malunivka.at.ua · УДК 51(076.2) ББК 74.262.21 М34 М34 Математика. 11 клас: Розв’язання всіх завдань до посібника «Збірник

ÃÎËÓÁÎÉÏÓÐÏÓÐÍÛÉÆÅËÒÛÉ×ÅÐÍÛÉÃÎËÓÁÎÉÏÓÐÏÓÐÍÛÉÆÅËÒÛÉ×ÅÐÍÛÉ

Е К З А М Е Н

Б Е З П Р Б Л Е М О

нове видання

МатеМатика

Розв’язання всіх завдань до посібника «Збірник завдань для державної підсумкової атестації з математики. 11 клас» (авт. Істер О. С., Глобін О. І., Панкратова І. Є.)

1

УДК 51(076.2)ББК 74.262.21 М34

М34 Математика. 11 клас: Розв’язання всіх завдань до посібника «Збірник завдань для дер-жавної підсумкової атестації з математики» / Упоряд. О. В. Скляренко, Н. Б. Чистякова.—Х.:Ранок-НТ,2011.—144с.

ISBN978-966-315-124-3

Посібникміститьрозв’язаннявсіхзавданьізнавчальногопосібника«Збірникзавданьдлядержав-ної підсумкової атестації з математики. 11 клас» (авт. О. С. Істер, О. І. Глобін, І. Є. Панкратова.—К.: Освіта, 2011).

Посібник побудовано за таким принципом. Спочатку, відповідно до збірника завдань, вказано но-мерваріантаатестаційноїроботи, їїчастина(перша—четверта),номерзавдання,апотімподанорозв’я-зання завдання і відповідь до нього.

У кінці посібника наведено правильно заповнені бланки відповідей для завдань першої та другоїчастин кожного варіанта атестаційної роботи.

Посібник призначений для учнів загальноосвітніх навчальних закладів і вчителів.

УДК51(076.2)ББК74.262.21

© О.В.Скляренко,Н.Б.Чистякова,упорядкування,2011ISBN978-966-315-124-3 © ПП«Ранок-НТ»,2011

2

Варіант1 3

Варіант 1

Частина перша

1.1. Відповідь.В).

1.2.y xx y

− =− ={ 32 2

,;

y x x yy x

− + −( ) = +− =

2 3 23

,;

y

x= −

− − ={ 55 3

,;

yx

= −= −{ 5

8,.

Відповідь. А).

1.3. a a− + =3 5 2 .Відповідь. Г).

1.4. a11 3 2 11 1 17= + −( )⋅ −( ) = − .

Відповідь. Б).

1.5. Відповідь.Б).

1.6. 3 49 8 3 7 2 2 3 7 3 2 6 3 37 2 72

23

7 2log log log log log log− = − = ⋅ − = − = .

Відповідь. В).


1.8. S x dxx

= = = − = =∫ 2

0

2

0

23 3

3

2

3

8

3

2

30 2 .


1.9. BK AB AK= − = − =8 2 6 .


1.10. ∑ = °⋅ − ° = °180 10 360 1440 .


1.11. V S Hпр осн= ⋅ = ⋅ =3 7 632 см3.

Відповідь. Г).

1.12. Відповідь.Г).

Частина друга

2.1. 4 3 3 4 3 4 02 2⋅ + ⋅ − ⋅ =x x x x ;

4 4 3 02

23

4

3

4x

x x

⋅ ⋅

+

−

= ;

4 02x ≠ ,томурозв’яжемоквадратнерівняннявідносно3

4

x

.

4 Варіант1

Нехай3

4

=x

t ,тоді 4 3 02t t+ − = ; t1 2

1 1 4 4 3

4 2, =

( )− ± + ⋅ ⋅ −

⋅; t1 2= − , t2

3

4= .

Оскільки3

40

>x

,токорінь t1 2= − є стороннім,отже, t =3

4.

3

4

3

41

= ⇒ =x

x .

Відповідь. x =1.

2.2. Існує8дільниківчисла30: 1 2 3 5 6 10 15 30, , , , , , ,{ } ,тому P A( ) = =8

30

4

15.

Відповідь. 4

15.

2.3. ОДЗ: x −1 0 ; x1 .

Піднесемообидвічастинирівняннядодругогостепеня:

2 1 9+ − =x ;

x − =1 7 ;

x − =1 49 ;

x = 50 .Відповідь. x = 50 .

2.4. Нарисункухорда AB = 3 3 см, ∠ = °AOB 120 , ∠ = °SAO 45 ,OВ—радіусциліндра,SO—йоговисота.Проведемо OD AB⊥ ;OD—ме-

діана,бісектрисатависота AOB ,тому BD =3 3

2, ∠ = °DOA 60 .

У ODB : OBBD

= = =°

⋅

⋅sin60

3 3 2

2 33 . BOS — прямокутний з го-

стрим кутом 45° , тому BOS — рівнобедрений; SO OB= = 3 .

S S S OB OB SOпов осн біч= ⋅ + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =2 2 2 2 9 2 9 182π π π π π .

Відповідь. 18π .

Частина третя

3.1. − =cosx2

2; cosx = −

2

2; x n= ± +

3

42

ππ , n ∈Z .

Проміжку 0;π( ) належитькорінь x =3

4

π.


4

π.

3.2. За умовою периметр прямокутної ділянки P = 200 м. Нехай до-вжина ділянки x, тоді її ширина 200 2 100: − = −x x . Складемофункцію для знаходження площі: S x x x x( ) = −( )100 0 100, ,знайдемо похідну: ′( ) = −S x x100 2 ; 100 2 0− =x , тоді x = 50 . Роз-глянемознакипохідноїнапроміжках (див.рисунок).

Отже, x = 50 єточкоюмаксимуму.Довжинаділянки50м,шири-на— 100 50 50− = (м).

Відповідь. Розміриділянки 50м 50м× .

S

O

B

D

A

50 1000

+ –

х

′( ) = −S x x100 2

S x x x x( ) = −( )100 0 100,

Варіант1 5

3.3. Нехаймаємозрізанийконусзцентрамиоснов O1 іOтатвірноюAB.За умовою AO BO= 2 1 . Проведемо висоту BH. AH AO HO AO BO BO BO BO= − = − = − =1 1 1 12

AH AO HO AO BO BO BO BO= − = − = − =1 1 1 12 .За теоремоюПіфагора з трикутника

ABH: AB BH AH2 2 2= + . AB BO= +16 12 .Нехай BO r1 = .Оскільки

S S S1осн 2осн б+ = ,маєморівняння: π π πr r r r r2 2 24 16 2+ ⋅ = ⋅ + +( ). 5 16 3 02 2r r r r= + ⋅ ≠: ;

5 3 16 2r r= + ;

25 9 162 2r r= +( ) ; 16 9 162r = ⋅ ;

r2 9= ; r = 3 .

BO1 3= см,тоді AO = ⋅ =2 3 6 (см).

Відповідь. 3смі6см.

Частина четверта

4.1М. ОДЗ: x > 0 .

1) Якщо a0 , то x a− > 0 (оскільки за ОДЗ x > 0 ); тоді

lg lg2 2 0x x+ − ; t x= lg ; t t2 2 0+ − ; t t2 2 0+ − = ; t1 2= − , t2 1= .

lg ,lg ;

xx

−

21

xx0 0110, ,;

x ∈( ] + ∞[ )0 0 01 10; , ;∪ .

2) Для a > 0 розглянемотаківипадки.

0 0 01< <a ,

x a∈[ ] + ∞[ ); , ;0 01 10∪ .

0 01 10, < <a

x a∈[ ] + ∞[ )0 01 10, ; ;∪ .

a >10

x a∈[ ] + ∞[ )0 01 10, ; ;∪ .

a = 0 01,

x ∈ + ∞[ )10; .

a =10 x ∈ + ∞[ )0 01, ; .

Відповідь. При a ∈ −∞( ];0 x ∈( ] + ∞[ )0 0 01 10; , ;∪ ;при a ∈( )0 0 01; , x a∈[ ] + ∞[ ); , ;0 01 10∪ ;

при a = 0 01, x ∈ + ∞[ )10; ;при a ∈( )0 01 10, ; x a∈[ ] + ∞[ )0 01 10, ; ;∪ ;при a =10 x ∈ + ∞[ )0 01, ; ;

при a ∈ + ∞( )10; x a∈[ ] + ∞[ )0 01 10, ; ;∪ .

О1

ОA

B

H

1–2

+ +–

х

х0,01 10а

0 – + +–

х0,01 10а

0 – + +–

х0,01 10 а

0 – + +–

х0,01 10

0 – – +

х0,01 10

0 – + +

6 Варіант1

4.2М. 1) D y x x( ) − + ≠: 2 3 2 0 , x ≠ 2 , x ≠1. 2) Функціяніпарна,нінепарна,неперіодична.

3) limx x x→ − +

= ∞2

1

3 22; lim

x x x→ − −( )( ) = ∞1

1

2 1.

Вертикальніасимптоти: x = 2 , x =1.

kx x x x

= ( )( ) =→∞ − −lim

1

2 10 , b

x x x= ( )( ) =

→∞ − −lim

1

1 20 .

Горизонтальнаасимптота: y = 0 . 4) Перетинзосямикоординат:

зOx: y = 0 ,1

1 20

x x− −( )( ) ≠ —неперетинає;

зOy: x = 0 ; y =1

2.

′ =( )

=− +

− +y

x

x x

2 3

3 22 20 , − + =2 3 0x , x =1 5, .

1 1,5 2

+ + – –′( )f x

f x( ) х

Функціязростаєпри x ∈ −∞( );1 , 1 1 5; ,( ] . Функціяспадаєпри x ∈[ )1 5 2, ; , 2;+ ∞( ) . xmax ,=1 5 , ymax = −4 .

Графікпобудовано.

4.3М. x x x2 2 1 1 1− + + = −( )cos ; x x x2 2 1 1 1− +( ) + = −( )cos ; x x−( ) + = −( )1 1 12

cos .

Розглянемолівучастину: x −( ) +1 1 12 ;рівністьсправджуєтьсяпри x =1.

Розглянемо праву частину: 0 1 1 cos x −( ) , рівність справджується при x =1. Отже, x =1 єкоренемрівняння.

Відповідь. x =1.

4.4М. Маємо правильну чотирикутну піраміду ABCDS, в основіякої лежить квадрат ABCD зі стороною a. SO — висотапіраміди.Основависотипірамідизбігаєтьсязцентромосновивписаного в піраміду куба. Проведемо OH перпендикуляр-но DC, з’єднаємо точки S і H, тоді за теоремою про триперпендикуляри SH перпендикулярна до DC, отже, кутSHO є лінійним кутом двогранного кута між бічноюгранню і основою, за умовою він дорівнює α . Розглянемо

трикутник SOH: OHa

=2, SO OH

a= ⋅ =tg

tgα

α2

. AO —

половина діагоналі основи, AOa

=2

2.

Нехай центр верхньої основи куба — точка O1 . Роз-глянемо трикутник SOA і вписаний у нього прямокут-ник KO OK1 1 ,де KK1 —бічнереброкуба, KO1 —половинадіагоналіоснови.

0 1

–4

2

12

х

у

A

B C

D

HO

K

K1

О1

S

A

S

K

O

О1

K1

Варіант2 7

НехайKK x1 = ,тодіKOx

1

2

2= .ТрикутникSKO1 подібнийдотрикутникаSAOзадвомакутами

(трикутникипрямокутні,кутSвнихспільний).Зподібностітрикутниківвипливаєпропорцій-

ністьвідповіднихсторін,отже,O K

AO

SO

SO1 1= .Оскільки SO SO OO1 1= − ,маємо:

x

a

a

a

x2

2

2

2

2

2

=−

tg

tg

α

α,

x

a

a x

a=

−tg

tg

αα2

, 12

+

⋅ =tgα

x a , xa

=+

tg

tg

αα 2

, V xa

= =( )+

33 3

32

tg

tg

α

α.

Відповідь. a3 3

32

tg

tg

α

α +( ).

Варіант 2


1.1. 240 100 30 72: ⋅ = m ,або 240 0 3 72⋅ =, m .Відповідь. Б).


1.3. 1 0 09 0 3 1 124

25

49

25

7

5

3

10

14 3

10

11

10− = − = − = = =

−, , , .


1.4. 18 20 x .Відповідь. Г).


1.6. sin2 1x = .

2 22

x k= +π

π , k ∈Z ; x k= +π

π4

, k ∈Z .


1.7. Кількістьтрицифровихчисел,якіможназаписатизадопомогоюцифр4,5 і6,обчислюєтьсязаформулою P3 3 6= =! .


1.8. ′( ) = −( )′ = − −f x x x x xcos sin sin cos ; ′( ) = − − = − −( ) =f π π πsin cos 0 1 1.


1.9. Відповідь.А).

1.10. Кутміжбічнимисторонамирівнобедреноготрикутникадорівнює 180 2 75 30° − ⋅ ° = ° .

S = ⋅ ⋅ ⋅ ° = ⋅ ⋅ =1

2

1

2

1

28 8 30 64 16sin (см2).


8 Варіант 21.11. Оскільки піраміда правильна, то її бічні грані — рівнобедрені трикутники з основою 3 см

і висотою 5 см. Sбіч = ⋅ ⋅ ⋅ =4 3 5 301

2 (см2).


1.12. Відповідь. Г).


2.1. Область визначення функції f x xx x

( ) = − +−

11

42 знаходимо з системи:

xx x

xxx

−− ≠

⇒ ≠≠

1 04 0

104

2

,

;

,,.

Відповідь. x ∈[ ) + ∞( )1 4 4; ;∪ .

2.2. ОДЗ: log ,log ,

;

,,.

2

2

02 0

0

140

xx

x

xxx

≠− ≠

>

≠≠>

Нехай log2 x t= , тоді рівняння має вигляд:

2 1

21

t t+ =

−;

2 2

2

2

2

t t

t t

t t

t t

− +

−

−

−( )

( ) =( )( ) ;

2 4 2

2

2

0t t t t

t t

− + − +−( ) = ;

− + −

−( ) =t t

t t

2 5 4

20 — дріб дорівнює нулю, якщо чисельник дорівнює нулю.

Прирівняємо чисельник до нуля та розв’яжемо квадратне рівняння: − + − =t t2 5 4 0 ; t1 4= , t2 1= .

1) log2 4 16x x= ⇒ = .

2) log2 1 2x x= ⇒ = .

Відповідь. 16; 2.

2.3. F x x C( ) = − −

⋅ +cos 26

1

2

π. Оскільки графік первісної проходить через точку A

π12

2 5; ,

, то

− ⋅ −

+ =1

2 12 62 2 5cos ,

π πC ; − + =

1

20 2 5cos ,C ; − + =

1

22 5C , ; C = 3 .

Відповідь. F x x( ) = − −

+1

2 62 3cos

π.

2.4. У задачі прирівнюються об’єми двох циліндрів; радіус першого з них позначимо R, а дру

гого — 3R. V R H R12

12 45= ⋅ = ⋅π π ; V R H R H2

2

22

23 9= ⋅( ) ⋅ =π π .

Оскільки V V1 2= , то π πR R H H2 22 245 9 5⋅ = ⇒ = см.

Відповідь. 5 см.

0 1 4 х

Варіант2 9


3.1. ОДЗ:x

x

x

>≠ −

01

5

,lg ,

lg ;

xx

x

>≠

−

00 1

10 105 5

,, ,

.

5 12− = +lg lgx x .

Якщо 1 0+ <lgx x <( )0 1, ,тонемаєрозв’язку.

Якщо 1 0+ lgx x 0 1,( ) ,то 5 1 22 2− = + +lg lg lgx x x ;

2 2 4 0 22lg lg :x x+ − = ; lg lg2 2 0x x+ − = ;

lgx = −2 або lgx =1; x1 0 01= , —стороннійкорінь, x2 10= .

Відповідь. x =10 .

3.2. І спосіб. 81 81 12 2sin cos sin sin cos cos sin cos sin cosα α α α α α α α α+( ) − +( ) = +( ) − αα( ) =

= +( ) − ( )

= + = = ⋅

+ −81 1 81

21

2

1

3

1

3sin cos sin cos

sin cosα α α α

α α⋅⋅ −

=−

1

1

91

2

= ⋅ +

= =⋅

27 1 394

9

27 13

9.

ІІ спосіб. sin cosα α+ =1

3. (*)

Піднесемо (*)доквадрата: sin sin cos cos2 221

9α α α α+ + = ; 2 1

1

9sin cosα α = − ; sin cosα α = −

4

9.

Піднесемо (*)докуба: sin sin cos sin cos cos3 2 2 33 31

27α α α α α α+ + + = ;

A = + = − +( ) = − ⋅ −

⋅ =sin cos sin cos sin cos3 3 1

27

1

27

4

9

1

33 3α α α α α α

11

27

12

27

13

27+ = ;

81 81 3913

27⋅ = ⋅ =A .

Відповідь. 39.

3.3. Маємопрямокутнийпаралелепіпед ABCDA B C D1 1 1 1 .ТочкаO—точкаперетину діагоналей прямокутника ABCD, за умовою кут AOBдорівнює 30° . BB1 — бічне ребро, тоді кутом нахилу діагоналіпризми до площини основи є кут BDB1 , який за умовою дорівнює

60° .Зтрикутника BDB1 : BB BD BD1 60 3= ⋅ ° = ⋅tg .

S BDBD

осн = ⋅ ⋅ ° =1

2 42 30

2

sin ;заумовою V =18 см3,тоді,оскільки

V BB SBD

= ⋅ = =1

3 3

418осн , BD3 24 3= , BD = ⋅ ⋅2 3 33 ,

BB13 6 6 32 3 3 3 2 27 27 2 27 6= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ = = (см).

Відповідь. 6см.

A

A1

B1

C1

D1

DO

B C

10 Варіант2


4.1М. sin sin2 2 0x x a−( ) = ;

sin2 0x = або sin2 0x a− = ;

2x n= π sin2x a= ;

xn

=π2

.

Зцихкоренівпроміжкуπ

π2;

належатьрівно2корені: x1

2=

π, x2 = π .

Тодірівняння sin2x a= абонеповинноматикоренів(при a >1),абойогокоренізбігаютьсязкоренямирівняння sin2 0x = ,отже a = 0 .

Відповідь. При a = 0 або a >1 .

4.2М. ОДЗ:xy xy x

2 42 02 1

<− >≠ +

,,;

xy xy x

<>≠ +

222 1

,,

.

4 22− = −x y x ;

y x x x= − − +( ) + = − −( ) +2 22 1 5 1 5 — парабола, вітки якої спря-

мованівниз;вершинапараболирозташованауточці 1 5;( ) . Отже, графікомрівняннябуде тачастинапараболи,якалежить

вище прямої y x= 2 , між прямими x = 2 і x = −2 ; графіку неналежатимутьточкиперетинупараболизпрямою y x= +2 1.

Графік побудовано.

4.3М. 02

2

2

2

1

2 sin cos

sin cos sinx x

x x x= = .

Тоді 3 3 301

2 sin cosx x ; 1 3 3 sin cosx x .

Відповідь. f x( ) ∈

1 3; .

4.4М. Нехай центром більшої основи є точка O2 , центромменшої основи—точкаO1 ,ацентромкулі—точкаO,тодізаумовоюOO r1 = .Розглянемоосьовийперерізконуса.ОсьовимперерізомбудетрапеціяABCD,вякувписане коло; радіус кола є радіусом кулі. Висота трапеції дорівнює

діаметру кола. Розглянемо трикутник AOO2 : ∠ = ∠ =AOO AOD2

1

2 2

α,

тоді AO r22

= tgα. Проведемо OK — радіус, OK AB⊥ , тоді

AKO AO O= 2 за гіпотенузою і катетом (AO — спільна, OK OO= 2 ).

Тоді ∠ = + =KOO22 2

α αα , ∠ = ° −KOO1 180 α , ∠ = ° −BOO1 90

2

α.

BO OO BOO r r1 1 1 902 2

= ⋅ ∠ = −

=tg tg ctgα α

;

V O O BO BO AO AO= ⋅ + ⋅ +( )π3

1 2 12

1 2 22 .

0 1

1

5

–4

–2 2 х

y = 2

x+1

y = 2

x

у

О1

О2

O

О1

О2

O

A

B C

D

K

Варіант3 11

V r r rr r

= + +

= + +

=2

3 2 2

2

3 2 22 2 2 2 2 2 2

3

1π α α π α α

ctg tg ctg tg22

3

1 22

3

432 2

2 2

3 2

2 2

2 2

1π π

α α

α α

r r− −

+

= ⋅sin cos

sin cos

sin αααsin2

V r r rr r

= + +

= + +

=2

3 2 2

2

3 2 22 2 2 2 2 2 2

3

1π α α π α α

ctg tg ctg tg22

3

1 22

3

432 2

2 2

3 2

2 2

2 2

1π π

α α

α α

r r− −

+

= ⋅sin cos

sin cos

sin αααsin2

.

Відповідь. 2 4

3

3 2

2

π α

α

r −( )sin

sin.

Варіант 3



1.2. − ⋅ = − ⋅ ⋅ ⋅ = −+ +3 22 3 7 2 7 3 1 9 42

3

3

1

2

3a b a b a b a b .



1.4. 6 2 4− x ; − −2 4 6x ; − −2 2x ; x1 .



1.6. 2 45 2 45 3 45 2 2 3 1 1 1 3 32

2

2

2sin cos tg° − − °( ) + ° = ⋅ − ⋅ + ⋅ = − + = .



1.8. tgα = ′ −( )f 1 ; ′( ) =f x x4 3 ; ′ −( ) = −f 1 4 .


1.9. Оскільки сума сусідніх кутів паралелограма дорівнює 180° , то 140° — сума протилеж-них, рівних між собою кутів. Тоді гострий кут паралелограма дорівнює 70° , тупий кут180 70 110° − ° = ° .Відповідь. В).

1.10. Діагональквадратазістороноюaдорівнює a 2 .Оскількидіагональскладає 4 2 ,тосторона

квадратадорівнює4см.Відповідь. Б).

1.11. S Rlбіч = = ⋅ ⋅ =π π π2 3 6 .


1.12. Точка O 0 0 0; ;( ) —початоккоординат,

AO = −( ) + + = + =2 0 3 4 9 132 2 2 ; BO = + −( ) + = + + =1 1 3 1 1 9 112 2 2 ; 13 11> ; AO BO> .


12 Варіант3


2.1. log log log loglog log log

6 5

9

69

633 5 4 3 2 4 6 4 1 3

1

24

4 4

1

2( ) + = ⋅( ) + = + = + = 44 .


2.2. Cx2 66= .

x

x

!

! !−( ) =2 2

66 ;x x −( )

=1

266 ;x x −( ) =1 132 ;x x2 132 0− − = ;x1 2

1 1 4 132

2

1 529

2

1 23

2, = = =

± + ⋅ ± ±;

x1 12= , x2 11= − .

Оскількиx—натуральне,то x2 11= − незадовольняєумову.


2.3. Визначимо,вякиймоменттілозупинилось,тобто v = 0 .

6 0 3 02t t− =, ; t t6 0 3 0−( ) =, ; t = 0 або 6 0 3 0− =, t ;

t = 20 (с). t = 0 —початокруху,отже,тілозупинилосьна20-йсекунді. Знаходженняшляхувідпочаткурухудозупинкизводитьсядообчислення інтегралу:

S t v t dt t t dt t tt t( ) = ( ) = −( ) = −

= −∫ 6 0 3 3 0 12

0

20

0

20

26

2

0 3

3

2 3

, ,, 33

0

20

0

20 ( ) =∫ = ⋅ − ⋅ = − =3 20 0 1 20 1200 800 4002 3, (м)

Відповідь. 400м.

2.4. Основою піраміди є прямокутник ABCD зі сторонами 12 смі 16 см, AS BS CS DS= = = = 26 см. Оскільки всі бічніребра піраміди рівні, то основа висоти SO піраміди, точ-ка O, є центром кола, описаного навколо прямокутника ABCD,а саме—точкаперетинудіагоналей.Зпрямокутного BAD ма-

ємо: BD AB AD= + = + = + = =2 2 2 216 12 256 144 400 20 (см).

BOBD

= =2

10 (см).

Зпрямокутного BOS (SO—висота, SO BD⊥ )маємо:

SO SB BO= − = − = − = =2 2 2 226 10 676 100 576 24 (см).

V S SO AB AD SOпир осн= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =1

3

1

3

1

316 12 24 1536 (см3).

Відповідь. 1536см3.


3.1. ОДЗ: x ∈R .

′( ) = +f x x x5 202 ; ′( ) =f x 0 ; 5 4 0x x +( ) = ;

x1 0= , x2 4= − .

Відповідь. Функція f x( ) зростаєнапроміжках−∞ −( ]; 4 , 0;+ ∞[ ) ; спадаєнапроміжку −[ ]4 0; .

3.2. 3 7 7 7 7 7 03 5 5 5 57 3 3 3 31

5

1

53 3log log log log loglog log( ) − = − = − = .


S

A D

B C

О

–4 0

+ +–х

′( ) =f x 0

f x( )

Варіант3 13

3.3. НехайAB—сторонаоснови, AB a= .У трикутникуABC за те-

оремою синусів: ACa

= ( )( )− +sin

sin

βα β180

. У трикутнику AA B1 :

∠ = °A AB1 90 , AB a= ,тоді AA a1 = tg γ .

V AB AC AA= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅1

21sinα ;

V a aa a

= ⋅ ⋅ ( ) = ( )+ +1

2 2

3sin sin

sin

sin tg sin

sintg

β αα β

β γ αα β

γ .

Відповідь. a3

2

sin tg sin

sin

β γ αα β+( ) .


4.1М. Знайдемонулівиразу,щостоїтьвлівійчастині: x a− = 0 ; x a= ; або 4 2 12 0x x− − = . Для розв’язання другого рівняння введемо заміну t x= 2 ,

тоді t t2 12 0− − = ; t1 3= − —стороннійкорінь,оскільки 2 0x > ; t2 4= .Отже, 2 4x = , x = 2 .

1) Якщо a < 2 ,маємо: x a∈[ ];2 .

2) Якщо a = 2 ,маємо: x = 2 .

3) Якщо a > 2 ,маємо: x a∈[ ]2; .

Відповідь. При a < 2 x a∈[ ];2 ;при a = 2 x = 2 ;при a > 2 x a∈[ ]2; .

4.2М. 0 12 sin x , 0 12 sin y ; 0 22 2 sin sinx y+ .

Рівністьсправджуєтьсятількипри sin2 1x = , sin2 1y = . Графікомємножинаточокзкоординатами

π ππ π

2 2+ +

∈n m n m; , , Z .

Тоді x n= +π

π2

, n ∈Z ; y m= +π

π2

, m ∈Z .


4.3М.

′( ) =( )

=( )

+ − +

+ +f x

x x

x x

2 6 2 3

3

9

32 2

;

f −( ) = = −− −

2 74 3

1, ′ −( ) =f 2 9 .

Рівняннядотичної: y x+ = +( )7 9 2 ; y x= +9 11,

x 0 −11

9

y 11 0

Маємопрямокутнийтрикутникзкатетами11 іS = ⋅ = =⋅1

2

11

9

121

18

13

1811 6.

S = ⋅ = =⋅1

2

11

9

121

18

13

1811 6 (од2).


18.

A

A1

B1

C1

C

B

α

γβ

2а

+ +–х

2+ +

х

2 а

+ +–

х

0

у

х

π2

π2

3π2

π2–

π2–

3π2–

3π2–

0

11у

х119–

14 Варіант44.4М. Розглянемо переріз кулі та конуса площиною,

щопроходитьчерезвіськонуса;уперерізімаєморівнобедренийтрикутникASB,вписанийвкруг

радіуса кулі. AS SB= , S ASB

AS ASB =

⋅ ∠2

2

sin,

∠ =ASB 2α , ASS

=2

2sin α.

SO R AOAS S

= = = =2

2

2 2cos cos sinα α α;

V AOS S S S

кулі = ⋅ = ⋅ =4

3

4

3

2 2

8 2 2

2

3 2 2

3

3 3π π

α α α

π

α αcos sin sin cos sin sin αα

V AOS S S S

кулі = ⋅ = ⋅ =4

3

4

3

2 2

8 2 2

2

3 2 2

3

3 3π π

α α α

π

α αcos sin sin cos sin sin αα.

Відповідь. π

α α α

S S2

3 2 23cos sin sin.

Варіант 4


1.1. 3 2 3 2 12

7

1

5

10

35

7

35

3

35− = − = .



1.3.3 27

18 6

3 9

6 3

3 3

2

2 2 1

2

3 3

6 3

x

x

x

x

x xx

x

−−

−

−

+ +=

( )( ) = −

−( ) ( )−( )

= − .



1.5. sinx 1,отже, sinx ≠ 3 .


1.6. Оскільки 0 18

< <sinπ

,маємо a b< і b c< .




1.9. ABC A KKLM ⇒ ∠ = ∠ = °30 , ∠ = ∠ = °B L 70 ; ∠ = ∠ = ° − ° + °( ) = °C M 180 30 70 80 .


O1

O

S

O1

O

S

A

A

B

B

α

Варіант4 15

1.10. Більша діагональ паралелограма лежить напроти більшого кута, який дорівнює 180 60 120° − ° = °180 60 120° − ° = ° . За теоремою косинусів знайдемо шукану діагональ: d2 2 24 7 2 4 7 120 16 49 56 16 49 28 93

1

2= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° = + − ⋅ −

= + + =cos

d2 2 24 7 2 4 7 120 16 49 56 16 49 28 931

2= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° = + − ⋅ −

= + + =cos ; d = 93 см.


1.11. Розглянемо прямокутний трикутник, гіпотенузою якого є твірна, а катетами — висо-

та і радіус основи конуса. За теоремою Піфагора r h l2 2 2+ = , r = − = − =10 6 100 36 82 2

r = − = − =10 6 100 36 82 2 (см).


1.12. Діагональ бічної грані, сторона основи та висота призми утворюють прямокутний трикут-

ник,зякогонаходимовисоту: h = − = =5 3 16 42 2 (см).

S P hбіч осн= ⋅ = ⋅ ⋅ =3 3 4 36 см2.



2.1.sin

cos

cos

sin

sin cos

cos sin

sinαα

αα

α α

α αα

1

1 1

1

12 2 2

++ + +

++ +

+ =( )

( ) =22

1

2cos cos

cos sin

α αα α

++( ) =

= ( ) =+( )

+( )=

++2 2

1

2 21

1

cos

cos sin sin sin

cos

cos

αα α α α

α

α .


sinα.

2.2.log ,

;

,;

,.

1

2

2 0

2 0

2 12

32

x

x

xx

xx

−( ) >

− >

⇒ − <

>{ ⇒ <>{

Відповідь. x ∈( )2 3; .

2.3. Нехай один з невід’ємних доданків, з яких складаєтьсячисло 9, буде x, тоді інший— 9− x . Позначимо добутокквадрата одного доданка на інший доданок S x( ) , тодіS x x x( ) = −( )2 9 .

′( ) = −( ) − = − = −( )S x x x x x x x x2 9 18 3 3 62 2 , ′( ) =S x 0 вточ-

ках0 і6. Найбільшого значення для додатних значень функція

S x( ) набуває в точці 6. Отже, один доданок дорівнює 6,другий—3.

Відповідь. 6;3.

32 х

0 6

max

+ ––

хS x( )′( ) =S x 0

16 Варіант42.4. ОсьовимперерізомциліндраєпрямокутникABCD,вякому

AD R= 2 ; CD R= +11—висотациліндра.Зпрямокутного

трикутникаADCмаємо: AC AD CD2 2 2= + ; 17 2 112 2 2= ( ) + +( )R R ;

17 4 121 222 2 2= + + +R R R ; 5 22 168 02R R+ − = ;

R = = =− ± + ⋅ − ± − ±11 121 5 168

5

11 961

5

11 31

5; R1

42

5= − —неза-

довольняєумову, R2 4= .

S AD CD R RABCD = ⋅ = ⋅ +( ) = ⋅ =2 11 8 15 120 (см2).



3.1. ОДЗ: 9 2 0− >x ; 2 9x < .

Пропотенціюєморівняннязаосновою2,отримаємо: 9 2 23− = −x x ; 9 28

2− =x

x; t x= 2 ; 9

8− =t

t;

t t

t

2 9 80

− += ; t1 8= , t2 1= ; 2 8x = , 2 1x = —задовольняютьОДЗ,отже, x = 3 , x = 0 .

Відповідь. x = 0 , x = 3 .

