Частина третя

 x >





0,

x >



0,

3.1. ОДЗ: lg x ≠ −1,  x ≠ 0 1

, ,

 lg x



 5; 10 5  x

 −

10 5.

5

2

− lg x = 1+ lg x .

Якщо 1 + lg x < 0 ( x < 0 )

1

, , то немає розв’язку.

Якщо 1 + lg x  0 ( x  0 1

, ) , то 5

2

lg x 1

2

−

= + lg x + 2lg x ;

2 2

lg x + 2lg x − 4 = 0 :2 ; lg2 x + lg x − 2 = 0 ;

lg x = −2 або lg x = 1 ; x = 0,01 — сторонній корінь, x = 10 .

1

2

Відповідь. x = 10 .

3.2. І спосіб. 81

2

2

(sinα+cosα)(sin α−sinαcosα+cos α) = 81(sinα+cosα) 1(−sinαcosα) =



1





(sinα + cosα)2 −1 

−1

1

1 



= 81(sinα + cosα)1−

 sinα cosα

81

⋅1− 9

 =



2

 =

+

=

=

⋅

3

3 

2









4 

27 ⋅13

= 27⋅ 1+

39 .



9  =

=

9

ІІ спосіб. sinα + cosα = 1 .

(*)

3

1

1

Піднесемо (*) до квадрата: sin2 α + sinα cosα + cos2

2

α = ; 2sinα cosα =

−1; sinα cosα = − 4 .

9

9

9

1

Піднесемо (*) до куба: sin3 α + sin2 α cosα + sinα cos2 α + cos3

3

3

α =

;

27

3

3

1

1

 4  1

1

12

13

A = sin α + cos α =

− 3sinα cosα(sinα + cosα) =

− 3⋅ −

+

=

;

27

27

 9  ⋅ =

3

27

27

27

13

81⋅ A = 81⋅

= 39 .

27

Відповідь. 39.

3.3. Маємо прямокутний паралелепіпед ABCDA B C D . Точка O — точка

B

C

1

1 1

1

1

1

перетину діагоналей прямокутника ABCD, за умовою кут AOB

дорівнює 30° . BB — бічне ребро, тоді кутом нахилу діагоналі

1

A

призми до площини основи є кут BDB , який за умовою дорівнює

1

D

1

1

60° . З трикутника BDB : BB = BD ⋅tg60° = BD ⋅ 3 .

1

1

1

BD 2

S

= ⋅ BD 2 ⋅sin °

30 =

; за умовою V = 18 см3, тоді, оскільки

осн

2

4

B

C

BD 3 3

V = BB

18 , BD 3 = 24 3 , BD = 2⋅ 3 3⋅ 3 ,

1 ⋅ Sосн =

=

4

O

A

D

BB

3

6

6

3

= 2⋅ 3⋅ 3 ⋅ 3 = 2 27 ⋅ 27 = 2 27 = 6 (см).

1

Відповідь. 6 см.

10  Варіант2

Частина четверта

4.1М. sin2 x(sin2 x − a) = 0 ;

sin2 x = 0 або sin2 x − a = 0 ;

2 x = n

π

sin2 x = a ;

n

x = π .

2

 π



З цих коренів проміжку

; π

= π , x = π .

 2

 належать рівно 2 корені: x 1 2

2

Тоді рівняння sin2 x = a або не повинно мати коренів (при a > 1 ), або його корені збігаються

з коренями рівняння sin2 x = 0 , отже a = 0 .

Відповідь. При a = 0 або a > 1 .

 x 2 < 4

 x < 2,

у



,



4.2М. ОДЗ:  y − x

2 > 0,  y > x

2 ,

5

y ≠ x

2 +1



;

y ≠ x

2 +

y = 2 x



1.

4

2

− x = y − 2 x ;

y = −( x 2 − x + )+ = −( x − )2

2

1

5

1 + 5 — парабола, вітки якої спря-

1

мовані вниз; вершина параболи розташована у точці 1

( ;5).

–2

0

1

2

х

Отже, графіком рівняння буде та частина параболи, яка лежить

вище прямої y = x

2 , між прямими x = 2 і x = −2 ; графіку не

належатимуть точки перетину параболи з прямою y = x

2 +1.

Графік побудовано.

