x - 4book.org

rg
математика
w
.4
bo
ok
.o
Розв’язання всіх завдань
до посібника «Збірник завдань для державної підсумкової атестації
з математики: 9 клас» (за редакцією М. І. Бурди), який
w
w
рекомендовано Міністерством
освіти і науки України
ЧАСТИНИ 1, 2 3
Частини 1, 2
Варіант 1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Г
В
А
А
Г
Б
А
Г
Г
2.2
2.3
2.4
40 %
217
 −7; 7,5
7 ( c − 2)
c
Варіант 2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
А
Г
Б
В
Г
В
А
2.2
–10
 −8; 8 
В
2.3
(1; 1) ,  − 13 ; 3 
7

7
В
2.6
10 см
6 см
1.9
1.10
1.11
1.12
Г
Б
А
Г
2.4
2.5
2.6
3
12 см
20 см
.4
2.1
1.8
А
2.5
.o
1.2
bo
ok
1.1
Б
rg
2.1
1.10 1.11 1.12
1.2
1.3
Г
А
А
1.4
1.5.
w
1.1
w
Варіант 3
В
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
В
Б
Б
В
В
А
Б
w
В
1.6
2.1
3 · 10–3
2.2
2.3
2.4
a
b
378
( −8; 2) ,  3; − 5 
−
2.5
26 см
15°
3

2.6
Варіант 4
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Г
В
Б
А
А
Б
В
Г
Б
Б
Г
А
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2x − 1
x −2
3
12
1
35 см
64 см
р
4 ЧАСТИНИ 1, 2
Варіант 5
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
А
А
Г
Б
Б
В
Б
А
В
Г
Б
В
2.1
2.2
2.3
3
1
и –2
3
4,5; + ∞ )
2.4
x+2
3
2.5
2.6
5
72 см2
Варіант 6
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
А
Б
Г
Б
Г
В
А
Б
В
Б
В
Г
2.3
1
1; 3 )
6
2.4
2
3
2.5
2.6
rg
2.2
y=−
.o
2.1
a2 3
2
3
x+ 3
3
bo
ok
Варіант 7
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Б
Г
А
Г
В
А
В
Г
В
Б
А
В
2.3
2.4
2.5
2.6
( −4; − 1,3)
38
16π см2
16 см
.4
2.2
w
1
w
w
2.1
1
(7; 1) ,  3; − 
3

Варіант 8
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Г
А
В
Б
В
Б
В
Г
А
Б
В
Б
2.1
2
3
2.2
2.3
7
16 членів
2.4
1
3
2.5
2.6
(
2 + 1 см2
)
30 см
Варіант 9
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
А
Б
Б
В
Г
А
В
Б
Г
В
Г
Г
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
 2 
 − 3 ; 2


−2 3
± 7
2,5
16 см
230 см2
ЧАСТИНИ 1, 2 5
Варіант 10
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
А
А
Б
Г
Б
А
В
Б
А
В
Г
В
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
–0,94
( −17; −2
12
3; –2,5
135°
580 см2
Варіант 11
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Г
В
Б
А
В
А
Б
Г
Г
В
В
А
150 грн
(2; 11) , ( 4; 9)
2.3
1
2.4
2.5
2.6
 1
При b ∈  0; 
 3
(3; 4)
2 см
rg
2.2
y2 − 1
.o
2.1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
А
Г
Г
В
А
2.2
0
(1; −1), ( −1; −3)
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Б
Г
Б
А
В
А
Б
2.3
8
45
w
Б
В
2.5
2.6
48 см2
1
Варіант 13
w
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Г
А
В
Б
А
В
Г
А
Б
Б
w
1.1
2.4
3
1−b
.4
2.1
bo
ok
Варіант 12
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
5
4 13 см
x + 3 Медіана 3; се­реднє
x −3
значення 3,1
( −∞; −12) ( −1; −3), (3;1)
Варіант 14
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
В
А
Б
А
Г
Б
А
В
А
В
Г
Б
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
1
1
32
17
(6;−9)
y = 3x + 7
6 ЧАСТИНИ 1, 2
Варіант 15
1.1
Б
1.2
Г
1.3
А
1.4
Г
1.5.
В
1.6
Б
1.7
Г
1.8
А
1.9
А
1.10
Б
1.11
Г
1.12
В
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
(1;+∞ )
–6
15
–63
10 см
18
Варіант 16
1.2
Г
1.3
А
1.4
Б
1.5.
Г
1.6
В
2.2
2.3
b
(18; −31),(2;1)
8
1.8
Г
2.4
a −2
a +7
1.9
В
1.10
Г
1.11
Г
2.5
1.12
В
2.6
18
1
см 4,5 см і 12,5 см
8
.o
2.1
1.7
А
rg
1.1
Б
1.2
Б
1.3
Г
1.4
Б
2.2
60 500грн
–8
w
1.2
А
1.3
Г
1.4
А
w
1.1
В
1.6
А
1.7
В
2.1
1.5.
Г
1.9
А
2.4
a
( −4;1)
m
1.10
Г
(
2.5
3 +1
1.11
В
1.12
Б
2.6
)
34 см
2 3
Варіант 18
1.6
Б
1.7
А
1.8
Б
1.9
В
1.10
А
1.11
Б
1.12
В
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
( −2; −8 ),
− 2
25
40 см
1:2
1

; −1 
3

При a = 9
1.8
Б
2.3
w
2.1
1.5.
В
.4
1.1
Б
bo
ok
Варіант 17
Варіант 19
1.1
А
1.2
Б
1.3
Г
2.1
1 1
− ; ; −1;1
2 2
1.4
В
1.5.
А
2.2
x 2 − 4x + 1 = 0
1.6
А
1.7
Б
2.3
−3 ( x + 5 )
x
1.8
В
1.9
А
1.10
Г
1.11
Б
1.12
Б
2.4
2.5
2.6
144
15 см2
y = x−9
ЧАСТИНИ 1, 2 7
Варіант 20
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
А
Б
Г
В
А
Б
А
Г
В
В
А
Б
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
При b ∈ ( −12;12 )
4,55;4,4
–93
2
100°
36 см2
Варіант 21
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
А
В
Г
Б
Б
В
Г
В
Б
Г
А
Г
2.4
2.5
2.6
68
12 см
h
sin α cos α
2.1
2.2
2.3
( −∞; −8 ) ∪ (1; +∞ ) (18; −10 ), (6;2)
.o
−3 2
rg
1.1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
Б
Г
Г
В
Б
2.2
10
( −7; −11),(3; −1)
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Г
А
В
А
В
Б
В
w
Б
Б
w
1.2
2.4
2.5
2.6
16
x +1
60°
32 см
Варіант 23
w
1.1
2.3
.4
2.1
bo
ok
Варіант 22
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
А
Г
А
В
Г
Б
В
В
Г
Г
2.2
2.3
2.1
200 дерев
–18
2.4
2;3
35
2.5
( x − 1)
2
2.6
+ ( y − 7 ) = 25
2
6 см
Варіант 24
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Б
А
В
А
В
Б
В
Г
В
А
Б
Г
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
1
4
12
b = −10, x2 = 12
3 11 см
2.6
  3 
AM = b + a
5
8 ЧАСТИНИ 1, 2
Варіант 25
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Г
Б
В
А
Г
Б
Б
В
А
В
А
Б
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
270 км
66
7
2a 2
a +7
120 3 см2
y = −2
Варіант 26
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Б
Г
В
Б
А
В
В
А
Г
А
В
Б
2.3
k = −3,b = 4
–3; 2; 3
12
2.4
2
3−a
2.5
.o
2.2
bo
ok
2.1
rg
1.1
2.6


m (7;1)
60 см2
Варіант 27
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
В
Б
А
Б
В
В
Г
А
Г
Б
А
Г
2.2
5; 10
 −2;5 )
2.3
2.4
2.5
2.6
a −7
−5
7,2 см
300 см2
w
w
w
2.1
.4
1.1
Варіант 28
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Г
А
Б
Г
Б
Г
В
А
В
Б
В
Г
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
При k = −1
14
 −4;6 
6
28 см
6 см
Варіант 29
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
В
Б
А
Б
В
Г
Б
В
А
Г
Б
В
2.1
2.2
2.3
–2; 2
0
–1
2.4
1
2
2.5
2.6
2 13 см
6
ЧАСТИНИ 1, 2 9
Варіант 30
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
В
Б
А
Г
Б
Г
Б
Б
В
А
Г
В
2.1
2.2
2.3
5000 грн
6
1

