Частина третя

1

2

− lg 5

1

2

− lg 5

1

( −lg5) 1

( +lg5)

3.1.

−lg5 =

−lg5 =

−lg5 =1+ lg5−lg5 =1.

2lg 10 − lg5

1

1 − llg5

2lg10 2 − lg5

Відповідь. 1.

82 Варіант 19

3.2. Позначимо висоту призми h.

2

Тоді сторона основи призми дорівнює

3 3

2

h

27

2

( ) − = − h .

2

V = S ⋅ h =

27 − h 2

h (27 h 2)⋅ h

(

) ⋅ = − .

пр

осн

Дослідимо функцію V ( h) на екстремум, h > 0 .

пр

V ′ ( h) = 27 − h

3 2 ; V ′ ( h 0 ; h = ±3 .

пр

)=

пр

V ′ ( h) = 27 − + h

3 2

пр

–

0

3

h

V ( h)

пр

Відповідь: 3.

3.3. ON ⊥ AB ; ON — проекція SN на основу. За теоремою про три перпенди-

S

куляри SN ⊥ AB. Отже, кут SNO — лінійний кут двогранного кута між

перерізом BSA та основою, ∠ SNO =

°

45 .  AOB — проекція  ASB

S

на

основу,

тому

S

 AOB

=

;

AO = OB = R ;

∠ AOB =12 °

0 ;

 ASB

cos∠ SNO

1

1

3

OA ⋅ OB⋅sin∠ AOB

⋅4⋅4⋅

B

S

= 2

= 2

2

= 4 6 (см2).

 ASB

cos

°

45

2

N

O

2

A

Відповідь. 4 6 см2.

Частина четверта

4.1.М Оскільки − x 2 + x

6 −5 0

 на своїй області визначення, то нерівність зводиться до системи:

− x 2 + x

6 −5 0

 , −( x −1)( x −5) 0

 ,





( x−1)( x−5) 0

 ,

log

 0,  x + a 1,

+

–

+

2 ( x + a )

 x

 1− a.

x + a >



0;

x + a >

х



0;

1

5

Розглянемо випадки.

1) 1− a 1, тобто a  0. 1– a 1

5

х

x ∈ 1;5.

2) 1 < 1− a 5, −4  a < 0.

1 1– a 5

х

x ∈[1− a;5]∪{1} .

3) a < −4 ∅ .

Відповідь. При a < −4 розв’язків немає; при −4  a < 0 x∈ 1− a



;5; при a  0 x∈1;5.

Варіант 19 83

4.2.М sin( x + y) = 1 ;

2

у

π

13π

x y

k

+ = (− )

1

+ k

π , k∈ Z .

6

6

π

y

x

k

= − + (− )

1

+ k

π , k∈ Z .

6

Маємо сім’ю прямих з кутовим коефіці­

5π

єнтом –1.

6

Графік побудовано.

π

6

0

х

− 7π

6

− 11π

6

4.3.М Запишемо рівняння дотичної до графіка функції y

e x

= + −

1

в точці x = 0.

0

′ = − −

y

e x; ′

y (0) = −1; y 0 1 e 0

( ) = + =2.

y

= −1( x −0)+2 = − x +2.

дот

у

Знайдемо точки перетину функцій y = 2 2 − x та y = − x + 2.

2 2 − x = − x + 2; ОДЗ: x  2 .

4

4(2 x) = (2

2

−

− x) ; 4(2 x)−(2

2

−

− x) = 0;

(2− x)(4−2+ x) = 0; (2− x)(2+ x) = 0;

2

x = 2, x = 2

− .

1

2

І спосіб. Площа шуканої фігури дорівнює:



 2

3

–2

0

1 2

х

2

2



(2− x)2



S = ∫ (2 2− x −(− x+2) dx

2 2 x x 2 dx  2

+ x 2 − x

) = ∫( − + − ) = − ⋅

2 

=

3

−2

−2







 2





2



3

−2

2

2



(

2

2 − x)2



 4

2



 32

 32

32 − 224

8

2

S = ∫ (2 2− x −(− x+2) dx

2 2 x x

) = ∫( − + −2 dx  2

+ x 2 − x

) = − ⋅

2 

= = − (2− x) 2− x + x −2 x

0 4 4

4 4

8

=

= 2

3

3

3

3

3

3

3

−2

−2









= + − − −

+ +

2



 =

− =

−





2

 −2

2

=  − 4 (

2

24

8

2

2 − x) 2− x + 2

x −



 32

 32

32 −

2 x

0 4 4

4 4

8

=

= 2 .

