Частина четверта

 x > a,

4.1



М. ОДЗ:  x > − ,

1

x

 ≠ .

0

0 < x +1<1,

−1< x < 0,

 x − a <



2



( x +1 2) , ( x+1) > x− a,

 x +1>1,

 x > 0,

 x − a >



2



( x +1 2) ( x+1) < x−



; 

a.

Розв’яжемо нерівність графічно. Побудуємо графіки функцій y = ( x +1)2

та y = x − a і розглянемо їх на інтервалах (0; + ∞) та (−1; 0).

а) −1 < x < 0 . Парабола y = ( x +1)2 повинна бути вище прямої y = x − a.

у

У точці x = − 1 при a = − 3 прямa y = x − a дотикається до параболи.

2

4

Отже, якщо a > − 3 , пряма міститься нижче параболи і розв’язком буде

4

проміжок (−1; 0), але, враховуючи ОДЗ ( x > a), проміжок буде ( a; 0).

Якщо a = − 3 , розв’язком є весь проміжок (−1; 0), крім точки x = − 1 ,

0

х

4

2

 3

1 

 1



3

враховуючи ОДЗ − ; −

a



та − ; 0 . Якщо −1 < < − , маємо дві точ4

2 

 2



4

1

3 4 a

ки перетину: ( x +1)2 = x − a ; x 2 + x +1+ a = 0; x = − ± − −

. Розв’язком

2



−1 − −3 − 4 a 

 −1+ −3 − 4 a



будуть проміжки

a;

та

; 0 . Якщо a > 0 ,



2





2



розв’язків на цьому проміжку немає.

Варіант11  49

1

3 4 a

у

б) x > 0. Пряма і парабола мають одну точку перетину x = − + − −

,

2

якщо a < −1. Нас цікавить та частина параболи, що розташована нижче



1

− +

3

− − 4 a 

прямої. Маємо розв’язок 0;

.



2



Пояснення: графік функції y = x − a є дотичною до графіка функ-

0

х

ції y = ( x +1)2, коли похідна від функції y = ( x +1)2 дорівнює 1. Отже,

2

1

 1   1



1

y′ = 2( x +1), y′ ( x ) = 2( x 1 1; x = − ; y −

1

; функ-

0

0 +

)=

0

2

 2  = − +

 2

 = 4

 1 1 

ція y = x − a проходить через точку −



;

, після підстановки маємо

2

4 

a = − 3 .

4



1   1



3

Відповідь. При a > − 3 x ∈( a; 0); при a = − 3 x ∈ −1; −

∪

; 0 ; при −1 < a < −

4

4



2 

−

 2



4



−1 − −3 − 4 a   −1 + −3 − 4 a



x ∈ a;

∪

; 0 ; при a = −1 розв’язків немає; при a < −1



2

 

2





−1 + −3 − 4 a 

x ∈ 0;

.



2



x

2

x 2 4

4.2М. y =

+

=

+ .

2

x

x

2

(− x)2 +

x 2

4

+ 4

1) y(− x) =

y x — функція непарна.

2(− x) = −

= − ( )

x

2

у

2) Точок перетину з осями координат немає.

x 2 + 4

3) lim

= + ∞ , x = 0 — вертикальна асимптота,

x→0

x

2

2 +

2 +

причому

x

4

x

4

lim

= + ∞ , lim

= − ∞ .

x→0+0

x

2

x→0−0

x

2

2

y( x)

x 2 + 4

1

lim

= lim

=

= k .

–2

x→∞

x

x

→∞

x 2

2

2

0

2

х

 x 2 + 4 1 

4

lim( y( x) − kx) = lim

− x

lim

0 b .

x→∞

x→∞

x



x

→∞

2

2  =

= =

x

2

–2

Маємо похилу асимптоту y = 1 x .

2

4) Дослідимо на монотонність, на екстремуми функ-

x

2 ⋅ x

2 − 2( x 2 + 4) x 2 − 4

цію: y′( x) =

=

= 0 ; x 2 − 4 = 0 ;

4 x 2

x

2 2

x = ±2 . x

2 ⋅ x

2 − 2( x 2 + 4)

2

′( ) =

x − 4

y x

+

–

0

2

+ =

=

4 x

x

2 2

у( х)

–2

0 2

х

y

(−2)= −2 ; y (2)= 2 .

max

min

Графік побудовано.

50  Варіант12

1

4.3М. 1) Знаходимо рівняння дотичної: y 1

( )=1; y′( )1=

= 1 .

x

у

1

y = x −1+1 = x — рівняння дотичної.

