РТ– I · 2018-12-29 · РТ– _____ Предлагается одно из возможных решений задания. Ответы к заданиям даны с учетом

____________________________

Предлагается одно из возможных решений задания. Ответы к заданиям даны с учетом правил заполнения бланка ответов.

Электронные версии учебных изданий размещены в разделе «Электронные версии учебников» (http://e-padruchnik.adu.by) национального образовательного портала (www.adu.by).

Электронные версии учебных изданий размещены в разделе «Экзамены» национального образовательного портала (www.adu.by).

РТ–2018/2019 гг. Этап I. Вариант 1 Тематическое консультирование по математике 1

© Министерство образования Республики Беларусь

Учреждение образования «Республиканский институт контроля знаний»

РТ–2018/2019 гг. Этап I

Тематическое консультирование по математике

Вариант 1

Раздел программы

вступительных

испытаний. Элемент

содержания

Содержание задания Комментарий и решение задания Учебное издание

Числа и вычисления.

Действительные числа

А1. На координатной прямой отмечены точки

, , , , .O A B C D

A D C O B

0 1

Числу 1,5 на координатной прямой соответствует

точка:

1) ;O

2) ;A

3) ;B

4) ;C

5) D

Задание на проверку умения определять

координаты точки на координатной

прямой.

Решение:

Числу 1,5 соответствует точка ,D

которая находится на расстоянии

91,5

6 единичного отрезка от точки O

влево.

Ответ: 5

Латотин, Л. А. Математика : учеб. пособие для 6-го кл.

учреждений общ. сред. образования с рус. яз.

обучения / Л. А. Латотин, Б. Д. Чеботаревский ; пер. с

белорус. яз. Л. В. Латотиной. – 4-е изд., испр. и доп. –

Минск : Народная асвета, 2014. – 318 с. : ил. (П. 13,

с. 173–184);


учреждений общ. сред. образования с рус. яз. обучения /

Л. А. Латотин, Б. Д. Чеботаревский ; пер. с белорус. яз.

И. П. Ефременко. – 2-е изд., пересмотр. – Минск : Нар.

асвета, 2013. – 462 с. : ил. (П. 22, с. 299);

Математика : учеб. пособие для 6-го кл. учреждений

общ. сред. образования с рус. яз. обучения /

Е. П. Кузнецова [и др.] ; под ред. Л. Б. Шнепермана. –

2-е изд., испр. – Минск : Нац. ин-т образования, 2014. –

328 с. : ил. (Гл. 7, п. 7.2, с. 182–187);

Герасимов, В. Д. Математика: учеб. пособие для 6-го кл.


____________________________










В. Д. Герасимов, О. Н. Пирютко. – Минск : Адукацыя і

выхаванне, 2018. – 320 с. : ил. (Гл. 4, § 1, с. 178–182)

Геометрические фигуры и

их свойства. Куб

А2. 1 1 1 1ABCDA B C D – куб (см. рис.). Если длина

пространственной ломаной 1 1DCBB A равна 8 5, то

длина ребра куба равна:

C

DA

B

1A

1B

1D

1C

1) 4;

2) 4 5;

3) 8;

4) 2 5;

5) 3 5


длину ребра куба.

Решение:

Так как у куба все ребра равны, то для

ломаной 1 1DCBB A :

1 1 1 .A B B B BC CD

Зная длину ломаной 1 1,DCBB A найдем

длину ребра куба: 8 5 : 4 2 5.

Ответ: 4




Л. В. Латотиной. – Минск : Адукацыя і выхаванне, 2013. –

408 с. : ил. (П. 1, с. 4–18);

Шлыков, В. В. Геометрия : учеб. пособие для 10-го кл.


В. В. Шлыков. – 3-е изд., пересмотр. и испр. – Минск :

Нар. асвета, 2013. – 160 с. : ил. (Гл. 1, § 1, с. 6–20)

Уравнения и неравенства.

Числовые неравенства

А3. Укажите номер верного неравенства, если

известно, что число p – отрицательное.

1) 31 0;p

2) 6 2 0;p p

3) 4 : 0;p p

4) 3 0;p

5) 4 5 0.p p

Задание на проверку умения сравнивать

рациональные числа.

Решение:

1) 31 0p – верное неравенство, так как

по условию 0p и сумма двух

отрицательных чисел дает отрицательное

число.

2) 6 2 0p p – неверное неравенство, так

как 8 0p при 0.p

3) 4 : 0p p – неверное неравенство, так




белорус. яз. Е. В. Масальской. – 4-е изд., испр. и доп. –

Минск : Народная асвета, 2015. – 407 с. : ил. (П. 1, с. 5–

10);

Алгебра : учеб. пособие для 8-го кл. учреждений общ.

сред. образования с рус. яз. обучения / Е. П. Кузнецова

[и др.] ; под ред. проф. Л. Б. Шнепермана. – 4-е изд.,

испр. и доп. – Минск : Народная асвета, 2015. – 310 с. :

____________________________










1) 1;

2) 2;

3) 3;

4) 4;

5) 5


4) 3 0p – неверное неравенство, так как

модуль числа есть число неотрицательное.

5) 4 5 0p p – неверное неравенство, так


Ответ: 1

ил. (Гл. 1, п. 1.1, с. 5–16);

Арефьева, И. Г. Алгебра : учеб. пособие для 7-го кл.


