Частина друга

2

 t = −10,

2.1. 4 x + 2 x+1 = 80 ; 2 x

2 x

( ) + ⋅2−80=0 ; нехай 2 x = t , тоді t 2 + t 2−80=0 ;

Оскільки 2 x > 0 ,

t

 = 8.

то t = −10 — сторонній корінь.

Отже, 2 x = 8 ; x = 3 .

Відповідь. x = 3 .

Варіант11  47

x

2

2.2. Позначимо за x кількість чорних кульок. Тоді P( A) =

=

. Розв’яжемо рівняння.

12 + x

5

5 x

2 1

( 2+ x)

ОДЗ: x ≠ −12 .

x =

; x = 8 .

5 1

( 2+ x) = 5 1(2+ x) ; 3 24

Відповідь. 8.

2.3.

x + 24 x − 8 = 0 . ОДЗ: x  0 .

 t = −4,

Позначимо 4 x = t , тоді t 2 + t

2 − 8 = 0 ; t =2.

Оскільки 4 x  0 , то t = −4 — сторонній корінь. Отже, 4 x = 2 ; x = 16 .

Відповідь. x = 16 .

2.4. ABCD — квадрат зі стороною 8 см; міститься на відстані OO = 4 см

1

від центра сфери. Діагональ BD квадрата дорівнює 8 2 см.

B

C

1

O 1

O D =

BD = 4 2 (см).

1

2

У  OO D (∠ OO D = 90°) :

A

D

1

1

2

O

R = OD = OO 2

2

2

4 2

2

36

6 (см);

1 + O D

1

= (

) + = =

S = 4 R 2 = 4 ⋅62

π

π

= 144π (см2).

сф

Відповідь. 144π см2.

Частина третя

3.1. 5cos x + 2sin2 x = 0 ;

5cos x + 4sin x cos x = 0 ;

cos x 5

( +4sin x)= 0 ;



π



x =

+ k

π , k ∈ ,

cos x = ,

0



Z



2

Рівняння sin x = − 5 не має розв’язків, тому найбільший

5 + 4sin x = ;

0 

5

sin x = − .

4



4

π

від’ємний корінь обираємо серед розв’язків рівняння x =

+ k

π , k ∈ Z . Якщо k = −1 , то

2

x = − π .

2

Відповідь. x = − π .

2

3.2. Позначимо R — радіус циліндра, H — його висоту, тоді V = R

π 2 H = 16π ; R 2 H = 16 ;

ц

2

 2

16 

 2 16 

H = 16 . Отже, S

= 2 R

π

+ 2 RH

π

= 2π R + R ⋅

2π R

. Дослідимо функцію

R 2

пов



R 2  =

+



R 





16 

R 3 −

2

16 

8

S( R) = 2π R +

на екстремум ( R > 0). S′( R) = 2π R

2 −

4π

0 ; R 3 − 8 = 0 ; R = 2 .



R 



R 2  =

=

R 2

3

Функція S( R) набуває мінімуму в точці 2. ′( ) = 

16 

R − 8

S R

2π – R

2 −

π

2

+

4

0



R  =

=

R 2

0

2

R

S( R)

Відповідь. 2.

48 Варіант 11

3.3. Оскільки бічні ребра піраміди рівні, то основа її висоти — точка O,

рівновіддалена від вершин трапеції (  AOS = BOS = COS = DOS

S

за спільним катетом та гіпотенузою). Отже, навколо трапеції можна

описати коло, з чого маємо висновок, що вона рівнобічна.

Знайдемо R

, усвідомлюючи, що

ABCD

AC ⋅ CD ⋅ AD

AC ⋅ CD ⋅ AD

AC ⋅ CD

R

= R

=

=

=

.

ABCD

ACD

4 S

1

CN

2

B

C

ACD

4 ⋅

CN ⋅ AD

2

О

AD − BC

8 − 6

AM = ND =

=

= 1; AN = AM + MH = 7 (см).

2

2

A

D

У  ANC (∠ N =

°

90 ) : AC = AN 2 + CN 2 =

2 + 2

7

7 = 7 2 (см).

B

C

У  CAD (∠ N =

°

90 ) : CD = CN 2 + ND 2 =

2

7 +1 = 5 2 (см).

7 2 ⋅5 2

О

AO = R

=

= 5 (см).

ACD

2⋅7

A

M

N

D

У  AOS (∠ O =

°

90 ) : SO = AS 2 − AO 2 = 169 − 25 = 12 (см).

Відповідь. 12 см.