Знайдемо точки перетину функцій y = 2 x та y = x :

4

2 x = x ; ОДЗ: x  0 .



2

3

 4

4

 x = 0,

4

 x 2

x 2 

 4

x 2 

32

1

16

16

8

2

4

2

x = x ; 4

2

x − x = 0 ;

S =

x

( − x dx

=

x x

) =

−

−

=

=

= 2

x

 = 4.





3

2

 3

2 

=

−

∫ 2

2

3

2

6

3

3

0

0 1

4

х

4

 2



0

0



3



4

4

 x 2

x 2 

 4

x 2 

32

1

16

16

8

2

S =

x

( − x dx

) =

−

=

x x





−

=

=

= 2 .

3

2

 3

2 

=

−

∫ 2

2

3

2

6

3

3

04

 2



0



3



0

4

4

 x 2

x 2 

 4

x 2 

32

1

16

16

8

2

S =

x

( − x dx

=

x x −

Відповідь.

) =

−





=

=

= 2 .

3

2

 3

2 

=

−

∫ 2

2

3

2

6

3

3

0

 2



0

S

0

4.4М. Розглянемо переріз конуса та кулі площиною, що проходить

через вісь конуса. У перерізі маємо рівнобедрений трикутник,

вписаний в круг радіуса кулі; O — центр кулі.

 AOS рівнобедрений ( AO = OS як радіуси кулі), тоді

O

∠ SAO = ∠ ASH = α .

Кут AOH — зовнішній кут  ASO , тоді ∠ AOH = 2α . Нехай

B

R — радіус кулі, тоді з  AOH : AH = AO sin AO

∠

H = R sin2α ;

H

OH = AO cos∠ AOH = R cos2α .

A

Тоді SH = SO + OH = R(1+

2α) = R

2

2

cos

cos α .

S

1

π

2 R 3

π

V

= ⋅ SH ⋅ AH 2 ⋅ π = ⋅ R

2

cos α ⋅ R 2

2

sin α =

2

2

2

2

sin 2αcos α .

кон

3

3

3

R 3π

V

= 4

.

кулі

3

O

2 R 3

π

2

2

V

sin 2α cos α

2

sin 2

2

αcos α

кон

=

3

=

.

A

H

B

V

4 R 3π

2

кулі

3

sin2 α cos2

2

α

Відповідь.

.

2

Варіант 12

Частина перша

1.1. 8 : 40⋅100 = 20 (га), або 8 : 0,4 = 20 (га).

Відповідь. Б).

1.2. Відповідь. Б).

Варіант 12 51

2

2

1

1

1

6

1.3.

− 3 ⋅ 0 12

,

=

− 3⋅0 12

,

=

− 0,36 = − 0,6 = −

= 0

− 1

, .

8

8

4

2

2

10

Відповідь. Г).

1.4. Відповідь. А).

1.5. Відповідь. В).

x

x

π

1.6. tg

= 1

− . ОДЗ:

≠

+ n

π , n ∈ Z ; x ≠ π + n

π

2

, n ∈ Z ;

2

2

2

x

π

π

= − + k

π , k ∈ Z ; x = − + 2 k

π , k ∈ Z .

2

4

2

Відповідь. А).

!

4!

1.7. C 1 ⋅ C 1

5

=

⋅

= 5⋅4 = 20 .

5

4

4 ⋅!1! 3 ⋅!1!

Відповідь. Г).

1.8. Відповідь. В).

1.9.

a = (−4)2 + 32 = 16 + 9 = 5 .

Відповідь. В).

B

7

C

AD − BC

13 − 7

1.10. На рисунку AM =

=

= 3 (см).

2

2

5

У  BMA (∠ M =

°

90 ) : BM = AB 2 − AM 2 =

2 − 2

5

3 = 4 (см);

BC + AD

7 + 13

S =

⋅ BM =

⋅4 = 40 (см2).

A

M

13

D

2

2

Відповідь. Б).

1.11. Оскільки піраміда правильна, то площа бічної поверхні дорівнює сумі площ трьох бічних гра-

ней, які є рівнобедреними трикутниками з основою 8 см і висотою l, де l — апофема піраміди.

1

S = 3⋅ l⋅8 = 60 ; l = 5 см.

2

Відповідь. А).

A

1.12. У  AKB (∠ K =

°

90 ) знаходимо:

AK = AB 2 − BK 2 =

2 − 2

10

6 = 64 = 8 (см).

У  AKC (∠ K =

°

90 ) знаходимо:

K

AC = KC 2 + AK 2 =

2 + 2

15

8 = 289 = 17 (см).

В

С

Відповідь. Б).

52 Варіант 12