И. Г. Арефьева, О. Н. Пирютко. – Минск : Народная

асвета, 2017. – 313 с. : ил. (Гл. 3, § 17, с. 175–191)


Степень с рациональным

показателем

А4. Вычислите 2 2

5 596 : 3 .

1) 32;

2) 16;

3) 8;

4) 4;

5) 2

Задание на проверку умения выполнять

действия со степенями с рациональным

показателем.

Решение:

Воспользуемся теоремой: для любых

положительных значений a и b при

любых рациональных s и t верны

равенства: : :s s sa b a b ,

ts sta a .

2 2 2 22

55 5 5 55

25

25

96 : 3 96 : 3 32 2

2 2 4.

Ответ: 4





асвета, 2013. – 462 с. : ил. (П. 6, с. 68–77);

Алгебра : учеб. пособие для 11-го кл. учреждений


Е. П. Кузнецова [и др.] ; под ред. проф.

Л. Б. Шнепермана. – 3-е изд., испр. и доп. – Минск :

Народная асвета, 2013. – 287 с. : ил. (Гл. 1, п. 1.9,

с. 53–62)


их свойства. Взаимное

расположение прямой и

окружности. Касательная

к окружности

А5. Через точку ,A лежащую вне окружности с

центром в точке ,O проведены две прямые, которые

касаются окружности в точках B и .C Прямая,

проходящая через точки C и ,O пересекает прямую

AB в точке M (см. рис.). Найдите градусную меру

угла ,OAC если 52 .AMO

Задание на проверку умения находить

градусную меру угла, используя свойство

касательной к окружности.

Решение:

Воспользуемся следствием: отрезки

касательных к окружности, проведенные

из одной точки, равны.






с. 68–76);



обучения / В. В. Шлыков. – 3-е изд., испр. – Минск :


____________________________










A

C

O

B

M

1) 15 ;

2) 30 ;

3) 19 ;

4) 26 ;

5) 38

A

C

O

B

M

12

Для доказательства равенства углов 1 и 2

рассмотрим треугольники ABO и ACO

(см. рис.). По свойству касательной углы

ABO и ACO – прямые. Треугольники

ABO и ACO равны по гипотенузе (AO –

общая) и катету (OB ОС как радиусы

окружности). Значит, 1 2. Сумма

градусных мер углов MAC и AMC

прямоугольного треугольника ACM равна

90 : 90 ,MAC AMC откуда

90 52 ,MAC 38 .MAC Значит,

2 19 .

Ответ: 3


Уравнения с двумя

переменными

А6. Укажите номер

уравнения, графиком

которого может быть прямая,

изображенная на рисунке.

1) 3 5 8;x y

2) 3 5 15;x y


принадлежность точек уравнению прямой.

Решение:

Поскольку точки 5; 0 и 0; 3

принадлежат прямой (см. рис. в условии), то

их координаты удовлетворяют одному из

предложенных в условии уравнений.




белорус. яз. Д. А. Карпикова. – 4-е изд., испр. и доп. –

Минск : Нар. асвета, 2014. – 367 с. : ил. (П. 7, с. 92–

109);


3

О

у

5 х

____________________________










3) 5 3 15;x y

4) 3 5 15;x y

5) 5 3 15.x y

1) 1;

2) 2;

3) 3;

4) 4;

5) 5

Подставим в каждое уравнение прямой

значения 5x и 0y и получим, что

точка 5; 0 принадлежит прямым,

заданным уравнениями под номерами 2 и

4. В эти два уравнения подставим значения

0x и 3y и получим, что точка

0; 3 принадлежит только прямой,

заданной уравнением под номером 4.

Ответ: 4.

Примечание: если бы сначала подставили

координаты точки 0; 3 в

предложенные в условии уравнения, то

сразу бы определили уравнение под

номером 4





с. 171–179);




Л. Б. Шнепермана. – 4-е изд., испр. – Минск : Нар.

асвета, 2014. – 318 с. : ил. (Гл. 2, п. 2.6, с. 89–

98);





ил. (Гл. 3, п. 3.4, с. 156–162);




пересмотр. и испр. – Минск : Народная асвета, 2013. –

271 с. : ил. (Гл. 1, п. 1.2, с. 14–19);




асвета, 2017. – 313 с. : ил. (Гл. 4, § 22, с. 262–268)

Выражения и их

преобразования.

Одночлен

А7. Выполните умножение одночленов

2 23,2 0,5 .x x y


произведение одночленов.

Решение:

Умножить одночлен на одночлен – это





____________________________










1) 3 21,6 ;x y

2) 3 22,7 ;x y

3) 2 21,6 ;x y

4) 3 26,4 ;x y

5) 2 26,4x y

значит представить их произведение в

стандартном виде. Другими словами,

умножить одночлен на одночлен – это

значит перемножить коэффициенты, а

показатели степеней одинаковых

переменных сложить.

2 2 2 2

3 2

3,2 0,5 3,2 0,5

1,6 .

x x y x x y

x y

Ответ: 1


184);





асвета, 2014. – 318 с. : ил. (Гл. 3, п. 3.2, с. 105–

108);




асвета, 2017. – 313 с. : ил. (Гл. 2, § 7, с. 67–78)


Квадратные уравнения.

Теорема Виета

А8. Найдите сумму корней уравнения 20,2 1,26 1 0.x x

1) 5;

2) 6,3;

3) 1,26;

4) 0,2;

5) 6,3

Задание на проверку умения применять

теорему Виета к решению задач.