3.2. Нехай маємо бак із стороною основи a і висотою H, тоді V a H= =2 332 л=32 дм , звідки

H a= 32 2: .Площаповерхні S a aH= +2 4 ,тоді S a aa

( ) = +2 128.

ДослідимофункціюS(а)наекстремуми(а > 0):

′ = −S aa

2128

2; ′ =S 0 ;

2 1283

20

a

a

−= ; 2 1283a = ; a3 64= ; a = 4 .

40

+ –

аS(а)S′(а)

Отже, a = 4 єточкоюмаксимуму.

Ha

= = =32 32

1622 (дм).

Відповідь. a = 4 дм, H = 2 дм.

3.3. Маємо правильну трикутну піраміду ABCS, SO — висота,і за умовою SO H= , AB a= . ТочкаM— серединаAB, точ-каK—серединаBC.MK—середнялінія трикутникаABC,

MKa

=2. Переріз проведено через середню лінію перпенди-

кулярно до основи піраміди. Нехай переріз перетинає ре-броBS в точціN. ТрикутникMKN рівнобедрений, його ви-сота NH є також медіаною, тоді точка H належить відріз-ку OB. Розглянемо трикутник SOB: SO NH , тоді трикут-

никиSOB іNHBподібні,отже,NH

SO

HB

OB= .Нехайу ABC

висота BT x= ,тоді OBx

=2

3, HB

x=

2; HN SO H

x

x= ⋅ = ⋅2

2

3

3

4.

S MK NH Ha aH

перерізу = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =1

2

1

2 2

3

4

3

16.


16

aH.

О1

O

B

D

С

A

T

A

SN

BM

O

C

KH

S

N

BO H

Варіант4 17


4.1М. ОДЗ: 9 0x a+ > .

9 3x xa+ = ; 3x t= .

Завжди,коли t > 0 ,справджуєтьсяОДЗ.

t t a2 0− + = .

D a= −1 4 .

1) Якщо 1 4 01

4− < >

a a ,розв’язківнемає.

2) Якщо 1 4 01

4−

a a ,то ta

=± −1 1 4

2.

2.1) 31 1 4

2x a

=+ −

; t > 0 ;1 1 4

20

+ −>

a. 1 4 1− > −a вірнодлявсіх a

1

4,тому

xa

=

+ −log3

1 1 4

2.

2.2) 31 1 4

2x a

=− −

, при a0 немає розв’язків, оскільки1 1 4

20

− − a ; при 01

4< a

1 4 1− a < ,тому xa

=− −

log3

1 1 4

2.

Відповідь. При a ∈ −∞( ];0 xa

=+ −

log3

1 1 4

2; при a ∈

01

4; x

a=

− −log3

1 1 4

2; при a >

1

4

розв’язківнемає.

4.2М. 1) D y x( ) ∈: R .

2) Функціяпарна,неперіодична.

3) Перетинзосямикоординат: зOx: y = 0 , x = ±1 ; зOy: x = 0 , y = −1.

4) limx

x

x x→∞

−

+( ) =2

2

1

10 , lim

x

x

x→∞

−+

=2

2

1

11 .Горизонтальнаасимптота y =1 .

5) ′ =( )+

yx

x

4

12 2, ′ =y 0 , x = 0 .

0

– +

хуу′

Функціязростаєпри x ∈ + ∞[ )0; ;спадаєпри x ∈ −∞( ];0 . xmin = 0 , ymin = −1 .

6) ′′ =( )

− +

+y

x

x

12 4

1

2

2 3; ′′ =y 0 , x2 1

3= , x = ±

1

3.

– –+

13

− 13

х

При x ∈ −

1

3

1

3; функціяопуклавниз.

При x ∈ −∞ −

;

1

3,

1

3;+ ∞

функціяопуклавгору.


0 1–1

–1

1

13

− 13

у

х

18 Варіант5

4.3М. Розглянемолівучастинурівняння: x2 2 2+ ,тоді 2 42 2x + .

Розглянемоправучастинурівняння: x2 0 ,тоді 4 42− x .

Отже,нерівністьсправджуєтьсятількипри 2 42 2x + = , 4 42− =x , звідки x = 0 .

Відповідь. x = 0 .

4.4М. Розглянемо переріз кулі, куба і конуса площиною,що проходить через вісь конуса. У перерізі маєморівнобедрений трикутникASB з кутом α при основі,в який вписано круг з центром O1 , а в круг вписанопрямокутникMKPN,уякогоMK іPN—ребракуба,KP іMN— діагоналі основ куба.Нехай SO x= , тоді

AO x= ctgα , ∠ = ° −ASO 90 α . Розглянемо трикутник

SKO1 :KO

SO1

1

90= ° −( ) =sin cosα α .

Назвемо KO r1 = ,маємоr

x r−= cosα ,

r r x+ =cos cosα α , rx

=+cos

cos

αα1.

MN KM= 2 ; із KMN : KM MN KN2 2 2+ = ;

KM KM r2 2 22 2+ = ( ) ; KM KM

r r2 4

3

2

3

2

= =; .

V KMr x

куба = = =( )+

3 8

3 3

8

3 3 1

3 3 3

3

cos

cos

α

α.

V AO SO x xx

кон. = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅π π π

α α3 3 3

2 2 2 23

ctg ctg .

Відповідь. V

Vкон

куба

.ctg cos

cos=

( )+π α α

α

3 1

8

2 3

3.

Варіант 5



1.2. − + = − +9 1 5 51

4x x, ;

− + − +

=36 6

4

20

4

x x;

− + = − +36 6 20x x ;

− =35 14x ;

S

O

A

O1

S

O

O1

A

K

K

M

M

N

N

P

P

B

Варіант5 19

x = − = − = −14

35

2

50 4, .


1.3. −

= −( )

= −2 2 82

3

2 3 6

3

y y y.


1.4. 7 9 02x x− = .

x x7 9 0−( ) = .

x

x

x

x

x

x=− =

=

=

=

=

07 9 0

0 0

19

7

2

7

,;

,

;

,

.



1.6. − + − = − + − = − + =1

64

1

32

1

16

1

4

1

2

1

4

1

2

1

23 5 0 .


1.7. tg arctgα α= ′( ) = = =f 3 1 1 45; ° .Відповідь. Б).

1.8. Оскількиважливо,хтоздвохобранихбудекапітаном,ахтозаступником,

товикористовуємоформулу A52 5

34 5 20= = ⋅ =

!

!.


1.9. 180 70 110° − ° = ° .Відповідь. А).

1.10. AB = −( ) + − −( )( ) = + = =4 1 2 2 9 16 25 52 2

;

AC = −( ) + − −( )( ) = + = =4 8 2 1 16 9 25 52 2

;

AB AC= .


1.11. V R H= = ⋅ ⋅ =π π π2 24 5 80 .


1.12. Кількістьреберпірамідиєпарнимчислом.



2.1. sin cos2 2

3 31x x+

= + +

π π;

sin cos2 2

3 31x x+

− +

=π π

;

− +

=cos2 13

xπ

;

20 Варіант5

cos2 13

x +

= −π

;

2 23

x k+

= +π

π π , k ∈Z ;

x k+ = +π π

π3 2

, k ∈Z ;

x k= − +π π

π2 3

, k ∈Z ;

x k= +π

π6

, k ∈Z .

Відповідь. x k= +π

π6

, k ∈Z .

2.2.1

2

1

8

2 2

−x x

;

1

2

1

2

2 2 3

−x x

;

x x2 2 3− ;

x x2 2 3 0− − . Розкладемоквадратнийтричленнамножникитарозв’яжемо

нерівністьметодом інтервалів.

x x+( ) −( )1 3 0 .

Відповідь. x ∈ −∞ −( ] + ∞[ ); ;1 3∪ .

2.3. ′( ) =( )( ) ( )

( )=

( )=

− + − ⋅ −

+

− + − − +

+g x

x x x x

x

x x x x x

x

2 4 1 1 4

1

2 4 2 4 4

1

2

2

2 2

2

xx x

x

2

2

2 4

12

+ −

+( )=

−

=( ) ( )

( )= = −

− + ⋅ − −

− +

− −2 2 2 4

2 1

4 4 4

1

2

24 .

Відповідь. ′ −( ) = −g 2 4 .

2.4. SO = 5 см—висотаконуса; AO R= (радіусконуса); SA R= +1 —твірна;

Ізпрямокутного SOA : SA AO SO2 2 2− = ; R R+( ) − =1 52 2 2 ;

R R R2 22 1 25+ + − = ; 2 24R = ; R =12 см; AB R= =2 24 (см). Осьовимперерізом єрівнобедренийтрикутник ASB з основоюAB і ви-

сотоюSO.

S AB SOASB = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ =1

2

1

224 5 12 5 60 (см2).

Відповідь. 60 см2.

3–1

+ +–

х

S

O

B

A

Варіант 5 21


3.1. ′( ) = − −f x x x6 8 142 ; ′( ) =f x 0 ; 3 4 7 02x x− − = ; x1 21

3= , x2 1= − .

Відповідь. Функція f x( ) зростає на проміжках −∞ −( ]; 1 , 21

3; + ∞

;

функція f x( ) спадає на проміжку −

1 21

3; .

3.2. ОДЗ: x y − .

x y x y

x y

+( ) + + =

+ =

2

2 2

20

136

,

. Нехай t x y= + , тоді перше рівняння: t t2 20 0+ − = , t1 5= − — сторон

ній корінь, t2 4= .

x y

x y

+ =+ =

4

1362 2

,

;

x yx y

+ =+ =

161362 2

,;

x y

y y y= −

+ − − + =

16256 32 136 02 2

,;

x y

y y= −

− + =

162 32 120 02

,;

x yy y

= −− + =

1616 60 02

,;

x yyy

= −==

16610

,,

;

yxyx

=={=={

610

106

,;

,.

Відповідь. 6 10;( ) , 10 6;( ) .

3.3. Маємо зрізаний конус, у якого Sбіч = 64 см2, S1 38= см2, S2 6= см2.

Тоді r = 6 , R = 38 . Як відомо, S l r Rбіч = +( )π , π π⋅ +( ) =l 6 38 64 ,

l =+

64

6 38, AB = =

( )= −( )

+

⋅ −

−64

6 38

64 38 6

38 62 38 6 .

BH — висота конуса; розглянемо трикутник ABH:

AH R r= − = −38 6 ; cos∠ = = ( ) =−

−BAH

AH

AB

38 6

2 38 6

1

2, тоді

∠ = °BAH 60 .

Відповідь. ∠ = °BAH 60 .


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

1) 0 1< <x , тоді x a x+ < 2 ; x x a2 0− − > ; xв =1

2. D a= +1 4 .

Якщо 1 4 0+ <a a < −

1

4, маємо:

1

+–a +

0 х x a∈ −( );1 .

Якщо 1 4 0+ =a a = −

1

4, маємо:

1012

хx ∈

1

4

1

2

1

21; ;∪

x ∈

1

4

1

2

1

21; ;∪ .

–1

– ++

2 13

х

О1

О2

A

?

B

H

22 Варіант 5

Якщо 1 4 0+ >a a > −

1

4, то x

a=

± +1 1 4

2,

але для a > 0 xa

= <− +1 1 4

20 , а x

a= >

+ +1 1 4

21, отже, розв’язків не буде.

При 01

4> > −a x a

a a∈ −

− + + +; ;

1 1 4

2

1 1 4

21∪ .

2) x > 1 , тоді x a x+ > 2 , x x a2 0− − < . D a= +1 4 .

Якщо 1 4 0+ a , то розв’язків немає.

Якщо − < <1

40a , маємо

1+–

+

121 4− + a 1

21 4+ + a

Розв’язків немає.

Якщо a > 0 , маємо

1

–1

21 4− + a 1

21 4+ + a

xa

∈

+ +1

1 1 4

2; .

Відповідь. При a < −1

4 x a∈ −( );1 ; при a = −

1

4 x ∈

1

4

1

2

1

21; ;∪ ; при − < <

1

40a

x aa a

∈ −

− + + +; ;

1 1 4

2

1 1 4

21∪ ; при a > 0 x

a∈

+ +1

1 1 4

2; ; при а = 0 розв’язків немає.

ІІ спосіб. ОДЗ: x a> − .

0 1

1

2

2

< <+ <{>+ >{

xx a x

xx 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; + ∞( ) .

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

x =1

2 при a = −

1

4 прямa дотикається до параболи. Отже, якщо a < −

1

4,

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

жок буде a; 1( ) . Якщо a = −1

4, розв’язком є проміжки 0

1

2;

та 1

21;

,

враховуючи ОДЗ — 1

4

1

2;

та 1

21;

. Якщо − < <1

40a , маємо дві точ

ки перетину: x x a2 = + ; x x a2 0− − = ; xa

=± +1 1 4

2. Розв’язком будуть

проміжки aa

;1 1 4

2

− +

та

1 1 4

21

+ +

a

; . Якщо a > 0 , розв’язків на

цьому проміжку немає.

х

у

0

Варіант 5 23

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

=+ +1 1 4

2,

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

прямої. Маємо розв’язок 11 1 4

2;

+ +

a

.

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

коли похідна від функції y x= 2 дорівнює 1. Отже, ′ =y x2 , ′ ( ) = =y x x0 02 1 ;

x0

1

2= ; y

1

2

1

2

1

4

2

=

= ; функція y x a= + проходить через точку 1

2

1

4;

,

після підстановки маємо a = −1

4.


4 x a∈( ); 1 ; при a = −

1

4 x ∈

1

4

1

2

1

21; ;∪ ; при − < <

1

40a

x aa a

∈

− + + +

; ;1 1 4

2

1 1 4

21∪ ; при a = 0 розв’язків немає; при a > 0 x

a∈

+ +

11 1 4

2; .

4.2М. ОДЗ: x

y x

2

5 2 0,

;− +

x

y x

2

5 2,

.+

x y x2 4 5 2− = − + ;

y x x x= − − +( ) + = − −( ) +2 22 1 10 1 10 .

Отже, графіком рівняння буде частина параболи, що лежить нижче прямої y x= +2 5 і ліворуч від прямої x = 2 або праворуч від прямої x = −2 .


4.3М. Домножимо та поділимо на 219

sinπ

:

2

192 2 2

19 19

3

19 19

5

19 19

17sin cos sin cos sin cos sin cos

π π π π π π π+ + + …+

ππ

π19

192sin

=

=+ − + − + …+ −sin sin sin sin sin sin sin

2

19

4

19

2

19

6

19

4

19

18

19

16π π π π π π π

119

192sin

π==

= =−sin

sin

sin

sin

ππ

π

π

π19

19

19

192 2

1

2.


2.

х

у

0

0

1

5

9

10

–2 2 х

y = 2

x+5

у

24 Варіант 64.4М. Розглянемо переріз піраміди, який проходить через висоту

і апофеми протилежних граней; у перерізі маємо рівнобедрений трикутник MSK з основою MK a= , в який вписане коло з центром O. Центр кола лежатиме на висоті SH, OH R= .

∠ = ∠OKH PKO (оскільки центр вписаного кола лежить на бісектрисі кута AKS).

tg∠ = =OKHR R

aa

2

2,

tgtg

tg∠ = = =

∠− ∠

−−

SKHOKH

OKH

Ra

a R

R

a

R

a

2

11

4

42 2 2

4

42

2

; із SHK :

SH HK SKHa Ra

a R

Ra

a R= ⋅ ∠ = ⋅ =

− −tg

2

2

4

2

42 2

2

2 2.

Розглянемо SHD : HDa

=2

2 (половина діагона

лі квадрата); за теоремою Піфагора SD HD SH2 2 2= + ;

SDa R a

a R

a

a R

a R a R= +

( )= ⋅

− −+ −2 2 4

2 2 2 2 2

4 4 2 2

2

4

4 4

16 4

2.

Відповідь. a

a R

a R a R2 2

4 4 2 2

4

16 4

2−+ −

⋅ .

Варіант 6


1.1. 1 3 51

2

3

4

3

2

15

4

45

8

5

8⋅ = ⋅ = = .


1.2.x y x yx y

xx y

xy

+ + −( ) =+ =

=+ ={ =

={86

2 86

42

,;

,;

,.


1.3. Відповідь. В).


1.5. Відповідь. Б).

1.6. 3 02x x− > ; x x3 0−( ) > .


M

S

Р

O

H K

A

M

B

S

CO

H K

D

30

– –+

х

Варіант6 25

1.7. ′ =y x3 2 ; ′ −( ) = ⋅ −( ) =y 1 3 1 32

.


1.8. S xdxx

= = = − = =∫24

2

42 2 2

2

4

2

2

2

12

26 (од2).


1.9. S = ⋅ ⋅ =1

26 7 21 (см2).


1.10 x x+ + ° = °20 180 ;

2 160x = ;

x = °80 ;

180 80 100° − ° = ° .


1.11. a = −( ) + + = + + = =2 1 2 4 1 4 9 32 2 2 .


1.12. AD R= = ⋅ =2 2 3 6 (см), CD = 8 см.

Упрямокутному CDA : AC AD CD= +2 2 ;

AC = + = + = =6 8 36 64 100 102 2 (см).



2.1.

4 52 23 3x x x x− −= або

4 5 02 2

3 3x x x x− − −( )− = ;

4 02

2

3

3

1

5

x x

x x

−−

− = ;

4 5 1

5

2 2

2

3 3

30

x x x x

x x

− −

−

⋅ − = ;

20 1 02 3x x− − = ;

20 12 3x x− = ;

x x2 3 0− = ;

x x −( ) =3 0 ;

x1 0= , x2 3= .

4 5 5 02 2 23 3 3x x x x x x− − −= ≠: ;

4

5

2

2

3

31

x x

x x

−

−= ;

4 5 12 23 3x x x x− −⋅ = ;

20 12 3x x− = ;

x x2 3 0− = ;

x x1 20 3= =, .

Відповідь. x x1 20 3= =, .

1 2 4

1

0

у

х

2

О1

OB

D

С

A

26 Варіант62.2. Кількість варіантів випадання двох очок— 1, трьох очок— 2, чотирьох— 3. Разом— 6.

Кількістьрізнихваріантівпідкиданнядвохкубиків: 6 362 = .Отже, P A( ) = =6

36

1

6.


6.

2.3. ОДЗ: x +1 0 ; x −1 .

11 1 23 − + =x ; 11 1 8− + =x ; x + =1 3 ; x + =1 9 ; x = 8 .


2.4. Оскількипірамідаправильна,то AS BS CS DS= = = = 4 2 ,аосно-вависотиєточкоюперетинудіагоналейквадратаABCD.

∠ = °SAO 45 .

SOA —прямокутнийірівнобедренийзгіпотенузоюAS = 4 2 см⇒ = =AO OS 4⇒ = =AO OS 4 см.

AOB —прямокутний ірівнобедренийзкатетами

AO OB AB= = ⇒ =4 4 2 см. ASB —рівностороннійзістороною 4 2 см.

Шуканаапофема—цевисотаSH ASBa

= = =⋅3

2

4 2 3

22 6 (см).

Відповідь. 2 6 см.


3.1.1 1 2 2

1 2 1 2

2

2

2

2

− + ++ − +

+=

( )sin sin cos

cos sin cos

sin sin cosα α αα α α

α α α

ccos sin cos

sin

costg

α α ααα

α+( ) = = ,щойтребабулодовести.

3.2. Нехайпершечислоx, друге— x +36 ; розглянемофункцію f x x x( ) = +2 36 та знайдемо їїмі-

німум. ′( ) = +f x x2 36 , 2 36 0x + = ,тоді x = −18 –18

– +хf(х)

f′(х) , xmin = −18 .

Відповідь. –18,18.

3.3. Маємопохилийпаралелепіпед ABCDA B C D1 1 1 1 ,опустимовисоту A H1 ,проведемо A K AD1 ⊥ ,A K AB1 1 ⊥ .Нехайбічнеребро AA a1 = .Трикут-ники A AK1 і A AK1 1 рівнізагіпотенузоюіго-стримкутом( AA1 спільна, ∠ = ∠ = °A AK A AK1 1 1 60

заумовою).Тоді A K A K a a1 1 1 603

2= = ° =sin .

AK AKa

= =12.Фігура AK HK1 єквадратом,тоді

AH AKa

= =22

2.

cosA AHAH

AA a

a

11

2

2 2

2= = = , ∠ = °A AH1 45 .

Відповідь. 45° .

S

A D

B

НО

C

A K D

H

BC

K1

A1

B1

C1

D1

Варіант6 27


4.1М. При x < −5 f x x x x x x x( ) = + − − = + − = +( ) −2 2 25 3 15 2 15 1 16 .

При x −5 f x x x x x x x( ) = + + + = + + = +( ) −2 2 25 3 15 8 15 4 1.

Графікомфункції y a= єгоризонтальнапряма.При a < −1 гра-фікинеперетнуться,при a = −1 будутьматиєдинуспільнуточ-ку,при a > −1 графікиматимутьдвіточкиперетину.

Відповідь. При a < −1 жодноїточкиперетину;при a = −1 —однаточка;при a > −1 —двіточки.

4.2М. ОДЗ: x yx y

2 2 2 00

+ + >+ >

,;

x yy x

2 2 2+ > −> −

,.

x y x y xy2 2 2 22 2+ + + + , xy1 .

Якщо x > 0 ,то yx

1.

Якщо x < 0 ,то yx

1.

Отже,шуканаобластьрозташованавище прямої y x= − івсерединіправоївітки

гіперболи yx

=1.


4.3М. ′( ) = =+ +

f xx

x

x

x

4

2 2 1

2

2 12 2; ′( ) = =

⋅f 2

2 2

3

4

3; f 2 8 1 3( ) = + = .

Рівняннядотичної:

y x− = −( )3 1 21

3, y x= +1

1

3

1

3

x 0 −1

4

y 1

30

Маємопрямокутнийтрикутникзкатетами1

3 і− 1

4.

S = ⋅ ⋅ =1

2

1

3

1

4

1

24 (од2).


24.

0–5

–4

–1х

у

х

у

y

x= −

yx

= 1

yx

= 1

1

1

− 14

13

у

х

28 Варіант 74.4М. ABCDS — правильна чотирикутна піраміда, в основі якої

лежить квадрат ABCD зі стороною AB a= . Двогранний кут при ребрі основи — це кут, який утворює апофема SH із площиною основи; за умовою ∠ =SHO α . Розглянемо переріз піраміди, який проходить через апофеми SH і SK протилежних граней. Перерізом буде рівнобедрений трикут ник KSH, у який вписано прямокутник NMM N1 1 , що є діа

гональним перерізом куба. NM MM= 1 2 , KH a= , OHa

=2

.

OS OH OMa NM

= ⋅ = =tg ,tg

αα

2 21 .

Нехай ребро куба MM x1 = , тоді з подібності трикутників

SOH і MM H1 випливає пропорційність сторін: x

SO

M H

OH= 1 ,

M H OH OMa x

1 12

2

2= − = − .

2 2

2

2

2

x

a

a x

atgα=

−;

22

xa x

tgα= − ;

xa

2 2+ ⋅( )=

tg

tg

α

α;

xa

=+

tg

tg

α

α2 2; V x

aкуба = =

( )+

33 3

3

2 2

tg

tg

α

α.

Відповідь. Va

куба =( )+

3 3

3

2 2

tg

tg

α

α.

Варіант 7





1.4. 32 40 100 80: % %⋅ = .


1.5. Відповідь. А).

1.6. cos4 0x = ;

42

x k= +π

π , k ∈Z ;

xk

= +π π8 4

, k ∈Z .


A

B

K

C

D

H

M

M1

S

O

HK

MN

N1

M1

S

O

Варіант7 29


1.8. ′( ) = −( ) ⋅f x x6 2 1 25

; ′( ) = ⋅ ⋅ −( ) ⋅ =f 1 6 2 1 1 2 125

.


1.9. c = + = + = =6 8 36 64 100 102 2 .


1.10. Точки,симетричнівідносноосіординат,маютьоднаковудругукоординату іпротилежніабсциси.



1.12. Із прямокутного трикутника, якийутворюють висотаSO, радіусAO татвірнаASконуса(згіпотенузою AS = 8 смтагострим ∠ = °ASO 60 ),зна-йдемо:

AO AS= ⋅ ° = ⋅ =sin60 8 4 33

2 (см);

SO AS= ⋅ ° = ⋅ =cos60 8 41

2 (см);

S SO AB SO AOASB = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =1

2

1

2

1

22 4 2 4 3 16 3 (см2).



2.1. Областьвизначенняфункції f x( ) : x x− ≠ ⇒ ≠ ±1 0 1.

f x x x( ) = ⇔ + + =0 3 2 02 ; x1 1= − —невходитьвобластьвизначенняфункції, x2 2= − .

Відповідь. x = −2 .

2.2. ОДЗ:xx

+ >+ >{ 2 03 0

,; x > −2 .

log log log ,4 4 42 3 3 0 5x x+( ) + +( ) = + ;

log log log4 4 42 3 3 2x x+( ) +( )( ) = + ;

log log4 42 3 6x x+( ) +( )( ) = ;

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

x x2 5 6 6+ + = ;

x x2 5 0+ = ; x1 5= − —незадовольняєОДЗ, x2 0= .


2.3.x

x

xdx x dx x

23

1

3

1

1

27

1

27

1

27

43

1

27

43 3

1

3

4

3

3

4

3

4

3

427 1 81∫ ∫= = = = −( ) = −

+

11 80 603

4( ) = ⋅ = .


S

O

B

A

30 Варіант7

2.4. S ABC знайдемо за формулою Герона; p = =+ +5 5 8

29 (см);

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

проекцією A B C1 1 1 , тоді за формулою площі ортогональної про-

екції S AD C

SABC

1 60

12

1

2

24= = =°cos

(см2).



3.1.a a a a

a

a

a

a a

a a

+ + + + −

−

−

+

+ −

− − ⋅ +⋅ ( ) =

( )( )( )

16 8 16 8

16

16

4 16

2 32 16

16 4

4 4

116( ) =

= −( )( ) = −

+

+

2 16

4 16

1

2

a

a.

Відповідь. −1

2.

3.2. ОДЗ: x2 .

t t x> 0 2 2, = − ; t t2 9 8 0− + < ; t1 8= ; t2 1= 1 8

+–

+

1 8< <t ; 1 2 82< <−x ; 0 2 3< − <x ; 0 2 9< − <x ; 2 11< <x .


3.3. Маємопрямийпаралелепіпед ABCDA B C D1 1 1 1 ,восновіякоголежитьромбABCD; AB a= ,∠ =BAC α .Переріз,якийпроведеночерезбіль-шу діагональAC основи та вершину B1 тупого кута іншої основи,перетинає бічні грані по їх діагоналям AB1 і CB1 . Оскільки бічніграніцієїпризмирівні,тотрикутник AB C1 —рівнобедрений.

У AOB AO a BO a: cos sin;= =α α2 2

.

S aосн = 2 sinα ; AC AO a= = ⋅2 22

cosα; AB a

AC1

2 22= = ⋅ cos

α;

Із ABB BB AB AB a a a a1 1 12 2 2 2 2 22 2 1

2 2: cos cos cos= − = − = − =

α αα

ABB BB AB AB a a a a1 1 12 2 2 2 2 22 2 1

2 2: cos cos cos= − = − = − =

α αα .

V S BB a a a= ⋅ = ⋅ =осн 12 3sin cos sin cosα α α α .

Відповідь. V a= 3 sin cosα α .

A

A1

B1

D1

C1

B

C

D

A

A1

B1

C1

D1

DO

CB

Варіант 7 31


4.1М. ОДЗ: x a< .

0 1

1

2

2

< − <− <{

− >− >{

xa x x

xa x x

,,

,;

− < <> − +{

< −< − +{

1 0

1

2

2

xx x a

xx x a

,,

,.

Розв’яжемо нерівність графічно. Побудуємо графіки функцій y x= 2 та y x a= − + і розглянемо їх на інтервалах − ∞ −( ); 1 та −( )1 0; .

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

У точці x = −1

2 при a = −

1

4 прямa y x a= − + дотикається до параболи.

Отже, якщо a < −1

4, пряма міститься нижче параболи і розв’язком

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

−( )1; a . Якщо a = −1

4, розв’язком є весь проміжок −( )1 0; , крім точ

ки −1

2, враховуючи ОДЗ − −

11

2; та − −

1

2

1

4; . Якщо − < <

1

40a ,

маємо дві точки перетину: x x a2 = − + ; x x a2 0+ − = ; xa

=− ± +1 1 4

2.

Розв’язком будуть проміжки −

− − +

11 1 4

2;

a та

− + +

1 1 4

2

aa; .

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

б) x < −1. Пряма і парабола мають одну точку перетину xa

=− + +1 1 4

2,

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

че прямої. Маємо розв’язок − − +

−

1 1 4

21

a; .

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

від функції y x= 2 дорівнює –1. Отже, ′ =y x2 , ′ ( ) = = −y x x0 02 1; x0

1

2= − ; y −

= −

=1

2

1

2

1

4

2

;

функція y x a= − + проходить через точку −

1

2

1

4; , після підстановки маємо a = −

1

4.


4 x a∈ −( )1; ; при a = −

1

4 x ∈ − −

− −

11

2

1

2

1

4; ;∪ ; при − < <

1

40a

x aa a

∈ −

− − + − + +

11 1 4

2

1 1 4

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

xa

∈ −

− − +1 1 4

21; .

х

у

1

1

–1 0

х

у

1

1

–1

0

32 Варіант7

4.2М. 1) D y x( ) ∈: R . 2) Функціяніпарна,нінепарна. 3) Перетинзосямикоординат:

зOx: y = 0 , x = −1

2;зOy: x = 0 , y =

1

2.

4) kx

x

x x= ( ) =

→∞

+

+lim

2 1

220 , b

x

x

x= =

→∞

++

lim2 1

220 ,тодігоризонтальна

асимптота y = 0 .

5) ′ =( )

=( )

=+ − −

+

− − +

+y

x x x

x

x x

x

2 4 4 2

2

2 2 4

2

2 2

2 2

2

2 20 ; x x2 2 0+ − = ; x = −2 , x =1.

–2 1

– + –

ху

у′

Функціяспадаєнапроміжках x ∈ −∞ −( ]; 2 , 1;+ ∞[ ) . Функціязростаєнапроміжку x ∈ −[ ]2 1; .

xmin = −2 , ymin = −1

2;

xmax =1 , ymax =1.


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

x x−( ) −( ) =4 20 0 або cosπ x −( )

=3

20 ;

x = 4 , x = 20 ; π π

πx

n−( )

= +3

2 2, n ∈Z

x n= +4 2 ,заОДЗ 4 4 2 20 + n 0 8 n .

При n = 0 x = 4 ;при n = 8 x = 20 .

Відповідь. 9коренів.

4.4М. Маємо піраміду ABCS, вписану в конус; тоді бічні ребра пірамідиєтвірнимидляконуса,отжеусібічніребрарівніміжсобою.Оскіль-ки∠ = ∠ = ∠ASB ASC BSC ,то ASB ASC BSC AB BC AC= = ⇒ = = .

Нехай AS a= ,тоді AB a= 2 ;AO—радіусописаногоколарівносто-

ронньоготрикутника, AOAC a

= =3

2

3;

sin∠ = = = =ASOAO

AS

a

a

2

3 2

3

6

3.

Відповідь. ∠ =ASO arcsin6

3.

–1–2

1

1

у

х

1

2

−1

2

204

– –+

х

S

OB

C

A

Варіант8 33

Варіант 8


1.1. 20 15 4 320

15

4

3

4

3

: := = = .



1.3. 5 012

72x x− = ;

x x5 012

7−

= ;

x

x

=

− =

0

5 012

7

,

;

x

x

=

− = −

0

512

7

,

;

x

x

=

=

035

12

,

.




1.6. sin cos tg tgcos

2 2 2 2112

β β β ββ

+ + = + = .



1.8. v t x t t( ) = ′( ) = −2 6 ; v 5 2 5 6 4( ) = ⋅ − =

м

с.


1.9. Затеоремоюкосинусівмаємо:

AB BC AC BC AC C= + − ⋅ ⋅ ⋅ = + − ⋅ ⋅ ⋅ ° =2 2 2 22 5 8 2 5 8 60cos cos

= + − ⋅ = =25 64 80 49 71

2 (см).


1.10. Нехайx таy—кутипаралелограма,отже:

x yx y

+ =− ={ 180

10,

;

x y x yx y

+ + −( ) =− =

19010

,;

xy

=={ 9585

,.Тобтокути95° і85°.


1.11. Маємоциліндрзрадіусом5см,отже,діаметрдорівнює10см.


1.12. Основоюпрямогопаралелепіпедаєпаралелограмзісторонами 4 3 смі5смтагостримкутом60° ;висотадорівнює10см.

