ЗНО онлайн 2014 року з математики – додаткова сесія

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Числа і вирази. Арифметичні дії.

Це завдання перевіряє вміння виконувати арифметичні дії з буквеними виразами.

Якщо перед дужками стоїть знак «–», то дужки можна прибрати, змінивши знаки всіх доданків, що стоять у дужках, на протилежні:

Зведемо подібні доданки:

Остаточно отримаємо:

Відповідь: A.

ТЕМА: Геометрія. Стереометрія. Координати та вектори у просторі.

Це завдання перевіряє знання формул координат вектора у просторі.

Щоб знайти координати вектора \(\overrightarrow{KM}\), треба від координат точки \(M\) (кінця цього вектора) відняти відповідні координати точки \(K\) (початку вектора \(\overrightarrow{KM}\)).

Знаходимо координати вектора \(\overrightarrow{KM}(x_0; y_0; z_0){:}\)

Отже, координати вектора \(\overrightarrow{KM} (0; -1; 1).\)

Відповідь: Б.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Комбінаторика, теорія ймовірностей і статистика. Основні поняття комбінаторики. Перестановки, розміщення, комбінації.

Це завдання перевіряє вміння розв’язувати комбінаторні задачі з практичним змістом, використовуючи формулу для знаходження кількості перестановок.

Кількість перестановок множини, що складається з \(m\) елементів (кількість \(m\text{-елементних}\) множин, що відрізняються лише порядком елементів), дорівнює

Оскільки ролик про шкідливість паління заплановано показати першим і останнім (його місце у рекламному блоці визначене однозначно), то кількість варіантів формування блоку соціальної реклами дорівнює кількості перестановок трьох інших роликів, тобто кількості перестановок з трьох елементів, отже, дорівнює

Якщо занумерувати вказані в умові ролики цифрами від \(1\) до \(4\), причому ролик про шкідливість паління позначити цифрою \(1\), то всі можливі варіанти формування блоку соціальної реклами матимуть вигляд: \(12341\), \(13241\), \(12431\), \(13421\), \(14321\), \(14231.\) Всього \(6\) варіантів.

Відповідь: A.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Декартова система координат на площині. Коло.

Це завдання перевіряє знання прямокутної системи координат на площині, координати точки та вміння визначати координати центра кола.

Оскільки прямі \(x=2\) і \(x=6\), що паралельні осі ординат, є дотичними до кола, то діаметр кола дорівнює відстані між цими прямими, тобто дорівнює \(6-2=4\), відповідно радіус кола дорівнює \(2\) (див. рисунок). Тому абсциса центра кола дорівнює $$ x_0=2+2=6-2=\frac{2+6}{2}=4. $$ Оскільки коло дотикається осі абсцис, а саме коло розміщене над віссю \(x\), то ордината центра кола дорівнює його радіусу, тобто \(y_0=2.\)

Отже, координати центра кола дорівнюють \((4; 2).\)

Відповідь: Д.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Рівняння, нерівності та їх системи. Раціональні рівняння.

Це завдання перевіряє вміння розв’язувати раціональні рівняння зі змінною у знаменнику дробу.

При розв’язанні таких рівнянь треба враховувати ОДЗ (область допустимих значень) рівняння: $$ 2x\ne 0{,}2-3x\ne 0. $$ Два дроби з однаковими чисельниками є рівними, якщо рівні їхні знаменники. Отже, початкове рівняння на його ОДЗ еквівалентне рівнянню $$ 2-3x=2x, $$ звідки \begin{gather*} 5x=2,\\[6pt] x=\frac{2}{5}=0{,}4. \end{gather*} Цей корінь задовольняє ОДЗ, отже є коренем початкового рівняння.

Зауважимо, що задане рівняння можна розглядати як пропорцію. Враховуючи, що добуток крайніх членів пропорції дорівнює добутку її середніх членів, отримаємо: $$ 1\cdot (2-3x)=2x\cdot 1, $$ тобто $$ 2-3x=2x. $$

Відповідь: Г.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Суміжні кути. Трикутники. Зовнішній кут трикутника. Теорема про суму кутів трикутника.

Це завдання перевіряє вміння знаходити градусні міри кутів.

Для розв’язання завдання потрібно знати такі теореми.

Теорема 1. Сума внутрішніх кутів трикутника дорівнює \(180^\circ.\)

Теорема 2. Сума суміжних кутів дорівнює \(180^\circ.\)

Наведемо декілька способів розв’язання цього завдання.

Перший спосіб. Розглянемо трикутник \(ABC\) (див. рисунок), у якого \(\angle B=85^\circ\), \(\angle MAB\) – зовнішній кут трикутника, суміжний з кутом \(A\), тоді $$ \angle A=180^\circ-\angle MAB=40^\circ. $$ Знаючи два внутрішніх кути трикутника \(ABC\), можемо визначити градусну міру його третього кута: $$ \angle C=180^\circ-(40^\circ+85^\circ)=55^\circ. $$ Оскільки за умовою \(\angle ACN=90^\circ\), то $$ 55^\circ+\alpha=90^\circ, $$ звідки \(\alpha=35^\circ.\)

Другий спосіб. Опустимо з вершини \(B\) трикутника \(ABC\) на сторону \(AC\) перпендикуляр \(AD\) (див. рисунок). З паралельності прямих \(BD\) і \(CN\) випливає, що \(\angle DBC=\angle BCN\) як внутрішні різносторонні. Тому шуканий кут \(\alpha\) дорівнює куту \(DBC.\) Маємо:

Третій спосіб. Скористаємось теоремою. Зовнішній кут трикутника дорівнює сумі двох внутрішніх, не суміжних з ним. Отже, \(\angle BCP=\angle A+\angle B\) (див. рисунок). Оскільки

то

Звідки одержуємо:

Відповідь: B.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Рівняння, нерівності та їх системи. Означення розв’язку системи рівнянь з двома змінними та методи їх розв’язування.

Це завдання перевіряє вміння розв’язувати системи рівнянь.

