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. 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.

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. 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: 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: 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. 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. 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. 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.