 −1; 6 


2.4
x+2
x −2
2.5
2.6
180 см2
1
2
Варіант 31
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Г
В
А
Б
Б
В
Г
А
В
Г
Б
А
2.3
2.4
15
16
2.5
.o
2.2
1
a
2
При c =
3
6 см
2.6
A ( 3;−2 )
bo
ok
2.1
rg
1.1
1.10
2.3
2.4
2.5
2.6
Два
−12
18 см2
( 0; −1,5)
Варіант 32
1.2
1.3
1.4
1.5.
А
А
Б
А
В
2500 грн
0,8
1.2
Б
Г
1.8
1.9
1.11
1.12
Б
В
А
Г
Г
Б
Варіант 33
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Б
А
Г
Б
Б
В
Б
Г
А
В
w
1.1
1.7
В
w
2.2
w
2.1
1.6
.4
1.1
2.1
2.2
2.3
–2; 2; 3
1,05 ⋅ 10 −2
–21
2.4
2
−
x +5
2.5
2.6
20 см
y = 3x + 2
Варіант 34
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
А
Г
Г
А
В
Г
Г
Б
В
Б
А
Г
2.1
1
2 2
x y
2.2
3,6
2.3
2.4
(1; −2),(1,4; −0,4 ) ( −∞; −4 ) ∪ (3; +∞ )
2.5
2.6
2 2
192 см − b − a
5
3
10 ЧАСТИНИ 1, 2
Варіант 35
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
В
Б
Г
А
Б
Г
Б
А
В
В
Г
Б
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
–4
( −∞; −0,5 ∪ 3; +∞ )
8
96 см2
58°
459y13
640x 3
Варіант 36
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Г
А
В
В
Г
Б
Г
А
В
Б
А
Г
3
( −∞; −9 ∪ 2; +∞ )
2.3
.o
2.2
2
1
2.4
2.5
2.6
21
64
28 2 см
18 см
bo
ok
2.1
rg
1.1
1.3
Г
Б
В
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
А
В
В
Г
Б
Г
Б
А
А
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
x3 y2
Один
7
98 см2
15 см; 24 см
w
2.1
1.4
w
1.2
w
1.1
.4
Варіант 37
270 книжок
Варіант 38
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Б
А
Б
В
Г
А
Г
Г
В
А
Б
Б
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
b − 3a
При b ∈ ( −12;12 )
(2;2),( 4; −2)
9
2c
α
sin
2
72 см2
ЧАСТИНИ 1, 2 11
Варіант 39
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
А
В
Б
Г
А
Б
А
Б
В
2.1
2.2
2.3
2.4
23 − 3
7
107
330
При a ∈ ( 3;7 )
p = −2, q = −3
1.10 1.11 1.12
Г
Б
2.5
26
Б
2.6
2
см 80 3 см2
3
Варіант 40
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
В
А
Б
Б
Г
В
А
В
Г
Г
А
Б
2.3
275
Вісім
2.4
y −6
10 − y
2.5
2.6
.o
2.2
y = −0,5x − 4
bo
ok
2.1
5
81
rg
1.1
12 см
Варіант 41
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
А
А
Г
Б
Г
2.2
6%
242
Б
1.9
1.10
1.11
1.12
В
А
В
А
Б
В
Г
2.4
3a + 12
a
w
 −2;3 )
w
1.2
Г
1.8
2.3
w
1.1
1.7
.4
2.1
1.6
2.5
2.6
6 см
16 см
Варіант 42
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
А
Б
Г
В
В
Б
В
В
Г
А
2.5
2.6
2.1
2.2
2.3
2.4
–5 При b ∈ ( −∞; −12 ) ∪ (12; +∞ ) (5;4 ), ( −1; −8 ) Чотири 12 см 8 см
Варіант 43
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
В
А
А
Б
Б
Г
В
В
Б
Г
Б
А
2.1
2 ⋅ 10 −5
2.2
m
m+ n
2.3
2.4
2.5
2.6
1452
( −1;3), ( −4;2)
60°
2 10 см
п
12 ЧАСТИНИ 1, 2
Варіант 44
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
1.11
1.12
Б
Б
А
А
Г
Б
В
Б
Г
В
А
Г
2.1
4a − 3
a −1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
0
12
2
33 см
52 см
Варіант 45
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
А
В
А
В
Б
Г
Б
А
Б
2.3
4
1
a = −9; x2 = 1 ;
2
( −∞; −2
А
В
2.4
2.5
2.6
2
65
12 см2
rg
2.2
Г
.o
2.1
1.10 1.11 1.12
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Г
Б
В
А
Б
Б
А
Б
Г
.4
bo
ok
Варіант46
2.4
1
3
2.2
2.3
1
( −∞;1
10
1.2
В
А
В
А
Б
2.5
2.6
y = − 3x + 2 3
4R 2 2
Варіант 47
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
В
А
В
Г
Б
А
Б
w
1.1
w
w
2.1
1.10 1.11 1.12
1.10 1.11 1.12
В
Г
Б
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
(−6; −2);(6;1)
1
3
4 
 5 ;1


–5,75
22,05π см2
6 3 см
Варіант 48
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
В
А
Г
Б
Г
Г
А
Б
В
2.1
2.2
2.3
2
10
16 рядів
2.4
3
10
1.10 1.11 1.12
В
2.5
3 +2
см2
2
Б
А
2.6
84 см
ЧАСТИНИ 1, 2 13
Варіант 49
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
А
В
Б
Г
А
Г
Б
Г
В
1.10 1.11 1.12
Б
Б
В
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
0;0,3
4 6
± 3
1,5
4 см
150 3 см2
Варіант 50
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Б
Г
В
Г
А
Г
Г
Б
А
2.2
2.3
1
 −6;11
16
2.4
Б
1
3
.o
n = −16; x2 = −1
Б
В
2.5
2.6
150°
12 5
rg
2.1
1.10 1.11 1.12
bo
ok
Варіант 51
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
А
В
Б
В
Г
Г
В
А
Г
40 грн
( −6;10 );(2;2)
Г
Б
w
1.2
При a = ( 0;0,8 )
(6;−9)
8 см
Варіант 52
1.6
1.7
1.8
1.9
Г
В
А
Б
Г
Г
В
–1
(5; −3); −4

Б
2.6
1.5.
2.2
В
2.5
1.4
2.1
А
2.4
1.3
w
1.1
2.3
1
a
.4
2.2
w
2.1
1.10 1.11 1.12
1 1
;6
3 3 
1.10 1.11 1.12
А
В
А
2.3
2.4
2.5
2.6
18
55
5b = 15
b
22 см
−1,5
Варіант 53
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
В
Б
В
А
Б
Г
А
В
Г
2.1
2.2
 −3;4 )
( 0; −5);( 4;3)
2.3
x−4
x+4
1.10 1.11 1.12
Б
А
А
2.4
2.5
2.6
13,5; 13
10
3 10 см
14 ЧАСТИНИ 1, 2
Варіант 54
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
В
В
Б
А
Г
В
Б
В
А
1.10 1.11 1.12
Б
Г
Б
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2
9
37
19
( −3;4 )
y = −2x + 6
Варіант 55
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
В
В
А
Г
А
Г
Б
А
Б
А
Б
2.3
2.4
2.5
2.6
4
9
63
На 4 см
23
rg
(13;+∞ )
2.2
12
2a − 1
В
.o
2.1
1.10 1.11 1.12
bo
ok
Варіант 56
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Б
В
Г
А
А
Б
Б
В
Г
2.2
2.3
1
2
1
1
(2;1); ; −3 
2
2

