Математика. 9 клас. Розв’язання всіх завдань для державної підсумкової атестації

ÃÎËÓÁÎÉÏÓÐÏÓÐÍÛÉÆÅËÒÛÉ×ÅÐÍÛÉ

ÃÎËÓÁÎÉÏÓÐÏÓÐÍÛÉÆÅËÒÛÉ×ÅÐÍÛÉ

НОВЕ, ВИПРАВЛЕНЕ ТА ДОПОВНЕНЕ ВИДАННЯ нове видання

Математика Розв’язання всіх завдань до збірника завдань для державної підсумкової атестації з математики (Істер О. С., Глобін О. І., Комаренко О. В.)

1

УДК 51(076.2) ББК 74.262.21 М34

М34 Математика. 9 клас: Розв’язання всіх завдань для державної підсумкової атестації / Упоряд. В. С. Кулік.— Х.: Ранок-НТ, 2011.— 112 с.

ISBN 978-966-315-112-0

Посібник допоможе успішно підготуватися до державної підсумкової атестації з математики, а також заощадити час на підготовку. Він містить розв’язання всіх завдань із навчального посібника «Збірник завдань для державної підсумкової атестації з математики. 9 клас» (авт. Істер О. С., Глобін О. І., Комаренко О. В.— К.: Освіта, 2011). Посібник побудовано за таким принципом. Спочатку, відповідно до збірника завдань, вказано номер варіанта атестаційної роботи, її частина (перша—четверта), номер завдання, а потім подано розв’я­ зан­ня завдання і відповідь до нього. У кінці посібника наведено правильно заповнені бланки відповідей для першої та другої частин кожного варіанта атестаційної роботи. Посібник призначений для учнів загальноосвітніх навчальних закладів і вчителів. УДК 51(076.2) ББК 74.262.21

ISBN 978-966-315-112-0

© ©

2

В. С. Кулік, упорядкування, 2011 ПП «Ранок-НТ», 2011





3

Варіант 1 Частина перша 1.1. 56 + 42 : 14 − 7 = 56 + 3 − 7 = 52 . Відповідь. В). 1.2. 12 = 2 ⋅ 2 ⋅ 3 = 22 ⋅ 3 ; 16 = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 = 24 . Тому НСК (12; 16 ) = 24 ⋅ 3 = 16 ⋅ 3 = 48 . Відповідь. А). 1.3. Відповідь. Б). 1.4. Додавши почленно рівняння системи, дістанемо 5x − y = 3 , y = 5x − 3. Тоді з другого рівняння системи: 3x + 2 (5x − 3 ) = 7 , 3x + 10x − 6 = 7 , 13x = 13 , x = 1; y = 5 ⋅1 − 3 = 2 . Розв’язком системи рівнянь є пара чисел (1; 2 ) . Відповідь. Г). 1.5.

10x3 y 15y2 x

=

2x2 3y

.

Відповідь. А). 1.6. За теоремою Вієта сума коренів рівняння x2 + px + q = 0 дорівнює − p . Сума коренів рівняння x2 + 9x − 5 = 0 дорівнює –9. Відповідь. В). 1.7. Відповідь. Б). 1.8.

S=

b1 1− q

, b1 = −6 , b2 = 1 , q =

b2 b1

=−

1 6

, S=

Відповідь. Г).

−6

 1 1− −   6

= −5

1 7

.

1.9. Відповідь. Б).

B

1.10. Кути BOC і COD суміжні, ∠ BOC = 180° − 50° = 130° . Трикутник BOC рівнобедрений, тому ∠ CBO = ∠ BCO = (180° − 130° ) : 2 = 25° . Відповідь. А). 1.11. За

теоремою

косинусів

AC2 = 52 + 32 − 2 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅

1 2

AC2 = AB2 + BC2 − 2 ⋅ AB ⋅ BC ⋅cos B .

= 19 , AC = 19 см.

Відповідь. Г).   1.12. a ⋅ b = 2x + ( −2 ) ⋅ 5 = 10, якщо x = 10. Відповідь. В).

С

O A

Враховуючи,

D

що

cos60° =

1 2

,

4   ВАРІАНТ 1

Частина друга 2.1.

(

5 −2 3

)+ 2

240 =

( 5 ) − 2⋅ 2

(

5 ⋅2 3 + 2 3

)+ 2

16 ⋅15 = 5 − 4 15 + 12 + 4 15 = 17 .

Відповідь. 17. 2.2. Нехай y = −x . Тоді −x = x2 + 3x − 5, x2 + 4x − 5 = 0 , x1 = 1, x2 = −5 ; y1 = −1 , y2 = 5 . Відповідь. (1; − 1) , ( −5; 5 ) .

2.3. З першого рівняння системи: x = 3 − 3y . Підставивши значення x у друге рівняння системи, дістанемо y2 − ( 3 − 3y ) y = 7 , y2 − 3y + 3y2 = 7 , 4y2 − 3y − 7 = 0 , y1 = −1, y2 = 1,75 . Тоді x1 = 3 − 3 ⋅ ( −1) = 6 , x2 = 3 − 3 ⋅1,75 = −2,25 . Відповідь. ( 6; − 1) , ( −2,25; 1,75 ) .

B

A

2.4. Оскільки ∪ AB = 90° , то ∠ AOB = 90° . Трикутник AOB прямокутний рівнобедрений, AO = BO = R , AB2 = 2R 2 ,

(8 2 ) =

2

R = 2

AB2 2

O

= 64 , R = 8 , C = 2πR = 2π ⋅ 8 = 16π см.

2

Відповідь. 16π см.

Частина третя 3.1. Нехай x км/год — швидкість руху поїзда за розкладом. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км /год

За розкладом

180

x

Після збільшення швидкості

180

x +5

Оскільки

180 x +5

на 24 хв =

24 60

год =

2 5

год менше за

t , год 180 x 180 x +5 180 x

, то маємо рівняння:

180 180 2 − = . ОДЗ: x ≠ 0 , x ≠ −5 . x x +5 5 Розв’яжемо отримане рівняння: 5 ⋅180 ( x + 5 ) − 5 ⋅180x = 2x ( x + 5 ) ; 2x2 + 10x − 4500 = 0 ; x2 + 5x − 2250 = 0 ; x1 = 45 , x2 = −50 . Другий корінь не задовольняє умову задачі. Отже, швидкість руху поїзда за розкладом 45 км/год. Відповідь. 45 км/год. 3.2. ОДЗ: x > 0. 1 x

−

1 2

= 0 або x2 − 3x = 0 . З першого рівняння x = 4, з другого рівняння x = 0 або x = 3 .

Значення x = 0 не входить в ОДЗ. Відповідь. 3; 4.

ВАРІАНТ 2   5 3.3. На рисунку зображено коло, описане навколо трапеції ABCD . За умовою центр кола — точка О належить основі AD трапеції. AO = DO = BO = CO як радіуси одного кола. Оскільки за умо­ вою BC : AD = 1 : 2 , то BC =

1

2

B

С

AD . Тоді трикутник BOC рів­

носторонній, кожен з його кутів дорівнює 60° . Трикутники COD і BOA — рівнобедрені з основами CD і BA відповідно. ∠ ODC = ∠ OCD . ∠ ODC + ∠ OCD + ∠ BCO = 180° , ∠ ODC = ∠ OCD = (180° − 60° ) : 2 = 60° . Отже, ∠ DCB = 180° − ∠ ODC = 180° − 60° = 120° . ∠ OAB = 60° ; ∠ ABC = 120° . Відповідь. 60° ; 120°.

A

D

O

Частина четверта m −2 −2 m −2 +1

4.1.м

m − 2 −1

+1 =

(

m − 2 −1

)

2

+1 =

m − 2 −1

m − 2 − 1 = 1 − m − 2 . Отже,

m − 2 −1 m − 2 −1

m − 2 −1 m − 2 −1

+1 =

+ 1 . При m = 2,98

1− m −2 m − 2 −1

m − 2 − 1 < 0 , тому

+ 1 = −1 + 1 = 0 .

Відповідь. 0.

B

4.2.м У трикутнику ABC сторона AC = 10 см, точка O — точка перетину медіан AD і CF , проведених до сторін BC і AB відповідно. AD = 9 см, CF = 12 см. Оскільки медіани трикутника точкою перетину діляться у відношенні 2 : 1 (рахуючи від вершини), то AO = 6 см, CO = 8 см. Трикутник AOC прямокутний, оскільки AC2 = AO2 + CO2 (100 = 36 + 64 ). Його площа SAOC =

1 2

AO ⋅ CO =

1 2

D

F O

⋅ 6 ⋅ 8 = 24 см2.

Отже, SABC = 3SAOB = 3 ⋅ 24 = 72 см2. Відповідь. 72 см 2.

A

С

Варіант 2 Частина перша 1.1. 16 год 26 хв  =  15 год 86 хв; 16 год 26 хв  –  9 год 52 хв  =  15 год 86 хв  –  9 год 52 хв  =  6 год 34 хв. Відповідь. Б). 1.2.

3 4

+

1 6

=

3 ⋅3 + 1⋅2 12

Відповідь. Г). 1.3. Відповідь. А). 1.4. Відповідь. Б).

=

11 12

.

6   ВАРІАНТ 2 1.5.

a2 2

:

a3 8

a2

=

2

⋅

8 a

3

=

4 a

.

Відповідь. В). 1.6.

(

5− 3

) +2 2

15 =

( 5 ) − 2⋅ 2

5⋅ 3+

( 3 ) +2 2

15 = 5 − 2 15 + 3 + 2 15 = 8 .

Відповідь. А). 1.7. Для того щоб дістати графік функції y = ( x + 3 ) , треба графік функції y = x2 перенести вздовж осі Ox на три одиниці ліворуч. Відповідь. В). 2

1.8.

P( A ) =

m n

, де m — кількість елементарних подій, сприятливих події A , n — кількість усіх

можливих елементарних подій даного випадкового експерименту. m = 3 (може випасти 2, 4 3

1

або 6 очок), n = 6 , оскільки кубик має шість граней. P ( A ) = = . 6 2 Відповідь. Б). 1.9. Градусна міра кута A дорівнює 50°. Тоді градусна міра кута, суміжного з кутом A , дорівнює 180° − 50° = 130°. Відповідь. В). 1.10. У рівнобічної трапеції кути при основі рівні, а сума кутів при бічній стороні дорівнює 180°, тому з-поміж наведених величин кути трапеції можуть дорівнювати 70° і 110°. Відповідь. Г). 1.11. S =

1 2

⋅ AB ⋅ BC ⋅ sin B . Враховуючи, що sin120° =

3 2

, S=

1 2

⋅3⋅6 ⋅

3 2

=

9 3 2

см2.

Відповідь. А). = R 2 , де ( a; b ) — координати центра кола, R — 2 2 його радіус. Оскільки коло проходить через точку K ( −1;5 ) , то ( −1 + 3 ) + (5 − 1) = 20 = R 2 . Отже, 2 2 рівняння заданого кола: ( x + 3 ) + ( y − 1) = 20 . Відповідь. Б).

1.12. Рівняння кола має вигляд

(x − a) + (y − b) 2

2

Частина друга 2.1. ОДЗ: x ≠ −2 . x4 − x2 − 12 = 0 . Нехай x2 = t . Тоді t2 − t − 12 = 0 , t1 = −3 , t2 = 4 . Рівняння x2 = −3 не має розв’язків. x2 = 4 , x1 = −2 (не належить ОДЗ), x2 = 2 . Відповідь. 2. 2.2. За умовою x = 2y . Тоді y = 12 − 1,5 ⋅ 2y , y = 12 − 3y , 4y = 12 , y = 3. x = 2 ⋅ 3 = 6. Відповідь. ( 6; 3 ) .

2.3.

S20 =

a1 + a2 2

n . Із співвідношення a10 = a5 + 5d знаходимо d . 29 = 14 + 5d , d = 3 . Із співвідношення

a5 = a1 + 4d знаходимо a1 : a1 = a5 − 4d = 14 − 4 ⋅ 3 = 2 . Тоді a20 = a1 + 19d = 2 + 19 ⋅ 3 = 59 . S20 = Відповідь. 610.

2 + 59 2

⋅ 20 = 610 .

ВАРІАНТ 2   7 2.4. Із сторін завдовжки 6 2 см і 10 см більшою є сторона, довжина якої 10 см. Нехай третя сторона трикутника a см.

(

Тоді за теоремою косинусів 102 = a2 + 6 2

) − 2a ⋅ 6 2

2 cos 45° , 100 = a2 + 72 − 2a ⋅ 6 2 ⋅

2 2

,

a2 − 12a − 28 = 0 , a1 = −2 (не підходить за змістом задачі), a2 = 14 . Відповідь. 14 см.

Частина третя 3.1. Нехай x — кількість днів, за які друга бригада може зорати поле, працюючи окремо, а y — кількість днів, необхідних першій бригаді для самостійного виконання роботи. Оскільки другій бригаді потрібно на це на 5 днів менше, ніж першій, то дістанемо рівняння y = x + 5. 1 1 Друга бригада за 1 день виконує , а перша бригада — частину роботи. Отже, працюючи x y 1

разом, бригади виконають за 1 день

x

+

1 y

=

1 6

всієї роботи.

y = x + 5, (1)  Дістанемо систему  1 1 1  x + y = 6 . (2)  Підставимо (1) в (2) і розв’яжемо отримане рівняння. 1 x

+

1 x +5

=

1 6

. ОДЗ: x ≠ −5 , x ≠ 0.

6 ( x + 5 ) + 6x − x ( x + 5 )

= 0 , x2 − 7x − 30 = 0 , x1 = −3 — не задовольняє умову задачі, x2 = 10 . 6x ( x + 5 ) Отже, друга бригада може зорати поле за 10 днів, а перша — за 10 + 5 = 15 днів. Відповідь. 15 днів, 10 днів. 3.2. Перетворимо ліву частину заданої рівності.

(( a + c) + b )(( a + c) − b ) = ( a + c)

2

− b2 = a2 + 2ac + c2 − b2 .

Тоді задана рівність набуває вигляду a2 + 2ac + c2 − b2 = a2 + b2 + c2 ; ac = b2 . Отримана рівність виконується, якщо a , b , c — послідовні члени геометричної прогресії. 3.3. За властивістю діагоналей паралелограма BO =

1 2

BD =

1 2

⋅ 8 = 4 см, AO =

1 2

AC =

1 2

З прямокутного трикутника AOB

Площа паралелограма 1 2

AC ⋅ BD ⋅ sin AOB =

Відповідь. 24 см 2.

1 2

⋅ 8 ⋅10 ⋅

3 5

AB AO

=

= 24 см2.

3 5

.

С O

( ∠ B = 90° ) :

AB = AO2 − BO2 = 25 − 16 = 3 см; sin AOB =

S=

B

⋅10 = 5 см.

A

D

8   ВАРІАНТ 3

Частина четверта x2 − 4ax + 3a2 − 2a − 1 = 0 , = 0 рівносильне системі  x−4 x ≠ 4 . Розв’язуючи рівняння системи, маємо: x − 4ax + 3a − 2a − 1 2

4.1.М Рівняння D 4

2

= 4a2 − 3a2 + 2a + 1 = a2 + 2a + 1 = ( a + 1) ; x1 = 2a + a + 1 = 3a + 1 ; x2 = 2a − a − 1 = a − 1 . 2

Рівняння, що задано в умові, має єдиний корінь в одному з таких випадків: 2) x1 = 4 , x2 ≠ 4 ; 3) x1 = 4 , x2 = 4 . 1) x1 = x2 і x1 ≠ 4 ; Розглянемо ці випадки. 1) 3a + 1 = a − 1; a = −1. У цьому випадку x1 = −2 . Отже, a = −1 задовольняє умову задачі. 3a + 1 = 4, 2)  a = 1. a − 1 ≠ 4; a − 1 = 4, 3)  a = 5. 3a + 1 ≠ 4; Відповідь. a = −1; a = 1; a = 5. 4.2.М На рисунку зображено коло і вписаний у нього трикутник ABC . AK — бісектриса кута A , що перетинає коло у точці K .

A

∠A

Оскільки AK — бісектриса кута A , то ∠ BAK = ∠ KAC = . 2 За властивістю вписаних кутів, що спираються на одну дугу, маємо: ∠ CBK = ∠ KAC =

∠A 2

і ∠ KCB = ∠ KAB =

∠ CBK = ∠ KCB =

Отже,

∠A 2

,

тобто

∠A 2

.

трикутник

I

B

C

CKB

рівнобедрений з основою BC , звідки KB = KC . Оскільки точка I — центр вписаного в трикутник кола, тобто точка перетину бісектрис трикутника ABC , то BI — бісектриса кута CBA . Отже, ∠ CBI = ∠ IBA = ∠ KBI = ∠ KBC + ∠ CBI =

∠B

∠A 2

2

+

K

.

∠B 2

; ∠ KIB = ∠ IBA + ∠ BAI =

∠A 2

+

∠B 2

як зовнішній

для трикутника IBA . Маємо: ∠ KBI = ∠ KIB, тобто трикутник KBI — рівнобедрений з основою BI , отже, KB = KI . Дістали: KB = KC = KI , що й треба було довести.

Варіант 3 Частина перша 1.1. Оскільки 4 ⋅ 3 − 5 = 7 , 4 ⋅12 − 5 = 43 ≠ 7 , 4 ⋅14 − 5 = 51 ≠ 7 , то коренем рівняння є число 3. Відповідь. А). 1.2.

2

1 2

⋅1

2 5

=

5 7

⋅

2 5

Відповідь. В).

=

7 2

=3

1 2

.

ВАРІАНТ 3   9 1.3.

(

( x + 2y )

2

)

= x2 + 2 ⋅ x ⋅ 2y + 2y2 = x2 + 4xy + 4y2 .

Відповідь. Г). 1.4.

−2x ( 2y − 3x ) − 4x ( 2x − y ) = −4xy + 6x2 − 8x2 + 4xy = −2x2 . Відповідь. Б).

1.5.

80 ⋅ 2−3 − 22 =

80 3

2

− 22 =

Відповідь. Г). 1.6.

x2 − 1 5x

:

x +1 x

2

80 8

− 4 = 10 − 4 = 6 .

( x − 1)( x + 1) ⋅

=

5x

x2 x +1

=

x ( x − 1) 5

.

Відповідь. В). 1.7. Оскільки 3 ⋅12 + 6 ⋅1 = 9 > 0 ; 12 − 4 ⋅1 + 4 = 1 > 0 ; −3 ⋅12 − 6 ⋅1 = −9 < 0 , то число 1 є розв’язком нерів­ ності −3x2 − 6x  0 . Відповідь. Г). 1.8. Вершина параболи y = x2 + 1 має координати ( 0; 1) ; вершина параболи y = ( x + 1) має координа2 ти ( −1; 0 ) ; вершина параболи y = x2 − 1 має координати ( 0; − 1) ; вершина параболи y = ( x − 1) + 1 має координати (1; 1) . 2 Тобто осі абсцис належить вершина параболи y = ( x + 1) . Відповідь. Б). 2

1.9. За ознакою паралельності прямих, прямі паралельні, якщо відповідні кути рівні. Отже, градусна міра кута x має дорівнювати 75°. Відповідь. Г). M

1.10. Трикутники MON і KOP подібні (за двома кутами), отже, NO : OP = MN : PK = 4 : 6 = 2 : 3. Відповідь. А). 1.11. l =

πRn 180

=

π ⋅ 3 ⋅ 60 180

N O

P

= π (см).

K

Відповідь. В) 1.12. S =

1 2

⋅ AB ⋅ BC ⋅ sin B , звідки sin B =

2S AB ⋅ BC

=

2 ⋅ 20 3 8 ⋅ 10

=

3 2

, ∠B = 60° .

Відповідь. Г).

Частина друга 2.1.

x −3 xy − x

2

−

3−y xy − y

Відповідь. −

2

3 xy

= .

x −3

x(y − x)

−

3−y

y(x − y)

=

y ( x − 3) + x (3 − y ) xy ( y − x )

=

xy − 3y + 3x − xy xy ( y − x )

=

3( x − y )

xy ( y − x )

=−

3 xy

.

10   ВАРІАНТ 3 2.2. Нехай x1 і x2 — корені рівняння. x1 = 1,5 . За теоремою, оберненою до теореми Вієта, x1 ⋅ x2 = −6 , x2 = −6 : 1,5 = −4 , p = − ( x1 + x2 ) = − (1,5 − 4 ) = 2,5 . Відповідь. p = 2,5 , x2 = −4 . 2.3. У сплаві 100  %  –  60  %  =  40  % олова, що становить 200 г. Тоді маса сплаву 200 : 0,4 = 500 г. Відповідь. 500 г.

2.4.

AB — гіпотенуза трикутника ABC , AB = AB =

2

4 3 . cos A = 1 − sin2 A = 1 −   = . 5 cos A 5 AC

8 = 10 (см). 4 5

Відповідь. 10 см.

Частина третя 3.1. Нехай власна швидкість моторного човна x км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

За течією

45

x +3

Проти течії

45

x −3

t , год 45 x+3 45 x −3

Враховуючи, що шлях туди і назад човен долає за 8 год, складаємо рівняння: 45 x+3

+

45 x −3

= 8 . ОДЗ: x ≠ −3 , x ≠ 3.

45 ( x − 3 ) + 45 ( x + 3 ) − 8 ( x + 3 )( x − 3 )

( x + 3 )( x − 3 )

умову задачі, x2 =

45 + 51 8

= 0 , 4x2 − 45x − 36 = 0 , x1 =

45 − 51 8

=−

3 4

не задовольняє

= 12 . Отже, власна швидкість човна 12 км/год.

Відповідь. 12 км/год.

x − 1  0, 3.2. Область допустимих значень функції — множина розв’язків системи  2 5x + 9 − 4x > 0. (1) x 1,  2 4x − 5x − 9 < 0. ( 2 ) Розв’яжемо другу нерівність системи методом інтервалів. y = 4x2 − 5x − 9 ; нулі: 4x2 − 5x − 9 = 0 , x1 = −1 , x2 = 2 1  Ураховуючи нерівність (1), маємо: 1; 2  . 4  1  Відповідь. 1; 2  . 4 

1  ; x ∈ 1; 2  .  4 4

1

+

+ – 1  x ∈ −1; 2  –1  4

x

ВАРІАНТ 3   11 3.3. У прямокутному трикутнику ABC CD = 2 см, AD = 3 см, тоді AC = CD + AD = 2 + 3 = 5 см. OD = OE = OM = r , CEOD — квадрат. За властивістю дотичних, проведених з однієї точки до кола, маємо: AM = AD = 3 см, CE = CD = 2 см, BM = BE . Нехай BM = x , тоді BC = 2 + x , AB = 3 + x . За теоремою Піфагора

B

AB2 = AC2 + BC2 , ( 3 + x ) = 25 + ( 2 + x ) , 25 + 4 + 4x + x2 = 9 + 6x + x2 , 2x = 20 , x = 10. Отже, BM = 10 см, AB = 10 + 3 = 13 см. Радіус 2

описаного кола R =

1 2

AB =

2

1 2

E C

⋅13 = 6,5 см.

M

O D

A

Відповідь. 6,5 см.

Частина четверта

(

)(

)

4.1.М ( x + 2 ) ( x + 3 ) ( x + 8 ) ( x + 12 ) = 4x2 ; x2 + 14x + 24 x2 + 11x + 24 = 4x2 . Оскільки x = 0 не є коренем цього рівняння, то, поділивши його обидві частини на x , дістанемо рівняння, рівносильне заданому. 24 24    Маємо:  x + + 14  x + + 11 = 4.    x x Нехай x +

24 x

+ 11 = t , тоді рівняння набуває вигляду: ( t + 3 ) t = 4; t2 + 3t − 4 = 0 .

Звідки t = 1 або t = −4 .  x + Далі:  x +  Відповідь.

24 x 24 x

x = −4, x = −6,  + 11 = 1,  2 x + 10x + 24 = 0,  −15 − 129 , x2 + 15x + 24 = 0; x = 2 + 11 = −4;   x = −15 + 129 .  2

−15 ± 129 2

;  –  6;  –  4.

4.2.М На рисунку зображено рівнобічну трапецію ABCD ( AD  BC ), діагоналі якої взаємно перпендикулярні. Через точку перетину діагоналей проведемо висоту трапеції, PM = h . Площа трапеції ABCD : S =

AD + BC 2

Оскільки трапеція ABCD рівнобічна і BD ⊥ AC , то трикутники AOD і BOC рівнобедрені і прямокутні. Отже, OM = AM і OP = BP , тоді AD + BC = 2 ⋅ OM + 2 ⋅ OP = 2 ( OM + OP ) = 2 ⋅ PM = 2h . Маємо: S =

2h 2

Відповідь. h2 .

⋅ h = h2 .

B

⋅ PM .

P

C O

A

M

D

12   ВАРІАНТ 4

Варіант 4 Частина перша 1.1.

2

7 8

5

+3

8

=5

12 8

=6

4

=6

8

1 2

.

Відповідь. В). 1.2.

0,2 :

5 4

⋅ 100 % =

1 4

⋅

5 5

⋅ 100 % = 16 %.

Відповідь. Б). 1.3. Відповідь. Г). 1.4.

(3x − 2)

+ 12x = ( 3x ) − 2 ⋅ 3x ⋅ 2 + 22 + 12x = 9x2 − 12x + 4 + 12x = 9x2 + 4 . Відповідь. А). 2

2

1.5. Відповідь. Б). 1.6.

−4

( ) − (0,5)

3 +3 ⋅ 3 0

−2

−3

−2

−2

1 = 1 + 3 ⋅ 3 −   = 1 + 32 − 22 = 1 + 9 − 4 = 6 . 2 −4

6

Відповідь. В). 1.7. Відповідь. В). 1.8. Запишемо нерівність у вигляді x2 − 49  0 . ОДЗ нерівності ( − ∞; + ∞ ) .

–7

x2 − 49 = 0 , якщо x1 = −7 , x2 = 7 . Отже, x ∈  −7; 7  . Відповідь. Г).

+

–

+

x

7

1.9. Оскільки кути при основі рівнобедреного трикутника рівні, а сума кутів трикутника дорівнює 180°, то кут при вершині дорівнює 180° − 2 ⋅ 30° = 120°. Відповідь. Б). 1.10. Оскільки тангенс гострого кута прямокутного трикутника — це відношення протилежного катета до прилеглого, то тангенс кута, протилежного до більшого з катетів, дорівнює Відповідь. В). 1.11. Нехай точка O ( 0; 0 ) — початок координат. Тоді AO =

( −8 − 0 ) + (6 − 0 ) 2

2

8 6

=

4 3

.

= 10 .

Відповідь. Г). 1.12. Сторона рівностороннього трикутника, вписаного в коло радіуса R , дорівнює a = R 3 = 4 3 a=R 3 =4 3

см. Площу рівностороннього трикутника зі стороною a обчислимо за формулою

(4 3 ) ⋅ = 2

S=

a2 3 4

Відповідь. Б).

4

3

= 12 3 (см2).

ВАРІАНТ 4   13

Частина друга 2.1. Перетворимо вираз у дужках: =

a2 − 5ab

a − 5b  a + 5b . Отже,  2 − 2 a − 5 ab a + 5ab a ( a − 25b )  20ab 2

2

Відповідь. − 2.2.

a + 5b

18 − 3 (1 − x ) 6



4 b

−

a − 5b a2 + 5ab

=

( a + 5b ) − ( a − 5b ) a ( a − 5b ) a ( a + 5b ) a ( a − 5b )( a + 5b ) a + 5b

−

a − 5b

2

2

=

=

20ab 25b2 − a2 4  25b2 − a2 ⋅ = =− .  ⋅ 5b2 2 2 2 5 b b − a a 25 b  ( )

.

2x − 7 + 2 (7x − 2 ) 6

, 18 − 3 + 3x  2x − 7 + 14x − 4 , −13x  − 26 , x  2 . Розв’язками нерів­

ності є всі числа з проміжку ( −∞; 2 , із них натуральними є числа 1 і 2. Відповідь. 1; 2. y

2.3. Графіком функції є парабола, вітки якої напрямлені вниз, оскільки a = −2 < 0. Знайдемо координати вершини параболи: x=−

b

4

2

= 1, y = −2 ⋅1 + 4 ⋅1 = 2. Оскільки c = 0 , парабола про-

1

ходить через точку ( 0; 0 ) . Знайдемо точки перетину графіка функції

0

2a

=−

2 ⋅ ( −2 )

1

2 x

з віссю абсцис: −2x2 + 4x = 0 , −2x ( x − 2) = 0 , x = 0 або x = 2. Отже, графік функції перетинає вісь абсцис у точках (0; 0) і (2; 0) . Користуючись рисунком, знаходимо область значень цієї функції: ( − ∞; 2 . Відповідь. ( − ∞; 2 .

2.4. Нехай кут між векторами дорівнює α . З означення скалярного добутку векторів випливає, що        2 2 m⋅n cosα =   . m ⋅ n = −3 ⋅ ( −2 ) + 0 ⋅ 2 = 6, m = ( −3 ) + 02 = 3 , n = ( −2 ) + 22 = 2 2 . m ⋅ n

Тоді cosα = Відповідь. 45°.

6 3⋅2 2

=

1 2

, α = 45° .

