Частина четверта

4.1М. І спосіб. ОДЗ: x > 0 ; x ≠ 1 ; x > − a .

1) 0 < x < 1 , тоді x + a < x 2 ; x 2 − x − a > 0 ; x = 1 . D = 1+ a 4 .

в

2



1 

+

Якщо 1 + 4 a < 0 a < −

, маємо:

– a

+

x ∈(− a )

;1 .



4 

0

1

х



1 

1 1   1



Якщо 1 + 4 a = 0 a = −

, маємо:

x ∈ ;

∪

;1 .



4 

0

1

х

 4 2   2 

1

1

1   1



x ∈ ;

∪

;1

 4 2

2 

 2 

22 Варіант 5



1 

1

1 4 a

Якщо 1 + 4 a > 0 a > −

, то x = ±

+

,



4 

2

1 − 1 + 4 a

1 + 1 + 4 a

але для a > 0 x =

< 0 , а x =

> 1, отже, розв’язків не буде.

2

2

1



1 − 1 + 4 a 

 1+ 1+ 4 a 

При 0 > a > −

x ∈ − a;

 ∪ 

; 

1 .

4



2

 

2



2) x > 1 , тоді x + a > x 2 , x 2 − x − a < 0 . D = 1+ a 4 .

Якщо 1 + 4 a  0 , то розв’язків немає.

+

+ 1

1

Якщо −

< a < 0 , маємо

–

Розв’язків немає.

4

1 − 1+ 4 a

1 + 1+ 4 a

2

2

1

 1+ 1+ 4 a 

Якщо a > 0 , маємо

∈

–

x 1;

 .

2

1 − 1+ 4 a





1 + 1+ 4 a

2

2

1 1   1



1

Відповідь. При a < − 1 x ∈(− a )

;1 ; при a = − 1 x ∈ ;

∪

;1 ; при −

< a < 0

4

4

 4 2   2 

4



1 − 1 + 4 a 

 1+ 1+ 4 a 

 1+ 1+ 4 a 

x ∈ − a;

 ∪ 

; 

1 ; при a > 0 x ∈1;

 ; при а = 0 розв’язків немає.



2

 

2





2



ІІ спосіб. ОДЗ: x > − a .

 0 < x <1,

{

2

x + a < x ,

 x>1,

{

2

x + a > x .

Розв’яжемо нерівність графічно. Побудуємо графіки функцій y = x 2 та

y = x + a і розглянемо їх на інтервалах (0; 1) та (1; + ∞) .

у

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

x = 1 при a = − 1 прямa дотикається до параболи. Отже, якщо a < − 1 ,

2

4

4

розв’язком буде проміжок (0; 1) , але, враховуючи ОДЗ ( x > − a) , промі­



1 

 1



жок буде ( a; 1) . Якщо a = − 1 , розв’язком є проміжки 0;

; 1

4



2  та  2

 ,

0

х

 1 1 

 1



1

враховуючи ОДЗ —

;

a



; 1

0 , маємо дві точ4

2  та  2

 . Якщо − < <

4

1

1 4 a

ки перетину: x 2 = x + a ; x 2 − x − a = 0 ; x = ±

+

. Розв’язком будуть

2



1 − 1 + 4 a 

 1+ 1+ 4 a



проміжки a;

; 1 . Якщо a > 0 , розв’язків на



2

 та 

2



цьому проміжку немає.

Варіант 5 23

1

1 4 a

у

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

+

,

2

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



1 + 1 + 4 a 

прямої. Маємо розв’язок 1;

.



2



Пояснення: графік функції y = x + a є дотичною до графіка функції y = x 2 , 0

х

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

2 , y′ ( x ) = x

2

1 ;

0

0 =

2

1

 1 

1 

1

 1 1 

x =

; y

= + проходить через точку

;

0

2

 2  =  2  = ; функція y x a

4

 2 4  ,

після підстановки маємо a = − 1 .

4

1

1   1



1

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

∪

; 1 ; при −

< a < 0

4

4

 4 2   2



4



1 − 1 + 4 a 

 1+ 1+ 4 a





1 + 1 + 4 a 

x ∈ a;

∪

; 1 ; при a = 0 розв’язків немає; при a > 0 x ∈ 1;

.