З першого рівняння системи виразимо змінну \(y\) через змінну \(x{:}\) $$ y=\frac{3x}{2}. $$

Підставимо цей вираз замість змінної \(y\) у друге рівняння системи: $$ x-\frac{3x}{2}=12. $$

Розв’яжемо отримане рівняння: \begin{gather*} 2x-3x=24,\\[7pt] -x=24,\\[7pt] x=-24. \end{gather*} Тоді $$ y=\frac{3}{2}\cdot(-24)=-36. $$ Отже, пара \((-24; -36)\) є розв’язком заданої системи. Тому \(x_0=-24.\)

Зазначимо, що для отримання правильної відповіді не обов’язково систему розв’язувати повністю, достатньо лише виразити з першого (другого) рівняння змінну \(y\) через змінну \(x\), отриманий вираз підставити замість змінної \(y\) у друге (перше) рівняння системи, після чого розв’язати отримане рівняння. Його корінь \(x=x_0\) і буде відповіддю до завдання.

Другий спосіб. Спочатку помножимо обидві частини другого рівняння на \(4{:}\) $$ 4x-4y=48, $$ після чого додамо рівняння $$ 4y=6x $$ та $$ 4x-4y=48. $$ Одержимо: \begin{gather*} 4x=6x+48,\\[7pt] -2x=48,\\[7pt] x=-24. \end{gather*}

Відповідь: A.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Числа і вирази. Вирази із коренями.

Це завдання перевіряє вміння обчислювати значення числових виразів із коренями.

За означенням арифметичного квадратного кореня \(\sqrt{a^2}=|a|\), оскільки арифметичний квадратний корінь завжди є числом невід’ємним. Геометрично модуль числа – це відстань на координатній прямій від точки, що зображує це число, до початку відліку, тому $$ \sqrt{(-2)^2}=|-2|=2. $$ За означенням, \(\sqrt[\scriptstyle 3]{a^3}=a\), оскільки корінь кубічний існує з будь-якого числа. Тоді

Відповідь: B.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Числа і вирази. Раціональні вирази та їхні перетворення.

Це завдання перевіряє вміння виконувати тотожні перетворення раціональних виразів.

Щоб спростити заданий вираз, потрібно знати формули скороченого множення (різниці квадратів), вміти зводити дроби до спільного знаменника і ділити дробові вирази. Перетворимо заданий вираз у такій послідовності:

1) зведемо вираз \(1-\dfrac{1}{a}\) до спільного знаменника: $$ 1-\dfrac{1}{a}=\dfrac{a-1}{a}. $$

2) подамо вираз \(a^2-1\) у вигляді добутку за формулою різниці квадратів: $$ a^2-1=(a-1)(a+1). $$

3) поділимо отриманий добуток на \(\dfrac{a-1}{a}{:}\)

Це завдання можна розв’язувати ще так. Домноживши чисельник і знаменник заданого дробу на \(a\), одержимо:

$$ \dfrac{a^2-1}{1-\dfrac{1}{a}}=\dfrac{a(a^2-1)}{a\left(1-\dfrac{1}{a}\right)}=\dfrac{a(a-1)(a+1)}{a-1}=a(a+1). $$

Відповідь: Д.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Функції. Графіки функцій. Періодичність функцій.

Це завдання перевіряє знання графіків тригонометричних функцій і вміння використовувати періодичність функції для розв’язування задач.

Функція \(y=f(x)\) називається періодичною з періодом \(T\), якщо для будь-якого \(x\) з області визначення цієї функції виконується тотожність \(f(x)=f(x+T).\)

Оскільки функція \(y=\cos x\) періодична з найменшим додатним періодом \(2\pi\), то $$ \cos(x+2\pi)=\cos x. $$ Графік функції \(y=\cos x\) має вигляд:

Отже, фрагмент графіка функції \(y=\cos x\) на проміжку \(\left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]\) зображений на рисунку Б.

Завдання ще можна розв’язати так. Обчислимо значення функції $$ y=\cos(x+2\pi) $$ в «зручній» точці \(x=0\), що належить проміжку \(\left[-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right]{:}\)

Отже, точка \((0; 1)\) належить графіку заданої функції. Лише на рисунку Б точка \((0; 1)\) належить графіку функції. Тому лише цей рисунок і може бути відповіддю до завдання.

Відповідь: Б.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Функції. Послідовності. Геометрична прогресія.

Це завдання перевіряє вміння знаходити невідомий член і знаменник геометричної прогресії, використовуючи означення та формулу загального члена.

Геометричною прогресією називають числову послідовність \((b_n)\) відмінних від нуля чисел, у якій частка від ділення будь-якого члена, починаючи з другого, на попередній є сталою величиною, яку позначають буквою \(q\) і називають знаменником геометричної прогресії. Отже, за означенням $$ \frac{b_{n+1}}{b_n}=q, $$ де \(n\in N\), \(q\ne 0.\) Звідси випливає рівність $$ b_{n+1}=b_nq. $$

Знаючи перший член \(b_1\) та знаменник \(q\), можна визначити будь-який член геометричної прогресії за формулою $$ b_n=b_1q^{n-1}. $$

Один з варіантів розв’язання завдання такий. Знайдемо знаменник прогресії:

Тоді \begin{gather*} b_3=b_2\cdot q=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{8},\\[6pt] b_4=b_3\cdot q=\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{16}. \end{gather*}

Можна також скористатися формулами: \(b_4=b_1\cdot q^3\) або \(b_4=b_2\cdot q^2.\)

Відповідь: Г.

ТЕМА: Геометрія. Стереометрія. Прямі та площини у просторі. Теорема про три перпендикуляра.

Це завдання перевіряє знання аксіом та теорем стереометрії, означення перпендикулярних прямих у просторі.

Розглянемо кожне з тверджень.

I. За умовою пряма \(SB\) перпендикулярна до площини квадрата \(ABCD\), тому вона перпендикулярна до будь-якої прямої в цій площині. Отже, \(SB\ \perp\ AB\) і \(\angle SBA=90^\circ.\) Це твердження правильне.