Частина третя 3.1. Нехай 2n − 1 , 2n + 1, 2n + 3 , 2n + 5 — послідовні непарні натуральні числа. Тоді (2n + 1) (2n + 3) − 111 = 3 (2n − 1) + (2n + 5) , 4n2 − 4n − 120 = 0 , n1 = 6 , n2 = −5 — не є натуральним числом. При n = 6 2n − 1 = 2 ⋅ 6 − 1 = 11, 2n + 1 = 2 ⋅ 6 + 1 = 13 , 2n + 3 = 2 ⋅ 6 + 3 = 15 , 2n + 5 = 2 ⋅ 6 + 5 = 17 . Відповідь. 11; 13; 15; 17.

(

3.2.

)

(1) y = 6 − x,  x y  + = 2,5. (2)  y x Підставимо (1) в (2) і розв’яжемо отримане рівняння: тоді t +

x 6−x

+

6−x x

= 2,5 . Нехай

1 x 1 x 1 = 2,5 , t2 − 2,5t + 1 = 0 , t1 = , t2 = 2 . Отже, = , x = 2 або = 2 , x = 4. 2 6−x 2 6−x t

При x = 2 y = 6 − 2 = 4; при x = 4 y = 6 − 4 = 2. Відповідь. (2;4), (4;2).

x 6−x

=t,

14   ВАРІАНТ 5 3.3. Знаходимо діагоналі чотирикутника ABCD . BD = = 9 + 25 = 34 ; AC =

( xC − xA ) + ( yC − yA ) 2

2

=

xB + xD 2

2

2

( −2 − 3) + ( −1 − 2) 2

Координати середини діагоналі AC: x = динати середини діагоналі BD: x =

( xB − xD ) + ( yB − yD )

=

x A + xC 2 2 −1 2

=

2

= 1 2

3−2 2

, y=

=

( −1 − 2) + ( −2 − 3) 2

=

2

=

= 9 + 25 = 34 .

1 2

yA + yC

, y=

yB + yD

2 3−2

=

2

2

=

= 1 2

−1 + 2 2

=

1 2

. Коор-

. Таким чином,

1 1 діагоналі чотирикутника ABCD рівні, перетинаються в точці  ;  та цією точкою діляться 2 2 навпіл. Отже, чотирикутник ABCD є прямокутником.

Частина четверта 4.1.М Нехай подія A — витягли три кульки, серед яких дві білі й одна чорна. Кількість рівномож­ 3 ливих результатів дорівнює C30 . 2 1 Вибрати дві білі кульки можна C12 способами, одну чорну — C18 способами. 1 2 Отже, кількість результатів, що сприяють події A , дорівнює C18 ⋅ C12 . P( A ) =

C18 ⋅ C12 1

2

3

C30

=

18 !⋅ 12 !⋅ 3 !⋅ 27 !

594

17 !⋅ 2 !⋅ 10 !⋅ 30 ! М

2030

1 2 C18 ⋅ C12 3

C30

=

18 !⋅ 12 !⋅ 3 !⋅ 27 ! 17 !⋅ 2 !⋅ 10 !⋅ 30 !

=

594 2030

≈ 0,2 292 .

= ≈ 0,2 292 . Відповідь.

4.2. На рисунку зображено трикутник ABC , CM — медіана, CM = m , ∠ ACM = α , ∠ BCM = β . «Подвоїмо» медіану CM , дістанемо паралелограм AKBC , кути якого дорівнюють: ∠ BCA = α + β, ∠ CAK = 180° − ( α + β ) . З трикутника AKC за теоремою синусів: CK sin CAK

=

AK sin KCA

,

Звідки AK =

CK sin CAK 2m sin α

sin ( α + β )

=

AC sin CKA

, AC =

A M a C

2m sin β

sin ( α + β )

, BC =

2m sin β

sin ( α + β )

b

B

.

2m sin α

sin ( α + β )

.

Варіант 5 Частина перша 1.1. Відповідь. Б). 1.2.

m

.

Оскільки AKBC — паралелограм, то AK = BC , отже, BC = Відповідь. AC =

K

( −7,5 − 3) ⋅ ( −1,2 + 1,5) = −10,5 ⋅ 0,3 = −3,15 . Відповідь. Г).

2m sin α

sin ( α + β )

.

ВАРІАНТ 5   15 1.3. Оскільки −2 + ( −3 ) = −5 ≠ 5 , −2 + 3 = 1 ≠ 5 , 2 + 3 = 5 , −3 + 2 = −1 ≠ 5, то розв’язком рівняння є пара чисел ( 2; 3 ) . Відповідь. В).

1.4.

2x − 0,5 = 2,5 − 1,5x , 2x + 1,5x = 2,5 + 0,5 , 3,5x = 3 , x = 3 : 3,5 = 3 :

7 2

= 3⋅

2 7

=

6 7

.

Відповідь. Б). 1.5. За теоремою Вієта x1 + x2 = −8 , x1 ⋅ x2 = 7 . Ці умови задовольняють числа −7 і −1. Відповідь. А). 1.6.

2a + b a −b 2

+

2

1 a+b

2a + b

=

( a − b )( a + b )

+

1

=

a+b

2a + b + 1 ⋅ ( a − b )

( a − b )( a + b )

=

3a a − b2 2

.

Відповідь. Г). 1.7.

d = a2 − a1 . Оскільки a2 = 3 , a1 = 8 , то d = 3 − 8 = −5. Відповідь. Б).

x  − 3, 5 + x  2, ⇔  1.8.  x x − 6 < 2 x > −6.  Розв’язком системи нерівностей є проміжок ( −6; − 3 . Відповідь. В).

–6

–3

x

1.9. Радіус кола дорівнює 8 : 2 = 4 см. Оскільки пряма віддалена від центра кола на відстань, що дорівнює його радіусу, то пряма має з колом одну спільну точку. Відповідь. А). 1.10. Оскільки прямокутний трикутник рівнобедрений, то його катети рівні. Нехай катети дорів­

(

нюють x см. Тоді за теоремою Піфагора x2 + x2 = 4 2 Відповідь. Б).   1.11. AB −1 − ( −3 ); − 2 − 2 , AB ( 2; − 4 ) . Відповідь. В).

(

) , 2x 2

2

= 32 , x2 = 16 , x = 4.

)

1.12. За теоремою косинусів AC2 = AB2 + BC2 − 2 ⋅ AB ⋅ BC ⋅cos B . Враховуючи, що cos120° = − Відповідь. Г).

1 2

, AC2 = 52 + 32 + 2 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅

1 2

= 49 , AC = 7.

Частина друга −3

−2

3

2

64 4 64 + 20 84 5 5 4 2 + = 2.1. 1,25−3 + 2,5−2 =   +   =   +   = = . 125 25 125 125 4 2 5 5

Відповідь.

2.2.

a +5 a a − 25

=

84

a

(

Відповідь.

.

125

(

a −5

a +5

)(

a a −5

.

)

a +5

)

=

a a −5

.

16   ВАРІАНТ 5 2.3. Функція y = −2x2 + 5x − 2 визначена при всіх дійсних x . Знайдемо нулі функції: −2x2 + 5x − 2 = 0 , якщо x1 = 0,5 , x2 = 2 . Роз­ в’яз­ком нерівності є всі числа з проміжку 0,5; 2 . З них цілими є числа 1 і 2. Відповідь. 1; 2.

–

+

– x

2

0,5

2.4. Оскільки точка розташована на осі абсцис, то її ордината дорівнює нулю.

Нехай точка C ( x;0 ) рівновіддалена від точок A і B. CA 2 = ( x − 1) + ( 0 − 5 ) = ( x − 1) + 25 ; 2

2

2

CB2 = ( x − 3 ) + ( 0 − 1) = ( x − 3 ) + 1 . CA = CB , тому ( x − 1) + 25 = ( x − 3 ) + 1 . 2

2

2

2

2

Розв’язавши це рівняння, дістанемо x = −4 .

Відповідь. ( −4; 0 ) .

Частина третя 3.1. Нехай знаменник дробу — x , тоді чисельник — x −5, дріб можна записати у вигляді x −5 x

. Після додавання до чисельника 3, а до знаменника — 4, дістанемо дріб

більший від заданого дробу на 8 ( x − 5 )( x + 4 ) + x ( x + 4 ) − 8x ( x − 2 ) 8x ( x + 4 )

1 8

. Маємо рівняння

При x2 = 8 дістанемо дріб

3.2.

3 8

x

+

1 8

=

x −2 x+4

x+4

, який

. ОДЗ: x ≠ −4 , x ≠ 0.

= 0 , x2 + 12x − 160 = 0 , x1 = −20 , x2 = 8 .

При x1 = −20 дістанемо скоротний дріб

Відповідь.

x −5

x −2

3 8

25 20

, що не задовольняє умову.

, що задовольняє умову.

.

9a2 + a2 − 6a − 2ab + b2 + 2 > 0 ,

(9a

2

) (

)

− 6a + 1 + a2 − 2ab + b2 + 1 > 0 ,

(3a − 1)  0 при будь-яких значеннях a , ( a − b )  0 при 2 2 (3a − 1) + ( a − b ) + 1 > 0 для всіх дійсних значень a і b . 2

2

(3a − 1) + ( a − b ) 2

2

будь-яких a і b , 1 > 0 , то сума

3.3. Діагональ AC рівнобічної трапеції ABCD ділить середню лінію MN на відрізки MO = 13 см, NO = 23 см. За властивістю середньої лінії трикутника BC = 2MO = 2 ⋅13 = 26 см, AD = 2N 0 = 2 ⋅ 23 = 48 B AD = 2N 0 = 2 ⋅ 23 = 48 см. ∠ BAC = ∠ DAC ( AC — бісектриса), ∠ DAC = ∠ BCA як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і BC M та січній AC . Отже, трикутник ABC рівнобедрений, у нього AB = BC = 26 см. Проводимо BE ⊥ AD і CF ⊥ AD . BCFE — прямокутник, A

E

EF = BC = 26 см. AE = FD = ( AD − EF ) : 2 = (46 − 26) : 2 = 10 см. З прямокутного трикутника ABE BE = AB2 − AE2 = 676 − 100 = 24 BE = AB2 − AE2 = 676 − 100 = 24 см. Площа трапеції S = Відповідь. 864 см2.

AD + BC 2

⋅ BE =

46 + 26 2

⋅ 24 = 864 см2.

+ 1 > 0 . Оскільки

C

N

O

F

D

ВАРІАНТ 6   17

Частина четверта ( m + 1) x + y = 3, m +1 1 3 4.1.М Система рівнянь  не має розв’язків за виконання умов: = ≠ . = x − m − y 2 2 6 2 m 2 6 − − ( ) ( )  m +1

Розв’яжемо рівняння

2

=

1 2−m

; 2m − m2 + 2 − m = 2 , m2 − m = 0 , звідки m = 0 або m = 1.

Перевіримо, чи задовольняють здобуті значення m умову Якщо m = 0 , то Якщо m = 1, то

m +1 2 m +1 2

=

1 2

m +1 2

≠

1 2

.

, що не задовольняє зазначену умову.

=1≠

1 2

, що задовольняє умову.

Відповідь. m = 1.

  4.2.М 4a + 3b =

 cos120° + 9 b

2



(4a + 3b )

2

    2 2   = 16a2 + 24a ⋅ b + 9b == 16 ⋅ a + 24 a ⋅ b cos120° + 9 b

2

= 16 ⋅ 9 − 12 ⋅ 3 ⋅ 2 + 9 ⋅ 4 = 108 = 6

= 16 ⋅ 9 − 12 ⋅ 3 ⋅ 2 + 9 ⋅ 4 = 108 = 6 3 . Відповідь. 6 3 .

Варіант 6 Частина перша 1.1.

432 ⋅ 48 − 38 ⋅ 432 = 432 ( 48 − 38 ) = 432 ⋅10 = 4320 . Відповідь. Г).

1.2. Відповідь. В). 1.3. Відповідь. Б). 1.4. Відповідь. А). 1.5.

3a 5b 3a ⋅ a + 5b ⋅ b 3a2 + 5b2 + = = . b a ab ab Відповідь. Г).

1.6. Оскільки дискримінант D = b2 − 4ac = ( −5 ) − 4 ⋅ 3 ⋅ 2 = 1 > 0 , то рівняння має два корені. Відповідь. А). 5

1.7. 1 ⋅ 5 < 5a < 3 ⋅ 5 , 5 < 5a < 15 . Відповідь. В). 1.8.

an = a1 + ( n − 1) d . a5 = a1 + 4d , a1 = a5 − 4d = 35 − 4 ⋅ 6 = 35 − 24 = 11. Відповідь. Б).

18   ВАРІАНТ 6 1.9. Нехай коефіцієнт пропорціональності дорівнює k. Тоді 5k + 2k = 70 , звідки k = 10. Отже, точка лежить від кінців відрізка на відстані 50 см і 20 см. Відповідь. В). 1.10. Оскільки діагоналі ромба є бісектрисами його кутів, то ∠ ABC = 2 ⋅ 75° = 150° . Відповідь. Г).

1.11. За теоремою синусів

3

sin60° =

2

MN sin K

=

, дістанемо MN =

MK sin N 6⋅

, звідки MN =

MK ⋅ sin K sin N

. Враховуючи, що sin45° =

2 2

,

2 2 3

=2 6 .

2

Відповідь. Б). 1.12. Вектори колінеарні, якщо їх відповідні координати пропорційні. Оскільки 2 1

≠

3 2

,

2

≠

9

3 6

2 6

 , то вектору a ( 2; 3 ) колінеарний вектор, що має координати ( 6; 9 ) .

=

3 9

,

2 3

≠

3 4

,

Відповідь. А).

Частина друга 2.1. ОДЗ: 8x − 20  0 . 5 8x − 20 = 10 , Відповідь. 3.

8x − 20 = 2 , 8x − 20 = 4 , 8x = 24 , x = 3 .

2.2. Оскільки точка A ( −2; 9 ) належить графіку функції y = ax2 + 5x − 7 , то виконується рівність 9 = a ⋅ ( −2 ) + 5 ⋅ ( −2 ) − 7 . 9 = 4a − 10 − 7 , звідки a = 6,5 . Відповідь. 6,5. 2

2.3. Виразимо з першого рівняння системи y через x : y = 9 − 2x2 . Підставимо значення y в дру-

(

)

ге рівняння системи і розв’яжемо його відносно x : 3x2 − 2 9 − 2x2 = 10 , 3x2 − 18 + 4x2 − 10 = 0 , 7x − 28 = 0 , x = 4 , x1 = −2 , x2 = 2 . Тоді y1 = 9 − 2 ⋅ ( −2 ) = 1 , y2 = 9 − 2 ⋅ 22 = 1 . 2

2

2

Відповідь. ( −2; 1) , ( 2; 1) . B

2.4. Нехай ABC — рівнобедрений трикутник ( AB = BC ) , AD — висота. BD = 5 см, DC = 8 см. Тоді BC = AB = 13 см. З прямокутного трикутникаABD : AD = AB2 − BD2 = 132 − 55 = 12 см. Площа трикутника S = Відповідь. 78 см2.

1 2

⋅ BC ⋅ AD =

1 2

D

⋅12 ⋅13 = 78 (см ). 2

A

C

ВАРІАНТ 6   19

Частина третя 3.1. Нехай швидкість руху першого автомобіля x км/год, а другого — (x +10) км/год. Систе­ матизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

t , год

Перший автомобіль

450

x

450

Другий автомобіль

450

x 450

x +10

x + 10

Враховуючи, що другий автомобіль прибув у село на 30 хв  = перший, складаємо рівняння: 450 x

−

450 x + 10

=

1 2

30 60

  год  =  

1 2

год швидше, ніж

. ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ −10 .

450 ⋅ 2 ( x + 10 ) − 450 ⋅ 2x − x ( x + 10 )

2x ( x + 10 )

няє умову задачі, x2 =

−10 + 190 2

= 0 , x2 + 10x − 9000 = 0 , x1 =

−10 − 190 2

= −100 — не задо­воль­

= 90 .

Отже, швидкість руху першого автомобіля 90 км/год, а швидкість руху другого — 90 + 10 = 100 км/год. Відповідь. 90 км/год, 100 км/год. y

4 y=−

3.2. Проміжки зростання функції:

і 2; + ∞ ) , найбільше значення функції: y = 4 .

8 x

1

( − ∞; − 2

Відповідь. ( − ∞; − 2 і 2; + ∞ ) ; 4.

–8

–2

0

2

1

8

–2 y=− –4

3.3. У прямокутній трапеції ABCD OF = OE = OK = OL = r , CD = CE + DE = 4 + 25 = 29 см. За властивістю дотичних, проведених з однієї точки до кола, маємо: CF = CE = 4 см, DK = DE = 25 см. Проводимо CM ⊥ AD . KFCM — прямокутник, KM = CF = 4 см, KF = CM . Тоді DM = DK − KM = 25 − 4 = 21 см.

B

= CD − DM = 841 − 441 = 20 см. Тоді AB = CM = 20 см. За властивістю сторін описаного чотирикутника BC + AD = AB + CD = 20 + 29 = 49 см. Площа

C E

L

З прямокутного трикутника CMD CM = CD2 − DM 2 = 841 − 441 = 20 2

F

8 x

O

2

трапеції S =

BC + AD 2

Відповідь. 490 см2.

⋅ CM =

49 2

⋅ 20 = 490 см2.

A

K

M

D

x

20   ВАРІАНТ 7

Частина четверта

(

)(

)

4.1. Запишемо рівняння ( x + 1) ( x − 1) ( x − 2 ) ( x − 4 ) = 7 у вигляді x2 − 3x − 4 x2 − 3x + 2 = 7 . М

Нехай x − 3x − 4 = t , тоді x − 3x + 2 = t + 6 . 2

2

Рівняння набуває вигляду t ( t + 6 ) = 7 , t2 + 6t − 7 = 0 , звідки t = 1 або t = −7 .  3 + 29 , x2 − 3x − 4 = 1, x2 − 3x − 5 = 0, x = 2  Маємо:  2  2 3 − 29 x − 3x − 4 = −7; x − 3x + 3 = 0;  . x = 2 Відповідь.

3 ± 29 2

.

4.2.М На рисунку зображено трикутник ABC , вписаний у коло. Нехай бісектриса кута A перетинає коло в точці K . За властивістю вписаних кутів, що спираються на одну дугу, маємо: ∠ KCB = ∠ KAB =

∠A 2

, ∠ CBK = ∠ CAK =

∠A 2

.

Отже, ∠ KCB = ∠ CBK , тобто трикутник CBK рівнобед­ рений з основою BC і CK = BK . Проведемо серединний перпендикуляр до основи BC рівнобедреного трикутника CBK . Очевидно, що цей серединний перпендикуляр збігається з прямою KN , якій належать висота, медіана й бісектриса трикутника CBK . Отже, серединний перпендикуляр до сторони BC перетинається з бісектрисою кута A в точці K , яка належить колу, описаному навколо трикутника ABC .

Варіант 7 Частина перша 1.1. 3 год 24 хв  =  3 ⋅ 60 хв  +  24 хв  =  180 хв  +  24 хв  =  204 хв. Відповідь. В). 1.2. 13 − 2

4 7

= 13 − 2 −

4 7

= 11 −

4 7

= 10

7 7

−

4 7

= 10

3 7

.

Відповідь. Г). 1.3. Відповідь. А). 1.4. Область визначення функції ( − ∞; + ∞ ) . Відповідь. Б). 1.5.

5m 3 5 ⋅ 2 = . 6 m 2m Відповідь. В).

x −3 5

B

= 0, якщо x = 3 .

N

A

K C

ВАРІАНТ 7   21 1.6.

−3a 3a = −

(3a )

2

⋅ 3a = − 9a2 ⋅ 3a = − 27a3 .

Відповідь. Б). 1.7. Відповідь. Г). 1.8. Нехай 1500 грн — це 100  %. Тоді 1725 грн — це

1725 ⋅ 100

Отже, 115  %  –  100  % = 15  %. Відповідь. В).

1500

= 115   %.

1.9. Відповідь. А).

B

1.10. За умовою AM = 4 дм, MD = 16 дм. За властивістю рівнобічної трапеції KD = AM = 4 дм. Тоді BC = MK = MD − KD = 16 − 4 = 12 дм. Відповідь. Б).

A

C

M

D

K

1.11. Якщо тупий кут паралелограма дорівнює 150°, то гострий кут дорівнює 30°. Площа паралелограма S = 10 ⋅15 ⋅ sin 30° = 150 ⋅

1 2

= 75 (см2).

Відповідь. В).

(

)

1.12. AB2 = 1 − ( −2 ) + ( 2 − y ) = 25 , звідси 9 + ( 2 − y ) = 25 , ( 2 − y ) = 16 , 2 − y = −4 або 2 − y = 4 , y = −2 2

або y = 6. Відповідь. Г).

2

2

2

Частина друга 2.1. ОДЗ: x ≠ 5 , x ≠ −5 . 2( x + 5) − 4 ( x − 5) x2 − 25

=

x2 = 3 . Відповідь. 3.

x + 15 2

x2 − 25

, 2x + 10 − 4x + 20 = x2 + 15 , x2 + 2x − 15 = 0 , x1 = −5 (не належить ОДЗ),

2.2. Областю визначення функції y = x є всі невід’ємні числа. Для y

y

побудови графіка функції y = x , скористаємося таб­лицею:

=

0

1

4

9

2−

y

0

1

2

3

2 1

Графіком функції y = 2 − x є пряма, що проходить через точки ( 0; 2 ) і ( 2; 0 ) . Значення функції y = x менше за значення функції y = 2 − x , якщо x ∈ 0; 1) . Відповідь. 0;1) .

x

x

0

y= x

1 2

x

22   ВАРІАНТ 7 2.3. Із співвідношення b6 = q 2b4 знаходимо q 2 = Відповідь. −

1 3

,

1 3

b6 b4

4

, q2 =

36

, звідки q = −

2 6

=−

1 3

або q =

2 6

=

1 3

.

.

2.4. Нехай гіпотенуза трикутника дорівнює x см. Тоді невідомий катет дорівнює ( x − 8 ) см. За тео2 ремою Піфагора 122 + ( x − 8 ) = x2 . 144 + x2 − 16x + 64 = x2 , 16x = 208 , x = 13. Тоді x − 8 = 13 − 8 = 5 (см). P = 12 + 5 + 13 = 30 (см). Відповідь. 30 см.

Частина третя 3.1. Нехай швидкість течії x км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

За течією

30

18 + x

Проти течії

16

18 − x

t , год 30 18 + x 16 18 − x

Враховуючи, що шлях туди і назад човен долає за 2,5 год  =   30 18 + x

+

16 18 − x

=

5

. ОДЗ: x ≠ −18 , x ≠ 18.

2

30 ⋅ 2 (18 − x ) + 16 ⋅ 2 (18 + x ) − 5 (18 + x )(18 − x ) 2 (18 + x )(18 − x )

x2 =

28 + 8 10

5 2

год, складаємо рівняння:

= 0 , 5x2 − 28x + 36 = 0 , x1 =

28 − 8 10

= 2,

= 3,6 . Отже, швидкість течії 2 км/год або 3,6 км/год.

Відповідь. 2 км/год; 3,6 км/год. 1

3.2.

2n − 1 + 2n + 1

( 2

(

2n − 1 − 2n + 1 2n − 1 + 2n + 1

)

=−

1

1

3−

2

=

2n − 1 − 2n + 1 = 1 2

1+

1 2

5−

1 2

1

2n + 1 −

2

3+

)(

1 2

7−

2n − 1 − 2n + 1 1 2

1 2

)

=

2n − 1 − 2n + 1

2n − 1 − ( 2n + 1)

=

2n − 1 . Тоді заданий вираз можна записати у вигляді

5 + ... +

1 2

121 −

1 2

119 = −

1 2

1+

1

121 =

2

11 2

−

1 2

= 5.

Відповідь. 5. 3.3. У трикутнику ABC AB = CB , BD — висота, BD = BO + OD = 13 + 5 = 18 см. OE = OD = 5 см. З прямокутного трикутника BOE:

B

BE = BO2 − OE2 = 169 − 25 = 12 см. BO ⋅ BD , BC BD DC BE 13 ⋅18 OE ⋅ BD 5 ⋅18 BC = = 19,5 см, DC = , DC = = 7,5 см. 12 BE 12 AC = 2DC = 15 см. P = 2BC + AC = 2 ⋅19,5 + 15 = 54 см. Відповідь. 54 см. BDC  BEO :

BO

=

BE

=

OE

, BC =

E O A

C

ВАРІАНТ 8   23

Частина четверта 4.1.М В одній системі координат побудуємо графіки рівнянь. Графік рівняння

y

x + y = 2 — квадрат із вершинами

в точках: ( 2; 0 ) , ( 0; 2 ) , ( −2; 0 ) і ( 0; − 2 ) .

2

Графік рівняння x2 + y2 = a2 — коло з центром у початку

A

координат і радіусом a ( a > 0 ). Система матиме чотири розв’язки, якщо коло і квадрат матимуть чотири спільні точки. Це можливо, коли коло вписане у квадрат або описане навколо нього. Отже, a = 2 або a = OA = 2 .

0

–2

2 x –2

Відповідь. При a = 2 або a = 2 . 4.2.М Нехай ma , mb , mc — медіани трикутника, що проведені до сторін a , b і c відповідно. За наслідком із теореми косинусів маємо: 4ma2 + a2 = 2b2 + 2c2 ,

4mb2 + b2 = 2a2 + 2c2 ,

4mc2 + c2 = 2a2 + 2b2

або ma2 =



2b2 + 2c2 − a2 4

mb2 =

,

2a2 + 2c2 − b2 4

Оскільки за умовою m + m = 5m , то 2 a

2 b

2 c

,

mc2 =

2a2 + 2b2 − c2 4

2b2 + 2c2 − a2 + 2a2 + 2c2 − b2 4

=

.

(

5 2a + 2b − c 2

2

4

2

),

b2 + 4c2 + a2 = 10a2 + 10b2 − 5c2 , 9c2 = 9a2 + 9b2 , c2 = a2 + b2 . За теоремою, оберненою до теореми Піфагора, дістали, що трикутник прямокутний.

Варіант 8 Частина перша 1.1. Відповідь. Б). 1.2.

2 1 2 ⋅10 : = = 4. 5 10 5 ⋅1 Відповідь. В).

1.3. 16 − p2 = 42 − p2 = ( 4 − p ) ( 4 + p ) . Відповідь. Г). 1.4.

(a

2

)(

)

− 2b b − 3a2 = a2b − 3a4 − 2b2 + 6a2b = −3a4 + 7a2b − 2b2 .

Відповідь. А).

( )

3+ −3 1.5. Оскільки a3 ⋅ a −3 = a ( ) = a0 = 1 ≠ a , x5 : x6 = x5−6 = x −1 ≠ x , a −2

( )

то рівність a −2 Відповідь. В).

−3

= a6 є тотожністю.

−3

( )

−2⋅ −3 = a ( ) = a6 , x −2

4

= x −2⋅4 = x −8 ≠ x8 ,

24   ВАРІАНТ 8 1.6.

2x − 8 x+2

⋅

3x + 6

=

x − 16 2

2( x − 4 ) ⋅ 3( x + 2)

( x + 2 )( x − 4 )( x + 4 )

=

6 x+4

.

Відповідь. Г). 1.7. Відповідь. Б). 1.8. Область визначення функції: ( − ∞; 1)  (1; + ∞ ) . Звідси виплаває, що x = 0. Відповідь. В).

x = 0, x2 − x = 0, x ( x − 1) = 0,  1 = 0 , якщо   x2 = 1, x −1 x − 1 ≠ 0; x ≠ 1; x ≠ 1.

x2 − x

1.9. Оскільки ∠ ( bd ) і ∠2 вертикальні, то ∠ ( bd ) = 60° . Оскільки ∠ ( bd ) і ∠1 є внутрішніми односторонніми при паралельних прямих a і b і січній d , їх сума дорівнює 180°. ∠1 = 180° − 60° = 120° . Відповідь. Б). 1.10. Шуканий центральний кут дорівнює 360°⋅

1 3

= 120° .

Відповідь. А). 1.11. Оскільки всі внутрішні кути правильного многокутника рівні, а їх сума дорівнює 180° ( n − 2 ) , 180° ( n − 2 )

то внутрішній кут при вершині правильного многокутника дорівнює 180° ( 6 − 2 )

n

. При n = 6

= 120°.

6

Відповідь. Г). 1.12. S =

p⋅r 2

=

24 ⋅ 4 2

= 48 (см2).

Відповідь. Г).

Частина друга 2.1. У чисельнику винесемо за дужки спільний множник 3, а знаменник розкладемо на множники, скориставшись формулою суми кубів двох чисел. Тоді Відповідь.

3 a+2

12 − 6a + 3a2 a +8 3

=

(

3 4 − 2a + a

( a + 2)( a

2

2

− 2a + 4

.

2.2. Відомо, що ax2 + bx + c = a ( x − x1 ) ( x − x2 ) , де x1 , x2 — корені квадратного тричлена. −

1 3

x2 − x + 6 = 0 , якщо x1 = −6 , x2 = 3 . Тоді −

Відповідь. −

1 3

( x + 6 ) ( x − 3) .

1 3

x2 − x + 6 = −

1 3

( x + 6 ) ( x − 3) .

)

)

=

3 a+2

.

