Частина третя



2

a

( + b a

)( − ab + b)

 



a + b

1

3.1. 

− ab  ⋅

 = a

( − ab + b− aab)⋅



a + b

 

a

2

 (

+ b

a

)( − b





)

a

b

(

) =

−

2

1

= ( a − b ) ⋅ (

1 .

2

a

b ) =

−

Відповідь. 1.

3.2. Знайдемо точки перетину графіків даних функцій:

6 x + 9 x = 22 x+1 ;

2

2

2 x 3 x

3 x

2 x

2 0

:32 x

⋅

+ ( ) −( ) ⋅ =

≠ 0 ;

x

2 x

2 

2 

1 + 

2

0 ;

 3  − ⋅ 3  =

x

2 

t = 

; t > 0 ;

 3 

2 2

t − t +1 = 0 ;

D = 1+ 8 = 9 ;

1 3

1

t = ± ; t = −

— сторонній корінь, t = 1 .

4

1

2

2



x

2 

1 ; x = 0 .

 3  =

Відповідь. x = 0 .

74 Варіант 17

3.3. S

= 480 см2, A K ⊥ C C , KM ⊥ B B .

B

біч

1

1

1

1

Прямі АK і KM утворюють площину АKM, яка перетинає

A

СС під прямим кутом. Ця площина також перетинає ВВ .

1

C

1

1

1

Оскільки BB  CC , то BB ⊥ ( AKM) . Отже, A M ⊥ BB .

1

1

1

1

1

M

За умовою A K = 13 см, KM = 30 см, A M = 37 см. Тоді

1

1

S

= CC

. Оскільки всі біч1 ⋅ A K

1

+ KM ⋅ BB 1 + BB 1 ⋅ A M

біч

1

ні ребра призми рівні, то S

= C

13 C

.

K

1 +

C

30 C 1 + 37 CC

біч

1

80 CC = 480 , CC = 6 см.

1

1

B

Об’єм даної призми дорівнює об’єму прямої призми з осно­

вою A KM і бічним ребром CC .

1

1

A

C

13 + 30 + 37

S

=

(40−13)(40−30)(40−37) = 40⋅27⋅10⋅3 =180

 A KM

1

2

13 + 30 + 37

S

=

(40−13)(40−30)(40−37) = 40⋅27⋅10⋅3 =180 (см2).

 A KM

1

2

V = S

180 6 1080 (см3).



⋅ CC =

⋅ =

A KM

1

1

Відповідь. V = 1080 см3.

Частина четверта

4.1М. Розглянемо графік функції f ( x) = x − 3 + x + 3 ;

у

x < −3 ; f ( x) = 3 − x − x − 3 = − x

2 ;

−3  x < 3 ; f( x) = 3 − x + x + 3 = 6 ;

x  3 ; f ( x) = x − 3 + 3 + x = x

2 .

Графіком функції f ( x) = a є пряма, паралельна осі

абсцис. За графіком видно, що при a < 6 нерівність

6

x − 3 + x + 3 > a виконується для будь­яких x;

при a = 6 — для x ∈(−∞; − 3)∪( ;

3 + ∞) ;



a   a



при a > 6 — для x ∈ −∞; −

∪

;

.

0

х



–3

1

3

2 

+ ∞

 2



− a

a

i

— точки перетину графіків функцій

2

2

f ( x) = a, f( x) = x

2 , f ( x) = − x

2 .



a   a



Відповідь. При a < 6 x ∈ R ; при a = 6 x ∈(−∞; − 3)∪( ;

3 + ∞) ; при a > 6 x ∈ −∞; −

∪

;

.



2 

+ ∞

 2



4.2М. 1) Функція загального вигляду, D( f) : x ∈ R .

у

2) Точки перетину графіка функції з осями координат — (0;0) .

3) lim f ( x) = +∞ ; lim f( x) = 1, тобто на −∞ лінія y = 1 є горизон­

x→+∞

x→−∞

тальною асимптотою.

4) Дослідимо функцію на монотонність та екстремуми:

y′ = ( − x )(− x ln ) = − ln ⋅ x

2 1 2

2

2

2 2 2 (1− x

2 ) , y′ = 0 , 1− 2 x = 0 , x = 0 .

1

y′( х)

–

+

0

1

х

y( х)

0

х

5) Знайдемо контрольні точки: y 1

( )=1.

Графік побудовано.

Варіант 18 75

4.3М. Оскільки sin3 x 1 та cos2 x 1 , то рівняння зводиться до системи рівнянь:





π

2 k

π

π

x =

+

, k ∈



,

Z

( )1

sin3 x = ,

1  x =

+ k

π , k ∈

{

3

2

,

Z

6

3

cos2 x = ;

1 

2



π

2 x



= π + 2 n

π , n ∈ ;

Z

 x = + n

π , n ∈ Z.