V S H= ⋅ = ⋅ ⋅ ° ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =осн 4 3 5 60 10 4 3 5 10 3003

2sin (см3).


34 Варіант8


2.1.2 4 0 5

6 12

41

26

12

16

23 3

3 3

3

2

3

3

3log log ,

log log

log log

log

log

log

+−

+= =

33

3

3

1

3

3

3

3

31

2

8

2

2

2

3 2

23= = = − = −

− −log

log

log

log

log

log.

Відповідь. –3.

2.2. I спосіб. Від даних п’ятицифрових чисел віднімемо ті, що починаються з нуля:P P5 4 5 4 4 4 96− = − = ⋅ =! ! ! .

II спосіб (за правилом множення). Першу цифру можемо обрати чотирма способами, дру-гу—чотирма, третю—трьома,четверту—двома,п’яту—однимспособом: 4 4 3 2 1 96⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = .Відповідь. 96.

2.3. Знайдемоабсциситочокперетинуграфіків:

2 2− = −x x ; x x2 2 0− − = ;xx

== −

21,.

S x x dx x x dx xx x

= − − −( )( ) = − +( ) = − +

= −− − −

∫ ∫2 2 2 42

1

22

1

2

1

23 2

3 2

8

33

4

2

1

3

1

22+ − − + +

=

S x x dx x x dx xx x

= − − −( )( ) = − +( ) = − +

= −− − −

∫ ∫2 2 2 42

1

22

1

2

1

23 2

3 2

8

33

4

2

1

3

1

22+ − − + +

== − + + − − =4 2 4 58

3

4

2

1

3

1

2, .

Відповідь. 4,5.

2.4. Оскількипрямі AA1 і DD1 паралельні,товонизадаютьплощи-ну AA D1 , в якій лежать пряма CA і пряма A D1 ; розглянемоCAA1 іCDD1 : ∠C —спільний, ∠ = ∠CAA CDD1 1 яквідповід-ні кути при паралельних прямих AA1 і DD1 і січнійCD. Тоді CAA CDD1 1 задвомакутами.Зподібностітрикутниківви-пливаєпропорційністьвідповіднихсторін:

AA

DD

CA

CD1

1

= ;CA

CD

x

x x

x

x= = =

+2

2

2

3

2

3;

AA DDCA DD

CD1 11 2

3

2 15

310= = ⋅ = =

⋅ ⋅ (см).

Відповідь. 10см.


3.1. ′( ) = + = +( )f x x x x xx

x2 2 1

2

ln ln , D f x( ) >: 0 .

′( ) =f x 0 ,тоді x = 0 (невходитьв D f( ) )або 2 1 0lnx + = , lnx = −1

2, x = 0 1, .

0

– +

0 1,х

f′(х)f(х)

Відповідь. xmin ,= 0 1 .

–1

–2

2

1

1

2

у

х

Сα

А

D

D1

A1

Варіант8 35

3.2. І спосіб. cos cos sinx x x⋅ +( ) =3 0 .

cosx = 0 або cos sinx x+ =3 0

cosx = 0 ; 1) cosx0 x k k∈ − + +

π ππ π

2 22 2; :

x n= +π

π2

, n ∈Z . cos sinx x+ =3 0 ;

1

2

3

20cos sinx x+ = ;

sin cos cos sinπ π6 6

0x x+ = ;

sin x +

=π6

0 ;

x m+ =π

π6

, m ∈Z ;

x m= − +π

π6

, m ∈Z .Враховуючи,що cosx0 ,

маємо: x m= − +π

π6

2 , m ∈Z .

2) cosx < 0 : − + ⋅ =cos sinx x 3 0 ;

sin x −

=π6

0 ;

x l− =π

π6

, l ∈Z ;

x l= +π

π6

, l ∈Z .Враховуючи,що cosx < 0 ,

маємо: x l= +7

62

ππ , l ∈Z .

ІІ спосіб.Якщо cosx = 0 ,то 0 0= ; x k= +π

π2

, k ∈Z .

Якщо cos2 0x ≠ , тонаньогоможнаподілитирівняння, тобто 1 03

+ =⋅ sin

cos

x

x;

sin

cos

x

x= −

1

3.

cosx > 0 ,отже, sinx < 0 .

ДляІІІчверті: − = −tgx1

3; tgx =

1

3; x n= +

7

62

ππ , n ∈Z .

ДляІVчверті: tgx = −1

3; x l= − +

ππ

62 , l ∈Z .

Відповідь: x k= +π

π2

, k ∈Z ; x n= +7

62

ππ , n ∈Z ; x l= − +

ππ

62 , l ∈Z .

3.3. Маємо правильну трикутну призму ABCA B C1 1 1 з рів-

ностороннім трикутником ABC в основі. Sa

осн =2 3

4, де

a — сторона ABC ; S ahбіч = 3 , де h CC= 1 . За умовою

S Sбіч осн= ⋅12 ,тоді 312 3

4

2

aha

=⋅

, h a= 3 .

tg∠ = = =C BCCC

BC

a

a11 3

3 ; ∠ = °C BC1 60 .


A

A1

B1

C1

C

?

B

36 Варіант8


4.1М. ОДЗ: x axx a

2 02 3 0

− >+ + >

,;

x x a

xa

−( ) >

> −

+

03

2

,

;

xx axx a

xa

>>{<<{

> −

+

0

0

3

2

,,

,,

.

x ax x a2 2 3− = + + ; x x a a2 2 3 0− +( ) − +( ) = ;

D a a a a a a a a= +( ) + +( ) = + + + + = + + = +( )2 4 3 4 4 4 12 8 16 42 2 2 2

.

Якщо a = −4 ,то x = −1 .ПеревіримоОДЗ: − > −− +

14 3

2—невиконується,отже, x = −1

неєкоренем;при a = −4 немаєрозв’язків.

Якщо a ≠ −4 ,то xa a

=( )+ ± +2 4

2;

x ax

= += −

31

,.

ПеревіркаОДЗ: 1) x = −1 , x < 0 ,тодіповинновиконуватися x a< .

− > −+

13

2

a, a + >3 2 , a > −1.Якщо x = −1 ,то x a< (адже a > −1).

2) x a= +3 , aa

+ > −+

33

2; a + >3 0 , a > −3 .Тоді a + >3 0 , x > 0 .

Відповідь. При a = −4 розв’язківнемає;при a ≠ −4 x = −1 або x a= +3 .

4.2М. 1) D y x( ) ≠ ±: 2 .

2) Функціяпарна,неперіодична. 3) Перетинзосямикоординат: зOx: y = 0 , x2 4≠ − —неможливо,функціянеперетинаєвісьOx;

зOy: x = 0 , y = −1.

4) limx

x

x x→

+− +( )( ) = ∞

2

2 4

2 2;

limx

x

x x→−

+− +( )( ) = ∞

2

2 4

2 2.

Вертикальніасимптоти: x = 2 , x = −2 .

kx

x

x x x= ( )( ) =

→∞

+− +

lim2 4

2 20 , b

x

x

x= =

→∞

+−

lim2

2

4

41.

Горизонтальнаасимптота: y =1 .

5) ′ = −( )

−

−y

x

x

16

42 2, ′ =y 0 , x = 0

–2 0 2

+ + ––

у

у′

Функція f x( ) зростаєпри x ∈ −∞ −( ); 2 , −( ]2 0;

Функція f x( ) спадаєпри x ∈[ )0 2; , 2;+ ∞( ) xmax = 0 , ymax = −1 Графікпобудовано.

–1

–1

–21

0

1 2

у

х

Варіант9 37

4.3М. cos cos cos cosπ π ππ π π π

−

+ −

+…+ −

= − +19

21

17

21 4 21ccos cos

3

21

19

21

π π+…+

=

=

− + + …+2 2 2

2

21 21 21

3

21 21

19

21sin cos sin cos sin cos

sin

π π π π π π

ππ

21

=

=

− + − + …+ −sin sin sin sin sin

sin

2

21

4

21

2

21

20

21

18

21

212

π π π π π

π==

= − = −

= − = −−sin

sin

sin

sin

sin

sin

20

21

21

21

212 2

21

21

1

2

π

π

π

π

π π

π 22.


2.

4.4М. Розглянемо осьовий переріз конуса; маємо рівнобедрений три-кутник ASB, ∠ =SAO α , AS SB l= = , в який вписано півкруг;точка O — середина основи трикутника— є центром півкруга.Розглянемо трикутник ASO: SO AS A l= ⋅ =sin sinα . Із KSO :

OK SO SO ll

= ⋅ ° −( ) = ⋅ = ⋅ ⋅ =sin cos sin cossin

902

2α α α α

α.

OK єрадіусомпівкулі.

V Rl l

= = ⋅ =2

3

2

3

2

8

2

123

3 3 3 3

ππ α π αsin sin

.

Відповідь. π αl3 3 2

12

sin.

Варіант 9



1.2.x x x x

y y y xy y2 2 2 4

0 4 2 0 4 0 4 0 4 0 162 2

22

−

=

− ⋅ ⋅ + ( ) = − +, , , , , 22 .


1.3.7

4

3

4

4

4

a

b

a

b

a

b

a

b− = = .


1.4. x x−( ) +( ) >3 3 0 .


OB

S

K

A

3–3

+ +–

х

38 Варіант9

1.5. sinx = − 1

2;

x kn= −( ) −

+11

2arcsin π , k ∈Z ;

x kn= −( ) ++

11 1

2arcsin π , k ∈Z ;

x kn= −( ) ++

11

6

ππ , k ∈Z .


1.6. 5 5 5 52 3 3 3 2 3 3 3 1 1

5− − − − −( ) −= = =: .


1.7. P A( ) = =3

6

1

2.


1.8. 4 43 41

4

4

x dx x C x x Cx

x−

= ⋅ − + = − +∫ ln ln .


1.9. xс = =− +2 6

22 , yс = =

+4 8

26 .


1.10. ABC A B CA B

AB

B C

BC1 1 11 1 1 1⇒ = ;

B C

BC1 1 15

5

3

13 1= = = : .



1.12. α = °45 , AO R= , DC H= .

ADC D∠ = °( )90 — рівнобедрений з гіпотенузою 8 2 см, отже,

AD DC= = 8 см;

R AD= =1

24 см; H = 8 см.

S S S R R Hпов осн біч= + = ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ =2 2 2 2 4 2 4 8 962 2π π π π π (см2).



2.1.cos

sin

cos

sin

cos

sin

sin

costg tg

−

+ − − −( )

( ) + −( ) = − = −α

αα

αα

ααα

α α1 1 1

==( )

( ) =− −

−

cos sin sin

sin cos

2 1

1

α α α

α α

= ( ) = ( ) =− +

−−

−cos sin sin

sin cos

sin

sin cos cos

2 2

1

1

1

1α α αα α

αα α α

.


cosα.

О1

O

B

D

С

A

α

Варіант 9 39

2.2. log42 3 1x x−( ) . Нерівність рівносильна системі нерівностей:

x xx x

2

2

3 03 4

− >−

,;

x x

x x

−( ) >− −

3 0

3 4 02

,

;

x x

x x

−( ) >+( ) −( )

3 0

1 4 0

,

.

30

+ +–

4–1

+ +–

х

х

Разом:4–1 0 3 х

Відповідь. x ∈ −[ ) ( ]1 0 3 4; ;∪ .

2.3. Дослідимо похідну функції f x xx

( ) = +16

:

D f( ) −∞( ) + ∞( ): ; ;0 0∪ .

′( ) = − =−

f xx

x

x1

16 162

2

2; ′( ) =f x 0 ;

x

x

2

2

160

−= ; x2 16= ;

xx

x

== −

≠

44

0

,,

.

–4 0 4

+ –– +′( )f x

f x( ) х

Відповідь. Функція f x( ) зростає на проміжках −∞ −( ]; 4 ; 4; + ∞[ ) .

2.4. У ромбі ABCD: d AC1 6= = см, OC = 3 см, CD = =20 4 5: (см).

У COD O∠ = °( )90 знайдемо OD CD OC= − = − =2 2 2 25 3 4 (см);

d BD2 8= = (см) (більша діагональ ромба).

Отже, B D1 10= см.

У B BD B1 90∠ = °( ) знайдемо B B B D BD1 12 2 2 210 8 6= − = − = ( )см = H

B B B D BD1 12 2 2 210 8 6= − = − = ( )см = H; V S H H

d d= ⋅ = ⋅ = ⋅ =⋅

осн1 2

2

6 8

26 144 (см3).



3.1. log log log log log log log log2 3 3 2 3 2 3 2

3

2

1

2

1

2

3

21

2

3 1−

= = = = − .

Відповідь. –1.

3.2. Маємо правильну піраміду ABCDS; SH — апофема, за умовою

SH = 2 3 см. Нехай висота піраміди SO h= , тоді OH h= −12 2 ;

AB OH h= = −2 2 12 2 .

V AB SO h h h hh h

= ⋅ ⋅ = ⋅ −( )⋅ = −( ) = −1

3

1

3

4

3

4

32 2 24 12 12 16

3

.

′ = −V h16 4 2 , ′ =V 0 , 16 4 02− =h , h h= ±2 0, > .

0 2

+ –hV

V′ hmax = 2 .

Відповідь. При h = 2 см.

A1

A D

B

O

C

B1

C1

D1

S

A D

B

HО

C

40 Варіант93.3. Розглянемо осьовий переріз конуса; маємо рівнобедрений трикутник

ASB,SO—висотаконусатависотатрикутника,заумовою SO AB= .

Нехай AB SO a= = ; AS aa a

= + =22

4 25 ;

S AO ASa a a

біч = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =π ππ5

2 2

5

4

2

.

S AOa

осн = ⋅ = ⋅π π22

4.

S

S

a

a

осн

біч

= = =

π

π

2

2

4

5

4

1

5

5

5.


5: .


4.1М. ОДЗ: x x2 8 9 0+ − ; x1 9= − , x2 1= ; –9 1+ +

– х x ∈ − ∞ −( ] + ∞[ ); ;9 1∪ .

Оскільки x x2 8 9 0+ − ,маємосукупність:xxx a

= −=−

91

0

,,

;

xxx a

= −=

91

,,.

Якщо a >1 ,то x a∈ + ∞[ ) −{ }; ;∪ 9 1 .

Якщо a ∈ −[ ]9 1; ,то x ∈ + ∞[ ) −{ }1 9; ∪ .

Якщо a < −9 ,то x a∈ −[ ] + ∞[ ); ;9 1∪ .

Відповідь. При a >1 x a∈ + ∞[ ) { }; ;∪ 9 1 ;при a ∈ −[ ]9 1; x ∈ + ∞[ ) −{ }1 9; ∪ ; при a < −9 x a∈ −[ ] + ∞[ ); ;9 1∪ .

4.2М. І спосіб. sin sinπ ππ

x y− −

=2

0 ;

2 02

1

2 2

1

2sin cos

π πx y x y+ −

− +

= ;

sinπ2

1

20x y+ −

= або cosπ2

1

20x y− +

= ;

π

π2

1

2x y n+ −

= , n ∈Z ; π π

π2

1

2 2x y m− +

= + , m ∈Z ;

x y n+ − =1

22 , n ∈Z ; x y m− + = +

1

21 2 , m ∈Z ;

y x n= − + +21

2, n ∈Z ; y x m= − −

1

22 , m ∈Z ;

n = 0 , y x= − +1

2; m = 0 , y x= −

1

2;

n =1, y x= − +21

2; m =1 , y x= −2

1

2;

n = −1 , y x= − −11

2. m = −1, y x= +1 5, .


S

O

B

A

–1–1–2 0 1

1

у

х

Варіант9 41

ІІ спосіб. cos cosπ ππ

y x= −

2;

π π π

π π π

π

π

y x n n

y x n n

= − + ∈

= − −

− ∈

2

2

2

2

, ,

, ;

Z

Z

y x n n

y x n n

= − + ∈

= − + + ∈

1

21

2

2

2

, ,

,

Z

Z.При n = 0

y x

y x

= −

= − +

1

21

2

,

.Зурахуваннямперіодумаємографік.

4.3М. Побудуємографікизадопомогоюперетворень. Отриманафігура симетрична відносно осіOy; доситьрозгля-

нути їїпри x0 . Знайдемоточкиперетинуграфіківпри x0 :

4 4 22− = +x x .

1) 0 2x < , 4 4 22− = +x x ;

x x2 2 0+ = ; x1 2= − —стороннійкорінь,оскільки− >2 0 ,x2 0= . 2) x2 , x x2 4 4 2− = + ; x x2 2 8 0− − = ; x1 2= − —стороннійкорінь, x2 4= .

S x x dx x x dx= ⋅ + − +( ) + + − +( )

=∫ ∫2 4 2 4 4 2 42

0

22

2

4

= ⋅ +

+ − + +

= ⋅ + − +2 8 2 4 162

0

2

2

2

43 3

3 3

8

3

64

3x x x

x x++ + − −

=32 4 168

3

= ⋅ +

+ − + +

= ⋅ + − +2 8 2 4 162

0

2

2

2

43 3

3 3

8

3

64

3x x x

x x++ + − −

=32 4 168

3=

= ⋅ −

= ⋅ −( ) =2 32 2 32 16 3248

3 (од2).

Відповідь. 32од2.

4.4М. Маємопрямийпаралелепіпед ABCDA B C D1 1 1 1 ;центрописаноїкулілежитьусерединійогодіагоналі DB1 .Кутомнахилудіагоналідоплощиниосновиєкут B DB1 ;заумовою ∠ =B DB1 α .Кутміждіа-гоналлю BD1 ібічноюгранню—цекут B DC1 1 (адже DC1 —про-екція діагоналі B D1 на бічну грань). За умовою ∠ =B DC1 1 β . Ра-діусомкулієвідрізокOD; заумовою OD R= ,тоді B D R1 2= .

У B BD1 : BD B D R= ⋅ =1 2cos cosα α ; BB B D R1 1 2= ⋅ =sin sinα α .

УB C D1 1 :C D B D R1 1 2= =cos cosβ β ;B C B D R BC1 1 1 2= ⋅ = =sin sinβ β .

У DCC1 : DC DC CC R R212

12 2 2 2 24 4= − = −cos sinβ α ,

DC R= −2 2 2cos sinβ α .

S BC DC BB R R Rбіч = ⋅ +( )⋅ = ⋅ + −( )⋅ =2 2 2 2 212 2sin cos sin sinβ β α α

= + −( )8 2 2 2R sin sin cos sinα β β α .

Відповідь. S Rбіч = + −( )8 2 2 2sin sin cos sinα β β α .

–1–2–3–4 0 1 2 3 4

1

6

у

х

A

αβ

A1

B1

C1

D1

D

O

CB

42 Варіант10

Варіант 10


1.1. − + −( )( )⋅ = − ⋅ = −2 6 4 8 4 32 .



1.3.7

3

9

14

7 3 3

3 14

3

2

2 2

3

2

3

a

a

a

a

a a a

a a

a

a−− − +

−

+⋅ = −( ) ( )

( )= − .



1.5. log3 2x = ;xx

>=

032

,; x = 9 .


1.6.32

2

32

2

4

45 25 5 25 16 125 2 5 33 3 4 3 4 3− ⋅ = − ⋅ = − = − = − .



1.8. P A( ) = = =+12

12 16

12

28

3

7.



1.10. x x+ = °3 180 ; 4 180x = ° ; x = °45 .


1.11. По5ребервкожнійздвохоснов і5бічнихребер;разом15.


1.12. r O A= = =1 9 3 (см), OO1 4= см (нарисунку).

У OO A O1 1 90∠ = °( ) : OA R O A OO= = + = + =12

12 2 23 4 5 (см).

V R= =4

3

500

33π

π.


O

AO1

Варіант 10 43


2.1. ОДЗ: 2

2 0

8 2

8

x n n

x

+ ≠ + ∈

+

≠

π π

π

π ,

tg ;

Z,

2

2

3

8

8

x n n

x t t

≠ + ∈

+ ≠ ∈

π

π

π

π

, ,

, ;

Z

Z

x n

x t

n

t

≠ + ∈

≠ − + ∈

3

16 2

16 2

π π

π π

, ,

, .

Z

Z

7

28

7tg x +

= −π

; tg 2 18

x +

= −π

; 28 4

x k+ = − +π π

π , k ∈Z ; 23

8x k= − +

ππ , k ∈Z ; x

k= − +

3

16 2

π π,

k ∈Z .

Відповідь. xk

= − +3

16 2

π π, k ∈Z .

2.2. D y( ) : 4 2 03x x− >− ; 2 2 2 02 3x x− ⋅ >− ; 2 02 2

8x

x

( ) − > ; 8 2 2

8

2

0⋅ −( )

>x x

; 2 8 2 1

80

x x⋅ −( )> .

Оскільки 2 0x > для будьякого x, то 8 2 1 0⋅ − >x ; 21

8x > ; 2 2 3x > − ; x > −3 .

Відповідь. D y( ) − + ∞( ): ;3 .

2.3. v t x t t( ) = ′( ) = −4 20 ; 4 20 8t − = ; 4 28t = ; t = 7 с.

Відповідь. 7 с.

2.4. Точка D, що лежить на осі абсцис, має координати x; ;0 0( ) . За умовою AD BD= , отже:

2 3 3 3 1 42 2 2 2 2 2−( ) + + = −( ) + +x x ;

4 4 18 9 6 172 2− + + = − + +x x x x ;

2 4x = ; x = 2 .

Відповідь. D 2 0 0; ;( ) .


3.1. ′( ) = −− −f x e xex x , ′( ) =f x 0 , e xx− −( ) =1 0 .

Оскільки e x− ≠ 0 , то 1 0− =x , x = 1 , 1 0 2∈[ ]; .

f 0 0( ) = , fe

11( ) = , f

e2

22( ) = . Знайдемо для порівняння різницю

1 2 22 2

0e e

e

e− = >

−, тоді

1 22e e

> .

Відповідь. min;0 2

0[ ]

( ) =f x , max;0 2

1

[ ]( ) =f x

e.

3.2. D f x( ) ≠: 1

f xx x

x x

x

x( ) =

( )+ =

−( ) + >

− −( ) + <

−

−

1

1

3

11 1 1

1 1 1

2

2

, ,

, .

якщо

якщо


1

1

у

х

44 Варіант10

3.3. МаємотрикутнупірамідуABCS;кутиASC,ASB,BSCдорівнюють90° кожний. Покладемо піраміду на бічну грань; маємо пірамі-ду BCSA з вершиною A і висотою AS, в основі піраміди лежитьпрямокутнийтрикутникBCS; SA SB SC a= = = .

V AS BS CS a= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =1

3

1

2

1

63 .


=3

6.


4.1М. Розвяжеморівнянняграфічно.Побудуємогра-фікифункцій y x= − −1 4 та y a= .

1) y x= − −1 4 : побудуємо y x= −1 , опусти-мографікначотириодиницітавідобразимосиметричноосіОх.

x ∈ − ∞ −( ) + ∞( ); ;3 5∪ y x1 1 4= − − ;

x ∈ −[ ]3 5; y x2 1 4= − − + . 2) y a= —пряма,паралельнаосіОх.

Якщо a < 0 ,точокперетинуне існує.

Якщо a = 0 ,двіточкиперетину—–3та5.

Якщо 0 4< <a , дві точки перетину прямоїз графікомфункціїy

1— x a= ±5 та дві точ-

ки—зграфікомфункціїy2— x a= − ±3 .

Якщо a = 4 , три точки перетину прямої: одна з графіком функції y2 — x =1 та дві —

зграфікомфункціїy1— x = −7 та x = 9 .

Якщо a > 4 ,двіточкиперетинупрямоїзграфікомфункціїy1— x a= ±5 .

Відповідь: Приa < 0 розв’язківнемає;приa = 0 x = −3 таx = 5 ;при0 4< <a x a= ±5 ,x a= − ±3 ;при a = 4 , x =1, x = −7 та x = 9 ;при a > 4 x a x a= + = − −5 3; .

4.2М. ОДЗ:y xy xy x

− >− ≠+ >

2

2

2 2

010

,,;

y xy xy x

>≠ += ≠

2

2 10

,,.

1) 0 12< − <y x , тоді y x2 2 4+ — внутрішня частина круга

з центром 0 0;( ) і радіусом2, яка розташованаміжпарабо-

лами y x y x= = +2 2 1, .

2) y x− >2 1 , тоді y x2 2 4+ —простір ззовні круга з центром

0 0;( ) ірадіусом2,обмеженийпараболоюy x y x= = +2 2 1, .


A

CS

B

1 5–3 0

у

х

y x= − −1 4

2

y=x2

2

–2

–2

у

х

y x= +2 1

Варіант11 45

4.3М. Розглянемо ліву частину рівняння: x2 1 1+ , тоді 2 22 1x + . Розглянемо праву частину рів-

няння: −1 1 cosx , тоді −2 2 2 cosx .Оскількилівачастинанеменшаза2, аправа—небільшаза2,тонерівністьвиконуєтьсядлябудь-якихx;рівністьдосягаєтьсяпри x = 0 .

Відповідь. x ∈R .

4.4М. КутомнахилутвірноїABдобільшоїосновиєкут BAO1 .Розглянемоперерізконусатакуліплощиною,якапроходитьчерезвіськонуса.УперерізімаємотрапеціюABCD,вякувписанийкруг.Висотатрапеціїєдіаметромкруга;AB=l.

НехайK—точкадотикукулідотвірноїAB;проведемо OK AB⊥ ;OK AB⊥ єрадіусомкулі.Лінією,уздовжякоїкулядотикаєтьсядоповерхніконуса,єколо,радіусякогоперпендикулярнийдоосіциліндра.Проведемо KM O O⊥ 1 2 ,тодіKM—шуканийрадіус.

Розглянемочотирикутник AKOO1 : ∠ = ∠ = °AKO OO A1 90 , ∠ =A α ,

тоді ∠ = ° − ° − ° − = ° −KOO1 360 90 90 180α α .Тоді ∠ = ° − ° −( ) =KOM 180 180 α α

∠ = ° − ° −( ) =KOM 180 180 α α .

У KMO : KM KO KOM r= ⋅ ∠ =sin sinα; l KM r= ⋅ =2 2π π αsin .

Відповідь. 2π αr sin .

Варіант 11


1.1. 9 7 5 2 9 7 10 9 17 153⋅ + ⋅( ) = ⋅ +( ) = ⋅ = .


1.2.x y x y

x y x y

+ + −( ) =+ − −( ) =

2 2 6

2 2 8

,

;2 64 8

xy

=={ ,

;

xy

=={ 32,.


1.3. b b b b30 5 30 5 25: = =− .


О2

О1

O

A

Dα

α

B

С

О2

M

О1

O

A

B C

D

K

46 Варіант11

1.4. b6

5 1

16 161

2

1

32

1

2= ⋅ −

= ⋅ −

= −−

.


1.5. cos cos cos405 360 45 452

2° = ° + °( ) = ° = .


1.6. log log5 54 1 2x x+( ) = −( ) .

ОДЗ:x

x+ >− >{ 4 0

1 2 0,;

x

x

> −

<

41

2

,

;; x x+ = −4 1 2 ; 3 3x = − ; x = −1 .



1.8. S v t dt t dt t t= ( ) = −( ) = −( ) = − =∫ ∫0

10

0

102

0

10

6 0 2 6 0 1 60 10 50, , (м).


1.9. ∠ = ∠ = °KAC BAC1

220 .


1.10. lR

= ⋅ = ⋅ ° =°

⋅ ⋅°

2

360

2 6

360120 4

π πα π .


1.11. V S H= ⋅ = ⋅ ⋅ =1

3

1

315 4 20осн (см3).




2.1. 4 2 801x x+ =+ ; 2 2 2 80 02x x( ) + ⋅ − = ; нехай 2x t= , тоді t t2 2 80 0+ − = ;

tt

= −=

108

,.

Оскільки 2 0x > ,

то t = −10 —стороннійкорінь.

Отже, 2 8x = ; x = 3 .


A

B

K

C

Варіант11 47

2.2. Позначимозаxкількістьчорнихкульок.Тоді P Ax

x( ) = =

+12

2

5.Розв’яжеморівняння.

ОДЗ: x ≠ −12 .5

5 12

2 12

5 12

x

x

x

x+

+

+( ) =( )( ) ; 3 24x = ; x = 8 .


2.3. x x+ − =2 8 04 .ОДЗ: x0 .

Позначимо x t4 = ,тоді t t2 2 8 0+ − = ;tt

= −=

42

,.

Оскільки x4 0 ,то t = −4 —стороннійкорінь.Отже, x4 2= ; x =16 .


2.4. ABCD—квадратзістороною8см;міститьсянавідстаніOO1 4= смвідцентрасфери.ДіагональBDквадратадорівнює 8 2 см.

O D BD1

1

24 2= = (см).

У OO D OO D1 1 90∠ = °( ) :R OD OO O D= = + = ( ) + = =1

21

22

24 2 2 36 6 (см);

S Rсф = = ⋅ =4 4 6 1442 2π π π (см2).

Відповідь. 144π см2.


3.1. 5 2 2 0cos sinx x+ = ; 5 4 0cos sin cosx x x+ = ; cos sinx x5 4 0+( ) = ;

cos ,

sin ;x

x=

+ =

05 4 0

x k k

x

= + ∈

= −

ππ

25

4

, ,

sin .

ZРівняння sinx = −

5

4немаєрозв’язків,томунайбільший

від’ємнийкоріньобираємосередрозв’язківрівняння x k= +π

π2

, k ∈Z .Якщо k = −1 ,то

x = −π2.

Відповідь. x = −π2.

3.2. ПозначимоR—радіусциліндра,H—йоговисоту,тоді V R Hц = =π π2 16 ; R H2 16= ;

HR

=16

2.Отже, S R RH R R R

R Rпов = + = + ⋅

= +

2 2 2 22 2 216 162

π π π π .Дослідимофункцію

S R RR

( ) = +

2 2 16π наекстремум(R>0). ′( ) = −

= =−

S R RR

R

R2 2 4 0

16 82

3

2π π ; R3 8 0− = ; R = 2 .

Функція S R( ) набуваємінімумувточці2. 20

– +

RS R( )′( ) = −

= =−

S R RR

R

R2 2 4 0

16 82

3

2π π


O

O1

A

B C

D

48 Варіант 113.3. Оскільки бічні ребра піраміди рівні, то основа її висоти — точка O,

рівновіддалена від вершин трапеції ( AOS BOS COS DOS= = = за спільним катетом та гіпотенузою). Отже, навколо трапеції можна описати коло, з чого маємо висновок, що вона рівнобічна.

Знайдемо RABCD , усвідомлюючи, що

R RABCD ACD

AC CD AD

S

AC CD AD

CN AD

AC CD

CNACD

= = = =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

⋅4

41

2

2.

AM ND AN AM MHAD BC

= = = = = + =− −2

8 6

21 7; (см).

У ANC ∠ = °( )N 90 : AC AN CN= + = + =2 2 2 27 7 7 2 (см).

У CAD ∠ = °( )N 90 : CD CN ND= + = + =2 2 27 1 5 2 (см).

AO RACD= = =⋅⋅

7 2 5 2

2 75 (см).

У AOS ∠ = °( )O 90 : SO AS AO= − = − =2 2 169 25 12 (см).



4.1М. ОДЗ: x axx

>> −≠

,,

.1

0

0 1 11

1 11

2

2

< + <− < +( )

+ >− > +( )

xx a x

xx a x

,,

,;

− < <+( ) > −

>+( ) < −

1 01

01

2

2

xx x a

xx x a

,,

,.

Розв’яжемо нерівність графічно. Побудуємо графіки функцій y x= +( )12

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

а) − < <1 0x . Парабола y x= +( )12

повинна бути вище прямої y x a= − .

У точці x = −1

2 при a = −

3

4 прямa y x a= − дотикається до параболи.

Отже, якщо a > −3

4, пряма міститься нижче параболи і розв’язком буде

проміжок −( )1 0; , але, враховуючи ОДЗ x a>( ), проміжок буде a; 0( ).

Якщо a = −3

4, розв’язком є весь проміжок −( )1 0; , крім точки x = −

1

2,

враховуючи ОДЗ − −

3

4

1

2; та −

1

20; . Якщо − < < −1

3

4a , маємо дві точ

ки перетину: x x a+( ) = −12

; x x a2 1 0+ + + = ; xa

=− ± − −1 3 4

2. Розв’язком

будуть проміжки aa

;− − − −

1 3 4

2 та

− + − −

1 3 4

20

a; . Якщо a > 0 ,

розв’язків на цьому проміжку немає.

