ГОЛУБОЙПУРПУРНЫЙЖЕЛТЫЙЧЕРНЫЙ

Е К З А М Е Н

Б Е З П Р

Б Л Е М

О

ГОЛУБОЙ

ПУРПУРНЫЙ

ЖЕЛТЫЙ

ЧЕРНЫЙ

нове видання

МатеМатика

Розв’язання всіх завдань

до посібника «Збірник завдань для державної

підсумкової атестації з математики. 11 клас»

(авт. Істер О. С., Глобін О. І., Панкратова І. Є.)

1

УДК 51(076.2)

ББК 74.262.21

М34

М34

Математика. 11 клас: Розв’язання всіх завдань до посібника «Збірник завдань для дер-

жавної підсумкової атестації з математики» / Упоряд. О. В. Скляренко, Н. Б. Чистякова.—

Х.: Ранок-НТ, 2011.— 144 с.

ISBN 978-966-315-124-3

Посібник містить розв’язання всіх завдань із навчального посібника «Збірник завдань для держав-

ної підсумкової атестації з математики. 11 клас» (авт. О. С. Істер, О. І. Глобін, І. Є. Панкратова.—

К.: Освіта, 2011).

Посібник побудовано за таким принципом. Спочатку, відповідно до збірника завдань, вказано но-

мер варіанта атестаційної роботи, її частина (перша—четверта), номер завдання, а потім подано розв’я-

зан ня завдання і відповідь до нього.

У кінці посібника наведено правильно заповнені бланки відповідей для завдань першої та другої

частин кожного варіанта атестаційної роботи.

Посібник призначений для учнів загальноосвітніх навчальних закладів і вчителів.

УДК 51(076.2)

ББК 74.262.21

© О. В. Скляренко, Н. Б. Чистякова, упорядкування, 2011

ISBN 978-966-315-124-3

© ПП «Ранок-НТ», 2011

2

Варіант1  3

Варіант 1

Частина перша

1.1. Відповідь. В).

y − x = ,

1.2. {

3

x − y

2 = 2;

 y − x + ( x − y

2 ) = 3 + 2,

 y

 − x = 3;

y = − ,

{ 5

−5 − x = 3;

y = − ,

{ 5

x = −8.

Відповідь. А).

1.3. a−3+5 = a 2 .

Відповідь. Г).

1.4. a = 3 + ( 2

− )⋅ 11

( −1)= 1

− 7 .

11

Відповідь. Б).

1.5. Відповідь. Б).

1.6. 3log 49 − log 8 = 3log 72 − log 23 = 2⋅3log 7 − 3log 2 = 6 − 3 = 3 .

7

2

7

2

7

2

Відповідь. В).

1.7. Відповідь. В).

2

2

x 3

3

2

8

2

1.8. S =

x dx =

=

− 0 =

=

∫ 2

2

.

0

3

3

3

3

0

Відповідь. А).

1.9. BK = AB − AK = 8 − 2 = 6 .

Відповідь. Б).

1.10. ∑ = 18 °⋅

0 10 − 3 °

60 =

°

1440 .

Відповідь. В).

1.11. V = S ⋅ H = 32 ⋅7 = 63 см3.

пр

осн

Відповідь. Г).

1.12. Відповідь. Г).

Частина друга

2.1. 4 32 x 3 x 4 x 3 42

⋅

+

⋅

− ⋅ x = 0 ;

2 x

x



3 

3 



42 x ⋅ 4

 ⋅

3

0



 = ;

4 

+  4 −







x

3 

42 x ≠ 0 , тому розв’яжемо квадратне рівняння відносно

.

 4 

4  Варіант1



x

3 

1

− ± 1 + 4⋅4⋅( 3

− )

3

Нехай

t , тоді 4 2

t + t − 3 = 0 ; t =

; t = 2

− , t = .

 4  =

1 2

,

4 ⋅2

1

2

4



x

3 

Оскільки

0 , то корінь t = 2

− є стороннім, отже, t = 3 .

 4  >

1

4



x

3 

3

x 1 .

 4  =

⇒ =

4

Відповідь. x = 1 .

8

4

2.2. Існує 8 дільників числа 30: 1

{ ,2,3,5,6,10,15,30}, тому P( A)= = .