11
w
Б
В
w
1.2
В
А
2.5
2.6
2 см
12 см
Варіант 57
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
В
Г
Б
А
Б
В
Г
w
1.1
В
2.4
a −6
2a + 1
.4
2.1
1.10 1.11 1.12
1.10 1.11 1.12
Б
В
А
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
832 грн
27
a
(−5; 4)
a 3
3
20 см
Варіант 58
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Б
В
В
А
Г
В
А
Г
В
2.1
2.2
2.3
−1
(−3; − 4) , (1,5; 5)
6
2.4
104
1
6
1.10 1.11 1.12
Б
2.5
96 см2
А
Г
2.6
3 :2
ЧАСТИНИ 1, 2 15
Варіант 59
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Б
В
Г
Б
А
Б
А
В
В
2.1
±1; ±
1
3
1.10 1.11 1.12
Б
Г
А
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
x 2 − 14x + 44 = 0
3(a + 9)
a
1
81
22 3 см2
y = −x + 5
Варіант 60
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
В
А
В
Б
А
Г
Б
Б
Г
(−∞; −8) ∪ (8; +∞)
11
2.3
105
А
.o
2.2
2.4
bo
ok
2.1
1.10 1.11 1.12
rg
1.1
x1 = 1; x2 =
11
;
2
Г
Б
2.5
2.6
92°
36 см2
1.2
1.3
1.4
В
А
Б
В
1 
 3 ;3 


4
1.6
1.7
1.8
1.9
В
Г
Б
Б
Г
w
2.2
1.10 1.11 1.12
Г
В
А
2.3
2.4
2.5
2.6
1
 1
 5 3 ; −1 3 ; ( −2;6 )


10
15 см
csin α cos α
w
2.1
1.5.
w
1.1
.4
Варіант 61
Варіант 62
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Г
Б
А
А
В
В
Б
В
Г
1.10 1.11 1.12
Б
Г
А
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
–28
(6;2);(2; −2)
–2
1
x −2
30°
12 см2
16 ЧАСТИНИ 1, 2
Варіант 63
1.1
Б
1.2
В
2.1
1.3
А
1.4
Г
1.5.
Б
2.2 2.3
9
7
400 сто­
12
рінок
1.6
А
1.7
Б
1.8
А
1.9
Г
1.10 1.11 1.12
В
Б
Г
2.4
2.5
2.6
1

 −∞; −2 2  ∪ 1; +∞ )


( x + 1) 2 + ( y − 5 ) 2 = 8
25 см
Варіант 64
1.3
А
2.2
5
1
1.5.
В
1.6
В
2.3
1.7
Г
1.8
А
1.9
В
1.10 1.11 1.12
Б
Г
Г
2.4
2.5
1
2
.o
2.1
1.4
Б
rg
1.2
А
40 куль n = −25; x2 = −2
bo
ok
1.1
Г
24 см
2.6

 1 
BK = −a + b
3
Варіант 65
1.2
В
1.3
Г
1.5.
Г
2.2
w
2.1
w
88
w
Найбільше
вишень
1.1
Г
1.4
А
1.2
А
1.6
Б
.4
1.1
Б
1.3
В
1.4
Б
1.7
В
1.8
Б
1.9
В
1.10 1.11 1.12
А
Г
Г
2.3
2.4
2.5
2.6
5
9
3m − 1
192 см2
y = 3x + 3
Варіант 66
1.5.
А
1.6
А
2.1
2.2
2.3
k = 3;b = −4
2; –2; 4
–5
1.7
Г
1.8
А
2.4
a
2−a
1.9
В
1.10 1.11 1.12
Б
Б
Г
2.5
30 см2
2.6

n(−13;5)
Варіант 67
1.1
Г
1.2
В
1.3
Б
1.4
А
1.5.
Б
1.6
Г
1.7
А
1.8
В
1.9
Г
1.10 1.11 1.12
Б
А
Б
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
7;35
(6; 16 )
8−a
69
30 см
480 см2
ЧАСТИНИ 1, 2 17
Варіант 68
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
В
А
Г
А
В
Б
В
Б
В
1.10 1.11 1.12
Б
Г
А
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
0
8
( −∞; −7  ∪ 5; +∞ )
–4
24 см
16 см
Варіант 69
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
В
А
Г
А
Б
А
В
Б
А
2.3
±1
6
1
2.4
1
4
В
Б
2.5
2.6
6 2 см
8
rg
2.2
Г
.o
2.1
1.10 1.11 1.12
bo
ok
Варіант 70
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Б
А
Б
В
Б
В
Г
А
Б
2.2
20 %
10
В
Б
w
А
2.6
52 см
1
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
А
В
Г
А
Б
Г
А
2.2
1
a
–12; 12
В
2.5
1.3
2.1
Г
Варіант 71
w
1.2
2.4
y −3
y+3
( −5;2,5)
w
1.1
2.3
.4
2.1
1.10 1.11 1.12
1.10 1.11 1.12
Г
А
В
2.3
2.4
2.5
2.6
24
4
4,5 см
( −2; 2)
Варіант 72
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Г
Б
А
В
А
В
Б
А
Г
2.1
20 %
2.2
1
3
2.3
1
2.4
1
2
1.10 1.11 1.12
В
Б
Г
2.5
2.6
32 см2
(2;0 )
18 ЧАСТИНИ 1, 2
Варіант 73
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Г
Б
Г
В
А
В
Б
Г
В
2.1
2.2
2.3
–4; 1; 4
1,17 ⋅ 10 −4
−7
2.4
2
x−4
1.10 1.11 1.12
В
А
2.5
Б
2.6
3
x +5
3
y=
10 см
Варіант 74
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Б
А
Б
Г
А
Г
Б
Г
В
(1; 1) ,
8
x2 y2
2.4
5
1
 3;− 3 


Б
2.5
rg
2.3
−10 < x < 1 96 см
.o
2.2
bo
ok
2.1
1
1.10 1.11 1.12
В
А
2.6
 4  1 
EF = b − a
7
4
Варіант 75
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Г
Б
А
В
А
В
Б
Б
Г
–5
2.4
1

 − ∞; 3  ∪ 3; + ∞ )