A

B

S

О

C

D

A

B

О

M N

C

D

х

у

0

Варіант11 49

б) x > 0.Пряма іпараболамаютьоднуточкуперетину xa

=− + − −1 3 4

2,

якщо a < −1.Насцікавить та частинапараболи,що розташовананижче

прямої.Маєморозв’язок 01 3 4

2;

− + − −

a

.

Пояснення: графік функції y x a= − є дотичною до графіка функ-

ції y x= +( )1 2, коли похідна від функції y x= +( )1 2

дорівнює 1. Отже,

′ = +( )y x2 1 , ′ ( ) = +( ) =y x x0 02 1 1; x0

1

2= − ; y −

= − +

=1

2

1

2

1

41

2

; функ-

ція y x a= − проходить через точку −

1

2

1

4; , після підстановки маємо

a = −3

4.

Відповідь. При a > −3

4 x a∈( ); 0 ;при a = −

3

4 x ∈ − −

−

1 01

2

1

2; ;∪ ;при − < < −1

3

4a

x aa a

∈

− − − − − + − −

; ;1 3 4

2

1 3 4

20∪ ;при a = −1 розв’язківнемає;при a < −1

xa

∈

− + − −

01 3 4

2; .

4.2М. yx

x

x

x= + =

+2

2 4

2

2

.

1) y x y xx

x

x

x−( ) =

( )( ) = − = − ( )− +

−+

2 24

2

4

2—функціянепарна.

2) Точокперетинузосямикоординатнемає.

3) limx

x

x→

+= + ∞

0

2 4

2, x = 0 — вертикальна асимптота,

причому limx

x

x→ +

+= + ∞

0 0

2 4

2, lim

x

x

x→ −

+= − ∞

0 0

2 4

2.

lim limx x

y x

x

x

xk

→∞ →∞

( )= = =

+2

2

4

2

1

2.

lim lim limx x x

y x kx x bx

x x→∞ →∞ →∞( ) −( ) = −

= = =+2 4

2

4

2

1

20 .

Маємопохилуасимптоту y x=1

2.

4) Дослідимонамонотонність,наекстремумифунк-

цію: ′( ) =( )

= =⋅ − + −

y xx x x

x

x

x

2 2 2 4

4

4

2

2

2

2

20 ; x2 4 0− = ;

x = ±2 .

20–2

– ++

ху(х)

′( ) =( )

= =⋅ − + −

y xx x x

x

x

x

2 2 2 4

4

4

2

2

2

2

20

ymax −( ) = −2 2 ; ymin 2 2( ) = .


х

у

0

х

у

–2

–2

2

2

0

50 Варіант12

4.3М. 1)Знаходиморівняннядотичної: y 1 1( ) = ; ′( ) = =yx

1 11

1

.

y x x= − + =1 1 —рівняннядотичної.

Знайдемоточкиперетинуфункцій y x= 2 та y x= :

2 x x= ;ОДЗ: x 0 .

4 2x x= ; 4 02x x− = ;xx

==

04,. S x x dx x x

x x x= −( ) = −

= −

= −∫ 2 20

4

0

4

0

43

2 2 2

3

2

2

4

3 2

32

3

116

2

16

6

8

322

3= = =

S x x dx x xx x x

= −( ) = −

= −

= −∫ 2 20

4

0

4

0

43

2 2 2

3

2

2

4

3 2

32

3

116

2

16

6

8

322

3= = = .

Відповідь. S x x dx x xx x x

= −( ) = −

= −

= −∫ 2 20

4

0

4

0

43

2 2 2

3

2

2

4

3 2

32

3

116

2

16

6

8

322

3= = = .

4.4М. Розглянемо переріз конуса та кулі площиною, що проходитьчерез вісь конуса. У перерізі маємо рівнобедрений трикутник,вписанийвкруградіусакулі;O—центркулі.

AOS рівнобедрений ( AO OS= як радіуси кулі), тоді∠ = ∠ =SAO ASH α .

Кут AOH — зовнішній кут ASO , тоді ∠ =AOH 2α . НехайR — радіус кулі, тоді з AOH : AH AO AOH R= ∠ =sin sin2α ;OH AO AOH R= ∠ =cos cos2α .

Тоді SH SO OH R R= + = +( ) =1 2 2 2cos cosα α .

V SH AH R RR

кон = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =1

3 3

2

32 2 2 2 2 22 2 2

3

π α α α απ π

cos sin sin cos .

VR

кулі =4

3

3π.

V

V

R

Rкон

кулі

= =

2

32

4

3

2

2

32 2

3

2 2

πα α

πα αsin cos

sin cos.

Відповідь. sin cos2 22

2

α α.

Варіант 12


1.1. 8 40 100 20: ⋅ = (га),або 8 0 4 20: , = (га).



0 1

2

4

4

у

х

A

H

O

S

B

A H

O

S

B


1.3.2

8

2

8

1

4

1

2

1

2

6

103 0 12 3 0 12 0 36 0 6 0 1− ⋅ = − ⋅ = − = − = − = −, , , , , .




1.6. tgx

21= − . ОДЗ:

xn

2 2≠ +

ππ , n ∈Z ; x n≠ +π π2 , n ∈Z ;

x

k2 4

= − +π

π , k ∈Z ; x k= − +π

π2

2 , k ∈Z .


1.7. C C51

41 5

4 1

4

3 15 4 20⋅ = ⋅ = ⋅ =

⋅ ⋅!

! !

!

! !.



1.9. a = −( ) + = + =4 3 16 9 52 2 .


1.10. На рисунку AMAD BC

= = =− −2

13 7

23 (см).

У BMA M∠ = °( )90 : BM AB AM= − = − =2 2 2 25 3 4 (см);

S BMBC AD

= ⋅ = ⋅ =+ +2

7 13

24 40 (см2).


1.11. Оскільки піраміда правильна, то площа бічної поверхні дорівнює сумі площ трьох бічних гра-ней, які є рівнобедреними трикутниками з основою 8 см і висотою l, де l — апофема піраміди.

S l= ⋅ ⋅ =3 8 601

2; l = 5 см.


1.12. У AKB K∠ = °( )90 знаходимо:

AK AB BK= − = − = =2 2 2 210 6 64 8 (см).

У AKC K∠ = °( )90 знаходимо:

AC KC AK= + = + = =2 2 2 215 8 289 17 (см).


A

B C

DM

7

5

13

A

В

С

K

52 Варіант 12


2.1. 0 12 sin x ;

0 2 22 sin x ;

− − −3 2 3 12 sin x .

E f( ) − −[ ]: ;3 1 .

Відповідь. − −[ ]3 1; .

2.2. log215 2 36⋅ −( ) =+x x .

ОДЗ: 5 2 36 01⋅ − >+x ; 5 2 2 36⋅ ⋅ >x ; 2 3 6x > , ; x > ( )log ,2 3 6 .

5 2 2 36 2⋅ ⋅ − =x x ; 10 2 2 36⋅ − =x x ; 9 2 36⋅ =x ; 2 4x = ; x = 2 — задовольняє ОДЗ 2 3 62> ( )( )log , .


2.3. F xx

x C x x C( ) = ⋅ − + = − +2 5 4 5

1

2

1

2

;

F C4 4 4 5 4 10( ) = − ⋅ + = − ;

8 20 10− + = −C ; C = 2 .

Відповідь. F x x x( ) = − +4 5 2 .

2.4. V R= =4

33 36π π ; R3 27= ; R = 3 см.

OO A1 — прямокутний і рівнобедрений ∠ = °( )A 45 , тому O O O A1 1

3

2= = ;

S r O A= = =π π π21

2 9

2 (см2).

Відповідь. 4 5, π см2.


3.1.5

1

2

1−+

=sin

sin

x

x. ОДЗ: 5 0

1 0

2−+ ≠

sin ,sin ;

xx

sin ,sin ;

2 51

xx

≠ −

x k≠ − +π

π2

2 , k ∈Z .

5 12− = +sin sinx x ;

1 0+ sinx для будь-якого x, тому 5 12 2− = +( )sin sinx x ;

5 1 22 2− = + +sin sin sinx x x ;

2 2 4 02sin sinx x+ − = ;

sin sin2 2 0x x+ − = ;

sin ,sin .

xx

= −=

21

Рівняння sinx = −2 не має розв’язків.

O

A

O1


sinx = 1 ;

x n= +π

π2

2 , n ∈Z .

Відповідь. x n= +π

π2

2 , n ∈Z .

3.2.16 20 40 80 20

20

8 40 40 80

20

cos cos cos sin

sin

sin cos cos

sin

° ° ° °°

° ° °°

= == = =° °

°°

°4 80 80

20

2 160

20

sin cos

sin

sin

sin

=° − °

°°

°( )

= =2 180 20

20

2 20

202

sin

sin

sin

sin.


3.3. Розглянемо прямокутну трапецію ABO O1 ( OO1 — висота кону-са) з основами r і R та ∠ = °BAO 60 . BN AO⊥ ; AN R r= − .

У ANB ∠ = °( )N 90 : AB l R rAN

A

R r= = = = −( )

∠−

°cos cos602 .

S l R r R r R r R rбіч = +( ) = −( ) +( ) = −( )π π π2 2 2 2 .

Відповідь. 2 2 2π R r−( ) .


4.1М. Побудуємо графік функції f x x x x( ) = − + + −2 3 4 .

1) xf x x x x

−( ) = − + + −

4 03 42

,;

2) xf x x x x

− <( ) = − + − +

4 03 42

,;

xf x x x

44 42

,;( ) = − + −

xf x x x

<( ) = − + +

42 42

,;

f x x( ) = − −( )22

. f x x( ) = − −( ) +1 52

.

Графіком функції y a= є пряма, паралельна осі абсцис. На рисунку бачимо таке.

Якщо a > 5 — немає точок перетину.

Якщо a = 5 — одна спільна точка 1 5;( ) .

Якщо a < 5 — дві точки перетину.

Відповідь. При a > 5 — графіки не перетинаються;

при a = 51 графіки мають одну точку перетину;

при a < 5 графіки мають дві точки перетину.

О1

ОA

B r

N

R

х

у

–4

21 4

5

0


4.2М. log logy x y xy x− −+( )2 2 9 ;

y xy x

y xy x

− >+

< − <+

19

0 19

2 2

2 2

,,

,;

y xy x

y xy xy x

> ++

>< ++

19

19

2 2

2 2

,,

,,

.

Геометричним образом нерівності y x> +1 є півплощина

над прямою y x= +1 , а нерівності y x2 2 9+ — частина площини за виключенням круга з центром в точці 0 0;( ) та радіусом 3.

Геометричним образом нерівностей y x> і y x< +1 є час-тина площини між прямими y x= і y x= +1 , а нерівності y x2 2 9+ — круг з центром в точці 0 0;( ) та радіусом 3.


4.3М. x x x2 2 2 1− + = −( )cos ;

x x x2 2 1 1 1− + + = −( )cos ;

x x−( ) + = −( )1 1 12

cos ;

x −( ) +1 1 12

; cos x −( )1 1 .

Робимо висновок, що рівність справджується, коли її ліва та права частини дорівнюють оди ниці.

x

xx

−( ) + =−( ) =

⇒ =1 1 1

1 11

2,

cos ;.


4.4М. Нехай маємо правильну піраміду ABCS; за умовою ∠ =ASC α . Центр описаної кулі належить висоті SO1 , точка O — центр описаної кулі. BH — висота ABC O H AC, тоді 1 ⊥ ; проведе-мо SH: за теоремою про три перпендикуляри SH AC⊥ . Нехай

AH a= , AC a= 2 , BOAC a

13

2

3= = (як радіус описаного навко-

ло ABC O H AC, тоді 1 ⊥ кола).

Із ASH : ASAH

=sin

α2

(оскільки SH є також бісектрисою ку-

та ASC); SB ASa

= =sin

α2

.

Розглянемо SO B1 . Цей трикутник прямокутний; SO OB= як радіуси кулі, описаної навколо піраміди; за умовою SO OB R= = .

SOB — рівнобедрений, тоді ∠ = ∠ =OSB OBS x , ∠ =O OB x1 2 — як зовнішній кут для OSB .

sin

sin

sinx

a

a

BO

SB= = =1

2

3

2

22

3α

α

;

х

у

–3

–3

3

3

0

C

H

A

S

BO

O1

S

B

O

O1


cos sin sin cos cossin

x x= − = − = − = + = +1 1 3 4 1 12 2 24

23

1

3 2

1

3 2

1

3

2 αα α

α .

Тоді з O OB1 : O B OB x R x x R1 2 2 2 12

2

3

1

3= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ + =sin sin cos cos

sinα

α = +4

3 21

Rsin cos

αα .

Із SO B1 : SO O B x R xR x x x

x

R1 1

22 2

32 1= ⋅ = = = +( )⋅ ⋅ ⋅

ctg cos cossin cos cos

sinα .

AC BO= 1 3 ; SAC BO R

осн = = = ⋅ +( ) =⋅2

1

2 23

4

3 3

4

3 3

4

16

9 22 1sin cos

αα = +( )4

3 2

2 312R

sin cosα

α .

V S SOR R

R= ⋅ = +( )⋅ +( ) =⋅

1

3

1

3

4

3 2

2

3

8 32

123

1 12

3 2

осн sin cos cossinα

α

α α11

27

2+( )cosα.

Відповідь. VR

=( )+8 3

21

27

3 2 2sin cos

αα

.

Варіант 13



1.2. 2 3 5 2 5 1 2 3 5 2 5 1 2 62 2 2 2x x x x x x x x x− +( ) − − −( ) = − + − + + = + .



1.4.c 0 b a


1.5. 2 21 5x− = ; x − =1 5 ; x = 6 .




1.8. ′ = −y x x3 62 ; ′ =y 0 ; 3 6 02x x− = ; 3 2 0x x −( ) = ; xx

==

02

,.


1.9. 18 3 4 24: ⋅ = (см).



1.10. На рисунку BD = 24 см; BO BD= =1

212 (см). У BOC O∠ = °( )90 :

CO BC BO= − = − = =2 2 2 213 12 25 5 (см); AC CO= =2 10 (см).


1.11. S R Hбіч = ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =2 2 3 5 30π π π (см2).


1.12. AB = − −( )( ) + −( ) + −( ) = + + = =1 1 8 2 0 3 4 36 9 49 72 2 2

.



2.1. log log log log log2 2 2 2 242 2 3 7 2 3 7 1= ⋅ ⋅( ) = + + = + +b a .

Відповідь. 1+ +b a .

2.2. C C63

72 6

3 3

7

5 2

4 5 6

2 3

6 7

2420⋅ = ⋅ = ⋅ =

⋅ ⋅⋅

⋅!

! !

!

! !.


2.3. S e e dx e ex x xe e e ex

= −( ) = −

= − − −

= +∫−3

0

1

0

13 3 3

3 3

1

3

3

3

2

31 ==

− +e e3 3 2

3.

Відповідь. e e3 3 2

3

− +.

2.4. Оскільки піраміда правильна, то основа висоти потрапляє в центр описаного кола — точку O. SO ABC⊥ ( ) , SO OB⊥ , ∠ = °SBO 45 , OB R= .

У SOB O∠ = °( )90 : OB SO R= = =4 см .

Оскільки Ra

=3

, то a R= 3 . Отже, AB = 4 3 см.

V S H AB BC SO= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ° ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =1

3

1

3

1

2

1

6

3

260 4 3 4 3 4 16 3осн sin

V S H AB BC SO= ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ° ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =1

3

1

3

1

2

1

6

3

260 4 3 4 3 4 16 3осн sin (см3).

Відповідь. 16 3 см3.

A

B

C

D

O

1

1

у

х

A

S

B

C

O



3.1. Знайдемо точки перетину графіків функцій y x= 2 та y x= −4 3 .

x x2 4 3= − ; x x2 4 3 0− + = ;

xx

==

31

,.

S x x dx x xx

= − −( ) = − −

= − − − − −

=∫ 4 3 2 3 18 9 9 2 3 12

1

32

1

33

3

1

3

1

33.


3.

3.2. lg lg2 100 7 8x x( ) − = . ОДЗ: x > 0 .

lg lg100 7 82

x x( )( ) − = ;

lg lg lg100 7 82+( ) − =x x ;

2 7 82+( ) − =lg lgx x ;

4 4 7 8 02+ + − − =lg lg lgx x x ;

lg lg2 3 4 0x x− − = ;

lg ,lg ;

xx

== −

41

xx

==

100 1

4,, .

Відповідь. x = 104 ; x = 0 1, .

3.3. За умовою ∠ =BAO α . Розглянемо осьовий переріз — це рівнобічна трапеція

ABCD, в якій за умовою BD AC⊥ . BOC — рівнобедре-ний, ОО

1 — висота і бісектриса, тоді ∠ =BOO1 45° ; аналогічно

∠ =AOO2 45°, отже, BO O AO O1 2i є рівнобедреними. Нехай R — радіус нижньої основи, r — радіус верхньої основи. То- ді з BOO1 : BO r r r2 2 2 22= + = ; із AOO2 : AO R R R2 2 2 22= + = ;

із ABO : AB r R2 2 22 2= + ; r RAB2 2

2

2+ = .

S AB r Rбіч = ⋅ ⋅ +( )π ; S S r R r R1 + = + = +( )22 2 2 2π π π .

Із ABH : BH O O r R= = +1 2 ; BH

AB= sinα , тоді

r R

AB

+= sinα .

S

S S

AB r R

r R

AB r R

AB

r R

ABбіч

1+

⋅ ⋅ +

+

⋅ + +=

( )( ) =

( )=

( )=

22 2 2

2

22

π

παsin .

Відповідь. S

S Sбіч

1+

=2

2sinα .

0

9

1 3–2 х

у

О1

ОA

B

С

D

Н

О1

О2

О

A

B С

DН

α



4.1М. x x a−( ) −( )2 0arccos .

Розв’язання нерівності зводиться до розв’язання системи нерівностей:

− −

−{ 1 12 0

x a

x,

;

x ax ax

− −−

11

2

,,

;

x ax ax

−+

11

2

,,

.

1) При a −1 2 , тобто при a 3 , x a a∈ − +[ ]1 1; .

2) При aa

−+{ 1 2

1 2

,, тобто при

aa

31

,{ , або при 1 3 a , x a∈ +[ ]2 1; .

3) При a + <1 2 , тобто при a x a< = +1 1, , оскільки arccos a a+ −( ) =1 0.

Відповідь. При a x a< = +1 1 ; при 1 3 a x a∈ +[ ]2 1; ; при a 3 x a a∈ − +[ ]1 1; .

4.2М. x x y2 22 3 5+ − = − .

ОДЗ: x x

y

2

2

2 3 05 0

+ −−

,;

x x

y y

+( ) −( )−( ) +( )

3 1 0

5 5 0

,

;

–3+ +–

1

+ ––

− 5 5

x

y

∈ − ∞ −( ] + ∞[ )∈ −

; ; ;

; .

3 1

5 5

∪

x x y2 22 3 5+ − = − ;

x x y2 22 1 5 3 1+ + + = + + ;

x y+( ) + =1 92 2 .

Маємо коло з центром в точці −( )1 0; і радіусом 3. Множина точок кола обмежена областю допустимих значень. Пряма

y = − 5 перетинається з колом в точках − −( )3 5; і 1 5; −( ) ;

y = 5 перетинається з колом в точках −( )3 5; і 1 5;( ) . Отже,

розв’язком рівняння є дві дуги кола, що відтинаються від нього прямими x = −3 і x = 1 .


4.3М. Запишемо рівняння дотичної до графіка функції y x x= − +2 2 3 в точ

ці x0 2= : y 2 4 4 3 3( ) = − + = ; ′( ) = −( ) =y x2 2 2 22

; рівняння дотичної:

y x x= −( ) + = −2 2 3 2 1 . Побудуємо дотичну та параболу.

y x x x x x= − + = − + + = −( ) +2 2 22 3 2 1 2 1 2 .

S x x x dx x x x dx x x dx= − + − −( )( ) = − + − +( ) = − +( )∫ ∫ ∫2

0

22

0

22

0

2

2 3 2 1 2 3 2 1 4 4 ==

= −( ) =( )

= − −

= =∫−

x dxx

2 0 22

0

2

0

2

2

3

8

3

8

3

2

3

3

.


3.

2 а – 1 а + 1 х

2а – 1 а + 1 х

2а – 1 а + 1 х

х

у

–3 –1 1 20

− 5

5

0 1 2

2

–1

у

х

Варіант 14 594.4М. ABCDS — дана правильна чотирикутна піраміда, центр O вписа-

ної кулі належить її висоті SH. За умовою SO a= . Кут нахилу бічної грані до площини основи — це кут між апофе-

мою SK та її проекцією на основу, отже, ∠ =SKH α .

Розглянемо SHK : OP OH= як радіуси кулі, SO a= , ∠ =SKH α , тоді ∠ = ° −HSK 90 α .

Із SOP : OP SO OSP a a= ⋅ ∠ = ° −( ) =sin sin cos90 α α ;

SP SO OSP a a= ⋅ ∠ = −( ) =cos cos sin90° α α ;

SH SO OH a a a= + = + = +( )cos cosα α1 .

SOP SHK за двома кутами, тоді HK

OP

SH

SP= ,

HK aSH OP

SP

a a

a= =

( )= +( )⋅ + ⋅1

1cos cos

sinctg cos

α α

αα α .

AB BC CD AD HK a= = = = = +( )2 2 1ctg cosα ;

SKSH a

= =( )+

sin

cos

sinα

α

α

1.

S SK DC SK DC aa a

біч = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅( )

⋅ +( ) =+

4 2 2 2 11

2

1 4 2cos

sinctg cos

α

αα α

cctg cos

sin

α α

α

12+( )

.

Відповідь. Sa

біч =( )+4 12 2

ctg cos

sin

α α

α.

Варіант 14


1.1. 4 2 4 2 61

3

4

7

7

21

12

21

19

21+ = + = .



1.3.4 3

2

2 1

2

4 3

2

2 1

2

4 3 2 1

2

2 4

2

2 2x

x

x

x

x

x

x

x

x x

x

x

x

x−−

+−

−−

+−

− − −−

−−

−+ = − = = =

( ))=

−x 22 .




1.6. 2 2 102x x− + = ;

2 2 2 102x x⋅ + =− ;

S

О

A D

B

Н K

C

Р

S

P

αН K

О


2 1 101

4x +

= ;

2 105

4x ⋅ = ;

2 8x = ;

x = 3 .



1.8. F x C x Cx( ) = ⋅ + = +3

3

33 .

F C−( ) = −( ) + =1 1 23

; C = 3 ; F x x( ) = +3 3 .


1.9.B C

BC

A B

AB1 1 1 1 3

2= = .


1.10. Шуканий кут лежить напроти сторони AC = 3 см.

I спосіб. За теоремою косинусів: 3 1 2 2 1 22

2 2( ) = + − ⋅ ⋅ ⋅cosα ; cosα =1

2; α = °60 .

II спосіб. Зверніть увагу, що маємо справу з прямокутним трикутником із гіпотенузою 2.

Одразу видно, що косинус кута між сторонами AB і BC дорівнює 1

2.


1.11. Відстань не може бути більшою за діаметр сфери, тобто 12 см.


1.12. d a b c2 2 2 2= + + ; 7 3 62 2 2 2= + + c ; c2 4= ; c = 2 .

S ab bc ac= + +( ) = ⋅ + ⋅ + ⋅( ) =2 2 3 6 6 2 3 2 72 (см3).



2.1. cos cos sin cos cos cosπ α α π α α π α απ

+( ) −( ) + −

= − ⋅ −( ) + =2 22 23

2= − + =cos cos2 2 0α α .


2.2. Оскільки знаменник виразу 1

2

−+

lg x

x набуває додатних значень за будь-якого x, то з’ясуємо,

коли 1 0− >lgx : lg ,

;x

x<

>{ 10

xx

<>{ 10

0,

.



2.3. ′( ) =( ) ( )

( )=

( )=

− + − ⋅ −

+

− − − +

+

− − −f x

x x x

x

x x x

x

x x

x

2 2 1 3

2

2 2 3

2

2 32

2

2 2

2

2

++( )=

22

0 .

Критичні точки функції — це точки, в яких похідна дорівнює нулю або не існує.

Отже, знайдемо корені рівняння − − − =x x2 2 3 0 ; xx

= −= −

31

,.

Похідна ′( )f x не існує в точці x = −2 , а ′( ) =f x 0 — в точках x = −1 і x = −3 .

Відповідь. –1; –2; –3.

2.4. CD є перпендикулярним до площині основи; CD AD⊥ ; AC = 8 см,

∠ = °CAD 30 . У CDA D∠ = °( )90 : AD AC= ⋅ ° = =cos30 8 4 33

2AD AC= ⋅ ° = =cos30 8 4 3

3

2 (см); ∠ = °AOD 120 .

Розглянемо рівнобедрений AOD AO OD R= =( ) . За теоре-мою косинусів маємо: AD AO OD AO OD2 2 2 2 120= + − ⋅ ⋅ ⋅ °cos ;

4 3 2 32

2 2 2 21

2( ) = + + ⋅ =R R R R ; R = 4 см.



3.1. ОДЗ: x > 0 . Нехай lgx t= , маємо: t t2 0− ; t t −( )1 0 ; t1 0= , t2 1=

10

+–

+

х 0 1 t ; 0 1 lgx ; 1 10 x .

Відповідь. x ∈[ ]1 10; .

3.2. a b+ = 64 , f a b ab,( ) = ; a b= −64 , f b b b( ) = −64 2 .

′( ) = − =f b b64 2 0 ; b = 32 .

bmax = 32 ; a = − =64 32 32 .

Відповідь. a b= = 32 .

3.3. ∠ = °A 30 , SDD C C1 112 3= см2.

Кут нахилу діагоналі бічної грані до площини основи — це кут між діагоналлю та її проек-цією на основу, отже, ∠ = °C DC1 60 .

S C C DCDD C C1 1 1= ⋅ .

Нехай DC x= , тоді з C CD1 :

C C x x1 60 3= ° =tg ; C C DC x12 3⋅ = ;

x2 3 12 3= ; x2 12= ; x = 2 3 .

S CD xосн = ⋅ ° = ⋅ = ⋅ =2 230 12 61

2

1

2sin (см2).

Відповідь. Sосн = 6 см2.

О1

O

B

D

С

A

32

+ –

х

A1

A D

B C

B1

C1

D1

A

DB

C



4.1М. x x a2 24 9− + − = .

Побудуємо графік функції y x x= − + −2 24 9 та з’ясуємо, в яких точках він перетинається з прямою y a= .

Розкриємо модуль.

2

3–3

–2+

+

+ + +

+

–

– – –х

х

1) x ∈ − ∞ −( ) + ∞( ); ;3 3∪ ; y x= −2 132 .

2) x ∈ − −[ ] [ ]3 2 2 3; ;∪ ; y = 5 .

3) x ∈ −( )2 2; ; y x= − +2 132 .

На рисунку бачимо, що при a < 5 точок перетину немає. Якщо a = 5 , то розв’язком є інтервали x ∈ − −[ ]3 2; та x ∈[ ]2 3; . Коли 5 13< <a , пряма y a= перетинається з обома параболами;

маємо чотири розв’язки:

2 13

2 13

2

2

x ax a

− =− + =

,;

x

x

a

a

= ±

= ±

+

−

13

2

13

2

,

.

При a = 13 маємо три точки перетину: x = 0 та xa

= ±+13

2.

Якщо a > 13 , маємо дві точки перетину: xa

= ±+13

2.

Відповідь. При a < 5 розв’язків немає; при a = 5 x ∈ − −[ ] [ ]3 2 2 3; ;∪ ; при 5 13< <a xa

= ±+13

2,

xa

= ±−13

2; при a = 13 x = 0 , x

a= ±

+13

2; при a > 13 x

a= ±

+13

2.

4.2М. yx

x x= = −

− 1 11 .

1) D yx

x( ) −

:1

0 0

+ +–

1 D y( ) − ∞( ) + ∞[ ): ; ;0 1∪ .

2) Функція загального вигладу. 3) Графік функції перетинається з віссю абсцис в точці x = 1 .

4) limx

x

x→∞

−=

11 , y = 1 — горизонтальна асимптота.

limx

x

x→ −

−= + ∞

0 0

1, x = 0 — вертикальна асимптота.

5) ′ = −

⋅ = >−

− ⋅y

x x

x

x x

1

2

1 1

2 11 0

1

2

2 2, функція зростає на всій

області визначення.


0 2 3–3

13

–13

5

х

у

х

у

1

1

0


4.3М. 32sin cosx x .

Оскільки 3 12sin x , cosx 1, то нерівність має розв’язки, якщо 3 1

2sin cosx x= = .

3 11

2sin ,cos ;

x

x==

sin ,cos ;

2 01

xx

==

x k kx n n

= ∈= ∈{ π

π, ,

, ;Z

Z2 x n= 2π , n ∈Z .

Відповідь. x n= 2π , n ∈Z .

4.4М. Нехай у даної піраміди ABCS ребро AS є перпендикуляр-ним до площини основи, O — центр описаної кулі, H — центр рівностороннього ABC .

Оскільки AO BO CO= = , то основа перпендикуляра, опуще-ного на площину ABC із точки O, збігатиметься з центром ABC , отже, OH ABC⊥ пл. , тоді OH SA .

Розглянемо трапецію SOHA: ∠ = ∠ = °SAH AHO 90 , за

умовою SA b= ; AHAB a

= =3 3

.

SOA — рівнобедрений (SO і AO — радіуси кулі), тоді

висота OK є також медіаною, отже, KS KAb

= =2

. Тоді

OH AKb

= =2

(оскільки KOHA — прямокутник).

Із AOH : AO OH AHb a b a

= + = + =+2 2

2 2 2 2

4 3

3 4

12.

Відповідь. Rb a

=+3 4

12

2 2

.

Варіант 15



1.2. 2 3 4 1 4x x+ − −( ) = ;

2 3 4 1 4x x+ − + = ; − =2 0x ; x = 0 .


1.3.m m m

m6 3 6

3 1

2: = ⋅ = .


A

SB

C

A

S

H

OB

C

A H

OK

S

64 Варіант 151.4. Вітки параболи спрямовані вниз, тобто a < 0 . Парабола має одну спільну точку з віссю абсцис, отже, D = 0 .




1.7. ′( ) = ° =f x0 60 3tg .


1.8. C203 20

17 3

20 19 18

2 31140= = =

⋅ ⋅⋅

!

! !.




1.11. V S H= ⋅1

3осн ; 12 9

1

3π π= ⋅ H ; H = 4 см.


1.12. S S S S S SK AB ABASB ABCD= + = ⋅ + = ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ ⋅ + =біч осн 4 4 4 4 3 3 331

2

1

22 2

S S S S S SK AB ABASB ABCD= + = ⋅ + = ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ ⋅ + =біч осн 4 4 4 4 3 3 331

2

1

22 2

(см2).



2.1. 2 5 1 02sin cosx x+ + = ;

2 1 5 1 02−( ) + + =cos cosx x ;

2 2 5 1 02− + + =cos cosx x ;

− + + =2 5 3 02cos cosx x ;

2 5 3 02cos cosx x− − = . Розв’яжемо квадратне рівняння відносно cosx :

cos ,

cos .

x

x

=

= −

31

2

Оскільки cosx 1 , то cosx ≠ 3 . Маємо: cosx = −1

2; x k= ± −

+arccos1

22π , k ∈Z ;

x k= ± −

+π πarccos1

22 , k ∈Z ; x k= ± +

2

32

ππ , k ∈Z .

Відповідь. x k= ± +2

32

ππ , k ∈Z .

S

AD

B

KОC


2.2. 2 2 242 1x x+ ++ ; 2 2 2 2 242x x⋅ + ⋅ ; 6 2 24⋅ x ; 2 4x ; 2 22x ; x2 .

Відповідь. x ∈ −∞( ];2 .

2.3. Тангенс кута нахилу дотичної в точці x0 дорівнює ′( )f x0 , отже, ′( ) = − = °f x x0 02 5 45tg ; 2 5 10x − = ; x0 3= .

Відповідь. x0 3= .

2.4. Рівносторонній ABC вписано в коло радіусом O C1 .

Оскільки Ra

оп =3

, то O C1

3

33= = (дм).

OO ABC1 ⊥ ( ) ; OO CO1 1⊥ ; OC R= = 2 (дм). У OO C O1 1 90∠ = °( ) :

OO OC O C12

12 2

22 3 1= − = − = (дм).

Відповідь. 1 дм.


3.1. ′( ) = −f x x x3 62 ; ′( ) =f x 0 ; 3 2 0x x −( ) = .

x x= =0 2, .

