Частина друга

2

1

16

+

2

4 +

0 5

log 4

log

log

3

3

3

log

log ,

3

log 8

log 2

3 log 2

2.1.

3

3

2

2

=

=

3

3

3

=

=

= −

= 3

− .

log 6 − log 12

6

1

1

log 2−

−log 2

log 2

3

3

log

log

3

3

3

3 12

3 2

Відповідь. –3.

2.2. I спосіб. Від даних п’ятицифрових чисел віднімемо ті, що починаються з нуля:

P − P = 5!− 4! = 4 ⋅!4 = 96 .

5

4

II спосіб (за правилом множення). Першу цифру можемо обрати чотирма способами, дру-

гу — чотирма, третю — трьома, четверту — двома, п’яту — одним способом: 4⋅4⋅3⋅2⋅1 = 96 .

Відповідь. 96.

2.3. Знайдемо абсциси точок перетину графіків:

у

 x = 2,

2

2

− x = − x ; x 2 − x − 2 = 0 ; x

 = −1.

2

2

2

2

3

2





1

2

2



x

x 

8

4

1

1

S = ∫ (2− x −(− x) dx =∫ (2− x + x) dx = x

2 −

+

4

+ − 2

− + +

3

2

3

2



3

2  =

1

1





= −

−

−

−

х

1

–1

1

2

2

2

2

3

2





2

2



x

x 

8

4

1

1

8

4

1

1

S = ∫ (2− x −(− x) dx =∫ (2− x + x) dx = x

2 −

+

4

+ − 2

− + +

4

2

4 5

, .

–2

3

2

3

2



3

2  =

− + + − − =

3

2

3

2

1

1





= −

−

−

−1

Відповідь. 4,5.

2.4. Оскільки прямі AA і DD паралельні, то вони задають площи-

D

1

1

ну AA D , в якій лежать пряма CA і пряма A D ; розглянемо

1

1

 CAA і  CDD : ∠ C — спільний, ∠ CAA

як відповід-

А

1 = ∠ CDD

1

1

1

ні кути при паралельних прямих AA і DD і січній CD. Тоді

1

1

D

 CAA  CDD за двома кутами. З подібності трикутників ви-

С

1

A

1

1

α

1

пливає пропорційність відповідних сторін:

AA

CA

CA

x

2

x

2

2

1

=

;

=

=

= ;

DD

CD

CD

x

2 + x

x

3

3

1

CA ⋅ DD

2

2⋅15

AA

1

=

= ⋅ DD =

= 10 (см).

1

CD

1

3

3

Відповідь. 10 см.

Частина третя

x 2

3.1. f′( x) = x

2 ln x +

= x(2ln x + )

1 , D( f): x > 0 .

x

f ′( x) = 0 , тоді x = 0 (не входить в D( f) ) або 2ln x +1 = 0 , ln x = − 1 , x = 0 1

, .

2

f′( х)

–

+

f( х)

0

х

0 1

,

Відповідь. x

=

,

0 1 .

min

Варіант8  35

3.2. І спосіб. cos x ⋅ cos x

(

+ 3 sin x)= 0.

cos x = 0

або

cos x + 3 sin x = 0



 π

π



cos x = 0 ;

1) cos x  0 x ∈ − + 2 k

π ; + 2 k

π

:



 2

2



π

x =

+ n

π , n ∈ Z .

cos x + 3 sin x = 0 ;

2

1

3

cos x +

sin x = 0 ;

2

2

π

π

sin

cos x + cos sin x = 0 ;

6

6



π 

sin x +

0 ;



6  =

π

x +

= m

π , m ∈ Z ;

6

π

x = −

+ m

π , m ∈ Z . Враховуючи, що cos x  0 ,

6

π

маємо: x = −

+ 2 m

π , m ∈ Z .

6

2) cos x < 0 : −cos x + sin x ⋅ 3 = 0 ;



π 

sin x −

0 ;



6  =

π

x −

= l

π , l ∈ Z ;

6

π

x =

+ l

π , l ∈ Z . Враховуючи, що cos x < 0 ,

6

7π

маємо: x =

+ 2 l

π , l ∈ Z .

6

π

ІІ спосіб. Якщо cos x = 0 , то 0 = 0 ; x =

+ k

π , k ∈ Z .

2

3 ⋅ sin x

sin x

Якщо cos2 x ≠ 0 , то на нього можна поділити рівняння, тобто 1+

= 0 ;

= − 1 .

cos x

cos x

3

cos x > 0 , отже, sin x < 0 .

1

7π

Для ІІІ чверті: −tg x = −

; tg x = 1 ; x =

+ 2 n

π , n ∈ Z .

3

3

6

π

Для ІV чверті: tg x = − 1 ; x = −

+ 2 l

π , l ∈ Z .

3

6

π

7π

π

Відповідь: x =

+ k

π , k ∈ Z ; x =

+ 2 n

π , n ∈ Z ; x = − + 2 l

π , l ∈ Z .

2

6

6

3.3. Маємо правильну трикутну призму ABCA B C з рів-

A

C

1

1 1

1

1

a 2 3

ностороннім трикутником ABC в основі. S

=

, де

B 1

осн

4

a — сторона  ABC ; S

= a

3 h , де h = CC . За умовою

біч

1

12 2

a

3

A

C

S

= 12⋅ S , тоді 3 ah =

⋅

, h = a 3 .

біч

осн

4

?

CC

a 3

tg ∠ C BC

1

3 ; ∠ C BC 60 .

B

1

=

°

1

=

=

=

BC

a

Відповідь. 60° .

36  Варіант8