Частина третя

3.1. Знайдемо точки перетину графіків функцій y = x 2 та y = x

4 − 3 .

у

x 2 = x

4 − 3 ;

9

x 2 − x

4 + 3 = 0 ;

 x = 3,

x

 = 1.

3

3

3

2



x

2





1 

1

S = ( x − − x ) dx = x − x −

.

3

3

3

1



 =

− − −

− −



 =

∫ 4 3

2

3

18 9 9

2 3

1

1

1

Відповідь. 1

.

3

–2

0

1

3 х

3.2. lg2 100

( x)−7lg x = 8. ОДЗ: x > 0 .

2

(lg 100

( x) −7lg x = 8 ;

(lg100 lg 2

+ x) −7lg x = 8 ;

(2

2

+ lg x) −7lg x = 8 ;

4 4

2

+ lg x + lg x −7lg x − 8 = 0 ;

lg2 x − 3lg x − 4 = 0 ;

lg x = ,

4

 = 4

x 10 ,

lg x



= − ;

1

x

 = 0 1

, .

Відповідь. x = 104 ; x = 0 1

, .

3.3. За умовою ∠ BAO = α .

Розглянемо осьовий переріз — це рівнобічна трапеція

О

С

1

ABCD, в якій за умовою BD ⊥ AC .  BOC — рівнобедре-

B

ний, ОО — висота і бісектриса, тоді ∠ BOO

45° ; аналогічно

1 =

1

∠ AOO

45°, отже,  BO O i  AO O є рівнобедреними. Нехай

2 =

1

2

R — радіус нижньої основи, r — радіус верхньої основи. То-

ді з  BOO : BO 2 = r 2 + r 2 = r 2

2 ; із  AOO : AO 2 = R 2 + R 2 = R 2

2

;

1

2

D

α

AB 2

О

із  ABO : AB 2 = r 2 + R 2

2

2

; r 2 + R 2 =

.

Н

2

A

О

S

= π⋅ AB⋅( r + R) ; S + S

2

2

2

2

π

π

π

.

B

1

С

2 =

r + R = ( r + R )

біч

1

BH

r + R

Із  ABH : BH = O O

;

= sinα , тоді

= sinα .

1

2 = r + R

AB

AB

О

S

π ⋅ AB⋅( r + R)

AB ⋅( r + R)

2( r + R)

бі ч

=

=

= 2sinα .

S + S

2

2

2

π

2

( + ) =

1

r

R

AB

AB

2

S

A

Н

О

D

Відповідь.

бі ч

= 2sinα .

2

S + S

1

2

58 Варіант 13

Частина четверта

4.1М. ( x − 2)arccos( x − a) 0 .

Розв’язання нерівності зводиться до розв’язання системи нерівностей:

−



 



 x − a −1, x a −1,

x − a  , 



{ 1

1  x − a1,  x a+1,

x − 2  0;

x

  2;

x 



2.

1) При a −1 2 , тобто при a  3 , x ∈[ a −1; a + ]

1 .

2

а – 1

а + 1

х

a −  ,

a  3,

2) При { 1 2 , тобто при {

, або при 1  a  3 , x ∈[2; a + ]

1 .

a +1 2

a 1

а – 1

2

а + 1

х

3) При a +1 < 2 , тобто при a < 1, x = a +1 , оскільки arccos( a +1− a) = 0. а – 1 а + 1 2 х

Відповідь. При a < 1 x = a +1 ; при 1  a  3 x ∈[2; a + ]

1 ; при a  3 x ∈[ a −1; a + ]

1 .

4.2М.

x 2 + x − =

− y 2

2

3

5

.

+

–

+

 x 2 + x

2 − 3  0,

( x+



3)( x − )

1  0,

– 3

1

x ∈(− ∞; − 3]∪[ ;

1 + ∞);

ОДЗ: 



5

 − y 2  0;

( 5 − y 5 y 

 5; 5 



)( + ) 0; – + – y∈ −

.

x 2 + x − = − y 2

2

3 5

;

− 5

5

x 2 + x + + y 2

2

1

= 5 + 3 +1 ;

у

( x+ )12 + y 2 = 9.

Маємо коло з центром в точці (−1;0) і радіусом 3. Множи­

на точок кола обмежена областю допустимих значень. Пряма

5

y = − 5 перетинається з колом в точках (−3; − 5 ) і 1;

( − 5);

y =

0

5 перетинається з колом в точках (−3; 5 ) і 1; 5

( ). Отже,

–3

–1

1 2

х

розв’язком рівняння є дві дуги кола, що відтинаються від ньо­

− 5

го прямими x = −3 і x = 1 .

Графік побудовано.