II, III. Оскільки \(SB\ \perp\ AD\) і \(AB\ \perp\ AD\) (\(ABCD\) – квадрат), то за теоремою про три перпендикуляри \(\angle SAD=90^\circ.\) Отже, твердження III правильне.
Оскільки в трикутнику \(SAD\) не може бути двох прямих кутів, то \(\angle SAD\ne \angle SDA.\) Тому твердження II є неправильним.

Відповідь: B.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Рівняння, нерівності та їх системи. Показникові рівняння.

Це завдання перевіряє вміння розв’язувати показникові рівняння.

Запишемо число \(\dfrac{1}{27}\) як степінь з основою \(3{:}\) $$ \frac{1}{27}=\frac{1}{3^3}=3^{-3}. $$ Отримаємо рівняння $$ 3^x=3^{-3}, $$ \(x=-3\) є корінем цього рівняння. Оскільки число \(-3\) належить проміжку \((-5; -2]\), то правильною є відповідь Б.

Відповідь: Б.

ТЕМА: Геометрія. Стереометрія. Тіла і поверхні обертання. Об’єм циліндра.

Це завдання перевіряє вміння визначати висоту циліндра за заданим радіусом основи та об’ємом циліндра та знання самої формули об’єму циліндра.

Об’єм циліндра обчислюється за формулою $$ V=\pi R^2H, $$ де \(R\) – радіус основи, \(H\) – висота. Підставимо у цю формулу дані з умови: \(R=3\), \(V=72\pi\) та отримаємо рівність $$ 72\pi=9\pi H. $$ Звідки \(H=8\) см.

Відповідь: Г.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Числа і вирази. Тригонометричні вирази та їх перетворення.

Це завдання перевіряє вміння виконувати тотожні перетворення тригонометричних виразів, що містять тригонометричні функції одного аргументу.

Перетворимо заданий вираз, використовуючи основну тригонометричну тотожність та означення \(\mathrm{ctg}\ \alpha{:}\) $$ \cos^2\alpha+\sin^2\alpha=1, $$ звідки \begin{gather*} \sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha,\\[7pt] \mathrm{ctg}\alpha=\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}, \end{gather*} тоді

Відповідь: A.

ТЕМА: Геометрія. Стереометрія. Многогранники. Пряма трикутна призма. Площа бічної поверхні призми.

Це завдання перевіряє вміння обчислювати площу бічної поверхні призми. Для виконання завдання потрібно знати формули площі бічної поверхні призми та площі прямокутника.

Нехай \(ABCA_1B_1C_1\) задана пряма трикутна призма, основою якої є трикутник \(ABC.\) Введемо коефіцієнт пропорційності \(x.\) Тоді \(AC=2x\) см, \(BC=3x\) см, \(AB=4x\) см. Нехай \(BB_1=h\) см – висота призми (див. рисунок).

Бічну поверхню призми утворюють грані (прямокутники) \(AA_1B_1B\), \(AA_1C_1C\) та \(BB_1C_1C\), у яких $$ AA_1=BB_1=CC_1=h. $$ Найменшою бічною гранню є грань \(AA_1C_1C\), оскільки найменшою стороною основи є \(AC.\) Її площа обчислюється за формулою $$ S=2xh=12, $$ звідки \(xh=6\).

Площа \(S_\text{б}\) бічної поверхні призми \(ABCA_1B_1C_1\) дорівнює сумі площ бічних граней:

Відповідь: Б.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Рівняння, нерівності та їх системи. Метод інтервалів.

Це завдання перевіряє вміння розв’язувати раціональні нерівності.

Перший спосіб. Розв’яжемо нерівність методом інтервалів. Для цього перенесемо всі доданки у ліву частину нерівності: $$ x^3-x^2\ge 0 $$ і винесемо за дужки спільний множник: $$ x^2(x-1)\ge 0. $$

Визначимо нулі функції $$ y=x^2(x-1), $$ тобто корені рівняння $$ x^2(x-1)=0, $$ \(x_1=0\) і \(x_2=1\). Зазначимо, що корінь \(x_1=0\) має кратність \(2.\)

Позначимо на числовій осі \(x\) нулі \(x_1=0\) і \(x_2=1\) та визначимо знаки виразу $$ x^2(x-1) $$ на кожному з отриманих проміжків (див. діаграму).

Отже, \(x\in\{0\}\cup [1; +\infty)\) – множина розв’язків заданої нерівності.

Другий спосіб. При \(x=0\) нерівність \(x^3\ge x^2\) є правильною: \(0\ge 0.\) Отже, \(x=0\) – один з розв’язків нерівності. Нехай \(x\ne 0\). Тоді \(x^2\gt 0\), тому, поділивши обидві частини нерівності \(x^3\ge x^2\) на \(x^2\), отримаємо нерівність \(x\ge 1\), рівносильну заданій. Об’єднавши множини \(x\in\{0\}\) та \(x\in [1; +\infty)\), отримаємо відповідь: \(x\in\{0\}\cup [1; +\infty).\)

Відповідь: Г.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Функції. Визначений інтеграл. Геометричний зміст визначеного інтеграла.

Це завдання перевіряє вміння використовувати геометричний зміст визначеного інтеграла у задачах на обчислення площ плоских фігур.

Нагадаємо, що плоску фігуру, обмежену графіком неперервної та невід’ємної функції \(y=f(x)\), віссю \(x\) і прямими \(x=a\) та \(x=b\), де \(a\lt b\), називають криволінійною трапецією. Площу цієї трапеції можна обчислити за формулою $$ S=\mathop{\int}\limits_a^b f(x)dx. $$

Якщо для всіх \(x\in [a; b]\) виконується нерівність \(f(x)\le 0\), то площа \(S\) фігури, обмеженої графіком функції \(y=f(x)\), відрізком \([a; b]\) осі \(x\) і прямими \(x=a\) та \(x=b\), обчислюється за формулою

Якщо відрізок \([a; b]\) розбити точкою \(c\) на два відрізки, то

З рисунка видно, що графік функції \(y=f(x)\) на проміжку \([-1; 0]\) розміщений над віссю абсцис, а на проміжку \([0; 1]\) – під віссю абсцис.

