МАТЕМАТИКА

 

ТЕСТОВІ ЗАВДАННЯ 2007 РОКУ З ВІДПОВІДЯМИ ТА КОМЕНТАРЯМИ

 

Тест зовнішнього незалежного оцінювання з математики перевіряє:

·        відповідність знань, умінь і навичок учнів програмовим вимогам;

·        рівень навчальних досягнень учнів;

·        ступінь підготовленості випускників загальноосвітніх навчальних

 закладів до подальшого навчання у вищих навчальних закладах.

При укладанні тесту були використані підручники та посібники, рекомендовані Міністерством освіти і науки України для класів універсального, природничого, фізико-математичного профілів, а також для класів, шкіл, ліцеїв і гімназій математичного профілю та для спеціалізованих шкіл і класів з поглибленим вивченням математики.

 

Частина 3

 

 ЗАВДАННЯ ВІДКРИТОЇ ФОРМИ З РОЗГОРНУТОЮ ВІДПОВІДДЮ

 

 

 

 

36. У правильній чотирикутній піраміді SABCD (S – вершина) бічне ребро вдвічі більше сторони основи. Знайдіть кут між медіаною трикутника SDC, проведеною з вершини D, та середньою лінією трикутника ASC, що паралельна основі піраміди.

 

Правильна відповідь :  .

 

Розв’язання (авторський варіант)

 

 

 

 

 Нехай SABCD – задана правильна піраміда, в основі якої лежить квадрат ABCD, і SO її висота. Позначимо сторону основи  АВ через а, тоді бічне ребро SA = 2a.

У трикутнику SDC з  вершини D проведемо медіану DN,  N – середина ребра SC. У трикутнику ASC проведемо середню лінію, паралельну AC. Вона перетинає ребра SA та SC у точках М та N відповідно, AM = MS та SN = NC (за означенням середньої лінії). Оскільки АС лежить у площині ABC і MN || AC, то MN || (ABC). Прямі MN та ND перетинаються в точці N, тому кут MND є шуканим кутом між медіаною DN трикутника SDC і середньою лінією MN трикутника ASC. Позначимо .

Діагональ АС квадрата АВСD дорівнює  , тому середня лінія MN = .

 Висота SO піраміди  перетинає MN в точці L. Оскільки трикутники ASC і SMN  є рівнобедреними, то АО = ОС і ML = LN = .

З прямокутного трикутника  .

За теоремою Фалеса SL = LO = SO = .

З прямокутного трикутника  .

Трикутник DNM рівнобедрений, оскільки DM = DN як медіани рівних трикутників SAD та SCD. Медіана DL є висотою. Отже, трикутник DLN є прямокутним.

З трикутника DLN маємо:

.

Відповідь. .

 

 

Схема оцінювання

 

1.      За правильно побудований рисунок до задачі з обґрунтуванням паралельності відповідної середньої лінії до основи учень одержує 1 бал.

2.      За обгрунтування рівності двох сторін трикутника MND (DM=DN) учень одержує ще 1 бал.

3.      Якщо учень правильно знайшов елементи трикутника DLN,  необхідні для знаходження кута , він одержує ще 1 бал.

4.      За правильну відповідь учень одержує ще 1 бал.

Таким чином, за правильно розв’язану задачу учень одержує 4 бали.

 

·        Якщо учень не з’єднує точки М і Д на рисунку, а розглядає кут  як кут трикутника DLN, то в цьому випадку треба обґрунтувати, що трикутник  DLN – прямокутний. Тоді  має місце  така схема оцінювання :

1.  За правильно побудований рисунок до задачі з обґрунтуванням паралельності    відповідної середньої лінії до основи учень одержує 1 бал.

2.  За обґрунтування того, що  учень одержує ще 1 бал.

3.  Якщо учень правильно знайшов елементи трикутника DLN,  необхідні для знаходження кута , він одержує ще 1 бал.

4.  За правильну відповідь учень одержує ще 1 бал.

Таким чином, за правильно розв’язану задачу учень одержує 4 бали.

 

·        Якщо учень для розв’язування задачі використав векторно-координатний метод, то тоді має місце така схема оцінювання:

1.  За правильне обґрунтування висоти SO учень одержує  1 бал.

2.  За вибір системи координат з поясненням необхідних точок учень одержує ще 1 бал.

3.  За обчислення координат цих точок учень одержує ще 1 бал.

