Частина друга

2.1. Область визначення функції f ( x) : x −1 ≠ 0 ⇒ x ≠ ±1.

f ( x) = 0 ⇔ x 2 + x

3 + 2 = 0 ; x = 1

− — не входить в область визначення функції, x = 2

− .

1

2

Відповідь. x = −2 .

x + > ,

2.2. ОДЗ: { 2 0 x> −2.

x + 3 > 0;

log ( x + 2) + log ( x + 3) = log 3 + ,

0 5 ;

4

4

4

log ( x + 2)( x + 3) = log 3+ log 2 ;

4

4

4

log ( x + 2)( x + 3) = log 6 ;

4

4

( x+2)( x+3)= 6;

x 2 + x

5 + 6 = 6 ;

x 2 + x

5 = 0 ;

x = 5

− — не задовольняє ОДЗ, x = 0 .

1

2

Відповідь. x = 0 .

27

1 +1

27

27

x

1

27

x 3

3

3

3

3

2.3.

dx =

x 3 dx

3

=

=

x 4

3

4

3

=

27 − 1

(81

∫

∫

(

)= −1)= ⋅80=60.

1

3 x 2

1

4

4

4

4

4

1

3

1

Відповідь. 60.

30  Варіант7

5 + 5 + 8

B

2.4. S

знайдемо за формулою Герона;

p =

= 9 (см);

1

 ABC

2

A

S

= 9⋅(9 −5)⋅(9 −5)⋅(9 − 8) = 12 (см2).  ABC є ортогональною

1

 ABC

D 1

проекцією  A B C , тоді за формулою площі ортогональної про-

1

1 1

C

S

1

12

екції S

 ABC

=

=

= 24 (см2).

 AD C

1

cos60°

1

B

2

A

Відповідь. 24 см2.

D

C

Частина третя

16 84

16 84

16

(2 32)(16 )

a +

+

a + a +

−

a

− a

a +

− a

3.1.

⋅

a − 16

4

a

( +16) = −(16− a)⋅4 a +116

(

) =

2( a +16)

1

= −

.

4( a +16) = − 2

Відповідь. − 1 .

2

3.2. ОДЗ: x 2 .

+

+

t

t

x

> 0

2

2

, =

− ; t 2 − t

9 + 8 < 0 ; t = 8 ; t = 1

1

2

1

–

8

1 < t < 8 ; 1 2 x−2

<

< 8 ; 0 < x − 2 < 3 ; 0 < x − 2 < 9 ; 2 < x < 11 .

Відповідь. x ∈(2;1 )

1 .

3.3. Маємо прямий паралелепіпед ABCDA B C D , в основі якого лежить

1

1 1

1

ромб ABCD; AB = a , ∠ BAC = α . Переріз, який проведено через біль-

B

C

1

1

шу діагональ AC основи та вершину B тупого кута іншої основи,

1

перетинає бічні грані по їх діагоналям AB і CB . Оскільки бічні

1

1

A

грані цієї призми рівні, то трикутник AB C — рівнобедрений.

1

D 1

1

α

α

У  AOB : AO = a cos ; BO = a sin

.

2

2

α

AC

α

S

= a 2 sinα ; AC = 2 AO = 2⋅ a cos ; AB =

= 2 ⋅ a cos ;

осн

2

1

B

C

2

2

α

α

O

Із  ABB : BB = AB 2 − AB 2 =

a 2

2

cos

− a 2 = a

2

2

2cos

−1 = a cosα

1

1

1

2

2

A

D



α

α

ABB : BB = AB 2 − AB 2 =

a 2

2

cos

− a 2 = a

2

2

2cos −1 = a cosα .

1

1

1

2

2

V = S

2

3

sinα

cosα

sinα cosα

осн ⋅ BB 1 = a

⋅ a

= a

.

Відповідь. V = a 3 sinα cosα .

Варіант 7 31

Частина четверта

4.1М. ОДЗ: x < a.

 0 < − x <1,  −1< x < 0,

{

{

2

a − x < x ,

2

x > − x + a,





 − x > 1,

 x < −1,

2

{

{

2

a − x >



x ;

x < − x + a.

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

у

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

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

1

У точці x = − 1 при a = − 1 прямa y = − x + a дотикається до параболи.

0

2

4

–1

1

х

Отже, якщо a < − 1 , пряма міститься нижче параболи і розв’язком

4

буде проміжок (0; 1), але, враховуючи ОДЗ ( x < a), проміжок буде

(

у

−1; a). Якщо a = − 1 , розв’язком є весь проміжок (−1; 0), крім точ4



1 

 1

1 

1

ки − 1 , враховуючи ОДЗ −1; −

та − ; −

. Якщо −

< a < 0,

2



2 

 2

4 

4

1

1

1 4 a

маємо дві точки перетину: x 2 = − x + a ; x 2 + x − a = 0; x = − ±

+

.

2

–1 0 1

х



−1 − 1 + 4 a 

 −1+ 1+ 4 a



Розв’язком будуть проміжки −1;

та

; a .



2





2



Якщо a > 0 , розв’язків на цьому проміжку немає.