ВАРІАНТ 8   25 2.3. Дільниками числа 24 є числа 1, 2, 3, 4, 6, 8, 12, 14. Оскільки ймовірність події — це відношення кількості сприятливих подій до загальної кількості подій, то ймовірність того, що одне вибране з 24 чисел буде дільником числа 24, дорівнює P = Відповідь.

1 3

8 24

=

1 3

.

.

Оскільки

протилежні

сторони

паралелограма

рівні,

K

B

2.4. Відомо, що бісектриса кута A паралелограма ABCD відтинає на протилежній стороні відрізок, що дорівнює прилеглій стороні. Тоді AB = BK = 3 см, BC = BK + KC = 3 + 2 = 5 см.

С

то

P = 2 ( AB + BC ) = 2 ( 3 + 5 ) = 16 (см).

D

A

Відповідь. 16 см.

Частина третя 3.1. Нехай перший робітник повинен за планом виготовити x деталей, а другий — y деталей. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. І робітник

ІІ робітник

Кількість деталей

За планом

x

y

250

Фактично

x + 0,1x = 1,1x

y + 0,15y = 1,15y

280

x + y = 250, y = 250 − x, Маємо систему рівнянь   1 , 1 1 , 15 280 . x + y =  1,1x + 1,15y = 280. 1,1x + 1,15 ( 250 − x ) = 280 , −0,05x = −7,5 , x = 150 . Отже, перший робітник за планом має виготовити 150 деталей, а другий — 250 − 150 = 100 деталей. Відповідь. 150 деталей, 100 деталей.

3.2.

(

)

 a a + b b − ab a + b   +   a + b (a − b)  

(

)

2 b a + b

=

( (

)( a − b ) + b )( a − b)

a − b

2 b

a +

a + b

=

a − b +2 b a+ b

= 1.

Відповідь. 1. 3.3.

AC ⊥ BC , точка C належить колу, тому AB — діаметр кола, AB = 2 AO = 2 ⋅10 = 20 см. За теоремою Піфагора AC2 + BC2 = AB2 . 2 Нехай AC = x , тоді BC = x + 4, тоді x2 + ( x + 4 ) = 400 , x2 + 4x − 192 = 0 , x1 = −16 — не підходить за змістом задачі, x2 = 12 . Отже, AC = 12 см, BC = 12 + 4 = 16 см. Відповідь. 12 см, 16 см.

A O C

B

26   ВАРІАНТ 9

Частина четверта 4.1.М Оскільки x = 0 не є коренем рівняння

x x2 + 3x + 2

−

x x2 + 5x + 2

=

1 24

,

то поділимо чисельник і знаменник дробів рівняння на x ( x ≠ 0). 1 2

Дістали: x+

Нехай x +

2 x

x

− +3

x+

1 2 x

= +5

1 24

.

+ 3 = t , тоді рівняння набуде вигляду:

1 t

−

1 t+2

−

1 24

= 0,

24t + 48 − 24t − t2 − 2t 24t ( t + 2 )

= 0.

t2 + 2t − 48 = 0,  Це рівняння рівносильне системі: t ≠ 0, t ≠ −2, звідки маємо: t = −8 або t = 6 .  −11 ± 113 2 ,  x = x + + 3 = − 8 , 2  x2 + 11x + 2 = 0,  x Маємо:  x = 1,  2 x + 2 + 3 = 6; x − 3x + 2 = 0; x = 2. x     −11 ± 113 ,. Відповідь. 1;x2;= 2  x = 1, 4.2.М Нехай ha , hb і hc — висоти, що проведені до сторін a , b і c трикутника відповідно. x = 2.   S цього трикутника дорівнює: S = 1 aha , або S = 1 bhb , або S = 1 chc . Площа 2

Маємо: ha = 2

2S a 2

, hb =

2S b 2

, hc =

2S c 2

2

2

, тоді 2

2

 hc   hc   2S ⋅ a   2S ⋅ b   a   b    +  =  +  =   +   = 1 (за умовою).  ha   hb   c ⋅ 2S   c ⋅ 2S   c   c  Отже, a2 + b2 = c2 і за теоремою, оберненою до теореми Піфагора, трикутник прямокутний.

Варіант 9 Частина перша 1.1. Відповідь Г). 1.2. Нехай із 18 кг свіжих грибів отримають x кг сушених. Складаємо пропорцію x=

18 ⋅ 1, 8 12

= 2,7 .

Відповідь. Г).

12 18

=

1, 8 x

, звідки

ВАРІАНТ 9   27 1.3. Оскільки значення функції дорівнює 3, то −5 + 4x = 3 , звідки x = 2 . Відповідь. Б). 1.4.

(3a − b ) (3a + b ) + b2 = (3a )

2

− b2 + b2 = 9a2 .

Відповідь. В). 1.5.

1.6.

− 16 + 81 − 121 = −4 + 9 − 11 = −6 . Відповідь. Г). 5+ −9 4 + −3 0,25a5b4 ⋅ 0,4a −9b −3 = 0,25 ⋅ 0,4a ( )b ( ) = 0,1a −4b . Відповідь. Б).

1.7. Нехай 5000 грн — це 100  %. Тоді через рік вкладник отримає 115  % від 5000 грн, або 5000 ⋅1,15 = 5750 грн. Відповідь. А). 1.8. ОДЗ нерівності ( − ∞; + ∞ ) . ( x − 5 ) ( x + 3 ) = 0 , якщо x1 = −3 , x2 = 5 .

–3

Отже, ( x − 5 ) ( x + 3 )  0 , якщо x ∈ ( − ∞; − 3  5; + ∞ ) .

+

–

+

x

5

Відповідь. Б).

1.9. Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°, то ∠ K = 180° − ( ∠ M + ∠ N ) = 180° − ( 35° + 25° ) M + ∠ N ) = 180° − ( 35° + 25° ) = 120° . ∠ K — тупий, тому трикутник MNK — тупокутний. Відповідь. Г). 1.10. Відповідь В). 1.11. Нехай M ( x; y ) . Тоді x =

2 + ( −6 )

Відповідь. Б).

2

= −2, y =

−3 + 7 2

= 2.

1.12. Радіус кола, вписаного в правильний шестикутник зі стороною a , дорівнює r = r=

4 3⋅ 3 2

a 3 2

. Тобто

= 6 см.

Тоді площа круга, обмеженого колом даного радіуса, S = πr 2 = 62 π = 36π (см2). Відповідь. Б).

Частина друга 2.1. Перетворимо вираз у дужках: b  a + 2 Тоді  2 b ab a ab − − 

Відповідь. −1.

a b − ab 2

+

b a − ab 2

=

a

b(b − a )

a + b ab  ab  ⋅ a + b = − ab ⋅ a + b = −1 . 

−

b

a (b − a )

=

a 2 − b2

ab ( b − a )

=

( a − b )( a + b ) ab ( b − a )

=−

a+b ab

.

28   ВАРІАНТ 9 2.2.

2 − 3x

−1 <

2

< 2 , −2 < 2 − 3x < 4 , −2 < 3x < 4 , −

2 3

<x<

4 3

.

 2 4 Розв’язками нерівності є всі числа з проміжку  − ;  .  3 3 Серед них цілими числами є 0 і 1. Відповідь. 0; 1. y

2.3. Графіком функції є парабола, вітки якої напрямлені вгору, оскільки a = 3 > 0 . Знайдемо координати вершини параболи: x=−

b 2a

=−

−12 2⋅3

= 2,

y = 3 ⋅ 22 − 12 ⋅ 2 + 10 = −2 . Оскільки

c = 10 ,

10

парабола проходить через точку ( 0; 10 ) . Знайдемо точки перетину графіка функції з віссю абсцис: 3x2 − 12x + 10 = 0 , якщо x1 =

6− 6 3

; x2 =

6+ 6 3

2

0

. Користуючись графіком, знаходимо

–2

проміжок спадання функції: ( − ∞; 2 .

x1

x2

x

Відповідь. ( − ∞; 2 .

ABCD — прямокутна трапеція, AD = CD = 12 см. ∠ ADC = 60° , CK — висота трапеції. З прямокутного три-

2.4. Нехай

кутника CKD : KD = CD cos D = 12 cos 60° = 12 ⋅

1 2

= 6 (см). Тоді

B

C

F

M

AK = AD − KD = 12 − 6 = 6 (см). BC = AK = 6 см. Середня лінія MF =

BC + AD 2

=

6 + 12 2

= 9 (см).

A

D

K

Відповідь. 9 см.

Частина третя 3.1. Нехай запланована швидкість руху автомобіля x км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

За планом

1200

x

Фактично

1200 : 3 = 400

800

x

t , год 1200 x

x + 20

400

800

x

x + 20

Враховуючи, що на зупинку автомобіль витратив 2 год, складаємо рівняння: 400 800 1200 + +2 = . ОДЗ: x ≠ −20 , x ≠ 0. x x + 20 x 800x − 800 ( x + 20 ) + 2x ( x + 20 ) −20 − 180 = 0 , x2 + 20x − 8000 = 0 , x1 = = −100 — не підходить 2 x ( x + 20 ) за змістом задачі, x2 = Відповідь. 80 км/год.

−20 + 180 2

= 80 . Отже, швидкість руху автомобіля до зупинки 80 км/год.

ВАРІАНТ 9   29 3.2.

3 − a + 2a − 2 

( a − 1)

2

( a + 1)

2

a2 − 3a 1  +  ( a + 1) ( a2 − a + 1 + 3a ) (a + 1)2 

> 0 при a ≠ −1, отже,

1

( a + 1)

2

 =  

1 ( a + 1) ( a − 1 )   == . == 2 2 2 2 2   ( a − 1)  ( a + 1)( a + 1)  ( a − 1) ( a + 1) ( a + 1) ( a + 1) a + 1  a2 − 3a + a + 1 

2

> 0 при a ≠ −1.

3.3. Кут DAF дорівнює куту BFA як внутрішні різносторонні при паралельних прямих AD і BC та січній AF . Кут BAF дорівнює куту DAF ( AF — бісектриса). Тому трикутник BAF рівнобедрений з основою AF . BF = AB = 3k , CF = 4k , тоді BF + CF = 3k + 3k = 7k , 2 ( AB + BC ) = P , 2 ( 3k + 7k ) = 80 , k = 4. Отже, AB = 3k = 12 см, BC = 7k = 28 см. Відповідь. 12 см; 28 см.

F

B

С

D

A

Частина четверта 4.1.М Побудуємо графік функції y = x2 − 4 x + 3 . Спочатку побудуємо графік функції y = x2 − 4x + 3 при x  0 . Оскільки функція y = x2 − 4 x + 3 парна, то її графік симетричний відносно осі ординат. Графік функції y = x2 − 4x + 3 , де x  0 , відобразимо відносно осі ординат. Для побудови графіка функції y = x2 − 4 x + 3 ту

y

y = x2 − 4 x + 3

3 y  =  1

1 0

частину графіка функції, що міститься під віссю абсцис,

–3

відобразимо відносно осі Ox. Для того щоб рівняння x2 − 4 x + 3 = a мало шість

–1

1

x

3

розв’язків, пряма y = a повинна перетинати графік функції y = x2 − 4 x + 3 у шести точках, тобто a = 1. Відповідь. При a = 1. 4.2.М Нехай на рисунку зображено трикутник ABC , у якому AC = 1 см, CB = 15 см, медіана CM дорівнює 2 см. За наслідком із теореми косинусів маємо:

(

C

)

AB2 + ( 2CM ) = 2 AC2 + CB2 , звідки 2

AB2 = 2 (1 + 15 ) − 16 = 16 .

1

Дістали: AC2 + CB2 = AB2 , тобто трикутник ABC — прямокутний із катетами AC і CB . Площа трикутника ABC : S = Відповідь.

15 2

см2.

1 2

AC ⋅ CB =

15 2

(см2).

A

CB = 15 2

M

B

30   ВАРІАНТ 10

Варіант 10 Частина перша 1.1.

320 : 6,4 = 50 (ц). Відповідь. А).

1.2. Відповідь. Б). 1.3. Додавши почленно перше і друге рівняння системи, дістанемо 2x = −4 , x = −2 . Тоді з першого рівняння системи: −2 + y = 2 , y = 4 . Відповідь. Г). 1.4.

2 − 4 ( x − 1) = 2 ( x + 3 ) , 2 − 4x + 4 = 2x + 6 , −4x − 2x = 6 − 2 − 4 , −6x = 0 , x = 0. Відповідь. Б).

1.5.

− ( x + 5 ) ( x − 1) = − x2 − x + 5x − 5 = − x2 + 4x − 5 = −x2 − 4x + 5 .

(

) (

)

Відповідь. В). 1.6.

2x + 1 x −3

−

2x + 3 3−x

=

2x + 1 x −3

+

2x + 3 x −3

=

2x + 1 + 2x + 3 x −3

=

4x + 4 x −3

.

Відповідь. Г). 1.7.

q=

b2 b1

−2

. b2 = −2 , b1 = 6 , отже, q =

6

=−

1 3

.

Відповідь. Б). 1.8.

2 ⋅1,5 < 2x < 2 ⋅ 3 , 3 < 2x < 6 , 3 + 3 < 2x + y < 6 + 5 , 6 < 2x + y < 11 . Відповідь. В).

1.9. 1.9._Трикутник AMO прямокутний, тому ∠ OAM = 90° − 75° = 15° . Оскільки AO є бісектрисою кута MAN , то ∠MAN = 2 ⋅ 15° = 30° . Відповідь. Г). 1.10. Нехай гіпотенуза трикутника дорівнює c . Тоді за теоремою Піфагора c2 = 32 + c = 4 см. Відповідь. Г).  1.11. AB = 42 + 33 = 25 = 5 .

( 7)

2

= 9 + 7 = 16 ,

Відповідь. В). 1.12. За

теоремою

sin M =

4 3⋅

NP

синусів

=

sin M

MN sin P

,

sin M =

NP sin P . MN

2 2

4 2

=

3 2

, ∠ M = 60° .

Відповідь. Г).

Частина друга −3

2.1.

27 ⋅ 3 81−5

−10

5

=

81

273 ⋅ 310

Відповідь 3.

(3 ) (3 ) ⋅ 3 4

=

3

3

5

10

=

20

3

39 ⋅ 310

=

320 319

= 3.

Враховуючи,

що

sin45° =

2 2

,

ВАРІАНТ 10   31 2.2. Якщо a < 0 , то 3a2

4 9

a2b4 = 3a2 ⋅

2 3

⋅ ( −a ) ⋅ b2 = −2a3b2 .

Відповідь. −2a3b2 . 2.3. До області визначення функції належать значення x , які 2 − x − x2  0, задовольняють умову:  Розв’яжемо нерівність x ≠ 0. 2 − x − x2  0 : 2 − x − x2 = 0 , якщо x1 = −2 , x2 = 1 .

–

+ –2

Розв’язком нерівності є проміжок  −2; 1 . Виключивши з нього число 0, дістанемо область визначення функції:  −2; 0 )  ( 0; 1 .

–

0

1

x

Відповідь.  −2; 0 )  ( 0; 1 .

2.4. Нехай коефіцієнт подібності дорівнює k. Тоді 7k = 21 , k = 3. Решта сторін трикутника, подібного даному, дорівнює: 6 ⋅ 3 = 18 (см), 8 ⋅ 3 = 24 (см). P = 18 + 21 + 24 = 63 (см). Відповідь. 63 см.

Частина третя 3.1. Нехай швидкість течії x км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

За течією

22

20 + x

Проти течії

36

20 − x

t , год 22 20 + x 36 20 − x

Враховуючи, що 6 км на плоту можна проплисти за

6 x

год, складаємо рівняння:

22 36 6 + = . ОДЗ: x ≠ −20 , x ≠ 20 , x ≠ 0. 20 + x 20 − x x 22x ( 20 − x ) + 36x ( 20 + x ) − 6 ( 20 + x )( 20 − x ) 2

= 0, x + 58x − 120 = 0 , x1 =

x ( 20 + x )( 20 − x )

ходить за змістом задачі, x2 =

−58 + 62 2

−58 − 62 2

= −60 не під­

= 2 . Отже, швидкість течії 2 км/год.

Відповідь. 2 км/год. 3.2. За теоремою Вієта x1 + x2 = − p та x1x2 = q; x1 = Тоді у шуканому квадратному рівнянні

2 − 32 2

(

= 1 − 2 2 , x2 =

)(

2 + 32 2

)

=1+ 2 2 .

x1 + x2 = 1 − 2 2 + 3 + 1 + 2 2 + 3 = 8 та x1x2 = 1 − 2 2 + 3 1 + 2 2 + 3 = 16 − 8 = 8 . Складаємо рівняння: x − 8x + 8 = 0 . 2

Відповідь. x2 − 8x + 8 = 0 .

32   ВАРІАНТ 11 3.3. Трикутники ABC і MNK подібні. AB = 3 см, BC = 5 см, ∠ ABC = 120° . За теоремою косинусів AC2 = AB2 + BC2 − 2 AB ⋅ BC ⋅ cos120° , AC2 = 9 + 25 + 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅ 0,5 = 49 , отже, AC = 7 см. SABC =

1 2

⋅ AB ⋅ BC ⋅ sin 120° =

15 3 4

см2.

Периметр трикутника ABC PABC = AB + BC + AC = 3 + 5 + 7 = 15. k=

PMNC PABC

=

30

= 2, тоді

15

SMNK 15 3 = k2 = 4 . SMNK = 4SABC = 4 ⋅ = 15 3 см2. 4 SABC

Відповідь. 15 3 см2.

Частина четверта 4.1.М

11 − 2 28 − 11 + 2 28 = 11 − 4 7 − 11 + 4 7 =

(2 − 7 )

2

−

(2 + 7 )

2

=

= 2 − 7 − 2 + 7 = 7 − 2 − 2 − 7 = −4 — ціле число, що й треба було довести. 4.2.М Нехай точка O ( a; b ) — центр описаного кола навколо трикутника ABC з вершинами A ( 2; 9 ) , B (11; 0 ) , C ( −5; − 4 ) . Оскільки точка O рівновіддалена від вершин трикутника, то можна скласти систему ( a − 2 )2 + ( b − 9 )2 = ( a − 11)2 + b2 , a − b = 2, a = 2,4, рівнянь:  4a + b = 10; b = 0,4. Отже, O ( 2,4; 0,4 ) . 2 2 2 2  ( a − 11) + b = ( a + 5 ) + ( b + 4 ) ;  Знайдемо R 2 = OB2 = ( 2,4 − 11) + 0,42 = 74,12 . 2

Рівняння шуканого кола: ( x − 2,4 ) + ( y − 0,4 ) = 74,12 . 2

2

Відповідь. ( x − 2,4 ) + ( y − 0,4 ) = 74,12 . 2

2

Варіант 11 Частина перша 1.1. Відповідь. Б). 1.2. На 5 і на 3 ділиться число, яке закінчується на 0 або 5, а сума цифр якого ділиться на 3. З-поміж наведених чисел таку умову задовольняє число 2835. Відповідь. Г). 1.3. Відповідь. В). 1.4. Оскільки 12 + ( −1) = 2 , 0 ⋅1 − 0 ⋅ ( −1) = 0 ≠ 2 , 2 ⋅1 − ( −1) = 3 ≠ 1 , 3 ⋅1 + 0 ⋅ ( −1) = 3 ≠ 2 , то пара чисел 2

(–1;  1) є розв’язком рівняння x2 + y2 = 2 . Відповідь. А).

ВАРІАНТ 11   33 1.5.

7y x

−

5x y

=

7 y2 − 5x2 xy

.

Відповідь. Б). 1.6. За теоремою Вієта добуток коренів квадратного рівняння x2 + px + q = 0 дорівнює q . Тобто добуток коренів квадратного рівняння x2 − 7x − 6 = 0 дорівнює −6. Відповідь. Г). 1.7. Нерівність −2x > 8 рівносильна нерівності x < −4 . Відповідь. Г). 1.8.

b1 =

1 3

, b2 = −1 , b3 = 3 . q =

b2 b1

=

−1 = −3. b4 = b3 ⋅ q = 3 ⋅ ( −3 ) = −9 . 1 3

Відповідь. А). 1.9. Відповідь В). 1.10. Протилежні кути паралелограма рівні, а сума сусідніх дорівнює 180°. Тому два кути паралелограма дорівнюють по 60°, а сусідні з ними дорівнюють 180°  –  60°  =  120°. Відповідь. Г). 1.11. У трикутнику найбільша сторона лежить проти найбільшого кута. Оскільки найбільшим кутом трикутника ABC є ∠ C = 100° , то найбільшою стороною є сторона AB. Відповідь. Г).   1.12. Вектори перпендикулярні, якщо їх скалярний добуток дорівнює нулю. c ⋅ d = 3 ⋅ 3 + 9 ⋅ x = 0, якщо x = −1. Відповідь. В).

Частина друга 2.1.

( −7 )

4

−

2 160 2,5

160

= 72 − 2

2,5

= 49 − 2 64 = 49 − 2 ⋅ 8 = 33 .

Відповідь. 33. 2.2. За умовою x = y . Тоді x = x2 − 2x − 4 , x2 − 3x − 4 = 0 , x1 = −1 , x2 = 4 . Точки графіка функції, у яких абсциси й ординати рівні між собою, мають координати ( −1; − 1) і ( 4; 4 ) . Відповідь. ( −1; − 1) , ( 4; 4 ) .

2.3. З першого рівняння системи дістанемо x = 1 + y . Підставимо вираз для x в друге рівняння системи:

1 1+ y

+

1 y

=

5 6

.

6 y + 6 ( y + 1) 6 y ( y + 1)

=

5y ( y + 1 )

6 y ( y + 1)

, y ≠ 0 , y ≠ −1. 12y + 6 = 5y + 5y2 , 5y2 − 7y − 6 = 0 ,

y1 = −0,6 , y2 = 2 . Тоді x1 = 1 − 0,6 = 0,4 , x2 = 1 + 2 = 3 . Відповідь. ( 0,4; − 0,6 ) , ( 3; 2 ) .

34   ВАРІАНТ 11 πR 2

2.4. Площа сектора S = Тоді 20π =

πR 2 360

360

α . За умовою S = 20π см2, α = 72° .

⋅ 72 , звідки R 2 = 100 , R = 10 см.

Відповідь. 10 см.

Частина третя 60

3.1. Нехай на одну машину можна завантажити x т, тоді для перевезення 60 т потрібно

x

Коли на кожну машину завантажили ( x + 1) т, то кількість машин стала дорівнювати ховуючи, що при цьому кількість машин зменшилася на 2, складаємо рівняння:

машин.

60

. Вра-

x +1 60 60 x

−

x +1

= 2.

ОДЗ: x ≠ −1 , x ≠ 0. 60 ( x + 1) − 60x − 2x ( x + 1) = 0 , x2 + x − 30 = 0 , x1 = −6 не задовольняє умову задачі, x2 = 5 . x ( x + 1) Отже, кількість машин

60 5 +1

= 10 .

Відповідь. 10 машин.

3.2.

(x

3

) (

)

(

)

(

)

− 1 − 8x2 − 8x = 0 , ( x − 1) x2 + x + 1 − 8x = 0 , ( x − 1) x2 − 7x + 1 = 0 ,

x − 1 = 0 або x2 − 7x + 1 = 0 , звідки x = 1, x =

7 −3 5

Відповідь.

2

, x=

7 −3 5 2

, 1,

7+3 5 2 7+3 5 2

. . A

3.3. У прямокутному трикутнику ABC AC = 21k , CB = 20k . AB =

(21k ) + (20k ) 2

2

= 29k . AC + CB − AB = 2r ,

21k + 20k − 29k = 12k = 2r , r = 6k . Радіус описаного кола R = вою R − r = 17 см, маємо:

29 2

2

AB =

29 2

r

k . Оскільки за умо-

k − 6k = 17 , k = 2.

Отже, AB = 29 ⋅ 2 = 58 см. Відповідь. 58 см.

1

C

B

ВАРІАНТ 12   35

Частина четверта 4.1.М При n = 1 маємо: 12 =

1(1 + 1)( 2 + 1) 6

, 1  =  1 — правильно, базу індукції доведено.

Нехай при n = k твердження 12 + 22 + 32 + ... + k2 =

k ( k + 1)( 2k + 1) 6

що при n = k +1 правильне твердження 12 + 22 + 32 + ... + k2 + ( k + 1) = 2

1 + 2 + 3 + ... + k + ( k + 1) = 2

(

1) 2k2 + 7k + 6 6

2

2

2

2

k ( k + 1)( 2k + 1) 6

) = ( k + 1)( k + 2)(2k + 3) .

+ ( k + 1) = 2

( k + 1) ( 2k

2

— правильне. Доведемо,

( k + 1) ( k + 2 ) ( 2k + 3 ) 6

+ k + 6k + 6 6

.

) = ( k + 1) (2k

2

+ 7k + 6

6

) = ( k + 1)( k + 2 6

6

Отже, вихідне твердження доведено методом математичної індукції. 4.2.М На рисунку зображено коло з центром O і діаметром CD. Хорда AB перетинає діаметр CD у точці P , ∠ CPA = 60° , AP = 8 см, PB = 3 см. Проведемо CM ⊥ AB , DK ⊥ AB , ON ⊥ AB . Оскільки ON  CM і точка O — середина CD, то OL — середня лінія трикутника CMD , тобто точка L — середина MD . Оскільки LN  DK і L — середина MD , то точка N — середина відрізка MK . Отже, MN = NK . Оскільки AN = KB (властивість радіуса, перпендикулярного до хорди), то AM = KB . Нехай MP = x , PK = y , тоді AM = 8 − x , KB = 3 − y . Оскільки AM = KB , то x − y = 5 . Із трикутника CMP маємо: CP =

MP cos60°

D L A

M N

P K

O

C

= 2x ; із трикутника PDK : PD = 2y .

За властивістю хорд, що перетинаються, маємо: AP ⋅ PB = CP ⋅ PD або 4xy = 24 . x − y = 5, Розв’язавши систему рівнянь  дістанемо x = 6 , y = 1. xy = 6, Отже, CD = 12 см, довжина описаного кола дорівнює 12π см. Відповідь. 12π см.

Варіант 12 Частина перша 1.1.

1 5

м +35 см = 20 см + 35 см = 55 см.

Відповідь. Г). 1.2.

3 7

−

1 4

=

3 ⋅ 4 − 1⋅7 28

Відповідь. В).

=

5 28

.

B

36   ВАРІАНТ 12 1.3. 7x − ( 2a − x ) = 7x − 2a + x = 8x − 2a . Відповідь. Б). 1.4. Ордината точки перетину графіка функції з віссю абсцис дорівнює нулю. 5x − 20 = 0 , x = 4. Точка перетину графіка функції y = 5x − 20 з віссю абсцис має координати ( 4; 0 ) . Відповідь. В). 3 ⋅ (a )  3a3  9a6 .  2  = 2 2 2 = 16b4 4 ⋅ (b )  4b  2

1.5.

2

3

2

Відповідь. Г). 1.6.

4 5− 3

=

4

(

(

5+ 3

5− 3

)(

)

5+ 3

)

=

4

(

5+ 3 5−3

) =2

(

)

5+ 3 .

Відповідь. Б). 1.7. Відповідь. А). 1.8.

12 + 10 + 8 + 11 + 9 + 12 + 10 + 8 8

= 10 .

Відповідь. В). 1.9. Нехай градусна міра меншого з кутів дорівнює x° , тоді градусна міра другого кута — ( 4x ) ° . Сума суміжних кутів дорівнює 180°. Тому x + 4x = 180, x = 36 . Відповідь. Г). 1.10. Середня лінія трапеції дорівнює півсумі її основ:

4 + 10

Відповідь. Б). 1.11. p =

13 + 14 + 15 2

2

= 7.

= 21 (дм).

Тоді за формулою Герона S = 21( 21 − 13 ) ( 21 − 14 ) ( 21 − 15 ) = 21 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 = 84 . Відповідь. В). 1.12. Запишемо рівняння у вигляді y = kx + b : y = −3x + 1. k = −3. Відповідь. А).

Частина друга 2.1. Нехай x + x = t . Тоді t + 2t − 8 = 0 , t1 = −4 , t2 = 2 . Маємо x2 + x = −4 , x2 + x + 4 = 0 , розв’язків немає, або x2 + x = 2 , x2 + x − 2 = 0 , x1 = −2 , x2 = 1 . Відповідь. −2; 1. 2

2

2.2. Оскільки графік функції y = kx + b проходить через точки

(1; − 5)

і

( −3; − 13) ,

то викону-

−5 = k + b, ються умови  Дістали систему рівнянь, розв’язавши яку, дістанемо значення −13 = −3k + b. коефіцієнтів k і b . Виконаємо почленно віднімання від першого рівняння системи другого: 8 = 4k , k = 2. Тоді з першого рівняння b = −5 − 2 = −7 . Шукана формула має вигляд y = 2x − 7. Відповідь. y = 2x − 7 .

ВАРІАНТ 12   37 2.3.

S=

2

20 1 . b1 = b3 : q 2 = 5 :   = 20 . Тоді S = = 40 . 1 2 1− q   1− b1

2

Відповідь. 40.

AB

2.4. За теоремою синусів

дістанемо sinC =

2 3⋅

sin C

=

AC sin B

, звідки sin C =

AB sin B AC

. Враховуючи, що sin45° =

2 2

,

2 2

=

2 2

3 2

, ∠ C = 60° .

