 48 + 5 = 53
142 + 53 = 195

Кроме того, совершенно непонятно, для чего брать число 1101112 и тратить столь драгоценное время на его перевод в десятичную систему счисления, если и так видно, что в нем 5 единиц.

А если учесть, что любое дополнительное действие влечет за собой вероятность появление дополнительных ошибок, то становится очевидным – нужно искать способ без использования этого умопомрачительного перевода в десятичную систему счисления.

 Читатель, возможно, возразит - какие здесь могут быть ошибки, действия - то все простые. С чем, в общем - то действительно трудно не согласиться. Но не будем торопиться с выводами, поскольку стоит учесть и тот факт, что выпускник на ЕГЭ испытывает психологический стресс и временной прессинг, а при работе с различными математическими действиями  очень просто допустить ошибку даже в спокойной обстановке.

Чтобы не быть голословными,  рассмотрим ошибку, допущенную в вычислениях при выполнении этих самых простых математических действий авторами данной статьи, хотя над ними в момент написания не стояли чужие (строгие) дяди и тети с секундомером в руках и на них не были направлены устрашающие очи «одноглазых» монстров – вебкамер.

Пишем звук

От автора: Достаточно «традиционная» уже задача все же не менее «традиционно» вызывает у многих школьников трудности, особенно после того, как точные расчеты в ней заменили на своего рода экспертную оценку.

Четырехканальная (квадро) звукозапись производилась с частотой дискретизации 32 кГц и с 16-битным разрешением. Длительность записанного звука составила две минуты. Сжатие данных при оцифровке не применялось. Какая из приведенных ниже величин ближе всего к размеру полученного файла?

1) 5Мб     2) 15 Мб    3) 25 Мб    4) 35 Мб

Ниже слева приложен скриншот опубликованного решения, а справа то же самое решение, но уже ученика, правда, пока вооруженного калькулятором для большей объективности проверки, как говорится,  доверяй, но проверяй

 16*32000*2*60*4 = 245 760 000 бит

переводим биты в байты

245 760 000/8 = 30 720 000 байт

переводим байты в Кб

30 720 000/1024 = 30 000 Кб

и окончательно после перевода Кб в Мб получаем 30 000/1024 = 29,296875 Мб, тут и без округления понятно, что данное число ближе к 25 Мб чем к 15. Поэтому и правильный ответ будет не 15, а 25 Мб

Ответ: 25 Мб (ответ №3)

Вот вам и простые арифметические действия, но легко давать совет, сидя в мягком кресле, попивая кофе и держа калькулятор в руках, а как же быть выпускнику во время сдачи ЕГЭ, у него нет ни того, ни другого ни третьего.

А  выпускнику  следует помнить, что при решении данной задачи можно пользоваться правилом приближенного вычисления. Для этого поступаем следующим образом:
Представим 16 бит как 24 бит.
32 кГц можно представить как 25*210 Гц, но будем помнить, что 210 = 1024, а приставка кило возле Гц - означает 1000 стало быть, мы берем число чуть большее чем следует.
2 минуты распишем так: = 2*60 = 2*2*30 = 2*2*2*15 = 23*15 с.
4 канала = 22
Следовательно, 16(бит)*32(кГц)*2*60(с) * 4 (канала) ~ 24*25*210*23*15*22 ~ 15*224 (бит)
Пишем соотношение и, составляя пропорцию, находим:
1 Мб   - 223бит
Х Мб  ~ 15*224бит,
откуда Х ~ 15*224/223~ 15*21 ~ 30 (Мб), вот тут - то и стоит вспомнить, что мы брали значение больше истинного, следовательно, правильное значение должно быть меньше найденного нами числа, становится понятным, что правильным ответом будет 25 Мб

Ответ: 25 Мб (ответ №3)

Если кого-то смущает большая погрешность, поскольку 1024 больше 1000 на 24. То ее можно уменьшить примерно так: 32 кГц = 32*1000 Гц = 25*2*500 = 25*2*2*250 ~ 27*28 ~215 (28 = 256, т.е. в данном случае погрешность составляет всего 6 единиц, против 24) но в итоге  получаем  тот же результат 25*210 = 27*28 = 215

Отсюда совет: чтобы банально не просчитаться, обязательно проверяйте свои умозаключения, дублируя их записью «в столбик», а некоторым, может оказаться полезным подключать к данному процессу еще и все свои пальчики.