Зображена фігура на проміжку \([-1; 0]\) обмежена зверху графіком функції \(y=f(x)\), а знизу – графіком функції \(y=0\), тому площу цієї криволінійної трапеції обчислюємо за формулою $$ S_1=\mathop{\int}\limits_{-1}^0 f(x)dx. $$ На проміжку \([0; 1]\) зверху фігура обмежена графіком функції \(y=0\), а знизу – графіком функції \(y=f(x)\), тому площу цієї фігури (зазначимо, що згідно означення ця фігура не є криволінійною трапецією) обчислюємо за формулою $$ S_2=-\mathop{\int}\limits_0^1 f(x)dx. $$ Отже, площу зафарбованої фігури обчислюємо як суму двох площ (інтегралів):

Відповідь: Д.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Прямокутний трикутник. Теорема Піфагора.

Це завдання перевіряє вміння використовувати теорему Піфагора для розв’язування задач із практичним змістом.

Спочатку знайдемо довжину відрізка \(LO\), при якій стулка \(LM\) під час відкривання воріт доторкнеться до автомобіля (зробить невеликий подряпину на бампері). Це станеться тоді, коли довжина відрізка \(LQ\) дорівнюватиме довжині стулки \(LM\), тобто \(2\) м. Розглянемо прямокутний трикутник \(LOQ\) (див. рисунок). За теоремою Піфагора:

Запишемо дані альтернативи у вигляді

А \(1{,}6=\sqrt{2{,}56}\) м.

Б \(1{,}7=\sqrt{2{,}89}\) м.

В \(1{,}8=\sqrt{3{,}24}\) м.

Г \(1{,}9=\sqrt{3{,}61}\) м.

Д \(2=\sqrt{4}\) м.

Далі міркуємо так. Щоб стулка \(LM\) під час відкривання воріт НЕ торкнулася автомобіля, потрібно, щоб довжина відрізка \(LQ\) (гіпотенузи прямокутного трикутника \(LOQ\)) була більша за розмах стулки, що дорівнює \(2\) м. Це виконуватиметься тоді, коли довжина катета \(LO\) буде більша за \(\sqrt{3}\) м. Найменшою із наведених у відповідях відстаней, що задовольняють цю умову, є \(1{,}8\) м.

Відповідь: B.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Числа і вирази. Раціональні, ірраціональні, степеневі, логарифмічні вирази та їхні перетворення.

Це завдання перевіряє вміння виконувати перетворення ірраціональних, степеневих, показникових та логарифмічних виразів. Перетворимо кожен вираз.

1. Використаємо властивість логарифма: $$ k\cdot \log_c b=\log_c b^k, $$ тоді $$ 2\log_2 b=\log_2 b^2 $$ і рівність $$ \log_2 a=2\log_2 b $$ набуває вигляду $$ \log_2 a=\log_2 b^2. $$ Оскільки логарифми виразів рівні лише тоді, коли рівні самі вирази, то \(a=b^2.\) Отже, 1 – Г.

2. Запишемо рівність \(a^3=8b^3\) у вигляді \begin{gather*} a^3=2^3\cdot b^3,\\[7pt] a^3=(2b)^3. \end{gather*} Куби двох виразів рівні, якщо рівні самі вирази, тому \(a=2b.\) Отже, 2 – А.

3. Піднесемо обидві частини рівності \(\sqrt{a}=2\sqrt{b}\) до квадрата: $$ (\sqrt{a})^2=(2\sqrt{b})^2. $$ За означенням арифметичного квадратного кореня \begin{gather*} (\sqrt{a})^2=a,\\[7pt] (2\sqrt{b})^2=2^2\cdot(\sqrt{b})^2=4b. \end{gather*} Отримаємо рівність \(a=4b\). Отже, 3 – В.

4. Подамо число \(4\) у вигляді степеня з основою два: \(4=2^2\), тоді $$ 2^a=2^2\cdot 2^b. $$ Використовуючи формулу $$ a^x\cdot a^y=a^{x+y}, $$ отримаємо рівність $$ 2^a=2^{2+b}. $$ Степені \(a^x\) і \(a^y\), де \(a\gt 0\) і \(a\ne 1\), з однаковими основами рівні тоді і тільки тоді, коли рівні показники \(x\) і \(y\) цих степенів. Тому рівність $$ 2^a=2^{2+b} $$ рівносильна рівності \(a=2+b\). Отже, 4 – Б.

Відповідь: 1 – Г, 2 – А, 3 – B, 4 – Б.

22

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Квадрат та його властивості. Прямокутник та його властивості. Середня лінія трапеції. Коло, описане навколо чотирикутника.

Це завдання перевіряє вміння знаходити довжини відрізків геометричних фігур. Щоб розв’язати завдання, потрібно знати означення й властивості квадрата, прямокутника, прямокутного рівнобедреного трикутника, теорему про середню лінію трапеції, означення бісектриси кута, теорему Піфагора.

Оскільки точка \(O\) належить відрізку \(LN\), то $$ LN=LO+ON=8+2=10. $$ За умовою \(LN\ ||\ CD\), тому \(\angle BLN=\angle LCD=90^\circ\), отже, чотирикутник \(DCLN\) – прямокутник. Тоді $$ CD=LN=10. $$ Оскільки \(ABCD\) – квадрат, то $$ BC=CD=10. $$

1. За умовою \(KM\ ||\ AD\), тому \(\angle KMD=\angle MDA=90^\circ\), отже, чотирикутник \(KMDA\) – прямокутник. Тоді $$ KM=AD=10. $$ Оскільки точка \(O\) належить відрізку \(KM\), то $$ OK=KM-OM=10-6=4. $$ Отже, 1 – А.

2. За теоремою Піфагора, діагональ прямокутника \(OLCM\) дорівнює

Оскільки радіус кола, описаного навколо прямокутника, дорівнює половині його діагоналі, то радіус кола, описаного навколо прямокутника \(OLCM\), дорівнює $$ 10:2=5. $$ Отже, 2 – Б.