Відповідь. Функція зростає на проміжках − ∞( ]; 0 і 2; + ∞[ ) , спадає на проміжку 0 2;[ ] .

3.2. log log log log log ; log3 3 33

3 3 3108 27 4 3 4 3 4 4 1= ⋅( ) = ( ) + = + > ;

log log log log log ; log5 5 53

5 5 5375 125 3 5 3 3 3 3 1= ⋅( ) = ( ) + = + < .

Оскільки log log3 54 3> , то log log3 5108 375> .

Відповідь. log log3 5108 375> .

3.3. Нехай лінійні розміри паралелепіпеда становлять a, b, c. Тоді ab Sbc Sac S

===

1

2

3

,,.

Перемножимо ліві та праві частини системи:

abc S S S( ) = ⋅ ⋅2

1 2 3 ; V abc S S S= = ⋅ ⋅1 2 3 .

Відповідь. V S S S= ⋅ ⋅1 2 3 .


4.1М. x ax− = +1 2 .

1) x 1 ; 2) x < 1 ;

x ax− = +1 2 ; − + = +x ax1 2 ;

O

O1

A

B

C

20

– ++

х

′( ) = −f x x x3 62

f(х)


x a1 3−( ) = ; − +( ) =x a1 1 ;

xa

=−3

1; x

a= −

+1

1

1 3

1 − aх

1−+1

1 aх

3

11

− a ; − <

+1

11

a;

3 1

10

− +−

a

a ;

− − −+

<1 1

10

a

a;

2

10

+−

a

a .

2

10

++

>a

a.

–2 1

+– –

а –2 –1

++ –

а

Якщо a xa

∈ −[ ) =−

2 13

1; , то . Якщо a x

a∈ −∞ −( ) − +∞( ) = −

+; ; ,2 1

1

1∪ то .

Відповідь. При a ∈ − ∞ −( ) + ∞( ); ;2 1∪ xa

= −+1

1; при a ∈ − −[ )2 1; x

a=

−3

1; при a ∈ −( )1 1; x

a=

−3

1,

xa

= −+1

1; при a x= = −1

1

2; при a x= =1

3

2.

4.2М. log log1

7

21

7

x x x y+( ) +( ) .

x xx yx x x y

+ >+ >+ +

2

2

00

,,

;

x x

y x

y x

1 0

2

+( ) >> − ( )

( )

,

,

; .

*

* виконується

–1 0

++ –

х

Геометричним образом нерівності y x 2 є частина площини, обмежена графіком функції y x= 2 знизу.

4.3М. x x x2 24 5 2+ + +( ) cos ;

x x x2 24 4 1 2+ + + +( ) cos ;

x x+( ) + +( )2 1 22 2 cos .

Оскільки x +( ) +2 1 12

, 0 2 12 cos +( )x , то нерівність має розв’язки тільки коли:

x

x

+( ) + =+( ) =

2 1 1

2 1

2

2

,

cos ;

x

x

x

+( ) =+( ) =+( ) = −

2 0

2 1

2 1

2,

cos ,

cos ;

x

x n nx k k

+ =+ = ∈+ = + ∈

2 02 22 2

,, ,

, ;π

π πZ

Z

xx n nx k k

= −= − + ∈= − + + ∈

22 22 2

,, ,

, ;π

π πZ

Z x = −2 .

Відповідь. x = −2 .

х

у

1–1

1

0

Варіант 16 674.4М. ABCS — дана правильна піраміда, точка O — центр описаної

кулі, точка O належить SH — висоті піраміди. Розглянемо ASC : ∠ =ASC α , за теоремою синусів

AC R= 2 sinα , де R — радіус описаного кола. BK AC⊥ , тоді SK AC⊥ за теоремою про три перпендикуляри. В ASC SK є висотою, медіаною та бісектрисою,

∠ =ASKα2

; AKAC

=2

. AK R= sinα ,

AS RAK

R= = =

⋅

sin

sin cos

sin

cosα

α α

αα

2

22 2

2

22 . HB

AC R= =

3

2

3

sinα.

Розглянемо SHB : нехай ∠ =HSB x , тоді sin

sin

cos

sinx

HB

SB

R

R

= = =

2

3

22

22

3

α

α

α

sin

sin

cos

sinx

HB

SB

R

R

= = =

2

3

22

22

3

α

α

α

; cos sin sin cossin

x x= − = − = − = +1 1 3 4 1 22 24

23

1

3 2

1

3

2 αα

α

cos sin sin cossin

x x= − = − = − = +1 1 3 4 1 22 24

23

1

3 2

1

3

2 αα

α .

∠ =HOB x2 ( SOB — рівнобедрений, ∠ = ∠ =OBS OSB x , ∠HOB — зовнішній).

OBHB

x

HB

x x

RR

= = = =

⋅ ⋅ +

sin sin cos

sin

sincos

sin

2 2

2

3

22

2

3

1

31 2

2 32

α

α

α

αccos

sin cos

cos

cos

α

αα

α

α

2

22

1 2

32

1 2+ +=

R.

VR R

кулі = ⋅( )

=( )+ +

4

3

3 32

1 2

4 32

1 2

3 3

3

3 3

3

πα

α

πα

α

cos

cos

cos

cos.


кулі =( )+

4 32

1 2

3 3

3

πα

α

cos

cos.

Варіант 16


1.1.7

5

10

72⋅ = .


1.2. 1 3 4+ = ; 1 3 2− = − .


A

B

C

KH

O

S

S

x

Н B

О


1.3.1

3

1

9

2

= .


1.4. 2 1 4 2 8 4: : := = .


1.5. 5 52 2sin cosα α+( ) = .


1.6. 5 95 9log = .


1.7. y x′ = −sin ; − = −sinπ2

1 .


1.8. S x x dxx x

= + − −( ) = −

= − =∫ 1 12

0

1

0

12 3

2 3

1

2

1

3

1

6.


1.9. S = ⋅ =+5 7

23 18 .


1.10. AK x= 2 ; KB x= 3 ; AB x x x= + =2 3 5 , тоді KB AB= =3 5 6: .


1.11. AB = + − −( ) + − +( ) =2 1 1 2 3 32 2 2.


1.12. AB = =36 6 (см); AD AB= ; AO AD= = ⋅ =1

2

1

26 3 (см).



2.1.5

258 2 320

xx⋅ ⋅ = ; 10 320

25

8x = ⋅ ; 10 1000x = ; x = 3 .


O

B

D

С

A


2.2. C53 5 4 3

2 310= =

⋅ ⋅⋅

— усього варіантів вибору 3 карток із 5. Арифметичну прогресію можна склас-

ти з таких карток: 2, 4, 6; 4, 6, 8; 6, 8, 10; 2, 6, 10 — усього 4 можливості. Тоді ймовірність дорівнює 4 10 0 4: ,= .


2.3. ОДЗ: xx

03

,;{ x3 .

x xx2 3

2

4− = ; 3 12 02x x− = ; x1 0= — сторонній корінь, x2 4= .


2.4. Маємо правильну трикутну піраміду ABCS. Кутом нахилу бічної гра-ні до площини основи є кут між апофемою SH і висотою основи CH.

Із ABC : CH AB= ° =sin60 2 3 ; OH CH= =1

3

3

3. Із SOH :

SHOH

= =°cos60

2 3

3. Sповна = + ⋅ ⋅ ⋅ =

4 3

4

1

2

2 3

33 2 3 3 (дм2).

Відповідь. 3 3 дм2.


3.1.1 2

1 2

2

12

1++ +

⋅( )

=sin

cos tg

αα α

.

Розглянемо: 2

1

2

1

2 2

12 2

2

2

2

++

+ +( )=

=( )

=tg sin

cos

cos

cos sin

cos

sinα αα

α

α

α22α

, підставимо

1 2

1 2

2

1 2

2

2

2 2

21

++ +

⋅ = =sin

cos

cos

sin

cos

cos

αα

α

α

αα

.


3.2. Нехай сторона основи контейнера (прямокутного паралелепіпеда) дорівнює а, тоді його висота

ba

=64

2. S a ab a a a

a aповн = + = + ⋅ = +

2 4 2 4 22 2 264 1282

.

Дослідимо функцію S a aa

( ) = +

2 2 128 на екстремуми (а > 0): S a a

a

a

a′( ) = −

=( )−

2 2128 4 64

2

3

2;

S a′( ) = 0 .

a3 64 0− = ; a = 4 .

Функція S a( ) в точці 4 набуває свого найменшого значення.

Отже a = 4 ; b = 4 .

Відповідь: 4; 4; 4.

AB

C

ОН

S

40

– +

a

S a′( )S a( )

70 Варіант 163.3. Оскільки піраміда правильна, то її висота потрапляє у центр

трикутника АВС на висоту BN. За теоремою про три перпен-дикуляри SN AC SNO⊥ ∠, тоді — лінійний кут двогранно-го кута між бічною гранню і основою ∠( )α .

Нехай a — сторона основи, l — апофема, тоді S laбіч = ⋅31

2;

S aосн = ⋅1

2

3

22 .

S

S

la

a

l

aбіч

осн

= = =⋅

⋅

⋅3 4

2 3

3 2

2

2 ; a l= 3 ; NO ra

= =2 3

.

У SON ∠ = °( )O 90 r ON la

= = =cosα2 3

.

cosα = = =⋅ ⋅

a

l

l

l2 3

3

2 3

1

2.

α = °60 .



4.1М. x x a− + +2 3 .

2

–3

–

–

–

+

+

+

1) x ∈ −∞ −( ); 3 ; 2) x ∈ −[ )3 2; ; 3) x ∈ + ∞[ )2; ;

− + − −x x a2 3 ; − + + +x x a2 3 ; x x a− + +2 3 ;

− −2 1x a ; 5 a . 2 1x a+ ;

− +2 1x a ;

2–3 х

xa

− 1

2.

xa

−+ 1

2.

2 хa −12

3 х− +a 12

Така умова

Така умова виконується, якщо

виконується, якщо a − 1

22 ;

−( )

< −+a 1

23 ; a5 .

a > 5 .

Відповідь. При a5 xa a

∈ −

+ −1

2

1

2; ; при a < 5 розв’язків немає.

A

B

C

N

Oα

S


4.2М. log2

2 2 2y

y x+( ) = . ОДЗ: yyx y

>≠+ ≠

01

02 2

,,

. y x y2 2 22+ = ;

y x2 2= ;

y x= ± . Будуємо графіки функцій y x= та y x= − і позначаємо ті частини,

що відповідають додатним значенням y.

4.3М. Запишемо рівняння дотичної до графіка функції f xx

x( ) =

−−

3

5 в точці x0 6= .

f 6 3( ) = ; f xx x

x x′( ) =

( )( )

= −( )

= −− − −

− −

5 3

5

2

52 2

6

2 ;

y x x= − −( ) + = − +2 6 3 2 15 .

Точки перетину графіка дотичної з осями координат: 0 15;( )

і 15

20;

.

Площа фігури — площа прямокутного трикутника з кате-

тами 15 та 15

2.

S = ⋅ ⋅ = =1

2

15

2

225

415 56 25, .


4.4М. Оскільки A D1 є проекцією A C1 на AA D D1 1 , то ∠ =CAD β , AD a= .

AC — проекція A C1 на ABCD, ∠ =A CA1 α . Позначимо A C d1 = .

У A DC1 ∠ = °( )D 90 : CD d= sinβ .

У A AC1 ∠ = °( )C1 90 : AC d= cosα ; AA d1 = sinα .

У ADC ∠ = °( )D 90 :

a AC CD d d2 2 2 2 2 2 2= − = −cos sinα β ;

a d2 2 2 2= −( )cos sinα β ;

da

=−cos sin2 2α β

.

AC Ra

= =−

cos

cos sin

α

α β2 22 ; R

a

d=

−

cos

cos sin

α

α β2 2 2;

AAa

12 2

=−

sin

cos sin

α

α β.

V S H R AAa a

ц осн= ⋅ = ⋅ = ( ) ⋅ =− −

ππ α

α β

α

α β

21

2 2

2 2 2 24

cos

cos sin

sin

cos sin

ππ α α

α β

a3 2

2 23

24

cos sin

cos sin−( ).


ц =( )−

π α α

α β

3 2

2 23

24

cos sin

cos sin

.

0 1–1

1

x

y

0 7,5

15у

х

A

B C

D

O

A1

B1

C1

D1

O1

β

α


Варіант 17Частина перша





1.5. 64 2 24 4= , це число задовольняє нерівностям 64 44 ; 64 44 < .

Відповідь. В) або Г)*.

1.6. x k+ = +π

π π6

2 , k ∈Z ; x k= +5

62π π , k ∈Z .


1.7. Упорядкуємо числа: 1; 1; 2; 2; 3; 3; 7. Посередині розташовано число 2, отже, медіана дорів-нює 2.




1.10. m

= ⋅ − ⋅ ⋅ −( ) − ⋅( ) = − − −( ) = −( )2 3 3 2 2 1 3 4 6 6 2 12 0 14; ; ; .



1.12. Висота конуса є висотою осьового перерізу; оскільки осьовий переріз є прямокутним трикут-ником з рівними катетами, то висота, проведена до гіпотенузи, дорівнює половині гіпотенузи, отже, H = =8 2 4: (см).



2.1. f x x x x x x x f x−( ) = −( ) − −( ) = − + = − −( ) = − ( )sin sin sin3 3 3 , отже, функція непарна.

Відповідь. Непарна.

2.2. ОДЗ: x

x

>

>

1

24

,

.

log log2 222 1 4 3x x−( ) −( )( ) = ; 2 8 4 92x x x− − + = ; 2 9 5 02x x− − = ; D = + =81 40 121 ;

x =±9 11

4; x1

1

20= − < — сторонній корінь; x2 5= .


* Зверніть увагу: у даному завданні маємо дві правильні відповіді — В і Г, тоді як за умовою тесту у завдан-нях частини першої відповідь має бути одна. Для оформлення відповіді умовно візьмемо одну правильну відповідь — В.


2.3. − −

= − +

=2 2 2 42 4

3

4 4

2

ctg ctg ctgx π π π

π

π

.


2.4. d — діагональ призми; a, b, h — її лінійні виміри. Нехай d x= , тоді a x= −1 , b x= − 9 , h x= −10 . Оскільки d > 0 , то x > 10 .

a b h d2 2 2 2+ + = ;

x x x x−( ) + −( ) + −( ) =1 9 102 2 2 2 ;

2 40 182 02x x− + = ;

x x2 20 91 0− + = ;

D = − =400 364 36 ;

x =±20 6

2; x1 7= — сторонній корінь, оскільки 7 10< ; x2 13= .

a = − =13 1 12 (см), b = − =13 9 4 (см), n = − =13 10 3 (см).

S ab bh ahповна = + +( ) = + +( ) = ⋅ =2 2 48 12 36 2 96 192 (см2).

Відповідь. Sповна = 192 см2.


3.1.a b a ab b

a b

a b

a b a bab a ab b

+ − +

+

+

+ −

( )( )−

⋅ ( )( )

= − + −

2

aaba b

( )⋅( )

=−

12

= −( ) ⋅( )

=−

a ba b

2 12

1 .


3.2. Знайдемо точки перетину графіків даних функцій:

6 9 22 1x x x+ = + ;

2 3 3 2 2 0 3 02 2 2x x x x x⋅ + ( ) − ( ) ⋅ = ≠: ;

1 2 02

3

2

3

2

+

− ⋅

=x x

;

tx

=

2

3; t > 0 ;

2 1 02t t− + = ;

D = + =1 8 9 ;

t =±1 3

4; t1

1

2= − — сторонній корінь, t2 1= .

2

31

=x

; x = 0 .


a

d

b

h


3.3. Sбіч = 480 см2, A K C C1 1⊥ , KM B B⊥ 1 .

Прямі АK і KM утворюють площину АKM, яка перетинає СС

1 під прямим кутом. Ця площина також перетинає ВВ

1.

Оскільки BB CC1 1 , то BB AKM1 ⊥ ( ) . Отже, A M BB1 1⊥ .

За умовою A K1 13= см, KM = 30 см, A M1 37= см. Тоді S CC A K KM BB BB A Mбіч = ⋅ + ⋅ + ⋅1 1 1 1 1 . Оскільки всі бічні ребра призми рівні, то S CC CC CCбіч = + +13 30 371 1 1 . 80 4801CC = , CC1 6= см.

Об’єм даної призми дорівнює об’єму прямої призми з основою A KM1 і бічним ребром CC1 .

S A KM 1

13 30 37

240 13 40 30 40 37 40 27 10 3 180= −( ) −( ) −( ) = ⋅ ⋅ ⋅ =

+ +

S A KM 1

13 30 37

240 13 40 30 40 37 40 27 10 3 180= −( ) −( ) −( ) = ⋅ ⋅ ⋅ =

+ + (см2).

V S CCA KM= ⋅ = ⋅ = 1 1 180 6 1080 (см3).

Відповідь. V = 1080 см3.


4.1М. Розглянемо графік функції f x x x( ) = − + +3 3 ;

x < −3 ; f x x x x( ) = − − − = −3 3 2 ;

− <3 3 x ; f x x x( ) = − + + =3 3 6 ;

x 3 ; f x x x x( ) = − + + =3 3 2 .

Графіком функції f x a( ) = є пряма, паралельна осі абсцис. За графіком видно, що при a < 6 нерівність

x x a− + + >3 3 виконується для будьяких x; при a = 6 — для x ∈ −∞ −( ) + ∞( ); ;3 3∪ ;

при a > 6 — для xaa

∈ −∞ −

+ ∞

; ;2 2∪ .

−a a

2 2i — точки перетину графіків функцій

f x a f x x f x x( ) = ( ) = ( ) = −, ,2 2 .

Відповідь. При a < 6 x ∈R ; при a = 6 x ∈ −∞ −( ) + ∞( ); ;3 3∪ ; при a > 6 xaa

∈ −∞ −

+ ∞

; ;2 2∪ .

4.2М. 1) Функція загального вигляду, D f( ) : x ∈R .

2) Точки перетину графіка функції з осями координат — 0 0;( ) .

3) limx

f x→+∞

( ) = +∞ ; limx

f x→−∞

( ) = 1 , тобто на −∞ лінія y = 1 є горизон

тальною асимптотою. 4) Дослідимо функцію на монотонність та екстремуми:

′ = −( ) −( ) = − ⋅ −( )y xx x x2 1 2 2 2 2 2 2 1 2ln ln , ′ =y 0 , 1 2 0− =x , x = 0 .

0

– +

y(х)

y′(х)

х

5) Знайдемо контрольні точки: y 1 1( ) = . Графік побудовано.

A

B

C

K

M

A1

B1

C1

1 3–3

6

х

у

0

1

1

х

у

0


4.3М. Оскільки sin3 1x та cos2 1x , то рівняння зводиться до системи рівнянь:

sin ,cos ;

3 12 1

xx

=={ 3 2

2 22

x k k

x n n

= + ∈

= + ∈

ππ

π π

, ,

, ;

Z

Z

x k

x n n

k= + ∈ ( )

= + ∈ ( )

π π

ππ

6

2

3

2

1, ,

,

Z

Z. 2

1

6

2

3

1

2+ = +

nk ; 1 4 3 6− = +n k ; 4 2 6n k= + ; n

k=

+1 3

2.

Для непарних k n — ціле, тобто k l= +2 1 ,

n ll

= = ++ +1 6 3

23 2 , l ∈Z .

x l tl

= +( )

= + + = ++π π π π π

π π6

2 3 2

3 6

4

3

3

22 , t ∈Z .

Розв’язки збігаються в точках x t= +3

22

ππ , t ∈Z .

Відповідь. x t= +3

22

ππ , t ∈Z .

4.4М. Кут між бічною гранню і площиною основи — це кут між апофе-мою та її проекцією на основу, отже, ∠ =SMH α . Нехай r — ра-

діус вписаної кулі, rS

=4π

, rS2

4=

π.

Центр кулі — точка O — лежить на висоті піраміди. Розглянемо SHM : OH OK r= = ; ∠ =SMH α , тоді

∠ = ° −MSH 90 α .

Із SOK : SOOK r

= ( ) =° −sin cos90 α α

,

SH SO OH rr r

= + = + = +( )cos cos

cosα α

α1 .

Із SHM : HM SHr r

= ⋅ = +( ) =( )+

ctg cosctg

cos

cos

sinα α

αα

α

α1

1;

SMSH r r

= =( )

=( )+ +

sin

cos

cos sin

cos

sinα

α

α α

α

α

1 2 1

2.

S SM HMSM DC r r

біч = = ⋅ ⋅ =( )

=( )⋅ ⋅ ⋅ + +4

2

4 2 1

2

8 14

2 2 2 2cos

sin sin

cosα

α α

α

ssin sin

cos

sin sin2

2 1

2

2

α α

α

π α α=

( )+S

S SM HMSM DC r r

біч = = ⋅ ⋅ =( )

=( )⋅ ⋅ ⋅ + +4

2

4 2 1

2

8 14

2 2 2 2cos

sin sin

cosα

α α

α

ssin sin

cos

sin sin2

2 1

2

2

α α

α

π α α=

( )+S.

Відповідь. SS

біч =( )+2 1

2

2cos

sin sin

α

π α α.

Варіант 18




x t= +3

22

ππ x t= +

3

22

ππ

x k

x n n

k= + ∈ ( )

= + ∈ ( )

π π

ππ

6

2

3

2

1, ,

,

Z

Z. 2

x k

x n n

k= + ∈ ( )

= + ∈ ( )

π π

ππ

6

2

3

2

1, ,

,

Z

Z. 2

x k

x n n

k= + ∈ ( )

= + ∈ ( )

π π

ππ

6

2

3

2

1, ,

,

Z

Z. 2

x k

x n n

k= + ∈ ( )

= + ∈ ( )

π π

ππ

6

2

3

2

1, ,

,

Z

Z. 2

5

6

π

х х

y y

M

S

αН

K

О

S

О

A D

B

Н

K

M

C


1.3. D = + =4 60 64;

x =±2 8

6; x

x

=

= −

10

61

,

; x

x

=

= −

12

31

,

.



1.5. x x− =2 3 ; 2 2x = − ; x = −1.


1.6. cos sin , ,α α= − − = − − = −1 1 0 36 0 82 .



1.8. ′( ) = − = −( )f x x x3 3 3 12 2 ; 3 1 02−( ) =x ; x = ±1.


1.9. За теоремою синусів: BC

A

AC

Bsin sin= ; AC

BC B

A= = =

⋅ ⋅sin

sin

,

,

10 0 6

0 320.


1.10. AD P AO OD= − − ; у прямокутнику AO OD= , AO OD AC+ = , тоді AD P AC= − = − =17 10 7 (см).



1.12. V S H= ⋅осн , Sосн = =⋅5 6

215 (см), тоді H

V

S= = =

осн

120

158 (см).



2.1. log log log log4 4 2 2

32 3

2

2

16 9 4 3 12⋅

= ⋅ = ⋅ = , тоді x = 12.

Відповідь. x = 12.

2.2. Із чисельником 1 — п’ять дробів; із чисельником 2 — три дроби; із чисельником 3 — два дро-би; із чисельником 7 — два дроби, із чисельником 11 — один дріб; разом: 5 3 2 2 1 13+ + + + = .


2.3. s t t t C( ) = + +5 2 ; s t t t C( ) = + +5 2 є первісною для v(t).

s 3 30( ) = , тоді 5 3 3 302⋅ + + =C ; 15 9 30+ + =C ; C = 6.

s t t t( ) = + +5 62 .

Відповідь. s t t= + +5 62 .

–1 1

– + –

х

f′(х)

f(х)


2.4. AM MC MB= = , тоді перпендикуляр, опущений з точки M на площину ABC, потрапить у центр кола, описаного навколо ABC , отже,— на середину гіпотенузи, MN ABC⊥ пл. , H — середина AB.

AB AC BC= + = + =2 2 36 64 10 (см).

AHAB

= =2

5 (см).

Тоді з AMH: AM AH MH= + = + =2 2 2 212 5 13 (см).



3.1. ′( ) = ⋅ − ⋅ = −f x x x x x3 2 2 2 6 42 2 ;

′( ) =f x 0;

6 4 02x x− = ;

2 3 2 0x x −( ) = ;

x1 0= , x2

2

3= .

0

+ – +

хf(х)f′(х)

23

xmax = 0 , xmin =2

3.

Відповідь. xmax = 0 , xmin =2

3.

3.2. sin cosx x− < ⋅01

2;

1

2

1

20sin cosx x− < ;

sin x −

<π4

0 ;

− + < − <π π ππ

2 24

n x n , n ∈Z;

− + < < +3

4 42 2

π ππ πn x n, n ∈Z.

Відповідь. x n n∈ − + +

3

4 42 2

π ππ π; , n ∈Z .

A

M

C

B

H


3.3. Оскільки площі перерізів 100π см2 та 64π см2, то радіуси кругів дорівнюють 10 см та 8 см відповідно (BM та AM).

У MCB ( ∠ = °C 90 , оскільки BC — висота та ме діана рівнобедреного трикутника MBN):

CB BM MC2 2 2 2

2

10 6412

2= − = −

= ; CB = 8 см.

У ACM ∠ = °( )C 90 : AC AM MC2 2 2 64 36 28= − = − = ;

AC = 2 7 см.

OB перпендикулярний до перерізу; OB CB⊥ . Аналогіч-но OA CA⊥ .

Маємо ACBO — прямокутник. Отже, AC OB= .

У CBO ∠ = °( )B 90 : CO CB OB2 2 2 28 28 64 28 92= + = + = + =CO CB OB2 2 2 28 28 64 28 92= + = + = + = .

У OCN ( ∠ = °C 90 за теоремою про три перпен-

дикуляри, оскільки BC MN⊥ , BC — проекція OC):

ON CO CN R2 2 2 2= + = ; R = + = =92 36 128 8 2 (см).



4.1М. Розв’яжемо рівняння з параметром графічно. Побудуємо графіки функцій y x x= − − −2 24 9 і y a= та розглянемо точки перетину цих графіків.

y x x= − − −2 24 9 :

1) x ∈ − ∞ −( ] + ∞[ ); ;3 3∪ ; y x x= − − +2 24 9; y = 5.

2) x ∈ − −[ ) [ )3 2 2 3; ;∪ ; y x x= − + −2 24 9; y x= −2 132 .

3) x ∈ −[ )2 2; ; y x x= − + + −2 24 9; y = −5 .

y a= — пряма, паралельна осі абсцис.

При a < −5 та a > 5 точок перетину немає.

При a = −5 та a = 5 розв’язком є проміжки −[ ]2 2;

та − ∞ −( ] + ∞[ ); ;3 3∪ відповідно.

При − < <5 5a пряма y a= перетинається з параболою y x= −2 132

в точках xa

1 2

13

2, = ±

+

Відповідь: При a < −5 та a > 5 розв’язків немає; при a = −5

розв’язком є проміжок −[ ]2 2; ; при a = 5 розв’язком є проміжки

− ∞ −( ] + ∞[ ); ;3 3∪ ; при − < <5 5a розв’язки xa

1 2

13

2, = ±

+.

OA

N

M

BC

0 2

5

3–3

–13

–5

х

у


4.2М. Оскільки cos2 1x та cos2 1y , то рівність зводиться до си-стеми:

cos ,cos ;

2

2

11

xy

==

x n ny k k

= ∈= ∈{ π

π, ,, .

ZZ

Графіком даної функції буде множина точок з координатами

π πn k;( ), n k, ∈Z .


4.3М. Проведемо BM AD⊥ , CN AD⊥ , тоді AD a AM= + 2 .

У AMB ∠ = °( )M 90 : AM a= cosα ; BM a= sinα.

S BMa a a

a aBC AD

тр = ⋅ =+ +

⋅ = +( )+2

2

212cos

sin cos sinα

α α α .

Розглянемо функцію Sтр

(α) та дослідимо її на екстремуми:

′ ( ) = − ⋅ + +( )( ) = − + +( ) =Sтр α α α α α α α α α α2 2 2 21sin sin cos cos sin cos cos

= + −( )α α α2 22 1cos cos ; ′ ( ) =Sтр α 0 ; 2 1 02cos cosα α+ − = ; cos ,

cos .

α

α

=

= −

1

21

Нагадаємо, що α — гострий кут від 0° до 90°. Екстремуму функція S α( ) набуває при α = °60 cos ,α =( )0 5 . Розглянемо проміжки зрос-тання (спадання) функції S α( ) в залежності від кута α .

90600

–+

х

Найбільшого значення функція Sтр α( ) набуває, коли α = °60 .

Відповідь. 60°.

4.4М. Апофема SM CD⊥ , OM — проекція SM на основу, за теоремою про три перпендикуляри OM CD⊥ . Отже, кут SMO — лінійний кут двогранного кута між бічною гран-ню і основою та дорівнює α.

Розглянемо переріз піраміди та циліндра площиною, яка проходить через їхню вісь і апофему SM. Отри-маємо рівнобедрений трикутник з висотою SO H= і ∠ =OMS α . OK O N R= =1 ; SO O O= 2 1 ; SO O O NK1 1= = ;

∠ = ∠ =O NS OMS1 α (як відповідні); OO KN1 = (протилеж-

ні сторони прямокутника OO NK1 ); O SN KNM1 = (за

катетом та гострим кутом); O N KM R1 = = ; OM R= 2 .

У SOM ∠ = °( )O 90 : H OM R= ⋅ =tg tgα α2 ;

AD OM R= =2 4 .

V S H AD H R R Rпір осн= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ =1

3

1

3

1

316 2

32

32 2 3tg tgα α

Відповідь. V Rпір =32

33 tgα .

0

π

π 2π

–2π

–2π

–π

–π 3π х

у

A

B C

DM N

α

A

B C

D

MK

N

О

S

O1

MK

N

αO

S

O1


Варіант 19





1.4. x x2 3 4 0− − = ; x1 4= , x2 1= − .



1.6.1

55

=x

; 1

5

1

5

1

=

−x

; x = −1.



1.8. F x x C( ) = − +ctg ; 2 1= − + C ; C = 3.



1.10. h a bc c= ⋅ = ⋅ =1 9 3 (см).



1.12. l = 5 см; R = − =25 16 3 (см).

S R Rlповн = + = + =π π π π π2 9 15 24 (см2).



2.1.sin cos sin cos cos sin

cos cos cos cos sin sin

sinα β β α α βα β α β α β

− +− −

=2

2

αα β

α βα β

+

+( )( )

= +( )cos

tg .

Відповідь. tg α β+( ) .

–1 4

+–

+

х


2.2. ОДЗ: xx

>>

02

,.

log3 2 1x x −( )( ) ;

x x2 2 3− ;

x x2 2 3 0− − ;

x1 3= , x2 1= − .

Відповідь. x∈ + ∞ )3; .

2.3. ′( ) =( )

=( )

=− + +

−

− + +

−f x

x x x

x

x x

x

2 2 3

1

2 3

1

2 2

2

2

20;

− + +

−( )=x x

x

2

2

2 3

10;

x = 3, x = −1.

–1 1 3

– –+ +

хf(х)

f′(х)

xmin = −1.

Відповідь. xmin = −1.

2.4. AC =14 см; AB =15 см; BC =13 см.

SHH B B1 160= см2; P = =+ +14 15 13

221 (см).

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

Середня за довжиною висота проведена до середньої за довжи-ною сторони.

BHS

AC= = =⋅2 2 84

1412осн (см).

S BH BBперерізу = ⋅ 1 , тоді BBS

BH1

60

125= = =перерізу (см).

V S BB= ⋅ = ⋅ =осн 1 84 5 420 (см3).



3.1.1 5

2 10 5

1 5

2 10 5

1 5 1 5

1

2 2

1

2

5 5−

−

−

−

− +

−− = − = ( )( )lg

lg lg

lg

lg lg

lg lglg lg

llglg lg lg

55 1 5 5 1− = + − = .


–1 3

2+

–

+

х

A

B

C

H

A1

B1

C1

H1

82 Варіант 193.2. Позначимо висоту призми h.

Тоді сторона основи призми дорівнює 3 3 272

2 2( ) − = −h h .

V S h h h h hпр осн= ⋅ = −( ) ⋅ = −( )⋅27 2722

2 .

Дослідимо функцію V hпр ( ) на екстремум, h > 0 .

′ ( ) = −V h hпр 27 3 2 ; ′ ( ) =V hпр 0 ; h = ±3 .

30

+ –

hV hпр ( )

′ ( ) = −V h hпр 27 3 2

Відповідь: 3.