И вот когда мы увидели, что излишние премудрости даже в простых математических действиях действительно увеличивают вероятность появления ошибок, ответим на вопрос: Как же решать задачу  «Старая знакомая» - двоичная арифметика без перевода в десятичную систему?

Оказывается,  это просто, нужно только вспомнить три простых правила:

  • Правило первое  или правило сложения в двоичном коде:

0 + 0 = 0, 1 + 0 = 1, 1 + 1 = 10 и 10 + 1 = 11

  • Правило второе: Умножение в любой системе счисления на числа кратные 10 равнозначно приписыванию справа количества нулей в данном числе
  • Правило третье: для сравнения чисел их удобно разбить на триады и прочитать как десятичные числ

ПРИМЕР:

  сравните двоичные числа 11111011 и 100111110
11 111 011 - одиннадцать миллионов сто одиннадцать тысяч одиннадцать
100 111 011 - сто миллионов сто одиннадцать тысяч одиннадцать
становится понятным, что сто миллионов больше одиннадцати миллионов, и, следовательно, второе число больше первого.

Берем число первого ответа и, разбив его на составные части с помощью тетрад, преобразуем в двоичный код.
В = 1011 и 8 = 1000, таким образом, B816 = 1011 10002
Результат запишем в виде числительного 10 111 000 - десять миллионов сто одиннадцать тысяч
Про существование второго числа можно сразу же забыть, поскольку в нем пять единиц.
Переводим числа третьего ответа в двоичную систему счисления:
2168 – разбиваем на три триады 2 = 010, 1 = 001 и 6 = 110 и получаем 10 001 1102
3516 - разбиваем на тетрады 3 = 0011 и 5 = 0101, получаем 110 1012 , а нам остается найти сумму этих чисел

10 001 110
+ 110 101
= 11 000 011
 

Запишем  результат в виде числительного: 11 000 011 - одиннадцать миллионов одиннадцать
Аналогично обрабатываем четвертый ответ: 2910 = 11 1012 и 108 = 1 0002.
11 1012*1 0002 =11 101 0002 одиннадцать миллионов сто одна тысяча.

Поскольку все три числа имеют ровно по четыре единицы, остается выбрать наибольшее из них, а с этим сейчас легко справиться даже то самое большинство учащихся, которому проще сравнивать числа в десятичной системе счисления.  

Огромное количество всевозможных тренажеров по работе в различных системах счисления можно найти на сайте: "Все о системах счисления в интерактивных анимациях, демонстрациях и тренажерах"

Игра с отрезками

От автора: А вот это, пожалуй, одна из самых сложных задач во всей современной группе А! Пожалуй,  можно было бы заявить протест разработчикам ЕГЭ: такая задача вполне могла бы стоить не одного балла,  а хотя бы двух!

На числовой прямой даны два отрезка: Х=[7,11] и Y=[9,13]. Выберите отрезок Z такой, что обе приведенные ниже формулы истинны при любом значении переменной t

Если таких отрезков окажется несколько, то выберите тот, который имеет наибольшую длину.

1) [8,10]          2) [6,12]            3) [6,14]          4) [8,18]

Если данную задачу решать с помощью составления логических таблиц для каждого отрезка из четырех предложенных ответов, то на ее решение уйдет никак не меньше 40 минут, поскольку нарисовать, затем заполнить, а потом еще и проанализировать только одну такую таблицу:

понадобится как минимум минут 10. Учитывая тот факт, что на решение одной задачи из части С4 отводится 30 минут, то за такое решение А10 у разработчиков ЕГЭ не стыдно попросить и пяти баллов. Понятно, что этих баллов нам никто не даст, поэтому будем искать более компактное решение.

Отбрасываем и другой (второй) способ решения, основанный на логических рассуждениях, поскольку сами авторы сознаются, что он может оказаться для кого-то сложноватым.

 А что если пойти обратным путем, т.е. сначала найдем отрезок, заданный уравнениями с помощью построения всего одной логической таблицы – назовем его «НАШ отрезок», а потом сравним его с предложенными отрезками в ответе. Это позволит уменьшить временные затраты КАК МИНИМУМ  в четыре раза!