3. Довжина середньої лінії трапеції дорівнює півсумі її основ. У трапеції \(OBCM\) основи \(BC\) і \(OM\) дорівнюють відповідно \(10\) і \(6\), отже, довжина середньої лінії трапеції дорівнює $$ \frac{BC+OM}{2}=\frac{10+6}{2}=8. $$ Отже, 3 – Г.

4. Оскільки \(OP\) – бісектриса кута \(NOM\), то вона ділить цей кут навпіл, тому $$ \angle NOP=\angle POM=\frac{90^\circ}{2}=45^\circ. $$ Оскільки \(\angle ONP=90^\circ\), то

Тоді трикутник \(NOP\) є рівнобедреним і $$ NP=ON=2. $$ Довжина відрізка \(AP\) дорівнює $$ AN+NP=OK+NP=4+2=6. $$ Отже, 4 – В.

Відповідь: 1 – A, 2 – Б, 3 – Г, 4 – В.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Функції. Графік функції. Основні властивості функції: парність, періодичність, монотонність. Область визначення функції.

Це завдання перевіряє вміння встановлювати властивості числових функцій, заданих формулою, зокрема, визначати належність точки графіку заданої функції, знаходити область визначення функції, визначати найменше значення функції. Для розв’язання завдання потрібно також знати властивості симетрії графіків парних та непарних функцій.

Розглянемо кожну з функцій A – Д окремо.

А. Функція $$ y=\frac{2}{x-2} $$ визначена для всіх значень \(x\), при яких знаменник \(x-2\) відмінний від нуля, тобто при \(x\ne 2.\) Тому областю визначення цієї функції є об’єднання інтервалів \((-\infty; 2)\cup (2; +\infty).\)
Отже, 3 – А.

Б. Графіком квадратичної функції \(y=(x+2)^2\), або $$ y=x^2+4x+4 $$ є парабола, яку можна отримати перенесенням параболи, заданої рівнянням \(y=x^2\), на \(2\) одиниці ліворуч (див. рисунок).

З рисунка видно, що графік функції \(y=(x+2)^2\) не є симетричним відносно осі \(y\), а найменшого значення ця функція набуває в точці \(x=-2\), яка є абсцисою вершини параболи. Можна міркувати інакше. Оскільки вираз \((x+2)^2\), який є повним квадратом, набуває лише невід’ємних значень, точніше, \((x+2)^2=0\), якщо \(x=-2\), і \((x+2)^2\gt 0\), якщо \(x\ne -2\), то він набуває найменшого значення, якщо \(x=-2.\) Отже, 2 – Б.

В. Графік показникової функції \(y=3^x\) проходить через точку \((0; 1)\), оскільки \(3^0=1.\) Ця функція є зростаючою на всій області визначення – проміжку \((-\infty; +\infty).\) Отже, більшому значенню аргументу відповідає більше значення функції. Тому графік функції \(y=3^x\) не є симетричним відносно осі \(y.\) Можна також скористатися твердженням про те, що симетрією відносно осі ординат володіє лише графік парної функції. Функція \(y=3^x\) не є парною, оскільки умова \(y(-x)=y(x)\), тобто \(3^{-x}=3^x\) виконується лише в одній точці \(x=0.\) Для всіх \(x\ne 0\) ця рівність не виконується. Отже, 1 – В.

Г. Функція \(y=|x|\) є парною, оскільки для всіх \(x\in (-\infty; +\infty)\) виконується умова $$ y(x)=y(-x):|-x|=|x|. $$ Тому її графік симетричний відносно осі \(y.\) Отже, 4 – Г.

Д. Функція \(y=x^3\) визначена на всій дійсній осі, зростає на всій області визначення, тому не існує жодної точки, у якій вона набуває найменшого значення. Точка \((0; 1)\) не належить графіку функції, оскільки її координати не задовольняють рівняння функції: \(1\ne 0^3.\) Функція \(y=x^3\) для будь-якого дійсного значення \(x\) задовольняє умову $$ y(-x)=-y(x):(-x)^3=-x^3, $$ тобто є непарною, тому її графік симетричний відносно початку координат, а не відносно осі \(y.\) Отже, жодне з наведених тверджень не є правильним для функції \(y=x^3.\)

Відповідь: 1 – B, 2 – Б, 3 – А, 4 – Г.

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Елементи комбінаторики, початки теорії ймовірностей та елементи статистики. Мода, медіана, розмах ряду даних.

Це завдання перевіряє вміння визначати характеристики ряду даних (моду, медіану, середнє значення і розмах) за наданою таблицею частот.

Визначимо об’єм ряду даних \((n)\) – кількість усіх його елементів: елемент \(5\) зустрічається тричі, елемент \(7\) – \(4\) рази, елемент \(9\) – двічі, елемент \(10\) – один раз, елемент \(12\) – \(5\) разів, елемент \(15\) – тричі, елемент \(16\) – один раз, елемент \(18\) – один раз, тому

1. Розмахом \((R)\) ряду даних називається різниця між найбільшим та найменшим елементами ряду даних: $$ R=18-5=13. $$ Отже, 1 – Д.

2. Модою \((M_o)\) називається значення ряду даних, яке має найбільшу частоту, тобто зустрічається найчастіше. З таблиці видно, що найчастіше зустрічається у ряді даних елемент \(12\), тому мода \(M_o=12.\) Отже, 2 – Г.

3. Медіаною \((M_e)\) упорядкованого ряду даних, що має парну кількість елементів, називається середнє арифметичне двох чисел, що стоять посередині цього ряду. У нашому випадку медіана – це середнє арифметичне \(10\text{-го}\) і \(11\text{-го}\) елементів ряду даних: $$ M_e=\frac{10+12}{2}=11. $$ Отже, 3 – Б.

4. Середнім значенням ряду даних \(\overline{x}\) називається середнє арифметичне всіх його елементів:

Отже, 4 – А.

Відповідь: 1 – Д, 2 – Г, 3 – Б, 4 – A.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Ромб та його властивості. Площа ромба. Теорема Піфагора.

