ТЕМА: Алгебра і початки аналізу. Числа і вирази. Дійсні числа.

Це завдання перевіряє вміння виконувати тотожні перетворення раціональних виразів.

Відповідь: B.

ТЕМА: Геометрія. Планіметрія. Чотирикутники. Паралелограм. Коло.

Це завдання перевіряє знання властивостей кола та паралелограма, формули довжини дуги і вміння обчислювати площу паралелограма.

1. Нехай \(ABCD\) заданий паралелограм, \(O\) – центр півкола радіуса \(r\), що дотикається до сторони \(BC\) в точці \(M\) (див. рисунок). Оскільки півколо дотикається до сторони \(BC\) в точці \(M\), то \(OM\ \perp\ BC\) – як радіус, проведений в точку дотику. За означенням паралелограма \(AD\ ||\ BC\), отже, \(OM\ \perp\ AD.\) Тоді дуга \(MD\) – четверта частина кола радіуса \(r\), її довжина дорівнює $$ \frac{2\pi r}{4}=\frac{\ }{2}\ \text{см}. $$ За умовою довжина дуги \(MD\) дорівнює \(6{,}5\pi\) см.

Отже, $$ \frac{\pi r}{2}=6{,}5\pi, $$ звідки \(r=13\) см.

2. Площа паралелограма дорівнює добутку його сторони на висоту, проведену до неї:

Відповідь: 1. \(13.\)
                   2. \(338.\)

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

Це завдання практичного змістом перевіряє вміння знаходити відсоток від числа.

1. Початкова вартість сукні – \(144\) грн – складає \(100\ \%.\) Позначимо вартість сукні після уцінення за \(x\) грн. Оскільки сукня подешевшала на \(60\ \%\), то \(x\) складає $$ 100\ \%-60\ \%=40\ \%. $$ Складемо пропорцію:

Тоді $$ \frac{144}{x}=\frac{100}{40}, $$ звідки $$ x=\frac{144\cdot 40}{100}=57{,}6\ \text{грн}. $$

2. Позначимо вартість сукні після уцінення (\(57{,}6\) грн) за \(100\ \%\), а початкову вартість (\(144\) грн) за \(x\ \%.\) Тоді $$ \frac{57{,}6}{144}=\frac{100}{x}, $$ звідки $$ x=\frac{144\cdot 100}{57{,}6}=250\ \%. $$

Варто зазначити, що частину \(2\) завдання можна розв’язувати без значень початкової вартості сукні та її вартості після уцінення. Нехай сукня коштувала \(x\) грн, тоді після уцінення її вартість становила \(0{,}4x\) грн. Складемо пропорцію:

Тоді $$ y=\frac{100\cdot x}{0{,}4x}=250\ \%. $$

Відповідь: 1. \(57{,}6.\)
                   2. \(250.\)

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: \(1{,}5.\)

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. 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. 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. 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: 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: \(0{,}44.\)