3.3. ON AB⊥ ; ON — проекція SN на основу. За теоремою про три перпенди-куляри SN AB⊥ . Отже, кут SNO — лінійний кут двогранного кута між перерізом BSA та основою, ∠ = °SNO 45 . AOB — проекція ASB

на основу, тому S ASB

S

SNO

AOB

=∠cos

; AO OB R= = ; ∠ = °AOB 120 ;

S ASB

OA OB AOB

= = =⋅ ⋅ ∠

°

⋅ ⋅ ⋅1

245

1

24 4

3

2

2

2

4 6sin

cos (см2).



4.1.М Оскільки − + −x x2 6 5 0 на своїй області визначення, то нерівність зводиться до системи:

− + −

+( )+ >

x xx a

x a

2

2

6 5 00

0

,log ,

;

− −( ) −( )++ >

x xx ax a

1 5 010

,,;

x x

x a−( ) −( )

−

1 5 01

,.

51

+ – +

х

Розглянемо випадки.

1) 1 1− a , тобто a 0. 51– a 1 х

x∈ 1 5; .

2) 1 1 5< − a , − <4 0 a .

51– a1 х x a∈ −[ ] { }1 5 1; ∪ .

3) a < −4 ∅ .

Відповідь. При a < −4 розв’язків немає; при − <4 0 a x a∈ − 1 5; ; при a 0 x∈ 1 5; .

S

O

B

N

A


4.2.М sin x y+( ) = 1

2;

x y kk+ = −( ) +1

6

ππ , k∈ Z .

y x kk= − + −( ) +1

6

ππ , k∈ Z .

Маємо сім’ю прямих з кутовим коефіці єнтом –1.


4.3.М Запишемо рівняння дотичної до графіка функції y e x= + −1 в точці x0 0= .

′ = − −y e x ; ′( ) = −y 0 1; y e0 1 20( ) = + = .

y x xдот = − −( ) + = − +1 0 2 2 .

Знайдемо точки перетину функцій y x= −2 2 та y x= − + 2.

2 2 2− = − +x x ; ОДЗ: x 2 .

4 2 22−( ) = −( )x x ; 4 2 2 0

2−( ) − −( ) =x x ;

2 4 2 0−( ) − +( ) =x x ; 2 2 0−( ) +( ) =x x ;

x1 2= , x2 2= − . І спосіб. Площа шуканої фігури дорівнює:

S x x dx x x dx x xx

= − − − +( )( ) = − + −( ) = − ⋅ ( ) + −

− −∫ ∫

−2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

2

222

3

2

3

2

=

−2

2

S x x dx x x dx x xx

= − − − +( )( ) = − + −( ) = − ⋅ ( ) + −

− −∫ ∫

−2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

2

222

3

2

3

2

=

−2

2

= − −( ) − + −

= + − − − + +

= − =−

−4

3

32

3

32

3

322 2 2 0 4 4 4 4 82

2

2

x x x x224

3

8

3

2

32= =

= − −( ) − + −

= + − − − + +

= − =−

−4

3

32

3

32

3

322 2 2 0 4 4 4 4 82

2

2

x x x x224

3

8

3

2

32= = .

ІІ спосіб. Шукана площа дорівнює площі криволінійної трапеції, обмеженої графіком функ

ції y x= −2 2 та віссю Ох за винятком площі S прямокутного трикутника з катетами 4 і 4.

S x dxтр = −−∫2 22

2

. Введемо заміну: 2 − =x t , тоді dx tdt= −2 . S t dtt

тр = − = − =∫4 22

2

0

2

03

3

32

3.

S = ⋅ ⋅ =1

24 4 8 .

S S S= − = − = =тр

32

3

8

3

2

38 2 .


3.

0 х

у13

6π

56π

π6

− 76π

− 116

π

0 1 2

2

4

–2

у

х

84 Варіант 204.4.М ABCS — правильна трикутна піраміда. За умовою SK a= , ∠ =BSH α . Центр кулі, описаної навколо піраміди, належить висоті пі-

раміди (або її продовженню), точка O — центр кулі. Нехай R — радіус кулі. Розглянемо SHB : ∠ =HSB α ,

OS OB R= = , тоді ∠ =HOB 2α.

Із HOB : HB R= sin2α, OH R= cos2α .

Із SHB: SH SO HO R R R R= + = + = +( ) =cos cos cos2 1 2 2 2α α α .

Із SHK : HKHB R

= =2

2

2

sin α (радіус вписаного кола для

правильного трикутника вдвічі менший за радіус описаного кола).

SK HK SH2 2 2= + ;

a RR2 2 4

2 2 24

44= +⋅ sin cos

cosα α α ;

a R2 2 2 2 24= +( )cos sin cosα α α ;

Ra2

2

2 21 3= ( )+cos cosα α

; Ra=+cos cosα α1 3 2

.

Тоді VR a

кулі = = ⋅( )+

4

3 1 3

3 3

3 2 3

4

3

π

α α

π

cos cos

.


кулі =( )+

4

3 1 3

3

3 2 3

π

α αcos cos

.

Варіант 20





1.4. xb

aв = − = =

2

4

22 .



1.6. ОДЗ: x2 7 0+ — правильно для x∈ R .

x2 47 2+ = ; x2 7 16+ = ; x2 9= ; x1 3= − , x2 3= .




S

Н B

О

A

B

C

KH

O

S

Варіант 20 851.9. C R d= = =2 6π π π.


1.10. Якщо a, b — основи трапеції, m — середня лінія, то ma b= +

2, звідки a m b= − = ⋅ − =2 2 6 10 2 (см).


1.11. S S S S Sповна осн бічн бічн бічн= + + + = ⋅ + + + =2 2 6 12 16 20 601 2 3 (см2).


1.12. d — діаметр основи, d = − =17 15 82 2 (см).

Rd= =2

4 (см). V R H= = ⋅ ⋅ =π π π2 16 15 240 (см3).



2.1. 2 10 12 0 22cos cos :x x+ − = ;

cos cos2 5 6 0x x+ − = ;

t x= cos , тоді t t2 5 6 0+ − = ;

D = + =25 24 49;

t = − ±5 7

2;

t1 6= − , t2 1= .

cosx = −6 — таких x не існує; cosx =1. x n= 2π , n∈ Z.

Відповідь. x n= 2π , n∈ Z .

2.2. 3 32 0 5 3 3

2, x −( ) , тоді x2 6 3− ;

x2 9 ;

x 3. 3–3 х

Відповідь. x∈ − ∞ −( + ∞ ); ;3 3∪ .

2.3. ′( ) = −

− −f x

x

x x

2 4

2 4 12;

′( ) = = =−

− − ⋅f 5

10 4

2 25 20 1

6

2 2

3

2.

k f= ′( ) =5 1 5, .


2.4. 2 4 2 6a ; ;−( ) ;

1

22 1 0b ; ;( ) ;

m 4 2 2 1 6 0− − − −( ); ; ;

m 2 3 6; ;−( ) .

m = + + = =4 9 36 49 7.

Відповідь.

m = 7.



3.1. Дослідимо функцію f x x x( ) = − +2 12 4 на екстремуми:

′( ) = −f x x x4 4 3; ′( ) =f x 0 ; 4 1 02x x−( ) = ; 4 1 1 0x x x−( ) +( ) =

–2 –1 0 1

+ +– –

f(х)

f′(х)

х

На проміжку − 2 0; максимум функції досягається в одній точці, отже, в цій точці — най-більше значення на проміжку: f −( ) = − + =1 2 1 1 2.

Знайдемо значення функції на кінцях відрізка:

f −( ) = −( ) − −( ) + = −2 2 2 2 1 72 4

; f 0 1( ) = .

Відповідь. Найбільшим значенням є 2, найменшим — –7.

3.2.a a a

a a

a a

a

a

aa

− −

−

−( )( )=

( ) −( )−( )

= − −( ) = − −( )9 3

3

96 6

3 6

6 3

6

3

39 8 9

6

6

3 3 == − −( ) =2 9 7 .


3.3. Якщо бічне ребро похилої призми завдовжки 10 см утворює кут 45° із площею основи,

то її висота дорівнює 10 45 10 5 22

2sin ° = = (см).

Pосн = + + =5 6 9 20 (см), p =10 см; Sосн = ⋅ −( ) −( ) −( ) = ⋅ ⋅ =10 10 5 10 6 10 9 10 4 5 10 2 (см2).

V S hпр осн= ⋅ = ⋅ =10 2 5 2 100 (см3).

Відповідь. Vпр =100 см3.


4.1М. ОДЗ: a x− >9 0 ; a x> 9 ; 9 0x > , отже, a > 0 .

log3 9a xx−( ) = ;

a x x− =9 3 ; 3 0x > для будь-яких х, тому a x− >9 0 для будь-яких х.

9 3 0x x a+ − = ; 3 3 02x x a( ) + − = .

Розв’яжемо квадратне рівняння відносно 3x . Воно має розв’язки, якщо D a= +1 4 0 , тобто

a −1

4. Отже, 3

1 1 4

2x a

=− ± +

, xa

=

− ± +log3

1 1 4

2.

Очевидно: − − +

<1 1 4

20

a для будь-яких а (розв’язок x

a=

− − +log3

1 1 4

2 не має змісту).

Знайдемо a, для яких − + +

>1 1 4

20

a. − + + >1 1 4 0a ; 1 4 1+ >a ; 1 1 4< + a ; 0 4< a ; a > 0 .

Отже, розв’язок xa

=

− + +log3

1 1 4

2 має зміст при a > 0 , тобто 3 0x > при a > 0 .

Відповідь. Якщо a > 0 , xa

=

− + +log3

1 1 4

2; якщо а J 0, розв’язків немає.


4.2М. 1) yx

x= −

+2

52 — функція загального вигляду.

2) Точки перетину з осями координат: 02

5; −

; 2 0;( ) .

3) limx

x

x→ ∞

−+

=2

520. y = 0 — горизонтальна асимптота; інших асимптот немає.

4) ′ = ( )( )

= −( )

= − ( )( )( )

+ − −

+

− −

+

− +

+y

x x x

x

x x

x

x x

x

2

2 2

2

2 2 2 2

5 2 2

5

4 5

5

5 1

5.

ymin −( ) =( )

= − = −− −

− +1

1 2

1 5

3

6

1

22;

ymax 55 2

5 5

3

30

1

102( ) =( )

= =−

+.


4.3М. 5 1 361 22− + +x x ;

5 1 1 61 2

2

5

5

− + = +x

x ;

x2 36 6+ .

Отже, нерівність виконується тільки у випадку, коли 5 1 36 61 22− + = + =x x . Це відбувається тільки коли x = 0.


4.4М. A O1 — радіус кулі, A O R1 = ; ∠ =ASB 2α. Розглянемо переріз тіл площиною, що проходить через вісь кону-

са. У перерізі маємо рівнобедрений трикутник ASB, у який впи-сано круг радіуса кулі. ∠ = ∠ = = =ASH ASB A O OH R: ,2 1α .

Тоді SOA O R

= =1

sin sinα α.

SH SO OH RR= + = +

= +( )1 11

sin sinsin

α αα .

Із AHS AH SHR R

: tg sin sintg

sin cos= ⋅ = +( ) = +( )α α α

αα α

1 1 .

VR

кулі = 4

3

3π;

V AH SHR R R

конуса = ⋅ ⋅ = +( ) ⋅ +( ) =⋅+π π

α

π

αα α

3 3

122

2

21 1

3

cossin sin

sin

siin

cos sin

α

α α( )3

23

V AH SHR R R

конуса = ⋅ ⋅ = +( ) ⋅ +( ) =⋅+π π

α

π

αα α

3 3

122

2

21 1

3

cossin sin

sin

siin

cos sin

α

α α( )3

23.

V VRR R

конуса кулі− = ( ) − = ( )+ +π α

α απ απ3 3

2

3 31

3

4

3

13

3

sin

cos sin

sin

coss sin24

α α−

.

Відповідь. π α

α αR3

34

13

2

+( ) −

sin

cos sin.

–1 5

+– –

у(х)

у′(х)

х

х

у

–1

2 50

110

S

H

O

B

A

A1

H

S

O

A B

A1


Варіант 21



1.2.x y x yy x

+ + − = += −{ 3 3 5

3,

;

4 83

xy x

== −{ ,

;

xy

=={ 2

1,.



1.4. a a d a a a21 1 1 2 120 20 5 20 7 5 45= + ⋅ = + ⋅ −( ) = + ⋅ −( ) = .



1.6. ОДЗ: xx

> −<{ 1

3,

.

x x+ −1 3 ; 2 2x ; x 1 .

Враховуючи ОДЗ, маємо: x ∈[ )1 3; .



1.8. S xdx= = − =∫ cos sin sin0

6

6

1

20

π

π.


1.9. ∠ = ∠ + ∠ = ° + ° = °APB APK KPB 25 35 60 .


1.10. R = =6

23

ππ

(см); S R= =π π2 9 .


1.11. V a b h= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =3 4 5 60 (см3).





2.1.1

2

7 2

8

=−x

; 2 22 73

2− =x ; 2 73

2− =x ; 7

1

2x = ; x =

1

14.

Відповідь. x =1

14.

2.2. Усього варіантів: C122 12 11

266= =

⋅.

Сума дорівнює 12 для: 1 11 2 10 3 9 4 8 5 7+ = + = + = + = + — 5 варіантів.

Тоді: P =5

66.


66.

2.3. ОДЗ: xx

−{ 14

,;

; x 4 .

x x+ = + −1 1 4 ; x x x+ = + − + −1 1 4 2 4 ; 2 4 4x − = ; x − =4 2 ; x − =4 4 ; x = 8 .


2.4. ∠ = °ASB 60 ; ∠ = °AOB 90 ; SA = 4 см.

ASB — рівнобедрений з ∠ = °ASB 60 ; тоді він є рівностороннім, тоді AB AS= = 4 см.

У AOB AO OB= , AB = 4 см, тоді AOAB

= =2

2 2 .

S AO SAбіч = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =π π π2 2 4 8 2 (см2).

Відповідь. Sбіч = 8 2π см2.


3.1. 3 2 0cos sin cosx x x− = ;

cos sinx x3 2 0−( ) = ;

cosx = 0 або 3 2 0− =sinx ;

x n= +π

π2

, n ∈Z , або sin ,x = 1 5 — немає розв’язку.

Найменший додатний корінь маємо при n = 0 , x =π2

.

Відповідь. x =π2

.

S

O

B

A


3.2. a b+ = 24 ; S a b= +3 3 .

a b= −24 , тоді S b b b( ) = −( ) +243 3 ; дослідимо функцію S b b b( ) = −( ) +24

3 3 на екстремум b > 0( ) :

S b b b′( ) = − −( ) +3 24 32 2 ; S b′( ) = 0 ; − −( ) + =3 24 3 0 3

2 2b b : ; − + − + =24 48 02 2 2b b b ;

48 576b = ; b = 12 ; bmin = 12 ;

тоді a = − =24 12 12 .

Відповідь. 12 і 12.

3.3. За умовою AB = 3 м, BC = 4 м, B D1 5= м, A C1 7= м.

Нехай AA h1 = , тоді з B BD1 : BD h2 225= − ; із A AC1 : AC h2 249= − .

Із ABC : cos∠ = =+ −

⋅ ⋅− +

BAC h3 4

2 3 4

25 49

24

2 2 2 2

.

Із ABD : cos∠ = =+ −

⋅ ⋅− +

ABD h3 4

2 3 4

25 25

24

2 2 2 2

.

Так як ∠ + ∠ = °A B 180 , то cos cos∠ = − ∠B A .

25 49

24 24

2 2− += −

h h; 2 242h = ; h2 12= ; h = 2 3 м;

BD = − =25 12 13 (м);

cos∠ = = =−

A25 13

24

12

24

1

2, тоді ∠ = °A 60 .

S AB AD Aосн = ⋅ ⋅ ∠ = ⋅ ⋅ ° = =⋅ ⋅

sin sin3 4 60 6 33 4 3

2 (м2);

V S h= ⋅ = ⋅ =осн 6 3 2 3 36 (м3).

Відповідь. V = 36 м3.


4.1.М ОДЗ: x a .

Оскільки x a− 0 , розв’язання зводиться до розв’язання сукупності: x ax x

=− +

,;2 5 6 0

x x2 5 6 0− + ;

x x2 5 6 0− + = ; x1 2= , x2 3= .

Якщо a < 2 , маємо: x a∈[ ] + ∞[ ]; ;2 3∪ .

Якщо a = 2 , маємо: x ∈ + ∞[ ) { }3 2; ∪ .

Якщо 2 3< <a , маємо: x a∈ + ∞[ ) { }3; ∪ .

120

– +

bS b b b( ) = −( ) +243 3

S b b b′( ) = − −( ) +3 24 32 2

A1

A D

B

O

C

B1

C1

D1

32

+ +– а

32аа

32а

32 аа


Якщо a = 3 , маємо: x ∈ + ∞[ )3; .

Якщо a > 3 , маємо: x a∈ + ∞[ ); .

Відповідь. При a < 2 x a∈[ ] + ∞[ ]; ;2 3∪ ; при a = 2 x ∈ + ∞[ ) { }3 2; ∪ ; при 2 3< <a x a∈ + ∞[ ) { }3; ∪ ;

при a = 3 x ∈ + ∞[ )3; ; при a > 3 x a∈ + ∞[ ); .

4.2.М 1. D y( ): 1 02− >x ; x < 1; x ∈ −( )1 1; .

2. y xx

x

x

x−( ) = = −

−

− −1 12 2 — непарна.

3. Перетин з осями координат:

з OX: y = 0 ; x = 0 ; 0 0;( ) ;

з OY: x = 0 , y = 0 , 0 0;( ) .

4. limx

x

x→ −= ∞

1 1 2; lim

x

x

x→− −= ∞

1 1 2;

вертикальні асимптоти: x = 1 ; x = −1 .

5. y x x xx x x

′ = − ⋅ ⋅ −( )⋅ −( ) =( )

>− − ⋅ −

−1

1

1

1 12 2 2

1

22 1 02

3

2 ;

y′ > 0 для будь-якого x ∈ −( )1 1; , тоді функція монотонно зростає на всій області визначення.


4.3.М ОДЗ: x x−( ) −( ) >6 23 0 ;

x1 6= , x2 23= ;

236

– –+

х

x ∈( )6 23; .

Рівняння рівносильне сукупності:

cos ,

lg ;

π x

x x

−( )=

−( ) −( )( ) =

4

20

6 23 0

π ππ

xn

x x x

−( )= +

− ⋅ + − =

4

2 223 6 23 6 12

,

;

x n

x

= +

=

±

5 2

29 285

2

,

; входять до ОДЗ

6 5 2 23< + <n ;

1 2 18< <n ;

1

29< <n ;

n = 1 2 3 8, , , ... .

Тоді разом маємо 10 розв’язків.


32а

32 аа

1–1 х

у


4.4.М ABCDS — правильна чотирикутна піраміда, AB BC CD AD a= = = =AB BC CD AD a= = = = ; двогранним кутом при ребрі основи є кут між апо-

фемою та її проекцією на основу, отже, ∠ =SKH α . Центр описаної кулі лежить на висоті піраміди (або на про-

довженні висоти), точка O — центр кулі.

Із квадрата ABCD: HKa

=2

, AHa

=2

.

Із SHK : SH HKa

= ⋅ =tgtg

αα

2;

із ASH : AS SH AHa a a a

= + = + = + =+2 2 2

2 2 2 2

4 2 2

1

22

tg cos

costg

α αα

α

AS SH AHa a a a

= + = + = + =+2 2 2

2 2 2 2

4 2 2

1

22

tg cos

costg

α αα

α .

Розглянемо діагональний переріз піраміди; у перерізі маємо рівнобедрений ASC .

Із ASH : sin :sin

cos

cos

cos

sin

cos∠ = = =

+

+A

SH

AS

a aαα

αα

α

α2

1

2 1

2

2.

За теоремою синусів із ASC : SC

AR

sin ∠= 2 , тоді

RSC

A

a a= = =

( )∠

+

+

+

2

1

2

2

1

1

2 2

2

2

2

sin

cos

cos

sin

cos

cos

sin:

αα

α

α

α

α.

Радіус кола, описаного навколо ASC , є радіусом кулі, опи-

саної навколо піраміди, тоді: VR a a

= = ⋅( )

=( )+ +4

3

4

3

1

8 2

1

6 2

3 3 2 3

3

3 2 3

3

π π α

α

π α

α

cos

sin

cos

sin

VR a a

= = ⋅( )

=( )+ +4

3

4

3

1

8 2

1

6 2

3 3 2 3

3

3 2 3

3

π π α

α

π α

α

cos

sin

cos

sin.


=( )+π α

α

3 2 3

3

1

6 2

cos

sin.

Варіант 22




1.3. 4 3 5 3 6 3 3 3+ − = .


A

B

C

D

KH

S

O

CA

O

S

H

Варіант 22 931.4. Відповідь. Г).


1.6. − −1 2 1 x ,

1 3 x .



1.8. ′( ) = −f x xx

2 1

2, ′( ) = − =f 1 1

1

2

1

2.


1.9. AB

4 3 3 2 7 1− −( ) −( ) = ( ); ; .


1.10. S d= ⋅ = = =⋅ °1

2

100 60

2

50 3

22 25 3sin

sinα .


1.11. 12 ребер основи і 12 бічних ребер, тобто 24 ребра.


1.12. AK AB= ⋅ =2 2 2 ; AD = 2 .

AD ABK⊥ пл. , тоді ADK — прямокутний,

DK AD AK= + = + = =2 2 4 8 12 2 3 .



2.1. f x x x x x−( ) = − −( ) + − +( ) = +( ) + −( )1 1 1 12 2 2 2

— парна функція.

Відповідь. Парна.

2.2. ОДЗ: x

x

11

4

,

;−

x 1 .

x x−( ) = +1 4 12

;

x x x2 2 1 4 1 0− + − − = ;

x x −( ) =6 0 ;

x = 0 — не входить до ОДЗ

або x = 6 .


A

D

C

B

L

K


2.3. Проінтегруємо: 41

22

1

41

e x Cx−

− +tg .


22

1

41

e x Cx−

− +tg .

2.4. Кут між площиною SAB і площиною основи — це кут між висотою SH ABS та її проекцією OH на основу, тобто кут SHO. За умовою

∠ = °SHO 45 , AB = 12 3 см, ∠ = °AOB 120 .

Із AOH : ∠ = = °°

AOH120

260 ; AH

AB= =

26 3 .

Тоді AOAH

= = =°sin60

6 3

3

2

12 (см). OH AH= ⋅ ° = =ctg60 66 3

3 (см).

Із SOH : ∠ = °SOH 90 , ∠ = °SHO 45 , тоді SOH рівнобедрений,

SO OH= = 6 см.

V AO SO= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =1

3144 6 2882 1

3π (см3).

Відповідь. 288π см3.


3.1. ОДЗ: x x2 4 3 0− + > ;

x x2 4 3 0− + = ;

x1 1= ; x2 3= ;

x ∈ −∞( ) + ∞( ); ;1 3∪ .

Оскільки при x ∈ −∞( ) + ∞( ); ;1 3∪ x x2 4 3 0− + > , то:

x x2 5 7 0+ + > ;

x x2 5 7 0+ + = ;

D = − <25 28 0 .

Враховуючи ОДЗ, маємо: x ∈ −∞( ) + ∞( ); ;1 3∪ .

Відповідь. x ∈ −∞( ) + ∞( ); ;1 3∪ .

3.2. tgtg

tg2

2

1

2 3

1 9

6

8

3

42α

αα

= = = − = −−

⋅−

.

Поділимо чисельник і знаменник даного дробу на cos2α , маємо:

2 2 3

4 2 5

2 3

43

4 3

45

4 5

2

9

4

1

42

tg

tg

,αα

−+

− ⋅−

− ⋅+

−= = = − = − .


4.

S

O Н

A

В

ВA

O

H

1 3+–

+

х

+ +х


3.3. S q1 = , S Q2 = , тоді A B q1 1 = , AB Q A AH= ∠ =, 1 45° .

AC AB Q= =2 2 , A C q1 1 2= .

Розглянемо трапецію AA C C1 1 , її висота А1Н є також

висотою піраміди.

AHAC A C

=−( )

1 1

2.

AH A H AHQ q Q q

= = =− −2 2

2 21; (оскільки

A AH1 —прямокутний рівнобедрений).

S A HAA C C

AC A C Q q Q q Q q1 1

1 1

2

2 2

2 2 21= ⋅ = ⋅ =

+ + − −.

Відповідь. Q q−

2.


4.1М. cos cos2 2 0x x a−( ) =

cos2 0x = ;

22

x n= +π

π ;

xn

= +π π4 2

, n ∈Z , або cos2x a=

Якщо n = 0 , x = ∈

π π π4 4

3

4; .

Якщо n = 1 , x = ∈

3

4 4

3

4

π π π; .

Тоді рівняння cos2 0x a− = або не повинно мати коренів ( при a > 1), або його корені повинні збігатися з коренями рівняння cos2 0x = (при a = 0 ).

Відповідь. a = 0 або a > 1.

4.2М. log ( )1 1 1− + <x y .

ОДЗ: 1 01 01 1

+ >− >− ≠

yxx

,,;

yxx

> −<≠

110

,,.

1) Якщо 0 1 1< − <x ( x ∈( )0 1; ), то маємо: 1 1+ > −y x ; y x> − .

2) Якщо 1 1− >x ( )x < 0 , то маємо: 1 1+ < −y x ; y x< − .


A

BC

D

H

A1

B1 C

1

D1

0 1

–1 y = –x


4.3М. y x= − −2 2 , yx

=3

.

Знайдемо точки перетину графіків:

x < 0 , 2 23

− + = −xx

;

xx

+ =3

0 ; x2 3 0+ ≠ .

0 2 x < , 2 23

− + =xx

; xx

− =3

0 ;

x2 3 0− = ;

x = 3 ( − 3 не належить проміжку).

x 2 , 2 23

+ − =xx

;

xx

+ − =3

4 0 ;

x x

x

2 4 30

− += ;

x x2 4 3 0− + = .

x1 3= , x2 1 2=

S x dx x dx x xx x

x x= −

+ − −

= −

+ − −∫3 3

2 23

2

3

22

4 3 4 32

ln llnx

=∫2

3

2

3

= − − + + − − − + + = −2 3 2 3 12 3 3 8 2 3 2 2 33

2

3

2

9

2

3

2ln ln ln ln ln .


2− ln .

4.4М. Кут нахилу твірної до площини основи – це кут між твірною та її проекціею на основу, тоді ∠ =SAH α .

Нехай радіус основи конуса AH r= . Розглянемо переріз конуса та кулі площиною, яка проходить

через вісь конуса. У перерізі маємо рівнобедрений ASB , впи-саний в круг радіуса кулі, точка О — центр кулі, вона належить висоті SH (або її продовженню), АО — радіус кулі.

Із ASH : SH AH r= ⋅ = ⋅tg tgα α .

SB SAAH r

= = =cos cosα α

.

За теоремою синусів AOSB r r

= = =2 2 2sin sin cos sinα α α α

VAO r

кулі = =⋅ ⋅4

3

4

2 2

3 3

3

π παsin

.

V AH SH r rr

кон = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =π π π α

αα

3 3 32 2

3

tgsin

cos.

V

V

r r rкон

кулі

= =⋅ ⋅ ⋅

⋅π α

απ

απ α α

α

3 3

3

3 3

3

4

2 2

2 3

3

sin

cos sin

sin sin

cos:

44

2

43

3

πα α

⋅=

r

tg sin.

Відповідь. tg sinα α3 2

4.

0 2

2

y

x

yx

=3

y

x

=−

−

22

A

H

B

S

O

A

α

H B

S


Варіант 23




1.3. D = + ⋅ ⋅ = + =16 3 7 4 16 84 100 .


1.4. − − −6 4 a , − − −18 3 12 a , − − −16 2 3 10 a .


1.5.1

3

1

3

1

x

, x 1 .




1.8. ′( ) = −f x x x3 122 ; 3 4 0x x −( ) = ; x = 0 ; x = 4 .

xmin = 4 .


1.9. Тоді діагональ дорівнює 2 3 6⋅ = (см), сума двох діагоналей: 6 6 12+ = (см).


1.10. BH = 9 см, AB = 15 см. Із ABH : AH = − =15 9 122 2 (см). Висота, проведена до основи, є також медіаною, тоді AC AH= ⋅ =2 24 (см).


1.11. S Rп = =

= ⋅ =4 4 4 16 642

28

2π π π π .


1.12. − = −( ) = −1 3 2 6 3 9: : : .


0 4

+ – +

хf(х)

f′(х)

A H С

В



2.1. 2 2 9 3 32 29 3log log: := = .


2.2. x x+( ) = ⋅2 56! ! ; x x x x! !⋅ +( ) +( ) = ⋅1 2 56 , тоді x x+( ) +( ) =1 2 56 ;

x x2 3 54 0+ − = ;

D = + =9 216 225 ;

x =− ±3 15

2;

x = 6 або x = −9 — не підходить, оскільки x — натуральне.


2.3. S xdx x= = −

= − − −

=∫ sin cos2 21

2

1

2

1

2

1

2

1

26

3

6

3

π

π

π

π

.


2.

2.4. Двогранний кут при основі — це кут між апофемою і площи-ною основи, отже, це ∠ SHO , ∠ = °SHO 30 . K — середина SH, OK = 2 дм.

Розглянемо прямокутний SOH :

OK — медіана, тоді OK SH=1

2, SH OK= =2 4 (дм);

OH SH= ⋅ ° =cos30 2 3 (дм); SO SH= ⋅ ° =sin30 2 (дм).

AD OH= ⋅ =2 4 3 (дм).

V AD SO= ⋅ ⋅ = ⋅( ) ⋅ =⋅1

3

1

32

2

16 3 2 32 (дм3).

Відповідь. 32 дм3.


3.1. ′( ) = −f x x x3 62 , ′( ) =f x 0 ;

3 2 0x x −( ) = ;

x1 0= , x2 2= .

D

C B

А

H

K

S

O

S

K

HО

30°


f(х)

f′(х)

0 2

+ – +

х

xmax = 0 , xmin = 2 .

Відповідь. xmax = 0 , xmin = 2.

3.2. D f( ) : 2 02 1

2 02

− >− ≠

−( ) >

−

xx

xx

x

,,

log ;

xxx

<≠>

210

,,;

x ∈( ) ( )0 1 1 2; ;∪ .

f x x( ) = log2 .

3.3. AB l= , OO H1 = , S Sбіч = . Нехай r — радіус верхньої основи, R — радіус нижньої основи.

S l r Rбіч = +( )π , тоді r RS

l+ =

π.

S BH r R HAD BC S H

lперерізу = ⋅ = +( )⋅ =+ ⋅2 π

.

Відповідь. SS H

lперерізу =⋅π

.


4.1М. ОДЗ: − −1 3 1 x ;

2 4 x .

Оскільки arccos x −( )3 0 , то нерівність рівносильна сукупності:

x a

x−

−( ) =

03 0

,arccos ;

x ax

,.=

4

.

Якщо a 2 , то, враховуючи ОДЗ, маємо: x ∈[ ]2 4; .

Якщо 2 4< a , то, враховуючи ОДЗ, маємо: x a∈[ ]; 4 .

Якщо a x> =4 4, .

Відповідь. При a 2 x ∈[ ]2 4; ; при a ∈( ]2 4; x a∈[ ]; 4 ; при a x> =4 4.

4.2М. 1) D y x( ) − >: 2 1 0 , x > 1 .

2) y xx

x

x

x−( ) = = −

−

− −2 21 1 — непарна.

3) Осі координат не перетинає.

4) limx

x

x→− −= ∞

1 2 1, lim

x

x

x→ −= ∞

1 2 1.

Вертикальні асимптоти: x = −1 , x = 1 .

kx

x

x x= =

→∞ −lim

2 10 , b b

x x

x

x

x

x1 2

2 21 11 1= = = = −

→+∞ →−∞− −lim , lim .

y y= = −1 1, — горизонтальні асимптоти.

0 1 2

1

у

х

О1

ОA

B

С

D

Н

0

1

1

–1

–1

у

х


5) ′ = +

( )=

( )= −

−

⋅ − ⋅

− −

− −

− − −y

x

x x

x x

x x

x x x

1

1

1

22

1 1

1

1 1

1

12 2 2

2 2

2 2 2(( )<

−x2 10 .

Функція спадає при x ∈ −∞ −( ) + ∞( ); ;1 1∪ .


4.3М. y x= − +2 2 , yx

=3

.

Знайдемо точки перетину графіків:

x < −2 , 2 23

+ + = −xx

;

x x

x

2 3 40

+ += ;

x1 1 2= − /< − , x2 3= − ;

− <2 0 x , 2 23

− − = −xx

;

x

x

2 30

−= ; x = − /<( )3 3 0 .

x 0 , 2 23

− − =xx

;

x

x

2 30

+= — немає роз’вязків.

