Частина друга

2.1. 0

2

 sin x1 ;

0 2

2

 sin x2 ;

−3 2

2

 sin x −3 −1.

E( f):[− ;

3 − ]

1 .

Відповідь. [−3; − ]

1 .

2.2. log

x+1

5

( ⋅2 −36)= x.

2

ОДЗ: 5 2 x+1

⋅

− 36 > 0 ; 5⋅2 x ⋅2 > 36 ; 2 x > 3,6 ; x > log ( ,

3 6 .

2

)

5⋅2 x ⋅2 − 36 = 2 x ; 10⋅2 x − 2 x = 36 ; 9⋅2 x = 36 ; 2 x = 4 ; x = 2 — задовольняє ОДЗ (2 > log (3,6) .

2

Відповідь. x = 2 .

1

x 2

2.3. F( x) = 2⋅

− x

5 + C = 4 x − x

5 + C ;

1

2

F(4) = 4 4 −5⋅4 + C = 1

− 0 ;

8 − 20 + C = 1

− 0 ; C = 2 .

Відповідь. F( x) = 4 x − x

5 + 2 .

4

O

2.4. V =

R 3

π

= 36π ; R 3 = 27 ; R = 3 см.

1

3

A

3

 OO A — прямокутний і рівнобедрений (∠ A = °

45 ) , тому O O = O A =

;

O

1

1

1

2

S = r

π 2 = O

π A 2

9 (см2).

1

= π 2

Відповідь. 4 5

, π см2.

Частина третя

5

2

− sin x

2

 −



2





π

3.1.

= 1. ОДЗ: 5 sin x 0,

x 5



sin

,



x ≠ −

+ 2 k

π , k ∈ Z .

1 + sin x

1

 + sin x ≠ 0;

sin x



≠ − ;

1

2

5

2

− sin x = 1+ sin x ;

1 + sin x  0 для будь-якого x, тому 5

2

sin x

1

2

−

= ( + sin x) ;

5

2

sin x 1 2

2

−

= + sin x + sin x ;

2

2

sin x + 2sin x − 4 = 0 ;

sin2 x + sin x − 2 = 0 ;

sin x = − ,

2

Рівняння sin x = −2 не має розв’язків.

sin x



= .

1

Варіант 12 53

sin x = 1 ;

π

x =

+ 2 n

π , n ∈ Z .

2

π

Відповідь. x =

+ 2 n

π , n ∈ Z .

2

16cos20°cos40°cos80°sin20°

8sin40°cos40°cos80°

4sin8 °

0 cos8 °

0

2sin1

°

60

3.2.

=

=

=

=

sin20°

sin20°

sin

°

20

sin

°

20

2sin(1 °

80 −

°

20 )

2sin2 °

0

=

=

= 2 .

sin

°

20

sin

°

20

Відповідь. 2.

3.3. Розглянемо прямокутну трапецію ABO O ( OO — висота кону-

О

1

1

1

са) з основами r і R та ∠ BAO =

°

60 . BN ⊥ AO ; AN = R − r .

B r

AN

R − r

У  ANB (∠ N =

°

90 ) : AB = l =

=

= 2( R − r).

cos∠ A

cos

°

60

S

= l

π ( R + r) = π

2 ( R − r)( R + r) = π

2 ( R 2 − r 2) .

біч

R

О

N

Відповідь. 2

2

2

π( R − r ).

A

Частина четверта

4.1М. Побудуємо графік функції f ( x) = − x 2 + x

3 + x − 4 .

у

 x − 4  0,

 x − 4 < 0,

1) 

2)

5

f

2



2

 ( x) = − x + x

3 + x − 4;

f

 ( x) = − x + x

3 − x + 4;

 x  4,

 x < 4,



f



2

 ( x) = − x 2 + 4 x − 4;

f

 ( x) = − x + x

2 + 4;

f ( x) = −( x − 2)2 .

f ( x) = −( x − )

1 2 + 5 .

0

1

2

4

х

Графіком функції y = a є пряма, паралельна осі абсцис.

На рисунку бачимо таке.

Якщо a > 5 — немає точок перетину.

–4

Якщо a = 5 — одна спільна точка 1

( ;5).

Якщо a < 5 — дві точки перетину.

Відповідь. При a > 5 — графіки не перетинаються;

при a = 5

1 графіки мають одну точку перетину;

при a < 5 графіки мають дві точки перетину.

54 Варіант 12

4.2М. log

( y 2 + x 2)log 9;

y− x

y− x

у



 y > x + ,



1

y − x > 1,





y

 2 + x 2  9,

y

 2 + x 2  9, 







y > x,

0 < y − x < 1, 

3



 y < x +1,

y

 2 + x 2  9;  y

 2 + x 2  9.

Геометричним образом нерівності y > x +1 є півплощина

над прямою y = x +1 , а нерівності y 2 + x 2  9 — частина

площини за виключенням круга з центром в точці (0;0)

–3

0

3

х

та радіусом 3.

Геометричним образом нерівностей y > x і y < x +1 є час-

тина площини між прямими y = x і y = x +1 , а нерівності

y 2 + x 2  9 — круг з центром в точці (0;0) та радіусом 3.

–3

Графік побудовано.

4.3М. x 2 − x

2 + 2 = cos( x −1) ;

x 2 − x

2 +1+1 = cos( x −1) ;

( x − )12 +1= cos( x − )1 ;

( x − )12 +11; cos( x − )11.

Робимо висновок, що рівність справджується, коли її ліва та права частини дорівнюють оди ниці.

( x − )12 +1=1,



⇒ x = 1 .

cos( x − )

1 = 1;

Відповідь. x = 1 .

S

4.4М. Нехай маємо правильну піраміду ABCS; за умовою ∠ ASC = α .

