Складність задачі, звісно, суб’єктивне поняття. Для учня, який не засвоїв певної теми, складною може бути й найпростіша задача з цієї теми. Однак, якщо говорити про середньостатистичних учнів, то можна задачі поділити на умовно складні та прості. В блозі обговоримо розв’язки умовно найскладніших задач ЗНО-2021.
На першому місці за складністю, мабуть, система рівнянь з параметром. Забігаючи наперед, зазначу, що у розв’язанні цієї задачі, фактично, допустив (хоча й незначну) помилку, навіть, Український центр оцінювання якості освіти (УЦОЯО).
ОДЗ: у≥0. Введемо нову змінну:
Рівняння нашої системи набувають вигляду: ах²+3ах+4t=8 та х+2t=1.
При а=0 матимемо, що 4t=8 та х+2t=1. Тоді t=2 та х= –3. При цьому √у=0,5, звідки у=0,25.
Надалі розглядаємо випадок, коли а≠0. Із другого рівняння системи отримаємо, що 4t=2–2х. Підставивши це значення 4t в перше рівняння системи ах²+3ах+4t=8, отримаємо: ах²+(3а–2)х–6=0. Оскільки, ми розглядаємо випадок, коли а≠0, то у нас є квадратне рівняння ах²+(3а–2)х–6=0. Дискримінант D=(3а–2)²+24а=(3а+2)². Корені рівняння: х₁= –3 та х₂=2/а.
Якщо х= –3, то t=(1–х)/2=2. Тоді √у=0,5, звідки у=0,25. Отже, (–3; 0,25) є розв’язком при довільному а (як при а≠0, так і при а=0).
Якщо х=2/а, то t=(1–х)/2=(а–2)/(2а). Але t повинно бути додатнім. Тому для того, щоб корінь х=2/а нам підходив, необхідно, щоб виконувалася нерівність (а–2)/(2а)>0 (ця умова є необхідною, але не достатньою). Тоді √у=log₄ ((а–2)/(2а)). Тому повинна виконуватись нерівність log₄ ((а–2)/(2а))≥0. Тому (а–2)/(2а)≥1. Система нерівностей (а–2)/(2а)>0 та (а–2)/(2а)≥1 є рівносильною нерівності (а–2)/(2а)≥1, а отже, є рівносильною нерівності (а+2)/а ≤ 0. Тому а є [–2; 0). Отже, якщо а є [–2; 0), то маємо розв’язок х=2/а та у=log²₄ ((а–2)/(2а)). Зауважимо, що якщо а= –2/3, то х=2/(–2/3)= –3, а у=log²₄ 2=0,25, а тому при а= –2/3 буде єдиний розв’язок (–3; 0,25).
Відповідь до задачі: якщо а є [–2; –2/3)U(–2/3; 0), то система рівнянь має два розв’язки: (–3; 0,25) та ( 2/а ; log²₄ ((а–2)/(2а)) ). Якщо ж а є (–∞; –2) U{–2/3}U[0; +∞), то система рівнянь має єдиний розв’язок (–3; 0,25).
Офіційна відповідь до цієї задачі має вигляд:
Однак у офіційній відповіді до задачі, фактично, допущена незначна помилка – не враховано, що при а= –2/3 обидва розв’язки є однаковими.
Серед умовно складніших задач можна виокремити й задачу про циліндр.
Твірна CD циліндра перпендикулярна до площини його основи. Тому АD – проекція похилої АС на площину нижньої основи циліндра. Тому кут CAD дорівнює β. З прямокутного трикутника CDА матимемо, що AD=d‧cosβ та CD=d‧sinβ.
Нехай О – центр нижньої основи циліндра. За умовою задачі, кут АОК є прямим. Тому рівними є трикутники АОК та DОК (за двома катетами та кутом між ними). Тому АК=КD. Кут АКD – вписаний у коло та спирається на діаметр, а тому цей кут прямий. Отже, трикутник АКD – прямокутний рівнобедренний. Тому АК= АD/√2 = d‧cosβ/√2.
Твірна АВ циліндра перпендикулярна до площини його основи. Тому АК – проекція похилої ВК на площину нижньої основи циліндра. Оскільки, крім цього, АК перпендикулярна до КD, то за теоремою про три перпендикуляри, ВК перпендикулярна до КD. Тому кут АКВ дорівнює γ. З прямокутного трикутника ВАК отримаємо: tg γ = AB/AK = d‧sinβ/(d‧cosβ/√2) = √2‧tg β. Тоді γ=arctg(√2‧tg β).
Могли учні допускати помилки і при побудові графіка функції y=x³–3x. Областю визначення функції є множина всіх дійсних чисел. Функція є непарною, бо f(–x)= (–x)³–3(–x) = –x³+3x = –f(x). Для точок перетину з віссю абсцис у=0, а тому x³–3x=0, звідки х(x²–3)=0, звідки х=0 або х=±√3. Отже, маємо такі точки перетину: (0; 0), (√3; 0), (–√3; 0). Похідна функції y⸍=3x²–3=3(х–1)(х+1). Звідси видно, що y⸍<0 при х є (–1; 1) та y⸍>0 при х є (–∞; –1)U(1; +∞). Тому функція спадає на відрізку [–1; 1] та зростає на двох інших проміжках. Можна було знайти точки перегину функції, хоча цього й не вимагалося. Похідна другого порядку y⸍⸍=6х, а тому х=0 – точка перегину. Тому функція угнута на проміжку (–∞; 0] та опукла на проміжку [0; +∞).
