Частина друга

1

lg

1

1

1

3

2.1

10 8 − log

=

+

=

.

24 2

8

4

8

3

Відповідь.

.

8

2.2. Оберемо три учні для участі в олімпіаді з фізики: C 3

8 7 6

= ⋅ ⋅ = 56 . Тоді друга команда вже ви8

2⋅3

значена — це ті, хто залишився. Отже, 56 варіантів.

Відповідь. 56.

Варіант 28 121

2.3. Знайдемо точки перетину графіків: 3 2

x = 1 − 2 x ; 3 2

x + 2 x −1 = 0 ;

у

2 4

1

D = 4 +12 = 16 ; x = − ± ; x = 1

− , x =

.

6

1

2

3

1

3

1

2

2

3

1

1

1

5

S = ∫ (1− x

2 − x

3 ) dx = ( x − x − x ) 3 = − −

+1+1−1 = 1

(од2).

−1

3

9

27

27

х

−

–1 0

1

1

5

Відповідь. 1

од2.

27

2.4. ∠ BAC =

°

60 , AB = AC , тоді  ABC — рівносторонній, BC = AB = AC = 4

BC = AB = AC = 4 см. AH ⊥ пл. BHC , AH є відстанню від точки A до площи­

А

ни BHC.

 BHC — рівнобедрений, оскільки рівні похилі мають рівні про­

екції.  AHB =  CHB за гіпотенузою і катетом, тоді AH = BH ,

∠

4 2

BAH =

°

45 , AH = AB⋅cos4 °

5 =

= 2 2 (см).

Н

2

Відповідь. 2 2 см.

В

С

Частина третя

− 1

1

1

x

x − x

− x 

x 

3.1. D( f): x ∈ .

R f ′( x) = e 2 − e 2 . f′( x) = 0 , e 2 1−

0 .

2



2  =

− 1 x

x

Оскільки e 2 ≠ 0 , то 1 −

= 0 ; x = 2 .

2

f′( х)

+

–

f( х)

2

х

Відповідь. f ( x) ↑ зростає при x ∈(−∞;2]; f( x) ↓ спадає при x ∈[2; ∞).

3.2.

sin x ⋅ sin x

(

+ 3 cos x)= 0 .

sin x = 0 ;

або sin x + 3 cos x = 0 .

x = n

π , n ∈ Z .

1) sin x < 0 , тоді −sin x + 3 cos x = 0 ;

1

3

− sin x +

cos x = 0 ;

2

2



π 

sin x −

0 ;



3  =

π

x −

= k

π , k ∈ Z ;

3π

x =

+ k

π , k ∈ Z .

3

2π

Враховуючи, що sin x < 0 , маємо: x = −

+ k

π , k ∈ Z .

3

122 Варіант 28

2) sin x  0 , тоді sin x + 3 cos x = 0 ;

1

3

sin x +

cos x = 0 ;

2

2



π 

sin x +

0 ;



3  =

π

x +

= m

π , m ∈ Z ;

3

π

x = −

+ m

π , m ∈ Z .

3

2π

Враховуючи, що sin x  0 ; x =

+ 2 m

π .

3

2π

2π

Відповідь. x = n

π , x =

+ 2 m

π , x = −

+ k

π , n, m, k ∈ Z .

3

3

3.3. Оскільки всі бічні грані піраміди ABCS нахилені під однаковим ку­

том до основи, то кутом нахилу бічної грані до площини основи

S

є кут між апофемою та її проекцією на основу, отже, ∠ SHO =

°

45 .

Оскільки S

= S : cos∠ SHO , знайдемо S .

біч

осн

осн

P = 13 +14 +15 = 42 (см), p = 21 (см).

B

S

= 21⋅(21−13)⋅(21−14)⋅(21−15) = 84 (см2).

осн

A

2

O

Н

S

= 84:

= 84 2 (cм2).

біч

2

C

Відповідь. 84 2 см2.

Частина четверта

4.1М. Розв’яжемо рівняння графічно. Побудуємо графіки функ­

цій y = log x

2 і y = a та проаналізуємо наявність то­

y

2

−

чок перетину графіків у залежності від величин a.

Побудуємо спочатку графік функції y = log x , опустимо

2

його на дві одиниці та частину, що розташована нижче осі

2

y = a

Ox, відобразимо симетрично відносно цієї осі. Маємо чоти­

ри лінії, кожна з яких відповідає функціям:

0 1

1 

1

4

х

y = −log x − 2 , x ∈0;

;

4

1

2



4 

1



y = log x + 2 , x ∈ ;1 ;

2

2

 4 

y = −log x + 2 , x ∈[1;4) ;

3

2

y = log x − 2 , x ∈[4; + ∞) .

4

2

Варіант 28 123

1

Точки перетину з віссю Ox знайшли з рівняння

log x − 2 = 0 , це точки

та 4. Графіки

2

4

функцій, як бачимо на рисунку, можуть мати дві або чотири точки перетину, або не матимуть

їх зовсім. Ці точки знаходимо, розв’язуючи рівняння y = a , y = a , y = a , y = a .

1

2

3

4

Відповідь. Якщо a < 0 , коренів немає; якщо a = 0 , то x = 1 ; 4 ; якщо 0 < a < 2 , то x a

= − −

2

2 ,

4

x

a

= −

2 2 , x

a

= −

22 , x

a

= +

2 2 ; якщо a = 2 , то x = 1 , x

a

= − −

2

2 , x

a

= +

2 2 ; якщо a > 2 , то x

a

= − −

2

2 , x

a

= +

2 2 .