Центр описаної кулі належить висоті SO , точка O — центр

1

описаної кулі. BH — висота  ABC, тоді O H ⊥ AC ; проведе-

1

мо SH: за теоремою про три перпендикуляри SH ⊥ AC . Нехай

AC

a

2

B

AH = a , AC = a

2 , BO =

=

(як радіус описаного навко-

O

1

3

3

ло  ABC, тоді O

кола). H ⊥ AC

1

A

AH

O

Із  ASH : AS =

(оскільки SH є також бісектрисою ку-

1

α

H

sin 2

C

S

a

та ASC); SB = AS =

.

α

sin 2

Розглянемо  SO B . Цей трикутник прямокутний; SO = OB

1

як радіуси кулі, описаної навколо піраміди; за умовою

O

SO = OB = R .

 SOB — рівнобедрений, тоді ∠ OSB = ∠ OBS = x ,

∠ O OB = x

2 — як зовнішній кут для  OSB .

O 1

B

1

2 a

α

2sin

BO

3

2

sin x =

1 =

=

;

SB

a

3

α

sin 2

Варіант 13 55

α

4sin2

1

α

1

α

1

cos x = 1 − sin2 x = 1 −

2 =

3 − 4sin2

=

1 + cos2

=

1 + cosα .

3

3

2

3

2

3

α

2sin

1

4 R

α

Тоді з  O OB : O B = OB⋅sin x

2 = R ⋅2sin x cos x = R

2

2

⋅

⋅

1 + cosα =

sin

1 + cosα .

1

1

3

3

3

2

R ⋅2 sin x ⋅ cos x ⋅ cos x

2 R

Із  SO B : SO = O B⋅ctg x =

= R

2

2 cos x =

1

( + cosα) .

1

1

1

sin x

3

AC 2

3 3 ⋅ BO 2

3 3 16 R 2

3

α

4 2

R

3

α

AC = BO 3 ; S

=

=

1

=

⋅

2

sin

(1+ cosα)=

2

sin

(1+ cosα).

1

осн

4

4

4

9

2

3

2

α

3

2

2

( cosα)

2

8 3 R sin

1 +

1

1 4 3 R

α

2 R

V = S

sin

cosα

cosα

.

осн ⋅ SO

2

1

1

1 =

⋅

( +

)⋅ ( +

)=

2

3

3

3

2

3

27

α

8 3 R 3

2

(1+ α)2

sin

cos

Відповідь. V =

2

.

27

Варіант 13

Частина перша

1.1. Відповідь. Г).

1.2. (2 2 −3 +5) −(2 2 −5 −1) = 2 2 −3 +5 −2 2

x

x

x

x

x

x

x + 5 x +1 = 2 x + 6 .

Відповідь. А).

1.3. Відповідь. Б).

1.4.

c

0

b

a

Відповідь. В).

1.5. 2 x−1 = 25 ; x −1 = 5 ; x = 6 .

Відповідь. Б).

1.6. Відповідь. А).

1.7. Відповідь. Г).

 x = 0,

1.8. y′ = x

3 2 − x

6 ; y′ = 0 ; 3 2

x − 6 x = 0 ; 3 x( x − 2) = 0 ; x

 = 2.

Відповідь. Б).

1.9. 18 :3⋅4 = 24 (см).

Відповідь. Г).

56 Варіант 13

1

B

1.10. На рисунку BD = 24 см; BO =

BD = 12 (см). У  BOC (∠ O = °

90 ):

2

CO = BC 2 − BO 2 =

2 − 2

13

12 = 25 = 5 (см); AC = CO

2

= 10 (см).

Відповідь. В).

A

C

O

D

1.11. S

= 2 R

π ⋅ H = 2⋅ π⋅3⋅5 = 30π (см2).

біч

Відповідь. Б).

2

1.12. AB = (1−(− )

1

+ (8 −2)2 + (0 −3)2 = 4 + 36 + 9 = 49 = 7 .

Відповідь. В).

Частина друга

2.1. log 42 = log (2⋅3⋅7) = log 2 + log 3 + log 7 = 1+ b + a .

2

2

2

2

2

Відповідь. 1 + b + a .

!

7!

4 ⋅5⋅6 6 ⋅7

2.2. C 3 ⋅ C 2

6

=

⋅

=

⋅

= 420 .

6

7

3!3! 5!2!

2⋅3

2

Відповідь. 420.

у

1

1

3

3

3

e 3

e

3

 e x



e

 1



e

e

3

2

3

2

2.3. S = ( e x − ex ) dx =

− ex

e

1

=

−

+ .

1

3

3

3

3

3

3

0



 =

− −

−



 =

+

∫

−

0

e 3 − e

3 + 2

1

х

Відповідь.

.

3

S

2.4. Оскільки піраміда правильна, то основа висоти потрапляє в центр

описаного кола — точку O. SO ⊥ ( ABC) , SO ⊥ OB , ∠ SBO =

°

45 ,

OB = R .

У  SOB (∠ O =

°

90 ) : OB = SO = 4 см = R .

a

B

Оскільки R =

, то a = R 3 . Отже, AB = 4 3 см.

3

A

O

1

1 1

1

3

V = S

sin

осн ⋅ H =

⋅ ⋅ AB⋅ BC⋅

°

60 ⋅ SO =

⋅4 3 ⋅4 3 ⋅

⋅4 = 16 3

3

3 2

6

2

1

1 1

1

3

C

V = S

sin

(см3).

осн ⋅ H =

⋅ ⋅ AB⋅ BC⋅

°

60 ⋅ SO =

⋅4 3 ⋅4 3 ⋅

⋅4 = 16 3

3

3 2

6

2

Відповідь. 16 3 см3.

Варіант 13 57