Решение:

Теорема Виета: если 1x ,

2x – корни

приведенного квадратного уравнения 2 0x px q , то 1 2x x p, 1 2x x q.

Уравнение 20,2 1,26 1 0x x

равносильно приведенному квадратному

уравнению 2 6,3 5 0,x x которое имеет

два корня, так как

2

6,3 4 5 1 0.D По теореме

Виета находим: 1 2 6,3.x x

Ответ: 5






с. 196–203);





ил. (Гл. 5, п. 5.6, с. 195–201);




асвета, 2018. – 269 с. : ил. (Гл. 2, § 9, с. 104–113)

____________________________










Координаты и функции.

График. Графики

реальных процессов

А9. На рисунке изображен график движения

мотоциклиста из пункта O в пункт .С На сколько

километров в час скорость движения мотоциклиста

на участке BC меньше скорости его движения на

участке ?AB

1 2 3

42

84

126

168

, кмS

, чt4O

A

B

C

1) 2

623

км/ч;

2) 42 км/ч;

3) 1

312

км/ч;

4) 1

732

км/ч;

5) 2

213

км/ч


скорость движения, используя данные

графика.

Решение:

Определим скорость движения

мотоциклиста (в км/ч) на участках BC и

AB из формулы ,S t v .S

tv

S – расстояние, которое проехал

мотоциклист на каждом из участков,

равное 42 км и 98 км соответственно, t –

время, затраченное на преодоление

каждого участка: 1 чBCt и 1

1 ч.3

ABt

42 км42 км/ч

1 ч v – скорость движения

мотоциклиста на участке .BC

98 км 98 3 1км/ч 73 км/ч

1 4 21 ч

3

v –

скорость движения мотоциклиста на

участке .AB

1 173 42 31

2 2 (км/ч).

Ответ: 3






с. 290–304; с. 171–172, № 569–570);





Минск : Нар. асвета, 2014. – 367 с. : ил. (П. 7, с. 92–109;

с. 103–104, № 227);





Минск : Народная асвета, 2014. – 397 с. : ил. (П. 1–2,

с. 5–33, № 51–63);





328 с. : ил. (Гл. 9, п. 9.5, с. 249–256, № 9.71);





асвета, 2014. – 318 с. : ил. (Гл. 2, п. 2.5, с. 80–89,

№ 2.61–2.62);

____________________________














ил. (Гл. 1, п. 1.2, с. 11–20; с. 70, № 1.161);




выхаванне, 2018. – 320 с. : ил. (Гл. 5, § 2, с. 257–264);




асвета, 2017. – 313 с. : ил. (Гл. 3, § 19–20, с. 205–249)


Геометрическая

прогрессия

А10. Найдите сумму шести первых членов

геометрической прогрессии 2

, 2, 6, ... .3

1) 36;

2) 1

121 ;3

3) 1

9 ;3

4) 2

115 ;3

5) 2

163


формулу суммы n первых членов

геометрической прогрессии.

Решение:

Сумму n первых членов геометрической

прогрессии можно найти по формуле

1 11

1

n

n

b qS ,

q

если 1q , где

1b –

первый член прогрессии, q – знаменатель

прогрессии. Чтобы найти знаменатель

геометрической прогрессии nb , необходимо

найти отношение любого члена прогрессии к

предыдущему члену, то есть 1

n

n

bq .

b

Найдем знаменатель геометрической






с. 236–247);





ил. (Гл. 4, п. 4.5, с. 210–215)

____________________________










прогрессии 2

, 2, 6, ... :3

2

1

,b

qb

22 : 3.

3q

Подставим в формулу (1) 1

2,

3b 3q

и получим: 6

6

23 1

3 ,3 1

S

6

6

2 3 1,

3 4S

6

6

3 1,

6S

6

364 1121 .

3 3S

Ответ: 2.

Примечание: поскольку геометрическая

прогрессия задана тремя первыми

членами, то, определив ее знаменатель,

можно легко вычислить четвертый,

пятый и шестой члены прогрессии, а

затем, используя рациональные методы

вычисления, найти сумму этих шести

членов


преобразования. Модуль

числа

А11. Значение выражения 2

13 4 16 13

равно:

1) 29;

2) 29 8 13;


формулы сокращенного умножения,

определение модуля и тождество 2 a a

для вычисления значения выражения.

Решение:

Воспользуемся формулой сокращенного






с. 173–183);


____________________________










3) 4 13;

4) 13 4;

5) 29 8 13

умножения 2 2 22a b a ab b и

преобразуем выражение

2

13 4 16 13 к виду 2

13 4 .

Воспользуемся тождеством 2a a и

преобразуем выражение 2

13 4 к

виду 13 4 .

По определению модуля , 0,

, 0

a aa

a a

имеем 13 4 4 13, так как

13 4 0.

Тогда 2

13 4 16 13 4 13.

Ответ: 3





231);





Минск : Народная асвета, 2015. – 407 с. : ил. (П. 13–14,

с. 121–136);


общ. сред. образования с рус яз. обучения /



328 с. : ил. (Гл. 7, п. 7.5, с. 197–201);





асвета, 2014. – 318 с. : ил. (Гл. 4, п. 4.1, с. 136–

142);





ил. (Гл. 4, п. 4.3, с. 109–118);


____________________________












асвета, 2017. – 313 с. : ил. (Гл. 2, § 12, с. 105–116);




асвета, 2018. – 269 с. : ил. (Гл. 1, § 3–4, с. 22–54)


Радианная мера угла

А12. Найдите радианную меру угла, градусная мера

которого равна 24 .

