Частина друга

cos(−α)

cosα

cosα

sinα

cos2 α − sinα(1 − sinα)

2.1.

tg( α) =

− tgα =

−

=

1 + sin(−α) +

−

1 − sinα

1 − sinα

cosα

(1− sinα)

=

cosα

cos2 α − sinα + sin2 α

1 − sinα

1

=

(

.

1 − sinα)

=

cosα

(1− sinα)

=

cosα

cosα

1

Відповідь.

.

cosα

Варіант 9 39

2.2. log

2

( x −3 x)1. Нерівність рівносильна системі нерівностей:

4

 x 2 − x

3 > 0,  x( x − 3) > 0,

 x( x −3) > 0,







x 2

 − x

3  4; x

 2 − x

3 − 4  0; ( x +



)1( x −4)0.

+

–

+

0

3

х

Разом:

–1

0

3 4 х

+

–

+

–1

4

х

Відповідь. x ∈[−1;0)∪(3;4] .

2.3. Дослідимо похідну функції f ( x) = x + 16 :

x

D( f):(−∞;0)∪( ;

0 + ∞) .

 x = 4,

16

x 2 16

x 2 − 16



′( ) = 1−

=

−

f x

; f ′( x) = 0 ;

= 0 ; x 2 = 16 ;  x

 = −4,

x 2

x 2

x 2

x

 ≠ 0.

f ′( x) +

–

–

+

–4

0

4

f ( x)

х

Відповідь. Функція f ( x) зростає на проміжках (−∞; − 4] ; [4; + ∞) .

2.4. У ромбі ABCD: d = AC = 6 см, OC = 3 см, CD = 20 : 4 = 5 (см).

B

C

1

1

1

У  COD (∠ O =

°

90 ) знайдемо OD = CD 2 − OC 2 =

2 − 2

5

3 = 4 (см);

d = BD = 8 (см) (більша діагональ ромба).

2

A 1

D

Отже, B D = 10 см.

1

1

У  B BD (∠ B = 90°) знайдемо B B = B D 2 − BD 2

2

2

= 10 − 8 = 6 (см) = H B

C

1

1

1

d d

6 8

1 2

⋅

B B = B D 2 − BD 2

2

2

= 10 − 8 = 6 (см) = H; V = S

6 144 (см3).

осн ⋅ H =

⋅ H =

⋅ =

1

1

2

2

O

A

D

Відповідь. 144 см3.

Частина третя

3



3

1 

1

3.1. log log



− log

log log

2

log log

3

log

1

2

3

3

 =

=

=

= − .

2

3

2

3

2

2

2

1

2





2

Відповідь. –1.

S

3.2. Маємо правильну піраміду ABCDS; SH — апофема, за умовою

SH = 2 3 см. Нехай висота піраміди SO = h , тоді OH = 12 − h 2 ;

AB = OH

2

= 2 12 − h 2 .

1

1

4 h

4 h 3

V =

⋅ AB 2 ⋅ SO = ⋅ ( − h 2)⋅ h =

( − h 2

4 12

12

)=1 h

6 −

.

3

3

3

3

B

C

V ′ = 16 − h

4 2 , V ′ = 0 , 16 4 2

− h = 0 , h = ±2, h > 0 .

H

О

V′

+

–

h

= 2 .

A

D

max

V

0

2

h

Відповідь. При h = 2 см.

40  Варіант9

3.3. Розглянемо осьовий переріз конуса; маємо рівнобедрений трикутник

ASB, SO — висота конуса та висота трикутника, за умовою SO = AB .

S

a 2

a

Нехай AB = SO = a ; AS = a 2 +

=

5 ;

4

2

a 5

a

a

π 2 5

S

= π⋅ AO⋅ AS = π⋅

⋅ =

.

біч

2

2

4

a 2

S

= π⋅ AO 2 = π⋅

.

B

осн

4

O

a

π 2

S

1

5

A

осн

=

4

=

=

.

S

π 2

5

бі ч

a

5

5

4

5

Відповідь. 1:

.

5

Частина четверта

+

+

4.1М. ОДЗ: x 2 + x

8 − 9 0 ; x = 9

− , x = 1 ;

x ∈(− ∞; − 9]∪[ ;

1 + ∞) .

1

2

–9

–

1

х

 x = −9,

 x = −9,

Оскільки x 2 + x

8 − 9  0 , маємо сукупність:  x = 1,

 x = 1,

 x − a





0; x  a



.