30

15

4

Відповідь.

.

15

2.3. ОДЗ: x −1 0 ; x 1 .

Піднесемо обидві частини рівняння до другого степеня:

2 + x −1 = 9 ;

x −1 = 7 ;

x −1 = 49 ;

x = 50 .

Відповідь. x = 50 .

2.4. На рисунку хорда AB = 3 3 см, ∠ AOB = 12 °

0 , ∠ SAO =

°

45 , OВ —

S

радіус циліндра, SO — його висота. Проведемо OD ⊥ AB ; OD — ме -

діана, бісектриса та висота  AOB , тому BD = 3 3 , ∠ DOA =

°

60 .

2

BD

3 3 ⋅2

У  ODB : OB =

=

= 3 .  BOS — прямокутний з го-

sin6 °

0

2⋅ 3

B

стрим кутом 45° , тому  BOS — рівнобедрений; SO = OB = 3 .

O

S

= 2⋅ S + S = 2⋅ ⋅ OB 2

π

+ 2⋅ π⋅ OB⋅ SO = 2⋅ π⋅9 + 2⋅ π⋅9 = 18π .

D

пов

осн

біч

A

Відповідь. 18π .

Частина третя

2

3π

3.1. −cos x =

; cos x = − 2 ; x = ±

+ 2 n

π , n ∈ Z .

2

2

4

π

Проміжку (0; π) належить корінь x = 3 .

4

3π

Відповідь.

.

4

3.2. За умовою периметр прямокутної ділянки P = 200 м. Нехай до-

S′( x) = 100 − x

2

вжина ділянки x, тоді її ширина 200 :2 − x = 100 − x . Складемо

+

–

функцію для знаходження площі: S( x) = x(100 − x), 0 x 100



,

S( x 0

)= x 10050

(

− x , 0100

)  x х 100

знайдемо похідну: S′( x) = 100 − x

2 ; 100 − 2 x = 0 , тоді x = 50 . Роз-

глянемо знаки похідної на проміжках (див. рисунок).

Отже, x = 50 є точкою максимуму. Довжина ділянки 50 м, шири-

на — 100 − 50 = 50 (м).

Відповідь. Розміри ділянки 50 м × 50 м .

Варіант1  5

3.3. Нехай маємо зрізаний конус з центрами основ O і O та твірною AB.

1

За умовою AO = 2 BO . Проведемо висоту BH. AH = AO − HO = AO − BO

2

О 1

1 =

BO

B

1 − BO 1 = BO

1

1

AH = AO − HO = AO − BO

2

. За теоремою Піфагора з трикутника

1 =

BO 1 − BO 1 = BO 1

ABH: AB 2

BH 2

AH 2

=

+

. AB = 16 + BO 2 . Нехай BO = r . Оскільки

1

1

S

+ S

= S , маємо рівняння: π r 2 + π⋅ r 2 = π⋅

+ r 2

4

16

( r + r

2 ).

1осн

2осн

б

5 2 = 16

2

r

+ r ⋅3 r : r ≠ 0 ;

О

H

A

5 = 3 16

2

r

+ r ;

25 2 = 9 1

( 6 2

r

+ r ) ;

16 2

r = 9⋅16 ;

r 2 = 9 ; r = 3 .

BO = 3 см, тоді AO = 2⋅3 = 6 (см).

1

Відповідь. 3 см і 6 см.

Частина четверта

4.1М. ОДЗ: x > 0 .

1) Якщо a  0 , то x − a > 0 (оскільки за ОДЗ x > 0 ); тоді

+

–

+

lg2 x + lg x − 2 0 ; t = lg x ; t 2 + t − 2 0 ; t 2 + t − 2 = 0 ; t = 2

− , t = 1 .

х

1

2

–2

1

lg x  − ,

2  x  0,01,

x ∈(0;0, ]

01 ∪[10; + ∞).

lg x



 ;

1

x

 10;

2) Для a > 0 розглянемо такі випадки.

0 < a < 0,01

0 –

+

–

+

x ∈[ a; ,

0 0 ]

1 ∪[1 ;

0 + ∞) .

х

а

0,01 10

0,01 < a < 10

0 –

+

–

+

x ∈[0,01; a]∪[10; + ∞) .