–10
.4
0,8a 3
2.3
w
2.2
w
w
2.1
1.10 1.11 1.12
А
В
2.5
50
(
Б
2.6
)
2 + 1 см2
59°
Варіант 76
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Б
А
Г
В
Г
А
Б
В
Г
1.10 1.11 1.12
А
В
Б
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
–8
( − ∞; − 3 ∪  −1; + ∞ )
5
–54
15 см
4 см
Варіант 77
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
В
А
А
Б
Г
Б
В
В
А
2.1
2.2
1.10 1.11 1.12
Г
В
Г
2.3
2.4
2.5
2.6
4
2
8 см2
2 см, 4 3 см
14
72 де­талі
b
a4
ЧАСТИНИ 1, 2 19
Варіант 78
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
Г
В
Г
Б
А
А
Б
Г
А
1.10 1.11 1.12
В
Б
Г
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2b − a
−4 < b < 4
( −1; 1) , ( 0,6; − 2,2)
15
1 2 α
d tg
2
2
360 см2
Варіант 79
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
В
Г
Г
А
Б
А
Б
Г
Б
А
rg
В
2.3
2.4
68
165
b  0 або b  8
.o
30 − 2
13
2.2
a=
5
1
, b=−
3
3
bo
ok
2.1
1.10 1.11 1.12
В
2.5
2.6
48 см
12 см2
Варіант 80
1.2
1.3
1.4
1.5.
1.6
1.7
1.8
1.9
А
А
Б
В
Б
В
В
А
В
w
80
2.3
6
w
9
32
2.2
w
2.1
.4
1.1
1.10 1.11 1.12
Г
Б
Г
2.4
2.5
2.6
a + 3a + 9
5a − 1
y = −5x + 1
6 см
2
п
20 ВАРІАНТ 1
Варіант 1
Частина 3
Щоб
знайти
у
координати
точок
6
перетину графіків функцій y =
x
і y = 5 − x , розв’яжемо рівняння
6
= 5 − x ; 6 = 5x − x2 ; x2 − 5x + 6 = 0 ;
x
x1 = 2 , x2 = 3 . Координати точок
перетину A (2; 3) , B (3; 2) . Графіки
наведені на рисунку.
5
А
3
1
0 1
В
3
5 х
Нехай швидкість потяга на першій ділянці дорівнює x км/год,
тоді на другій ділянці вона дорівнює ( x + 10) км/год.
bo
ok
3.2.
.o
rg
3.1.
12
1
1
24
год, t2 = 12 хв =
год = год ; 4 хв =
год .
x
60
5
15
40 
 64 − 24
год. Тоді рівняння набуває вигляду:
t3 = 
=
 x + 10
x + 10 
24 1
40
1
64
40
40 2
x > 0) ,
;
+ +
−
=
=
−
(
x 5 x + 10 15
x
x + 10
x 15
20
20 1
20
300 − x
;
;
=
−
=
x + 10
x 15 x + 10
15x
−10 ± 110
300x = 300x + 3000 − x2 − 10x ; x2 + 10x − 3000 = 0 ; x =
;
2
x = −60 — не задовольняє умову x > 0, x = 50 .
Відповідь: 50 км/год.
w
w
w
.4
t1 =
1
3.3.
3+ 7
+
1
7 + 11
+
1
11 + 15
+ ... +
1
27 + 31
=
3− 7
7 − 11
11 − 15
27 − 31
+
+
+ ... +
=
3 −7
7 − 11
11 − 15
27 − 31
1
=−
3 − 7 + 7 − 11 + 11 − 15 + ... + 27 − 31 =
4
1
=−
3 − 31 .
4
=
(
(
)
)
ВАРІАНТ 1 3.4.
ABCD — дана трапеція (рисунок),
∠ BDA = ∠ DBC як внутрішні різносторонні
при BC  AD і січній BD, за умовою
∠ ABD = ∠ DBC , отже, ∠ ABD = ∠ BDA ,
 ABD рівнобедрений, AB = AD = 17 см.
B
A K
21
C
D
17 − 1
= 8 см.
2
З  ABK ( ∠ K = 90°) : BK = 172 − 82 = 9 ⋅ 25 = 15 см. Площа
1 + 17
трапеції: S =
⋅15 = 9 ⋅15 = 135 (см2).
2
Відповідь: 135 см2.
AK =
Проведемо BK — висоту трапеції,
(
)
.o
x − 1 x2 − (3 + a ) x + 3a = 0 ;
1) ОДЗ: x 1. Розв’язок x1 = 1 існує при будь-яких значеннях a.
2) Розв’яжемо рівняння x2 − (3 + a ) x + 3a = 0 ;
bo
ok
4.1.
rg
Частина 4
D = (3 + a ) − 4 ⋅ 3a = 9 + 6a + a2 − 12a = 9 − 6a + a2 = (3 − a ) .
2
.4
3 + a ± (3 − a )
; x2 = 3 , x2 > 1 , тому корінь x2 = 3 існує при
2
будь-якому значенні a.
3+ a −3+ a
x3 =
= a ; якщо a = 1, то x1 = x3 = 1; якщо a < 1, то
2
коренів 2; якщо a > 1, то коренів 3.
Відповідь: 2 корені при a 1; 3 корені при a > 1.
w
w
w
x2,3 =
2
4.2.
x+2
x
(x
2
)
− 4x − 5  0 .
x+2
= 0 , якщо x = −2, x ≠ 0.
x
x2 − 4x − 5 = 0 ; x1 = 5 , x2 = −1 . Розв’яжемо рівняння методом
інтервалів.
Знайдемо нулі функції:
+
+
–2
–
–
–1
0
Відповідь: x ∈{−2} ∪ [ −1; 0) ∪ (0; 5] .
+
5
х
22 A
На рисунку зображено точки A і B.
Проведемо з точки A перпендикуляр
AN до прямої a і відкладемо на його
X
K
N a
продовженні відрізок KM = AN . Через точки M і B проведемо пряму до
B
перетину з прямою a в точці X. Трикутник AXM рівнобедрений, оскільки
М
XN є медіаною і висотою трикутника AXM, а отже, і його бісектрисою.
Якщо точки A і B рівновіддалені від прямої a і лежать на
одному перпендикулярі до неї, то точка X — будь-яка точка
прямої a. Якщо точки A і B рівновіддалені від прямої a і не
лежать на одному перпендикулярі до неї, то задача не має
розв’язку.
.o
rg
4.3.
ВАРІАНТ 2
(a
) (
= ( a + 1)( a
)
Частина 3
(
)
(
)
+ 1 − a + a = ( a + 1) a2 − a + 1 − a ( a + 1) = ( a + 1) a2 − a + 1 − a =
2
2
)
− 2a + 1 = ( a + 1)( a − 1) ; ( a + 1)( a − 1)  0 при a  −1,
2
2
.4
3.1.
3
bo
ok
Варіант 2
отже, a + 1  a + a при a  −1.
3
w
Нехай швидкість течії річки дорівнює x км/год, x > 0, тоді
швидкість катера за течією ( x + 27 ) км/год, а проти течії —
30
30
15
(27 − x ) км/год. Складемо рівняння: 27 + x + 27 − x = 2 60 ;
30
30
9
10
10
3
+
=2 ;
+
= ;
27 + x 27 − x
4 27 + x 27 − x 4
270 − 10x + 270 + 10x 3
180
1
= ;
= ; 729 − x2 = 720 ; x2 = 9 ;
2
2
2
27 − x
4 729 − x
4
з урахуванням умови x > 0 x = 3 км/год.
Відповідь: 3 км/год.
у
w
w
3.2.
2
3.3.
(
)
2
x3 + 2x2 − 3x x x + 3x − 3
=
= x2 + 2x − 3 ,
x
x
за умови x ≠ 0.
2
y = x2 + 2x + 1 − 4 = ( x + 1) − 4. Графік — парабола з вершиною в точці A ( −1; − 4) ,
з якої виколото точку (0; − 3) .
y=
–1 0
1
–3
–4
х
ВАРІАНТ 2 3.4.
ABC — даний трикутник (рисунок), BO —
медіана, нехай AO = OC = x . Відкладемо
на продовженні медіани BO відрізок
OD = BO = 46 см. Тоді ABCD — паралелограм за ознакою; 2 AB2 + 2BC2 = BD2 + AC2 ;
(
2 ⋅ 62 + 2 ⋅ 82 = 2 46
B
A
(
C
2
72 + 128 = 4 ⋅ 46 + 4x2 ; 18 + 32 = 46 + x2 ;
x2 = 4 ; x = 2; AC = 4 см.
Відповідь: 4 см.
D
Частина 4
)
16
— один корінь
9
існує при будь-якому значенні a. x − a = 0 , якщо x = a
4
і a  0. Рівняння матиме один корінь, якщо a < 0 або a = .
3
4
Відповідь: a ∈( − ∞; 0) ∪   .
3
rg
x − a (9x − 16) = 0 , x  0 , 9x − 16 = 0 ; x =
(x − 4)(x + 5)(x + 10)(x − 2) = 18x2 ; (x2 + x − 20)(x2 + 8x − 20) = 18x2 .
.4
4.2.
bo
ok
.o
4.1.
O
) + (2x) ;
2
23
w
w
w
Розділимо рівняння на x2 , x ≠ 0, оскільки підстановка
x = 0 в дане рівняння не призводить до тотожності.
20  
20 
x2 + x − 20 x2 + 8x − 20