Відповідь. 60°.

Частина третя 3.1. Нехай у заданому числі x — цифра, що позначає десятки, а y — одиниці. Тоді x2 + y2 = 45 . Дане число запишемо у вигляді 10x + y . Тоді (10x + y ) + 27 = 10y + x .

2 2 x + y = 45, (1)  (2) x = y − 3. Підставимо (2) в (1) і розв’яжемо отримане рівняння. 2 ( y − 3) + y2 = 45, y2 − 3y − 18 = 0 , y1 = 6 , y2 = −3 — не задовольняє умову задачі. З рівняння (2)

x2 + y2 = 45, Розв’яжемо систему  (10x + y ) + 27 = 10y + x.

x = 6 − 3 = 3. Отже, дане число 36. Відповідь. 36.

3.2.

( (

) )

3 3 b2 − b4 = 3, b1 q − q = 3, b1 ( q − q ) 3 6 1 = − , q = ; b1 = . Сума нескінченної геометричної b − b = −6;  2 2 6 1 2 − q2 − 1 b q 3 4  ) b1 q − 1 = −6. 1 (

прогресії S =

b1 1− q

=

6

(1 − q ) (1 − q ) 2

=

6 = 16 . 3 1 ⋅ 4 2

Відповідь. 16. 3.3.

AB ⊥ BC , DC ⊥ BC , отже, AB  DC , чотирикутник ABCD — прямокутна трапеція з основами AB і DC . AB = AE = 9 см, DE = DC = 4 см. AD = AE + DE = 9 + 4 = 13 см. Проводимо DN ⊥ AB , тоді BCDN — прямокутник. BN = CD = 4 см, BC = DN , AN = AB − BN = 9 − 4 = 5 см. DN = AD2 − AN 2 = 169 − 25 = 12 см. Отже, BC = 12 см. Відповідь. 12 см.

B C

N A

E

D

38   ВАРІАНТ 13

Частина четверта

4.1.М ab ( a + b − 2c ) + bc ( b + c − 2a ) + ac ( a + c − 2b ) == a2b + ab2 − 2abc + b2c + bc2 − 2abc + a2c + ac2 − 2abc = a2b − 2abc + bc2 +

(

) (

)

c + a2c + ac2 − 2abc = a2b − 2abc + bc2 ++ab2 − 2abc + ac2 + b2c − 2abc + a2c = b a2 − 2ac + c2 + a b2 − 2bc + c2 +

(

)

+c b2 − 2ab + a2 = b ( a − c ) + a ( b − c ) + c ( b − a )  0 як сума невід’ємних доданків. 2

2

2

a − c = 0,  Рівність досягається при b − c = 0, тобто при a = b = c . b − a = 0, 4.2.М На рисунку зображено трапецію ABCD з основами AD = 7 см і BC = 3 см. O — точка перетину діагоналей трапеції. Пряма, що проходить через точку O паралельно основам трапеції, перетинає її бічні сторони AB і CD у точках M і N відповідно.  AOD   COB за двома кутами, тоді Отже,

AO CO

=

BO OD

=

7 3

AD BC

=

AO CO

=

BO OD

.

B M

A

3

C N

O

7

D

.

Нехай AO = 7x , CO = 3x ; BO = 3y , OD = 7 y .  ABD   MBO за двома кутами, тоді AD MO

=

BD BO

,

7 MO

=

7 y + 3y 3y

, звідки MO = 2,1 см.

 ACD   OCN за двома кутами, тоді

AD ON

=

AC OC

,

Отже, MO + ON = 2,1 + 2,1 = 4,2 (см) Відповідь. 4,2 см.

Варіант 13 Частина перша 1.1.

x = 2100 : 35 , x = 60 . Відповідь. В).

1.2.

4

1 6

:5 =

25 1 5 ⋅ = . 6 5 6

Відповідь. Г). 1.3.

( 4 + x ) ( x − 4 ) = ( x + 4 ) ( x − 4 ) = x2 − 16 . Відповідь. Б).

1.4.

x2 + x − 12 = x2 , x − 12 = 0, x = 12. Відповідь. В).

7 ON

=

7x + 3x 3x

, звідки ON = 2,1 см.

ВАРІАНТ 13   39 1.5. Відповідь. А). 2 (x )  2x3  8x 9 − = − = − .  3 2  3 2 27 y6 3 (y )  3y  3

1.6.

3

3

3

Відповідь. В). 1.7.

( −2) + ( −2) − 2 = 0 ,

22 + 2 − 2 = 4 > 0 , 12 + 1 − 2 = 0 , ( −1) + ( −1) − 2 = −2 < 0 .

2

2

Відповідь. Б). 1.8. Область визначення функції: всі числа, крім нуля. x2 + 5x = 0 , x ( x + 5 ) = 0, x1 = 0 (не належить області визначення), x2 = −5 . Відповідь. Б). 1.9. Відповідь. В). 1.10. Оскільки паралельні прямі, які перетинають сторони кута, відтинають на одній його стороні рівні відрізки, то вони відтинають рівні відрізки і на другій його стороні. Тому MN = AK = 7 см. Відповідь. Г). 1.11. Довжина кола C = 2πR = 6π см, звідки R = 3 см. Відповідь. А). 1.12. Сторона ромба дорівнює 16 2 : 4 = 4 2 (см).

(

Тоді площа ромба дорівнює 4 2

) sin135° = 16 ⋅ 2 ⋅

2

2

= 16 2 (см2).

2

Відповідь. Б).

Частина друга 2.1.

a2 − 4a + 4 2a2 − 18 a + 6a + 9 2

⋅

Відповідь.

12 − 6a

( a − 2) ( a + 3)

2

=

−a2 + 5a − 6 3a + 9

2.2. За умовою x1 = −

1 2

2

⋅

2 ( a − 3 )( a + 3 ) 6 (2 − a )

=

( 2 − a )( a − 3 ) 3( a + 3)

=

−a + 5a − 6 2

3a + 9

.

.

, x2 = 5 . За теоремою, оберненою до теореми Вієта, − ( x1 + x2 ) = p , x1 ⋅ x2 = q .

1 1 1  1  Отже, p = −  − + 5  = −4 , q = − ⋅ 5 = −2 . 2 2 2  2 

Тоді квадратне рівняння має вигляд x2 − 4

1 2

x −2

1 2

= 0 . Оскільки за умовою коефіцієнти

рівняння мають бути цілими числами, помножимо обидві частини рівняння на 2: 2x2 − 9x − 5 = 0 . Відповідь. 2x2 − 9x − 5 = 0 . n

p   2.3. За формулою складних відсотків An = A0  1 +  обчислимо величину вкладу через два роки: 100  

A2 = 10 000 (1 + 0,16 ) = 13 456 грн. Тоді відсоткові гроші, які матиме вкладник через два роки: 2

13 456 − 10 000 = 3456 грн. Відповідь. 3456 грн.

40   ВАРІАНТ 13 2.4. У прямокутному трикутнику ABC ( ∠ C = 90° ) tg B =

AC CB

=

5 12

. Нехай коефіцієнт пропорційності

дорівнює k. Тоді AC = 5k , CB = 12k . За теоремою Піфагора AC2 + BC2 = AB2 .

(5k ) + (12k ) 2

2

= 262 , 169k2 = 262 , k2 =

262

, k=

132

26 13

= 2 . Тоді менший катет AC = 5 ⋅ 2 = 10 см.

Відповідь. 10 см.

Частина третя 3.1. Нехай початкова маса сплаву дорівнює x г, тоді маса срібла в ньому становить ( x − 20 ) г. Після додавання до сплаву 5 г срібла і 10 г золота його маса стала дорівнювати ( x + 15 ) г, а маса 100 ( x − 20 )

срібла в ньому — ( x − 15 ) г. Початковий сплав містить 100 ( x + 15 ) x − 15

x

% срібла, а отриманий —

%. Враховуючи, що в отриманому сплаві срібла на 5  % більше, ніж у початковому,

складаємо рівняння:

100 ( x − 20 ) x

ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ 15.

−

100 ( x + 15 ) x − 15

+ 5 = 0.

100 ( x − 20 )( x − 15 ) − 100x ( x + 15 ) + 5x ( x − 15 ) x ( x − 15 )

=0.

x2 − 415x + 6000 = 0 , x1 = 3 — не задовольняє умову задачі, x2 = 80 . Тоді в початковому сплаві 80 − 20 = 60 г срібла. Відповідь. 60 г. 3.2. Кількість двоцифрових натуральних чисел від 10 до 99 дорівнює 90, тобто загальна кількість подій m  =  90. Двоцифрові числа, кратні 4, утворюють арифметичну прогресію, у якої a1 = 12 , d = 4 . Знайдемо кількість членів цієї прогресії. 12 + 4 ( n − 1) = 96 , n = 22 . Отже, кількість сприятливих подій n = 22 . P = Відповідь.

3.3.

11 45

n m

=

22 90

=

.

OD ⊥ AB , AD = 6 см, BD = 4 см. AB = AD + BD = 6 + 4 = 10 см. За властивістю дотичних, проведених з однієї точки до кола, AK = AD , BN = BD , CK = CN = x . 2 2 ( x + 6 ) + ( x + 4 ) = 100 , x2 + 10x − 24 = 0 , x1 = −12 — не задовольняє умову задачі, x2 = 2 . Отже, CK = CN = 2 , AC = 2 + 6 = 8 см, CB = 2 + 4 = 6 см. P = AC + CB + AB = 8 + 6 + 10 = 24 см. Відповідь. 24 см.

11 45

. A

D K C

O N

B

ВАРІАНТ 13   41

Частина четверта 4.1.М Знайдемо значення змінної, при яких вирази, що містяться під знаком модуля, дорівнюють нулю: x + 2 = 0 , x = −2 ; x − 1 = 0 , x = 1; x − 4 = 0 , x = 4. Позначимо ці числа на числовій прямій і ви­ значимо знаки підмодульних виразів на кожному із здобутих проміжків. Розв’яжемо нерівність на кожному із про­ міжків. 1)

 кщо x ∈ ( − ∞; − 2 , то нерівність набуває вигляЯ ду: −x − 2 − x + 1 + x − 4 > 3 , −x > 8 , x < −8 . Ураховуючи проміжок, на якому розглядали нерівність, маємо: x < −8 .

2)

 кщо x ∈ ( −2; 1 , то нерівність набуває вигляду: Я x + 2 − x + 1 + x − 4 > 3, x > 4. Отже, на проміжку x ∈ ( −2; 1 вихідна нерівність розв’язків не має.

x + 2

–

x – 1

–

–

+

+

x – 4

–

–

–

+

+

+

–2

1

+ x

4

Якщо x ∈ (1; 4  , то нерівність набуває вигляду: x + 2 + x − 1 + x − 4 > 3, 3x > 6 , x > 2 . З урахуванням розглядуваного проміжку ма­ ємо: x ∈ ( 2; 4  . 3)

Якщо x ∈ ( 4; + ∞ ) , то нерівність набуває вигляду: x + 2 + x − 1 − x + 4 > 3, x > 4. Отже, x > 4. Розв’язками вихідної нерівності є об’єднання всіх проміжків, тобто ( − ∞; − 8 )  ( 2; + ∞ ) . Відповідь. ( − ∞; − 8 )  ( 2; + ∞ ) . 4)

4.2.М Нехай у трикутнику ABC : AB = c , BC = a , AC = b , CM = 5 см, AN = 73 см, BP = 2 13 см. За наслідком із теореми косинусів для медіа­ ни CM маємо: 2a2 + 2b2 = c2 + 100 ;

C a

для медіани AN : 2b2 + 2c2 = a2 + 292 ; для медіани BP: 2a2 + 2c2 = b2 + 208 .

A

2a + 2b = c + 100,  Отже, маємо систему рівнянь: 2b2 + 2c2 = a2 + 292, 2a2 + 2c2 = b2 + 208.  2

2

2

N

P b

c

M

B

Помножимо обидві частини першого рівняння системи на 5 і віднімемо від нього друге і третє рівняння, дістанемо: 10a2 + 10b2 − 2b2 − 2c2 − 2a2 − 2c2 = 5c2 − a2 − b2 , 9a2 + 9b2 = 9c2 або a2 + b2 = c2 . Отже, за теоремою, оберненою до теореми Піфагора, маємо: трикутник ABC прямокутний.

42   ВАРІАНТ 14

Варіант 14 Частина перша 1.1.

5−3

2 9

= 5−3−

2 9

= 2−

2 9

=1

7 9

.

Відповідь. Б). 1.2. Відповідь. В). 1.3. При x = 3 y = −2 ⋅ 3 + 8 = 2. Відповідь. А). 1.4.

9a2 − 6ab + b2 = ( 3a ) − 2 ⋅ 3a ⋅ b + b2 = ( 3a − b ) . Відповідь. Г).

1.5.

−x − 5  0 , x  −5. Відповідь. Б).

2

2

1.6. Для того щоб знайти шлях, треба час помножити на швидкість: 0,5 ⋅106 ⋅ 3 ⋅108 = 1,5 ⋅1014 (м/с). Відповідь. В). 1.7. Загальна кількість подій дорівнює п’яти, а сприятлива подія одна. Оскільки ймовірність події — це відношення кількості сприятливих подій до загальної кількості подій, то P = Відповідь. Г).

1 5

.

1.8. Відповідь. Б). 1.9. Нехай бічні сторони трикутника дорівнюють x см. Тоді 2x + 18 = 58 , x = 20 . Відповідь. В). 1.10. Оскільки катет, прилеглий до кута α , дорівнює добутку гіпотенузи на cosα , то BC = 8cosα . Відповідь. Г). 1.11. Відповідь. В). 1.12. Кожний із внутрішніх кутів правильного многокутника дорівнює 180°  –  60°  =  120°. Тоді 180 ( n − 2 ) n

= 120 , звідки n = 6 .

Відповідь. Г).

Частина друга

( x − 1) + ( x + 1) ⋅ ( x − 1) =   2x2 + 2 ⋅ x − 1 = x − 1 = x − 1 .  x − 1 x + 1  4x 2 + 4 + : =  x + 1 x − 1  x2 − 2x + 1 x + 1 2 ( 2x2 + 2 ) 2 ( x + 1) 2x + 2 ( x + 1)( x − 1) 2 ( 2x2 + 2 )   2

2.1.

Відповідь.

x −1 2x + 2

.

2

2

ВАРІАНТ 14   43 2.2.

x + 8 < 8, x < 0, x < 0, 24 − 2 5 + 5x > 6 − 3 1 − x , 24 − 10 − 10x > 6 − 3 + 3x, −13x > −11, ( ) ( )    Відповідь. ( − ∞; 0 ) .

x < 0,  x < 11 , x < 0 .  13 y

2.3. Графіком функції є парабола, вітки якої напрямлені вниз, оскільки a = −2 < 0. Знайдемо координати вершини парабо-

3 2 x1

= 3 . Оскільки

1 0

c = −5, парабола проходить через точку ( 0; − 5 ) . Знайдемо точ-

–5

ли: x = −

b

=−

2a

8

2 ⋅ ( −2 )

−b2 + 4ac

= 2, y =

4a

=

−64 + 40 −8

x2

x

ки перетину графіка функції з віссю абсцис: −2x2 + 8x − 5 = 0 , 4− 6

4+ 6

якщо x1 = ; x2 = . 2 2 Користуючись рисунком, знаходимо найбільше значення функції: y = 3. Відповідь. 3. 2.4.

 a =

( p + 1) + ( −3) 2

2

= 5.

( p + 1)

2

+ 9 = 25 ,

( p + 1)

2

= 16 , p + 1 = −4, p = −5 або p + 1 = 4, p = 3.

Відповідь. −5; 3.

Частина третя 3.1. Нехай знаменник дробу дорівнює x , тоді його чисельник — ( x − 3 ) . Отже, даний дріб Після збільшення чисельника на 2 і знаменника на 10 дістанемо дріб при цьому дріб зменшився на ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ −10 .

2 15

, складаємо рівняння:

15 ( x − 3 )( x + 10 ) − 15x ( x − 1) − 2x ( x + 10 ) 15x ( x + 10 )

x −3 x

−

x −1 x + 10

−

x −1 x + 10 2 15

x −3 x

.

. Враховуючи, що

= 0.

= 0 . x2 − 50x + 225 = 0 , x1 = 5 , x2 = 45 . Якщо x = 5 , то

2

42

— не задовольняє дістанемо нескоротний дріб , якщо x = 45 , то дістанемо скоротний дріб 5 45 умову задачі. y

Відповідь.

2 5

.

2

3.2. Функція не визначена при x = 0, x = 3 , x = −3 . y=

( ) =− 6 . x x (9 − x ) 6 x2 − 9 2

–3

–1 –2

0

3

x

44   ВАРІАНТ 14 3.3.

BD = 7 см, AC = 11 см, P = 2( AB + BC) .

B

BD2 + AC2 = 2( AB2 + BC2 ) ; AB + BC = 13 см. Нехай більша сторона BC дорівнює x , тоді AB = 13 − x .

(

С

)

2 (13 − x ) + x2 = 49 + 121 , 2

x2 − 13x + 42 = 0 , x1 = 6 , x2 = 7 .

A

D

BC = 7 см, AB = 13 − 7 = 6 см. Відповідь. 6 см, 7 см.

Частина четверта 4.1.М Задане рівняння рівносильне сукупності рівнянь:  x + 2 − x − 6 = x,   x + 2 − x − 6 = −x. Розв’яжемо цю сукупність рівнянь. Нулі підмодульних виразів: x = −2 і x = 6 . 1) Якщо x ∈ ( − ∞; − 2 , то сукупність набуває вигляду:

x + 2 x – 6

–

+ –2

–

–

+ 6

+

x

 −x − 2 + x − 6 = x, x = −8,  −x − 2 + x − 6 = −x; x = 8. З урахуванням проміжку, що розглядається, маємо: x = −8 . 2) Якщо x ∈ ( −2; 6  , то сукупність набуває вигляду: x = 4, x + 2 + x − 6 = x,  x + 2 + x − 6 = −x; x = 4 . 3  З урахуванням проміжку, що розглядається, маємо: x = 4; x = 3) Якщо x ∈ ( 6; + ∞ ) , то сукупність набуває вигляду:

4 3

.

x + 2 − x + 6 = x, x = 8, x + 2 − x + 6 = −x; x = −8. З урахуванням проміжку, що розглядається, маємо: x = 8. Відповідь. –8;

4 3

; 4; 8.

4.2.М Нехай AM , BN і CP — медіани трикутника ABC . «Подвоїмо» медіану BN, дістанемо паралелограм ABCD . За нерівністю трикутника маємо: BD < AB + AD або 2BN < AB + BC . Аналогічно, «подвоївши» медіани AM і CP, діста­немо: 2AM < AB + AC і 2CP < AC + BC . Додавши ці три нерівності, маємо: 2 AM + 2BN + 2CP < 2 AB + 2BC + 2 AC або AM + BN + CP < AB + BC + AC , що й потрібно було довести.

B M

P A

C

N

D

ВАРІАНТ 15   45

Варіант 15 Частина перша 1.1. 500 ⋅ 0,25 = 125 . Відповідь. В). 1.2.

2 ( −1,5x + 3 ) − 3 (1,3 − x ) = −3x + 6 − 3,9 + 3x = 2,1. Відповідь. Г).

1.3.

2 − ( −1) = 3 ≠ −3 , 2 + ( −1) = 1 , 2 ⋅ 2 − ( −1) = 5 ≠ 3 , 2 + 2 ⋅ ( −1) = 0 ≠ 4 . Відповідь. Б).

1.4. Рівносильні рівняння мають одні й ті самі корені. Рівняння 3 − 5x = 18 має корінь x = −3 . −7x − 4 = 3 , x = −1; 2x − 7 = 11 , x = 9; −6x + 5 = 23 , x = −3 ; −6x − 5 = 22 , x = −4,5 . Відповідь. В). 1.5.

1.6.

D = b2 − 4ac = ( −3 ) − 4 ⋅ 2 ⋅1 = 9 − 8 = 1. Відповідь. Б). 2

5x ( x + 3 ) x + 3x 3

=

5x ( x + 3 ) x ( x + 3)

= 5.

Відповідь. А). 1.7. Формула n -го члена арифметичної прогресії має вигляд an = a1 + ( n − 1) d . Тоді a5 = a1 + 4d = 6 + 4 ⋅ ( −4 ) = 6 − 16 = −10 . Відповідь. Г). 1.8. Відповідь. Б). 1.9. Усі точки площини, рівновіддалені від заданої точки, утворюють коло. Відповідь. Г). 1.10. Діагоналі ромба взаємно перпендикулярні і точкою перетину діляться навпіл. Тоді у ромбі ABCD AB = 8 см,

A

AO = 12 : 2 = 6 см. З прямокутного трикутника ABC знаходимо BO BO == AB AB22 −− AO AO22 == 64 64−−36 36 == 28 28 ==22 77 см. BD = 2BO = 4 7 см. Відповідь. В).       1.11. a ⋅ b = a ⋅ b ⋅ cos ∠ a ⋅ b . Враховуючи, що cos30° =

( )

3 2

B

O D

  3 , a ⋅b = 5⋅4⋅ = 10 3 . 2

Відповідь. Б). 1.12. Оскільки 122 + 55 = 132 , то трикутник зі сторонами 13 см, 12 см і 5 см прямокутний. Відповідь. В).

С

46   ВАРІАНТ 15

Частина друга 2.1.

( y − x )( y + x ) ⋅ xy = y − x .  1 1   1 1  y2 − x2 x + y − y −2 : x −1 + y −1 =  2 − 2  :  +  = 2 2 : = x2 y2 x+y xy xy y  x y xy x y−x . Відповідь. xy

(x

)(

−2

)

( x ) − 6 x y + (3 y ) = = ( ( x ) − (3 y ) 2

2.2.

x −6 x

y + 9y

x − 9y

2

2

x −3 y

Відповідь.

x +3 y

2

(

x −3 y

x −3 y

)(

)

2

x +3 y

)

x −3 y

=

x +3 y

.

.

2.3. Функція y = 2x2 + x − 6 визначена при всіх дійсних x . Знайдемо нулі функції: 2x2 + x − 6 = 0 , якщо x1 = −2 , x2 = 1,5 . Розв’язками нерівності є всі числа з про­міжку  −2; 1,5 . Із них цілими числами є −2, –1, 0, 1.

+

– –2

+ 1,5

x

Відповідь. −2, –1, 0, 1. 2.4. Діагоналі паралелограма перетинаються і точкою перетину діляться навпіл. Знайдемо координати точки O — середини діагоналі AC . x =

4−6 2

= −1, y =

−2 + 10 2

= 4. Отже, точка O ( −1; 4 )

є серединою діагоналі BD. Тоді координати точки D знаходимо із співвідношень: −1 = x = 0; 4 =

y+6 2

x −2 2

,

, y = 2.

Відповідь. D ( 0; 2 ) .

Частина третя 3.1. Нехай початкова швидкість поїзда x км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

За графіком

300

x

Фактично

300

x +10

t , год 300 x 300 x + 10

Враховуючи, що поїзд затримався на 1 год, складаємо рівняння: 300 x

−

300 x + 10

= 1 . ОДЗ: x ≠ −10 , x ≠ 0.

300 ( x + 10 ) − 300x − x ( x + 10 ) −10 − 110 = 0 , x2 + 10x − 3000 = 0 , x1 = = −60 — не задо­вольняє 2 x ( x + 10 ) умову задачі, x2 =

−10 + 110

Відповідь. 50 км/год.

2

= 50 . Отже, початкова швидкість поїзда 50 км/год.

ВАРІАНТ 15   47 2x + 4 > 0, 3.2. Область визначення функції є множиною розв’язків системи   x − 3 ≠ 0. З нерівності (1) дістанемо: x > −2 ; із (2): x ≠ 3, x ≠ −3 .

2x > −4,   x ≠ 3.

(1) (2)

Отже, область визначення заданої функції: ( −2; 3 )  ( 3; + ∞ ) .

Відповідь. ( −2; 3 )  ( 3; + ∞ ) . 3.3.

BD = 32 см, BD — висота рівнобедреного трикутника, проведена до основи, отже, BD — медіана, AC = 2 AD . Довжина кола, описаного навколо трикутника, 2πR = 50π , отже, радіус

B

описаного кола R = 25 см. OD = BD − BO = 32 − 25 = 7 см. З прямокутного трикутника AOD: AD = AO2 − DO2 = 625 − 49 = 24

= AO2 − DO2 = 625 − 49 = 24 см, тоді AC = 2 AD = 48 см.

O

З прямокутного трикутника ADB : AB = BD2 + AD2 =  = 1024 + 576 = 40 см. A

P = 2 AB + AC = 2 ⋅ 40 + 48 = 128 см.

C

D

Відповідь. 128 см.

Частина четверта 4.1. Очевидно, що x = 0 не є коренем рівняння x4 − 3x3 − 6x2 + 12x + 16 = 0 . Поділимо обидві частини М

цього рівняння на x2 , дістанемо рівняння, рівносильне заданому. 12 16 16 4  Маємо: x2 − 3x − 6 + + 2 = 0 , x2 + 2 − 3  x −  − 6 = 0 . x x x x  Нехай x −

4

x

= t , тоді x2 +

16 x2

= t2 + 8 . Звідси t2 + 8 − 3t − 6 = 0 , t2 − 3t + 2 = 0 , t = 1 або t = 2 .

 1 + 17 , x = 2 4   x − x = 1, x2 − x − 4 = 0,  1 − 17 Отже,  , x=  2  4 2 x − = 2; x − 2x − 4 = 0;  x  x = 1 + 5 , x = 1 − 5 .  Відповідь.

1 ± 17 2

; 1± 5 .

4.2.М На рисунку зображено трапецію ABCD з основами BC і AD . Точки M і N — середини основ BC і AD відповідно. Точка O — точка перетину діагоналей трапеції.  1    1   ON = OA + OD , OM = OB + OC .

( 2

)

( 2

B

)

Оскільки трикутники AOD і COB подібні з коефіцієнтом     AD подібності k = , то OA = −kOC , OD = −k ⋅ OB . BC

 1      1 k   ON = OA + OD = −k ⋅ OC − k ⋅ OB = − OC + OB = −k ⋅ OM . 2 2   2 Отже, вектори OM і ON колінеарні, тобто точка O належить прямій MN , що й треба було довести.

(

)

(

)

(

)

M

C

O

A

N

D

48   ВАРІАНТ 16

Варіант 16 Частина перша 1.1. Відповідь. Г). 1.2. Відповідь. Б). 1.3. Оскільки 7 + 13 = 20 ≠ 30 , 6 ⋅ 7 = 42 ≠ 56 , 49 : 7 = 7 , 25 − 7 = 18 ≠ 19 , то число 7 є коренем рівняння 49 : x = 7 . Відповідь. В). 1.4. Відповідь. В). 1.5.

6a 3 b 3 4

14a b

2

=

2 ⋅ 3 ⋅ a 3 ⋅ b ⋅ b2 2 ⋅ 7 ⋅ a 3 ⋅ a ⋅ b2

=

3b 7a

.

Відповідь. А). 1.6. Рівняння ax2 + bx + c = 0 не має коренів, якщо дискримінант D = b2 − 4ac < 0. Оскільки x2 − 8x + 7 = 0 , D = 64 − 28 = 36 > 0 ; x2 − 7x − 3 = 0 , D = 49 + 12 = 61 > 0 ; x2 − 4x + 4 = 0 , D = 16 − 16 = 0 ; x2 − 3x + 5 = 0 , D = 9 − 20 = −11 < 0, то не має коренів рівняння x2 − 3x + 5 = 0 . Відповідь. Г). 1.7.

−3x < 15 , x > −5 , x ∈ ( −5; + ∞ ) . Відповідь. Б).

1.8.

Sn =

a1 + an 2

n , an = a1 + ( n − 1) d . a5 = 3 + 4 ⋅ ( −2 ) = −5 , S5 =

3 + ( −5 ) 2

⋅ 5 = −5 .

Відповідь. В). A

1.9. Нехай ∠ AOM = x° , тоді ∠ MOB = ( x + 18 ) ° . Оскільки промінь OM проходить між сторонами кута AOB, то ∠ AOM + ∠ MOB = ∠ AOB . Тоді x + x + 18 = 56, x = 19. Отже, ∠ AOM = 19° , ∠ MOB = 19° + 18° = 37° . Відповідь. Б). 1.10. Відповідь. Б). 1.11. За наслідком із теореми синусів R = 2

Враховуючи, що sin45° =

2

, R=

Відповідь. А).  1.12. AB =

(3 − 3) + ( −4 − ( −1) )

Відповідь. Б).

2

2

= 3.

AB 2sin C

3 2 2⋅

2 2

.

= 3 (см).

O

M

B

ВАРІАНТ 16   49

Частина друга 2.1. ОДЗ: 3x + 1 > 0 , x > −

1 3

.

3x + 1 = 2 , 3x + 1 = 4 , 3x = 3 , x = 1. Відповідь. 1. 2.2. Пряма x = −2 є віссю симетрії параболи, що є графіком функції y = 2x2 + bx − 7 , якщо абсциса вершини параболи дорівнює −2. x = −

b b b . −2 = − = − , b = 8. 2⋅2 4 2a

Відповідь. 8. 2.3. З першого рівняння системи знаходимо xy = y2 − 2. Підставивши вираз для xy в друге рівняння системи, дістанемо 2y2 + 3 y2 − 2 = 14 , 2y2 + 3y2 − 6 = 14 , 5y2 = 20 , y2 = 4 , y1 = −2 , y2 = 2 . Тоді 2 −2x1 = ( −2 ) − 2 , −2x1 = 2 , x1 = −1 ; 2x2 = 22 − 2 , 2x2 = 2 , x2 = 1 .