Це завдання перевіряє вміння знаходити довжину висоти та площу ромба. Для розв’язання завдання потрібно знати означення ромба та його властивості, формулу його площі та вміти використовувати теорему Піфагора для знаходження невідомих елементів прямокутного трикутника.

Нехай \(ABCD\) – заданий ромб, \(DK\) – висота ромба (див. рисунок).

Оскільки точка \(K\) лежить на стороні ромба, то її довжина дорівнює сумі довжин відрізків \(BK\) та \(KC{:}\)

1. У прямокутному трикутнику \(DKC\) катет \(KC = 6\) см, гіпотенуза \(DC = 10\) см. За теоремою Піфагора визначаємо довжину перпендикуляра \(DK{:}\)

2. Площу ромба можна обчислити за формулою $$ S = a \cdot h, $$ де \(a\) – сторона ромба, \(h\) – висота ромба. Обчислимо площу ромба \(ABCD{:}\)

Відповідь: 1. \(8.\)
                   2. \(80.\)

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Числа і вирази. Раціональні вирази та їх перетворення. Логарифмічні вирази та їх перетворення.

Це завдання перевіряє вміння виконувати перетворення логарифмічних та раціональних виразів.

1. Запишемо дріб $$ \frac{x+y}{y} $$ у вигляді суми двох доданків: $$ \frac{x+y}{y}=\frac{x}{y}+\frac{y}{y}=\frac{x}{y}+1. $$

Оскільки за умовою \(\dfrac{x}{y}=\dfrac{1}{4}\), то

2. Оскільки різниця логарифмів з однією основою дорівнює логарифму частки їх аргументів, то

$$ \log_2 x-\log_2 y=\log_2\frac{x}{y}. $$

Підставимо в отриманий вираз замість \(\frac{x}{y}\) значення \(\frac{1}{4}\) і виконаємо перетворення:

$$ \log_2\frac{x}{y}=\log_2\frac{1}{4}=\log_2 2^{-2}=-2\cdot\log_2 2=-2. $$

Відповідь: 1. \(1{,}25.\)
                   2. \(-2.\)

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Числа і вирази. Відношення та пропорції. Основні задачі на відсотки. Текстові задачі.

Це завдання перевіряє вміння розв’язувати задачі з практичним змістом на відсоткові розрахунки.

За наданою квитанцією, всього користувачем спожито \(115\ \text{кВт}\cdot \text{год}\), з них \(75\ \text{кВт}\cdot \text{год}\) є пільговими. Обчислимо вартість \(75\ \text{кВт}\cdot \text{год}\) за звичайним тарифом \(0{,}28\) грн: $$ 75\cdot 0{,}28=21\ \text{грн}. $$ Оскільки за умовою на \(75\ \text{кВт}\cdot \text{год}\) надається пільга, то він має сплатити \(75\ \%\) від їхньої вартості.

Складаємо пропорцію: \begin{gather*} 21\ \text{грн}\ —\ 100\ \%,\\[7pt] x\ \text{грн}\ —\ 75\ \%. \end{gather*}

Тоді $$ x=\frac{21\cdot 75}{100}=15{,}75\ \text{грн}. $$

На залишок $$ 115-75=40\ \text{кВт}\cdot \text{год} $$ пільга не надається. Тому їх вартість складає $$ 40\cdot 0{,}28=11{,}2\ \text{грн}. $$

Обчислимо загальну вартість спожитої електроенергії: $$ 15{,}75+11{,}2=26{,}95\ \text{грн}. $$

Відповідь: \(26{,}95.\)

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Функції. Графік функції.

Це завдання перевіряє вміння знаходити координати точки, що належить графіку функції.

Точка \((x_0; y_0)\) належить графіку функції \(y=f(x)\), якщо її координати задовольняють умову \(y_0=f(x_0).\)

Якщо точка \((x_0; 4)\) належить графіку функції $$ y=\sqrt{2x^2+x+1}, $$ то має виконуватися рівність: $$ 4=\sqrt{2x_0^2+x_0+1}. $$

Звідси після піднесення лівої і правої частин до квадрата дістанемо: \begin{gather*} 2x_0^2+x_0+1=16,\\[7pt] 2x_0^2+x_0-15=0,\\[7pt] x_0=2{,}5\ \text{або}\ x_0=-3. \end{gather*}

Оскільки за умовою \(x_0\gt 0\), то \(x_0=2{,}5.\)

Відповідь: \(2{,}5.\)

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Числа і вирази. Тригонометричні вирази та їх перетворення.

Це завдання перевіряє знання тригонометричних формул: основної тригонометричної тотожності, формули синуса подвійного кута та вміння їх застосовувати для розв’язування задач.

1 спосіб. Піднесемо ліву і праву частини рівності $$ \sin\alpha +\cos\alpha=1{,}2 $$ до квадрата: \begin{gather*} (\sin\alpha+\cos\alpha)^2=1{,}2^2,\\[7pt] \sin^2\alpha+2\sin\alpha\cos\alpha+\cos^2\alpha=1{,}44. \end{gather*} За основною тригонометричною тотожністю $$ \sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1, $$ тоді \begin{gather*} 2\sin\alpha\cos\alpha+1=1{,}44,\\[6pt] 2\sin\alpha\cos\alpha=1{,}44-1=0{,}44. \end{gather*}

2 спосіб. Із початкового рівняння виражаємо, наприклад, \(\sin\alpha\) через \(\cos\alpha{:}\) $$ \sin\alpha=1{,}2-\cos\alpha, $$ та підставляємо в основну тригонометричну тотожність: $$ (1{,}2-\cos\alpha)^2+\cos^2\alpha=1. $$ Після піднесення до квадрата та зведення подібних доданків отримаємо квадратне рівняння відносно \(\cos\alpha{:}\) $$ 2\cos^2\alpha-2{,}4\cos\alpha+0{,}44=0. $$

Розв’язавши його, знаходимо $$ \cos\alpha=0{,}6\pm\sqrt{0{,}14}. $$ Звідки $$ \sin\alpha=0{,}6\mp\sqrt{0{,}14}. $$ Тоді

Відповідь: \(0{,}44.\)

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Рівняння, нерівності та їх системи. Метод інтервалів. Основна логарифмічна тотожність.

