Частина друга

32⋅32

2.1. log

= log 16⋅9 = log 4⋅3 = log 12, тоді x = 12.

4

4

2

2

2

Відповідь. x = 12.

2.2. Із чисельником 1 — п’ять дробів; із чисельником 2 — три дроби; із чисельником 3 — два дро-

би; із чисельником 7 — два дроби, із чисельником 11 — один дріб; разом: 5 + 3 + 2 + 2 +1 = 13.

Відповідь. 13.

2.3. s( t) = t

5 + t 2 + C; s( t) = t

5 + t 2

є

+ C

первісною для v( t).

s(3) = 30, тоді 5 3 32

⋅ +

+ C = 30 ; 15 + 9 + C = 30; C = 6.

s( t) = t

5 + t 2 + 6.

Відповідь. s = t

5 + t 2 + 6.

Варіант 18 77

2.4.

AM = MC = MB , тоді перпендикуляр, опущений з точки M на

M

площину ABC, потрапить у центр кола, описаного навколо  ABC ,

отже,— на середину гіпотенузи, MN ⊥ пл. ABC , H — середина AB.

AB = AC 2 + BC 2 = 36 + 64 = 10 (см).

C

AB

AH =

= 5 (см).

A

2

Тоді з  AMH: AM = AH 2 + MH 2 =

2 + 2

12

5 = 13 (см).

H

B

Відповідь. 13 см.

Частина третя

3.1. f′( x) = 3⋅ x

2 2 − 2⋅ x

2 = x

6 2 − x

4 ;

f ′( x) = 0;

6 2

x − 4 x = 0;

2 x(3 x − 2) = 0;

2

x = 0, x =

.

1

2

3

f′( х) +

–

+

f( х)

0

2

х

3

x

= 0, x

= 2 .

max

min

3

Відповідь. x

= 0, x

= 2 .

max

min

3

1

3.2. sin x − cos x < 0 ⋅

;

2

1

1

sin x −

cos x < 0;

2

2



π 

sin x −

0 ;



4  <

π

−π + π

2 n < x −

< π

2 n, n ∈ Z;

4

3π

π

−

+ 2π n < x <

+ 2π n, n ∈ Z.

4

4

 3π

π



Відповідь. x ∈ −

+ 2 n

π ; + 2 n

π , n ∈ Z.

 4

4



78 Варіант 18

3.3. Оскільки площі перерізів 100π см2 та 64π см2, то

радіуси кругів дорівнюють 10 см та 8 см відповідно ( BM

M

та AM).

У  MCB ( ∠ C =

°

90 , оскільки BC — висота та ме діана

C

B

рівнобедреного трикутника MBN):

2

12 

N

CB 2 = BM 2 − MC 2

2

= 10 − 

64

 2  =

; CB = 8 см.

A

O

У  ACM (∠ C =

°

90 ): AC 2 = AM 2 − MC 2 = 64 − 36 = 28;

AC = 2 7 см.

OB перпендикулярний до перерізу; OB ⊥ CB. Аналогіч-

но OA ⊥ CA .

Маємо ACBO — прямокутник. Отже, AC = OB.

У  CBO (∠ B =

°

90 ): CO 2 = CB 2 + OB 2

2

= 8 + 28 = 64 + 28 = 92

CO 2 = CB 2 + OB 2

2

= 8 + 28 = 64 + 28 = 92.

У  OCN ( ∠ C =

°

90 за теоремою про три перпен-

дикуляри, оскільки BC ⊥ MN , BC — проекція OC):

ON 2 CO 2 CN 2 R 2

=

+

=

; R = 92 + 36 = 128 = 8 2 (см).

Відповідь. 8 2 см.

Частина четверта

4.1М. Розв’яжемо рівняння з параметром графічно. Побудуємо графіки

функцій y = x 2 −

− x 2

4

− 9 і y = a та розглянемо точки перетину

у

цих графіків.

5

y = x 2 −

− x 2

4

− 9 :

1) x ∈(− ∞; − 3]∪[ ;

3 + ∞); y = x 2 − − x 2

4

+ 9; y = 5.

2) x ∈[−3; − 2)∪[2;3); y = x 2 − + x 2

4

− 9; y = x

2 2 −13.

–3

0

2 3

х

3) x ∈[− 2;2); y = − x 2 + + x 2

4

− 9; y = −5.

–5

y = a — пряма, паралельна осі абсцис.

При a < −5 та a > 5 точок перетину немає.

При a = −5 та a = 5 розв’язком є проміжки [−2;2]

та (− ∞; − 3]∪[ ;

3 + ∞) відповідно.

–13

При −5 < a < 5 пряма y = a перетинається з параболою y = x

2 2 −13

a 13

в точках x

= ±

+

1, 2

2

Відповідь: При a < −5 та a > 5 розв’язків немає; при a = −5

розв’язком є проміжок [−2;2]; при a = 5 розв’язком є проміжки

(− ∞

a 13

; − 3]∪[ ;

3 + ∞); при −5 < a < 5 розв’язки x = ±

+

.

1, 2

2

Варіант 18 79

4.2М. Оскільки cos2 x 1 та cos2 y 1, то рівність зводиться до си-

у

стеми:

cos2 x = ,

1

x = n, n ∈ ,

Z



{ π

cos2 y



= ;

1

y = k

π , k ∈ .