(

)

Відповідь. ( −1; − 2 ) , (1; 2 ) . 2.4. Нехай CM — висота прямокутної трапеції ABCD . За умовою AB = BC = 8 см. Тоді CM = 8 см і AM = 8 см. З прямокутного

B

C

A

M

трикутника CMD : MD = CD2 − CM 2 = 102 − 82 = 6 (см). AD = AM + MD = 8 + 6 = 14 (см). S=

BC + AD 2

⋅ CM =

8 + 14 2

⋅ 8 = 88 (см2).

D

Відповідь. 88 см2.

Частина третя 3.1. Нехай 3-відсоткового розчину було x г, а 8-відсоткового розчину — y г. Тоді x + y = 260. У 260 г 5-відсоткового розчину міститься 0,05 ⋅ 200 г солі, а у 8-відсотковому — 0,08y г солі. 0,03x + 0,08y = 0,05 ⋅ 260 . Розв’яжемо систему рівнянь y = 260 − x, (1) Підставимо (1) в (2) і розв’яжемо отримане рівняння. x + y = 260, 0,03x + 0,08y = 13;  + = x y 0 , 03 0 , 08 13 . 2) (   0,03x + 0,08 ( 260 − x ) = 13 , x = 156 . З рівняння (1) y = 260 − 156 = 104.

Отже, 3-відсоткового розчину взяли 156 г, а 8-відсоткового — 104 г. Відповідь. 156 г, 104 г. 3.2. ОДЗ: x ≠ −1 , x ≠ −3 , x ≠ 3. 1

( x − 3 )( x + 1)

+

1 x+3

−

12

( x + 1)( x − 3 )( x + 3 )

x2 = −3 — не входить в ОДЗ. Відповідь. 4.

= 0,

x + 3 + ( x + 1)( x − 3 ) − 12

( x − 3 )( x + 1)( x + 3 )

= 0 , x2 − x − 12 = 0 , x1 = 4 ,

50   ВАРІАНТ 17 3.3. За умовою трикутники ABC і MNK подібні. AB = 5 см, AC = 3 см,

N B

SMNK = 54 см2. BC = AB2 − AC2 = 25 − 9 = 4 см. SABC = SMNK SABC

1

=

1

BC ⋅ AC =

2 2 MN AB

2

⋅ 4 ⋅ 3 = 6 см2.

2

, MN 2 =

AB2 ⋅ SMNK SABC

Відповідь. 15 см.

=

25 ⋅ 54 6

= 225 . MN = 15 см.

C

A K

M

Частина четверта

( y − x )( y

− 1)

2

4.1. Рівняння М

1− x

2

 y = x2 ,  = 0 рівносильне системі  y = 1, x2 ≠ 1. 

Графіком функції y = x2 є парабола, вітки якої напрямлені вгору, вершина в точці ( 0; 0 ) . Графіком рівняння y = 1 є дві прямі y = 1 і y = −1. Оскільки за умовою x2 ≠ 1 , то з графіка рівняння вилучимо точки, абсциси яких дорівнюють –1 і 1. Шуканий графік зображено на рисунку.

y

1 0 –1

x

4.2.М За формулою Герона обчислимо площу трикутника. S = 30 ⋅ 5 ⋅ 1 ⋅ 24 = 52 ⋅ 62 ⋅ 22 = 60 (см2). Оскільки трикутник розбивається своїми медіанами на шість рівновеликих трикутників, то площа кожного з них дорівнює 10 см2. Відповідь. 10 см2.

Варіант 17 Частина перша 1.1. 24 хв =

24 60

год =

4 10

год >

3 10

Відповідь. А). 1.2. 5

5 6

+1

1 8

=6

5 ⋅ 4 + 1⋅3 24

=6

23 24

.

Відповідь. В). 1.3. Відповідь. Г). 1.4. Відповідь. Б). 1.5.

15xy 4a

: 9x3 =

15xy 4a

Відповідь. В).

⋅

1 9x3

=

5y 12ax2

.

год.

ВАРІАНТ 17   51 1.6.

3− 3 2 3

(

3

=

3 −1

2 3

)=

3 −1 2

.

Відповідь. А). 1.7.

x=−

b 2a

=−

−2 2

= 1, y =

−b2 + 4ac 4a

− ( −2 ) + 4 ⋅ 1 ⋅ ( −3 ) 2

=

4 ⋅1

=

−16 4

= −4.

Відповідь. Г). 1.8. Ймовірність події дорівнює відношенню кількості сприятливих подій до загальної кількості подій. Кількість сприятливих подій становить 7 + 3 = 10 , кількість загальних подій — 5 + 7 + 3 = 15 . Отже, ймовірність дорівнює Відповідь. Б).

10 15

=

2 3

.

1.9. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, то величина кута, суміжного з кутом величиною 110°, дорівнює 70°. Відповідь. В). 1.10. Нехай основи трапеції дорівнюють a см і b см. Тоді периметр P = a + b + 2 ⋅ 6 = 48 см. Звідси a + b = 48 − 12 = 36 см. Тоді середня лінія дорівнює

a+b 2

=

36 2

= 18 см.

Відповідь. Б). 1.11. Площа чотирикутника S = ними. S =

1 2

1 d1d2 sinα , де d1 , d2 — діагоналі чотирикутника, α — кут між 2

⋅ 8 ⋅ 5 3 ⋅ sin 30° = 20 3 ⋅

1

2

= 10 3 (см2).

Відповідь. Г). 1.12. Координати точки перетину прямих y − x = 2 і x + y = 4 задовольняють обидва рівняння, тобy − x = 2, то є розв’язками системи рівнянь  Додаючи почленно рівняння системи, дістанемо: x + y = 4. 2y = 6 , y = 3. Тоді x = y − 2 = 3 − 2 = 1. Відповідь. А)

Частина друга 2.1. ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ −6 , x ≠ 6.

12 − x

x (x + 6)

+

3

x (x − 6)

=

6

( x − 6 )( x + 6 )

,

(12 − x )( x − 6 ) + 3 ( x + 6 ) x ( x + 6 )( x − 6 )

=

6x

x ( x + 6 )( x − 6 )

,

12x − 72 − x2 + 6x + 3x + 18 = 6x , −x2 + 15x − 54 = 0 , x1 = 6 (не належить ОДЗ), x2 = 9 . Відповідь. 9. y 2.2. Областю визначення функції є всі дійсні числа, крім нуля. Функція непарна, отже, її графік симетричний відносно початку координат. Для побудови графіка скористаємося таблицею: x y

1 8

2 4

4 2

8 1

Скориставшись графіком функції, встановлюємо, що функція набуває значень, більших за 4, якщо x ∈ ( 0; 2 ) . Відповідь. ( 0; 2 ) .

4 1 0 12

x

52   ВАРІАНТ 17 2.3. Нехай числа a1 = 8 , a2 , a3 , a4 = −1 утворюють арифметичну прогресію. Оскільки a4 = a1 + 3d , то −1 = 8 + 3d , d = −3 . Тоді a2 = a1 + d = 8 + ( −3 ) = 5 , a3 = a2 + d = 5 + ( −3 ) = 2 . Відповідь. 5; 2. 2.4. Оскільки ∠C тупий, то основа висоти BK лежить на про­ довженні сторони AC за точку C .

B

З прямокутного трикутника BKC : KC = BC2 − BK 2 = 152 − 122 = 9

KC = BC2 − BK 2 = 152 − 122 = 9 (см). З прямокутного трикутника

AKB:

AK = AB − BK = 20 − 12 = 16 (см). AC = AK − KC = 16 − 9 = 7 (см). Відповідь. 7 см. 2

2

2

2

K

C

A

Частина третя 3.1. Нехай швидкість руху другого автомобіля x км/год, тоді швидкість руху першого автомобіля ( x + 10 ) км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

Перший автомобіль

560

x +10

Другий автомобіль

560

x

t , год 560 x + 10 560 x

Враховуючи, що перший автомобіль витратив на весь шлях на одну годину менше, ніж другий, складаємо рівняння:

560 x

−

560 ( x + 10 ) − 560x − x ( x + 10 ) x ( x + 10 )

задачі, x2 =

−10 + 150 2

560 x + 10

= 1. ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ −10 . −10 − 150

= 0 , x2 + 10x − 5600 = 0 , x1 =

2

= −80 — не задовольняє умову

= 70 . Отже, швидкість руху другого автомобіля 70 км/год, а швидкість

руху першого автомобіля 80 км/год. Відповідь. 70 км/год, 80 км/год. 3.2.

a2b2 + b4 + a2 c2 + b2 c2 = a2b2 + 2ab2 c + b2 c2 , b4 + a2 c2 = 2ab2 c . Оскільки a , b , c — послідовні члени геометричної прогресії, то для них виконується рівність b2 = ac . Тоді маємо: b4 + b4 = 2b2b2 , 2b4 = 2b4 , що і треба було довести. A

3.3. У прямокутному трикутнику ABC AD і BC — медіани, проведені до катетів CB і AC відповідно. Позначимо CD = DB = x , AE = CE = y . З прямокутного трикутника ACD y2 + 4x2 = 9 , а з прямокутного трикутника BEC 4y2 + x2 = 16 . y2 + 4x2 = 9, Розв’яжемо систему рівнянь  2 2 4y + x = 16. Помножимо друге рівняння системи на 4 і потім віднімемо від нього перше рівняння. Дістанемо 15y = 55 , y = 2

4x2 = 9 − y2 = 9 −

Тоді = 4⋅

11 3

+

16 3

11 3

=

16 3

2

11 3

E

.

. AB2 = ( 2y ) + ( 2x ) = 4y2 + 4x2 = 2

2

= 20 , AB = 4 5 см.

Відповідь. 4 5 см.

C

D

B

ВАРІАНТ 18   53

Частина четверта 4.1.М ОДЗ: x 1. Рівняння

(

)

 x − 1 − a ( 4x − 5 ) = 0 рівносильне сукупності двох рівнянь  x − 1 = a, 4x − 5 = 0.

Друге рівняння сукупності має корінь x =

5 4

, що входить до ОДЗ. Отже, вихідне рівняння має

корінь при будь-якому значенні a . Для того щоб вихідне рівняння мало єдиний корінь, треба, щоб рівняння коренів, або мало корінь, що дорівнює

5 4

.

x − 1 = a не має коренів при a < 0 .

Рівняння

Знайдемо значення a , при якому корінь рівняння

5

x − 1 = a дорівнює

4

Відповідь. При a ∈ ( − ∞; 0 )  {0,5} . 4.2.М На рисунку зображено гострокутний трикутник ABC , точка H — його ортоцентр, точка O — центр кола, описаного навколо трикутника. Сполучимо ортоцентр H і центр O описаного кола (провели пряму Ейлера). Точка M — точка перетину OH і медіани AM1 . За теоремою точка M — центроїд трикутника ABC . AM

Отже,

x − 1 = a або не мало

MM1

=

2

:

5

−1 =

4

1 2

.

A

H

M

O

.

1

Очевидно, що AH  OM1 , тоді трикутники MHA і MOM1 подібні, звідси

AH OM1

=

ба було довести.

AM MM1

=

2 1

, тобто AH = 2 ⋅ OM1 , що й тре-

Варіант 18 Частина перша 1.1.

1.2.

2x = 17 + 35 , 2x = 70 , x = 35 . Відповідь. В). 2 3

⋅

9 4

=

2⋅3 9⋅4

=

1 3⋅2

=

1 6

.

Відповідь. Б). 1.3. Відповідь. Г). 1.4.

(0,2ab ) 3

2

⋅ 5a2b = 0,04a2b6 ⋅ 5a2b = 0,2a4 b7 .

Відповідь. А).

C

M1

B

54   ВАРІАНТ 18 1.5.

26 ⋅ 2−8 + 2 = 2−2 + 2 =

1

+2=2

2

2

1

.

4

Відповідь. Б). 1.6.

a+2 a −2

a + 4a + 4 2

:

=

3a − 6

a + 2 3( a − 2) a −2

⋅

( a + 2)

2

=

3 a+2

.

Відповідь. В). 1.7. Відповідь. В). 1.8. Оскільки вершиною параболи y = ( x − 2 ) є точка ( 2; 0 ) , параболи y = x2 − 2 — точка ( 0; 2 ) , 2 2 параболи y = ( x + 2 ) — точка ( −2; 0 ) , параболи y = ( x − 2 ) + 1 — точка ( 2; 1) , то осі ординат належить вершина параболи y = x2 − 2 . Відповідь. Б). 2

1.9. Відповідь. Г). 1.10. Центральний кут, який спирається на дугу, що становить

1 6

кола, дорівнює 360° : 6 = 60° .

Оскільки вписаний кут дорівнює половині відповідного центрального кута, то його величина дорівнює 30°. Відповідь. В). 1.11. a = 2r 3 = 2 ⋅ 2 3 ⋅ 3 = 12 (см). Відповідь. А). 1.12. Знайдемо площу трикутника за формулою Герона: S = p ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) , де p = Оскільки бічні сторони рівнобедреного трикутника рівні, то p =

10 + 10 + 12 2

a+b+c 2

.

= 16 (см).

Тоді S = 16 ⋅ 6 ⋅ 6 ⋅ 4 = 4 ⋅ 6 ⋅ 2 = 48 (см2). Відповідь. Б).

Частина друга 2.1.

9b2 + a2 a − 3b

+

6ab 3b − a

=

9b2 + a2 − 6ab a − 3b 1

Якщо a = 2012 , b = 2

3

( a − 3b )

2

=

a − 3b

= a − 3b .

, то a − 3b = 2012 − 3 ⋅ 2

1 3

= 2012 − 3 ⋅

7 3

= 2012 − 7 = 2005.

Відповідь. 2005. 2.2. Нехай x1 = 5 і x2 — корені поданого квадратного тричлена. За теоремою Вієта x1 + x2 = − p , x1 ⋅ x2 = q . Тоді 5 + x2 = −3 , x2 = −8 . q = 5 ⋅ ( −8 ) = −40. Відповідь. q = −40 , x2 = −8 .

ВАРІАНТ 18   55 2.3. Нехай у коробці x червоних кульок. Тоді кількість сприятливих подій дорівнює x , а загальна кількість подій становить x +16 . Ймовірність витягнути червону кульку дорівнює x

За умовою

x + 16

=

1 5

x x + 16

.

, звідки 5x = x + 16 , x = 4.

Відповідь. 4. 2.4.

B

ABCD — поданий ромб, ∠ ABC — тупий. Нехай ∠ ABD = x° , тоді ∠ BAC = ( x − 20 ) ° . Оскільки діагоналі ромба є бісектрисами його кутів і взаємно перпендикулярні, то ∠ ABC = 2x° , а  AOB — прямокутний. Тому x + ( x − 20) = 90. 2x = 110 . Відповідь. 110°.

C

O

A

D

Частина третя 3.1. Нехай швидкість течії річки x км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

За течією

20

18 + x

Проти течії

20

18 − x

Враховуючи, що шлях за течією човен здолав на складаємо рівняння:

20

−

18 − x

20 18 + x

80 (18 + x ) − 80 (18 − x ) − (18 − x )(18 + x ) 4 (18 − x )(18 + x )

вольняє умову задачі, x2 = Відповідь. 2 км/год.

(1 + 2 ) (1 − 2 )

2

3.2.

2

=

(1 − 2 ) +2+ (1 + 2 )

18 + x 20 18 − x 1 4

год менше, ніж шлях проти течії,

. ОДЗ: x ≠ −18 , x ≠ 18.

2

−160 − 164 2

= −162 — не задо­

= 2 . Отже, швидкість течії річки 2 км/год.

(1 + 2 ) (1 + 2 ) (1 − 2 ) (1 + 2 )

=

(17 + 12 2 ) + 2 + 17 − 12

4

60

год =

20

2 = 0 , x + 160x − 324 = 0 , x1 =

−160 + 164

2

2

=

1

15

t , год

2

2

2

2

(1 − 2 ) (1 − 2 ) +2+ (1 + 2 ) (1 − 2 ) 2

2

2

2

(1 + 2 )

=

4

(

+2+ 1− 2

)

4

=

2 =6.

Відповідь. 6. 3.3. Основи трапеції AD = 9 см, BC = 5 см, BD — бісектриса, тому ∠ ADB = ∠ CDB . ∠ CBD = ∠ ADB як внутрішні різносторонні при паралельних прямих BC і AD та січній BD. Трикутник BCD рівнобедрений з основою BD. CD = BC = 5 см. Проводимо висоту CK до основи AD . ABCK — прямокутник. AK = BC = 5 см.

B

C

A

K

KD = AD − AK = 9 − 5 = 4 см; CK = CD2 − KD2 = 25 − 16 = 3 см. Площа трапеції S = Відповідь. 21 см2.

BC + AD 2

⋅ CK =

5+9 2

⋅ 3 = 21 см 2.

D

56   ВАРІАНТ 19

Частина четверта 4.1.М Запишемо задане рівняння у вигляді: x − 2

2x

2

2x + 1

+

2x2

x

2

( 2x + 1)

2

2

2

2  2x2  2x2 x  2x  + = 2 ,  x − − 2 = 0. + = 2,   +  2x + 1 2x + 1 2x + 1  2x + 1   2x + 1 

2x2

= t , тоді рівняння набуває вигляду t2 + t − 2 = 0 , звідки t = 1 або t = −2.  1+ 3 , x = 2 2  2x  = 1,  1− 3 2x2 − 2x − 1 = 0,  , x= Отже, маємо:  2x +2 1  2  2  2x = −2; x + 2x + 1 = 0;   2x + 1 x = −1.   1± 3 Відповідь. – 1; . Нехай

2x + 1

2

4.2.М Нехай у трикутнику ABC : AB = c , BC = a , AC = b , медіана CM = mc . 2  c  Доведемо, що a2 + b2 = 2  mc2 +    .   2    За наслідком із теореми косинусів маємо: 2a2 + 2b2 = 4mc2 + c2 . Поділимо обидві частини цієї рівності на 2, дістанемо: 2 2  c  c  a2 + b2 = 2mc2 + або a2 + b2 = 2  mc2 +    ,  2  2  що й треба було довести.

C

A

Варіант 19 Частина перша 1.1. Оскільки у годині 60 хв, то 17 хв = Відповідь. В). 1.2.

17 60

год.

6,4 ⋅ 2 000 000 = 12 800 000 см  =  128 км. Відповідь. В).

1.3. Відповідь. Б). 1.4.

(3x − 2) ( 9x2 + 6x + 4 ) = (3x − 2) ( (3x )

2

Відповідь. Г). 1.5.

−2,5 42 = −2,5 ⋅ 4 = −10 . Відповідь. А).

)

+ 2 ⋅ 3x + 22 = ( 3x ) − 23 = 27x3 − 8 . 3

a

b

mc c

M

B

ВАРІАНТ 19   57 −2

1.6.

2

 a3   b2  b4 ⋅ a 4 ⋅ b −7 4 −7 4 −7 = a4 −6 b4 −7 = a −2b −3 .  2  ⋅a ⋅b =  3  ⋅a ⋅b = 6 b a a     Відповідь. Б).

1.7. Нехай із 400 кг насіння можна одержати x кг олії. Складаємо пропорцію x=

400 ⋅ 3,5

, x = 70.

20

20 400

=

3,5 x

,

Відповідь. В). 1.8.

+

x2 − 25 = 0 , якщо x1 = −5 , x2 = 5 . Відповідь. В).

–

+

–5

5

x

1.9. Відповідь. Б). 1.10. cosα =

AC . Гіпотенузу AB знайдемо за теоремою Піфагора. AB = AC2 + AB2 = 62 + 72 = 85 . AB 6

Тоді cosα =

.

85

Відповідь. Г). 1.11. Відповідь. В). 1.12. S =

πR 2 α 360

π ⋅ 52 ⋅ 72

=

360

= 5π (см2)

Відповідь. Г).

Частина друга 2.1. Перетворимо вираз у дужках: x − 2y x2 + 2xy

Тоді

−

x + 2y x2 − 2xy

8y 4y − x 2

Відповідь.

2.2. За умовою

2

2 y

:

=

4y

x − 2y

x ( x + 2y )

2

4y − x 2

2

=

x ( x − 2y )

8y 4y − x 2

2

⋅

4y − x 2

4y

2

( x − 2y ) − ( x + 2y ) 2

x + 2y

−

2

= =

(

x x − 4y 2 y

2

2

2

)

=

(

−8xy

x x − 4y 2

2

)

=

8y 4y − x 2

2

.

.

. 16 − 3x 3

−

3x + 7 4

> 0 . Помноживши обидві частини нерівності на 12, дістанемо

4 (16 − 3x ) − 3 ( 3x + 7 ) > 0 , 64 − 12x − 9x − 21 > 0 , −21x > −43 , x < 2 ло, при якому різниця поданих дробів додатна, дорівнює 2. Відповідь. 2.

1 21

. Отже, найбільше ціле чис-

58   ВАРІАНТ 19 2.3. Графіком функції є парабола, вітки якої напрямлені вгору,

y

оскільки a = 3 > 0 . Знайдемо координати вершини параболи: x=−

b

2a

=−

−6

2⋅3

= 1 , y = 3 ⋅ 12 − 6 ⋅ 1 + 1 = −2 . Оскільки c = 1, па-

рабола проходить через точку ( 0; 1) . Знайдемо точки перетину графіка функції з віссю абсцис: 3x2 − 6x + 1 = 0 , якщо 3− 6

1

1 0 x1

3+ 6

x1 = ; x2 = . 3 3 Користуючись рисунком, знаходимо область значень функції:  −2; + ∞ ) .

x2

x

–2

Відповідь.  −2; + ∞ ) .

B

2.4. Нехай ABCD — рівнобічна трапеція. ∠ ACB = 30° . Оскільки AB = BC , то трикутник ABC — рівнобедрений, ∠ BAC = ∠ ACB = 30° . Тоді ∠ ABC = 180° − 2 ⋅ 30° = 120° . Оскільки сума кутів при бічній стороні трапеції дорівнює 180°, то гострий кут дорівнює 180° − 120° = 60°. Відповідь. 60°.

C

A

D

Частина третя 3.1. Нехай друга бригада виготовляє за годину x деталей, а перша бригада — Тоді друга бригада виконає завдання за рівняння:

450 x

−

450 x +5

задачі, x2 =

−5 + 95 2

x

год, а перша бригада — за

450 x +5

деталей.

год. Розв’яжемо

= 1 . ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ −5 .

450 ( x + 5 ) − 450x − x ( x + 5 ) x ( x + 5)

450

( x + 5)

= 0 , x2 + 5x − 2250 = 0 , x1 =

−5 − 95 2

= −50 — не задовольняє умову

= 45 . Отже, друга бригада виготовляла щогодини 45 деталей, а перша бри-

гада — 50 деталей. Відповідь. 50 деталей, 45 деталей. 3.2. Нехай у коробці x чорних кульок. Тоді загальна кількість кульок в коробці становить 10 + x . Ймовірність того, що навмання вибрана кулька чорна P =  x > 0,4, x > 0,4 10 + x ,  ( )  0,4 < < 0,5 .  10 + x  x x < 0,5 (10 + x ); 10 + x  < 0,5;   10 + x 2  x > 6 ,  3 x < 10. Отже, в коробці може бути 7, 8 або 9 чорних кульок. Відповідь. 7, 8, 9. x

x

10 + x

.

ВАРІАНТ 20   59 B

3.3. У трикутнику ABC AB = BC = 20 см, AC = 5 см. За властивістю бісектриси кута трикутника

BD AB

=

DC AC

. Позначимо BD = x ,

тоді CD = 20 − x . x 20

=

20 − x 5

, 5x = 20 ( 20 − x ) , x = 16. D

Отже, BD = 16 см, CD = 4 см. AD = AB ⋅ AC − CD ⋅ BD = 20 ⋅ 5 − 16 ⋅ 4 = 6 см. Відповідь. 6 см. A

C

Частина четверта

(

) (

)

4.1.М x3 − x2 − 15x − 9 = x3 + 27 − x2 − 15x − 36 = ( x + 3) x2 − 3x + 9 − x2 + 15x + 36 =

( = ( x + 3) ( x

) ( − 4x − 3 ) = ( x + 3 ) ( x − 2 − 7 ) ( x − 2 + 7 ) .

)

= ( x + 3 ) x − 3x + 9 − ( x + 3 ) ( x + 12 ) = ( x + 3 ) x − 3x + 9 − x − 12 = 2

2

2

4.2.М Нехай гострий кут паралелограма зі сторонами a і b , діагоналями BD = d1 і AC = d2 дорівнює α . Із трикутника ABD за теоремою косинусів маємо: d12 = a2 + b2 − 2ab cosα ; із трикутника ABC : d22 = a2 + b2 + 2ab cosα. Почленно помножимо ці рівності, дістанемо: d12 ⋅ d22 = a2 + b2 − 2ab cos α a2 + b2 + 2ab cos α ,

(

(

d12d22 = a2 + b2

)

2

)(

)

B

C

a a A

b

− 4a2b2 cos2 α,

d12d22 = a4 + 2a2b2 + b4 − 4a2b2 cos2 α . Оскільки за умовою a4 + b4 = d12d22 ,то маємо: 4a2b2 cos2 α = 2a2b2 , cos2 α = Оскільки кут α гострий, то cosα =

2 2

1 2

.

, тобто α = 45° , що й треба було довести.

Варіант 20 Частина перша 1.1.

23,8 − ( 3,45 + 2,17 ) = 23,8 − 5,62 = 18,18 . Відповідь. Б).

1.2.

−5x − 15 + 6x + 7 = ( −5 + 6 ) x + ( −15 + 7 ) = x − 8 . Відповідь. Г).

D

60   ВАРІАНТ 20 1.3. Пара чисел є розв’язком системи рівнянь, якщо вона задовольняє обидва рівняння. Оскільки 3 − 2 = 1 ≠ −1 , −3 − 2 = −5 ≠ −1, 2 − 3 = −1 і 2 + 3 = 5 , −2 − 3 = −5 ≠ −1, то розв’язком системи рівнянь є пара чисел ( 2; 3 ) . Відповідь. В). 1.4.

−2x + 3 = −3 , −2x = −6 , x = 3 . Відповідь. А).

1.5. Помножимо обидві частини рівняння на –1: x2 − 5x + 6 = 0 . Тоді за теоремою Вієта x1 = 2 , x2 = 3 . Відповідь. Б). 1.6.

15 x2 − 5x

+

3 x

=

15

x ( x − 5)

+

3 x

=

15 + 3 ( x − 5 ) x ( x − 5)

=

15 + 3x − 15 x ( x − 5)

=

3 x −5

.

Відповідь. В). 3

 1  1 bn = b1 ⋅ q n −1 . Тоді b4 = b1 ⋅ q 3 = −32 ⋅  −  = −32 ⋅  −  = 4 .  2  8 Відповідь. Б). 1.8. Оскільки периметр рівностороннього трикутника зі стороною a дорівнює P = 3a , то 4 ⋅ 3 < 3a < 7 ⋅ 3 . Отже, 12 < P < 21 . Відповідь. Г). 1.7.

1.9. Оскільки відрізки дотичних до кола, проведених з однієї точки, рівні, то AK = AN . Відповідь. В). 1.10. З прямокутного трикутника ABC :

B

C

A

D

AC = AB2 + AC2 = 122 + 162 = 20 (см). Відповідь. А).      1.11. Нехай a + b = c , c −2 + 3; 1 + ( −4 ) , c (1; − 3 ) . Відповідь. Б).

(

)

1.12. Нехай у паралелограмі ABCD ∠ A = 45° . Тоді ∠ B = 180° − 45° = 135° . Більшою діагоналлю паралелограма є та, яка лежить проти тупого кута, тобто діагональ AC . З трикутника ABC за теоремою косинусів AC2 = AB2 + BC2 − 2 ⋅ AB ⋅ BC ⋅ cos B . Враховуючи, що cos135° = −

(

AC2 = 2 2

)

2

+ 52 + 2 5 ⋅ 5 ⋅

2 2

2 2

,

= 53 , AC = 53 .

A

Відповідь. В).

Частина друга 2.1.

3,2 ⋅ 10−2 + 2,1 ⋅ 10−3 = 3,2 ⋅ 0,01 + 2,1 ⋅ 0,001 = 0,032 + 0,0021 = 0,0341 = 3,41 ⋅ 10−2 . Відповідь. 3,41 ⋅ 10−2 .

2.2.

1 3

b

27 b2

2

27 27 1 = −   ⋅ b2 ⋅ 2 = − =− 3 . 9 b 3

Відповідь. − 3 .

C

B

D

ВАРІАНТ 20   61 2.3. З першої нерівності системи дістанемо: 2x < 9 , x < 4,5 . Для розв’язання другої нерівності системи знайдемо корені рівняння 4x2 − 4x − 3 = 0 : x1 = −0,5 , x2 = 1,5 . Розв’язком другої нерівності системи є ( − ∞; − 0,5  1,5; + ∞ ) . Оскільки x < 4,5 , усі розв’язки системи нерівностей належать ( − ∞; − 0,5]  [1,5; 4,5) . З них натуральними є числа 2, 3 і 4. Відповідь. 2, 3, 4.

