Частина четверта

4.1М. ОДЗ: x > 1 − a .

 0 < x < 1,

 0 < x < 1,

{

{ x + a −1 2

< x ,

2

x +1 > x + a,





 x >

1,

 x >1,

{

{ x + a −1

2

> x ;

2

x +1 < x + a.

Розв’яжемо нерівність графічно. Побудуємо графіки функцій y = x 2 +1 та y = x + a і розгляне­

мо їх на інтервалах (0; 1) та (1; + ∞) .

Варіант 25 109

а) 0 < x < 1 . Парабола y = x 2 +1 має бути вище прямої y = x + a .

у

В точці x = 1 при a = 3 прямa дотикається до параболи. Отже, якщо

2

4

a < 3 , розв’язком буде проміжок (0; 1) , але, враховуючи ОДЗ

4

1

( x >1− a) , проміжок буде (1− a; 1). Якщо a = 3 , розв’язком є про4

–1



1 

 1



 1 1 

 1



0

1

х

міжки 0;



; 1

;

; 1

2  та  2

 , враховуючи ОДЗ —  4 2  та  2

 .

3

Якщо

< a < 1, маємо дві точки перетину: x 2 +1 = x + a ;

4

у

1

3 4 a

x 2 − x − a +1 = 0 ; x = ± − +

. Розв’язком будуть проміжки

2



1 −

3

− + 4 a 

 1+ 3

− + 4 a



1 − a;

та

; 1 . Якщо a > 1 , розв’язків на



1

2





2



–1

цьому проміжку немає.

0

1

х

1

3 4 a

б) x > 1 . Пряма і парабола мають одну точку перетину x = + − +

,

2

якщо a > 0 . Нас цікавить та частина параболи, що розташована ниж­



1 +

3

− + 4 a 

че прямої. Маємо розв’язок 1;

.



2



Пояснення: графік функції y = x + a є дотичною до графіка функції y = x 2 +1 , коли похідна

2

1

 1 

1 

5

від функції y = x 2 +1 дорівнює 1. Отже, y′ = x

2 , y′ ( x ) = x

2

1 ; x =

; y

1

0

0 =

0

2

 2  =  2  + = ;

4

 1 5 

функція y = x + a проходить через точку

;



.

2

4  , після підстановки маємо a = 3

4

1

1   1



3

Відповідь. При a < 3 x ∈(1− a; 1) , при a = 3 x ∈ ;

∪

; 1 , при

< a < 1

4

4

 4 2   2



4



1 − −3 + 4 a 

 1+ −3 + 4 a



x ∈ 1 − a;

∪

; 1 , при a = 1 розв’язків немає, при a > 1



2

 

2





1 + −3 + 4 a 

x ∈ 1;

.



2



у

4.2М. Оскільки sin2 π x  0 , cos2 π y  0 , то рівність

можлива тільки при sin2 π x = cos2 π y = 0 .



π x = π n,

sin2 π x = 0 , 





π

m, n ∈ Z ;

cos2



π y = 0; π y =

+ π m;

1



2

 x = n



,

–1 0

1

х



1

m, n ∈ Z .

y =

+ m;



2



1



Тоді графіком буде множина точок з координатами n;

+ m , n, m



2



∈ Z .



1



Відповідь. Графіком є множина точок з координатами n;

+ m , m, n



2



∈ Z .

110 Варіант 25

1

4.3М. Розглянемо функцію g( x) =

та побудуємо її графік.

x

2 − 1

у

D( g): x ≠ 0 ; функція загального вигляду, точок перетину

з осями координат не існує.

1

lim

= ∞ : маємо вертикальну асимптоту x = 0 ;

1

x

x

→0 2 − 1

1

lim

= 0 : маємо горизонтальну асимптоту y = 0 ;

x

x

→+ ∞ 2 − 1

0

1

х

1

–1

lim

= −1: маємо горизонтальну асимптоту y = −1;

x

x

→− ∞ 2 − 1

E( g): (− ∞; − )

1 ∪ ( ;

0 + ∞).