2

 

2





2





у

x 2,

 x 2,

4.2М. ОДЗ: 



5

 − y + x

2  0; y

 5 + x

2 .

10

9

x 2 − 4 = 5 − y + x

2 ;

y = −( x 2 − x + )+ = −( x − )2

2

1

10

1 +10 .

5

Отже, графіком рівняння буде частина параболи, що лежить

нижче прямої y = x

2 + 5 і ліворуч від прямої x = 2 або право­

руч від прямої x = −2 .

Графік побудовано.

1

–2 0

2

х

5

y = 2 x+

π

4.3М. Домножимо та поділимо на 2sin

:

19

π

π

π

3π

π

5π

π

17π

2sin

cos

+ 2sin

cos

+ 2sin

cos

+ …+ 2sin

cos

19

19

19

19

19

19

19

19 =

π

2sin 19

2π

4π

2π

6π

4π

18π

16π



π 

sin

+ sin

− sin

+ sin

− sin

+ …+ sin

− sin

sin π −

π

sin

19

19

19

19

19

19

1

19



19 

1

=

=

=

19 = .

π

π

π

2

2sin

2sin

2sin

19

19

19

1

Відповідь.

.

2

24 Варіант 6

4.4М. Розглянемо переріз піраміди, який проходить через висоту

і апофеми протилежних граней; у перерізі маємо рівнобе­

S

дрений трикутник MSK з основою MK = a , в який вписа­

не коло з центром O. Центр кола лежатиме на висоті SH,

OH = R .

∠ OKH = ∠ PKO (оскільки центр вписаного кола лежить

на бісектрисі кута AKS).

B

R

2 R

C

O

tg ∠ OKH =

=

,

a

a

2

M

4 R

H

K

2tg ∠ OKH

4 Ra

tg ∠ SKH =

=

a

=

; із  SHK :

1 − tg2 ∠ OKH

4 R 2

a 2 − 4 R 2

1 − a 2

A

D

a

S

2 Ra

2 Ra 2

SH = HK ⋅tg∠ SKH =

⋅

=

.

2

a 2 − 4 R 2

a 2 − 4 R 2

a

Розглянемо  SHD : HD =

2 (половина діагона2

лі квадрата); за теоремою Піфагора SD 2

HD 2 SH 2

=

+

;

Р

a 2

4 R 2 a 4

a

a 4 + 16 R 4 − 4 a 2 R 2

SD =

+

.

O

2

(

2

2

a 2 4 R 2 2

a

4 R

) =

⋅

−

−

2

a

a 4 + 16 R 4 − 4 a 2 R 2

M

H

K

Відповідь.

⋅

.

a 2 − 4 R 2

2

Варіант 6

Частина перша

1

3

3 15

45

5

1.1. 1 ⋅3

= ⋅

=

= 5 .

2

4

2

4

8

8

Відповідь. В).

 x + y + ( x − y) = 8,

x

2 = 8,

x 4,

1.2. 

6;

{

=

6;

{

x

 + y =

x + y =

y = 2.

Відповідь. А).

1.3. Відповідь. В).

1.4. Відповідь. Г).

1.5. Відповідь. Б).

1.6. 3

2

x − x > 0 ; x(3 − x) > 0 .

–

+

–

Відповідь. А).

0

3

х

Варіант6  25

1.7. y′ = x

3 2 ; y′(− )

1 = 3⋅(− )

1 2 = 3 .

Відповідь. Б).

4

у

4

x 2

2

2

4

2

12

1.8. S =

xdx =

=

−

=

=

∫

6 (од2).

2

2

2

2

2

2

Відповідь. В).

2

1

1

1.9. S =

⋅6⋅7 = 21 (см2).



0

2

1 2

4

х

Відповідь. Г).

1.10 x + x +

°

20 = 18 °

0 ;

2 x = 160 ;

x =

°

80 ;

180° − 80° = 100° .

Відповідь. В).

С

O

1.11. a = (−2)2 +12 + 22 = 4 +1+ 4 = 9 = 3 .

B

Відповідь. В).

1.12. AD = R

2 = 2⋅3 = 6 (см), CD = 8 см.

У прямокутному  CDA : AC = AD 2 + CD 2 ;

D

AC = 62 + 82 = 36 + 64 = 100 = 10 (см).

О

Відповідь. Б).

1

A