Частина друга

2 

3π 

2.1. cos(π + α)cos(α − 2π) + sin α −

cosα cos(2π α) + cos2 α = −cos2 α + cos2 α = 0 .



2  = −

⋅

−

Відповідь. 0.

1 − lg x

2.2. Оскільки знаменник виразу

набуває додатних значень за будь-якого x, то з’ясуємо,

x + 2

lg x < , x <

,

коли 1 − lg x > 0 : {

1 { 10

x > ;

0

x > 0.

Відповідь. x ∈(0;10) .

Варіант 14 61

− x

2 ( x + 2) −1⋅(3 − x 2 )

− x

2 2 − x

2 − 3 + x 2

− x 2 − x

2 − 3

2.3. f′( x) =

=

=

=

(

0 .

x + 2)2

( x +2)2

( x +2)2

Критичні точки функції — це точки, в яких похідна дорівнює нулю або не існує.

 x = −3,

Отже, знайдемо корені рівняння − x 2 − x

2 − 3 = 0 ; x

 = −1.

Похідна f ′( x) не існує в точці x = −2 , а f′( x) = 0 — в точках x = −1 і x = −3 .

Відповідь. –1; –2; –3.

2.4. CD є перпендикулярним до площині основи; CD ⊥ AD ; AC = 8 см,

С

О 1

∠

3

CAD =

°

30 . У  CDA (∠ D =

°

90 ) : AD = AC⋅cos3 °

0 = 8

= 4 3

B

2

3

AD = AC ⋅cos3 °

0

= 8

= 4 3 (см); ∠ AOD = 12 °

0 .

2

Розглянемо рівнобедрений  AOD ( AO = OD = R) . За теоре-

мою

косинусів

маємо:

AD 2 = AO 2 + OD 2 − 2⋅ AO ⋅ OD ⋅co 1

s 20° ;

2

1

4 3

2

2

R

R

2 2

R

3 2

( ) = + + ⋅ = R ; R=4 см.

D

2

Відповідь. 4 см.

O

A

Частина третя

3.1. ОДЗ: x > 0 .

Нехай lg x = t , маємо: t 2 − t  0 ; t( t − )

1  0 ; t = 0 , t = 1 +

+

1

2

0

– 1

х

0  t 1 ; 0  lg x 1 ; 1  x 10 .

Відповідь. x ∈[1;10] .

3.2. a + b = 64 , f ( a, b) = ab ; a = 64 − b , f( b) = b 64 − b 2 .

f ′( b) = 64 − b

2 = 0 ; b = 32 .

b

= 32 ; a = 64 − 32 = 32 .

+

–

max

Відповідь. a = b =

х

32 .

32

3.3. ∠ A =

°

30 , S

= 12 3 см2.

DD C C

1 1

Кут нахилу діагоналі бічної грані до площини

B

C

C

1

1

основи — це кут між діагоналлю та її проек-

цією на основу, отже, ∠ C DC 60 .

1

=

°

S

= C C⋅ DC .

DD C C

A

1 1

1

1

D

Нехай DC = x , тоді з  C CD :

1

1

B

D

C C = x tg60° = x 3 ; C C ⋅ DC = x 2 3 ;

1

1

x 2 3 = 12 3 ; x 2 = 12 ; x = 2 3 .

B

C

1

1

S

= CD 2 ⋅sin ° = x 2

30

⋅ = 12⋅ = 6 (см2).

осн

2

2

A

A

D

Відповідь.

S

= 6 см2.

осн

62 Варіант 14

Частина четверта

4.1М. x 2 −

+ x 2

4

− 9 = a .

у

Побудуємо графік функції y = x 2 −

+ x 2

4

− 9 та з’ясуємо, в яких

13

точках він перетинається з прямою y = a .

Розкриємо модуль.

+ +

–

+ +

–2

2

х

5

+ –

–

– +

–3

3

х

1) x ∈(− ∞; − 3)∪( ;

3 + ∞) ; y = x

2 2 −13 .

–3 0

2 3

х

2) x ∈[−3; − 2]∪[2;3] ; y = 5 .

3) x ∈(− 2;2) ; y = − x

2 2 +13 .

На рисунку бачимо, що при a < 5 точок перетину немає.

Якщо a = 5 , то розв’язком є інтервали x ∈[−3; − 2] та x ∈[2;3].

Коли 5 < a < 13 , пряма y = a перетинається з обома параболами;

маємо чотири розв’язки:

–13



13 + a

 x = ±

,

2 2

 x −13 = a,

2





2 2

− x +13 = a; 

13 − a

x

 = ±

.