1) 2

;15

2)

4;

15

3) ;18

4) ;

24

5) 5

12

Задание на проверку умения переводить

градусную меру угла в радианную.

Решение:

Используя формулу 1 рад,180

получим:

224 1 24 рад 24 рад.

180 15

Ответ: 1






с. 57–66);



обучения / В. В. Шлыков. – 3-е изд., испр. – Минск :

Нар. асвета, 2012. – 165 с. : ил. (Гл. 3, § 2, с. 112–123);





271 с. : ил. (Гл. 2, п. 2.3, с. 86–90)


их свойства. Соотношения

между сторонами и

углами прямоугольного

треугольника

А13. В прямоугольном треугольнике :ABC 8,AC

tg 2 2.BAC Найдите длину гипотенузы .AB

1) 8 2;

2) 32;

3) 24;

4) 36 2;

Задание на проверку умения решать

задачи, применяя определение тангенса

острого угла прямоугольного треугольника

и теорему Пифагора.

Решение:

В прямоугольном треугольнике ABC






с. 281–286);


____________________________










5) 16 2 (см. рис.): tg ,

BCBAC

AC 2 2 ,

8

BC

16 2.BC

B

C A8

По теореме Пифагора 2 2 2 ,AB AC BC

2 2 2 2 28 16 2 8 1 8 8 9,AB

24.AB

Ответ: 3

общеобразоват. учреждений с рус. яз. обучения /

В. В. Шлыков. – 3-е изд., перераб. – Минск : Нар.

асвета, 2011. – 166 с. : ил. (Гл. 3, § 5, с. 145–160)



Выражения с

переменными

А14. На рисунке изображен квадрат со стороной,

равной 1. Составьте выражение для определения

площади заштрихованной части квадрата,

если .OA OB OC OD x

1

A

B C

DO

Задание на проверку умения составлять

математическую модель текстовой задачи.

Решение:

Заштрихованная часть квадрата (см. рис. в

условии) состоит из трех равных

прямоугольных треугольников, каждый

площадью 21,

2x и одного прямоугольного

треугольника площадью, равной 1

.4

Площадь заштрихованной части квадрата

равна 2 21 1 1 3

3 .4 2 4 2

x x

Ответ: 2






55);





Минск : Народная асвета, 2014. – 397 с. : ил. (С. 150,

№ 492);



____________________________










1) 23

1 ;2

x

2) 21 3;

4 2x

3) 21

3 ;4

x

4) 21 3;

4 4x

5) 1 4x


испр. – Минск : Народная асвета, 2014. – 318 с. : ил.

(Гл. 1, п. 1.2, с. 10–18);




асвета, 2017. – 313 с. : ил. (Гл. 2, § 4, с. 45, с. 49–53)


Решение

тригонометрических

уравнений

А15. Укажите номера уравнений, которые не имеют

решений.

1) 5

tg ;6

x

2) 6

cos ;5

x

3) sin 0,4;x 4) sin 2arctg1;x

5) cos 1.x

1) 4, 5;

2) 2, 3;

3) 3, 4;

4) 1, 2;

5) 2, 4


тригонометрические уравнения.

Решение:

1) Уравнение 5

tg6

x

имеет решения, так

как множеством значений функции tgy x

является множество .R

2) Уравнение 6

cos5

x не имеет решений,

так как множеством значений функции

cosy x является промежуток 1;1 , а

61.

5

3) Уравнение sin 0,4x имеет решения, так

как 0,4 1;1 .

4) Уравнение sin 2arctg1x не имеет

решений, так как 2arctg1 2 ,4 2

1.

2

5) Уравнение cos 1x имеет решения,





408 с. : ил. (П. 22, с. 315–323);





271 с. : ил. (Гл. 3, п. 3.7–3.8, с. 211–225)

____________________________










2 ,x n n .Z

Ответ: 5


их свойства. Угол между

прямой и плоскостью

А16. Длина бокового ребра правильной треугольной

пирамиды SABC равна 36, а радиус окружности,

вписанной в основание ,ABC равен 3 3. Найдите

косинус угла между боковым ребром SA и

плоскостью .ABC

1) 3

;2

2) 3

;6

3) 33

;6

4) 5

;15

5) 11

12

Задание на проверку умения находить угол

между прямой и плоскостью.

Решение:

Рассмотрим рисунок.

А

В

С

S

ОМ

Пусть SO – высота правильной пирамиды

,SABC тогда прямоугольные треугольники

,AOS ,BOS COS равны по гипотенузе

SA SB SC и общему катету .SO

Следовательно, все боковые ребра

пирамиды образуют с основанием равные

углы: ,SAO SBO SCO а точка O –

центр вписанной в треугольник ABC и

описанной около него окружности, AO –

радиус описанной окружности, MO –

радиус вписанной окружности. Известно,

что 2 ,AO MO 6 3.AO В

прямоугольном треугольнике :AOS





408 с. : ил. (П. 17, с. 248–258);





____________________________










cos ,AO

SAOSA

6 3

cos ,36

SAO

3cos .

6SAO

Ответ: 2


Двойное неравенство.

Система неравенств с

одной переменной

А17. Найдите сумму наименьшего и наибольшего

целых решений двойного неравенства

243,2 1,6 6 14,2.x

1) 42;

2) 43;

3) 37;

4) 38;

5) 39


основные приемы равносильных

преобразований неравенств.