1

1 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− 1+ 4 a



че прямої. Маємо розв’язок

; −1 .



2



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

2

1

 1   1 

1

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

2 , y′ ( x ) = x

2

1; x = − ; y −

;

0

0 = −

0

2

 2  = −

 2  = 4

 1 1 

функція y = − x + a проходить через точку −



;

, після підстановки маємо a = − 1 .

2

4 

4



1   1

1 

1

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

∪

;

; при −

< a < 0

4

4



2 

−

−

 2

4 

4



−1 − 1 + 4 a   −1 + 1 + 4 a



x ∈ −1;

∪

; a ; при a = 0 розв’язків немає, при a > 0



2

 

2



 −1− 1+ 4 a



x ∈

; −1 .



2



32  Варіант7

4.2М. 1) D( y): x ∈ R .

у

2) Функція ні парна, ні непарна.

3) Перетин з осями координат:

1

з Ox: y = 0 , x = − 1 ; з Oy: x = 0 , y = 1 .

–2

–1

1

2

2

2

1

х

x

2 + 1

x

2 + 1

4) k = lim

0 , b = lim

= 0 , тоді горизонтальна

− 1

x

x( x 2 + 2) =

→∞

x→∞ x 2 + 2

2

асимптота y = 0 .

x

2 2 + 4 − 4 x 2 − x

2

− x

2 2 − x

2 + 4

5) y′ =

2

(

0 ; x + x − 2 = 0 ; x = −2 , x = 1 .

2

2

x 2 + 2)

=

( x 2 +2) =

у′ –

+

–

у

–2

1

х

Функція спадає на проміжках x ∈(−∞; − 2] , 1

[ ;+∞).

Функція зростає на проміжку x ∈[−2; ]

1 .

x

= −2 , y

= − 1 ;

min

min

2

x

= 1 , y

= 1.

max

max

Графік побудовано.

4.3М. ОДЗ: ( x − 4)(20 − x) 0 , x ∈[4;20) .

–

+

–

4

20

х

 π( x − 3) 

( x −4)(20− x) = 0

або

cos

0 ;



2

 =

π( x − 3)

π

x = 4 , x = 20 ;

=

+ π n , n ∈ Z

2

2

x = 4 + n

2 , за ОДЗ 4  4 + 2 n 20

0  n  8 .

При n = 0 x = 4 ; при n = 8 x = 20 .

Відповідь. 9 коренів.

4.4М. Маємо піраміду ABCS, вписану в конус; тоді бічні ребра піраміди

S

є твірними для конуса, отже усі бічні ребра рівні між собою. Оскіль-

ки ∠ ASB = ∠ ASC = ∠ BSC , то  ASB = ASC = BSC ⇒ AB = BC = AC.

Нехай AS = a , тоді AB = a 2 ; AO — радіус описаного кола рівносто-

AC

a 2

роннього три кутника, AO =

=

;

3

3

C

a 2

O

AO

2

6

sin∠ ASO =

=

3

=

=

.

B

A

AS

a

3

3

6

Відповідь. ∠ ASO = arcsin

.

3

Варіант8  33

Варіант 8

Частина перша

4

20

4

1.1. 20 :15 =

=

= 4:3 .

15

3

3

Відповідь. Г).

1.2. Відповідь. Б).

12

1.3. 5

2

x −

x = 0 ;

7



12 

x 5 −

x

0



7

 = ;

 x = 0,

 x = 0,

 x = 0,



12

 12



35

5 −

x = 0; −

x = −5;  x =

.



7

 7



12

Відповідь. В).

1.4. Відповідь. А).

1.5. Відповідь. Б).

1

1.6. sin2 β + cos2 β + tg2 β = + tg2

1

β =

.

cos2 β

Відповідь. Г).

1.7. Відповідь. А).

м 

1.8. v( t) = x′( t) = t

2 − 6 ; v 5

( )= 2⋅5−6 = 

4

.

 с 

Відповідь. Б).

1.9. За теоремою косинусів маємо:

AB = BC 2 + AC 2 − ⋅ BC ⋅ AC ⋅cos C =

2 + 2

2

5

8 − 2⋅5⋅8⋅cos

°

60 =

1

= 25 + 64 − 80⋅

= 49 = 7 (см).

2

Відповідь. В).

1.10. Нехай x та y — кути паралелограма, отже:

x + y =

,  x + y + ( x − y) = 190, x = ,

{ 180

{ 95 Тобто кути 95° і 85°.

x − y = 10;

 x

 − y = 10;

y = 85.

Відповідь. В).

1.11. Маємо циліндр з радіусом 5 см, отже, діаметр дорівнює 10 см.

Відповідь. Б).

1.12. Основою прямого паралелепіпеда є паралелограм зі сторонами 4 3 см і 5 см та гострим кутом

60° ; висота дорівнює 10 см.

3

V = S

4 3 5 sin60 10 4

3 5

10 300 (см3).

осн ⋅ H =

⋅ ⋅

°⋅

= ⋅

⋅ ⋅

⋅

=

2

Відповідь. А).

34  Варіант8