Зовнішнє Незалежне Оцінювання 2022 року Правильні відповіді до завдань тесту з математики (рівень стандарту та профільний рівень) № завдання 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29
Правильна відповідь – Зошит №1 В Б Г В Г Б Д А А Д Г Б Г А В Д 1 – Д, 2 – Б, 3 – Г 1 – Б, 2 – Д, 3 – А 1 – Г, 2 – Д, 3 – В 1 – Г, 2 – Б, 3 – В 1. 50 2. 840 1. 2 2. 89 1. 120 2. 6 1. 3 2. 18 8 6 1,5 3 240
© Підготовка до ЗНО, 2022
1. Значення х і у наведено в таблиці. 30
2-4. Графіки функцій y = − рисунку. 5. S=
2 ∫−2 3 + x − − x dx= −1
−1
2 і y= 3 + x та точки їх перетину показано на x 2
∫ 3 + x + x dx .
−2
−1
2 x2 6. S= ∫ 9 − ( x + 1) dx= ∫ 3 + x + dx= 3x + + 2 ln x = x 2 −2 0 −2 1 4 1 3 = −3 + + 2 ln1 − −6 + + 2 ln 2 = −3 + + 6 − 2 ln 2 = − 2 ln 2 . 2 2 2 2 −1 3 2 Відповідь: 5. ∫ 3 + x + dx . 6. − 2 ln 2 2 x −2 2
(
3
)
−1
1. На рисунку зображено прямокутний паралелепіпед ABCDA1B1C1D1, AC1 – діагональ паралелепіпеда, CC1 ⊥ ( ABC ) . Тоді відрізок АС – 31 діагональ основи прямокутного паралелепіпеда – є проекцією відрізка АС1 на площину основи, отже, ∠C1 AC = α – кут нахилу діагоналі прямокутного паралелепіпеда до площини його основи. Нехай AD > DC , тоді ∠CAD = β. 2. CC1 ⊥ ( ABC ) , тоді трикутник С1СА прямокутний, = H CC = d sin α . 1 3. Із прямокутного трикутника С1СА маємо: AC = d cos α , тоді з прямокутного трикутника ACD маємо: = AD AC = cos β d cos α cos β , = b AC = sin β d cos α sin β . Відповідь: 2. d sin α . 3. d cos α cos β , d cos α sin β
32
1. Відрізок ОС є проекцією відрізка ОС1 на площину основи, отже, ϕ = ∠C1OC – кут нахилу похилої ОС1 до площини основи паралелепіпеда (рис. 1). Із прямокутного трикутника С1СО маємо: ϕ = tg
C1C H d sin α , ϕ arctg ( 2tgα ) . = = = 2tgα= OC 1 AC 1 d cos α 2 2
1 S BCD ⋅ H ; 1 3 1 1 1 1 2 S BCD = S ABCD = AD ⋅ DC = d cos α cos β ⋅ d cos α sin β = d cos 2 α sin 2 β ; 2 2 2 4 3 2 d sin α cos α sin 2 β 1 1 2 . VC BCD = ⋅ d cos 2 α sin 2 β ⋅ d sin α = 1 3 4 12 d 3 sin α cos 2 α sin 2 β Відповідь: 1. arctg ( 2tgα ) . 2. 12
2. На рис. 2 зображено піраміду C1BCD; V= C BCD
33
Щоб довести, що 1 + 2a 4 ≥ a 2 + 2a 3 , знайдемо різницю лівої і правої частини нерівності і порівняємо її з нулем. 1 + 2a 4 − a 2 − 2a 3 = 1 + 2a 4 − a 2 − 2a 3 = 1 + a 4 + a 4 − 2a 2 − 2a 3 = 2 2 = ( a 4 − 2a 3 + a 2 ) + (a 4 − 2a 2 + 1) = ( a 2 − a ) + ( a 2 − 1) ≥ 0 як сума двох
невід’ємних доданків. 1. Перепишемо рівняння
вигляді x 2 − 6 x + 9 − 9 + y 2 + 8 y + 16 − 16= 2a 2 + a − 25 ; ( x − 3) + ( y + 4 ) = 2a 2 + a – це x 2 + y 2 = 6 x − 8 y + 2a 2 + a − 25 2
34
рівняння кола з центром у точці O ( 3; −4 ) і радіусом = R 2. Графіком нерівності 2 2 2 x + y ≤ 6 x − 8 y + 2a + a − 25 є круг із центром у точці O ( 3; −4 ) і радіусом = R 2a 2 + a . Розглянемо круг із центром у точці O ( 3; −4 ) і радіусом кола 1 (див. рисунок). Це круг найменшого радіуса, який містить п’ять розв’язків, що є цілими числами. Їм відповідають точки . A ( 3; −3) ; B ( 4; −4 ) ; C ( 3; −5 ) ; D ( 2; −4 ) ; O ( 3; −4 ) 1 −1, a = ; 2a 2 += a 1; 2a 2 + a= − 1 0; a = 2 найменше ціле значення a = −1 . Відповідь: 2. a = −1
у
2
2a 2 + a .
Тоді
© Підготовка до ЗНО, 2022