Якщо a > 1 , то x ∈[ a; + ∞)∪{ − ;

9 1} .

Якщо a ∈[−9; ]

1 , то x ∈[1; + ∞)∪{ − 9} .

Якщо a < −9 , то x ∈[ a; − 9]∪[ ;

1 + ∞) .

Відповідь. При a > 1 x ∈[ a; + ∞)∪{ ;

9 1} ; при a ∈[−9; ]

1 x ∈[1; + ∞)∪{ − 9} ;

при a < −9 x ∈[ a; − 9]∪[ ;

1 + ∞) .

 π



4.2М. І спосіб. sinπ x − sin

− π y

0 ;



 =

2

у

π 

1 

π 

1 

2sin

x + y −

cos

x y

0

2 

2 

− +

2 

2  = ;

π 

1 

π 

1 

sin

x + y −

0

x − y +

0

2 

2  = або

cos 2 

2  =

;

π 

1 

π 

1 

π

1

x + y −

π n

x − y +

π m

2 

2  =

, n ∈ Z ;

2 

2  =

+

, m ∈ Z ;

2

–2

0

1

х

1

1

–1

–1

x + y −

= n

2 , n ∈ Z ;

x − y +

= 1+ m

2 , m ∈ Z ;

2

2

1

1

y = − x + n

2 +

, n ∈ Z ;

y = x −

− m

2 , m ∈ Z ;

2

2

n = 0 , y = − x + 1 ;

m = 0 , y = x − 1 ;

2

2

1

1

n = 1 , y = − x + 2

;

m = 1 , y = x − 2 ;

2

2

1

n = −1 , y = − x −1 .

m = −1 , y = x +1 5

, .

2

Графік побудовано.

Варіант9  41

π π

y =

− π x + π

2 n, n ∈ ,



1



Z

π

 

y =

− x + n

2 , n ∈



,

Z

ІІ спосіб. cosπ y = cos

− π x ; 

2

2

При n = 0







2

π

 π



y = −

− π x

π

1

2 n, n

;

Z 





y = − + x + n

2 , n ∈ Z.

2

 −

∈





2



1

y =

− x



,



2

З урахуванням періоду маємо графік.



1

y = − + x.



2

4.3М. Побудуємо графіки за допомогою перетворень.

Отримана фігура симетрична відносно осі Oy; досить розгля-

у

нути її при x  0 .

Знайдемо точки перетину графіків при x  0 :

4

2

− x = 4 + 2 x .

1) 0  x < 2 , 4

2

− x = 4 + 2 x ;

x 2 + x

2 = 0 ;

x = 2

− — сторонній корінь, оскільки −2 > 0 , x = 0 .

1

2

6

2) x 2 , x 2 − 4 = 4 + x

2 ;

x 2 − x

2 − 8 = 0 ;

x = 2

− — сторонній корінь, x = 4 .

1

2

2

4



S = 2⋅  (4 + x

2 − 4 + x 2 ) dx + (4 + x

2 − x 2 + 4) dx =

∫

∫

0

2





2

4

3

3

x

x



1

8



2





2

 

8

64

= 2⋅  x +

x

8 x

 = 2⋅ 4 + −

+ 16 + 32 + − 4 − 16



3  + −

+

+

 3

 

0

х





3

3

3 –4 –3 –2  =

–1

0

2 

1 2 3 4



2

4

3

3

x

x



8



2





2

 

=

8

64

2⋅  x +

x

8 x  = 2⋅ 4 +

−

+ 16 + 32 + − 4 − 16 =



3  + −

+

+

 3

 





3

3

3



0

2 



48 

= 2⋅ 32 −

2 (32 16) = 32 (од2).



3  = ⋅

−

Відповідь. 32 од2.

4.4М. Маємо прямий паралелепіпед ABCDA B C D ; центр описаної кулі

B

C

1

1 1

1

1

1

лежить у середині його діагоналі DB . Кутом нахилу діагоналі до

1

площини основи є кут B DB ; за умовою ∠ B DB α . Кут між діа-

1

=

1

A

D

гоналлю BD і бічною гранню — це кут B DC (адже DC — про-

1

1

1

1

1

1

екція діагоналі B D на бічну грань). За умовою ∠ B DC

β . Ра-

1

1 =

1

O

діусом кулі є відрізок OD; за умовою OD = R , тоді B D = R

2 .

1

У  B BD : BD = B D cosα 2 cosα ; BB = B D ⋅sinα = R

2 sinα .