S x dx x dx x xx x

x= + +

+ − +

= + +

+−

−

−

−

∫ 4 4 33 3

23

2

3

22

ln −− +

=−

−

−

−

∫x

x2

23

2

3

2

3

ln

= − + + + − − − + + − = −8 2 3 2 12 3 3 3 2 3 2 2 39

2

3

2

3

2

3

2ln ln ln ln ln .


2− ln .

4.4М. ABCS — правильна трикутна піраміда, AS BS CS b= = = , кут нахилу бічного ребра — це кут між бічним ребром і його про-екцією на основу, ∠ =SAH α .

Оскільки циліндр рівносторонній, то його радіус ОМ вдвічі мен-ший за його висоту ОН. Вісь циліндра лежить на висоті піра-міди.

Розглянемо ASH : AH AS SAH= ⋅ ∠cos , AH b= cosα ;SH SA b= ⋅ =sin sinα α .

Як відомо, у правильному ABC : ABC KHAH b

= =2 2

cosα.

Розглянемо KSH , у який вписано прямокутник MOHN (MO — радіус циліндра, ОН — висота циліндра).

OH MO= 2 (за умовою). SOM AHK (за двома кутами), тоді:

MO

SO

KH

SH= , SO MO

MO SH

KH

MO b

b

MO= = = = ⋅

⋅ ⋅ //

⋅sin

cos

sin

costg

αα

αα

α

2

22 .

SH SO OH MO MO MO= + = + = +( )2 2 2 1tg tgα α .

0

2

–2

у

хy

x

=−

+

22

yx

=3

A

B

C

KH

N

MO

S

S

НK N

M O


21 1

MOSH b

= =+ +tg

sin

tgααα

.

OH MOb

= =+

21

sin

tg

αα

.

Відповідь. bsin

tg

αα1 +

.

Варіант 24


1.1.2

5

1

2

4

10

5

10

9

10+ = + = .



1.3.2

8

2 1 2 1

2 1

2 1

4

y y

y

y− +

−+( )( )

( ) = −−

.




1.6. 4 42 1 2x x− −= , x x− = −2 1 2 , 3 3x = , x = 1 .




1.9. Куту B трикутника ABC відповідає кут N трикутника MNQ, отже, ∠ = °N 135 .


1.10. За теоремою синусів AB

C

AC

Bsin sin= , AC

AB= = =

⋅ °°

⋅sin

sin

30

135

2 21

2

2

2

2 .



1.11. SA — твірна, AO — радіус, ∠ = °SAO 60 . Тоді з SAO :

SAAO

SAO= = =

∠cos

6

1

2

12 (см).


1.12. Діагональним перерізом призми є прямокутник B BDD1 1 , BD AB= 2 см (як діагональ квадрата ABCD).

S BB BDBB D D1 1 1 5 3 2 2 30= ⋅ = ⋅ ⋅ = (см2).



2.1. sin cos , ,α α= − − = − − = −1 1 0 36 0 82 , sin sin cos , , ,2 2 2 0 6 0 8 0 96α α α= ⋅ = ⋅ −( )⋅ −( ) = .


2.2. Нехай log ,0 5 x t= , маємо: t t2 2 0− − ;

t t2 2 0− − = ; t1 2= , t2 1= − ;

−1 2 t ; −1 20 5 log , x ; 1

42 x .

Відповідь. x ∈

1

42; .

2.3. ′( ) = − −f x x x2 2 8 ; ′( ) =f x 0 ; x x2 2 8 0− − = ; x1 4= , x2 2= − .

Відповідь. x ∈ −[ ]2 4; .

2.4. ∠ = °AOB 90 , OO1 6= см. ABCD — квадрат. AB AD OO= = =1 6 см.

Відстань від осі циліндра до площини перерізу: спроектуємо вісь і переріз на площину верхньої основи, вісь проектується в точку O, переріз — у відрізок AB. Тоді відстань від точки O до AB буде і відстанню від OO

1

до площини ABC. В ABO AO OB= , ∠ = °AOB 90 , тоді OH є також

медіаною, тоді OH AB= =1

23 (см).


S

OA

A1

A D

B C

B1

C1

D1

–1 2

+–

+

х

–2 4

+ – +

х

′( ) = − −f x x x2 2 8

f x( )

O1

B

HO

A

D

C



3.1 ОДЗ: x

xx

>≠

+

00

2 1 02

2

,log ,

log ;

x

x

x

>

≠

0

1

1

2

,

,

.

1 2 1

02 2

2

+ + −=

log log

log

x x

x;

log2 x t= , 1 2 1 0+ + − =t t ;

2 1 1t t+ = − .

Рівняння має розв’язки при t 1.

2 1 2 12t t t+ = − + ;

t t2 4 0− = ; t1 0= — сторонній корінь, t2 4= .

log2 4x = ;

x = 16 .


3.2 AD x= . У ABH: hx2

2

212

212+

−

= ; hx

= −−( )

14412

4

2

.

SBC AD

hx

x=+

⋅ =+

⋅ ⋅ − −( )2

12

2

1

2144 4 12

2.

Дослідимо функцію S(x) на екстремум (х > 0):

′ = ⋅ − −( ) ++

⋅− −( )

⋅ − −( )= ⋅ − −S x

x x

xx

1

4144 4 12

12

4

2 12

2 144 4 12

1

4144 4

2

2112

144

144 4 12

22

2( ) +

−

⋅ − −( )

x

x

′ = ⋅ − −( ) ++

⋅− −( )

⋅ − −( )= ⋅ − −S x

x x

xx

1

4144 4 12

12

4

2 12

2 144 4 12

1

4144 4

2

2112

144

144 4 12

22

2( ) +

−

⋅ − −( )

x

x;

′ =S 0 ; 144 4 12 144

144 4 120

2 2

2

⋅ − −( ) + −

⋅ − −( )=

x x

x;

x x2 12 288 0− − = ;

x1 6= − — сторонній корінь, x2 24= .

Відповідь 24 см.

A

B С

DН х

h

0 24

+ –

х

S′(х)

S(х)


3.3 SO H= , нехай A S l1 = , AS L= , тоді за умовою S Sб б1

1

2= ,

2π πrl RL= , r

R

L

l=

2.

ASO A SO1 1 , тоді A O

AO

A S

AS1 1 1= ,

r

R

l

L= .

Маємо: l

L

L

l=

2; 2 2 2l L= ;

l

L=

1

2; тоді

SO

SO1 1

2= ;

SOSO H

12 2

= = .

Відповідь. H

2.


4.1М. Побудуємо графік функції f x( ) . Для цього розглянемо її при x < −2 та x − 2 :

x < −2 , f x x x x x x x( ) = + + + = + + = +( ) −2 2 24 2 4 6 4 3 5 ;

x − 2 , f x x x x x x x( ) = + − − = + − = +( ) −2 2 24 2 4 2 4 1 5 .

За графіком видно, що пряма y a= не перетне графік при a < −5 ;

При a = −5 буде 2 точки перетину.

При a ∈ − −( )5 4; — 4 точки перетину.

При a = −4 — 3 точки. При a > −4 — 2 точки.

Відповідь. При a < −5 немає точок перетину;

при a ∈ − −( )5 4; — 4 точки перетину;

при a = −4 — 3 точки перетину;

при a > −4 — 2 точки перетину.

4.2М.x yx y

2 2

2 2

01

+ >+ ≠

,;

y xx y

> −+ ≠

,.2 2 1

1) 0 12 2< + <x y — круг, обмежений колом з центром 0 0;( ) і R = 1 .

Маємо x y x y+ < +2 2 ;

x x y y2 2 0− + − > ;

x y−

+ −

>1

2

1

2

1

4

2 2

— зовнішність круга з центром

1

2

1

2;

і R =1

2.

2) x y2 2 1+ > — зовнішність круга з центром 0 0;( ) і R = 1 ;

Маємо x y x y+ +> 2 2 ;

x y−

+ −

1

2

1

2

1

4

2 2

< — круг з центром 1

2

1

2;

і R =1

2.

S

OA

O1

А1

S

OA

O1

А1

х

ау = а

у

–4

–5

–1

–1–2

0

х

уу = –х

10

12 1

2


4.3М. cos cos cos cos cossin

sin

sin cπ π π π ππ

π

π

33

2

33

4

33

8

33

16

33

233

233

2

3⋅ =oos cos cos cos

sin

2

33

4

33

8

33

16

33

233

π π π π

π=

= =

1

2

1

4

4

33

4

33

8

33

16

33

233

8

33

8

33sin cos cos cos

sin

sin cos coπ π π π

π

π πss

sin

sin cos

sin

16

33

233

16

33

16

33

233

1

8

π

π

π π

π= =

= =

= =−1

16

32

33

233

33

3233

33

3233

sin

sin

sin

sin

sin

sin

π

π

ππ

π

π

π11

32.


32.

4.4М. О — центр кулі, OA OB OC OA OB OC R= = = = = =1 1 1 , ∠ = °C 90 . Оскільки центр кулі рівновіддалений від вершин призми,

то основа перпендикуляра, опущеного з точки О на нижню основу, є центром описаного навколо основи кола, який лежить на середині гіпотенузи. Отже, точка О належить бічній грані AA B B1 1 і є точкою перетину її діагоналей. Тоді: A B R1 2= .

Кут нахилу діагоналі A C1 до площини основи — це ∠ A CA1 .

Розглянемо ABC : ∠ =A α , нехай AB x= , тоді AC x= cosα , BC x= sinα .

Sx x x

ABC = =⋅

=2 2 2

2

2

2 2

2

4

cos sin sin sinα α α α.

Розглянемо A AC1 : AA AC x1 = ⋅ =tg cos tgβ α β .

Розглянемо A AB1 : AA AB A B12 2

12+ = .

x x R2 2 2 2 24cos tgα β⋅ + = ;

xR2

2

2 2

4

1=

⋅ +cos tgα β,

xR

=⋅ +

2

12 2cos tgα β.

V S AAR R

ABCпризми = ⋅ =⋅

⋅ ⋅ +( ) ⋅⋅

1

2

2 2 2

4 2

4 1

2sin

cos tg

cos tg

cos

αα β

α β

αα β

α α β

α β⋅ +=

⋅ ⋅

⋅ +( )tg

sin cos tg

cos tg2

3

2 23

21

2 2

1

R

V S AAR R

ABCпризми = ⋅ =⋅

⋅ ⋅ +( ) ⋅⋅

1

2

2 2 2

4 2

4 1

2sin

cos tg

cos tg

cos

αα β

α β

αα β

α α β

α β⋅ +=

⋅ ⋅

⋅ +( )tg

sin cos tg

cos tg2

3

2 23

21

2 2

1

R.


призми =⋅ ⋅

⋅ +( )2 2

1

3

2 23

2

sin cos tg

cos tg

α α β

α β.

O

A

В

С

А1

В1

С1

A αβ

B

C

N

A1

B1

C1


Варіант 25



1.2. 2 3 51

3x = , ; x = 3 5 2

1

3, : ; x = 1 5, .



1.4. y x x x= + + − = +( ) −2 22 1 1 1 1 ; x +( )1 0

2 , тоді x +( ) − −1 1 1

2 , y ∈ − + ∞[ )1; .


1.5. ОДЗ: x x> 0 3. = .


1.6. ОДЗ: xx

02,.

x x= −2 2 , x x2 2 0− − = , x1 1= − — не входить до ОДЗ, x2 2= .




1.9. p = ⋅ + + =2 5 7 9 26 .


1.10. На осі абсцис y = 0 , 2 6 0x + = , x = −3 . −( )3 0; .


1.11. V S H= ⋅осн , тоді SV

Hосн = = =250

1025

ππ .


1.12. S SO BHперерізу = ⋅ ⋅1

2, SO = 7 см, BH з ABC :

BH AB= ⋅ ° = =⋅

sin60 64 3 3

2 (см), Sперерізу = ⋅ ⋅ =

1

27 6 21 (см2).


A

B

C

НO

S



2.1. cos cos6 2x x= ; cos cos6 2 0x x− = ; − =2 2 4 0sin sinx x ;

sin2 0x = , sin4 0x = ,

xn

=π2

, n ∈Z . xm

=π4

, m ∈Z .

Оскільки відповідь xm

=π4

включає в себе відповідь xn

=π2

, то xm

=π4

, m ∈Z .

Відповідь. xm

=π4

, m ∈Z .

2.2. 2x t= , маємо: t t2 6 8 0− + < ; t t2 6 8 0− + = ; t1 2= , t2 4= .

2 4

+–

–

х

2 4< <t ;

2 2 4< <x , тоді 1 2< <x .


2.3. ′( ) = +f x x2 2 ; x0 1= ; f 1 1 2 3 6( ) = + + = ; ′( ) = + =f 1 2 2 4 .

y x− = −( )6 4 1 ; y x= +4 2 .

Відповідь: y x= +4 2 .

2.4. AB = 6 см, ∠ = °AOB 90 , SO = 4 см. Проведемо OH AB⊥ , з’єднаємо точки S і H, тоді за теоремою про три перпендикуляри SH AB⊥ .

AOB — прямокутний рівнобедрений, тоді OHAB

= =2

3 (см),

SH SO OH= + = + =2 2 16 9 5 (см).

SAB SH

перерізу = = =⋅ ⋅2

6 5

215 (см2).



3.1. Знайдемо точки перетину графіків:

2 12x x= + ; 2 1 02x x− − = ; D = + =1 8 9 ;

x =±1 3

4; x1 1= , x2

1

2= − .

S x x dxx

xx

= + −( ) = + −

= + − − + − =− −

∫ 1 22

2

3

1

21

2

3

1

8

1

2

1

122

1

2

1 2 3

1

2

1

2216 3 2

242

21

242

7

81

1

8−

+ += − = − =

S x x dxx

xx

= + −( ) = + −

= + − − + − =− −

∫ 1 22

2

3

1

21

2

3

1

8

1

2

1

122

1

2

1 2 3

1

2

1

2216 3 2

242

21

242

7

81

1

8−

+ += − = − = (од2)


8 од2.

S

O

A

ВН

х

у

1–1

1

2

0


3.2. ОДЗ: x yx y

>> −{ ,

.

Нехай x y s+ =4 , x y t− =4 , маємо систему:

s ts t s t− =+( ) −( ) =

28

,;

s ts t

− =+ ={ 2

4,;

2 62 2

st

=={ ,

;

st

=={ 3

1,.

x y

x y

+ =− =

4

4

3

1

,

;

x yx y

+ =− ={ 81

1,

;

xy

=={ 41

40,.

Відповідь. x = 41 , y = 40 .

3.3. ABCD — квадрат, тоді, якщо S QABCD = ,

то AB Q= , AC AB Q= =2 2 . A

1B

1C

1D

1 — квадрат, тоді, якщо S qA B C D1 1 1 1

= , то

A D q1 1 = , A C q1 1 2= .

Кут між бічним ребром і ребром основи ∠ = °A AM1 60 .

Розглянемо рівнобічну трапецію AA1D

1D: АМ — ви

сота трапеції, AMAD A D Q q

= =− −

1 1

2 2.

У AA M1 ∠ = °( )A MA1 90 : AA Q qAM

160

= = +°cos

.

Розглянемо діагональний переріз призми — рівнобічну трапецію AA

1C

1C: AH — висота трапеції і приз

ми; AHAB A B Q q Q q

= = =− − −

1 1

2

2 2

2 2.

У AA H1 ∠ = °( )A HA1 90 :

HA AA AH Q qQ q Q q

1 12 2

2

2

2 2= − = −( ) −

( )=

− −.

SAC A C

HAQ q Q q Q q

перерізу =+

⋅ = ⋅ =+ − −1 1

12

2 2

2 2 2.

Відповідь: SQ q

перерізу =−2

.


4.1М. ОДЗ: x a> −1 .

0 11

11

2

2

< <+ − <{>+ − >{

xx a x

xx a x

, ,

,;

0 11

11

2

2

< <+ > +{

>+ < +{

xx x a

xx 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; + ∞( ) .

A

A

M

M

BC

D

D

H

A1

A1

B1 C

1

D1

D1


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

В точці x =1

2 при a =

3

4 прямa дотикається до параболи. Отже, якщо

a <3

4, розв’язком буде проміжок 0 1;( ) , але, враховуючи ОДЗ

x a> −( )1 , проміжок буде 1 1−( )a; . Якщо a =3

4, розв’язком є про

міжки 01

2;

та 1

21;

, враховуючи ОДЗ — 1

4

1

2;

та 1

21;

.

Якщо 3

41< <a , маємо дві точки перетину: x x a2 1+ = + ;

x x a2 1 0− − + = ; xa

=± − +1 3 4

2. Розв’язком будуть проміжки

11 3 4

2−

− − +

aa

; та 1 3 4

21

+ − +

a

; . Якщо a > 1 , розв’язків на

цьому проміжку немає.

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

=+ − +1 3 4

2,

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

че прямої. Маємо розв’язок 11 3 4

2;

+ − +

a

.

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

від функції y x= +2 1 дорівнює 1. Отже, ′ =y x2 , ′ ( ) = =y x x0 02 1 ; x0

1

2= ; y

1

2

1

2

5

4

2

1

=

+ = ;

функція y x a= + проходить через точку 1

2

5

4;

, після підстановки маємо a =3

4.

Відповідь. При a <3

4 x a∈ −( )1 1; , при a =

3

4 x ∈

1

4

1

2

1

21; ;∪ , при

3

41< <a

x aa a

∈ −

− − + + − +

1 11 3 4

2

1 3 4

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

xa

∈

+ − +

11 3 4

2; .

4.2М. Оскільки sin2 0πx , cos2 0πy , то рівність

можлива тільки при sin cos2 2 0π πx y= = .

sin ,cos ;

2

2

00

ππ

xy

==

π π

ππ

π

x n

y m

=

= +

,

;2

m n, ∈Z ;

x n

y m

=

= +

,

;1

2

m n, ∈Z .

Тоді графіком буде множина точок з координатами n m n m; , ,1

2+

∈Z .

Відповідь. Графіком є множина точок з координатами n m m n; , ,1

2+

∈Z .

х

х

у

у

1

1

1

1

–1

–1

0

0

х

у

1

1

–1 0


4.3М. Розглянемо функцію g xx( ) =

−1

2 1 та побудуємо її графік.

D g x( ) ≠: 0 ; функція загального вигляду, точок перетину з осями координат не існує.

limx x→ −

= ∞0

1

2 1: маємо вертикальну асимптоту x = 0 ;

limx x→+ ∞ −

=1

2 10 : маємо горизонтальну асимптоту y = 0 ;

limx x→− ∞ −

= −1

2 11: маємо горизонтальну асимптоту y = −1 ;

E g( ) − ∞ −( ) + ∞( ): ; ;1 0∪ .

Тепер розглянемо граничні значення функції f x g x( ) = ( )3 на означених проміжках.

31

30

g x( )−∞

=∞

= та 31

1

3

g x( )−

= , отже, перший проміжок 01

3;

.

3 30

0 1g x( ) = = та 3 3g x( )

+ ∞

∞= = +∞ , отже, другий проміжок 1; + ∞( ) .

Відповідь: E f( )

+ ∞( ): ; ;0 11

3∪ .

4.4М. ABCA B C1 1 1 — дана призма, AB BC b= = , ∠ =ABC α ,

∠ =AB C1 β . Висота описаного циліндра збігається з висотою призми,

а радіус є радіусом кола, описаного навколо ABC .

За теоремою синусів RAB

C=

∠2sin.

Rb b

=−

=2

180

22

2sin cosα α

.

Із ABH : AH AB b= ⋅ =sin sinα α2 2

.

Із AB H1 : ABAH b

1

2

2

2

= =sin

sin

sinβ

α

β.

Із AB B1 : AB BB AB12

12 2= + , тоді BB

bb

b1

2 2

2

2 2 22

2 22 2

= − = −sin

sin sinsin sin

α

β βα β

.

V R BBb b

b

ц = ⋅ = ⋅

⋅ − =π πα β

α β π2

1

2

2 2

3

22 2

2 2cos sinsin sin

sin22 2

2

2 2

42 2

α β

α β

− sin

cos sin.

Відповідь. Vb

ц =−π α β

α β

3 2 2

2

2 2

42 2

sin sin

cos sin.

х

у

1–1

1

0

A

B

C

H

A1

B1

C1


Варіант 26


1.1.36 3

8

27

2

1

213

⋅= = .


1.2.x yx y x y

− =+ − + = −{ 4

2 1 4,

;

x yy= += −{ 4

3 3,

;

xy

= − += −{ 1 4

1,

;

xy

== −{ 3

1,

.



1.4. y7 2 7 1 13= ⋅ − = .



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


1.7. ′ =y xcos ; cos −

=π2

0 .


1.8. S x dxx

= = = − =∫ 34

0

2

0

2

44 0 4 .


1.9. S a b= ⋅ ; якщо a = 4 см, то b = =12

43 (см).


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° − ° = ° .


1.11. xc = =− +2 2

20 ; yc = =

+3 3

23 ; zc = =

+4 8

26 . 0 3 6; ;( ) .


1.12. В осьовому перерізі маємо квадрат з діагоналлю 4 2 см, тоді сторона квадрата a = 4 см, висота циліндра — 4 см, радіус — 4 2 2: = (см).




2.1. 2 3 2 202 21

32

1

64x x⋅ + ⋅ ⋅ = ;

2 202 1

32

3

64x ⋅ +

= ;

2 202 5

64x = : ;

2 4 642x = ⋅ ;

2 8x = ;

x = 4 .


2.2. Нехай x цукерок з білого шоколаду, тоді ймовірність витягнути цукерку з білого шокола

ду дорівнює x

x + 15, за умовою

x

x +<

15

1

5;

5 15

5 150

x x

x

− −+( ) < . Оскільки x 0 , то x + >15 0 , тоді

4 15 0x − < , x < 33

4. x — ціле число, тоді x ∈{ }0 1 2 3; ; ; .

Відповідь. x ∈{ }0 1 2 3; ; ; .

2.3. ОДЗ: xx

215

,;<{ . x ∈[ )2 15; .

xx

x− =

−2

15

2

;

15 30 2

150

2 2x x x x

x

− − + −−

= ;

2 17 30 02x x− + = ;

D = − =289 240 49 ;

x =±17 7

4;

x1 6= , x2 2 5= , .

Відповідь. x x1 26 2 5= =; , .

2.4. Якщо 2 бічні грані перпендикулярні до основи, то ребро, по якому вони перетинаються, є висотою піраміди. Кут нахилу грані CSB до площини основи — це кут між апофемою SH і її проекцією на основу, отже, ∠ = °SHA 60 .

CHCB

= =2

3 (см); із AHC : AH AC CH= − = − =2 2 25 9 4 (см);

із SAH : SA AH SHA= ⋅ ∠ = ° =tg tg4 60 4 3 (см).

Відповідь. SA = 4 3 см.

А

S

В

Н

С



3.1.cos

cos

sin

sin

cos cos

sin

cos sin sinαα

αα

α αα

α α α4 4

6 10

3

4−

⋅ =− − ccos

cos sin

sin sin

sin

4

4 4

2 8 2

3

αα α

α αα

⋅ =

= ⋅ =2 3

8

2 8 2

34 2

sin

sin

sin sin

sinsin

αα

α αα

α .

Відповідь. 4 2sin α .

3.2. Позначимо одне число x, тоді інше буде 225

x. Отже, сума чисел x

x+

225. Розглянемо функцію

S x xx

( ) = +225

та дослідимо її на екстремум, х > 0.

′( ) = − =−

S xx

x

x1

225 2252

2

2; ′( ) =S x 0 ; x2 225 0− = ; x x−( ) +( ) =15 15 0 ; x1 15= , x2 15= − .

0 15

– +

S(х)

S′(х)

х

Функція S x( ) набуває свого найменшого значення. xmin = 15 . Тоді y = 15 .

Відповідь. 15, 15.

3.3. ABCDA B C D1 1 1 1 — похилий паралелепіпед, в основі якого квадрат ABCD зі стороною b. Оскільки всі бічні грані — ромби, то DD b1 = . Точка D

1 рівновіддалена від

вершин квадрата, отже, ABCDD1 — правильна чотири

кутна піраміда, у якої всі ребра дорівнюють b, а висота є висотою паралелепіпеда. У трикутнику DOC ∠ = °( )O 90

OCb

=2

. DOC COD= 1 за катетом і гіпотенузою, тоді

у COD O1 90∠ = °( ) D Ob

12

= .

V S H bb b

пар осн= ⋅ = ⋅ =2

2 2

3

.

Відповідь. Vb

пар =3

2.


4.1М. ОДЗ: 4 0x a− > ; 4x a> ; 22x a( ) > .

Перетворимо нерівність 4 2x xa− > ; 2 0x > , отже, 4 0x a− > для всіх коренів рівняння.

2 2 02x x a( ) − − = . Розв’яжемо квадратне рівняння відносно 2x . Воно має розв’язки, якщо

D a= +1 4 0 , тобто a −1

4. Отже, 2

1 1 4

2x a

=± +

, xa

=

± +log2

1 1 4

2.

A

B C

D

O

A1

B1 C

1

D1


Перевіримо, чи виконується нерівність 2 0x > .

Для 21 1 4

2x a

=+ +

умова 2 0x > виконується при всіх a −1

4.

Розглянемо нерівність 1 1 4

20

− +>

a. Вона виконується, якщо 1 1 4 0− + >a ; 1 4 1+ <a ;

0 1 4 1 + <a ; − <1

40 a , тобто x

a=

− +log2

1 1 4

2 має зміст при − <

1

40 a , отже, нерівність

2 0x > правильна при всіх − <1

40 a .

Відповідь. Якщо a < −1

4, розв’язків немає; якщо − <

1

40 a , x

a=

± +log2

1 1 4

2; якщо a 0 ,

xa

=

+ +log2

1 1 4

2.

4.2М. Нерівність рівносильна системі:

x y x y

x y x y

2 2

2 2

2 2

2 2

+ − +( )+ − − +( )

,

;

x x y yx x y y

2 2

2 2

2 1 2 1 4 02 1 2 1 4 0

− + + − + −+ + + + + −

,;

x y

x y

−( ) + −( )+( ) + +( )

1 1 4

1 1 4

2 2

2 2

,

.

Геометричним образом нерівності x y

x y

−( ) + −( )+( ) + +( )

1 1 4

1 1 4

2 2

2 2

,

.

є круг з цен

тром в точці 1 1;( ) радіуса 2, а нерівності

x y

x y

−( ) + −( )+( ) + +( )

1 1 4

1 1 4

2 2

2 2

,

. —

частина площини за винятком круга з центром в точці − −( )1 1; радіуса 2.


4.3М. cos cos cos cos cossin

sin

sin2

31

4

31

8

31

16

31

32

31

22

31

22

31

π π π π ππ

π⋅ =

44

31

4

31

8

31

16

31

32

31

22

31

π π π π π

π

cos cos cos cos

sin

=

= =

1

2

1

4

8

31

8

31

16

31

32

31

22

31

16

31

16sin cos cos cos

sin

sin cosπ π π π

π

π π331

32

31

22

31

32

31

32

31

22

31

1

8cos

sin

sin cos

sin

π

π

π π

π= =

= =

=+1

16

64

31

22

31

22

31

322

31

2

31

32

sin

sin

sin

sin

sin

si

π

π

ππ

π

π

nn2

31

1

32π= .


32.

0

–1

–1–2–3

–2

–3

х

у

1

2

3

1 2 3


4.4М. Точка О — центр кулі. AO SO R= = . Кутом між твірною конуса і площиною основи є кут між твірною та її проекцією на основу, отже, ∠ =SAH α . За умовою KNPM — квадрат, тоді KM KO= 2 1 .

Розглянемо переріз комбінації геометричних тіл площиною, що проходить через вісь конуса. У перерізі маємо рівнобедрений ABS , вписаний у круг радіуса кулі, у ABS вписаний квадрат KNPM.

За теоремою синусів AS R= 2 sinα .

Із ASH : AH AS R R= ⋅ = =cos sin cos sinα α α α2 2 ;

SH AS R= ⋅ =sin sinα α2 2 .

Нехай KO x1 = , тоді O H x1 2= . KSO ASH1 за двома

ку тами, із подібності трикутників випливає: KO

AH

SO

SH1 1= ,

SO SH O H1 1= − , x

R

R

R

x

sin

sin

sin2

2

2

2

2

2

αα

α=

−.

x

R

R

R

x

2

2

2

2 2

sin cos

sin

sin sinα αα

α α=

−;

x R x

cos

sin

sinααα

=−2 2 2

;

x R xsin sin cos cosα α α α= −2 22 ; x x Rsin cos sin sinα α α α+ =2 2 ;

x Rsin cos sin sinα α α α+( ) =2 2 ;

xR

=+

sin sin

sin cos

2

2

α αα α

. Оскільки KO1 радіус циліндра:

S KO KO O H x x x xповна = ⋅ + ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ =2 2 2 2 2 612

1 12 2π π π π π ,

SR

повна =( )+

6 2

2

2 2 2

2

π α α

α α

sin sin

sin cos.

Відповідь. SR

повна =( )+

6 2

2

2 2 2

2

π α α

α α

sin sin

sin cos.

Варіант 27



1.2. c m m c m−( ) − −( ) = −( ) −( )1 2 1 2 1 .



1.4. 10 000 10 000 0 16 11600+ ⋅ =, .



A

В

H

О

S

M

P

H

О1K

N

A BM PH

O

О1

S

K

α

N


1.6. x n− = − +π π

π4 2

2 ; n ∈Z;

x n= − +π

π4

2 ; n ∈Z.


1.7. Упорядкуємо вибірку, найчастіше повторюється число 2.


1.8. f x x′( ) = −2 2; 2 2 0x − > ; x > 1.



1.10. − + =4 8 12x ; x = −1.



1.12. AB = 3 см; OB = =8 2 4: (см); AO = + =3 4 52 2 (см).



2.1. D f( ): xxx

>≠≠

230

,,;

x ∈( ) + ∞( )2 3 3; ;∪ .

Відповідь. x ∈( ) + ∞( )2 3 3; ;∪ .

2.2. ОДЗ: x > 2.

Нехай t x= −( )log5 2 ; t t2 2 3 0− − = ; t1 3= , t2 1= − .

log5 2 3x −( ) = або log5 2 1x −( ) = − .

x − =2 125; x − =21

5;

x = 127. x = 21

5.

Відповідь. 127; 21

5.

2.3. Після інтегрування маємо: 1

2

2 1

5

2 1

10

0 1

10

1

10

1

10

1

5

5

0

1

0 2⋅( )

= − = + = =− − −x

, .

Відповідь. 0 2, .

A

B

O


2.4. Якщо ∠ = °B 150 , то ∠ = ° − ° = °A 180 150 30 ;

S S Sповн біч осн= + 2 ;

2 132 96 36Sосн = − = (см2);

S ABAB

осн = ⋅ ° =2 302

2sin ;

AB2

2

36

2= ; тоді AB2 36= ; AB = 6;

S AB AAбіч = ⋅ ⋅4 1,

тоді AAS

AB14

96

4 64= = =

⋅біч (см).



3.1.a ab

b ab

a a b

b b a

a

b

+

+

+

+=

( )( ) = = =

5

5

5

5

81

256

3

4

4

4

4 4 4

4 4 4

4 4 .


4.

3.2. 5 3 3 53 2 2 1 3 29

5x x x x+ −⋅ = ⋅ ⋅ ;

5 5 5 3 3 33 2 2 2 3 2 1⋅ ⋅ = ⋅ ⋅+ − − −( )x x x x ;

5 31 3 2 2 2 3 2 1+ + − + − +=x x x x ;

5 33 3+ +=x x ;

3 0+ =x ;

x = −3 .

Відповідь. x = −3.

3.3. BN AC⊥ , BN — проекція B N1 на площину основи; за теоремою про три перпендикуляри B N AC1 ⊥ .

∠B NB1 — кут β між площиною AB C1 , що утворюють діагоналі бічних граней, і основою. AB B C d1 1= = . ABC — проекція AB C1 на площу основи.

S S ABABC AB C= ⋅ = ⋅1

1

21cosβ B C

d1

2

2⋅ ⋅ =sin cos

sin cosα β

α β.

У B NC1 ∠ = °( )N 90 : B N d12

= cosα

.

У B BN1 ∠ = °( )B 90 : B B B N d H1 12

= = ⋅ =sin cos sinβ βα

ц .