⋅ x+8−
= 18 . Не⋅
= 18 ;  x + 1 −

x  
x 
x
x
20
= t , тоді (t + 1)(t + 8) = 18 ; t2 + 9x − 10 = 0 ; t1 = −10 ,
хай x −
x
20
t2 = 1 . Зробимо обернену заміну: x −
= −10; x2 + 10x − 20 = 0 ,
x
−10 ± 180
−10 ± 6 5
x1,2 =
=
= −5 ± 3 5 .
2
2
20
x−
= 1; x2 − x − 20 = 0 ; x3 = −4 , x4 = 5 .
x
Відповідь: –4; 5; −5 − 3 5 ; −5 + 3 5 .
4.3.
Дано точки A ( −1; 5) і B (8; 2) . AM : MB = 2 : 1; точка M має
координати (5; 3) , оскільки абсциси і ординати відрізка AB
діляться у тому самому відношенні: x ∈[ −1; 8]; y ∈[2; 5] .
24 ВАРІАНТ 3
{
5 = −k + b,
9k = −3 ;
2 = 8k + b;
1
1
2
1
2
k = − ; b =5− = 4 . y = − x+4 .
3
3
3
3
3
1
Рівняння прямої, перпендикулярної до даної: y = − x + b1 ,
k
1
y=−
x + b1 = 3x + b1 . Для знаходження b1 підставимо ко1
−
3
ординати точки M: 3 = 3 ⋅ 5 + b1 , b1 = −12 .
Відповідь: y = 3x − 12.
Рівняння прямої AB: y = kx + b .
.o
rg
Варіант 3
bo
ok
Частина 3
3.1.
Функція y = x + 2x − 3 квадратична, її графік — парабола,
вітки якої напрямлені вгору. Абсциса вершини параболи
−2
x0 = −
= 1 , ордината вершини y (1) = −4 , тобто точка
2
у
(1; − 4) — вершина параболи. Знайдемо
точки перетину параболи з осями координат. З віссю Ox ( y = 0 ): x2 + 2x − 3 = 0 ;
–3
–1 0
1 х
x1 = −3 , x2 = 1 . З віссю Oy ( x = 0): y = −3 .
Графік зображено на рисунку.
–3
1) Область значень [ −4; + ∞ ) ;
–4
2) y > 0 при x < −3 або x > 1.
3.2.
Нехай для перевезення вантажів було заплановано використати x автомобілів, тоді на кожний автомобіль можна було
60
60
60
60
60 + x
б навантажити
т. Тоді
;
=
+ 1,
=
x
x −2
x
x −2
x
60x = 60x − 120 + x2 − 2x ; x2 − 2x − 120 = 0 ; x = 12 (автомобілів).
Відповідь: 12 автомобілів.
3.3.
y=
w
w
w
.4
2
4
3x − 15
+
3x − 15 > 0,
8
. D(f): 
x −6
 x ≠ 6;
Відповідь: D ( f ) = (5; 6) ∪ (6; + ∞ ) .
{
x > 5,
x ≠ ±6.
ВАРІАНТ 3 3.4.
Найбільший
кут
лежить
проти
В
найбільшої сторони; якщо AB = 18 см,
то ∠ C найбільший. Нехай BN = x
х
N
(рисунок).
BC BN
;
За властивістю бісектриси
=
AC NA
12
x
4
x
;
; 72 − 4x = 5x ;
=
=
А
15 18 − x 5 18 − x
9x = 72 ; x = 8.
CN 2 = 12 ⋅15 − 8 ⋅10 ; CN 2 = 180 − 80 = 100 ; CN = 10 см.
25
С
(
)
(
)
x2 − a2 − 5a x + 4a − 1 = 0 ; x1 + x2 = −6 .
За теоремою Вієта x1 + x2 = a2 − 5a , якщо D  0 .
.o
4.1.
rg
Частина 4
D = a2 − 5a − 4 (4a − 1)  0 , a2 − 5a = −6 ; a1 = 2 , a2 = 3 .
bo
ok
2
Перевіримо: при a1 = 2 D = (4 − 10) − 4 (8 − 1) = 36 − 28 > 0 ;
2
при a2 = 3 D = (9 − 15) − 4 (12 − 1) = 36 − 44 < 0 .
Відповідь: a = 2 .
.4
2
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7. Непарні числа закінчуюються цифрами 1,
3, 5, 7. Якщо число закінчується цифрою 1, то таких чисел
6!. Усього непарних чисел: 4 ⋅ 6 ! = 4 ⋅ 720 = 2880 .
Відповідь: 2880.
4.3.
Для прямокутного трикутника твердження задачі є очевидним.
Розглянемо
гострокутний
трикутник ABC (рис. 1), точка H — ортоцентр трикутника, N — точка перетину
прямої BH з описаним колом. Достатньо
довести, що HB1 = B1 N . Кути CBN і NAC
вписані і спираються на дугу NC, тобто  NAC =  CBN = 90° −  C , крім того,
 CAA1 = 90° −  C . Звідси випливає, що
відрізок AB1 є бісектрисою і висотою
трикутника NAH, а тому є й медіаною
цього трикутника, отже, HB1 = B1 N .
w
w
w
4.2.
B
A1
C1
A
H
B1
N
Рис. 1
C
26 ВАРІАНТ 4
H
Розглянемо
тупокутний
триC1
кутник ABC (рис. 2). Оскільки
A1 B
 A1 BB1 = 180° −  HAC і  A1 BB1 = 180° −  NBC
 A1 BB1 = 180° −  NBC , то  NBC =  HAC ,
але кути NBC і NAC рівні як
вписані,
що
спираються
на
A
B1
дугу NC, тобто  NAC =  HAC .
Звідси відрізок AB1 є бісектрисою
і висотою трикутника NAH, і тоді
HB1 = B1 N .
N
C
rg
Рис. 2
.o
Варіант 4
x = 3 − 2x . Побудуємо графіки
функцій y = x , x  0 і y = 3 − 2x
(рисунок).
w
Відповідь: 1
.4
3.1.
bo
ok
Частина 3
у
3
2
1
3.2.
w
w
0
1
4
Нехай треба взяти x г 4%-го розчину, і y г 10%-го розчину, тоді
x + y = 180,
x + y = 180,
−4x − 4y = −720,
0,04x + 0,1y = 180 ⋅ 0,06; 4x + 10y = 180 ⋅ 6; 4x + 10y = 180 ⋅ 6;
{
{
{
додамо рівняння: 6y = 360 ; y = 60 г. x = 180 − 60 = 120 (г).
Відповідь: 120 г і 60 г.
3.3.
х
Нехай x2 > x1 , x2  − 2 . Тоді
f (x2 ) − f (x1 ) = x22 + 4x2 − x12 − 4x1 = (x2 − x1 ) (x2 + x1 ) + 4 (x2 − x1 ) =
= (x2 − x1 ) (x2 + x1 + 4) < 0, оскільки x2 ⋅ x1 > 0 , а x2 + x1 < −4 ,
отже, x2 + x1 + 4 < 0 , тобто f (x2 ) < f (x1 ) , функція спадає.
ВАРІАНТ 4 27
3.4.
B
ABCD — дана трапеція (рисунок), нехай
AD = b , BC = a , AB = c , тоді a + b = 2c , нехай
b = a +10 , 2a + 10 = 2c , c = a + 5. CN ⊥ AD ,
b − a 10
ND =
=
= 5. З  CND ( ∠ N = 90°) :
2
2
A
CC2 = CN 2 + ND2 = 122 + 52 = 169 ; c = a + 5 = 13;
8 + 18
a = 8 см, b = 18 см. S =
⋅12 = 26 ⋅ 6 = 156 (см2).
2
Відповідь: 156 см2.
C
ND
Частина 4
rg
( x − 3)( x + 2) < 0,
x2 − x − 6 < 0,
Цілі розв’язки першої