+

OD AD

x+2 9

=

=

OB

x

, звідки x = 4. OB = 4 см, OD = 6 см.

6

CB

. Нехай OB = x см, тоді OD = ( x + 2 ) см. Отже,

Відповідь. 4 см; 6 см.

+ 1,5

B

2.4. Оскільки трикутники AOD і COB подібні (за двома кутами), то

– –0,5

x

C

O

A

D

Частина третя 3.1. Нехай швидкість руху першого туриста x км/год, а швидкість руху другого туриста y км/год. Тоді перший турист до зустрічі пройшов 2x км, а другий — 2y км. 2x + 2y = 20 . На весь шлях першому туристу знадобиться

20 x

год, а другому —

від часу руху першого туриста. 2x + 2y = 20, x + y = 10,   Маємо:  20 20 5  20 20 5 − = ; − − = 0;  x 3  3 y y  x

34 + 26 2

y

60 (10 − x ) − 60x − 5x (10 − x )

= 30 — не задовольняє умову задачі, x2 =

3x (10 − x )

34 − 26

зі швидкістю 4 км/год, а другий — 10 − 4 = 6 км/год. Відповідь. 4 км/год, 6 км/год. 3.2. Перепишемо

даний

вираз

у

год, що на 1 год 40 хв  =  

5 3

год менше

y = 10 − x,   20 − 20 − 5 = 0.  x 10 − x 3

Розв’язавши друге рівняння системи, дістанемо: x1 =

20

вигляді

2

= 0 , x2 − 34x + 120 = 0 ,

= 4 . Отже, перший турист рухався

x2 + 2x + 1 − 1 + y2 − 4y + 4 − 4 = ( x + 1) − 1 + ( y − 2 ) − 4 = 2

2

= ( x + 1) + ( y − 2 ) − 5 . Найменше значення виразу ( x + 1) дорівнює нулю при x = −1, найменше 2

2

2

значення виразу ( y − 2 ) дорівнює нулю при y = 2. Отже, найменше значення заданого виразу 2

дорівнює –5. Відповідь. –5. 3.3. За властивістю хорд кола, що перетинаються в точці O , CO ⋅ OD = BO ⋅ AO . Оскільки за умовою CD ⊥ AB , то AO = BO = 6 см. Позначимо CO = x , тоді DO = 9 − x . Маємо: x ( 9 + x ) = 6 ⋅ 6 ,

C

A

O

x2 + 9x − 36 = 0 , x1 = 3 , x2 = −12 — не задовольняє умову задачі. Отже, CO = 3 см, CD = x + 9 + x = 9 + 6 = 15 см. Довжина кола l = π ⋅ CD = 15π см. Відповідь. 15π см. D

B

62   ВАРІАНТ 21

Частина четверта x1 + x2 = 4,  4.1.М За теоремою Вієта для коренів рівняння 2x2 − 8x + 3 = 0 маємо:  3 x1 ⋅ x2 = 2 . 2 x1 − x2 = ( x1 − x2 ) = x12 − 2x1x2 + x22 = x12 + 2x1x2 + x22 − 4x1x2 = =

( x1 + x2 )

Відповідь.

2

− 4x1x2 = 42 − 4 ⋅

3 2

= 16 − 6 = 10 .

10 .

B

4.2.М На рисунку зображено трикутник ABC , BE і CF — медіани трикутника. Сполучимо точки A і M . Відомо: SAME = SEMC , SAMF = SMFB , SAMC = SAMB = SCMB . Тоді SAFM = SAME =

1 2

SAMC

F M

і SAFME = 2SAME = SAMC = SCMB , що

й треба було довести. A

E

C

Варіант 21 Частина перша 1.1.

(1865 − 365) : 50 = 1500 : 50 = 30 . Відповідь. В).

1.2. 72 = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 3 = 23 ⋅ 32 ; 48 = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 3 = 24 ⋅ 3 . НСД = 23 ⋅ 3 = 24 . Відповідь. Г). 1.3. Відповідь. Б). 1.4. Оскільки 0 ⋅ 2 − 0 ⋅ ( −2 ) = 0 ≠ 4 , 0 ⋅ 2 + 2 ⋅ ( −2 ) = −4 , 2 ⋅ 2 + 0 ⋅ ( −2 ) = 4 ≠ −4 , 2 ⋅ 2 + 2 ⋅ ( −2 ) = 0 ≠ 8 , то через подану точку проходить графік рівняння 0 ⋅ x + 2y = −4 . Відповідь. Б). 1.5.

2x y 2x ⋅ 4 + y ⋅ y 8x + y2 . + = = y 4 4y 4y Відповідь. В).

1.6. Зведене квадратне рівняння має вигляд x2 + px + q = 0 . За теоремою, оберненою до теореми Вієта − ( x1 + x2 ) = p , x1 ⋅ x2 = q . Отже, p = − 5 + ( −3 ) = −2, q = 5 ⋅ ( −3 ) = −15. Тоді рівняння має вигляд: x2 − 2x − 15 = 0 . Відповідь. Г).

(

1.7. Оскільки x − y = ( −1) < 0 , то x < y . Відповідь. А). 5

)

ВАРІАНТ 21   63 1.8.

Sn =

(

b1 q n − 1 q −1

).

52 =

(

b1 33 − 1 3 −1

),

52 = 13b1 , b1 = 4 .

Відповідь. Б). 1.9. Нехай AM = x см, тоді BM = 3x см. За умовою x + 3x = 84, 4x = 84 , x = 21. BM = 3 ⋅ 21 = 63 см. Відповідь. Г). 1.10. Нехай коефіцієнт пропорційності дорівнює k. Тоді довжини сторін дорівнюють 3k і 4k , а периметр паралелограма 2 ( 3k + 4k ) = 70 , звідки k = 5 . Отже, сторони паралелограма дорівнюють 15 см, 15 см, 20 см, 20 см. Відповідь. В). 1.11. Нехай невідома сторона трикутника дорівнює a дм. Тоді за теоремою косинусів a2 = 62 + 82 − 2 ⋅ 6 ⋅ 8 ⋅ cos 60° = 36 + 64 − 2 ⋅ 48 ⋅

1 2

= 52 , a = 52 = 2 13 дм.

Відповідь. Г).     1.12. 3a ( −3; 3 ) , 2b ( 4; − 6 ) , c −3 − 4 : 3 − ( −6 ) , c ( −7;9 ) .

(

)

Відповідь. Б).

Частина друга 2.1.

3 1

4 9

⋅ 1

3 13

−

( −4 )

6

= 3⋅

13 16 9

⋅

13

− 43 = 3 ⋅

4 3

− 64 = −60 .

Відповідь. –60. 2.2. Оскільки вершина параболи розташована в початку координат, то формула, що задає відповідну функцію, має вигляд y = ax2 . Враховуючи, що парабола проходить через точку A ( 2; − 8 ) , знаходимо коефіцієнт a : −8 = a ⋅ 22 , a = −2. Відповідь. y = −2x2 .

2.3.

( x − y )2 = 9,  2x − y = 5;

x − y = 3, x − y = −3, 2x − y = 5, звідки x = 2 , y = −1, або 2x − y = 5, звідки x = 8, y = 11.  

Відповідь. ( 2; − 1) , ( 8; 11) .  x°  2.4. Нехай внутрішній кут правильного многокутника дорівнює x° , тоді зовнішній —   .  5  x Оскільки сума зовнішнього і внутрішнього кутів дорівнює 180°, то x + = 180 , x = 150 . Внутрішній

кут

правильного

n -кутника

180n − 360 = 150n , 30n = 360 , n = 12. Відповідь. 12 сторін.

дорівнює

180 ( n − 2 ) n

5

,

тобто

180 ( n − 2 ) n

= 150 ,

64   ВАРІАНТ 21

Частина третя 3.1. Нехай швидкість руху мотоцикліста x км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

Мотоцикліст

60

x

Велосипедист

60

x − 45

t , год 60 x 60 x − 45

Враховуючи, що мотоцикліст був у дорозі на 3 год менше, ніж велосипедист, складаємо рівняння:

60 x − 45

−

60 x

= 3 . ОДЗ: x ≠ 45 , x ≠ 0.

60x − 60 ( x − 45 ) − 3x ( x − 45 ) x ( x − 45 )

задачі, x2 =

45 + 75 2

= 0 , x2 − 45x − 900 = 0 , x1 =

45 − 75 2

= −15 — не задовольняє умову

= 60 . Отже, швидкість руху мотоцикліста 60 км/год, а швидкість руху ве-

лосипедиста 60 − 45 = 15 км/год. y

Відповідь. 15 км/год.

2

3.2. Задана функція не визначена при x = −2 та x = 0. y=

( x + 4 )( x + 2 ) x+2

−

x (2 − x ) x

–2 0

= x + 4 − ( 2 − x ) = 2x + 2 .

–2

Графік функції зображено на рисунку.

3.3. У трапеції ABCD основи BC = 10 см і AD = 14 см, бічні сторони AB = 13 см і CD = 15 см. CN — висота трапеції. Проведемо CK  AB . ABCK — паралелограм, у нього CK = AB = 13 см, AK = BC = 10 см. KD = AD − AK = 14 − 10 = 4 см. Знаходимо площу трикутника CKD : 13 + 15 + 4

1)

за формулою Герона. p =



S = 16 (16 − 4 ) (16 − 13 ) (16 − 15 ) = 24 см2;

2)

S=

1 2

2

KD ⋅ CN . Маємо: CN =

Отже, SABCD =

BC + AD 2

Відповідь. 144 см2.

⋅ CN =

2S KD

10 + 14 2

=

x

B

C

= 16 см,

2 ⋅ 24 4

A

= 12 см.

⋅ 12 = 144 см2.

K

N

D

ВАРІАНТ 22   65

Частина четверта x + y + xy = 13, 4.1.М  2 2 x + xy + y = 91. Нехай x + y = a ,

xy = b , тоді x2 + 2xy + y2 = a2 і x2 + xy + y2 = a2 − b2 і система рівнянь набуває

a + b = 13, a + b = 13, вигляду:  2 2  a − b a + b = 91; )( ) a − b = 91 ;  ( x + y = 10, x + y = 10, Отже,    xy = 3; xy = 9.

a + b = 13, a = 10, a − b = 7; b = 3.  

x = 1, x = 9, За теоремою, оберненою до теореми Вієта, маємо:  або  9 y =  y = 1. Відповідь. (1; 9 ) , ( 9; 1) .

4.2.М Знайдемо відстань від точки O (1; − 2 ) до прямої 3x − 4y + 9 = 0 : 3 ⋅ 1 − 4 ⋅ ( −2 ) + 9

ρ=

3 + ( −4 )

2

2

=

20 5

= 4.

Оскільки коло дотикається до прямої 3x − 4y + 9 = 0 , то радіус кола дорівнює відстані від центра кола до прямої, тобто R = 4 . 2 2 Рівняння кола з центром O (1; − 2 ) і R = 4 має вигляд: ( x − 1) + ( y + 2 ) = 16 . Відповідь. ( x − 1) + ( y + 2 ) = 16 . 2

2

Варіант 22 Частина перша 1.1. 16 кг 300 г – 8 кг 500 г = 15 кг 1300 г – 8 кг 500 г = 7 кг 800 г. Відповідь. Г). 1.2.

1

+

3

1 7

=

7+3

=

21

10 21

.

Відповідь. В). 1.3.

2a ( b − 3c ) = 2ab − 6bc . Відповідь. Г).

1.4. Прямі, що є графіками лінійних функцій y = kx + b паралельні, якщо кутові коефіцієнти k рівні між собою. Оскільки 1 ≠ 2 , 2 = 2 , −2 ≠ 2 , −5 ≠ 2 , графіку функції y = 2x − 5 паралельна пряма y = 10 + 2x . Відповідь. Б). 1.5.

9 x

3

⋅

2x 3

2

=

9 ⋅ 2x

2

x ⋅3 3

Відповідь. А).

=

3⋅2 x

=

6 x

.

66   ВАРІАНТ 22 1.6.

(

)

2

3 − 2 + 48 =

( 3)

2

− 2 ⋅ 2 3 + 22 + 16 ⋅ 3 = 3 − 4 3 + 4 + 4 3 = 7 .

Відповідь. В). 1.7. Ордината точки перетину графіка функції з віссю абсцис дорівнює нулю. Тому −5x + 15 = 0 , −5x = −15 , x = 3 . Відповідь. Б). 1.8.

24 300

⋅100 % = 8 %.

Відповідь. А) 1.9.

∠ POS = ∠ POQ + ∠ SOQ. Кути POQ і KOM вертикальні, тому ∠ POQ = ∠ KOM = 130° . Отже, ∠ POS = 100° + 30° = 130° . Відповідь. Б).

1.10. Нехай гострий кут трапеції дорівнює x° , тоді тупий — дорівнює 3x°. Оскільки сума гострого і тупого кутів прямокутної трапеції дорівнює 180°, x + 3x = 180° , x = 45 °, 3x = 3 ⋅ 45 = 135 . Відповідь. А). 52 − 42 = 3 дм. Тоді площа прямокутного

1.11. Другий катет прямокутного трикутника дорівнює трикутника S =

1 2

⋅ 3 ⋅ 4 = 6 дм2.

Відповідь. В). 1.12. Нехай B ( x; y ) . Тоді 1 =

−3 + x 2

, x = 5 ; −3 =

−2 + y 2

, y = −4.

Відповідь. Г).

Частина друга 2.1.

(

)

x2 ( x + 2 ) − ( x + 2 ) = 0 , ( x + 2 ) x2 − 1 = 0 , ( x + 2 ) ( x − 1) ( x + 1) = 0 , x1 = −2 , x2 = 1 , x3 = −1. Відповідь. −2; −1; 1.

2.2. За умовою y = 2x . Тоді 2x = 10 − 3x , 5x = 10 , x = 2 , y = 2 ⋅ 2 = 4. Відповідь. ( 2;4 ) .

2.3. Відомо, що b4 = b2 q 2 . Тоді q 2 = b4 : b2 =

Sn =

(

)=

b1 q n − 1 q −1

7 1  1 

 − 1   2  2   1

−1

2

Відповідь.

15 + 7 2 8 2

=

1 4

:

15 + 7 2 8 2

1 2

=

1 2

, q=

1 2

. b1 = b2 : q =

1 2

:

1 2

=

1 2

.

.

.

2.4. Нехай коефіцієнт пропорційності дорівнює k. Тоді довжини двох сторін трикутника дорівнюють 5k см і 3k см. Довжину a третьої сторони знайдемо за теоремою косинусів, урахувавши, що cos120° = −

1 2

: a2 = ( 3k ) + (5k ) − 2 ⋅ 3k ⋅ 5k ⋅ cos120° = 9k2 + 25k2 + 15k2 = 49k2 , a = 7k см. За умовою 2

2

3k + 5k + 7k = 45 , k = 3. Тоді довжина третьої сторони трикутника дорівнює 7 ⋅ 3 = 21 см. Відповідь. 21 см.

ВАРІАНТ 22   67

Частина третя 3.1. Нехай перша труба може наповнити басейн за x год, тоді друга труба може його спорожнити за ( x + 3 ) год. За одну годину перша труба наповнює 1

спорожнює

1 x

частину басейну, а друга труба

частину басейну. Враховуючи, що за одночасної роботи труб басейн напо-

x+3

вниться за 36 год, складаємо рівняння: 1

1

−

=

1

. ОДЗ: x ≠ −3 , x ≠ 0.

x x + 3 36 36 ( x + 3 ) − 36x − x ( x + 3 ) x ( x + 3)

= 0 , x2 + 3x − 108 = 0 , x1 =

−3 − 21 2

= −12 — не задовольняє умову задачі,

−3 + 21

x2 = = 9. 2 Отже, перша труба може наповнити басейн за 9 год, а друга — його спорожнити за 9 + 3 = 12 год. Відповідь. 9 год, 12 год. 3.2.

x2 − 4x + 3 при x  0, y= 2 x + 4x + 3 при x < 0. Будуємо графік функції y = x2 − 4x + 3 на проміжку 0; + ∞ ) . Графіком є парабола, вітки якої напрямлені вгору. Абсциса вершини параболи m =

4

y

= 2.

2

3

y ( 2 ) = −1 . Отже, вершина параболи — точка ( 2; − 1) . Абсциси точок перетину графіка з віссю Ox x1 = 1, x2 = 3 . На проміжку ( − ∞; 0 ) будуємо графік функції y = x2 + 4x + 3. 4 m = − = −2 , y ( −2 ) = −1. Він перетинає вісь Ox у точках з аб2 сцисами –1 і –3.

–2

2

0 –1

1

3

x

3.3. Знаходимо сторони чотирикутника ABCD . AB =

( xB − xA ) + ( yB − yA )

=

( 5 − 0 ) + (7 − 6 )

BC =

( xC − xB ) + ( yC − yB )

=

( 4 − 5) + (2 − 7 )

CD =

( xD − xC ) + ( yD − yC )

=

( −1 − 4 ) + (1 − 2)

AD =

( xD − xA ) + ( yD − yA )

2

2

2

2

2

2

2

2

=

2

2

2

2

2

= 26 , = 26 ,

2

( −1 − 0 ) + (1 − 6 ) 2

2

= 26 , = 26 .

Знаходимо координати середин діагоналей. AC : x = BD: x =

x A + xC 2 xB + xD 2

=

0+4

=

2 5 −1 2

= 2, y = = 2; y =

y A + yC 2 yB + yD 2

= =

6+2 2 7 +1 2

= 4; точка ( 2; 4 ) . = 4 , точка ( 2; 4 ) .

У чотирикутника ABCD сторони рівні, діагоналі перетинаються і точкою перетину діляться навпіл, отже, чотирикутник ABCD є ромбом.

68   ВАРІАНТ 22

Частина четверта

(

)

( x + y ) x2 − xy + y2 = 19, 4.1.М Запишемо систему рівнянь у вигляді  ( xy + 8 ) ( x + y ) = 2. Нехай x + y = a , xy = b , тоді x2 + y2 = ( x + y ) − 2xy = a2 − 2b і система набуде вигляду: 2

a ( a − 3b ) = 19,  ( b + 8 ) a = 2. Поділивши перше рівняння системи на друге, маємо:

a − 3b b+8

=

19 2

, a=

25b + 152 2

= 12, 5b + 76 .

Підставимо здобуте значення у друге рівняння системи:

( b + 8 ) (12,5b + 76 ) = 2 , 12,5b2 + 176b + 606 = 0 , звідки

b1 = −6 або b2 = −8,08 .

a = 1, a = −25, x + y = 1, x + y = −25, Маємо:  або  Отже,  або  6 8 , 08 . 6 b = − b = − xy = −    xy = −8,08. Розв’язавши першу систему рівнянь, дістанемо: ( −2; 3 ) , ( 3; − 2 ) . Розв’язки другої системи рівнянь:  −25 − 657,32 −25 + 657,32 ;   2 2 

 ,  

 −25 + 657,32 −25 − 657,32 ;   2 2 

 −25 − 657,32 −25 + 657,32 Відповідь. ( −2; 3 ) , ( 3; − 2 ) ,  ;  2 2 

 ,  

 .  

 −25 + 657,32 −25 − 657,32 ;   2 2 

4.2.М Нехай у трикутнику ABC : AB = AC , ∠BAC = ∠BCA = 72° , AK — бісектриса, AK = l . Оскільки ∠ BAC = ∠ ACB = 72° , то ∠ ABC = 36° . Отже, трикутник ABK рівнобедрений з основою AB і BK = AK = l . Оскільки AK — бісектриса кута A , то ∠CAK = ∠KAB = 36° і трикутник CAK рівнобедрений з основою KC , тобто AC = AK = l .  ABC   CAK за двома кутами, отже, l+x

Нехай CK = x , тоді AB = BC = l + x , звідки x + lx − l = 0 , x = 2

2

( 2 l

Отже, BC = l + Відповідь. l ,

l 2

(

)

5 −1 =

)

5 +1 .

−l + l 5 2

(

l 1+ 5 2

=

).

l

( 2 l

AB

=

AC =

l x

)

AC CK

B 36°

.

K l

,

5 −1 .

 .  

36° 36° A

72° 72° C

ВАРІАНТ 23   69

Варіант 23 Частина перша 1.1.

x = 910 ⋅ 65 , x = 59150 . Відповідь. Б).

1.2. 5

3 5

⋅ 10 =

28 5

⋅ 10 =

28 ⋅ 10 5

= 56 .

Відповідь. Г). 1.3.

(3a − b ) = (3a ) 2

2

− 2 ⋅ 3a ⋅ b + b2 = 9a2 − 6ab + b2 .

Відповідь. Б). 1.4.

3m + mk − 3n − kn = ( 3mk + mk ) − ( 3n + kn ) = m ( 3 + k ) − n ( 3 + k ) = ( 3 + k ) ( m − n ) . Відповідь. А).

1.5.

( )

a8 ⋅ a2 a

−3

7

=

a ⋅a 8

a

−6

7

8 + −6 −7 = a ( ) = a −5 .

Відповідь. Б). 1.6.

a 2 − b2

⋅

3a

a + ab b − a 2

=

( a − b )( a + b ) ⋅ ( −3a ) a(a + b) ⋅ (a − b)

= −3 .

Відповідь. Г). 1.7. Оскільки − ( −2 ) − 2 ⋅ ( −2 ) + 3 = 3 > 0 , ( −2 ) − 6 ⋅ ( −2 ) + 8 = 24 > 0 , 2 ⋅ ( −2 ) − 3 ⋅ ( −2 ) + 1 = 15 > 0 , 2

( −2)

2

2

2

+ 5 ⋅ ( −2 ) − 7 = −13 < 0 , то число −2 є розв’язком нерівності 2x2 − 3x + 1 > 0 .

Відповідь. В). 1.8. На рисунку зображено графік функції y = − ( x − 1) + 4 = −x2 + 2x + 3 . Оскільки − ( x − 1) ( x + 3 ) = −x2 − 2x + 3 ≠ −x2 + 2x + 3 ; ( x − 1) ( x + 3) = x2 + 2x − 3 ≠ −x2 + 2x + 3 ; ( x + 1) ( x − 3) = x2 − 2x − 3 ≠ −x2 + 2x + 3 ; − ( x + 1) ( x − 3 ) = −x2 + 2x + 3 , то функцію, графік якої зображено на рисунку, задає формула y = − ( x + 1) ( x − 3 ) . Відповідь. Г). 2

1.9. Шуканий кут є внутрішнім одностороннім з кутом 30°. Оскільки прямі a i b паралельні, x + 3 = 180 , x = 150. Відповідь. Г). 1.10. Оскільки суми протилежних сторін чотирикутника, описаного навколо кола, рівні, то AB + CD = AD + BC , 7 + CD = 9 + 8 , CD = 10 см. Відповідь. В).

70   ВАРІАНТ 23 1.11. Оскільки діагональ квадрата є діаметром кола, описаного навколо цього квадрата, то 2R = 6 2 см, R = 3 2 см. Відповідь. Б). 1.12. S = 8 ⋅ 10 ⋅ sin150° = 80 ⋅ Відповідь. А).

1 2

= 40 (cм2).

Частина друга 2.1.

a2 ab − b

2

+

b

a2

=

b−a

b(a − b)

a+b

Відповідь.

b

−

b a−b

=

a 2 − b2

b(a − b)

=

( a − b )( a + b ) b(a + b)

=

a+b b

.

.

2.2. Розкладемо знаменник дробу на множники. Оскільки ax2 + bx + c = a ( x − x1 ) ( x − x2 ) , де x1 , x2 — корені тричлена, то x2 − 5x + 6 = ( x − 2 ) ( x − 3 ) . Тоді x = 2,001 , то

1 x −2

=

1 2, 001 − 2

=

1 0, 001

x −3 x − 5x + 6 2

=

x −3

( x − 2 )( x − 3 )

=

1 x −2

. Якщо

= 1000 .

Відповідь. 1000. 2.3. Нехай робітнику, який поповнив бригаду, x років. Тоді

5 ⋅ 35 + x = 34 , 175 + x = 204 , x = 29 . 6

Відповідь. 29 років. 2.4. Гіпотенуза прямокутного трикутника AB = AB =

6 0,6

CB sin A

. sin A = 1 − cos2 A = 1 − ( 0,8 ) = 0,6 . Тоді 2

= 10 см. AC = AB ⋅ cos A = 10 ⋅ 0,8 = 8 см. P = AC + CB + AB = 8 + 6 + 10 = 24 (см).

Відповідь. 24 см.

Частина третя 3.1. Нехай власна швидкість катера x км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

За течією

40

x+2

Проти течії

16

t , год 40 x+2 16

x −2

x −2

Враховуючи, що катер витратив на весь шлях 3 год, складаємо рівняння: 40 x+2

+

16 x −2

= 3 . ОДЗ: x ≠ −2 , x ≠ 2.

40 ( x − 2 ) + 16 ( x + 2 ) − 3 ( x + 2 ) ( x − 2 )

( x + 2)( x − 2)

задачі, x2 =

56 + 52 6

= 0 , 3x2 − 56x + 36 = 0 , x1 =

56 − 52 6

=

2 3

= 18 . Отже, власна швидкість катера 18 км/год.

Відповідь. 18 км/год.

— не задовольняє умову

ВАРІАНТ 23   71 3.2. Нехай кількість членів арифметичної прогресії n = 2 . Тоді S2 = 2 ⋅ 22 + 2 = 10 , отже, a1 + a2 = 10 , 2a1 + d = 10 . При n = 3 S3 = 2 ⋅ 32 + 3 = 21 , отже, 3a1 + 3d = 21 . 2a + d = 10, 2a1 + d = 10, a1 = 3 , d = 7 − 3 = 4 . Маємо систему  1  3a1 + 3d = 21; a1 + d = 7. Відповідь. 3; 4. 3.3. Коло з центром у точці O вписано в прямокутну тра­ пецію ABCD з основами AD і BC . FN = AB , OK ⊥ CD , CK = 8 см, DK = 18 см. За властивістю дотичних, проведених з однієї точки до кола, CF = CK = 8 см, DK = DN = 18 см. CD = CK + KD = 26 см. Проводимо CM ⊥ AD . NFCM — прямокутник. NM = CF = 8 см. DM = DN − NM = 18 − 8 = 10 см. З прямокутного трикутника CMD маємо:

F

B

K O

A

N

CM = CD − DM = 676 − 100 = 24 см. AB = CM = 24 см. За властивістю сторін описаного чотирикутника AB + CD = BC + AD . PABCD = 2 ( AB + CD ) = 2 ( 24 + 26 ) = 100 см. Відповідь. 100 см. 2

C

2

D

M

Частина четверта 4.1.М За нерівністю Коші для додатних чисел a і b маємо: a2 + b  2 a2b ;

1 a

+

1 b

2

2

1 ab2

.

2 ab a 1 1  Тоді a2 + b  + 2   4 , що й треба було довести. =4 2 ab b a b 

(

)

4.2.М На рисунку зображено прямокутний трикутник ABC ( ∠C = 90° ) із периметром 120 см і висотою CD, що дорів­ нює 24 см. Нехай AB = c , AC = b , BC = a , CD = h , тоді a + b + c = 120, a2 + b2 = c2 , ch = ab . Маємо систему рівнянь: a + b + c = 120,  2 2 2 a + b = c , 24c = ab;

a + b = 120 − c,  2 2 2 a + b = c , ab = 24c;

a2 + 2ab + b2 = 1202 − 240c + c2 ,  2 2 2 a + b = c , ab = 24c; 

48c = 120 − 240c, 288c = 1202 ,   2 2 2 ab = 24c, a + b = c , a2 + b2 = c2 ; ab = 24c;  Розв’язавши систему рівнянь 2

c = 50,  ab = 1200, a2 + b2 = 2500.

ab = 1200, дістанемо a = 30, b = 40 .  2 2 a + b = 2500, Відповідь. 30 см, 40 см, 50 см.

A

c b D h C

a

B

72   ВАРІАНТ 24

Варіант 24 Частина перша 1.1. Оскільки величина розгорнутого кута дорівнює 180°, то 180° ⋅

3 5

3 5

розгорнутого кута становлять

= 108° .

Відповідь. В). 1.2.

x=

5⋅8 10

= 4.

Відповідь. Б). 1.3. Відповідь. Г).

(

)

1.4. 5c2 − 5d2 = 5 c2 − d2 = 5 ( c − d ) ( c + d ) . Відповідь. В). 1.5.

1.6.

x2 = 50 : 2 , x2 = 25 , x1 = −5 , x2 = 5 . Відповідь. Б).

( −2)−3 ⋅  2  1

−4

= −2−3 ⋅ 24 = −2−3 + 4 = −2 .

Відповідь. Г). 1.7.

15 250

⋅100 % = 6 %.

Відповідь. Б). 1.8. ОДЗ: ( − ∞; + ∞ ) . ( 2x + 4 ) ( x − 3 ) = 0 , якщо x1 = −2 , x2 = 3 . Відповідь. В).

+

– –2

+ 3

x

1.9. Оскільки градусна міра зовнішнього кута дорівнює сумі двох внутрішніх кутів, не суміжних з ним, то градусна міра зовнішнього кута при вершині A дорівнює ∠ C + ∠ B = 100° + 43° = 143° . Відповідь. Б). 1.10. 4 : 0,8 = 5 . Відповідь. Б). 1.11. Відповідь. Б). 1.12. Довжина дуги l = Відповідь. А).