х

0,01

а

10

a > 10

0 –

+

–

+

x ∈[0,01;10]∪[ a; + ∞) .

х

0,01 10

а

a = 0,01

0 –

–

+

x ∈[10; + ∞) .

х

0,01 10

a = 10

0 –

+

+

x ∈[0,01; + ∞) .

х

0,01 10

Відповідь. При a ∈(−∞;0] x ∈(0;0, ]

01 ∪[10; + ∞); при a ∈(0;0, )

01 x ∈[ a; ,

0 0 ]

1 ∪[1 ;

0 + ∞) ;

при a = 0,01 x ∈[10; + ∞) ; при a ∈(0,01;10) x ∈[0,01; a]∪[10; + ∞) ; при a = 10 x ∈[0,01; + ∞) ; при a ∈(10; + ∞) x ∈[0,01;10]∪[ a; + ∞) .

6  Варіант1

4.2М. 1) D( y): x 2 − x

3 + 2 ≠ 0 , x ≠ 2 , x ≠ 1 .

у

2) Функція ні парна, ні непарна, неперіодична.

1

1

3) lim

= ∞ ; lim

.

x→2 x 2 − x

3 + 2

x→

( x −2)( x − ) = ∞

1

1

Вертикальні асимптоти: x = 2 , x = 1 .

1

1

1

2

k = lim

0 , b = lim

0 .

x

x( x 2)( x

) =

→∞

−

−1

x

( x )1( x 2) =

→∞

−

−

Горизонтальна асимптота: y = 0 .

0

1

2

х

4) Перетин з осями координат:

1

з Ox: y = 0 ,

0

( x −1)( x −2) ≠ — не перетинає;

з Oy: x = 0 ; y = 1 .

2

− x

2 + 3

y′ = (

0 , −2 x + 3 = 0 , x = 1 5

, .

2

x 2 − x

3 + 2) =

–4

f ′( x) +

+

–

–

1

1,5

2

f ( x)

х

Функція зростає при x ∈(−∞ )

;1 , 1

( ;1 5,].

Функція спадає при x ∈[1 5

, ; 2) , (2; + ∞) .

x

= ,

1 5 , y

= −4 .

max

max

Графік побудовано.

4.3М. x 2 − x

2 +1+1 = cos( x −1) ; ( x 2 − x

2 +1)+1 = cos( x −1); ( x − )

1 2 +1 = cos( x − )

1 .

Розглянемо ліву частину: ( x − )

1 2 +11; рівність справджується при x = 1.

Розглянемо праву частину: 0  cos( x −1) 1 , рівність справджується при x = 1. Отже, x = 1

є коренем рівняння.

Відповідь. x = 1 .

S

4.4М. Маємо правильну чотирикутну піраміду ABCDS, в основі

якої лежить квадрат ABCD зі стороною a. SO — висота

піраміди. Основа висоти піраміди збігається з центром основи

вписаного в піраміду куба. Проведемо OH перпендикуляр-

но DC, з’єднаємо точки S і H, тоді за теоремою про три

О 1

перпендикуляри SH перпендикулярна до DC, отже, кут

K

SHO є лінійним кутом двогранного кута між бічною

B

C

гранню і основою, за умовою він дорівнює α . Розглянемо

a

a tg α

O

H

трикутник SOH: OH =

, SO = OH ⋅tgα =

. AO —

2

2

S

A

K

D

1

a

половина діагоналі основи, AO =

2 .

2

Нехай центр верхньої основи куба — точка O . Роз-

1

глянемо трикутник SOA і вписаний у нього прямокут-

K

ник KO OK , де KK — бічне ребро куба, KO — половина

О 1

1

1

1

1

діагоналі основи.

A

O

K 1

Варіант2  7

x 2

Нехай KK = x , тоді KO =

. Трикутник SKO подібний до трикут ника SAO за двома кутами

1

1

2

1

(трикутники прямокутні, кут S в них спільний). З подібності трикутників випливає пропорцій-

x 2

a tg α

O K

SO

− x

ність відповідних сторін, отже, 1

1

=

. Оскільки SO = SO − OO , маємо:

2

2

=

,

AO

SO

1

1

a

a

2

tg α

2

2

x

a tg α

x

3

3

=

− 2



2 

a tg α

a tg α

, 1 +

x a , x =

, V = x 3 =

.

a

a tg α



 ⋅ =

tg α

tg α + 2

(tgα + )3

2

a 3

3

tg α

Відповідь.