1

⋅

= R

1

1

1

У  B C D : C D = B D cosβ = R

2 cosβ ; B C = B D ⋅sinβ = R

2 sinβ = BC.

B

C

1 1

1

1

1 1

1

β

У  DCC : DC 2 = DC 2 − CC 2 = R 2

2

cos β − R 2

2

4

4

sin α ,

α

1

1

1

A

D

DC = R

2

2 β −

2

cos

sin α .

S

= 2⋅( BC + DC)⋅ BB = 2⋅ R

2

β + R

2

2 β −

2

sin

cos

sin α

R

(

)⋅2 sinα

1

=

біч

= 8 2

α

β +

2 β −

(

2

R sin

sin

cos

sin α ) .

Відповідь.

S

= 8 R 2

α

β +

2 β −

(

2

sin

sin

cos

sin α ) .

біч

42  Варіант10

Варіант 10

Частина перша

1.1. (−2+ (−6) ⋅4 = −8⋅4 = −32 .

Відповідь. Б).

1.2. Відповідь. Б).

2

7 2

2

a

a − 9

7 a ( a − 3) ( a + 3)

a + 3

1.3.

⋅

= −

= −

.

3 − a 14 3

a

( a −3) 14 3

2

a

a

Відповідь. В).

1.4. Відповідь. Г).

 x > 0,

1.5. log x = 2 ;

x = 9 .

3

 x

 = 32;

Відповідь. В).

4 32

32

1.6.

3 5 3 25

4

3 5 25

4 16

3

−

⋅

=

−

⋅

=

− 125 = 2 −5 = 3

− .

4 2

2

Відповідь. А).

1.7. Відповідь. Б).

12

12

3

1.8. P( A) =

=

= .

12 + 16

28

7

Відповідь. А).

1.9. Відповідь. Б).

1.10. x + x

3 = 1 °

80 ; 4 x = 180° ; x =

°

45 .

Відповідь. Г).

1.11. По 5 ребер в кожній з двох основ і 5 бічних ребер; разом 15.

Відповідь. В).

1.12. r = O A

9

3 (см), OO = 4 см (на рисунку).

1

=

=

1

O

A

1

У  OO A (∠ O = 90°) : OA = R = O A 2

2

2

2

3

4

5 (см).

1

+ OO 1 =

+

=

1

1

4

500π

V =

R 3

π

=

O

.

3

3

Відповідь. А).

Варіант 10 43

Частина друга



π

π

2 x +

≠

+ n

π , n ∈



3π



3π

n

π



Z,



2 x ≠

+ n

π , n ∈



,

Z

x ≠

+

, n ∈



,

Z

2.1. ОДЗ:

8

2



8

16

2



π 







π

π

t

π

tg 2 x +

0;

2

 x + ≠ t

π , t ∈ ;

Z

 x ≠ −

+

, t ∈ .

Z

 

8  ≠





8



16

2

7



π 

π

π

3π

3π

k

π

= 7

− ; tg 2 x +

1 ; 2 x +

= − + k

π , k ∈ Z ; 2 x = −

+ k

π , k ∈ Z ; x = −

+

,



π 



8  = −

8

4

8

16

2

tg 2 x +



8 

k ∈ Z .

3π

k

π

Відповідь. x = −

+

, k ∈ Z .

16

2

2

x

( x) x

x

x

(

)

2

2

8 ⋅ 2

− 2

2 8 ⋅2 − 1

2.2. D( y) : 4 x − 2 x−3 > 0 ; 22 x 2 x

−

⋅2 3− > 0 ; (2 x) −

> 0 ;

> 0 ;

> 0 .

8

8

8

1

Оскільки 2 x > 0 для будь­якого x, то 8⋅2 x −1 > 0 ; 2 x >

; 2 x > 2 3

− ; x > −3 .

8

Відповідь. D( y):(− ;

3 + ∞) .

2.3. v( t) = x′( t) = t

4 − 20 ; 4 t − 20 = 8 ; 4 t = 28 ; t = 7 с.

Відповідь. 7 с.

2.4. Точка D, що лежить на осі абсцис, має координати ( x; ;

0 0) . За умовою AD = BD , отже:

(2 2

x) + 32 + 32 = (3

2

− x) +12 + 42

−

;

4 4

2

x

x

18 9 6

2

−

+

+

= − x + x +17 ;

2 x = 4 ;

x = 2 .

Відповідь. D (2;0;0) .