Решение:

243,2 1,6 6 14,2;

244,8 6 12,6;

40,8 2,1.

x

x

x

Наименьшее и наибольшее целые решения

двойного неравенства равны 40 и 2

соответственно, их сумма равна 38.

Ответ: 4






с. 47–51);





ил. (Гл. 1, п. 1.6, с. 36–44; гл. 3, п. 3.2, с. 85; с. 89–

90);




асвета, 2018. – 269 с. : ил. (Гл. 1, § 6, с. 63–85)


их свойства. Сечение

многогранников

А18. 1 1 1АВСА В С – правильная треугольная призма,

все ребра которой равны 18. Точки P и K –

середины ребер AC и 1BB соответственно,

,M AB : 1:3.BM BA Найдите периметр сечения

призмы плоскостью, проходящей через точки

, , .K M P

Задание на проверку умения строить

сечение призмы плоскостью.

Решение:

Для построения сечения призмы

плоскостью, проходящей через точки

, , ,K M P необходимо построить точки

пересечения секущей плоскости с ребрами

призмы и соединить каждые две из них,





408 с. : ил. (П. 3, с. 36–45);




____________________________










A

B

C

1A

1B

1C

P

K

M

1) 18 13 6 5;

2) 18 5 6 13;

3) 9 18 3;

4) 9 5 3 13;

5) 9 18 5 3 13

лежащие в одной грани.

Построим сечение. Точки M и K лежат в

секущей плоскости и плоскости 1 1 ,AA B B

следовательно, секущая плоскость

пересекает плоскость 1 1AA B B по прямой

,MK а грань 1 1AA B B – по отрезку .MK

Аналогично получаем, что секущая

плоскость пересекает грань ABC по

отрезку .MP Прямые MK и 1AA лежат в

плоскости 1 1AA B B и не параллельны,

поэтому 1MK AA X (см. рис.).

AK

P

M

B

C

1A 1C

1B

X

Секущая плоскость KMP и плоскость

грани 1 1AAC C имеют две общие точки X

и ,P а следовательно, и общую прямую

.XP Докажем, что прямая XP проходит

через точку 1.C Треугольники KBM и


____________________________










XAM подобны по двум углам,

1,

2

BMk

AM тогда 2 18.XA KB

Прямоугольные треугольники XAP и

1C CP равны по двум катетам. Секущая

плоскость KMP пересекает грань 1 1AAC C

по отрезку 1,PC а грань

1 1BB C C – по

отрезку 1.KC Таким образом,

четырехугольник 1C KMP – искомое

сечение (см. рис.).

Чтобы найти периметр сечения 1 ,C KMP

найдем длины отрезков ,MK 1,KC

1PC и

.MP Так как точки P и K – середины

ребер AC и 1BB соответственно, то

1 1.KC PC По теореме Пифагора в

прямоугольном треугольнике 1 1 :KB C

2 2 2

1 1 1 1 ,KC KB B C 1 9 5,KC а

следовательно, и 1 9 5.PC По теореме

Пифагора в прямоугольном треугольнике

:MBK 2 2 2 ,MK BM KB 3 13.MK

Длину отрезка MP можно найти по

теореме косинусов в треугольнике :AMP 2 2 2 2 cos60 ,MP AM AP AM AP

3 13.MP

Периметр искомого сечения равен

18 5 6 13.

Ответ: 2

____________________________











Расстояние между двумя

точками

В1. Для начала каждого из предложений А–В

подберите его окончание 1–6 так, чтобы получилось

верное утверждение.

Начало предложения Окончание

предложения

А) Расстояние между вершиной

параболы, заданной уравнением

2

2 1,у х и точкой пересечения

ее с осью ординат равно …

Б) Расстояние между вершиной

параболы, заданной уравнением

2

2 4,у х

и одной из точек

пересечения ее с осью абсцисс равно ...

В) Наименьшее из расстояний между

точками, в которых график функции 2 2 3у х х пересекает оси

координат, равно …

1) 4.

2) 3.

3) 10.

4) 3 2.

5) 2 5.

6) 2 2.

Ответ запишите в виде сочетания букв и цифр, соблюдая

алфавитную последовательность букв левого столбца. Помните,

что некоторые данные правого столбца могут использоваться

несколько раз или не использоваться вообще. Например: А1Б1В4


формулу для нахождения расстояния

между двумя точками.

Решение:

А) Вершиной параболы, заданной

уравнением 2

2 1,y x является точка

с координатами 2; 1 . Точка

пересечения этой параболы с осью Oy

имеет координаты 0; .y Найдем

ординату этой точки: 2

0 2 1,y

3.y Значит, точка пересечения параболы

с осью Oy – это точка 0;3 . Расстояние

между найденными точками равно:

222 1 3 ,d 2 5.d

Б) Вершиной параболы, заданной

уравнением 2

2 4,y x является точка

с координатами 2; 4 . Найдем нули

функции 2

2 4 :y x решим уравнение

2

0 2 4,x 2

2 4,x

2 2x или

2 2,x 4x или 0.x Нули

функции – числа 4, 0. Парабола,

заданная уравнением 2

2 4,y x

пересекает ось Oх в точках 4; 0 и

0; 0 . Расстояние между точками






с. 210–225);






с. 171–179);





ил. (Гл. 6, п. 6.5–6.6, с. 238–251);





ил. (Гл. 3, п. 3.6, с. 169–174);




асвета, 2018. – 269 с. : ил. (Гл. 3, § 13, с. 140–163)

____________________________










2; 4 и 0; 0 равно: 2 22 4 ,d

2 5.d

В) Графиком функции 2 2 3y x x

является парабола, которая пересекает ось

Oy в точке 0; 3 ,A а ось Ox – в точках

3;0B и 1;0 .C Найдем расстояния

между точками и сравним их:

2 23 3 ,AB 3 2;AB

2 21 3 ,AC 10;AC

4.BC

Наименьшее из расстояний равно 10.