3

(tgα +2) .

Варіант 2

Частина перша

1.1. 240 :100⋅30 = 72 m , або 240⋅0,3 = 72 m .

Відповідь. Б).

1.2. Відповідь. В).

24

49

7

3

14 − 3

11

1.3.

1

− 0,09 =

− 0,3 = −

=

=

= 1 1

, .

25

25

5

10

10

10

Відповідь. Б).

1.4. 18  x 20 .

Відповідь. Г).

1.5. Відповідь. В).

1.6. sin2 x = 1 .

π

π

2 x =

+ 2 k

π , k ∈ Z ; x =

+ k

π , k ∈ Z .

2

4

Відповідь. А).

1.7. Кількість трицифрових чисел, які можна записати за допомогою цифр 4, 5 і 6, обчислюється

за формулою P = 3! = 6 .

3

Відповідь. Б).

1.8. f′( x) = (cos x − sin x)′ = −sin x − cos x ; f′(π) = −sinπ − cosπ = 0 − (− ) 1 = 1.

Відповідь. В).

1.9. Відповідь. А).

1.10. Кут між бічними сторонами рівнобедреного трикутника дорівнює 180° − 2⋅75° = 30° .

1

1

1

S =

⋅8⋅8⋅sin °

30 =

⋅64⋅ = 16 (см2).



2

2

2

Відповідь. Б).

8 Варіант 2

1.11. Оскільки піраміда правильна, то її бічні грані — рівнобедрені трикутники з основою 3 см

1

і висотою 5 см. S

= 4⋅ ⋅3⋅5 = 30 (см2).

біч

2

Відповідь. А).

1.12. Відповідь. Г).

Частина друга

1

2.1. Область визначення функції f ( x) = x −1 +

знаходимо з системи:

x 2 − 4 x

 x

 x

−

1,

1



0,





,

2

⇒  x ≠ 0

x

 − x

4 ≠ 0;

x ≠

0 1

4



4.

х

Відповідь. x ∈[1;4)∪(4; + ∞) .

lo

 g x ≠ ,

0

 x ≠ 1

2

,





2.2. ОДЗ: lo

 g x − 2 ≠ ,

0

 x ≠ ,

4

2

x > ;

0

x > .

0





Нехай log x = t , тоді рівняння має вигляд:

2

2

1

+

= 1 ;

t

t − 2

2( t − 2) + t

t( t − 2)

t( t − 2) = t( t − 2) ;

2 t − 4

2

+ t − t + 2 t

0

t( t − 2)

= ;

− t 2 + t

5 − 4

0 — дріб дорівнює нулю, якщо чисельник дорівнює нулю.

t( t − 2) =

Прирівняємо чисельник до нуля та розв’яжемо квадратне рівняння: − t 2 + t

5 − 4 = 0 ; t = 4 ,

1

t = 1 .

2

1) log x = 4 ⇒ x = 16 .

2

2) log x = 1 ⇒ x = 2 .

2

Відповідь. 16; 2.



π  1

 π



2.3. F( x) = −cos x

2 −

C . Оскільки графік первісної проходить через точку A

; 2 5

,



6  ⋅

+

2

 12

 , то

− 1



π

π

1

1

cos 2⋅

−  C 2 5

, ; − cos0 + C = 2 5

, ; − + C = 2 5

, ; C = 3 .

2

 12 6  + =

2

2

1



π 

Відповідь. F( x) = − cos x

2 −

3 .

2



6  +

2.4. У задачі прирівнюються об’єми двох циліндрів; радіус першого з них позначимо R, а дру­

гого — 3 R. V = R 2

π

⋅ H = R 2

π

⋅45 ; V = π⋅( R 2

3 ) ⋅ H = 9 R 2

π H .

1

1

2

2

2

Оскільки V = V , то π R 2 ⋅45 = π

9 R 2 H ⇒ H = 5 см.

1

2

2

2

Відповідь. 5 см.

Варіант2  9