x
>
a
;

x > a.
нерівності: –1, 0, 1, 2 — чотири розв’язки. Система матиме
три цілі розв’язки 0, 1, 2, якщо a = −1 .
Відповідь: a = −1 .
(
2( x
)
+ x + 1)
(
)
− 7 ( x − 1) = 13( x − 1)( x
2 x2 + x + 1 − 7 ( x − 1) = 13 x3 − 1 ;
2
2
2
2
2
2
)
+ x +1 .
.4
4.2.
bo
ok
.o
4.1.
Нехай x + x + 1 = t , t > 0 , а x − 1 = p , тоді 2t2 − 13tp − 7 p2 = 0 ,
2
w
w
w
13 p ± 169 p2 + 56 p2
13 p + 15 p
; t1 =
= 7 p , x2 + x + 1 = 7 ( x − 1) ;
4
4
x2 + x + 1 − 7x + 7 = 0 ; x2 − 6x + 8 = 0 ; x1 = 2 , x2 = 4 ;
p
x −1
13 p − 15 p
t2 =
; 2x2 + 2x + 2 + x − 1 = 0 ;
= − , x2 + x + 1 = −
2
4
2
−3 ± 1
1
2x2 + 3x + 1 = 0 ; x3,4 =
, x3 = −1 ; x4 = − .
4
2
1
Відповідь: –1; − ; 2; 4.
у
2
t=
–5
4.3.
Побудуємо пряму 4x + 3y + 20 = 0 ;
пряма NO перпендикулярна до даної
прямої і проходить через дану точку O ( −1; − 2) (рисунок). Знайдемо
рівняння прямої, перпендикуляної
до прямої 3y = −4x − 20 :
–2
0
О
–1
N
–4
х
28 ВАРІАНТ 5
1
1⋅ 3
3
3
1
x + b1 = −
x + b1 ; y = x + b1 , −2 = − + b1 , b1 = −1 ;
k
−4
4
4
4
3
5

y = 4 x − 4 ,
3
5
y = x − . Знайдемо координати точки N: 
4
20
4
4
y = − x −
;
3
3

13
3
5
4
20
; 9x − 15 = −16x − 80 , 25x = −65 ; x = −
;
x− = − x−
5
4
4
3
3
3  13  5
39 5
39 + 25
64
16
y = ⋅ −
− =−
− =−
=−
=−
.
4  5  4
20 4
20
20
5
y=−
2
64 36
+
= 2.
25 25
rg
2
13  
16 

R =  −1 +
+  −2 +
=




5
5 
Рівняння кола: ( x + 1) + ( y + 2) = 4 .
2
Відповідь: ( x + 1) + ( y + 2) = 4 .
2
bo
ok
2
.o
2
Варіант 5
w
.4
Частина 3
Функція y = 8 − 2x − x2 квадратична, її графік — парабола,
вітки якої напрямлені вниз. Абсциса вершини парабо­
−2
ли x0 = −
= −1 , ордината вершини
−2
y
y ( −1) = 9, тобто точка ( −1; 9) — вершина
9
8
параболи. Знайдемо точки перетину параболи з осями координат. З віссю Ox
( y = 0 ): −x2 − 2x + 8 = 0; x1 = −4 , x2 = 2 .
1
З віссю Oy ( x = 0): y = 8 . Графік зображено
0
–4 –2 1
x
на рисунку.
1) Область значень ( − ∞; 9] ;
2) y < 0 при x < −4 або x > 2 .
3.2.
Нехай x год — час, за який все поле може зорати перший
тракторист, y год — час, за який все поле може зорати другий
1
тракторист. Тоді перший тракторист за 1 год оре
частину
x
w
w
3.1.
п
ВАРІАНТ 5 29
1
1
частину поля, разом —
частину поля.
y
6
1 1 1
2
Маємо:
поля за
+ = . Перший тракторист оре
x y 6
5
2
1
1
поля за y год. З умови
x год, а другий тракторист оре
5
5
5
1 1 1
 + = ,  1 + 1 = 1 ,
2
1
випливає, що x − y = 4 . Маємо:  x y 6
x y 6
5
5
 2 x − 1 y = 4; 2x − y = 20;
 5
5
1
1
1
2
 +
= , 6 (2x − 20 + x ) = 2x − 20x, x2 − 19x + 60 = 0,
 x 2x − 20 6 

y = 2x − 20;
y = 2x − 20;
x = 2x − 20;
 x = 15,

Значення x = 4 не задовольняє умову задачі,
 x = 4,
y = 2x − 20.
отже, перший тракторист може самостійно зорати поле за
15 год, а другий — за 2 ⋅15 − 20 = 10 (год).
Відповідь: 15 год, 10 год.
.4
bo
ok
.o
rg
поля, другий —
Усі трицифрові числа, кратні 3, утворюють арифметичну прогресію, перший член якої a1 = 102 , різниця d = 3,
формула n-го члена an = 102 + 3(n − 1) = 3n + 99.
Знайдемо кількість членів прогресії: 3n + 99 < 250 ; 3n < 151 ;
151
1
n<
= 50 . Отже, треба знайти суму 50 чисел. Маємо:
3
3
2a + d (n − 1)
2 ⋅102 + 3 ⋅ 49
S50 = 1
⋅n =
⋅ 50 = 8775 .
2
2
Відповідь: 8775.
3.4.
 ADE   ABC за кутами (рисунок).
AD AE 2
Оскільки
=
= ,
AB AC 3
S ADE  AD  2 4
=
= ;
то
9
S ABC  AB 
w
w
w
3.3.
B
D
K
A
F
E
C
30 ВАРІАНТ 5
4
4
S
= ⋅18 = 8 (см2).
9  ABC 9
AK
AF 1
 AKF   ADE за кутами,
=
= .
AD
AE 2
S AKF  AK  2 1
1
1
=
= ; S AKF = S ADE = ⋅ 8 = 2 (см2).

4
4
4
S ADE  AD 
S ADE =
Тоді SDEFK = S ADE − S AKF = 8 − 2 = 6 (см2).
Відповідь: 6 см2.
Частина 4
4.1.
до обох частин нерівності 2, отримаємо:
1
1
(a + 1) +
+ (b + 1) +
 4 . Застосуємо нерівність Коші
a +1
b +1
1
1
до чисел ( a + 1) і
, а також до чисел (b + 1) і
.
a +1
b +1
1
1
Маємо ( a + 1) +
 2 , (b + 1) +
 2 . Додавши отримані
a +1
b +1
нерівності, отримаємо вихідну нерівність.
4.2.
Побудуємо графік даної функції (риy
сунок):
 −2x − 2 при x < −5,