V S H dd

d

пр осн= ⋅ = ⋅ =2

2

2 2

22

4

sin cossin sin cos

cos sinα β α β α

α

β .

Відповідь. Vd

пр =2 2

24

sin sin cosβ αα

.

A1

A D

B

O

C

B1

C1

D1

A

B

C

D

30°

150°

A

B

C

N

A1

B1

C1

α

β



4.1М. ОДЗ: x x2 8 7 0− + ;

x x−( ) −( )7 1 0 ;

x ∈[ ]1 7; .

Оскільки x x2 8 7 0− + на області значень, перевіримо, для яких значень параметра a log2 0x a−( ) .

Ця нерівність зводиться до сукупності нерівностей:

x ax a

− >−{ 0

1,;

x ax a

>+{ ,

; 1 x a +1.

1) ax

+ <∈[ ]

1 11 7

,; ;

2) 1 1 7

1 7 a

x a+

∈ +[ ]

,; ;

3) a + >1 7 ; ∅ .

Відповідь. Якщо a < 0 , то x ∈[ ]1 7; ; якщо 0 6 a , то x a∈ +[ ]1 7; ; якщо a > 6 , то ∅ .

4.2М. yx

x=

−+

2

2

2

.

1) D y x( ) ≠ −: 2 .

2) Функція загального вигляду. 3) Точки перетину з осями координат 0 1;( ) та 2 0;( ).

4) limx

x

x→−

−+

=2

22

20; x = −2 — вертикальна асимптота;

limx

x

x x→∞

−+

=2

2

12

0 .

lim ;x

x

xy

→∞

−+

= =2

2

2

1 1 — горизонтальна асимптота;

5) yx

x

x x

x

x

x′ =

( )( )

=( )

( )−+

+ − −

+

−

+2

2

2

2 2

2

8 2

22 3

;

2–2

– ++

ху(х)

у′(х)

ymin 2 0( ) = .


71

+ – +

х

7a+1 1 х

7a+11 х

7 a+11 х

х

у

2–2

1

0


4.3М. 5 12 13x x x+ = .

Оскільки 13 0x ≠ , розділимо обидві частини рівності на 13x . Маємо 5

13

12

131

+

=x x

.

Функції yx

=

5

13 та y

x

=

12

13 — спадні на всій числовій осі. Сума спадних функцій також

функція спадна. Отже маємо: зліва спадну функцію, справа — постійну. За теоремою про корені рівняння має один корінь, який легко підібрати: x = 2.


4.4М. Розглянемо осьовий переріз конусів; маємо рівнобічний трикутник ASC, в якому OB AS⊥ , SO H= за умовою.

Із ASO : AO SO H= =tg tgα α .

Із SBO : ∠ = °SBO 90 ; OB SO H= =sin sinα α .

∠ = ° −BOS 90 α .

У BOO1 ∠ = ° − ∠ = ° − ° −( ) =O BO BOO1 190 90 90 α α .

Тоді BO OB HH

1

2

2= = =cos sin cos

sinα α α

α; OO OB H1

2= =sin sinα α .

BO1 є радіусом вписаного конуса, OO1 — його висота.

V BO OO HH H

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =1

3

1

3

2

4

2

1212

12

2 2 3 2 2

π π αα π α αsin sin sin

sin .

Відповідь. VH

=π α α3 2 22

12

sin sin.

Варіант 28


1.1. За основною властивістю пропорції 2 5 8x = ⋅ ; x = 20 .Відповідь. А).


1.3. ax bx c2 0+ + = ; a = 1 , b = − − +( )2 3 , c = − ⋅2 3 ; маємо рівняння: x x2 6 0− − = .



S

OC

A

ВO

1

S

O CA

В

α

O1



1.6. sin sin8 7x x x−( ) = .



1.8. ′( ) = −f x x2 5 ; ′( ) = − =f 3 6 5 1 ; tgα = ′( ) =f 3 1, тоді α = °45 .


1.9. За теоремою синусів: BC

A

AC

Bsin sin∠ ∠= , sin ,

sin ,∠ = = =

⋅ ∠ ⋅B

AC A

BC

6 0 3

20 9 .


1.10. Діагоналі ромба є бісектрисами його кутів, тоді ∠ = ⋅ ∠ = °ADC ABD2 110 ; ∠ = ° − ° = °CDK 180 110 70 .


1.11. Осьовим перерізом циліндра є прямокутник; за умовою одна його сторона дорівнює 12 см,

а діа гональ — 13 см, тоді друга сторона дорівнює 13 12 52 2− = (см). Ця сторона і є діаметром

основи.


1.12. ∠ = °ASO 45 , тоді AO SO= = 6 см.

S AOd AO

осн = =( )

= =2 2

2

2

22 722 (см2).

V SSO= = ⋅ ⋅ =⋅ ⋅1

3

1

36 72 144осн (см3).



2.1 101

824

1

2

1

8

1

4

3

8

lglog− = + = .


8.

2.2. Оберемо три учні для участі в олімпіаді з фізики: C83 8 7 6

2 356=

⋅ ⋅⋅

= . Тоді друга команда вже ви

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


А

S

O


2.3. Знайдемо точки перетину графіків: 3 1 22x x= − ; 3 2 1 02x x+ − = ;

D = + =4 12 16 ; x =− ±2 4

6; x1 1= − , x2

1

3= .

S x x dx x x x= − −( ) = − −( ) = − − + + − =−

−∫ 1 2 3 1 1 1 1

5

272 2 3

1

1

3

1

1

3 1

3

1

9

1

27 (од2).


27 од2.

2.4. ∠ = °BAC 60 , AB AC= , тоді ABC — рівносторонній, BC AB AC= = = 4BC AB AC= = = 4 см. AH BHC⊥ пл. , AH є відстанню від точки A до площи

ни BHC. BHC — рівнобедрений, оскільки рівні похилі мають рівні про

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

∠ = °BAH 45 , AH AB= ⋅ ° = =cos45 2 24 2

2 (см).



3.1. D f x f x ex

ex x( ) ∈ ′( ) = −

− −: .R

1

2

2

1

2 . ′( ) =f x 0 , ex x−

−

=1

2 1 02

.

Оскільки ex−

≠1

2 0 , то 1 02

− =x

; x = 2 .

2

–+

f(х)

f′(х)

х

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

3.2. sin sin cosx x x⋅ +( ) =3 0 .

sinx = 0 ;x n= π , n ∈Z .

або sin cosx x+ =3 0 .

1) sinx < 0 , тоді − + =sin cosx x3 0 ;

− + =1

2

3

20sin cosx x ;

sin x −

=π3

0 ;

x k− =π

π3

, k ∈Z ;

x k= +π

π3

, k ∈Z .

Враховуючи, що sinx < 0 , маємо: x k= − +2

3

ππ , k ∈Z .

х

у

1–1 0

А

В С

Н


2) sinx 0 , тоді sin cosx x+ =3 0 ;

1

2

3

20sin cosx x+ = ;

sin x +

=π3

0 ;

x m+ =π

π3

, m ∈Z ;

x m= − +π

π3

, m ∈Z .

Враховуючи, що sinx 0 ; x m= +2

32

ππ .

Відповідь. x n= π , x m= +2

32

ππ , x k= − +

2

3

ππ , n m k, , ∈Z .

3.3. Оскільки всі бічні грані піраміди ABCS нахилені під однаковим кутом до основи, то кутом нахилу бічної грані до площини основи є кут між апофемою та її проекцією на основу, отже, ∠ = °SHO 45 . Оскільки S S SHOбіч осн= ∠: cos , знайдемо Sосн .

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

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

Sбіч = =84 84 22

2: (cм2).



4.1М. Розв’яжемо рівняння графічно. Побудуємо графіки функцій y x= −log2 2 і y a= та проаналізуємо наявність точок перетину графіків у залежності від величин a.

Побудуємо спочатку графік функції y x= log2 , опустимо його на дві одиниці та частину, що розташована нижче осі Ox, відобразимо симетрично відносно цієї осі. Маємо чотири лінії, кожна з яких відповідає функціям:

y x1 2 2= − −log , x ∈

01

4; ;

y x2 2 2= +log , x ∈

1

41; ;

y x3 2 2= − +log , x ∈[ )1 4; ;

y x4 2 2= −log , x ∈ + ∞[ )4; .

A

B

C

НO

S

0 1 4

2

х

y

14

y a=


Точки перетину з віссю Ox знайшли з рівняння log2 2 0x − = , це точки 1

4 та 4. Графіки

функцій, як бачимо на рисунку, можуть мати дві або чотири точки перетину, або не матимуть їх зовсім. Ці точки знаходимо, розв’язуючи рівняння y a1 = , y a2 = , y a3 = , y a4 = .

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

44; ; якщо 0 2< <a , то x a= − −2 2 ,

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

x y y

yx y

+ >+ − +( )

++ −

1 0

4 1

1 04 0

2 2 2

2 2

,

,

,;

y

y

yx y

x

> −

−

+

−1

14

2 5

2

2 2

,

,

,.

Геометричним образом нерівності x y2 2 4+ є частина площини

за винятком круга з центром в точці 0 0;( ) радіуса 2, нерівності y −1 — півплощина нижче прямої y = −1 . Геометричний

образ нерівності yx

2 5

2

− складають точки площини, що роз

ташовані нижче параболи yx

=−2 5

2, а нерівності y > −1 — точки

півплощини вище прямої y = −1 .


4.3М. ′( ) =f xx

1

2; ′( ) =f 1

1

2; f 1 1( ) = .

Рівняння дотичної: y x− = −( )1 11

2; y x= +

1

2

1

2.

Знайдемо точку перетину дотичної з віссю Ox:

1

2

1

20x + = ; x = −1 .

S x dx x x dxx x x

= +

+ + −

= +

+− −

∫ ∫1

2

1

2

1

2

1

2 4 21

0

0

1

1

02 22

4 2

2

30

1

+ −

=

x x x

S x dx x x dxx x x

= +

+ + −

= +

+− −

∫ ∫1

2

1

2

1

2

1

2 4 21

0

0

1

1

02 22

4 2

2

30

1

+ −

=

x x x= − + + + − =

1

4

1

2

1

4

1

2

2

3

1

3 (од2).


3 од2.

0 1–1–2

–3

2 x

y

0 1

1

2

–1 х

y

12

y x= +1

2

1

2

y x=

124 Варіант 294.4М. В основі паралелепіпеда лежить паралелограм ABCD. Оскільки він

є вписаним у коло, то ABCD — прямокутник. Твірна циліндра AA1

є бічним ребром призми, отже, призма пряма. Тоді ABCDA B C D1 1 1 1 — прямокутний паралелепіпед. Проекцією його діагоналі B

1D на

площину основи є BD, а на площину бічної грані D1DCC

1 є діаго

наль DC1. Тоді за умовою ∠ =B DB1 α , ∠ =B DC1 1 β , DC a= . Нехай

висота циліндра AA h1 = , тоді з B BD1 : B Dh

1 =sinα

, BD h= ⋅ctgα .

Із B C D1 1 : C D B Dh

1 1= ⋅ =coscos

sinβ

βα

. Із DCC1 : C D CC DC12

12= + ,

hh a

2 2

2

2 2cos

sin

βα

= + , h a2 2 2 2 2cos sin sinβ α α−( ) = , ha2

2 2

2 2=

−sin

cos sin

αβ α

,

тоді ha

=−

sin

cos sin

α

β α2 2.

V OD BB BB hBD h

ц = ⋅ ⋅ =

⋅ = ⋅ =⋅

π ππ α2

1

2

12 4

2 2ctg

=( )

=⋅ ⋅

−

⋅ ⋅

−

π α α

β α

π α α

β α

a a3 3

2 23

2

3

2 2

2

4 4

ctg sin

cos sin

cos sin

cos sin(( )=

( )⋅

−3

2

3

2 23

2

2

8

π α

β α

a sin

cos sin

.


ц =( )

⋅

−

π α

β α

3

2 23

2

2

8

sin

cos sin

.

Варіант 29





1.4. 3 5 2 02x x− + = ; D = − =25 24 1 ; x =±5 1

6; x1 1= , x2

2

3= .

1

+–

+

х23


OA

A

A1

A1

B1

B1

C1

C1

D1

D1

О1

D

D

B

B

C

C

Варіант 29 1251.5. Відповідь. Г).

1.6. 2 26 3 2x x− − −( ) = , тоді x x−( ) −( ) = −6 3 2 ; x x2 9 18 2− + = − ; x x2 9 20 0− + = ; x1 4= , x2 5= .



1.8.x3

33

0

0 9 9−

= + = .



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

тоді a a cc2 = ⋅ , c a ac= = =2 36 3 12: : (см).


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


1.12. OO1 6= см, O A1

16

28= =

ππ

(см),

тоді AO OO O A= + = + =12

12 36 64 10 (см).

S Rсфери = = ⋅ =4 4 100 4002π π π (см2).



2.1.2 3 2 3

2 3 2 3

2 3 1

2 3

sin cos cos

sin sin sin

cos sin

sin s

α α αα α α

α α

α+

− −

+= −

( )iin

ctgα

α+( ) = −

13 .

Відповідь. −ctg3α .

2.2. ОДЗ: x x2 3 0+ > ; x x2 3 0+ = ; x x +( ) =3 0 ; x1 0= , x2 3= − .

0–3

+–

+

х

x ∈ −∞ −( ) + ∞( ); ;3 0∪ .

x x2 23 0 5+ ( )−

, ; x x2 3 4 0+ − ; x x2 3 4 0+ − = ; x1 4= − , x2 1= .

1–4

+–

+

х

Порівняємо з ОДЗ, маємо: x ∈ −∞ −( ] + ∞[ ); ;4 1∪ .

Відповідь. x ∈ −∞ −( ] + ∞[ ); ;4 1∪ .

O

A

O1


2.3. ′( ) = −f xx

1

4

92

, ′( ) =f x 0 ; 1

4

92

0− =x

, x

x

2 9 4

4 20

− ⋅= , тоді x2 36= , x1 6= , x2 6= − .

–6 0 6

+ – – +

х

f′(х)

f(х)

xmax = −6 .

Відповідь. xmax = −6 .

2.4. S S Sповна осн біч= +2 , Sосн = ⋅ ⋅ ° =7 3 3021

2sin ; S S Sбіч повна осн= − = − ⋅ =2 141 2

21

2120 (см2).

S hбіч = ⋅ ⋅ +( ) =2 7 3 120 (см2), h ⋅ =10 60 , h = 6 см. V h S= ⋅ = ⋅ =осн 6 6321

2 (см3).



3.1. ОДЗ:

x

x

x

>

>

>

0 1

0 2

0 3

1

3

1

2

1

3

, ( )

log , ( )

log log ; ( )

log log1

2

1

3

1x

> , отже, (3) виконується;

01

21

3

< <log x , отже, (2) виконується;

1

31< <x ;

Відповідь. x ∈

1

31; .

3.2. Переформулюємо умову завдання. Площа прямокутника дорівнює 2500. Якими повинні бути його ширина та довжина, щоб периметр прямокутника був найменшим?

Нехай одна сторона прямокутника x, тоді інша 2500

x. Периметр прямокутника дорів

нює 22500

xx

+

. Розглянемо функцію f x xx

( ) = +

22500

та дослідимо її на екстремум

( 0 2500 x ).

′( ) = −

=−

f xx

x

x2 1 2

2500 25002

2

2; ′( ) =f x 0 ; x2 2500 0− = ; x x2

12500 50= =; , x2 50= − .

0 50

– +

f(х)

f′(х)

х

f x( ) набуває свого найменшого значення в точці 50. Якщо одна сторона 50, то й інша — 50.

Відповідь. 50, 50.


3.3. За умовою ABCD — прямокутник, AB a= , AD b= , AA c1 = , ∠ = ∠ =A AD A AB1 1 α . A

1H — висота приз

ми. Проведемо A K AD1 ⊥ , A M AB1 ⊥ . AA K AA M1 1= AA K AA M1 1= за гіпотенузою і гострим кутом, тоді

AK AM= . За теоремою про три перпендикуляри HK AD⊥ ,

HM AB⊥ . Тоді AMHK — квадрат, AH AK= 2 .

Із AA K1 : AK c= ⋅cosα , тоді AH c= ⋅2 cosα .

Із AA H1 : A H AH AA12 2

12+ = ,

A H AA AH c c c1 12 2 2 2 2 22 1 2= − = − = −cos cosα α .

V S A H abc abc= ⋅ = − = −осн 121 2 2cos cosα α .

Проаналізуємо: −cos ; cos ; ;2 0 2 0 90 2 180 45 90α α ° ° ° °a a

−cos ; cos ; ;2 0 2 0 90 2 180 45 90α α ° ° ° °a a .

Відповідь. V abc= −cos2α .


4.1М. ОДЗ : ;a x x a− 0 .

Розв’яжемо нерівність з параметром графічно. Перетвори

мо нерівність a x x− − та побудуємо графіки функцій

y a x1 = − і y x2 = − .

1) y a x1 = − — положення графіка цієї функції залежить від значення а.

2) y x= − — пряма, що є бісектрисою II та IV чвертей.

Для розв’язання нерівності будемо відбирати ті проміжки, на яких точки функції y

1 лежать вище прямої y x= − .

Якщо a 0 , функції y1 і y

2 мають одну точку перетину x

0 і нас

цікавить проміжок x a0;( ) .

Якщо a < 0 , функції можуть мати дві точки перетину, тоді нас цікавить проміжок між цими точками; одну спільну точку, тоді вона і є розв’язком нерівності; можуть не перетинатись,

і тоді розв’язків немає. Знайдемо точки перетину: a x x− = − ,

a x x− = 2 ; xa

=− ± +1 1 4

2, якщо a −

1

4.

Відповідь. Якщо a < −1

4, розв’язків немає; якщо a = −

1

4, x = −

1

2;

якщо − < <1

40a , x

a a∈

− − + − + +1 1 4

2

1 1 4

2; ; якщо a 0 , x a

a∈

− − +1 1 4

2; .

A K D

H

BCM

A1

B1

C1

D1

0

x

y

− 1

4

y

x= −


4.2М. cosπ x y2 2 1+( ) = − ;

π π πx y k2 2 2+( ) = + , k ∈Z ;

x y k2 2 1 2+ = + , k ∈ { }N∪ 0 .

Маємо сім’ю кіл з центром в точці 0 0;( ) і радіусів виду 1 2+ k , k N∈ { }∪ 0 .


4.3М. Побудуємо графіки функцій y x x= − +2 6 8 та y x= − −5 3 і знайдемо їх точки перетину.

1) y x x x= − + − = −( ) −2 26 9 1 3 1 ;

2) y x x= − − = − − +5 3 3 5 ;

3) x x x2 6 8 5 3− + = − − ; x x1 21 6= =; .

Фігура, площу якої треба знайти, симетрична відносно прямої x = 3 . Отже, знайдемо площу однієї частини, а потім її помножимо на 2.

На інтервалі від 1 до 2 фігура обмежена графіками функцій y x= + 2 та y x x= − +2 6 8 , на інтервалі від 2 до 3 — графіками функцій y x= + 2 та − + −x x2 6 8 .

S x x x dx x x x dx= + − − +( )( ) + + − − + −( )( ) =∫ ∫2 6 8 2 6 82

1

22

2

3

= − −( ) + − +( ) = − −

+ −∫ ∫7 6 5 10 62

1

22

2

3

1

2

7

2 3 3

52 3 3 2

x x dx x x dxx x x x

2210

2

3

+

=x

= −( ) − −( ) − + −( ) − −( ) + = − + + − =7

2

1

3

1

3

5

2

21

2

7

3

19

3

25

24 1 8 1 6 27 8 9 4 10 4 6 .

Шукана площа дорівнює 6 2 12⋅ = .


4.4М. Кут нахилу бічного ребра до площини основи — це кут між бічним ребром і його проекцією на основу, отже, ∠ =SBH α , точка O — центр описаної кулі. OK SB⊥ .

Розглянемо SHB : OS OB= , OK a= . Це рівнобедрений трикутник, тоді точка K є серединою SB.

∠ = ° −S 90 α , SK OK S OK a= ⋅ ∠ = ⋅ =ctg tg tgα α .

SB SK a= =2 2 tgα .

HB SB a a= ⋅ = ⋅ =cos cos tg sinα α α α2 2 .

SH SB a= ⋅ =sin sin tgα α α2 .

Із SMH : MH aHB

= =2

sinα .

SM SH MH2 2 2= + ;

SM a a a= + + = +2 2 2 2 2 24 1 4sin sin tg sin tgα α α α α .

AC HB a= ⋅ =3 2 3 sinα .

0 x

y

3

5 7

0 1 2 3 4

2

–3

5

х

y

S

Н B

О

A

B

C

K

K

H

O

M

S


S AC SM a aAC a

повнa = + ⋅ ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ +2

3

4

1

23 2 3 1 4

12 3

4

3

2

2 22sin

sin sin tgα

α α αα =

S AC SM a aAC a

повнa = + ⋅ ⋅ ⋅ = + ⋅ ⋅ +2

3

4

1

23 2 3 1 4

12 3

4

3

2

2 22sin

sin sin tgα

α α αα == + +( )3 3 1 1 42 2 2a sin tgα α .

Відповідь. S aповнa = + +( )3 3 1 1 42 2 2sin tgα α .

Варіант 30Частина перша



1.3.a b c c d

c d a b

c

a b

+ ⋅ ⋅ −

− + +( ) ( )( )( )

=2

22

.




1.6. p p p4

7

1

21

11

21

12

21

12

21 0 1− − −

= = = .



1.8. Дільниками числа 24 на гранях кубика є числа 1, 2, 3, 4, 6 — разом 5 варіантів,

тоді ймовірність 5

6.



1.10. AB BH= ⋅2 , sin∠ = = =ABH

AB

BH

BH2

1

2.

Тоді sin∠ = °A 30 .



1.12. ASB — правильний, тоді ASSO

= = =°sin60

6 3

3

2

12 (см).

AO AB AS= = =1

2

1

26 (см).

V AO SO= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =1

3

1

32 36 6 3 72 3π π π (см3).


A

B С

DНS

O

A

В



2.1. Поділимо все рівняння на 2, маємо: 3

2

1

2

2

2sin cosx x+ = ; cos sin sin cos

π π6 6

2

2x x+ = ;

sin x +

=π6

1 ; x n+ = +π π

π6 2

2 ; x n= +π

π3

2 , n ∈Z .

Відповідь. x n= +π

π3

2 , n ∈Z .

2.2.1

5

1

55 30

⋅ +

x x

; 1

55 1 30

+( )x

; 1

55

x

; 1

5

1

5

1

−x

; x −1 .

Відповідь. x ∈ −∞( ]; 1 .

2.3. ′( ) = −f x x2 2 ;

′( ) =f x0 4 , оскільки дотична паралельна прямій y x= +4 7 .

2 2 40x − = ;

2 60x = ;

x0 3= .

Відповідь. x0 3= .

2.4. 2 2 2 9 3 2 18 32 2 1

2

a a b a a b a b− ⋅ = − ⋅ ⋅ ( ) = ⋅ − ⋅ ⋅ −

= + =cos , 221 .



3.1. D f x( ) ∈: R .

′( ) = + = +( )f x e xe e xx x x2 2 22 1 2 ; ′( ) =f x 0 ; e xx2 1 2 0+( ) = ; e x2 0≠ , тоді 1 2 0+ =x , x = −1

2.

− ∈ −[ ]1

22 0; .

Знайдемо значення функції на кінцях відрізка −[ ]2 0; і в точці −1

2:

f 0 0( ) = ; f ee

−( ) = − ⋅ = −−2 2 4 24

; f ee

−

= − ⋅ = −−1

2

1

2

1

21 .

Порівняємо −2

4e та −

1

2e, для цього оцінимо різницю:

− − −

= + = >− −2 1

2

2 1

2

2

24 4

3

40

e e e e

e

e, тоді − > −

2 1

24e e.

Відповідь. max;−[ ]

( ) =2 0

0f x ; min;−[ ]

( ) = −2 0

1

2f x

e.


3.2. f x x x( ) = −( ) = −2 44 24 4 .

Точки перетину з віссю Ox: ±2 . Частину графіка функції y x= −2 4 , що міститься нижче осі Ox, відобразимо симетрично відносно цієї осі.


3.3. Площа одного перерізу 25π см2, його радіус O A1 5= см; площа другого перерізу 144π см2, його радіус O B2 12= см. Позначимо OO x1 = , OO y2 = , складемо систему:

x yx y

2 2 2 25 1217

+ = ++ =

,;

x y R2 2 2 2 25 12+ = + =( ) .

Розв’яжемо систему:

y x

x x

= −+ = −( ) +

17

5 17 122 2 2 2

,

;

y xx

= −={ 17

12,

;

yx

=={ 5

12,

.

R2 2 212 5 144 25 169= + = + = ; R = 13 ; S Rповна = =4 6762π (см2).



4.1М. Нехай t x= 4 , t > 0 , маємо рівняння:

t a t a2 1 4 12 0− +( ) + − = ;

D a a a a= + + − + = −( )2 22 1 16 48 7 .

При a = 7 є один корінь t = 4 ; x = 1 ;

при a ≠ 7 : ta a

= ( )+ ± −1 7

2; t1 4= , t a2 3= − .

Буде тільки один корінь, якщо a − <3 0 , при a < 3 .

Відповідь. При a = 7 або a < 3 .

4.2М. ОДЗ: yx

− >+ >{ 1 0

1 0,;

y yx x

> => − = −{ 1 1

1 1, ,

; ,вище прямоїправоруч від прямої

log log3 311

1y

x−( ) >

+;

yx

− >+

11

1;

yx

> ++1

11 — частина площини вище гіперболи.


0 1

–4

4

х

y

O

A

В

O1

O2

0 1

1

2

–1 х

у


4.3М. У прямокутному трикутнику з катетами a і b та гіпотенузою c Rc

=2

, ra b c

=+ −

2.

Отже, r

R

a b c

c

a b

c= ( ) = −

+ − ⋅ +2

21 .

Достатньо проаналізувати величину a b

c

+. Якщо гострий кут трикутника дорівнює α , то

a c= cos α ; b c= sin α . Розглянемо функцію fc c

cα α α

α α( ) = = ++cos sin

cos sin і дослідимо її на

екстремум ( 0 90° < < °α ). ′ ( ) = − +f α α αsin cos , ′ ( ) =f α 0 ;

І спосіб. cos sinα α− = ⋅02

2;

2

2

2

20cos sinα α− = ;

sinπ

α4

0−

= ;

π

α π4

− = k , k ∈Z ,

α ππ

= +4

k , k ∈Z .

На проміжку від 0 до π2

функція f α( ) набуває свого найбільшого значення в точці α ππ

= + ∈4

n n, Z. Отже, αmax = °45 .

ІІ спосіб. cos sin : sinα α α− = =0 0 ,

ctgα = 1,

α ππ

= + ∈4

n n, Z.

Відповідь. 45°.

4.4М. Кут нахилу бічного ребра до площини основи — це кут між бічним ребром і його проекцією на основу. Отже, ∠ =SAO α , ∠ =S AO1 β .

Оскільки в основі лежить квадрат і за умовою AO R= , то

AD R= 2 .

S Rосн = 2 2 ;

S O AO R1 = ⋅ =tg tgβ β ; SO AO R= ⋅ =tg tgα α .

V S SOвел осн= ⋅1

3, V S S Oмал осн= ⋅

1

31 ;

V V S SO S O R R RR

вел мал осн− = ⋅ −( ) = ⋅ −( ) = −( )1

3

1

3

2

31

223

tg tg tg tgα β α β

V V S SO S O R R RR

вел мал осн− = ⋅ −( ) = ⋅ −( ) = −( )1

3

1

3

2

31

223

tg tg tg tgα β α β .

Відповідь. V VR

вел мал− = −( )2

3

3

tg tgα β .

х0

+ +–

π4

π2

5

4

π

А

B C

D

S

S1

O

Відповіді 133

Варіант 1

Варіант 2

Варіант 3



x = 1 x = 50

4

1518π



x ∈[ ) + ∞( )1 4 4; ;∪ F x x( ) = − −

+1

2 62 3cos

π

x1 16= , x2 2= 5 см



4

x = 12

400 м

1536 см3

ВідпоВіді до заВдань частин першої та другої

134 Відповіді

Варіант 4

Варіант 5

Варіант 6



2

sinα6 3;

x ∈( )2 3; 120 см2



x k k= + ∈π

π6

, Z

x ∈ − ∞ −( ] + ∞[ ); ;1 3∪

g′(–2) = –4

60 см2



x x1 20 3= =, x = 8

1

62 6 см


Варіант 7

Варіант 8

Варіант 9



x = −2

x = 0

60

24 см2



4,5–3

96 10 см



1

cosα− ∞ −( ] + ∞[ ); ; ;4 4

x ∈ −[ ) ( ]1 0 3 4; ;∪ 144 см3


Варіант 10

Варіант 11

Варіант 12



x kk

= + ∈5

16 2

π π, Z

D y x( ) ∈ − + ∞( ): ;3 D 2 0 0; ;( )

7 с



x = 3 x = 16

144 2π см8



− −[ ]3 1; F x x x( ) = − +4 5 2

x = 2 4 5 2, π см


Варіант 13

Варіант 14

Варіант 15



1+ +a be e3 3 2

3

− +

16 3 2см420



x ∈( )0 10;

0 –1; –2; –3

4 см



x k k= ± + ∈2

32

ππ , Z x0 3=

x ∈ − ∞( ];2 1 дм


Варіант 16

Варіант 17

Варіант 18



x = 3 x = 4

0 4, 3 3 2дм



x = 5

Непарна 4

192 см2



x = 12 S t t t( ) = − +2 5 6

13 13 см


Варіант 19

Варіант 20

Варіант 21



tg α β+( ) xmin = −1

x ∈ + ∞[ )3; 420 3см



x n n= ∈2π , Z 1 5,

x ∈ − ∞ −( ] + ∞[ ); ;3 3∪

m = 7



x =1

14x = 8

P =5

668 2π см2


Варіант 22

Варіант 23

Варіант 24



4 21

41 1

2e x C

x−− +tg

x = 6 288 3π см

Парна



x = 6

1

2

32 дм3

3



0 96, f x x( ) ∈ −[ ]спадає при 2 4;

x ∈

1

42; 3 см


Варіант 25

Варіант 26

Варіант 27



x mm

= ∈π4

, Z y x= +4 2

x ∈( )1 2; 15 см2



x = 4 x x1 26 2 5= =, ,

4 3 смx ∈{ }0 1 2 3; ; ;



x ∈( ) + ∞( )2 3 3; ;∪

127 21

5; 4 см

0,2


Варіант 28

Варіант 29

Варіант 30



3

81

5

272од

2 2 см56 варіантів



−ctg3α xmax = −6

x ∈ − ∞ −( ] + ∞[ ); ;4 1∪ 63 см3



x n n= + ∈π

π3

2 , Z x0 3=

x ∈ − ∞ −( ]; 1 21

143

зміст

Варіант 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Варіант 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

Варіант 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

Варіант 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Варіант 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

Варіант 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

Варіант 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

Варіант 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Варіант 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

Варіант 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

Варіант 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Варіант 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

Варіант 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

Варіант 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

Варіант 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

Варіант 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

Варіант 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

Варіант 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

Варіант 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

Варіант 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

Варіант 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

Варіант 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

Варіант 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

Варіант 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

Варіант 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

Варіант 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

Варіант 27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

Варіант 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

Варіант 29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

Варіант 30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

Відповіді до завдань частин першої та другої . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

Навчальне видання

МатеМатика.11клас

Розв’язаннявсіхзавданьдопосібника«Збірникзавданьдлядержавноїпідсумковоїатестаціїзматематики»

Упорядники: Ольга Володимирівна Скляренко, Наталія Борисівна Чистякова

Т15463У. Підписано до друку 20.03.2011. Формат 84×108/16. Папір офсетний. Гарнітура Шкільна. Друк офсетний.

Ум. друк. арк. 11,76.

ПП «РанокНТ». Свідоцтво ДК № 2121 від 10.03.2005. 61052 Харкiв, пров. Сiмферопольський, 6.

144

ÃÎËÓÁÎÉÏÓÐÏÓÐÍÛÉÆÅËÒÛÉ×ÅÐÍÛÉ

ÃÎËÓÁÎÉÏÓÐÏÓÐÍÛÉÆÅËÒÛÉ×ÅÐÍÛÉ

Е К З А М Е Н

Б Е З П Р Б Л Е М О

Documents

malunivka.at.ua · УДК 51(076.2) ББК 74.262.21 М34 М34 Математика. 11 клас: Розв’язання всіх завдань до посібника «Збірник