 3



= + − − −

+ +

3

3

3

2

 3

 =

− =

3

−

ІІ спосіб. Шукана площа дорівнює площі криволінійної трапеції, обмеженої графіком функ­

ції y = 2 2 − x та віссю Ох за винятком площі S прямокутного трикутника з катетами 4 і 4.



2

0

0

t 3

32

S = 2

2 − x dx . Введемо заміну: 2 − x = t , тоді dx = − td

2 t . S = −4 t 2 dt = −2

=

.

тр

∫

тр

∫

3

−

3

2

2

2

1

S =

⋅4⋅4 = 8 .



2

32

8

2

S = S

8

2

.

тр − S =

− =

=

3

3

3

2

Відповідь. 2 .

3

84 Варіант 20

4.4.М ABCS — правильна трикутна піраміда.

За умовою SK = a , ∠ BSH = α .

S

Центр кулі, описаної навколо піраміди, належить висоті пі-

раміди (або її продовженню), точка O — центр кулі.

Нехай R — радіус кулі. Розглянемо  SHB : ∠ HSB = α ,

OS = OB = R , тоді ∠ HOB = 2α.

Із  HOB : HB = R sin2α, OH = R cos2α .

O

Із  SHB: SH = SO + HO = R + R cos2 = R(1+ cos2 ) = R

2 cos2

α

α

α.

B

HB

R sin2α

Із  SHK : HK =

=

(радіус вписаного кола для

A

2

2

H

правильного трикутника вдвічі менший за радіус описаного

K

кола).

C

SK 2 HK 2 SH 2

=

+

;

S

2

2

2

2

R ⋅4sin αcos α

a =

+ 4 R 2

4

cos α ;

4

a 2 = R 2

2

2

2

cos α(sin α +4cos α);

О

2

2

a

a

R =

; R =

.

2

2

cos α 1

( +3cos α)

cosα 1 + 3cos2 α

Н

B

4 R 3

π

4π

a 3

Тоді V

=

=

⋅

.

кулі

3

3

3

cos α (

3

1 + 3

2

cos α)

4 a 3

π

Відповідь.

V

=

.

кулі

3

3

3

cos α (1+3

2

cos α)

Варіант 20

Частина перша

1.1. Відповідь. А).

1.2. Відповідь. Б).

1.3. Відповідь. Г).

b

4

1.4. x = −

=

= 2 .

в

a

2

2

Відповідь. В).

1.5. Відповідь. Г).

1.6. ОДЗ: x 2 +7  0 — правильно для x∈ R.

x 2

4

+7 = 2 ; x 2 +7 =16; x 2 = 9; x = 3

− , x = 3.

1

2

Відповідь. В).

1.7. Відповідь. Б).

1.8. Відповідь. В).

Варіант 20 85

1.9. C = 2 R

π = d

π = 6π.

Відповідь. Б).

a b

1.10. Якщо a, b — основи трапеції, m — середня лінія, то m = + , звідки a = m 2 − b = 2⋅6 −10 = 2 (см).

2

Відповідь. А).

1.11. S

= S

2

+ S

(см2).

1

+ S 2

+ S 3

= 2⋅6 +12 +16 + 20 = 60

повна

осн

бічн

бічн

бічн

Відповідь. В).

1.12. d — діаметр основи, d = 172 −152 = 8 (см).

d

R =

= 4 (см). V = R

π 2 H = π⋅16⋅15 = 240π (см3).

2

Відповідь. Г).

Частина друга

2.1. 2

2

cos x +10cos x −12 = 0 :2 ;

cos2 x +5cos x −6 = 0;

t = cos x , тоді t 2 + t

5 −6 = 0 ;

D = 25 + 24 = 49;

5 7

t = − ± ;

2

t = 6

− , t =1.

1

2

cos x = −6 — таких x не існує; cos x = 1.

x = 2 n

π , n∈ Z.

Відповідь. x = 2 n

π , n∈ Z.

2

(

)

2.2. 32 0 5, x −3  33, тоді x 2 −6  3 ;

x 2  9;

x  3.

–3

3

х

Відповідь. x ∈(− ∞; −3 ∪  ;

3 + ∞



).

x

2

4

2.3. f′( x) =

−

;

2 x 2 − 4 x −1

10 − 4

6

3

f′(5) =

=

= .

2 25 − 20 −1

2⋅2

2

k = f′(5) =1 5

, .

Відповідь. 1,5.



1 





2.4. 2 a (4; −2;6); b (2;1;0); m (4 −2; −2−1;6 −0) ; m (2; −3;6).

2



m = 4 + 9 + 36 = 49 = 7.



Відповідь. m = 7.

86 Варіант 20