Це завдання перевіряє вміння застосовувати основну логарифмічну тотожність для спрощення виразів, що містять логарифмічну функцію, та розв’язувати нерівності, що зводяться до раціональних.

Враховуючи, що аргументом логарифмічної функції може бути лише додатне число, запишемо ОДЗ цієї нерівності: \(-2x\gt 0\), звідки \(x\lt 0.\) Скористаємося основною тригонометричною тотожністю: $$ 2^{\log_2(-2x)}=-2x, $$ тоді нерівність набуває вигляду $$ x^2-2x-15\lt 0. $$ Розв’яжемо отриману нерівність методом інтервалів.

Знайдемо нулі функції \begin{gather*} y=x^2-2x-15{:}\\[7pt] x_1=-3,\\[7pt] x_2=5. \end{gather*} Тоді нерівність можна записати у вигляді $$ (x+3)(x-5)\lt 0. $$ Визначимо знаки функції $$ y=x^2-2x-15 $$ на проміжках \((-\infty; -3)\), \((-3; 5)\) та \((5; +\infty)\) (див. діаграму), звідки \(x\in(-3; 5).\)

Зауважимо, що на діаграмі точки \(x=-3\) та \(x=5\) не зафарбовані з тих міркувань, що ці точки не є розв’язками строгої нерівності $$ x^2-2x-15\lt 0. $$ Ураховуючи ОДЗ початкової нерівності, тобто нерівність \(x\lt 0\), отримаємо множину її розв’язків \((-3; 0).\) Ця множина містить два цілі розв’язки \(x=-2\) та \(x=-1.\) Тому сума всіх цілих розв’язків заданої нерівності дорівнює $$ -2-1=-3. $$

Відповідь: \(-3.\)

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Коло. Трикутник. Подібність трикутників.

Це завдання перевіряє вміння визначати відстань між центрами заданих кіл, використовуючи подібність відповідних трикутників.

Нехай точка \(O\) – центр більшого кола, а точки \(O_1\) і \(O_2\) – центри двох рівних менших кіл (див. рисунок).

Центри кіл, що мають внутрішній дотик, та точка їх дотику лежать на одній прямій, тоді

Рівнобедрені трикутники \(AOB\) (\(AO=BO\)) і \(O_1OO_2\) (\(OO_1=OO_2\)), що мають спільний \(\angle O\), є подібними. Тому маємо

звідки \(O_1O_2=7{,}5\) см.

Відповідь: \(7{,}5.\)

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Функції. Похідна функції. Застосування похідної до розв’язку задач.

Це завдання перевіряє вміння використовувати похідну функції для знаходження її найбільшого значення.

Нехай \(ABCD\) – задана трапеція, вершини якої належать графіку квадратичної функції \(y=36-x^2\) (див. рисунок).

Оскільки в умові задачі зазначено, що всі вершини трапеції належать графіку функції, а основа \(AD\) лежить на осі \(x\), то точки \(A\) і \(D\) є точками перетину графіка з віссю \(x.\) Для знаходження абсцис цих точок розв’яжемо рівняння $$ 36-x^2=0, $$ оскільки на вісі \(x\) ордината \(y\) дорівнює \(0.\) Тоді \(x_1=6\), \(x_2=-6\) і \(A(-6; 0)\), \(D(6; 0).\)

Нехай абсциса точки \(C\) дорівнює \(a\), тоді абсциса точки \(B\) дорівнює \(-a\), а ординати цих точок дорівнюють \(36-a^2.\) При цьому \(a\in (0; 6)\).

Визначимо залежність площі трапеції \(ABCD\) від значення змінної \(a.\) Площа трапеції дорівнює добутку півсуми її основ на висоту: $$ S=\frac{AD+BC}{2}\cdot h. $$

Довжина нижньої основи трапеції $$ AD=6+6=12, $$ довжина верхньої основи трапеції $$ BC=a+a=2a, $$ висота трапеції дорівнює ординаті точки \(C\), тобто $$ h=36-a^2, $$ тоді площа трапеції \(ABCD\) виражається формулою $$ S=\frac{12+2a}{2}\cdot(36-a^2), $$ або

Для знаходження найбільшого значення площі, знайдемо похідну

$$ S'(a)=36-12a-3a^2=3(12-4a-a^2)=3(2-a)(a+6). $$

Щоб визначити стаціонарні точки функції \(S(a)\), прирівняємо її похідну до нуля: $$ 3(2-a)(a+6)=0. $$ Розв’язавши рівняння, знайдемо дві стаціонарні точки \(a_1=-6\) і \(a_2=2\), але досліджуватимемо лише точку \(a=2\), оскільки \(-6\notin (0; 6).\) З наведеної діаграми видно, що в точці \(a=2\) функція

$$ S(a)=216+36a-6a^2-a^3 $$

досягає максимуму.

Отже, найбільшого значення площа трапеції досягає у випадку, коли \(a=2.\) Обчислимо значення

$$ S(2)=216+36\cdot 2-6\cdot 4\cdot 8=256. $$

Відповідь: \(256.\)

ТЕМА: Геометрія. Стереометрія. Многогранники. Тіла і поверхні обертання. Комбінації тіл.

Це завдання перевіряє вміння визначати об’єм піраміди, вписаної в конус. Для розв’язання завдання потрібно знати формули об’єму піраміди, площі прямокутного трикутника, означення кута між прямою та площиною та двогранного кута, співвідношення між сторонами і кутами прямокутного трикутника.

Важливим кроком розв’язання практично будь-якої стереометричної задачі є побудова правильного рисунка. За означенням піраміди, вписаної в конус, вершина піраміди співпадає з вершиною конуса, а вершини основи піраміди лежать на колі основи конуса, висота конуса є висотою піраміди.

