Частина друга

1

1

log 9

2.1. log

log

4

2

log

log 9 2

4

( )+

= log

log 3

3

5

4

3 2

4

6 + 4 4 = 1+ 3

(

)+

=

⋅

= 4 .

6

5

6

6

Відповідь. 4.

2.2. C 2 = 66 .

x

x!

x( x − )

1

1 ± 1 + 4 ⋅132

1 ± 529

1 ± 23

2

(

66 ;

= 66 ; x( x − )

1 = 132 ; x − x −132 = 0 ; x =

=

=

;

x − )

=

2 !2!

2

1 2

,

2

2

2

x = 12 , x = 11

−

.

1

2

Оскільки x — натуральне, то x = 11

−

не задовольняє умову.

2

Відповідь. x = 12 .

2.3. Визначимо, в який момент тіло зупинилось, тобто v = 0 .

6 − 0,3 2

t

t = 0 ; t(6 − 0, t

3 ) = 0 ; t = 0 або 6 − 0,3 t = 0 ;

t = 20 (с).

t = 0 — початок руху, отже, тіло зупинилось на 20-й секунді.

Знаходження шляху від початку руху до зупинки зводиться до обчислення інтегралу:

20

20

20

2

3

20

2

 t

6

0, t

3 

S( t) =

v( t) dt =

2

,

(

, 3 ) =

∫0

0 ( t −

t ) dt =

−

t

t

 2

3 

=

−

∫ 6 0 3

3

0 1

0

0

= 3⋅202 − 0 1⋅203

,

= 1200 − 800 = 400 (м)

Відповідь. 400 м.

2.4. Основою піраміди є прямокутник ABCD зі сторонами 12 см

S

і 16 см,

AS = BS = CS = DS = 26 см. Оскільки всі бічні

ребра піраміди рівні, то основа висоти SO піраміди, точ-

ка O, є центром кола, описаного навколо прямокутника ABCD,

а саме — точка перетину діагоналей. З прямокутного  BAD ма-

ємо: BD = AB 2 + AD 2 =

2 +

2

16

12 = 256 +144 = 400 = 20 (см).

B

C

BD

BO =

= 10 (см).

О

2

З прямокутного  BOS ( SO — висота, SO ⊥ BD ) маємо:

A

D

SO = SB 2 − BO 2 =

2 −

2

26

10 = 676 −100 = 576 = 24 (см).

1

1

1

V

= S ⋅ SO = AB⋅ AD⋅ SO = ⋅16⋅12⋅24 = 1536 (см3).

пир

осн

3

3

3

Відповідь. 1536 см3.

Частина третя

3.1. ОДЗ: x ∈ R .

f ′( x) = x

5 2 + 2 x

0 ; f ′( x) = 0 ; 5 x( x + 4) = 0 ;

f ′( x) =+0

–

+

x = 0 , x = 4

− .

х

1

2

f ( x

–4

0

)

Відповідь. Функція f ( x) зростає на проміжках

(−∞;−4], [0;+∞); спадає на проміжку [−4;0] .

1

1

3.2.

3log37

5 − 7log5 3 = 7

5

log

log

log

log

log

( ) 3

3

−7 53 = 7 53 −7 53 = 0 .

Відповідь. 0.

Варіант3  13

3.3. Нехай AB — сторона основи, AB = a . У трикутнику ABC за те-

B 1

a sinβ

оремою синусів: AC =

. У трикутнику AA B :

sin(180 − (α + β)

1

∠ A AB 90 , AB = a , тоді AA = a tg γ .

A 1

C

1

=

°

1

1

1

γ

V =

⋅ AB⋅ AC⋅sinα ⋅ AA ;

B

2

1

β

1

a

β

α

a 3

sin sin

sinβtg γ sinα

V =

⋅ a⋅

a tg γ

.

α

2

sin(α + β)

=

2sin(α + β)

A

C

a 3 sinβtg γ sinα

Відповідь.

2sin(α + β)

.

Частина четверта

4.1М. Знайдемо нулі виразу, що стоїть в лівій частині:

x − a = 0 ; x = a ; або 4 x 2 x

−

−12 = 0 . Для розв’язання другого рівняння введемо заміну t

x

= 2 ,

тоді t 2 − t −12 = 0 ; t = 3

− — сторонній корінь, оскільки 2 x > 0 ; t = 4. Отже, 2 x = 4 , x = 2 .

1

2

1) Якщо a < 2 , маємо: x ∈[ a;2] .

+

–

+

х

а

2

2) Якщо a = 2 , маємо: x = 2 .

+

+

2

х

+

–

+

3) Якщо a > 2 , маємо: x ∈[2; a] .