Решение (способ 3)

Обозначим логические высказывания: t не принадлежит X за ¬X, t не принадлежит Z за ¬Z и t не принадлежит Y соответственно, как ¬Y и, подставив новые логические высказывания в заданные формулы, которые соединяем в одну через логическую операцию И, поскольку по условию они должны быть истинными одновременно, получаем:
 (¬(¬X) →  ¬(¬ Z)) &(¬X¬Y) = 1

Вспомнив, что отрицание отрицания есть истина,  можем записать  (X->Z) & (¬Z->¬Y) = 1

Операцию «импликация» выразим через «ИЛИ» и «НЕ» в результате чего получим новое логическое уравнение:
X + Z) & (Z + ¬Y) = 1 После этого рисуем числовую ось, которую разбиваем на интервалы, задаваемые границами отрезков X и Y

 

По рисунку видно, что данные отрезки разбивают числовую ось на пять интервалов, которые и отобразим в таблице истинности, а заполнить ее не составит труда и девятикласснику. (неудобный знак отрицания - "¬" поменяем на более удобный - "!", используемый в различных языках программировыания)

Анализируя данную таблицу, замечаем, что наш отрезок обязательно должен перекрыть интервал [9,11] поскольку здесь Z истинно одновременно для X и для Y. Кроме того Z для X принимает истинное значение на интервале [7,9], а для Y соответственно - [11,13], следовательно, границы нашего отрезка расширяются до интервала [7,13]. Но и это не предел, поскольку видим, что Z и для X и для Y может принимать истинное значения от минус бесконечности до семи и от 13 до плюс бесконечности.  Нам остается только изобразить «НАШ отрезок» рядом с числовой осью, а ниже нарисовать отрезки согласно четырем указанным ответам и посмотреть, какой из них выбрать!

Из рисунка становится понятным, что ответы 1 и 4 отбрасываем, не задумываясь, поскольку первый не перекрывает даже основной интервал [9,11], и оба они не дотягивают до 7. Остается выбрать из оставшихся двух, стоит ли объяснять, почему предпочтение отдаем третьему? Вот и все решение!

 

Опять В15

 

Для любого ЕГЭ задачи на определение количества решений системы логических уравнений, - знаменитой «задачи В15». Сложность таких задач заключается в том, что в зависимости от заданных логических уравнений принцип их решения может сильно различаться. Поэтому остается либо разбирать решение всех «типовых» задач, какие попадутся, или учиться рассуждать логически, чтобы суметь решить любую подобную задачу (с чем, увы, не все учащиеся справляются).

1) Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 … x6, которые удовлетворяют перечисленным ниже условиям:

(x1 ® x2) ® (x3 ® x4) = 1
(x3 ® x4) ® (x5 ® x6) = 1

где x1, x2, …, x6 – логические переменные? В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений переменных, при которых выполнено данное равенство. В качестве ответа нужно указать количество таких наборов.

Существует способ который предложили Ел. А. Мирончик и Ек. А. Мирончик,  позволяющий решить практически любую логическую систему уравнений. Стоит заметить, что его может освоить любой учащийся, способный построить и заполнить простую логическую таблицу истинности.

Для того чтобы подтвердить свое предположение о простоте метода, вначале разберем решение задачи, предложенной авторами методом отображений. Затем усложним задачу, удвоив количество переменных, и, более того, введем новое дополнительное условие.

Решение методом отображений

Берем первое уравнение (x1 ® x2) ® (x3 ® x4) = 1 и строим для него таблицу истинности, вспомнив только, что импликация ложна в единственном случае, когда первое высказывание истинно, а второе ложно. Во всех остальных случаях импликация истинна.

В построенной таблице вычеркиваем значения соответствующие нулю, и,

(а чтобы ускорить процесс построения таблицы, количество ноликов и единиц можно сократить примерно так как показано на рисунке ниже)

анализируя полученную таблицу, строим правило отображения пар x1x2 в пару x3x4. Так, например, из таблицы видно, что пара x1x2 со значениями 00 отображается в пару x3x4 с неполным комплектом значений, а именно - 00, 01 и 11, так же как и  пары 01 и 11. И только пара 10  отображается в полный комплект 00, 01, 10 и 11.

