Частина друга

2

sinα

1 + cosα

sin2 α + 1

( + cosα)

sin2 α + 1 +

2

cosα + cos α

2.1.

+

=

1 + cosα

sinα

1

( + cosα)

=

2

sinα

1

( + cosα)

=

sinα

2 + 2

2

cosα

(1+ cosα)

2

= (1+cosα)

=

sinα

(1+ cosα)

=

.

sin

sin

α

α

2

Відповідь.

.

sinα

lo

 g



( x −2)> ,0

1

x 2

,

1

x

,

3

2.2. 

{

{

2

⇒

− < ⇒ <

x

>

>

 − 2 > ;

x

;

2

x

.

0

2

2

3

х

Відповідь. x ∈(2;3) .

2.3. Нехай один з невід’ємних доданків, з яких складається

число 9, буде x, тоді інший — 9 − x . Позначимо добуток

S′( x) = –

0

+

max –

квадрата одного доданка на інший доданок S( x) , тоді

х

S( x) = x 2 (9 − x) .

S( x)

0

6

S′( x) = x

2 (9 − x) − x 2 = x

18 − x

3 2 = x

3 (6 − x) , S′( x) = 0 в точ-

ках 0 і 6.

Найбільшого значення для додатних значень функція

S( x) набуває в точці 6. Отже, один доданок дорівнює 6,

другий — 3.

Відповідь. 6; 3.

16  Варіант4

2.4. Осьовим перерізом циліндра є прямокутник ABCD, в якому

С

AD = R

2 ; CD = R +11 — висота циліндра. З прямокутного

О 1

трикутника ADC маємо: AC 2

AD 2 CD 2

=

+

; 172

2 2

R

1

( 1

2

= ( ) +

+ R) ;

B

172 4 2

R

121 22

2

=

+

+

R + R ; 5 2

R + 22 R −168 = 0 ;

−11 ± 121 + 5⋅168

−11 ± 961

−11 ± 31

42

R =

=

=

; R = −

— не за-

5

5

5

1

5

довольняє умову, R = 4 .

2

D

S

= AD⋅ CD = R

2 ⋅( R +1 )

1 = 8⋅15 = 120 (см2).

ABCD

O

Відповідь. 120 см2.

A

Частина третя

3.1. ОДЗ: 9 − 2 x > 0 ; 2 x < 9 .

8

8

Пропотенціюємо рівняння за основою 2, отримаємо: 9 2 x 23

−

= − x ; 9 − 2 x =

; t

x

= 2 ; 9 − t =

;

2

2 x

t

t − t

9 + 8 = 0 ; t = 8, t =1; 2 x = 8, 2 x =1 — задовольняють ОДЗ, отже, x = 3 , x = 0.

t

1

2

Відповідь. x = 0 , x = 3 .

3.2. Нехай маємо бак із стороною основи a і висотою H, тоді V = a 2 H =

3

32 л = 32 дм , звідки

128

H = 32 a 2

:

. Площа поверхні S = a 2 + aH

4

, тоді S( a) = a 2 +

.

a

Дослідимо функцію S( а) на екстремуми ( а > 0):

128

2 3

a − 128

S′ = a

2 −

; S′ = 0 ;

= 0 ; 2 3

a = 128 ; a 3 = 64 ; a = 4 . S′( а)

+

–

a 2

2

a

S( а)

0

4

а

Отже, a = 4 є точкою максимуму.

32

32

H =

=

= 2 (дм).

a 2

16

Відповідь. a = 4 дм, H = 2 дм.

S

N

3.3. Маємо правильну трикутну піраміду ABCS, SO — висота,

і за умовою SO = H , AB = a . Точка M — середина AB, точ-

ка K — середина BC. MK — середня лінія трикутника ABC,

B

a

M

MK =

. Переріз проведено через середню лінію перпенди-

A

H

2

O

K

кулярно до основи піраміди. Нехай переріз перетинає ре-

бро BS в точці N. Трикутник MKN рівнобедрений, його ви-

T

сота NH є також медіаною, тоді точка H належить відріз-

C

ку OB. Розглянемо трикутник SOB: SO  NH , тоді трикут-

S

NH

HB

ники SOB і NHB подібні, отже,

=

. Нехай у  ABC

SO

OB

x

x

x

3

висота BT = x , тоді OB = 2 , HB =

; HN = SO ⋅ 2 = H ⋅

.

N

3

2

2 x

4

3

1

1 a

3

a

3 H

S

= ⋅ MK ⋅ NH = ⋅ ⋅ H ⋅ =

.

перерізу

2

2 2

4

16

3 aH

Відповідь.

.

16

O

H

B

Варіант4  17