Z

π

Графіком даної функції буде множина точок з координатами

–2π –π

π

(

0

2π 3π

х

π n; π k), n, k ∈ Z.

–π

Графік побудовано.

–2π

4.3М. Проведемо BM ⊥ AD, CN ⊥ AD , тоді AD = a + 2 AM .

B

C

У  AMB (∠ M =

°

90 ): AM = a cosα ; BM = a sinα.

BC + AD

a + a + a

2 cosα

S =

⋅ BM =

⋅ a sinα = a 2 (1+ cosα)sinα .

тр

2

2

α

Розглянемо функцію S (α) та дослідимо її на екстремуми:

тр

A

M

N

D

S′ α

α2

sin α sin α

cos α cos α

α2

2

sin α cos α

2

1

cos α

тр (

)= (−

⋅

+ ( +

)

)= (−

+

+

)=



1

cos α = ,

= α2 (

2

2 cos α + cos α −1); S′ α 0 ; 2

2

cos α + cos α −1 = 0 ; 

2

тр (

)=

cos



α = − .

1

Нагадаємо, що α — гострий кут від 0° до 90°. Екстремуму функція

S (α) набуває при α = °

60 (cos α = ,

0 5) . Розглянемо проміжки зрос-

тання (спадання) функції S (α) в залежності від кута α .

+

–

0

60

90

х

Найбільшого значення функція S (α) набуває, коли α =

°

60 .

тр

S

Відповідь. 60°.

4.4М. Апофема SM ⊥ CD , OM — проекція SM на основу, за

теоремою про три перпендикуляри OM ⊥ CD. Отже, кут

SMO — лінійний кут двогранного кута між бічною гран-

N

ню і основою та дорівнює α.

O 1

Розглянемо переріз піраміди та циліндра площиною,

B

яка проходить через їхню вісь і апофему SM. Отри-

C

маємо рівнобедрений трикутник з висотою SO = H

і ∠ OMS = α . OK = O N

; SO = O

2 O ; SO = O O = NK ;

1

= R

1

1

1

K

M

О

∠ O NS = ∠ OMS α (як відповідні); OO = KN (протилеж-

1

=

1

ні сторони прямокутника OO NK );  O SN =  KNM (за

1

1

A

D

катетом та гострим кутом); O N = KM = R ; OM = R

2 .

S

1

У  SOM (∠ O =

°

90 ): H = OM ⋅tgα = R

2 tgα;

AD = OM

2

= 4 R.

1

1

N

2

1

2

32

V

= S ⋅ H =

AD ⋅ H =

⋅16 R ⋅ R

2

α =

R 3

tg

tgα

O

пір

осн

1

3

3

3

3

α

Відповідь.

V

= 32 R 3 tgα.

пір

3

O

K

M

80 Варіант 19

Варіант 19

Частина перша

1.1. Відповідь. Б).

1.2. Відповідь. В).

1.3. Відповідь. А).

1.4. x 2 − x

3 − 4 = 0; x = 4, x = 1

− .

1

2

+

+

Відповідь. Г).

–1

–

4

х

1.5. Відповідь. А).

 1  x

1  x

1 1



−

1.6.

5;

; x = −1.

 5  =

 5  =  5 

Відповідь. Б).

1.7. Відповідь. В).

1.8. F( x) = −ctg x + C; 2 = 1

− + C ; C = 3.

Відповідь. Г).

1.9. Відповідь. Б).

1.10. h = a ⋅ b = 1⋅9 = 3 (см).

c

c

Відповідь. В).

1.11. Відповідь. А).

1.12. l = 5 см; R = 25 −16 = 3 (см).

S

= R

π 2 + Rl

π = π

9 +1 π

5 = 24π (см2).

повн

Відповідь. Г).

Частина друга

sinαcosβ − sinβcosα + 2cosαsinβ

sin(α + β)

2.1.

=

tg(α β).

2cosαcosβ − cosαcosβ − sinαsinβ

cos(α + β) =

+

Відповідь. tg(α +β) .

Варіант 19 81

x

 > 0,

2.2. ОДЗ: x

 >2.

log ( x( x −2))1;

3

x 2 − x

2  3 ;

x 2 − x

2 −3  0 ;

x = 3, x = 1

− .

+

+

1

2

2

Відповідь. x ∈ 3; + ∞

–



).

–1

х

3

x

2 − x

2 2 + 3 + x 2

− x 2 + x

2 + 3

2.3. f′( x) =

=

= 0;

(1− x)2

(1− x)2

− x 2 + x

2 + 3

= 0;

(1− x)2

x = 3, x = −1.

f′( х)

–

+

+

–

f( х)

–1

1

3

х

x

= −1.

min

Відповідь. x

= −1.

min

2.4. AC = 14 см; AB = 15 см; BC = 13 см.

B 1

14 +15 +13

S

= 60 см2; P =

= 21 (см).

HH B B

A

1 1

2

1

H 1

S

= 21⋅(21−14)(21−13)(21−15) = 84 (см2).

осн

C

Середня за довжиною висота проведена до середньої за довжи-

1

ною сторони.

S

2

2

осн

⋅84

BH =

=

=12 (см).

B

AC

14

S

A

перерізу

60

S

= BH ⋅ BB , тоді BB =

=

= 5 (см).

перерізу

1

1

BH

12

H

V = S

84 5 420 (см3).

C

осн ⋅ BB 1 =

⋅ =

Відповідь.

V = 420 см3.