Эти отображения строим в виде стрелочек, как показано на рисунке по которому и сформулируем правило для пары x3x4
F(00) = F(00)+F(01)+F(10)+F(11) т.е. получаем четыре решения
F(01) = F(00)+F(01)+F(10)+F(11) т.е. получаем четыре решения
F(10) = F(10)                                   т.е. только одно решение
F(11) = F(00)+F(01)+F(10)+F(11) т.е. получаем четыре решения

Пользуясь сформулированными правилами, заполняем следующую таблицу для пар x1x2 и x3x4

Аналогичным образом поступаем и со следующей парой x5x6, только начальные значения уже берем равные не 1, а количеству решений предыдущей пары, т.е. x3x4

Вот и все, нам остается только подсчитать количество решений для пары x5x6. 13+13+13+1 = 40. Ответ: 40

Покажем решение «более тяжелого случая», если переменных будет в два раза больше:

2) Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 … x10, которые удовлетворяют перечисленным ниже условиям:

(x1 ® x2) ® (x3 ® x4) = 1
(x3 ® x4) ® (x5 ® x6) = 1
(x5 ® x6) ® (x7 ® x8) = 1
(x7 ® x8) ® (x9 ® x10) = 1
где x1, x2, …, x10 – логические переменные? В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений переменных, при которых выполнено данное равенство. В качестве ответа нужно указать количество таких наборов. - Проделаем все то же самое, что и ранее, с той лишь разницей, что в конечной таблице добавляем два новых столбика для пар x7x8 и x9x10

И, посмотрим, насколько усложнится решение немыслимой на первый взгляд задачи:

3) Сколько существует различных наборов значений логических переменных x1 … x10, которые удовлетворяют перечисленным ниже условиям:

(x1 ® x2) ® (x3 ® x4) = 1
(x3 ® x4) ® (x5 ® x6) = 1
(x5 ® x6) ® (x7 ® x8) = 1
(x7 ® x8) ® (x9 ® x10) = 1
(x10 ®
x1) = 0где x1, x2, …, x10 – логические переменные? В ответе не нужно перечислять все различные наборы значений переменных, при которых выполнено данное равенство. В качестве ответа нужно указать количество таких наборов.
Наверное, вы удивитесь, когда узнаете, что все решение этой  задачи сводится только к тому, что нужно вставить четыре нолика в таблицу от предыдущей задачи. Для этого вновь понадобится вспомнить, когда эквиваленция равна нулю  и в полученной ранее таблице «вбить» нулевые значения вместо тех пар, где x1 = 1, а x10 = 0, поскольку из пятого уравнения следует, что x1 должно быть равно только 0, а x10 наоборот – 1.

Мы едем, едем, едем

Задача на граф в работе СтатГрада оказалась с небольшой «хитринкой» (впрочем, принцип решения не меняющий).

На рисунке изображена схема дорог между городами. По каждой дороге можно двигаться только по стрелке. Сколько существует различных путей из города А в город G?

Решение: Подобные задачи проще всего решать, выстраивая «дерево путей»…

…Единственный недостаток такого способа – то, что дерево получается довольно «раскидистым», рисовать его неудобно…

В том то и загвоздка, что «дерево» надо рисовать, и, кроме того,  «в раскидистой кроне» легко «заблудиться», что, вероятно, приведет к «фатальному исходу» - напрасной потере времени и драгоценного балла.  Так зачем   же тогда решать ее столь долгим и ненадежным способом, когда есть возможность найти решение за 15-20 секунд, ничего при этом не рисуя.

 Воспользуемся тем, что на КИМах  не запрещается делать пометки и будем рассуждать примерно так: Из города А в город В одна стрелка, стало быть,  в город В приходит всего одна дорога. Ставим возле буквы В цифру

1. Эта же самая дорога приходит в город D. Еще одна дорога приходит в D из В через город С и одна напрямую из А. Итого в город D пришло три дороги. Возле D ставим цифру 3.        

     А вот тут воспользуемся правилом: сколько дорог входит в город, столько же и выходит из него по каждой стрелке.  Стало быть, из D в Е пойдет уже три дороги,  и они же пойдут из Е в F,  и три дороги пройдут в F из D. Итого в F пришло 6 дорог.  Следовательно, все шесть и пойдут из F в G, да и по прямой из D в F придет еще три, итого:   6+3=9.        

     Чтобы не запутаться в рассуждениях, возле каждой стрелки рисуем количество дорог идущих по ней, а количество дорог, пришедших в город, обводим кружком.

Все решение на КИМе,  может выглядеть примерно так, как на рисунке ниже:

На то, чтобы поставить одну цифру, понадобится всего 1 с. При решении данной задачи их нужно 16, отсюда и затраченное время на решение данной задачи – 16 с.

 

Пример интерактивного тренажера к вопросу С3 ЕГЭ 2013 часть 2

продолжение

 

___
© Северобайкальск, Russia
Александр Козлов, 2016
  Рейтинг@Mail.ru