Ответ: А5Б5В3


Функция tgy x

В2. Выберите утверждения, которые являются свойствами

функции, заданной формулой tgy x на множестве

действительных чисел ,2

x n n

.Z

Задание на проверку знания основных

свойств функции tg .y x

Решение:





408 с. : ил. (П. 21, с. 300–314);





271 с. : ил. (Гл. 3, п. 3.5, с. 197–204)

____________________________










1 множество (область) значений функции –

множество R

2 – наименьший положительный период

функции

3 график функции пересекает ось Oy в

точке 0;1

4 нулями функции являются значения

аргумента ,x n n Z

5

функция убывает на каждом из промежутков

; ,2 2

n n n

Z

6 функция является четной

Ответ запишите в виде последовательности цифр в порядке

возрастания. Например: 234

Исходя из теоремы о свойствах функции

tg ,y x среди перечисленных

утверждений свойствами функции tgy x

являются утверждения под номерами 1, 2,

4.

Ответ: 124


Задачи на движение

В3. Из города A в город ,B расстояние между

которыми 432 км, выехал автобус с постоянной

скоростью, равной 54 км/ч. Через 2 часа вслед за ним

выехал грузовик. С какой скоростью (в км/ч) должен

двигаться грузовик, чтобы прибыть в город B

одновременно с автобусом?


текстовые задачи на движение.

Решение:

Решим задачу арифметическим способом.

1) 432 :54 8 (ч) – находился в пути

автобус.

2) 8 2 6 (ч) – находился в пути

грузовик.

3) 432 : 6 72 (км/ч) – скорость грузовика.

Ответ: 72






с. 205–209);




____________________________












с. 204–209);


общ. сред. образования с рус яз. обучения : в 2 ч. /


2-е изд., пересм. и доп. – Минск : Нац. ин-т

образования, 2013. – Ч. 2. – 256 с. : ил. (Гл. 5, п. 5.10,

с. 51–55);





ил. (П. 5, с. 249–259);




асвета, 2017. – 313 с. : ил. (Гл. 3, § 16, с. 160–174; гл. 4,

§ 25, с. 290–301)



Соотношения между

синусом, косинусом,

тангенсом и котангенсом

одного и того же угла.

Формулы сложения

В4. Найдите значение выражения 2147sin ,

2

если 7

sin ,7

42

cos7

и ,2

02


соотношения между синусом и косинусом

одного и того же угла и формулу сложения

sin .

Решение:

Применим основное тригонометрическое

тождество и найдем cos , зная, что

7sin

7 и :

2





408 с. : ил. (П. 11–12, с. 140–169);





271 с. : ил. (Гл. 2, п. 2.9, с. 126–131, п. 2.11, с. 137–144)

____________________________










2

7cos 1 ,

7

6cos .

7

Аналогично найдем sin , зная, что

42cos

7 и 0 :

2

2

42sin 1 ,

7

1sin .

7

Подставим данные значения в формулу

sin sin cos cos sin и

получим:

7 42 6 1

sin ,7 7 7 7

2 6

sin .7

Найдем значение

выражения 2147 147 24sin 36.

2 2 49

Ответ: 36


Решение иррациональных

уравнений

В5. Найдите сумму квадратов корней уравнения

2 29 10 7 7 10x x x x


иррациональные уравнения и уравнения,

сводящиеся к ним.

Решение:

При решении иррационального уравнения

его заменяют равносильным уравнением

(системой или совокупностью уравнений и

неравенств) либо его следствием (в этом

случае проверка полученных решений

обязательна).





асвета, 2013. – 462 с. : ил. (П. 8, с. 96–100; с. 106–107);





____________________________










Выражение 2 10 7x x имеет смысл,

если 2 10 7 0.x x Так как левая часть

уравнения 2 29 10 7 7 10x x x x или

равносильного ему уравнения

2 29 10 7 10 7x x x x

неотрицательна, то и правая его часть

должна быть неотрицательной, то есть

2 10 7 0.x х Равенство обеих частей

исходного уравнения возможно при

условии 2 10 7 0.x x Следовательно,

корни уравнения 2 10 7 0x x

32 04

D

являются корнями уравнения

2 29 10 7 7 10 .x x x x Согласно

теореме Виета, если 1x ,

2x – корни

квадратного уравнения 2 10 7 0x x , то

1 2 10x x , 1 2 7x x .

Имеем: 22 2

1 2 1 2 1 22 ,x x x x x x

2 2

1 2 100 14,x x 2 2

1 2 114.x x

Ответ: 114

Народная асвета, 2013. – 287 с. : ил. (Гл. 1, п. 1.13,

с. 87–93)


их свойства.

Параллелограмм

В6. ABCD – параллелограмм. Точка K лежит

между точками B и C так, что : 5 :3.BK KC

Отрезки DK и AC пересекаются в точке .T

Найдите длину диагонали AC параллелограмма

,ABCD если 48TC


признаки подобия треугольников к решению

задач.