(2)



2



π

2 k

π

1

2 n

1

1 + k

3

x =

+

, k ∈



,

Z

( )1

+

= + k ; 1− 4 n = 3 + 6 k ; 4 n = 2 + 6 k ; n =

.

6

3

6

3

2

2



y

y

π

Для непарних k n — ціле, тобто k = l

2 +1 ,

 x = + n

π , n ∈ Z.

(2)

5π



π

2 k

π



2

1 + l

6 + 3

x =

+

, k ∈



,

Z

( )1

n =

= l

3 + 2 , l ∈ Z .

6

6

3

2

 π

x =

+ n

π , n ∈ Z.

(2)

π

2π( l

3 + 2)

π

4π

3π



2 х

х

x =

+

=

+

+ 2 l

π =

+ t

π , t ∈ Z.



π

2 k

π

x =

+

, k ∈



,

Z

( )1

6

3

6

3

2

6

3

3π



3π

3π

π

Розв’язки збігаються в точках x =  + π

2 k

π

x 2

= t

π ,

+ t ∈ Z, .



x =

+ 2 t

π

x =

+ 2 t

π

k ∈



,

Z x(= )

1

+ n

π , n ∈ Z.

(2)

2

2

2



6

3



2

3π

π

Відповідь. x =

+ 2 t

π , t ∈ Z .

 x = + n

π , n ∈ Z.

(2)

2



2

4.4М. Кут між бічною гранню і площиною основи — це кут між апофе-

S

мою та її проекцією на основу, отже, ∠ SMH = α . Нехай r — ра-

S

S

діус вписаної кулі, r =

, r 2 =

.

4π

4π

K

Центр кулі — точка O — лежить на висоті піраміди.

О

B

Розглянемо  SHM : OH = OK = r ; ∠ SMH = α , тоді

C

∠ MSH =

°

90 − α .

Н

M

OK

r

Із  SOK : SO =

,

A

D

sin(90 α) =

° −

cosα

S

r

r

SH = SO + OH =

+ r =

(1+ cosα) .

cosα

cosα

K

r ctg α

r (1+ cosα)

Із  SHM : HM = SH ⋅ctgα =

(1+ cosα)=

;

cosα

sinα

О

SH

r (1+ cosα)

r

2 (1 + cosα)

α

SM =

=

=

.

sinα

cosα sinα

sin α

2

Н

M

2

2

2

4 ⋅ SM ⋅ DC

4 ⋅ r

2 2 (1 + cosα)

r

8 2 (1 + cosα)

2 S 1

( + cosα)

S

=

= 4⋅ SM ⋅ HM =

=

=

біч

2

sin2α sinα

ssin2α sinα

πsin2αsinα

2

2

2

4 ⋅ SM ⋅ DC

4 ⋅ r

2 2 (1 + cosα)

r

8 2 (1 + cosα)

2 S 1

( + cosα)

S

=

= 4⋅ SM ⋅ HM =

=

=

.

біч

2

sin2α sinα

ssin2α sinα

πsin2αsinα

S

2 (1 +

α)2

cos

Відповідь.

S

=

.

біч

πsin2αsinα

Варіант 18

Частина перша

1.1. Відповідь. Г).

1.2. Відповідь. В).

76 Варіант 18

1.3. D = 4 + 60 = 64;



10



2

2 8

x =

x =

x = ± ; 

,

1 ,

6 

3

6

 x



 = −1;

x

 = −1.

Відповідь. Б).

1.4. Відповідь. Б).

1.5. x − 2 = x

3 ;

2 x = 2

− ;

x = −1.

Відповідь. Б).

1.6. cosα = − 1 − sin2 α = − 1 − ,

0 36 = − ,

0 8 .

Відповідь. В).

1.7. Відповідь. Г).

1.8. f′( x) = 3 − x

3 2 = 3(1− x 2); 3 1 2

( − x )=0; x= ±1. f′( х) –

+

–

f( х)

–1

1

х

Відповідь. В).

BC

AC

BC ⋅ sin B

10 ⋅ ,

0 6

1.9. За теоремою синусів:

=

; AC =

=

= 20.

sin A

sin B

sin A

,

0 3

Відповідь. А).

1.10. AD = P − AO − OD ; у прямокутнику AO = OD , AO + OD = AC , тоді AD = P − AC = 17 −10 = 7 (см).

Відповідь. А).

1.11. Відповідь. Г).

5⋅6

V

120

1.12. V = S

, S

=

= 15 (см), тоді H =

=

= 8 (см).

осн ⋅ H

осн

2

S

15

осн

Відповідь. В).