На рисунку зображено конус, у який вписано трикутну піраміду \(SABC\), в основі якої лежить трикутник \(ABC\) \((\angle B=90^\circ).\) Усі бічні ребра цієї піраміди є твірними конуса і нахилені до площини основи під одним кутом. Основою висоти піраміди є центр кола, описаного навколо прямокутного трикутника \(ABC\) \((\angle B=90^\circ).\) У прямокутному трикутнику центр описаного навколо нього кола є серединою гіпотенузи, тобто точка \(O\) – середина гіпотенузи \(AC\), \(SO\) – висота піраміди.

Згідно з умовою $$ \angle SAO=\angle SBO=\angle SCO=45^\circ. $$ Нехай грань \(SBC\), що містить катет \(BC\), утворює з площиною основи піраміди кут \(60^\circ.\) Проведемо перпендикуляр \(OK\) до \(BC\), тоді за теоремою про три перпендикуляри \(SK\ \perp\ BC\), отже \(\angle SKO\) є лінійним кутом двогранного кута між площинами \((SBC)\) і \((ABC)\), тобто кутом між бічною гранню і площиною основи. Тоді за умовою \(\angle SKO=60^\circ.\) \(AB\ \perp\ BC\) за умовою, \(OK\ \perp\ BC\) за побудовою, то \(OK\ ||\ AB.\) Оскільки точка \(O\) – середина \(AC\), то за теоремою Фалеса (паралельні прямі відтинають на сторонах кута \(ACB\) рівні відрізки) точка \(K\) є серединою катета \(BC\), а відрізок \(OK\) – середньою лінією трикутника \(ABC.\)

З прямокутного трикутника \(SOC{:}\) \begin{gather*} \sin\angle SCO=\frac{SO}{SC},\\[6pt] \cos\angle SCO=\frac{CO}{SC}, \end{gather*} звідки отримаємо: \begin{gather*} SO=SC\cdot\sin\angle SCO,\\[7pt] CO=SC\cdot\cos\angle SCO. \end{gather*} За умовою \(SC=9\) см, тоді \begin{gather*} SO=9\sin 45^\circ=\frac{9\sqrt{2}}{2},\\[6pt] OC=9\cos 45^\circ=\frac{9\sqrt{2}}{2},\\[6pt] AC=2OC=9\sqrt{2}. \end{gather*}

З прямокутного трикутника \(SOK\) $$ \mathrm{ctg}\angle SKO=\frac{OK}{SO}, $$ звідки визначаємо катет \(OK{:}\)

Оскільки \(OK\) – середня лінія трикутника \(ABC\), яка паралельна стороні \(AB\), то $$ AB=2OK=3\sqrt{6}. $$

З прямокутного трикутника \(ABC\) за теоремою Піфагора визначаємо катет \(BC{:}\)

Об’єм піраміди \(SABC\) визначаємо за формулою

Таким чином,

Відповідь: \(81.\)

ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Рівняння, нерівності та їх системи. Рівняння з параметрами та їх системи.

Це завдання перевіряє вміння розв’язувати системи тригонометричних рівнянь з параметрами.

Уведемо нові змінні: \(\cos x=u\), \(\sin x=v\), \(u,v\in [-1; 1].\) За основною тригонометричною тотожністю $$ \sin^2x+\cos^2x=1, $$ тому змінні \(u\) і \(v\) задовольняють умову $$ u^2+v^2=1. $$ Тоді вихідна система рівносильна системі

Дамо геометричне тлумачення системи (*). У координатній площині \(uv\) перші два рівняння задають прямі, а третє рівняння – коло радіуса \(1\) з центром у початку координат. Ця система може мати розв’язки лише у двох випадках:
1) прямі непаралельні, причому точка їх перетину лежить на колі;
2) прямі збігаються і мають з колом \(1\) або \(2\) спільні точки.

Якщо \((u_0; v_0)\) – розв’язок (*), то \(u_0\in [-1; 1]\) і \(v_0\in [-1; 1].\) Тоді задана система набуває вигляду $$ \left\{\begin{array}{l} \cos x=u_0,\\ \sin x=v_0 \end{array}\right. $$ і має безліч розв’язків. Отже, вихідна система має безліч розв’язків, якщо система (*) має принаймні один розв’язок.

Дослідимо систему (*). З першого рівняння виразимо змінну \(u\) через \(v\) і \(a{:}\) $$ u=2-(2a-1)v. $$ З урахуванням цього після підстановки отриманого виразу в друге рівняння системи і тотожних перетворень, друге рівняння набуде вигляду $$ (4a-1)(a-1)v=3(a-1). $$

У випадку, коли \(a=1\), маємо несумісну систему $$ \left\{\begin{array}{l} v+u=2,\\ u^2+v^2=1. \end{array}\right. $$ Це означає, що задана система рівносильна рівнянню $$ \sin x+\cos x=2, $$ яке розв’язків не має. Отже, \(a\ne 1.\)

Тоді \begin{gather*} v=\frac{3}{4a-1},\\[6pt] u=\frac{2a+1}{4a-1}. \end{gather*} Залишилося врахувати обмеження \(u^2+v^2=1\). Маємо:

\begin{gather*} \left(\frac{2a+1}{4a-1}\right)^2+\left(\frac{3}{4a-1}\right)^2=1,\\[6pt] (2a+1)^2+9=(4a-1)^2,\\[7pt] 4a^2-4a-3=0, \end{gather*}

звідки \(a_1=1{,}5\), \(a_2=-0{,}5\) – корені.

Отже, при кожному із значень \(a=1{,}5\) і \(a=-0{,}5\) задана система має безліч розв’язків. Так, при \(a=1{,}5\) система набуває вигляду

$$ \left\{\begin{array}{l} 2\sin x+\cos x=2,\\ 3\sin x+4\cos x=5, \end{array}\right. $$

звідки \(\sin x=\dfrac{3}{5}\) і \(\cos x=\dfrac{4}{5}\), а розв’язки системи задаються формулою

$$ x=\mathrm{arctg}\frac{3}{4}+2\pi n,\ n\in Z. $$

Отже, найбільшим значенням параметра \(a\), за якого вихідна система має безліч розв’язків, є число \(1{,}5.\)

Відповідь: \(1{,}5.\)