2

13 a

При a = 13 маємо три точки перетину: x = 0 та x = ±

+

.

2

13 a

Якщо a > 13 , маємо дві точки перетину: x = ±

+

.

2

13 a

Відповідь. При a < 5 розв’язків немає; при a = 5 x ∈[−3; − 2]∪[2;3] ; при 5 < a <13 x = ±

+

,

2

13 a

13 a

13 a

x = ±

−

; при a = 13 x = 0 , x = ±

+

; при a > 13 x = ±

+

.

2

2

2

x − 1

1

4.2М. y =

= 1−

.

x

x

x 1

+

–

+

1) D( y)

−

:

 0

D( y): (− ∞;0)∪[ ;

1 + ∞) .

у

x

0

1

2) Функція загального вигладу.

3) Графік функції перетинається з віссю абсцис в точці x = 1 .

x −

1

1

4) lim

= 1, y = 1 — горизонтальна асимптота.

x→∞

x

0

1

х

x − 1

lim

= + ∞ , x = 0 — вертикальна асимптота.

x→0−0

x

1

1 

1  − 2 1

x

5) y′ =

1 −

0 , функція зростає на всій

2 

x 

⋅

=

>

x 2

2 x − 1 ⋅ x 2

області визначення.

Графік побудовано.

Варіант 15 63

4.3М. 3 2

sin x  cos x .

Оскільки 3 2

sin x 1 , cos x 1, то нерівність має розв’язки, якщо 3 2

sin x = cos x = 1 .

2

sin x



2



=

x = k, k ∈ ,

Z

3

= 1,

x 0



sin

,



{ π

x = 2 n

π , n ∈ Z .

cos x



= 1; cos x



= ;

1

x = 2 n

π , n ∈ ;

Z

Відповідь. x = 2 n

π , n ∈ Z .

4.4М. Нехай у даної піраміди ABCS ребро AS є перпендикуляр-

ним до площини основи, O — центр описаної кулі, H —

S

центр рівностороннього  ABC .

B

Оскільки AO = BO = CO , то основа перпендикуляра, опуще-

ного на площину ABC із точки O, збігатиметься з центром

 ABC , отже, OH ⊥ пл. ABC , тоді OH  SA .

A

Розглянемо трапецію SOHA: ∠ SAH = ∠ AHO =

°

90 , за

C

S

AB

a

умовою SA = b ; AH =

=

.

3

3

S

 SOA — рівнобедрений ( SO і AO — радіуси кулі), тоді

O

b

висота OK є також медіаною, отже, KS = KA =

. Тоді

B

2

O

b

K

OH = AK =

(оскільки KOHA — прямокутник).

H

2

A

C

b 2

a 2

b 2

3

4 a 2

Із  AOH : AO = OH 2 + AH 2 =

+

=

+

.

4

3

12

A

H

b

3 2 4 a 2

Відповідь.

R =

+

.

12

Варіант 15

Частина перша

1.1. Відповідь. Г).

1.2. 2 x + 3 − (4 x −1) = 4 ;

2 x + 3 − 4 x +1 = 4 ;

−2 x = 0 ;

x = 0 .

Відповідь. Б).

m

m

m

3

1

1.3.

:

=

⋅

=

.

6

3

6

m

2

Відповідь. В).

64 Варіант 15

1.4. Вітки параболи спрямовані вниз, тобто a < 0 .

Парабола має одну спільну точку з віссю абсцис, отже, D = 0 .

Відповідь. В).

1.5. Відповідь. Б).

1.6. Відповідь. Б).

1.7. f′( x

tg60

3 .

0 ) =

° =

Відповідь. А).

!

20 ⋅19⋅18

1.8. C 3

20

=

=

= 1140 .

20

17!3!

2⋅3

Відповідь. В).

1.9. Відповідь. Г).

1.10. Відповідь. Б).

1

1

1.11. V =

S ⋅ H ; 12π = 9π ⋅ H ; H = 4 см.

3 осн

3

S

Відповідь. Г).

1

1

1.12. S = S

4

4

2

4

4 3 32 33

біч + Sосн =

⋅ S

+ S

= ⋅ SK ⋅ AB + AB = ⋅ ⋅ ⋅ +

=

ASB

ABCD

2

2

D

1

1

A

S = S

4

4

2

4

4 3 32 33 (см2).

біч + Sосн =

⋅ S

+ S

= ⋅ SK ⋅ AB + AB = ⋅ ⋅ ⋅ +

=

ASB

ABCD

2

2

О

K

Відповідь. А).

C

B