Решение:







с. 241–250);

____________________________










A

B KC

D

T

a

Пусть ,AD a тогда по условию 5

,8

BK a

3.

8KC a Треугольники CTK и ATD

подобны по двум углам, из подобия следует:

,TC KC

AT AD

3

48 8 ,

a

AT a 128,AT

128 48.AC

Ответ: 176


общеобразоват. учреждений с рус. яз. обучения /

В. В. Шлыков. – 3-е изд., перераб. – Минск : Нар.

асвета, 2011. – 166 с. : ил. (Гл. 3, § 2–3, с. 114–132);

Казаков, В. В. Геометрия : учеб. пособие для

8-го кл. учреждений общ. сред. образования с рус.

яз. обучения / В. В. Казаков. – Минск : Народная

асвета, 2018. – 199 с. : ил. (Гл. 3, § 21, с. 128–136)


Делитель, кратное. НОД и

НОК

В7. О натуральных числах a и b известно, что

5,

12

a

b НОД , 7.a b Найдите значение

выражения a b


НОД натуральных чисел.

Решение:

Наибольшим общим делителем двух

натуральных чисел называется

наибольшее натуральное число, на

которое делится каждое из этих чисел.

Следовательно, при нахождении

отношения чисел a и b дробь a

b

сократили на 7. Поэтому 5 7,a 12 7.b

Найдем значение выражения :a b

5 12 7,a b 119.a b

Ответ: 119


учреждений общ. сред. образования с рус. яз. обучения.

В 2 ч. Ч. 2 / Л. А. Латотин, Б. Д. Чеботаревский ; пер. с

белорус. яз. Л. В. Латотиной. – Минск : Адукацыя і

выхаванне, 2013. – 192 с. : ил. (П. 19, с. 30–39);





асвета, 2013. – 462 с. : ил. (П. 19, с. 255);


общ. сред. образования с рус яз. обучения : в 2 ч. /


2-е изд., пересм. и доп. – Минск : Нац. ин-т

____________________________










образования, 2013. – Ч. 2. – 256 с. : ил. (Гл. 5, п. 5.6,

с. 26–32);





Народная асвета, 2013. – 287 с. : ил. (С. 185);


учреждений общ. сред. образования с рус. яз. обучения.

В 2 ч. Ч. 1 / В. Д. Герасимов, О. Н. Пирютко,

А. П. Лобанов. – Минск : Адукацыя і выхаванне, 2017. –

168 с. : ил. (Гл. 1, § 12, с. 87–93)


Решение рациональных

неравенств

В8. Сумма всех целых решений неравенства

3 25 4 20 20

2 1

x x x x

x x

равна …


рациональные неравенства методом

интервалов.

Решение:

Решим неравенство методом интервалов.

Рассмотрим функцию

3 25 4 20 2;

2 1

x x x xy

x x

ее область

определения – все значения ,x при

которых 2 1 0,x x то есть 2x и

1x (точки 2 и 1 отметим на рисунке

светлыми кружками, так как они не входят

в область определения функции). Нули

этой функции – те значения x из ее

области определения, при которых 0,y

то есть 3 25 4 20 2 0.x x x x






с. 118–126);





ил. (Гл. 2, п. 2.8, с. 127–136)

____________________________










Решим это уравнение:

3 2

2

2

5 4 20 2 0;

5 4 5 2 0;

4 5 2 0.

x x x x

x x x x

x x x

Корни уравнения – числа 5, 2, 2. Но

поскольку число 2 не входит в область

определения, то нулями функции являются

только числа 5 и 2 (на рисунке отметим

их черными кружками). В каждом из

образовавшихся интервалов определим

знаки значений функции и отметим

знаками «+» и «–» ее промежутки

знакопостоянства (см. рис.).

5 2 1 2 x

Используя этот рисунок, запишем ответ к

неравенству

3 25 4 20 20,

2 1

x x x x

x x

то есть те значения ,x при которых 0.y

Решением неравенства является множество

5; 2 2;1 2 . Целыми

решениями неравенства являются числа:

5, 4, 3, 1, 0, 2. Их сумма равна 11.

Ответ: 11

____________________________











их свойства. Площадь

боковой поверхности

многогранника

В9. В основании прямого параллелепипеда лежит

ромб. Найдите значение выражения 2 ,S где S –

площадь боковой поверхности прямого

параллелепипеда, если площади его диагональных

сечений равны 2 и 5


площадь боковой поверхности прямого

параллелепипеда.

Решение:


1A

1B1C

1D

A

B C

OD

Пусть 1 1

2,BB D DS 1 1

5.AA C CS Обозначим

,BD a ,AC b 1BB c и составим

систему уравнений

2,

2 ,

5 , 5,

cac a

bcc

b

откуда получим 2 5

,a b

2.

5

ba

Найдем длину стороны ромба ,ABCD

длины диагоналей которого 2

5

b и :b





асвета, 2013. – 462 с. : ил. (П. 1, с. 4–19);



обучения / В. В. Шлыков. – 3-е изд., испр. и доп. –

Минск : Нар. асвета, 2013. – 159 с. : ил. (Гл. 1, § 2, с. 12–

25)

____________________________










2 2

,25

b bAB

3.