4.  За правильну відповідь учень одержує ще 1 бал.

Таким чином, за правильно розв’язану задачу учень одержує 4 бали.

 

 

37. Побудуйте графік функції .

 

Розв’язання

 

 Знаходимо область визначення функції, тобто розв’язуємо нерівність  Отже, .

            Знайдемо точки, у яких модуль обертається в нуль, тобто розв’яжемо рівняння , звідки .

            Якщо ,  то .

            Якщо  ,  то .

            Побудуємо ескіз графіка вказаної функції.

 

 

 

 

Схема оцінювання

 

1.  За правильно знайдене  учень одержує 1 бал.

2. Якщо учень правильно розкрив модуль на проміжку , то він одержує 1 бал.

3.  Якщо учень правильно розкрив модуль на проміжку , то він одержує ще 1 бал.

4.  За правильно побудований ескіз графіка вказаної функції учень одержує ще 1 бал.

Тобто за правильно розв’язане завдання учень одержує 4 бали.

 

 

38. Розв’яжіть нерівність  .

Правильна відповідь:   при  ;

                                    при  ;

 при   .

 

 

Розв’язання

 

Визначимо область допустимих значень параметра а: .

 Дана нерівність еквівалентна наступній сукупності систем нерівностей:

Розв’яжемо спочатку першу систему.

Розглянемо нерівність .

.

 

  1. Якщо , то розв’язком першої нерівності даної системи буде . Тоді розв’язком  нерівності   буде  при <<1. Тобто, розв’язок першої системи матиме вигляд  при <<1.
  2. Якщо то розв’язком нерівності  буде , а   нерівність   не має розв’язків. Отже,  перша система не має розв’язків.

Розв’яжемо другу систему.

Розглянемо нерівність .

Ураховуючи розв’язання попередньої системи, .

1.      Якщо , то нерівність   не має розв’язків. Отже,  друга система не має розв’язків.

2.      Якщо  то розв’язком нерівності  буде . Тоді розв’язком  нерівності   буде . Тобто розв’язок другої системи матиме вигляд .

3.      Якщо , то одержимо нерівність , звідси .

Отже, загальна відповідь: при  ;

                                            при  ;

                                            при  .        

 

Схема оцінювання

 

  1. Якщо учень правильно знайшов область допустимих значень параметра а і розглянув нерівність як сукупність двох систем, то він одержує 1 бал.
  2. За правильно розв’язану першу систему нерівностей учень одержує ще 2 бали. Якщо він припустився помилки при розв’язанні однєї з нерівностей при умові, що друга нерівність розв’язана правильно, учень одержує 1 бал.
  3. За правильно розв’язану другу систему нерівностей учень одержує ще 2 бали. Якщо він припустився помилки при розв’язанні однєї з нерівностей при умові, що друга нерівність розв’язана правильно, учень одержує 1 бал.
  4. За правильно записану відповідь учень одержує ще 1 бал.

Тобто за правильно розв’язану задачу учень одержує 6 балів.

 

·        Якщо учень розв’язує нерівність методом інтервалів, то в цьому випадку має місце така схема оцінювання:

  1. За правильно знайдене ОДЗ змінної і параметра учень одержує 1 бал.
  2. За правильно знайдені нулі функції ) з вказівкою відповідних значень параметра учень одержує 2 бали.

Якщо знайдені нулі тільки одного множника з вказівкою відповідних значень параметра, то учень одержує лише 1 бал.

  1. За правильне застосування методу інтервалів на кожному з виділених проміжків для параметра а учень одержує 2 бали.

Якщо учень розглянув один з випадків   або  , то він одержує лише 1 бал.

  1. За правильно записану відповідь учень одержує ще 1 бал.

Тобто за правильно розв’язану задачу учень одержує 6 балів.

 

·        Якщо учень розв’язує нерівність методом розбиття усіх значень а на три випадки: , а=1, , то в цьому випадку має місце така схема оцінювання:

  1. Якщо учень дослідив випадок  і одержав відповідь, то він одержує 1 бал.
  2. Якщо учень дослідив випадок  і одержав відповідь, то він одержує 2 бали.
  3. Якщо учень дослідив випадок  і одержав відповідь, то він одержує 2 бали.
  4. За правильно записану відповідь учень одержує ще 1 бал.

Тобто за правильно розв’язану задачу учень одержує 6 балів.

 

 

Хостинг от uCoz