4.3М. Запишемо рівняння дотичної до графіка функції y = x 2 − x

2 + 3 в точ­

у

ці x = 2 : y(2) = 4 − 4 + 3 = 3 ; y′(2) = ( x

2 − 2) = 2 ; рівняння дотичної:

0

2

y = 2( x − 2) + 3 = x

2 −1 . Побудуємо дотичну та параболу.

y = x 2 − x + = x 2 − x + + = ( x − )2

2

3

2

1 2

1 + 2 .

2

2

2

2

S = ∫( x 2 − x

2 + 3 − ( x

2 − )

1 dx = ∫( x 2 − x

2 + 3 − x

2 + )

1 dx = ∫( x 2 − x

4 + 4) dx =

0

0

0

0

1 2

х

2

–1

2

3

2

( x 2)

 8  8

2

= ( −2)

=

= 0 − −

2

.

3

 3  =

=

∫

−

x

dx

3

3

0

0

2

Відповідь. 2

.

3

Варіант 14 59

4.4М. ABCDS — дана правильна чотирикутна піраміда, центр O вписа-

S

ної кулі належить її висоті SH.

За умовою SO = a .

Кут нахилу бічної грані до площини основи — це кут між апофе-

мою SK та її проекцією на основу, отже, ∠ SKH = α .

Р

О

Розглянемо  SHK : OP = OH як радіуси кулі, SO = a , ∠ SKH = α ,

B

C

тоді ∠ HSK =

°

90 − α .

Н

K

Із  SOP : OP = SO ⋅sin∠ OSP = a sin( °

90 − α) = a cosα ;

A

D

SP = SO ⋅cos OS

∠

P = a cos(90° − α) = a sinα ;

S

SH = SO + OH = a + a cosα = a(1+ cosα) .

HK

SH

P

 SOP   SHK за двома кутами, тоді

=

,

OP

SP

О

SH ⋅ OP

a(1+ cosα)⋅ a cosα

HK =

=

= a ctgα(1+ cosα) .

α

SP

a sinα

Н

K

AB = BC = CD = AD = 2 HK = a

2 ctg(1+ cosα) ;

SH

a(1+ cosα)

SK =

=

.

sinα

sinα

2

1

a(1+

α)

4 a 2

cos

cctg α 1

( + cosα)

S

= 4⋅ ⋅ SK ⋅ DC = 2⋅ SK ⋅ DC = 2⋅

⋅ a

2 ctgα(1+ cosα) =

.

біч

2

sinα

sinα

4 a 2

α(1+

α)2

ctg

cos

Відповідь.

S

=

.

біч

sinα

Варіант 14

Частина перша

1

4

7

12

19

1.1. 4 + 2

= 4

+ 2

= 6

.

3

7

21

21

21

Відповідь. А).

1.2. Відповідь. Б).

4 x − 3

2 x + 1

4 x − 3

2 x + 1

4 x − 3 − 2 x − 1

2 x − 4

2( x − 2)

1.3.

+

=

−

=

=

=

= 2 .

x − 2

2 − x

x − 2

x − 2

x − 2

x − 2

x − 2

Відповідь. В).

1.4. Відповідь. Г).

1.5. Відповідь. Г).

1.6. 2 x−2 + 2 x = 10 ;

2 x 2 2

−

2 x

⋅

+

= 10 ;

60 Варіант 14

 1



2 x

+1

10

 4

 =

;

5

2 x ⋅

= 10 ;

4

2 x = 8 ;

x = 3 .

Відповідь. В).

1.7. Відповідь. В).

x 3

1.8. F( x) = 3⋅

+ C = x 3 + C .

3

F(− )

1 = (− )

1 3 + C = 2 ; C = 3 ; F( x) = x 3 + 3 .

Відповідь. Г).

B C

A B

3

1.9.

1

1

1

1

=

= .

BC

AB

2

Відповідь. Б).

1.10. Шуканий кут лежить напроти сторони AC = 3 см.

2

I спосіб. За теоремою косинусів:

3

12 22 2 1 2

( ) = + − ⋅ ⋅ ⋅cosα; cosα= 1 ; α= °

60 .

2

II спосіб. Зверніть увагу, що маємо справу з прямокутним трикутником із гіпотенузою 2.

1

Одразу видно, що косинус кута між сторонами AB і BC дорівнює

.

2

Відповідь. В).

1.11. Відстань не може бути більшою за діаметр сфери, тобто 12 см.

Відповідь. Г).

1.12. d 2 a 2 b 2 c 2

=

+

+ ; 72 32 62

2

=

+

+ c ; c 2 = 4 ; c = 2 .

S = 2( ab + bc + ac) = 2(3⋅6 + 6⋅2 + 3⋅2) = 72 (см3).

Відповідь. А).