8
y = x + 5 + x − 3 = 8 при − 5  x  3,
2x + 2 при x > 3.
Корені рівняння — абсциси точок
перетину графіка даної функції
1
з графіком функції y = a (горизон–3 0 1 3
x
тальною прямою). Тому при a > 8
рівняння має два розв’язки; при
a = 8 — безліч розв’язків; при a < 8 —
не має розв’язків.
Відповідь: безліч при a = 8, два при a > 8 , немає при a < 8 .
4.3.
ABCD — дана трапеція (рисунок), AC ⊥ BD , M і N — середини
основ BC і AD відповідно. Оскільки
трикутники AOD і BOC гомотетичні
з центром гомотетії в точці O, то
точки M, O, N лежать на одній прямій
і MN = MO + ON .
w
w
w
.4
bo
ok
.o
rg
Додамо
B
M C
O
A
N
D
ВАРІАНТ 6 31
Оскільки OM і ON — медіани прямокутних трикутників,
1
проведені до гіпотенуз BC і AD відповідно, то OM = BC ,
2
1
1
ON = AD , MN = OM + ON = ( BC + AD ) .
2
2
Варіант 6
Частина 3
Графіком першого рівняння системи
є коло з центром у початку координат
радіуса 2. Графіком другого рівняння системи є пряма y = x − 2. Графіки рівнянь
системи зображено на рисунку. Розв’язки
системи рівнянь — точки перетину
графіків, їх координати (2; 0) і (0; − 2) .
.o
rg
3.1.
y
2
1
bo
ok
–10
1 2
x
–2
Відповідь: (0; − 2) , (2; 0) .
Нехай початкова швидкість мотоцикліста x км/год. Тоді
з пункту B у пункт A він їхав зі швидкістю ( x − 10) км/год
1
40
і витратив на дорогу
год, що на 20 хв =
год більше за
3
x − 10
40
час руху з пункту A в пункт B, який дорівнює
год. Маємо:
x
40
40 1
−
= ; 120 ( x − x + 10) = x2 − 10x ; x2 − 10x − 1200 = 0 ;
x − 10
x
3
x1 = 40 , x2 = −30 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 40 км/год.
3.3.
Область визначення функції y =
w
w
w
.4
3.2.
5
x + 3x − 10
2
+
8
— мно2x − 7
x2 + 3x − 10 > 0,
жина розв’язків системи нерівностей 
2x − 7 ≠ 0.
 x < −5, x < −5,

Тоді  x > 2, 2 < x < 3,5,
x ≠ 3,5; x > 3,5.
Відповідь: ( − ∞; − 5) ∪ (2; 3,5) ∪ (3,5; + ∞ ) .
32 ВАРІАНТ 6
3.4.
ABC — даний прямокутний трикутник (рисунок), AC = BC = 10 см, точка O — центр
вказаного кола, OK — радіус кола, проведений у точку дотику з катетом AC, OK ⊥ AC ,
 AKO — рівнобедрений прямокутний,
A
O
K
C
AB = AC 2 = 10 2 см. Нехай OB = OK = r ,
B
тоді AO = r 2 = 10 2 − r ; r ( 2 + 1) = 10 2 ;
r=
10 2
2 +1
= 10 (2 − 2 ) (см).
.o
Частина 4
rg
Відповідь: 10 (2 − 2 ) см.
Розглянемо різницю лівої і правої частин даної нерівності:
a8 + b8 − a7b − ab7 = a7 ( a − b ) + b7 (b − a ) = ( a − b ) a7 − b7 .
При a  b обидва множники a − b і a7 − b7 невід’ємні, тобто
нерівність виконується, при a < b обидва множники від’ємні
і нерівність теж виконується.
4.2.
Додавши рівняння системи, отримуємо 5x2 − 10xy = 0 . Звідси
x = 0 або x = 2y . Тоді вихідна система рівносильна сукупності
(
)
w
.4
bo
ok
4.1.
w
w
 x = 0,
 x = 0,
 2x2 − 4xy + y2 = 1,
 y2 = 1,

Маємо:  
Звідси отримуємо чоти x = 2y,
 x = 2y,
 2x2 − 4xy + y2 = 1.
  y 2 = 1.


ри розв’язки: (0; 1) , (0; − 1) , (2; 1) , ( −2; − 1) .
Відповідь: (0; 1) , (0; − 1) , (2; 1) , ( −2; − 1) .
4.3.
ABC — даний трикутник (рисунок),
AM — медіана, ∠ BAM = α , ∠ CAM = β ,
AM = m . На продовженні медіани
AM за точкою M позначимо точку D
так, що AM = MD . Тоді чотирикутник ABDC — паралелограм, AD = 2m ,
∠ CDA = α . За теоремою синусів для
трикутника ACD можна записати
A
β α
C
B
M
α
D
ВАРІАНТ 7 33
AD
AC
2m
AC
, тобто
=
. Звідси
=
sin ∠ ACD sin ∠ CDA
sin α
sin 180° − ( α + β )
2m sin α
AC =
.
sin ( α + β )
(
Відповідь:
)
2msin α
.
sin ( α + β )
Частина 3
.o
Функція y = x2 − 4x + 3 квадратична, її графік — парабола, вітки якої напрямлені вгору. Абсциса верши−4
ни параболи x0 = −
= 2 , ордината вершини y (2) = −1 .
2
у
Точка (2; − 1) — вершина параболи. Знайдемо точки перетину параболи з осями
координат.
З віссю Ox ( y = 0) :
1
x2 − 4x + 3 = 0 ; x1 = 1 , x2 = 3 .
2
w
.4
bo
ok
3.1.
rg
Варіант 7
0
1
3
х
w
w
З віссю Oy ( x = 0) : y = 3 .
Графік зображено на рисунку.
1) Область значень E ( y ) = [ −1; + ∞ ) .
2) y > 0 при x ∈( −∞; 1) ∪ (3; + ∞ ) .
3.2.
Нехай швидкість човна в стоячій воді дорівнює
x км/год. Тоді проти течії річки він рухався зі швидкістю
6
(x − 2) км/год протягом x − 2 год, а за течією — зі швидкістю
8
6
8
(x + 2) км/год протягом x + 2 год. Маємо: x − 2 + x + 2 = 1;
6 ( x + 2) + 8 ( x − 2) = x2 − 4 ; 6x + 12 + 8x − 16 = x2 − 4 ; x2 − 14x = 0 ;
x1 = 14 ; x2 = 0 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 14 км/год.
34 ВАРІАНТ 7
3.3.
Нехай b1 — перший член геометричної прогресії (bn), q — її знаb + b + b = 168,
менник. З умови випливає система рівнянь  1 2 3
b4 + b5 + b6 = 21.
Поділивши перше рівняння системи на друге, отримуємо:
(
)
b1 1 + q + q 2
b1 + b2 + b3 168
b1 + b1q + b1q 2
;
8
;
= 8;
=
=
21
b4 + b5 + b6
b1q 3 + b1q 4 + b1q5
b1q 3 1 + q + q 2
(
)
1
1
1
1
1
7
= 8 ; q 3 = ; q = ; b1 + b1 + b1 = 168 ; b1 = 168 ; b1 = 96 .
2
8
2
4
4
q3
Відповідь: 96.
C
rg
ABCD — дана трапеція (рисунок),
1
AB = BC = CD = AD . Проведемо ви2
A
K
F
D
соти BK і CF. Оскільки KF = BC , то
AK + FD = BC . Трапеція рівнобічна, тому AK = FD , тоді
1
1
FD = BC = CD . У CFD ( ∠ CFD = 90°) катет FD дорівнює
2
2
половині гіпотенузи CD, отже, ∠ FCD = 30° , тоді ∠ CDF = 60° ,
∠ DCB = 120° .
.4
bo
ok
.o
3.4.
B
w
Відповідь: 60° , 120°, 120°, 60° .
w
Частина 4
w
4.1.
 x = a − 1,
 x = a + 1,

Система не має

x2 − 1
 x < −1,

 x > 1.
розв’язків, якщо знайдені корені належать проміжку [ −1; 1] ,
x2 − 2ax + a2 − 1
тобто
{
 x = a − 1,