Тепер розглянемо граничні значення функції f x

g x

( )= ( )

3

на означених проміжках.

g( x

1

g( x

1

 1 

3 )

=

= 0 та 3 )

= , отже, перший проміжок 0;

−∞

3∞

1

−

3

 3  .

3 g( x) = 30 = 1 та 3 g( x)

3∞

=

= +∞ , отже, другий проміжок 1

( ;+ ∞) .

0

+ ∞

1 

Відповідь: E( f) 

:

;

0

∪ ( ;

1

) .

 3 

+ ∞

4.4М. ABCA B C — дана призма, AB = BC = b , ∠ ABC = α ,

1

1 1

∠

B

AB C β .

1

1

=

Висота описаного циліндра збігається з висотою призми,

A 1

а радіус є радіусом кола, описаного навколо  ABC .

AB

За теоремою синусів R =

.

2sin ∠ C

C 1

b

b

B

R =

=

 180 − α 

α .

A

2sin

2cos



2



2

H

α

α

Із  ABH : AH = AB⋅sin

= b sin

.

C

2

2

α

AH

b sin

Із  AB H : AB

2

=

=

1

1

β

β .

sin

sin

2

2

α

b 2

2

sin 2

α

β

2

b

Із  AB B : AB 2

BB 2

AB 2

=

+

, тоді BB =

− b

2

2

=

sin

− sin

.

1

1

1

1

β

β

2

2

2

sin

sin

2

2



2

α

β

b 3 sin2

2

− sin

2



b



b

2 α

2 β

π

V = R

π

⋅ BB

sin

sin

2

2 .

1 = π ⋅

⋅

−

=

ц





α

β

2

2

α

β

2

 2cos

sin

4cos

sin

2 

2

2

2

3

2

2 β

b

π

α

sin

− sin

Відповідь.

V =

2

2 .

ц

2 α

β

4cos

sin

2

2

Варіант 26 111

Варіант 26

Частина перша

36 ⋅3

27

1

1.1.

=

= 13 .

8

2

2

Відповідь. В).

x − y = ,

x = y + , x = − + , x = ,

1.2. {

4

{

4 { 1 4 { 3

x + y

2 − x + y = 1 − 4 ;

y

3 = −3;

y = −1;

y = −1.

Відповідь. Б).

1.3. Відповідь. А).

1.4. y = 2⋅7 −1 = 13 .

7

Відповідь. В).

1.5. Відповідь. Б).

1.6. ОДЗ: x > 1 .

x −1  3 ; x  4 , враховуючи ОДЗ: x ∈(1; 4].

Відповідь. Г).

 π 

1.7. y′ = cos x ; cos −

0 .

 2  =

Відповідь. В).

2

2

x 4

1.8. S = x dx =

= 4 − 0 =

∫ 3

4 .

4

0

0

Відповідь. Б).

12

1.9. S = a ⋅ b ; якщо a = 4 см, то b =

= 3 (см).

4

Відповідь. Б).

1.10. Це не суміжні кути, оскільки сума суміжних кутів становить 180°. Тоді це вертикальні кути;

вертикальні кути рівні, отже, кожен з них дорівнює 260° :2 = 130° . Тоді гострий кут дорівнює

180° −130° = 50° .

Відповідь. Г).

−2 + 2

3 + 3

4 + 8

1.11. x =

= 0 ; y =

= 3 ; z =

= 6 . (0; 3; 6).

c

2

c

2

c

2

Відповідь. А).

1.12. В осьовому перерізі маємо квадрат з діагоналлю 4 2 см, тоді сторона квадрата a = 4 см, ви­

сота циліндра — 4 см, радіус — 4 :2 = 2 (см).

Відповідь. Г).

112 Варіант 26