Частина третя

3.1. f′( x) = x

3 2 − x

6 , f ′( x) = 0 ;

3 x( x − 2) = 0 ;

x = 0 , x = 2 .

1

2

Варіант 23 99

f′( х) +

–

+

f( х)

0

2

х

x

= 0 , x

= 2 .

max

min

Відповідь. x

= 0 , x

= 2.

max

min

у

2

 − x > 0



,

 x <



2,

3.2. D( f) : 2

 − x ≠ 1,

 x ≠ 1, x ∈(0; )

1 ∪ (1;2) .



x

x >

1

log

x

; 

0;

− x (2 −

) > 0

2

f ( x) = log x .

0

1

2

х

2

3.3. AB = l , OO = H , S = S .

1

біч

Нехай r — радіус верхньої основи, R — радіус нижньої основи.

О

С

1

B

S

S

= l

π ( r + R) , тоді r + R =

.

біч

l

π

AD + BC

S ⋅ H

S

=

⋅ BH = ( r + R)⋅ H =

.

перерізу

2

l

π

D

S H

Відповідь.

S

= ⋅

.

О

Н

перерізу

l

π

A

Частина четверта

4.1М. ОДЗ: −1  x − 3 1;

2  x  4 .

Оскільки arccos( x − 3) 0 , то нерівність рівносильна сукупності:

 x − a  0,

 x  a,



.

arccos( x − 3) = 0; x

 = .

4

Якщо a  2 , то, враховуючи ОДЗ, маємо: x ∈[2;4] .

Якщо 2 < a  4 , то, враховуючи ОДЗ, маємо: x ∈[ a;4].

Якщо a > 4, x = 4.

Відповідь. При a  2 x ∈[2;4] ; при a ∈(2;4] x ∈[ a;4]; при a > 4 x = 4.

4.2М. 1) D( y): x 2 −1 > 0 , x >1 .

у

− x

x

2) y(− x) =

= −

— непарна.

x 2 −

x 2

1

−1

3) Осі координат не перетинає.

x

x

1

4) lim

= ∞ , lim

= ∞ .

x→−1

x 2 − 1

x→1

x 2 − 1

–1 0

1

х

Вертикальні асимптоти: x = −1 , x = 1 .

–1

x

x

x

k = lim

= 0 , b = lim

= 1, b = lim

= 1

− .

x→∞

1

2

x x 2 − 1

x→+∞

2

x

x

→−∞

−

x 2

1

−1

y = 1, y = −1 — горизонтальні асимптоти.

100 Варіант 23

 1 

x ⋅

2

1

 − 2  ⋅ x

x 2 − 1 − x 2

1

5) y′ =

+

0 .

x 2 1

( x 2 − )

=

1

x 2 − 1

( x 2 − )

= −

−

1

x 2 − 1

x 2

( −1)

<

x 2 − 1

Функція спадає при x ∈(−∞; − )

1 ∪ ( ;

1 + ∞) .

Графік побудовано.

4.3М. y = 2 − 2 + x , y = 3 .

x

у

Знайдемо точки перетину графіків:

3

x < −2 , 2 + 2 + x = −

;

y = 3

x

2

x

x 2 + 3 + 4 x

= 0 ;

x

x = 1

− /< 2

− , x = 3

− ;

–2

0

х

1

2

y =

3

2

−2  x < 0 , 2 − 2 − x = − ;

−

x

2+ x

x 2 − 3

= 0 ; x = − 3 ( 3 /< 0) .

x

3

x  0 , 2 − 2 − x =

;

x

x 2 + 3

= 0 — немає роз’вязків.

x

− 3

−

−2

2 

3 

− 3 

3 



x 2





2



S =

+ x +

dx

x

dx

x

ln x

∫ 4

4

3

−

+ 3ln



∫

x

x

x 

+

− +



x 

=

+

+

2

−2



2





=

3

 +

−

−3

−2

9

3

3

3

= −8 + 2 + 3ln2 +12 − − 3ln3 − + ln3 + 2 − 3ln2 = 2 − ln3 .

2

2

2

2

3

Відповідь. 2 − ln3 .

2

4.4М. ABCS — правильна трикутна піраміда, AS = BS = CS = b , кут

S

нахилу бічного ребра — це кут між бічним ребром і його про-

екцією на основу, ∠ SAH = α .

Оскільки циліндр рівносторонній, то його радіус ОМ вдвічі мен-

ший за його висоту ОН. Вісь циліндра лежить на висоті піра-

міди.

Розглянемо

 ASH :

AH = AS ⋅cos∠ SAH ,

AH = b cosα ;

O

M

SH = SA ⋅sinα = b sinα .

AH

b cosα

B

Як відомо, у правильному  ABC :  ABC KH =

=

.

2

2

A

Розглянемо  KSH , у який вписано прямокутник MOHN

H

( MO — радіус циліндра, ОН — висота циліндра).

K N

OH = 2 MO (за умовою).

C

S

 SOM AHK (за двома кутами), тоді:

MO

KH

MO ⋅ SH

MO ⋅ b/sinα

2 MO ⋅ sinα

=

, SO =

=

=

= 2 MO⋅tgα.

M

O

SO

SH

KH

b/cosα

cosα

2

SH = SO + OH = 2 MO tgα + 2 MO = 2 MO(1+ tgα) .

K

N

Н

Варіант 24 101

SH

b sinα

2 MO =

=

.

1 + tg α

1 + tg α

b sinα

OH = 2 MO =

.

1 + tg α

b sinα

Відповідь.

.

1 + tg α

Варіант 24

Частина перша

2

1

4

5

9

1.1.

+ =

+

=

.

5

2

10

10

10

Відповідь. Г).

1.2. Відповідь. В).

2(2 y −1)(2 y + 1)

+

1.3.

2 y 1 .

8(2 y −1)

= −

−

4

Відповідь. А).

1.4. Відповідь. Г).

1.5. Відповідь. В).

1.6. 4 x−2 = 41−2 x , x − 2 = 1 − x

2 , 3 x = 3 , x = 1 .

Відповідь. Б).

1.7. Відповідь. В).

1.8. Відповідь. Б).

1.9. Куту B трикутника ABC відповідає кут N трикутника MNQ, отже, ∠ N =

°

135 .

Відповідь. Б).

1

2 2 ⋅

AB

AC

AB ⋅ sin

°

30

1.10. За теоремою синусів

=

, AC =

=

2 = 2 .

sin C

sin B

sin

°

135

2

2

Відповідь. В).

102 Варіант 24

1.11. SA — твірна, AO — радіус, ∠ SAO =

°

60 . Тоді з  SAO :

S

AO

6

SA =

=

= 12 (см).

cos∠ SAO

1

2

Відповідь. Г).

O

A

B

C

1.12. Діагональним перерізом призми є прямокутник B BDD ,

1

1

1

1

BD = AB 2 см (як діагональ квадрата ABCD).

A

S

= BB ⋅ BD = 5⋅3 2 ⋅ 2 = 30 (см2).

1

D

BB D D

1

1 1

1

B

Відповідь. А).

C

A

D