Частина четверта

4.1М. Побудуємо графік функції f ( x) . Для цього розглянемо її

при x < −2 та x  − 2 :

у

x < −2 , f ( x) = x 2 + x + x + = x 2 + x + = ( x + )2

4

2

4

6

4

3 − 5 ;

x  − 2 , f ( x) = x 2 + x − x − = x 2 + x − = ( x + )2

4

2

4

2

4

1 − 5 .

–2 –1

За графіком видно, що пряма y = a

0

х

не перетне графік при a < −5 ;

–1

При a = −5 буде 2 точки перетину.

При a ∈(−5; − 4) — 4 точки перетину.

При a = −4 — 3 точки.

–4

При a > −4 — 2 точки.

–5

Відповідь. При a < −5 немає точок перетину;

у = а

а

при a ∈(−5; − 4) — 4 точки перетину;

при a = −4 — 3 точки перетину;

при a > −4 — 2 точки перетину.

 x 2 + y 2 > 0,  y > − x,

4.2М. 



у

x 2

 + y 2 ≠ 1;

x

 2 + y 2 ≠ .

1

у = –

1) 0

2

2

< x + y < 1 — круг, обмежений колом з центром (0;0)

х

і R = 1 .

1

Маємо x + y < x 2 + y 2 ;

2 1

x 2 − x + y 2 − y > 0 ;

2

0

1

х



1  2 

1  2

1

x −

y

— зовнішність круга з центром



2  +

−



2  > 4

 1 1 

;

.

 2 2  і R = 12

2) x 2 + y 2 > 1 — зовнішність круга з центром (0;0) і R = 1 ;

Маємо x + y > x 2 + y 2 ;



1  2 

1  2

1

 1 1 

x −

y

<

— круг з центром

;

.



2  +

−



2 

4

 2 2  і R = 12

Варіант 24 105

π

2π

2π

4π

8π

16π

2sin

sin

c

π

oos

cos

cos

cos

2π

4π

8π

16π

4.3М. cos

cos

cos

cos

cos

33

3

⋅

=

33

33

33

33 =

33

33

33

33

33

π

π

2sin

2sin

33

33

1

4π

4π

8π

16π

1

8π

8π

16π

1

16π

16π

sin

cos

cos

cos

sin

cos

cos

sin

cos

= 2

33

33

33

33 = 4

33

33

33

8

33

33

=

=

π

π

π

2sin

2sin

2sin

33

33

33

1

32π



π 

π

sin

sin π

sin

16

33

 − 33 

1

=

=

=

33

=

.

π

π

π

32

2sin

32sin

32sin

33

33

33

1

Відповідь.

.

32

4.4М. О — центр кулі, OA = OB = OC = OA

, ∠ C =

°

90 .

1 = OB 1 = OC 1 = R

Оскільки центр кулі рівновіддалений від вершин призми,

В 1

то основа перпендикуляра, опущеного з точки О на нижню осно­

С

ву, є центром описаного навколо основи кола, який лежить на се1

А

редині гіпотенузи. Отже, точка О належить бічній грані AA B B

1

1

1

і є точкою перетину її діагоналей. Тоді: A B = R

2 .

O

1

Кут нахилу діагоналі A C до площини основи — це ∠ A CA .

В

1

1

Розглянемо  ABC : ∠ A = α , нехай AB = x , тоді AC = x cosα ,

A

BC = x sinα .

С

x 2 cosαsinα

x 2 sin2α

x 2 sin2α

S

=

=

=

.

 ABC

2

2⋅2

4

B 1

Розглянемо  A AC : AA = AC ⋅tgβ = x cosαtgβ .

1

1

A 1

Розглянемо  A AB : AA 2

AB 2

A B 2

+

=

.

1

1

1

x 2

2

2

cos α ⋅tg β + x 2 = R 2

4

;

C 1

2

4

2

R

x =

,

2

2

cos α ⋅tg β +1

B

R

2

A

α

x =

.

β

2 α ⋅ 2

cos

tg β +1

N

C

4 R 2 ⋅sin2α

R

2 cosα ⋅tgβ

3

2 R sin α

2 ⋅cosα ⋅tgβ

V

= S

=



⋅ AA 1 =

призми

ABC

4⋅( 2

cos α ⋅ 2

tg β + ) ⋅

2

1

3

cos α ⋅tg2 β +1

(cos2α⋅tg2β+ )2

1

4 R 2 ⋅sin2α

R

2 cosα ⋅tgβ

3

2 R sin α

2 ⋅cosα ⋅tgβ

V

= S

=

.



⋅ AA 1 =

призми

ABC

4⋅( 2

cos α ⋅ 2

tg β + ) ⋅

2

1

3

cos α ⋅tg2 β +1

(cos2α⋅tg2β+ )2

1

R

2 3 sin2α ⋅cosα ⋅tgβ

Відповідь.

V

=

.

призми

(

3

2

cos α ⋅ 2

tg β + )

1 2

106 Варіант 25

Варіант 25

Частина перша

1.1. Відповідь. Г).

1

1

1.2. 2 x = 3 5

, ; x = 3 5

, :2

; x = 1 5

, .

3

3

Відповідь. Б).

1.3. Відповідь. Б).

1.4. y = x 2 + x + − = ( x + )2

2

1 1

1 −1 ; ( x + )

1 2  0 , тоді ( x + )

1 2 −1  −1, y ∈[−1; + ∞) .

Відповідь. В).

1.5. ОДЗ: x > 0. x = 3 .

Відповідь. В).

 x  0,

1.6. ОДЗ: 

x  2.



x = x 2 − 2 , x 2 − x − 2 = 0 , x = 1

− — не входить до ОДЗ, x = 2 .

1

2

Відповідь. А).

1.7. Відповідь. В).

1.8. Відповідь. Г).

1.9. p = 2⋅5 + 7 + 9 = 26 .

Відповідь. Б).

1.10. На осі абсцис y = 0 , 2 x + 6 = 0 , x = −3 . (−3; 0) .

Відповідь. А).

V

250π

1.11. V = S

, тоді S

=

=

= 25π .

осн ⋅ H

осн

H

10

Відповідь. А).

S

1

1.12. S

= ⋅ SO⋅ BH , SO = 7 см, BH з  ABC :

перерізу

2

B

4 3 ⋅ 3

1

A

BH = AB⋅sin6 °

0 =

= 6 (см), S

= ⋅7⋅6 = 21 (см2).

O

2

перерізу

2

Н

Відповідь. Г).

C

Варіант 25 107