–4

y = 2 x+1

2sin x cos x

sin2 x

1

4.3М. 0  sin x cos x =

=

 .

2

2

2

1

Тоді 30

3 sin x cos x

32





; 13 sin x cos x  3 .

Відповідь. f ( x) ∈1; 3 



 .

4.4М. Нехай центром більшої основи є точка O , центром меншої основи —

О

2

1

точка O , а центром кулі — точка O, тоді за умовою OO = r . Розглянемо

1

1

осьовий переріз конуса. Осьовим перерізом буде трапеція ABCD, в яку

вписане коло; радіус кола є радіусом кулі. Висота трапеції дорівнює

O

1

α

діаметру кола. Розглянемо трикутник AOO : ∠ AOO =

∠ AOD

,

2

=

2

2

2

α

тоді

AO = r tg

. Проведемо OK — радіус,

OK ⊥ AB , тоді

О

2

2

2

 AKO = AO O за гіпотенузою і катетом ( AO — спільна, OK = OO ).

2

2

О

α

α

α

1

B

C

Тоді ∠ KOO

α , ∠ KOO 180

α , ∠ BOO

90

.

1 =

° −

1 =

° −

2 =

+

=

2

2

2



K

α 

α

BO = OO ⋅tg∠ BOO = r tg 90 −

r ctg

;

1

1

1



O

2  =

2

π

V =

⋅ O O ( BO 2 + BO

2

.

1 ⋅ AO 2 + AO 2 )

3

1

2

1

A

О

D

2

Варіант3  11



α

α



2

2

3

1 − 2sin

cos

2 r

π 

3

α

α

π

α

α

3

2

π r 



π r

−

2

2

2

2

2

 2 r 

2

2

 2

2

4 sin α

V =

r ctg

+ r + r tg

ctg

1 tg

2

2 +1



 =

⋅

3 

2

2  =

+ +

3 

2

2  =

3

α

α

2

2

3

sin2 α



α

α



 sin

cos



2

2

2

2



3

1 − 2sin

cos

2 r

π 

3

α

α

π

α

α

3

2

π r 



π r

−

2

2

2

2

2

 2 r 

2

2

 2

2

2

4 sin α

V =

r ctg

+ r + r tg

ctg

1 tg

2 +1



 =

⋅

.

3 

2

2  =

+ +

3 

2

2  =

3

α

α

2

2

3

sin2 α

 sin

cos



2

2



2 3

π r (4

2

− sin α)

Відповідь.

.

3

2

sin α

Варіант 3

Частина перша

1.1. Відповідь. Б).

2

3 2

1.2. − 2 3

a b ⋅

7

a b = − ⋅ ⋅ 2+7

a

⋅ 3+

3

1

b

= −2 9 4

a b .

3

1 3

Відповідь. Г).

1.3. Відповідь. Г).

1.4. 6 − 2 x  4 ; −2 x  4 − 6 ; −2 x  − 2 ; x 1 .

Відповідь. А).

1.5. Відповідь. В).

2

2

1.6.

2 sin45° − 2 cos( 45

− °)+ 3tg45° = 2 ⋅

− 2 ⋅

+ 3⋅1 = 1−1+ 3 = 3 .

2

2

Відповідь. Б).

1.7. Відповідь. Г).

1.8. tgα = f′(− )

1 ; f ′( x) = x

4 3 ; f ′(− )

1 = −4 .

Відповідь. Б).

1.9. Оскільки сума сусідніх кутів паралелограма дорівнює 180° , то 140° — сума протилеж-

них, рівних між собою кутів. Тоді гострий кут паралелограма дорівнює 70° , тупий кут

180° −70° = 110° .

Відповідь. В).

1.10. Діагональ квадрата зі стороною a дорівнює a 2 . Оскільки діагональ складає 4 2 , то сторона

квадрата дорівнює 4 см.

Відповідь. Б).

1.11. S

= R

π l = π⋅2⋅3 = 6π .

біч

Відповідь. В).

1.12. Точка O (0;0;0) — початок координат,

AO = (−2)2 + 02 + 32 = 4 + 9 = 13 ; BO = 12 + (− )

1 2 + 32 = 1+1+ 9 = 11 ; 13 > 11 ; AO > BO .

Відповідь. Б).

12  Варіант3