πRn 180

. За умовою

π6n 180

= π,

6n 180

= 1 , n = 30° .

ВАРІАНТ 24   73

Частина друга 2.1. Перетворимо вираз у дужках: Тоді

4a a −4 2

1

Відповідь.

2.2.

:

2

8a a −4 2

=

4a a −4 2

⋅

a+2 a −2

a −4 2

8a

=

1 2

−

a −2 a+2

( a + 2) − ( a − 2) ( a − 2 )( a + 2 ) 2

=

2

=

(

a 2 + 4a + 4 − a 2 − 4a + 4 a −4 2

)=

8a a −4 2

.

при будь-яких значеннях a .

.

6x < 5 ( x − 1), 6x < 5x − 5, x < −5, −2x + 3x > −1 − 7; x > −8. Розв’язками системи нерівностей є всі числа  ; 2 2 x 5 14 3 x 15 − + > − −   

з проміжку ( −8; − 5 ) . З них цілими є числа −7 і −6 . Відповідь. −7; −6.

y 2

2.3. Графіком функції є парабола, вітки якої напрямлені вниз, оскільки a = −2 < 0. Знайдемо координати вершини параболи: x=−

b 2a

=−

−8

2 ⋅ ( −2 )

= −2, y =

−b2 + 4ac 4a

=

−64 + 48 −8

=2.

Оскільки c = −6, парабола проходить через точку ( 0; − 6 ) . Знайдемо точки перетину графіка функції з віссю абсцис: −2x2 − 8x − 6 = 0 , якщо x = −3 або x = −1. Отже, графік функції перетинає вісь абсцис у точках ( −3; 0) і ( −1; 0) . Користуючись рисунком, знаходимо проміжок зростання функції: ( − ∞; − 2 .

–3

–2

–1 0

x

–6

Відповідь. ( − ∞; − 2 .

2.4. Нехай коефіцієнт подібності дорівнює k. Тоді 4k = 20 , k = 5 . Периметр поданого чотирикутника дорівнює P = 2k + 3k + 3k + 4k = 12k см. Тоді периметр подібного йому трикутника P1 = 12 ⋅ 5 = 60 см. Відповідь. 60 см.

Частина третя 3.1. Нехай на склад завезли x кг бананів, тоді апельсинів завезли ( x + 100 ) кг. Продали 0,8 ( x + 100 ) кг апельсинів та 0,3x кг бананів, після чого апельсинів залишилося менше на 105 кг, ніж бананів. Складаємо рівняння: ( x + 100 ) − 0,8 ( x + 100 ) = x − 0,3x − 105 . 0,2x − 0,7x = −105 − 100 = 80 , x = 250. Отже, на склад завезли 250 кг бананів і 250 + 100 = 350 кг апельсинів. Відповідь. 350 кг, 250 кг. 3.2.

22 − 12 + 42 − 32 + 62 − 52 + ... + 1002 − 992 = 3 + 7 + 11 + ... + 199 . Числа 3, 7, 11, …, 199 утворюють арифметичну прогресію, у якої a1 = 7 , an = 199, d = 4 . Знайдемо кількість членів цієї прогресії. n=

an − a1 d

+1 =

199 − 3

Відповідь. 5050.

4

+ 1 = 50. S50 =

3 + 199 2

⋅ 50 = 5050 .

74   ВАРІАНТ 24 3.3. У трапеції ABCD з основами AD і BC ∠ BAK = ∠ DAK і ∠ ADK = ∠ CDK . ∠ DAK = ∠ BKA і ∠ ADK = ∠ CKD як вну­трішні різносторонні. Отже, трикутники ABK і DCK рів­но­бедрені. BK = AB = 10 см, CK = CD = 17 см. DC = BK + CK = 10 + 17 = 27 см. MBCN — прямокутник,

K

B

C

MN = BC = 27 см. З прямокутного трикутника ABM : AM = AB2 − BM 2 = 100 − 64 = 6 см. З прямокутного трикутника DCN : DN = CD − CN 2

2

A

M

= 289 − 64 = 15 см.

D

N

AD = AM + MN + DN = 6 + 27 + 15 = 48 см. SABCD =

AD + BC 2

BM =

48 + 27 2

⋅ 8 = 300 см2.

Відповідь. 300 см2.

Частина четверта 4.1.М Розглянемо функцію f ( x ) = 4x2 − ( 3a + 1) x − a − 2 . Графіком цієї функції є парабола, вітки якої напрямлені вгору. Рисунок, що наведено, є графічним зображенням умови задачі.  D > 0, f ( −1)  0, У системі нерівностей  записано аналітичні −1 < x0 < 2,  f (2) > 0

y

0

x0

–1

2

x

співвідношення, що описують наведений рисунок. Оскільки в умові задачі зазначено, що рівняння має два корені, то D > 0. Отже, складемо систему нерівностей і розв’яжемо її: (3a + 1)2 + 16 ( a + 2) > 0,  4 + (3a + 1) − a − 2  0,  3a + 1 < 2,  −1 < 8  16 − 2(3a + 1) − a − 2 > 0;

9a2 + 22a + 33 > 0, a  − 1,5, 5   звідки a ∈  −1,5; 1  .  −3 < a < 5, 7    12 ; a < 7 

5  Відповідь. При a ∈  −1,5; 1  . 7 

4.2.М На рисунку зображено трапецію ABCD ( AD  BC ) із діа­гоналями AC і BD, що перетинаються у точці O.

B

C

За умовою SAOD = n , SBOC = k . 2

2

a

Нехай ∠DOC = α, тоді n2 = SAOD =

1

k2 = SBOC =

1

2

2

⋅ AO ⋅ OD ⋅ sinα , n = ⋅ BO ⋅ OC ⋅ sinα , k =

O 1 2 1 2

⋅ AO ⋅ OD ⋅ sinα ;

⋅ BO ⋅ OC ⋅ sinα .

A

D

ВАРІАНТ 25   75 1

nk =

2

⋅ AO ⋅ OD ⋅ sin α ⋅

1 2

1

⋅ BO ⋅ OC ⋅ sin α =

2

⋅ AO ⋅ BO ⋅ sin α ⋅

1 2

⋅ OC ⋅ OD ⋅ sin α = SAOB ⋅ SOCD .

Оскільки SABD = SACD , то SABO = SOCD . 2 Отже, nk = SAOB = SAOB . SABCD = SAOD + 2SAOB + SBOC = n2 + 2nk + k2 = ( n + k ) , 2

що й треба було довести.

Варіант 25 Частина перша 1.1. Відповідь. Г). 1.2.

( −3,5 + 15) : ( −10,8 + 5,8 ) = 11,5 : ( −5) = −2,3 . Відповідь. В).

1.3. Відповідь. Б). 1.4.

−2 ( x − 0,5 ) = −3x + 6 , −2x + 1 = −3x + 6 , −2x + 3x = 6 − 1 , x = 5 . Відповідь. А).

1.5.

(x + 4)(x − 4) = 0,

x1 = −4 , x2 = 4 .

Відповідь. В). 1.6.

3 a +1

−

3a − 1

=

a +a 2

3 a +1

−

3a − 1

a ( a + 1)

=

3a − ( 3a − 1) a ( a + 1)

=

1

a ( a + 1)

.

Відповідь. Г). 1.7.

Sn =

a1 + an 2

⋅ n . a8 = 2,5 + 7 ⋅ ( −2 ) = −11,5 , S8 =

2,5 + ( −11,5 ) 2

⋅ 8 = −36 .

Відповідь. В). 1.8. Відповідь. Б).

B

1.9. Відповідь. А). M

1.10. У прямокутному трикутнику AMO ( ∠ M = 90° ) AO = 15 см, MO = 9 см. Катет AM = AO2 − MO2 = 152 − 122 = 9 см. Тоді AB = 2 ⋅ AM = 2 ⋅ 9 = 18 см. Відповідь. Б).

A

O

1.11. Відповідь. Г). 1.12. За наслідком з теореми синусів R = 6

Тоді R = 2⋅

3 2

Відповідь. Б).

=

6 3

= 2 3 см.

KN 2sin M

. ∠ M = 180° − ( 80° + 40° ) = 60° . sin60° =

3 2

.

76   ВАРІАНТ 25

Частина друга 2.1.

(

4a4 b −3

)

−1

1  ⋅  a −2b5  2  

−2

( ) ( )

= 4−1 a4

−1

b −3

−1

1 ⋅  2

−2

(a ) (b ) −2

−2

5

−2

=

1 4

a −4 b3 ⋅ 4a4 b −10 = a −4 + 4 b3 −10 = b −7 .

Відповідь. b −7 .

2.2.

4 13 − 5

=

4

(

13 + 5

13 − 5 13 + 5

Відповідь. 2.3.

(

2

)(

)

13 + 5

)

=

4

(

13 + 5 13 − 5

)=

13 + 5 2

.

.

2x2 − 5x − 18 = 0 , якщо x1 = −2 , x2 = 4,5 . Розв’язком нерівності є проміжок  −2; 4,5 . −4x + 8 > 0 , −4x > −8 , x < 2 , x ∈ ( − ∞; 2 ) . Тоді розв’язком системи нерівностей є перетин проміж­ ків  −2; 4,5 і ( − ∞; 2 ) тобто  −2; 2 ) .

+

–

+

–2

4,5

x

Відповідь.  −2; 2 ) . 2.4. Точка M ( x; y ) — середина сторони BC . x =

(5 − 1) + ( −1 − 2) 2

Тоді AM =

2

−4 + 6 2

= 1, y =

3 +1 2

= 2. Тобто M (1; 2 ) .

= 42 + 32 = 5 .

Відповідь. 5.

Частина третя 3.1. Нехай перший робітник може виконати завдання за x год, тоді другий робітник може виконати завдання за ( x − 6 ) год. Тоді перший робітник за одну годину виконує а другий —

1 x −6

частину.

4 ( x − 6 ) + 4x − x ( x − 6 ) 4x ( x − 6 )

1 x

+

1 x −6

=

1 4

1 x

частину завдання,

. ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ 6.

= 0 , x2 − 14x + 24 = 0 , x1 = 2 — не задовольняє умову задачі, x2 = 12 . Отже, пер-

ший робітник може самостійно виконати завдання за 12 год, а другий робітник — за 12 − 6 = 6 год. Відповідь. 12 год, 6 год.

B

C K

3.2.

(

a −1

)(

)(

a −1 a + a +1 a + a +1

При a = 0,97 Відповідь. 1.

)

+ a =

a − 1 = − a + 1 , тоді

(

a −1

)

2

A

+ a =

a −1 + a .

a − 1 + a = − a + 1 + a = 1.

M O

D

ВАРІАНТ 26   77 3.3.

1

1

1

1

OK ⊥ BC ⊥ AD , BK = BC = ⋅ 24 = 12 см, AM = AD = ⋅ 32 = 16 см. BO = AO як радіуси 2 2 2 2 одного кола. Позначимо OM = x , тоді KO = 4 + x . З прямокутного трикутника AMO : AO2 = AM 2 + MO2 ; AO2 = 256 + x2 . З прямокутного трикутника BKO : BO2 = BK 2 + KO2 ; BO2 = 144 + ( 4 + x ) . 2

Дістали рівняння 144 + ( 4 + x ) = 256 + x2 , 8x = 96 , x = 12. Отже, OM = 12, AO = 256 + 144 = 20 см. 2

Відповідь. 20 см.

Частина четверта 4.1.М

n3 6

+

n2 2

+

n 3

=

n3 + 3n2 + 2n 6

=

(

n n2 + 3n + 2 6

) = n ( n + 1)( n + 2) . 6

Оскільки чисельник дробу — добуток трьох послідовних чисел, то він ділиться націло на 6 (при n = 1 значення дробу дорівнює 1). Отже, для будь-якого натурального n значення виразу

n3 6

+

n2 2

+

n 3

4.2.М На рисунку зображено трикутник ABC , у якого AC = 15 см, AB + BC = 27 см; радіус вписаного кола дорівнює 4 см. r=

SABC p

є натуральним числом.

B

, звідки SABC = rp = 4 ⋅ 21 = 84 (см2).

За формулою Герона: SABC = p ( p − AB ) ( p − BC ) ( p − AC ) ,

27  –  x

x

84 = 21 ⋅ 6 ⋅ ( 21 − x ) ( x − 6 ) , 21 ⋅ 6 ⋅ ( 21 − x ) ( x − 6 ) = 842 ,

(21 − x ) ( x − 6 ) = 56 , x2 − 27x + 182 = 0 , звідки x1 = 13 або x2 = 14 . Отже, маємо трикутник зі сторонами 13 см, 14 см і 15 см. За теоремою косинусів маємо: AC2 = AB2 + BC2 − 2 ⋅ AB ⋅ BC ⋅ cos B , звідки cos B = cos B =

169 + 196 − 225

Відповідь.

2 ⋅ 13 ⋅ 14 5 13

=

140 2 ⋅ 13 ⋅ 14

=

5 13

AB2 + BC2 − AC2 2 ⋅ AB ⋅ BC

.

.

Варіант 26 Частина перша 1.1. 789 − ( 289 − 25 ) = 789 − 289 + 25 = 500 + 25 = 525 . Відповідь. А). 1.2. Відповідь. Г). 1.3.

−4x = 27 − 11, −4x = 16 , x = −4 . Відповідь. В).

A

,

15

C

78   ВАРІАНТ 26 1.4. Відповідь. Б). 1.5.

7 x

−

5 y

=

7 y − 5x xy

.

Відповідь. Г). 1.6.

−2x2 + 3x − 1 = 0 , D = b2 − 4ac = 32 − 4 ⋅ ( −2 ) ⋅ ( −1) = 9 − 8 = 1, x1 =

−b − D

=

2a

−3 − 1 −4

= 1, x2 =

−b + D

=

2a

−3 + 1 −4

=

1 2

.

Відповідь. А). 1.7.

2 + 3 < x + 3 < 7 + 3 , 5 < x + 3 < 10 . Відповідь. В).

1.8.

an = a1 + ( n − 1) d . 29 = 5 + ( n − 1) ⋅ 3 , n = 9. Відповідь. Б).

1.9.

∠ AOM = ∠ COM + ∠ AOC. ∠ COM =

1 2

∠ COB = 60° : 2 = 30° ,

∠ AOC = ∠ AOB − ∠ COB = 180° − 60° = 120° . Отже, ∠ AOM = 120° + 30° = 150° . Відповідь. В). 1.10. Відповідь. Г). 1.11. sin120° = sin (180° − 60° ) = sin 60° =

3 2

.

Відповідь. В).  1.12. MN =

(2 − 4 ) + ( −2 + 1) 2

2

= 4 +1 = 5 .

Відповідь. А).

Частина друга 2.1.

(3

2 +2 3

) − (3 2

)(

) (

2 +2 3 3 2 −2 3 = 3 2

)

2

(

+ 2⋅3⋅2⋅ 2 ⋅ 3 + 2 3

) −  (3 2 ) − (2 3 )  = 2

2

2

= 18 + 12 6 + 12 − 18 + 12 = 24 + 12 6 . Відповідь. 24 + 12 6 . 2.2. Рівняння параболи може бути записане у вигляді y = a ( x + m ) + n , де ( m; n ) — координати її вершини. Оскільки вершина параболи розташована в точці ( 0; 2 ) , то її рівняння має вигляд: y = ax2 + 2 . Коефіцієнт a знайдемо, скориставшись тим, що парабола проходить через точку B (1; 6 ) . 6 = a ⋅ 12 + 2 , a = 4 . Отже, подану функцію задає формула y = 4x2 + 2 . Відповідь. y = 4x2 + 2 .

ВАРІАНТ 26   79 2.3. Пряма x − y + 2 = 0 і коло x2 + y2 = 4 перетинаються в точках, координати яких є розв’язками x − y + 2 = 0, системи рівнянь:  2 Виразимо з першого рівняння y через x і підставимо цей вираз 2 x + y = 4. 2 у друге рівняння системи: y = x + 2, x2 + ( x + 2 ) = 4 , x2 + x2 + 4x + 4 = 4 , 2x2 + 4x = 0 , 2x ( x + 2 ) = 0 , x1 = 0 , x2 = −2 . Тоді y1 = 0 + 2 = 2 , y2 = −2 + 2 = 0 . Відповідь. ( 0; 2 ) , ( −2; 0 ) . 2.4. Нехай a і b — сторони прямокутника, d — його діагональ, d = 13 см, a1 = 4 см і b1 = 9 см — проекції сторін прямокутника на діагональ. a2 = da1 = 13 ⋅ 4 , a = 2 13 , b2 = db1 = 13 ⋅ 9 , b = 3 13 . Тоді площа прямокутника дорівнює S = ab = 2 13 ⋅ 3 13 = 78 см2. Відповідь. 78 см2.

Частина третя 3.1. Нехай швидкість руху плота x км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

Пліт

20

x

Човен

20

18 + x

t , год 20 x 20 18 + x

Враховуючи, що човен відчалив на 9 год пізніше, ніж пліт, складаємо рівняння: 20 x

−

20 18 + x

= 9 . ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ −18 .

20 (18 + x ) − 20x − 9x (18 + x ) x (18 + x )

= 0 , x2 + 18x − 40 = 0 , x1 = −20 — не задовольняє умову задачі, x2 = 2 .

Отже, швидкість руху плота 2 км/год. Тоді пліт рухався протягом пліт о дев’ятнадцятій годині. Відповідь. О дев’ятнадцятій годині.

20 2

= 10 год, човен наздогнав

3.2. Розв’яжемо першу нерівність системи x2 + x − 6  0 методом інтервалів. Нулі функції y = x2 + x − 6 x1 = −3 , x2 = 2 . x ∈ ( − ∞; − 3  2; + ∞ ) .

Розв’язавши другу нерівність системи, дістанемо

+

– –3

+ 2

x

x2 − x − x2 − 2x − 1  8 , x  − 3. Отже, розв’язками нерівності є x = −3 та x ∈[2; + ∞ ) . Відповідь. {−3}  [2; + ∞ ) .

–3

x

80   ВАРІАНТ 26 3.3. У трикутнику ABC сторона AC дорівнює 29 см, OM , ON , OK — радіуси вписаного кола, CN = 24 см, BN = 1 см. BC = BN + CN = 25 см. За властивістю дотичних, проведених до кола з однієї точки, CN = CK = 24 см, BM = BN = 1 см, AM = AK = AC − KC = 29 − 24 = 5 см.

B

Тоді AB = AM + BM = 5 + 1 = 6 см. p=

AB + BC + AC 2

=

6 + 25 + 29 2

N

M

= 30 см.

O

SABC = 30 ( 30 − 6 ) ( 30 − 25 ) ( 30 − 29 ) = 60 см2.

A

C

K

Відповідь. 60 см . 2

Частина четверта 3x2 + 2y2 − 4xy = 17, 4.1.М  2 2 y − x = 16. Помножимо перше рівняння системи на 16, друге — на –17, додамо почленно одержані рівняння, дістанемо: 65x2 + 15y2 − 64xy = 0 (*)

Оскільки ( 0; 0 ) не є розв’язком вихідної системи, то поділимо обидві частини рівняння (*) 2

x x на y2 , дістанемо: 65 ⋅   − 64 ⋅   + 15 = 0 . y y Нехай

x y

= t , тоді рівняння набуде вигляду: 65t2 − 64t + 15 = 0 , звідки t1 =

3 5

або t2 =

Отже, система рівнянь рівносильна сукупності двох систем: x 3  x 15 ,  = ,  = або y 5  y 13 y2 − x2 = 16 y2 − x2 = 16.   5x  y = 3 , Розв’яжемо першу систему:  2  25x − x2 = 16;  9

5x  , y =  3 2 x = 9;

5x  y = 3 ,  x = 3,   x = −3;

 x = 3,   y = 5;     x = −3,   y = −5.

 5 x= , 13x     3 y = 5 ,   13 13x   y = ; 13x   y = 5 , , 5 y =    3 Розв’яжемо другу систему:    x = ,  5 5  3 y2 − x2 = 16;  169 x2 − x2 = 16;    x = − , 5  25   x = − 3    13 3   y = − 3 .  13   5 13   5 Відповідь. ( 3; 5 ) , ( −3; − 5 ) ,  ; , − ; − 3 .  3 3   3

5 13

.

ВАРІАНТ 27   81 4.2.М На рисунку зображено трикутник ABC , у якого AC = 8 см, BC = 6 см. Медіани AM1 і BM2 перпендикулярні і перетинаються в точці O. Нехай AO = 2a , BO = 2b , тоді за властивістю B

медіан: OM1 = a , OM2 = b . Із трикутника AOM2 за теоремою

M1 C

Піфагора маємо: 4a2 + b2 = 16 . O

Із трикутника BOM1 : 4b2 + a2 = 9 . Почленно додамо ці рівності, дістанемо: 5a2 + 5b2 = 25 ,

M2

a + b = 5 . (*) 2

2

A

Помножимо рівняння (*) на 4: 4a + 4b = 20 або ( 2a ) + ( 2b ) = 20 , 2

2

2

2

AO2 + BO2 = 20 . Оскільки трикутник ABO прямокутний, то за теоремою Піфагора: AB2 = AO2 + BO2 = 20 , отже, AB = 20 = 2 5 см. Відповідь. 2 5 см.

Варіант 27 Частина перша 1.1.

1 2

т + 150 кг = 500 кг + 150 кг = 650 кг.

Відповідь. Б). 1.2.

9−4

2 5

=9−4−

2 5

=5−

2 5

=4

5 5

−

2 5

=4

3 5

.

Відповідь. В). 1.3.

( a + 3) ( b − 4 ) = ab − 4a + 3b − 12. Відповідь. Г).

1.4. Оскільки 1 ≠ −4 ⋅ ( −1) + 3 , 5 ≠ −4 ⋅ 2 + 3 , −1 = −4 ⋅ 1 + 3, 1 ≠ −4 ⋅ 1 + 3 , то графіку функції належить точка (1; − 1) . Відповідь. В).

4 ⋅ (x )  4x 3  16x6 = .   = 2 2 5 ⋅y 25y2  5y  2

1.5.

2

Відповідь. Б).

3

2

82   ВАРІАНТ 27 1.6.

8 3 −1

=

8

(

(

3 +1

3 −1

)(

)

3 +1

8

=

(

3 +1

) ( 3)

2

) = 8(

−1

2

3 +1 3 −1

) = 8(

3 +1 2

) =4

(

)

3 +1 .

Відповідь. Г). 1.7. Відповідь. В). 1.8. Оскільки серед наведених даних значення 38 трапляється найчастіше, то мода отриманих даних дорівнює 38. Відповідь. Г). 1.9. Відповідь. Б). 1.10. Нехай MN — середня лінія трапеції ABCD . Відрізок KN є середньою лінією трикутника BCD , 1

NK =

2

BC =

1 2

B

⋅ 4 = 2 см.

Відрізок MK є середньою лінією трикутника ABD , MK =

1 2

1

AD =

C

2

M

⋅ 10 = 5 см.

Відповідь. А).

N

K

D

A

1.11. Нехай BD — висота рівнобедреного трикутника ABC . Тоді з прямокутного трикутника ADB : AD = AB cos A = 8 cos 30° = 8 ⋅

3

B

= 4 3 см.

2

Оскільки висота рівнобедреного трикутника є його медіаною, то

AC = 2 AD = 2 ⋅ 4 3 = 8 3

S=

1 2

см. Тоді площа трикутника

AB ⋅ AC ⋅ sin A .

Враховуючи, що sin A = sin 30° =

1 2

,S=

1 2

⋅8⋅8 3 ⋅

1 = 16 3 см2. 2

A

Відповідь. Г). 1.12. Нехай точка C ( x; y ) — середина відрізка AB. Тоді x = ки C (1; 1) до точки O ( 0; 0 ) дорівнює

3 −1 2

= 1, y =

C

D

−2 + 4 2

= 1. Відстань від точ-

12 + 12 = 2 .

Відповідь. В).

Частина друга 2.1. За умовою

6 1+ x

+

x x −2

=

6 1+ x

⋅

x x −2

. ОДЗ: x ≠ −1 , x ≠ 2.

6x − 12 + x + x2 = 6x , x2 + x − 12 = 0 , x1 = −4 , x2 = 3 . Відповідь. −4; 3.

6 ( x − 2 ) + x (1 + x )

(1 + x )( x − 2 )

=

6x

(1 + x )( x − 2 )

.

ВАРІАНТ 27   83 2.2. Оскільки графік функції y = kx + b паралельний осі абсцис, то k = 0. Оскільки він проходить через точку B ( 3; − 2 ) , то b = −2. Відповідь. k = 0, b = −2. 2.3.

0,2 ( 3 ) = 0,2 + 0,03 + 0,003 + ... = 7

0,2 ( 3 ) − 0,(15 ) = Відповідь.

9 110

30

5

−

33

=

7 30

77 − 50 330

=

27 330

=

9 110

33

.

.

.

прямокутного

ABD :

трикутника

C

B

2.4. Нехай CK — висота трапеції. CK = 12 см, AK = 4 см. З

5

, 0,(15 ) = 0,15 + 0,0015 + 0,000015 + ... =

AD = BD2 − AB2 = 152 − 122 = 9

= BD2 − AB2 = 152 − 122 = 9 (см). Тоді KD = AD − AK = 9 − 4 = 5 (см). З

прямокутного

CKD :

трикутника

CD = CK 2 + KD2 = 122 + 52 = 13

= CK 2 + KD2 = 122 + 52 = 13 (см).

A

Відповідь. 13 см.

D

K

Частина третя 3.1. Нехай слюсар може виконати замовлення за x год, тоді перший учень виконає замовлення 1 за ( x + 4 ) год, а другий учень — за ( x + 9 ) год. За одну годину слюсар виконає частину x замовлення, перший учень —

1 x+4

, а другий —

1 x+9

частини замовлення. Враховуючи, що

за одну годину слюсар виконує такий об’єм роботи, як два учні разом, складаємо рівняння: 1 x

=

1 x+4

+

1 x+9

. ОДЗ: x ≠ −4 , x ≠ −9 , x ≠ 0

( x + 4 ) ( x + 9) − x ( x + 9) − x ( x + 4 ) = 0, x ( x + 4 ) ( x + 9)

x2 − 36 = 0 , x1 = −6 — не задовольняє умову задачі, x2 = 6 .

Отже, слюсар може виконати замовлення за 6 год. Тоді перший учень виконає замовлення за 10 год, а другий учень за 15 год. Відповідь. 6 год, 10 год, 15 год. 3.2. Знаходимо область визначення даної функції. 4 − x2  0 ,

(2 − x )(2 + x )  0 . Нулі:

x1 = 2 , x2 = −2 . D ( y ) =  −2; 2 . Найменшого значення y = 1 функція набуває при x = 2 , x = −2 , а найбільшого значення — y = 3 при x = 0. Отже, область значень заданої функції 1; 3 . Відповідь. 1; 3 .

–

+ –2

– 2

x

⋅ BC ⋅ c +

84   ВАРІАНТ 27 3.3. Точка O — центр кола, вписаного у рівнобічну трапе­ цію ABCD , OK ⊥ CD , CO = BO = 6 см, DO = AO = 8 см. Відомо, що якщо чотирикутник описаний навколо кола, то сума кутів, під якими видно з центра вписаного кола дві його протилежні сторони, дорівнює 180°. Оскільки трикутники ABO і DCO рівні за трьома сторонами, то ∠ BOA = ∠ COD = 180° : 2 = 90° . У трикутнику SCOD = 1 2

1 2

CO ⋅ DO =

COD 1 2

CD = CO2 + DO2 = 36 + 64 = 10

⋅ 6 ⋅ 8 = 24 ; SCOD =

1 2

CD ⋅ OK =

1 2

B

C

K O

см.

⋅ 10 ⋅ OK .

D

A

⋅ 10 ⋅ OK = 24 , OK = 4,8 см.

Довжина вписаного кола l = 2π ⋅ OK = 2π ⋅ 4,8 = 9,6π см. Відповідь. 9,6π см.

Частина четверта 4.1.М Знайдемо нулі підмодульних виразів: x − 2 = 0, x = 2 ; x − 3 = 0, x = 3 ; x − 4 = 0, x = 4. x – 2 – + + Позначимо ці точки на числовій прямій і визначимо – + x – 3 – 2 3 4 знаки кожного з виразів на здобутих проміжках. – – x – 4 – 1) Якщо x ∈ ( − ∞; 2 , то вихідна нерівність набуває вигляду: − x + 2 − x + 3  − x + 4 , −x  − 1, x 1. Враховуючи проміжок, на якому розв’язуємо нерівність, маємо: x ∈ ( − ∞;1 . 2) Якщо x ∈ ( 2; 3 , то нерівність набуває вигляду: x − 2 − x + 3  − x + 4 , x  3. Враховуючи проміжок, на якому розв’язуємо нерівність, маємо: x = 3 . 3) Якщо x ∈ ( 3; 4  , то нерівність набуває вигляду: x − 2 + x − 3  − x + 4 , 3x  9 , x  3. Враховуючи проміжок, на якому розв’язуємо нерівність, маємо: x ∈ ( 3; 4  . 4) Якщо x ∈ ( 4; + ∞ ) , то нерівність набуває вигляду: x − 2 + x − 3  x − 4 , x 1. Враховуючи проміжок, на якому розв’язуємо нерівність, маємо: x ∈ ( 4; + ∞ ) .