4.2М. Нерівність рівносильна сукупності:

y

 y +1> 0,

 y > −1,







x 2 − 5

x 2 + y 2 −

2



4  (1+ y) ,  y 

,





2

 y +1 0,



 y  −1,

x

 2 + y 2 − 4  0;

 x

0 –1 1 2

x

 2 + y 2  4.

–2

Геометричним образом нерівності x 2 + y 2  4 є частина площини

–3

за винятком круга з центром в точці (0;0) радіуса 2, нерівно­

сті y  −1 — півплощина нижче прямої y = −1 . Геометричний

x 2 − 5

образ нерівності y 

складають точки площини, що роз2

x 2 5

ташовані нижче параболи y =

− , а нерівності y > −1 — точки

2

півплощини вище прямої y = −1 .

Графік побудовано.

1

1

4.3М. f′( x) =

; f ′( )

1 =

; f 1

( )=1.

2 x

2

y

1

1

1

1

1

y = x +

Рівняння дотичної: y −1 = ( x − )

1 ; y =

x +

.

2

2

2

2

2

=

2

y

x

Знайдемо точку перетину дотичної з віссю Ox:

1 1

1

1

2

x +

= 0 ; x = −1 .

2

2

–1 0

1

х

0

1

0  1

1 

1  1

1



 x 2

x 

 x 2

x

2 x x 

S =

x +

dx

x

x dx

∫



+

−



 =

2

2 

+

+ −

∫ 2 2



=

+

4

2

3

0

 4

2

1

 +

−





−1

0

0

1

0  1

1 

1  1

1



 x 2

x 

 x 2

x

2 x x 

1

1

1

1

2

1

S =

x +

dx

x

x dx

∫



+

−

= − + + + − =

(од2).



 =

2

2 

+

+ −

∫ 2 2



=

+

4

2

3

4

2

4

2

3

3

0

 4

2

1

 +

−





−1

0

1

Відповідь.

од2.

3

124 Варіант 29

4.4М. В основі паралелепіпеда лежить паралелограм ABCD. Оскільки він

є вписаним у коло, то ABCD — прямокутник. Твірна циліндра AA

B 1

C

1

1

є бічним ребром призми, отже, призма пряма. Тоді ABCDA B C D —

1

1 1

1

прямокутний паралелепіпед. Проекцією його діагоналі B D на

О

1

1

площину основи є BD, а на площину бічної грані D DCC є діаго­

A

1

1

1

наль DC . Тоді за умовою ∠ B DB α , ∠ B DC

β , DC = a . Нехай

D

1

1 =

1

=

1

1

h

висота циліндра AA = h , тоді з  B BD : B D =

, BD = h ⋅ctgα .

1

1

1

sinα

h cosβ

Із  B C D : C D = B D ⋅cosβ =

. Із  DCC : C D 2

CC 2

=

+ DC ,

1 1

1

1

sinα

1

1

1

B

C

h 2

2

cos β

2

2

=

a sin α

h 2 + a 2 , h 2

2

2

( β− α)= a 2 2

cos

sin

sin α , h 2 =

,

2

sin α

2

2

cos β − sin α

O

a sinα

тоді h =

.

A

D

cos2 β − sin2 α

B

C

1

2

1

BD

2

2

2



⋅ h ctg

V = π ⋅ OD ⋅ BB 1 = 

π

π

α

BB

h

ц

 2  ⋅

1 =

⋅ =

4

A

π ⋅ a 3

2

ctg α ⋅

3

sin α

π ⋅ a 3 cosα ⋅ sinα

π ⋅ 3

a sin2α

1

D 1

=

=

=

.

3

3

4(

3

2

cos β −

2

sin α)2

2

4(cos β −

2

sin α)2

8( 2

cos β −

2

sin α)2

π ⋅ a 3 sin α

2

Відповідь.

V =

.

ц

B

C

8(

3

2

cos β −

2

sin α)2

A

D

Варіант 29

Частина перша

1.1. Відповідь. В).

1.2. Відповідь. Б).

1.3. Відповідь. Г).

5 1

2

1.4. 3 2

x − 5 x + 2 = 0 ; D = 25 − 24 = 1 ; x = ± ; x = 1 , x =

.

6

1

2

3

+

+

–

х

2

1

3

Відповідь. А).

Варіант 29 125

1.5. Відповідь. Г).

x−

1.6.

2 x−6

3

2 2

−

( ) = , тоді ( x−6)( x−3)= −2; x 2 − x

9 +18 = 2

− ; x 2 − x

9 + 20 = 0 ; x = 4 , x = 5 .

1

2

Відповідь. Б).

1.7. Відповідь. А).

0

x 3

1.8.

= 0 + 9 = 9 .

3 3−

Відповідь. В).

1.9. Відповідь. А).

1.10. c — гіпотенуза, a — катет, a — проекція катета на гіпотенузу,

c

тоді a 2 = a ⋅ c , c = a 2 : a = 36 :3 = 12 (см).

c

c

Відповідь. Г).

1.11. LK = BL 2 − BK 2 = 25 −16 = 3 (см).

Відповідь. Б).

16π

1.12. OO = 6 см, O A =

= 8 (см),

1

1

2π

O 1

тоді AO = OO 2

2

36 64

10 (см).

1 + O A

1

=

+

=

A

S

= 4 R 2

π

= 4π⋅100 = 400π (см2).

O

сфери

Відповідь. В).