х

2

а

Відповідь. При a < 2 x ∈[ a;2] ; при a = 2 x = 2 ; при a > 2 x ∈[2; a] .

у

4.2М. 0

2

 sin x1 , 0

2

 sin y1; 0

2

2

 sin x + sin y2 .

π

Рівність справджується тільки при sin2 x = 1 , sin2 y = 1 .

2

Графіком є множина точок з координатами

0

 π

π

+ π

3π

π

π

n;

+ π 

m , n, m Z .

3π

–

–

х

 2

2



∈

2

2

2

2

π

π

π

–

Тоді x =

+ n

π , n ∈ Z ; y = + m

π , m ∈ Z .

2

2

2

3π

–

Графік побудовано.

2

x

2 + 6 − x

2 + 3

9

4.3

М. f ′( x) =

=

(

;

x + 3)2

( x +3)2

−4 − 3

f (−2) =

= −7 , f′(−2) = 9 .

1

у

Рівняння дотичної: y + 7 = 9( x + 2) ; y = x

9 +11 ,

11

x

0

− 11

9

y

11

0

1

11

121

13

Маємо прямокутний трикутник з катетами

S = 11

⋅ і

11 ⋅

=.

= 6

0

11

х

2

9

18

18

–

1

11

121

13

9

S =

⋅11⋅

=

= 6

(од2).

2

9

18

18

13

Відповідь. 6

.

18

14  Варіант4

4.4М. Розглянемо переріз кулі та конуса площиною,

що проходить через вісь конуса; у перерізі маємо

S

S

рівнобедрений трикутник ASB, вписаний в круг

AS 2 sin ASB

радіуса кулі. AS = SB , S

=

⋅

∠

,

α

 ASB

2

O

O

S

B

∠ ASB = 2α , AS =

2

.

sin2α

O

A

B

1

O

AS

S

2

1

SO = R = AO =

=

;

A

2cosα

2cosα sin2α

4

4

S

2

S

2

S

π

S

2

V

= π⋅ AO 3 = π⋅

=

кулі

3

3

8

3

cos α sin2α sin2α

3

3

cos α sin2α sin2α

4

4

S

2

S

2

S

π

S

2

V

= π⋅ AO 3 = π⋅

=

.

кулі

3

3

8

3

cos α sin2α sin2α

3

3

cos α sin2α sin2α

π S

S

2

Відповідь.

.

3

3

cos α sin α

2

sin α

2

Варіант 4

Частина перша

2

1

10

7

3

1.1. 3 − 2 = 3

− 2

= 1

.

7

5

35

35

35

Відповідь. В).

1.2. Відповідь. Б).

1

3 2

x − 27

3 2

( x −9

3 ( x − 3) ( x + 3

)

)

x + 3

1.3.

=

18 − 6 x

6(3 − x) = −

6 ( x − 3

2

)

= −

.

2

Відповідь. Г).

1.4. Відповідь. А).

1.5.

sin x 1, отже, sin x ≠ 3 .

Відповідь. Г).

π

1.6. Оскільки 0 < sin

< 1 , маємо a < b і b < c .

8

Відповідь. В).

1.7. Відповідь. Г).

1.8. Відповідь. Б).

1.9.  AB 

C  KLM ⇒ ∠ A = ∠ K =

°

30 , ∠ B = ∠ L =

°

70 ; ∠ C = ∠ M = 18 °

0 − (3 °

0 + 7 °

0 ) = 8 °

0 .

Відповідь. В).

Варіант4  15

1.10. Більша діагональ паралелограма лежить напроти більшого кута, який дорів нює 180° − 60° = 1

20°

 1 

180° − 60° = 120° . За теоремою косинусів знайдемо шукану діагональ: d 2

2

2

= 4 +7 − 2⋅4⋅7⋅co 1

s 20° = 16 + 49 − 56⋅ −

16 49 28 93

 2  =

+

+

=

 1 

d 2

2

2

= 4 +7 − 2⋅4⋅7⋅co 1

s 20° = 16 + 49 − 56⋅ −

16 49 28 93 ; d = 93 см.

 2  =

+

+

=

Відповідь. А).

1.11. Розглянемо прямокутний трикутник, гіпотенузою якого є твірна, а катетами — висо-

та і радіус основи конуса. За теоремою Піфагора r 2 h 2 l 2

+

= , r = 102 − 62 = 100 − 36 = 8

r = 102 − 62 = 100 − 36 = 8 (см).

Відповідь. Б).

1.12. Діагональ бічної грані, сторона основи та висота призми утворюють прямокутний трикут-

ник, з якого находимо висоту: h = 52 − 32 = 16 = 4 (см).

S

= P ⋅ h = 3⋅3⋅4 = 36 см2.

біч

осн

Відповідь. Б).