+ x

+ +

Відповідь. ( − ∞; 1  3; + ∞ ) .

4.2.М На рисунку зображено рівносторонній трикутник ABC ; точка M — довільна точка всередині трикутника, що розташована на відстанях b , c і d від сторін AB, BC і AC відповідно. Сполучимо точку M із вершинами трикутника. SABC =

1 2

⋅ AC ⋅ h , де h — висота трикутника ABC .

SABC = SABM + SAMC + SBMC = 1 2

⋅ AC ⋅ d =

1 2

1 2

⋅ AB ⋅ b +

1 2

⋅ BC ⋅ c +

1 2

1

⋅ AC ⋅ d = ⋅ AC ⋅ ( b + c + d ) 2

⋅ AC ⋅ ( b + c + d ) (оскільки AB = AC = BC ).

Маємо:

B

1 2

⋅ AC ⋅ h =

1 2

⋅ AC ⋅ ( b + c + d ) , звідки h = b + c + d , що

й треба було довести.

A

b c

M d

C

ВАРІАНТ 28   85

Варіант 28 Частина перша 1.1.

1.2.

3x = 12 − 84 , 3x = −72 , x = −72 : ( −3 ) , x = 24 . Відповідь. В). 4 7

:

1 14

=

4 14 7

⋅

1

4 ⋅ 2 ⋅7

=

7

= 8.

Відповідь. Б). 1.3.

a2 − 8ab + 16b2 = a2 − 2 ⋅ 4ab + ( 4b ) = ( a − 4b ) . 2

2

Відповідь. А). 1.4.

(

)

xy ( 2x − 3y ) − 3y x2 − xy = 2x2 y − 3xy2 − 3x2 y + 3xy2 = −x2 y . Відповідь. Г).

1.5. Відповідь. В). 3 ⋅ (a )  3a5  9a10 . − 3  = 2 3 2 = 16b6 4 ⋅ (b )  4b  2

1.6.

2

5

2

Відповідь. Б). 1.7. Відповідь. Г). 1.8. Квадратична функція y = 2x2 + 12x − 5 набуває найменшого значення в точці, яка є вершиною параболи — графіка функції, тому x = −

b 2a

=−

12 2⋅2

= −3.

Відповідь. А). 1.9. Оскільки при перетині двох паралельних прямих січною, утворюються або рівні кути, або такі, що їх сума дорівнює 180°. З-поміж наведених таким є кут 155°. Відповідь. Б). 1.10. Оскільки

AO BO

=

OC OD

і ∠ AOC = ∠ BOD (як верти­

кальні), то трикутники AOC і BOD подібні за двома сторонами та кутом між ними. Тому ∠ CAO = ∠ DBO = 45° . Відповідь. В).

A

O C

D B

86   ВАРІАНТ 28 1.11. Оскільки центральний кут правильного многокутника дорівнює 30°, то кут при вершині дорівнює 150°. Тоді

180 ( n − 2 ) n

= 150° , 180n − 360 = 150n , 30n = 360 , n = 12.

Відповідь. А).

1.12. Позначимо бічну сторону рівнобедреного трикутника через a . Оскільки кут при вершині дорівнює 30°, то площа трикутника дорівнює S = За умовою

a2 4

1 2

a2 sin 30° =

1 2

a2 ⋅

1 2

=

a

2

4

.

= 24 , a2 = 4 ⋅ 24 , a = 2 24 = 2 ⋅ 2 6 = 4 6 (см).

Відповідь. Г).

Частина друга

2.1.

a2 + 2a + 4 3a − 4

:

a3 − 8 9a − 16 2

Якщо a = 10 , то

=

a2 + 2a + 4

3a + 4 a −2

3a − 4

=

⋅

( 3a − 4 )( 3a + 4 ) ( a − 2 ) ( a + 2a + 4 )

3 ⋅ 10 + 4 10 − 2

2

=

34 8

=

3a + 4 a −2

.

= 4,25 .

Відповідь. 4,25. x + x2 = 3, 2.2. За теоремою, оберненою до теореми Вієта, x1 + x2 = − p , x1 ⋅ x2 = q . Тоді  1 2x1 − x2 = 12. Додавши почленно рівняння системи, дістанемо: 3x1 = 15 , x1 = 5 . Тоді

x2 = −2 .

q = 5 ⋅ ( −2 ) = −10. Відповідь. −10 . 2.3. Сприятливими подіями є випадки випадання на обох гральних кубиках такої кількості очок: 1 1

⋅

6 і 3, 5 і 4, 3 і 6, 6 і 3. Ймовірність кожного випадку дорівнює таких випадків чотири, то шукана ймовірність дорівнює 4 ⋅ Відповідь.

1 9

1 36

=

6 6 1 9

=

1 36

. Оскільки всього

.

. B

C

2.4. Нехай ∠ BAO = ∠ ABO = x . Тоді ∠ BOC = 70 + x , а суміжний із ним ∠ BOA = 180 − (70 + x ) = 110 − x . Тоді сума кутів трикут-

O

ника ABO : x + x + 110 − x = 180 , звідки x = 70. Відповідь. 70°.

A

D

ВАРІАНТ 28   87

Частина третя 3.1. Нехай власна швидкість човна x км/год, а швидкість течії y км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

t , год

За течією

5( x + y )

x+y

5

Озером

2x

x

2

Проти течії

2( x − y )

x−y

2

Враховуючи, що човен за течією і озером здолав 123 км, а відстань 5 ( x + y ) у три рази більша за 2x , складаємо систему рівнянь: 5 ( x + y ) + 2x = 123, 7x + 5y = 123, y = 1,5 . Отже, швидкість течії 1,5 км/год, власна швидкість x = 11y;  5 ( x + y ) = 6 ( x − y );  човна 11 ⋅ 1,5 = 16,5 км/год. Відповідь. 16,5 км/год, 1,5 км/год. 3.2.

( a − 2)

2

(

)

− 5 − 2 ( a − 6 ) > 0 , a2 − 6a + 9 + 2 > 0 , ( a − 3 ) + 2 > 0 при всіх дійсних значеннях a , 2 > 0 , 2

отже, сума ( a − 3 ) + 2 > 0 при всіх дійсних значеннях a . 2

3.3.

BD = 4 3 — діагональ паралелограма ABCD , ∠ BAD = 60° .

B

C

∠ ABD = 3k , ∠ CBD = k. Маємо: 60 + 3k + k = 180 , k = 30. Отже, ∠ ABD = 90° . У прямокутному трикутнику AD =

BD sin A

=

4 3 3

ABD

BD AD

= sin A ,

A

D

= 8 см. P = 2 ( AB + BC ) = 2 ( 4 + 8 ) = 24 см.

2

Відповідь. 24 см.

Частина четверта 4.1.М x − y + x + y = 2. Побудуємо на координатній площині прямі y = x і y = −x . Ці прямі розбили координатну площину на ділянки, як показано на рисунку. Точки, що розташовані на ділянці І, мають x > y, координати ( x; y ) , які задовольняють умови:  x > −y. Рівняння набуває вигляду: x − y + x + y = 2, звідки x = 1. x < y, На ділянці ІІ маємо:  x > −y. Рівняння має вигляд: y − x + x + y = 2, y = 1.

y

II 1 1

III

I x

O

IV

88   ВАРІАНТ 29 x < y, На ділянці ІІІ маємо:  x < −y. Рівняння має вигляд: y − x − x − y = 2 , x = −1. x > y, На ділянці ІV маємо:  x < −y. Рівняння має вигляд: x − y − x − y = 2 , y = −1. Отже, шуканий графік рівняння — квадрат зі стороною 2, центром у початку координат, діагоналі якого лежать на прямих x = y і x = −y . Шуканий графік зображено на рисунку. B

4.2.М На рисунку зображено гострокутний трикутник ABC , у якого AB = 13 см, BC = 10 см. Проведемо BD ⊥ AC , за умовою BD = AC . Оскільки трикутник ABC гострокутний, то висота BD розташована всередині трикутника. Нехай AC = h , AD = x , тоді DC = h − x . За теоремою Піфагора з прямокутного трикутника ABD маємо: AB2 = AD2 + BD2 , 13 = h2 + x2 . За тео­ремою Піфагора з прямокутного трикутника BDC 2 маємо: BC2 = BD2 + DC2 , 10 = h2 + ( h − x ) . Дістали систему рівнянь:

13

A

10

D

C

h2 + x2 = 13, 10h2 + 10x2 = 130, h2 + x2 = 13,    2 2 2 2 2 2 2h − 2hx + x = 10; −26h + 26hx − 13x = −130; 16h − 26hx + 3x = 0. Розв’язавши однорідне рівняння 16h2 − 26hx + 3x2 = 0 з урахуванням умови h > 0 , дістанемо: h x

=

3 2

,звідки x =

Підставимо x =

2h

2h 3

3

.

у рівняння h2 + x2 = 13 , дістанемо: h = 3 . Отже, AC = 3 см.

Відповідь. 3 см.

Варіант 29 Частина перша 1.1. Відповідь. Г). 1.2. 180 км = 18  000  000 см; 18 000 000 : 5 000 000 = 3,6 см. Відповідь. В). 1.3. Відповідь. Б).

ВАРІАНТ 29   89 1.4.

(

)

x3 + 27 = x3 + 33 = ( x + 3 ) x2 − 3x + 9 . Відповідь. В).

1.5.

6 − 5 6 − 3 6 = 6 (1 − 5 − 3 ) = −7 6 . Відповідь. А).

1.6. Відповідь. Г). 1.7. З-поміж чисел від 1 до 20 існує три числа, кратних 6. Тому кількість сприятливих подій дорівнює трьом, а загальна кількість подій дорівнює 20. Отже, шукана ймовірність дорівнює

3 20

.

Відповідь. Г). 1.8. Відповідь. Б). 1.9.

∠ M = ∠ A = 46° . Тоді ∠ KNM = 180° − ( 46° + 54° ) = 80° . Відповідь. В).

1.10. Величина прямого кута дорівнює 90°. Нехай α і β — гострі кути цього трикутника. sinα =

3 2

, α = 60° . Тоді β = 90° − α = 90° − 60° = 30° .

Відповідь. Г).

(6 − 2) + ( −3 − ( −1) )

2

2

1.11. AB =

= 16 + 4 = 20 = 2 5 .

Відповідь. Б). 1.12. Площа круга S = πr 2 = 4π , r 2 = 4 , r = 2 (см). Сторона квадрата, описаного навколо кола, дорівнює a = 2r = 2 ⋅ 2 = 4 (см). Відповідь. В).

Частина друга 2.1. Перетворимо вираз у дужках: x xy − y

Тоді

2

−

y x − xy

x+y xy

2

:

x+y 4xy

= =

x

y(x − y) x+y xy

⋅

−

y

x(x − y)

4xy x+y

=

x −y 2

2

xy ( x − y )

=

( x − y )( x + y ) xy ( x − y )

=

x+y xy

.

= 4.

Відповідь. 4. 3 − 10x − 5 > 7x − 2x − 2, −10x − 7x + 2x > −2 − 3 + 5, −15x > 0, x < 0, 2.2.   2x > −5, x > −2,5. 6 + 6x + 2 > 3 − 3x + 7x, 6x + 3x − 7x > 3 − 6 − 2,   Розв’язком системи нерівностей є проміжок проміжку є число –1. Відповідь. –1.

( −2,5; 0 ) .

Найбільшим цілим числом із цього

90   ВАРІАНТ 29 2.3. Графіком функції є парабола, вітки якої напрямлені вгору,

y

оскільки a = 4 > 0 . Знайдемо координати вершини параболи: x=−

b 2a

=−

−12 8

=

3 2

= 1,5 , y =

−b2 + 4ac 4a

=

−144 + 4 ⋅ 4 ⋅ 8 16

8

= −1.

Знайдемо точки перетину графіка функції з віссю абсцис: 4x2 − 12x + 8 = 0 , якщо x = 1 або x = 2. Отже, графік функції перетинає вісь абсцис у точках (1; 0) і (2; 0) . Оскільки c = 8 , парабола проходить через точку ( 0; 8 ) .

0 1,5 1 2 –1

Користуючись рисунком, знаходимо найменше значення функції: y = −1.

x

Відповідь. –1. B

C

2.4. Висота BM рівнобічної трапеції ABCD ділить її основу AD на відрізки AM = 4 см і MD = 6 см. AD = 10 см.

E

Тоді KD = AM = 4 см, MK = MD − KD = 6 − 4 = 2 (см).

F

BC = MK = 2 см. Довжина середньої лінії EF =

AD + BC 2

=

2 + 10 2

A

= 6 (см).

M

K

D

Відповідь. 6 см.

Частина третя 3.1. Нехай початкова маса сплаву x кг, тоді маса отриманого сплаву ( x + 6 ) кг. У початковому сплаві міститься 2 кг міді, а в кінцевому— 2 + 6 = 8 кг. У початковому сплаві міді міститься 2 ⋅ 100 x

%, а в отриманому —

8 ⋅ 100 x+6

 %. Враховуючи, що в отриманому сплаві міді на 30  %

більше, ніж у початковому, складаємо рівняння: 800x − 200 ( x + 6 ) − 30x ( x + 6 ) x (x + 6)

800 x+6

−

200 x

= 30 . ОДЗ: x ≠ −6 , x ≠ 0.

= 0 , x2 − 14x + 40 = 0 , x1 = 4 — не задовольняє умову задачі, x2 = 10 .

Отже, початкова маса сплаву 10 кг. Відповідь. 10 кг. 3.2. У даній арифметичній прогресії a1 = −15,1, d = a2 − a1 = −14,4 + 15,1 = 0,7 . Знайдемо найбільший від’ємний і найменший додатний члени прогресії. a1 + ( n − 1) d < 0 , 0,7n < 15,8 , n < 22

2

3

. Отже,

кількість від’ємних членів даної прогресії n = 22 і a22 = a1 + 21d = −15,1 ⋅ 21 ⋅ 0,7 = −0,4 . Найменший додатний член прогресії a23 = a22 + d = −0,4 + 0,7 = 0,3 . − 0,4 > 0,3 , отже, найменшим із модулів є 0,3. Відповідь. 0,3.

ВАРІАНТ 30   91 3.3.

AB = AD + BD = 15 + 20 = 35 см. За властивістю бісектриси трикутника тоді AC = CB = 21 r=

AD AC

=

BD

,

CB

15 AC

=

20 CB

A

, 4 AC = 3CB . Нехай CB = x , D

2

25 2 4  x . x2 +  x  = 352 , x = 1225 , x = 21. Отже, 3 9 3  4

см,

AC = 28

2SABC AB + BC + AC

=

см.

SABC =

1

2

AC ⋅ BC =

2 ⋅ 294 = 7 см. 21 + 28 + 35

1

2

⋅ 28 ⋅ 21 = 294, С

B

Відповідь. 7 см.

Частина четверта 4.1. При n = 1 маємо 4 + 15 − 1 = 189 , тобто теорему «база індукції» доведено. 1

М

(

)

Нехай при n = k є правильним твердження 4k + 15k − 1 9 .

(

)

Доведемо, що твердження є правильним при n = k +1, тобто 4k +1 + 15 ( k + 1) − 1 9 . Перепишемо вираз 4

k +1

+ 15 ( k + 1) − 1 у вигляді:

(

)

(

)

4 ⋅ 4 + 15k + 15 − 1 = 4 ⋅ 4 + 60k − 4 + 45k + 4 + 15 − 1 = 4 4k + 15k − 1 + 45k + 18 == 4 4k + 15k − 1 + 9 (5k + 2 ) . k

k

Перший вираз кратний 9 за припущенням, другий — ділиться на 9, оскільки один множник дорівнює 9. Отже, сума кратна 9. Отже, для будь-якого n ∈ N значення виразу 4n + 15n − 1 кратне 9. 4.2.М Коло, що задане рівнянням ( x − 1) + ( y + 3 ) = 4 , має центр у точці O (1; − 3 ) , радіус, що дорів­ 2

2

нює 2. Відстань між точками O і Q дорівнює: OQ =

(1 + 2) + ( −3 − 1) 2

2

= 5.

Якщо кола дотикаються зовнішньо, то радіус шуканого кола дорівнює 5 − 2 = 3 . Тоді рівняння цього кола має вигляд: ( x + 2 ) + ( y − 1) = 9 . 2

2

Якщо шукане і подане кола дотикаються внутрішнім чином, то радіус шуканого кола дорівнює 2 2 5 + 2 = 7 і його рівняння має вигляд: ( x + 2 ) + ( y − 1) = 49 . Відповідь. ( x + 2 ) + ( y − 1) = 9 або ( x + 2 ) + ( y − 1) = 49 . 2

2

2

2

Варіант 30 Частина перша 1.1.

48,5 ⋅ 0,1 + 48 : 1,6 = 4,85 + 30 = 34,85 . Відповідь. Б).

1.2. Відповідь. Г). 1.3. Оскільки 6 − 1 = 5 ≠ 7 , 1 − 6 = −5 ≠ 7 , 6 − ( −1) = 7 , −1 − ( −6 ) = 5 ≠ 7 , то розв’язком рівняння є пара чисел ( 6; − 1) . Відповідь. В).

92   ВАРІАНТ 30 1.4. Рівносильні рівняння мають одні й ті самі корені. Коренем рівняння −10x − 7 = 13 є число –2. Оскільки коренем рівняння −5 + 7x = 1 є число коренем рівняння −4x − 2 = −11 є число

9 4

6 7

≠ −2 , коренем рівняння −2x + 5 = 9 є число –2,

≠ −2 , коренем рівняння 3x − 9 = 10 є число

19 3

≠ −2 ,

то рівносильним рівнянню −10x − 7 = 13 є рівняння −2x + 5 = 9 . Відповідь. Б).

1.5. Коренями рівняння x2 + 4x − 5 = 0 є числа −5 і 1. Більшим із них є число 1. Відповідь. Г).

1.6.

a 2 − 6a + 9 a −9 2

( a − 3) = ( a − 3 )( a + 3 ) 2

=

a −3 a+3

.

Відповідь. А).

1.7.

Sn =

(

b1 q n − 1 q −1

).

S5 =

(

3 ( −2 ) − 1 5

−2 − 1

) = 3 ⋅ ( −33) = 33 . −3

Відповідь. В).

1.8. Вираз

5x − 3 x −1

має зміст при всіх значеннях x , що задовольняють умови

{

3  3  5x − 3  0, x  , x ∈  ; 1   (1; + ∞ ) .  5 x − 1 ≠ 0, 5  x ≠ 1,

Відповідь. Б).

1.9. Оскільки відстань між центрами кіл більша, ніж сума їх радіусів, то кола не мають спільних точок. Відповідь. А). M

1.10. З прямокутного трикутника MNK : NK = MK 2 − MN 2 = 133 − 122 = 5 (см). Відповідь. Б). a

  1.11. a ⋅ b = 6 ⋅ 3 + ( −5 ) ⋅ 4 = −2. Відповідь. В).

K

N

ВАРІАНТ 30   93 1.12. За теоремою синусів

AC sin B

AB

=

sin C

, звідки sin B =

3

Враховуючи, що sin C = sin 60° =

2

, sin B =

AC sin C AB

.

3

2⋅

2

=

3

2⋅ 3 2⋅ 3

=

2 2

, ∠ B = 45° .

Відповідь. Б).

Частина друга −2

2.1.

Відповідь.

2.2.

−2

2

2

0 16 8 3 ⋅ 16 − 8 − 27 13 3 3 4 3 0,75−2 − 1,5−3 − ( −3 ) =   −   − 1 =   −   − 1 = . − −1 = = 4 2 3 2 9 27 27 27        

2x3

a6

a2

16x 8

Відповідь.

13 27

.

=− a 2x

2x3 a2

⋅

a3 4x 4

=−

a 2x

.

.

2.3. До області визначення входять ті значення x , при яких −x2 + 3x + 4 > 0. −x2 + 3x + 4 = 0, якщо x1 = −1 , x2 = 4 .

–

2.4. Оскільки трикутники ABC і MNC подібні, то Нехай MC = x см, AC = ( x + 3 ) см. Тоді

x+3 15

=

x 6

AB

=

MC MN

–

–1

Відповідь. ( −1; 4 ) .

AC

+ 4

x

C

.

N

M

, 6 ( x + 3 ) = 15x , 6x + 18 = 15x , 9x = 18 , x = 2 .

AC = 2 + 3 = 5 см. A

Відповідь. 5 см.

B

Частина третя 3.1. Нехай швидкість течії річки x км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці. Рух

s, км

v , км/год

t , год

За течією (на плоту)

18

x

18

Проти течії

18

x

15 − x

18 15 − x

94   ВАРІАНТ 30 Враховуючи, що човном турист плив на 4,5 год = 18 x

−

18 15 − x

=

9 2

9 2

год менше, ніж плотом, складаємо рівняння:

. ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ 15.

36 (15 − x ) − 36x − 9x (15 − x ) 2x (15 − x )

= 0 , x2 − 23x + 60 = 0 , x1 = 20 — не задовольняє умову задачі, x2 = 3 .

Отже, швидкість течії річки 3 км/год. Відповідь. 3 км/год.

3.2. Знайдемо різницю першого і другого рівнянь системи. y = 3 − x, Маємо: y + x = 3, тоді  3x ( 3 − x ) + 3 − x = 7. З другого рівняння останньої системи 3x2 − 8x + 4 = 0 , x1 =

8−4 6

=

2 3

y1 = 3 − 2 = 2

1 3

, x2 =

8+4 6

= 2.

, y2 = 3 − 2 = 1.

2 1 Відповідь.  ; 2  , ( 2; 1) . 3 3

3.3.

BC = 2 см, AD = 18 см, AC = 7 см, BD = 15 см. Проводимо висоти BM і CK . MBCK — прямокутник, MK = BC = 2 см.

B

Нехай KD = x , тоді AK = AD − KD = 18 − x ;

C

MD = KD + MK = x + 2. З прямокутного трикутника DMB : BM 2 = BD2 − MD2 , BM 2 = 225 − ( x + 2 ) . 2

З прямокутного трикутника ACK : CK 2 = AC2 − AK 2 , CK 2 = 49 − (18 − x ) . 2

A

225 − ( x + 2 ) = 49 − (18 − x ) , 40x = 496 , x = 12,4 . 2

2

CK 2 = 49 − (18 − 12,4 ) = 17,64 , CK = 4,2 . 2

SABCD =

BC + AD 2

⋅ CK =

Відповідь. 42 см2.

2 + 18 2

⋅ 4,2 = 42 см 2.

M

K

D

ВАРІАНТ 30   95

Частина четверта 4.1.М

x−4 x −2

(

)

⋅ x2 + x − 12  0 .

 x − 2 ≠ 0, Задана нерівність рівносильна сукупності:  x2 + x − 12  0;  x = 4; x ≠ 2, −4  x  3;  x = 4. Відповідь.  −4; 2 )  ( 2; 3  {4} .

4.2.М Оскільки ha = 1 ha

+

1 hb

+

1 hc

=

2S a a 2S

, hb =

2S

b

c

+

2S

+

b

2S

, hc = =

2S c

a+b+c 2S

, то =

2p 2S

=

1 1 = , що й треба було довести. S r p

96   Відповіді

ВІДПОВІДІ (перша та друга частини) Варіант 1 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 2.1

17

2.3 (6;  1); (–2,25; 1,75)

2.2

(1;  –1); (–5; 5)

2.4 16p

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 2

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ 2 2.1 2. 2.2

(6;  3)

ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ2.3 ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 610

2.4 14

2. Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці.

Завдання 1.1–1.12

Відповіді   97

Варіант 3 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 3

2.1

−

2.2

2,5; –4

xy

2.3 500 г

2.4 10 см

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 4

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 4

2.1 2.

−

2.2 2.

1;  2

b

2.3 (–∞;  2]

2.4 45°

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

98   Відповіді

Варіант 5 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 2.1

84 125

a

2.2

a −5

2.3 1;  2

2.4 (–4;  0)

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 6

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 2.1 2.

3

2.3 (–2;  1), (2;  1)

2.2 2.

6,5

2.4 78 см2

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

Відповіді   99

Варіант 7 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 1

1

3

3

− ;

2.1

3

2.3

2.2

[0;  1)

2.4 30 см

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 8

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 2.1 2. 2.2 2.

3 a+2

−

1 3

( x + 6 ) ( x − 3)

2.3 −

1 3

( x + 6 ) ( x − 3)

2.4 16 см

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

100   Відповіді

Варіант 9 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 2.1

–1

2.3 (–∞;  2]

2.2

0;  1

2.4 9 см

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 10

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 2.1 2.

3

2.3 [−2; 0)  (0; 1]

2.2 2.

–2a3b2

2.4 63 см

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

Відповіді   101

Варіант 11 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 2.1

33

2.3 (0,4;  –0,6); (3;  2)

2.2

(–1;  –1); (4;  4)

2.4 10 см

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 12

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 2.1 2.

–2; 1

2.3 40

2.2 2.

y  =  2x  –  7

2.4 60°

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

102   Відповіді

Варіант 13 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 2.1

2.2

− a2 + 5a − 6 3a + 9

2x2 − 9x − 5 = 0

2.3 3456 грн

2.4 10 см

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 14

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 2.1 2. 2.2 2.

x −1 2x + 2

(–∞;  0)

2.3 3

2.4 –5; 3

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

Відповіді   103

Варіант 15 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 2.1

y−x xy x −3 y

2.2

x +3 y

2.3 –2; –1; 0; 1

2.4 (0; 2)

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 16

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 2.1 2.

1

2.3 (–1;  –2), (1;  2)

2.2 2.

8

2.4 88 см2

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

104   Відповіді

Варіант 17 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 2.1

9

2.3 5; 2

2.2

(0;  2)

2.4 7

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 18

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 2.1 2.

2005

2.3 4

2.2 2.

q  =  –40, x2  =  –8

2.4 110°

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

Відповіді   105

Варіант 19 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 2.1

2.2

2 y

2

2.3 [–2; +∞)

2.4 60°

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 20

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 2.1 2.

3,41  ·  10–2

2.3 2; 3; 4

2.2 2.

− 3

2.4 4 см, 6 см

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

106   Відповіді

Варіант 21 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 2.1

–60

2.3 (2; –1), (8; 11)

2.2

y = −2x2

2.4 12 сторін

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 22

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 15 + 7 2

2.1 2.

–2; –1; 1

2.3

2.2 2.

(2; 4)

2.4 21 см

8 2

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

Відповіді   107

Варіант 23 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 2.1

2.2

a+b b

1000

2.3 29 років

2.4 24 см

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 24

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 2.1 2. 2.2 2.

1 2

–7; –6

2.3 (–∞; –2]

2.4 60 см

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

108   Відповіді

Варіант 25 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 2.1

2.2

2.3 [–2; 2)

b–7 13 + 5 2

2.4 5

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 26

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 2.1 2.

24 + 12 6

2.3 (0; 2), (–2; 0)

2.2 2.

y  =  4x2  +  2

2.4 78 см2

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

Відповіді   109

Варіант 27 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 9

2.1

–4; 3

2.3

2.2

k  =  0; b  =  –2

2.4 13

110

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 28

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 1

2.1 2.

4,25

2.3

2.2 2.

–10

2.4 70°

9

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

110   Відповіді

Варіант 29 У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. 2.1

4

2.3 –1

2.2

–1

2.4 6 cм

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. Завдання 1.1–1.12

Варіант 30

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

Завдання 2.1–2.4 У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь. ɇɨɦɟɪ ɡɚɜɞɚɧɧɹ ȼɢɩɪɚɜɥɟɧɚ ɜɿɞɩɨɜɿɞɶ 2.1 2. 2.2 2.

13 27

−

a 2x

2.3 (–1; 4)

2.4 5 см

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально відведеній клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці. 108 Завдання 1.1–1.12

Зміст Варіант 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 Варіант 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 Варіант 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 Варіант 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Варіант 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 Варіант 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 Варіант 7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 Варіант 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 Варіант 9 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 Варіант 10 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 Варіант 11 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Варіант 12 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 Варіант 13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 Варіант 14 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 Варіант 15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 Варіант 16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48 Варіант 17 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 Варіант 18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 Варіант 19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 Варіант 20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59 Варіант 21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62 Варіант 22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65 Варіант 23 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69 Варіант 24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72 Варіант 25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 Варіант 26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77 Варіант 27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81 Варіант 28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85 Варіант 29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88 Варіант 30 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91 Відповіді (перша та друга частини) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

Навчальне видання Математика. 9 клас Розв’язання всіх завдань для державної підсумкової атестації Упорядник Кулік Володимир Сергійович Т15469У. Підписано до друку 20.03.2011. Формат 84×108/16. Папір офсетний. Гарнітура Шкільна. Друк офсетний. Ум. друк. арк. 11,76.

ПП «Ранок-НТ». Свідоцтво ДК № 2121 від 10.03.2005. 61052 Харкiв, пров. Сiмферопольський, 6.

112

ÃÎËÓÁÎÉÏÓÐÏÓÐÍÛÉÆÅËÒÛÉ×ÅÐÍÛÉ

ÃÎËÓÁÎÉÏÓÐÏÓÐÍÛÉÆÅËÒÛÉ×ÅÐÍÛÉ