2 5

bAB По

формуле бок ,S PH где

34 ,

2 5

bP

5,H с

b найдем

бок 6,S 2

бок 36.S

Ответ: 36


Текстовые задачи (на

смеси и сплавы)

В10. Имеется 2,4 кг сплава, содержащего золото и

серебро в отношении 3:5. Сколько граммов серебра

необходимо добавить к этому сплаву, чтобы после

переплавки новый сплав содержал 80 % серебра?

Задание на проверку умения решать задачи

на смеси и сплавы.

Решение:

В 2,4 кг сплава масса серебра составляет

52,4 1,5

8 (кг). Пусть к сплаву добавили

x кг серебра, тогда масса нового сплава

станет равной 2,4 x кг, а масса серебра

в нем – 1,5 x кг. Зная, что новый сплав

содержит 80 % серебра, составим

уравнение 2,4 0,8 1,5 ,x x из

которого находим массу серебра в

килограммах – 2,1 кг, или 2100 г.

Ответ: 2100





Минск : Народная асвета, 2014. – 318 с. : ил. (С. 140,

№ 459–461; с. 143, № 477; с. 152, № 505; с. 278, № 898–

899; с. 308, № 953–954);





Минск : Нар. асвета, 2014. – 367 с. : ил. (С. 252, № 680–

681; с. 265, № 722–725);





асвета, 2013. – 462 с. : ил. (С. 239, № 901–902; с. 377,

№ 1320);



____________________________












асвета, 2014. – 318 с. : ил. (С. 255, № 45, 51);





Народная асвета, 2013. – 287 с. : ил. (С. 239, № 175–

177);




выхаванне, 2018. – 320 с. : ил. (С. 131, № 198, 200; с. 135,

№ 222–223, 225; с. 150, № 5);




асвета, 2017. – 313 с. : ил. (С. 91, № 2.197; с. 205,

№ 3.265; с. 297, № 4.159)


Квадратный трехчлен

В11. Найдите все пары ;m n целых чисел, которые

связаны соотношением 2 26 2 5.m m n n Пусть

k – количество таких пар, 0m – наименьшее из

значений ,m тогда значение выражения 0k m равно …

Задание на проверку умений раскладывать

квадратный трехчлен на множители по

формулам сокращенного умножения,

применять метод выделения полного

квадрата и решать систему уравнений.

Решение:

Преобразуем равенство 2 26 2 5m m n n к виду:

2 2

2 2

3 9 1 6;

3 1 3;

m n

m n






250);





____________________________










3 1 3 1 3;

4 2 3.

m n m n

m n m n

Рассмотрим все варианты, когда произведение

двух целых чисел равно 3: 1 3, 3 1,

1 3 , 3 1 . Найдем все пары

;m n целых чисел:

4 1, 3, 1,1)

2 3; 1; 2.

m n m n m

m n m n n

4 3, 1, 1,2)

2 1; 1; 0.

m n m n m

m n m n n

4 1, 5, 5,3)

2 3; 5; 0.

m n m n m

m n m n n

4 3, 7, 5,4)

2 1; 3; 2.

m n m n m

m n m n n

Количество пар целых чисел, связанных

соотношением 2 26 2 5,m m n n

равно 4. Наименьшее из значений m

равно 5. Искомое произведение равно 20.

Ответ: 20


с. 181–194);





асвета, 2014. – 318 с. : ил. (Гл. 5, п. 5.3–5.4, с. 167–

175);





ил. (Гл. 3, п. 3.2–3.3, с. 146–156);




асвета, 2017. – 313 с. : ил. (Гл. 2, § 14, с. 126–141)


их свойства. Угол между

плоскостями

В12. Углы ABC основания и SAB боковой грани

треугольной пирамиды SABC – прямые. Угол

между плоскостями ABS и ABC равен 8

arcsin ,9

6,AB 10,BC высота SO пирамиды равна 1

5 .3

Найдите значение выражения 6 2 tg , где –

Задание на проверку умения находить угол

между плоскостями.

Решение:






408 с. : ил. (П. 18, с. 260–272);




____________________________










угол между плоскостями SAC и ABC

A B

C

S

K

O

P6

10

Для построения угла между плоскостями

ABS и ABC проведем прямую ,AK

.AK BC Так как ,BC AB то ,AK AB

тогда 8

arcsin .9

SAK

По условию ,AB SA по построению

,AB AK тогда .AB SAK Плоскость

ABC проходит через прямую ,AB

,AB SAK поэтому .SAK ABC

Высота пирамиды SO лежит в плоскости

,SAK треугольник SOA – прямоугольный,

тогда sin ,SO

SAOAS

15

8 3 ,9 AS 6.AS По

теореме Пифагора 2 2 2 ,AS AO SO

2

2 166 ,

3AO

2 17.

3AO

В треугольнике ABC найдем длину


____________________________










гипотенузы 36 100,AC 2 34AC и

вычислим sin ,AB

ACBAC

3

sin .34

ACB

Так как AO BC и AC – секущая, то

.ACB OAC Проведем ,OP AC

тогда в прямоугольном треугольнике :APO

sin ,OP

OAPAO

3

,34 2 17

3

OP 2.OP

Угол SPO – линейный угол двугранного

угла, образованного плоскостями SAC и

.ABC В прямоугольном треугольнике

:SOP tg ,SO

SPOOP

8 2

tg .3

SPO

Значение выражения 6 2 tg , где

tg tg ,SPO равно 32.

Ответ: 32

Documents

РТ– I · 2018-12-29 · РТ– _____ Предлагается одно из возможных решений задания. Ответы к заданиям даны с учетом