= 0 ;  x = a + 1,
x2 − 1 > 0;
−1  a − 1  1,
−1  a + 1  1;
0  a  2,
a = 0.
−2  a  0;
Відповідь: при a = 0.
4.2.
{
D ( f ) : x  2; y = 2x + 2 x2 − 4 − x − 2 =
у
= x − 2 + 2 ( x − 2) ( x + 2) + x + 2 − x − 2 =
=
(
x −2 + x +2
)
2
1
0
1
− x −2 = x −2 + x +2 − x −2 = x +2
х
− x −2 = x −2 + x +2 − x −2 = x +2 .
Графік побудовано.
4.3.
Нехай α — кут між сторонами а і b. З урахуванням
нерівності Коші a2 + b2  2ab і 0 < sinα  1 запишемо:
S=
ab sinα ab 2ab a2 + b2
a 2 + b2

=

, S
.
2
2
4
4
4
Частина 3
.o
Функція
y = 3 − 2x − x2
квадратична, її графік — парабола, вітки якої
напрямлені вниз. Абсциса верши−2
ни параболи x0 = −
= −1 , ордина−2
та вершини параболи y ( −1) = 4. Точка
( −1; 4) — вершина параболи. Парабола перетинає вісь Ox у точках x1 = −3
і x2 = 1 , а вісь Oy — у точці y = 3 . Графік
зображено на рисунку.
1) Область значень функції ( − ∞; 4].
2) Функція спадає на проміжку [ −1; + ∞ ) .
y
4
1
–3
–1 0
1
x
.4
bo
ok
3.1.
rg
Варіант 8
w
2
w
)
3.2.
w
x+2
ВАРІАНТ 8 35
Нехай другий робітник виготовляє за годину x деталей, тоді
112
112 деталей він виготовить за
год. Перший робітник
x
виготовляє за годину ( x + 2) деталі, тоді 96 деталей він ви96
готовить за
год. Маємо:
x+2
112
96
56
48
−
= 2;
−
= 1 ; 56x + 112 − 48x = x2 + 2x ;
x
x+2
x
x+2
x2 − 6x − 112 = 0 ; x1 = 14 , x2 = −8 — не задовольняє умову
задачі. Отже, другий робітник виготовляє за годину 14 деталей, а перший — 16 деталей.
Відповідь: 16 деталей; 14 деталей.
36 ВАРІАНТ 8
3.3.
Нехай x1 і x2 — корені даного рівняння, x1 і x2 — корені
шуканого рівняння. За умовою x1 = x1 + 4 , x2 = x2 + 4 .
За теоремою Вієта x1 + x2 = 2 , x1x2 = −4 .
Тоді x1 + x2 = x1 + 4 + x2 + 4 = x1 + x2 + 8 = 2 + 8 = 10 ;
x1 x2 = (x1 + 4) (x2 + 4) = x1x2 + 4 (x1 + x2 ) + 16 = −4 + 4 ⋅ 2 + 16 = 20 .
Отже, шукане рівняння x2 − 10x + 20 = 0 .
Відповідь: x2 − 10x + 20 = 0 .
ABC — даний трикутник (рисунок), M,
N, K — точки дотику вписаного кола,
AC = 25 см, MA = 22 см, BM = 8 см. За
властивістю дотичних, проведених до
кола через одну точку, BN = BM = 8 см,
AK = AM = 22 см.
Тоді KC = NC = 3 см; BC = 11 см.
S
Радіус вписаного кола r = ,
p
де S — площа трикутника, p — його
25 + 30 + 11
= 33 (см),
півпериметр; p =
2
B
M
N
.4
bo
ok
.o
rg
3.4.
A
w
w
S = 33(33 − 25)(33 − 30)(33 − 11) = 132 (см2); r =
w
Відповідь: 4 см.
4.1.
)
C
132
= 4 (см).
33
Частина 4
( x2 + y2 − 1) x < 0,
_ x 2 + y 2 − 1 x  0;  2
2
( x + y − 1) x = 0.
Графіком рівняння є об’єднання кола
x2 + y2 = 1 і прямої x = 0.
Графіком нерівності є внутрішні точки
круга з центром (0; 0) і радіусом 1. Таким чином, графіком вихідної нерівності
є об’єднання круга x2 + y2  1 і прямої
x = 0 (рисунок).
(
K
y
1
–1 0
1
x
ВАРІАНТ 9 2
4.2.
2
2
37
2
2x2
2x2
 x   x 
 x   x 
− 2
= 90 .
 = 90 ; 
 + 2

 + 
 + 
x −1
x +1
x −1
x +1
x −1 x −1
2
2
2
2
Оскільки  x  +  x  + 2x =  x + x  =
2
 x −1   x +1 
x −1  x −1 x +1 
2
2
 x2 
 2x2 
= 2
= 4 2
, то можна записати

 x −1 
 x − 1 
2
2
4.3.
5 3 11
3 11
5
; −
;
; −
.
2
11
2
11
.4
Відповідь:
bo
ok
.o
rg
 x2 
 x2 
x2
x2
4 2
2
90
;
2
−
=
−
− 45 = 0 .
 2

 x − 1 
x2 − 1
x −1 
x2 − 1
9
x2
Нехай 2
= y , тоді 2y2 − y − 45 = 0 ; y = 5 або y = − .
2
x −1

 x2
5
 2 5
= 5,
x = , x = ±
,
 2

x
−
1
4
2

Тоді 

2
9 
3
9
2
 x
; x=±
.
= − ; x =

 x2 − 1
11

2
11

Нехай  AOB =  COD = α . Тоді  BOC =  AOD = 180° − α . За-
w
w
w
BC
BC
AB
CD
=
, R3 =
, R2 =
,
2 sinα
2 sinα
2 sin (180° − α ) 2 sin α
AD
AB + CD
BC + AD
R4 =
. Тоді R1 + R3 =
, R2 + R4 =
.
2 sinα
2 sinα
2 sinα
Оскільки ABCD — описаний чотирикутник,
то AB + CD = BC + AD , звідси R1 + R3 = R2 + R4 .
пишемо R1 =
Варіант 9
Частина 3
3.1.
Функція y = x2 − 6x + 5 квадратична, її графік — парабола,
вітки якої напрямлені вгору. Абсциса вершини параболи
−6
x0 = −
= 3 , ордината вершини y (3) = −4 .
2
п
38 ВАРІАНТ 9
Точка (3; –4) — вершина параболи.
Точки перети­ну параболи з осями
координат: з віссю Ox ( y = 0) :
x2 − 6x + 5 = 0 ; x1 = 1 , x2 = 5 ; з віссю
Oy ( x = 0) : y = 5. Графік зображено
на рисунку.
1) Функція спадає на проміжку
( −∞; 3] .
2) x2 − 6x + 5  0 при x ∈[1; 5].
у
5
1
0
1
5 х
3
{
x + y = 20,
0,25x + 0,5y = 8;
{
.o
Нехай 25%-го сплаву треба взяти x кг, а 50%-го — y кг.
Тоді загальна маса отриманого сплаву дорівнюватиме
x + y = 20 (кг). Маса міді в 25%-му сплаві складає 0,25x кг,
в 50%-му — 0,5y кг, в 40%-му — 20 ⋅ 0,4 = 8 (кг). Маємо:
{
bo
ok
3.2.
rg
–4
x + y = 20,
−0,5x − y = −16;
x + y = 20,
0,5x = 4;
{
x = 8,
y = 12.
)
w
(
w
b1q 3 − b1q 90
b + b = 30 , b1q + b1q 2 = 30 ,
тоді
;
=
Маємо:  2 3

3
b1q + b1q 2 30
b4 − b2 = 90 ; b1q − b1q = 90 ,
b1q q 2 − 1
3
= 3 ; q − 1 = 3 ; q = 4 . Тоді 4b1 + 16b1 = 30 ; b1 = .
2
b1q (1 + q )
w
3.3.
.4
Відповідь: 8 кг 25%-го сплаву і 12 кг 50%-го.
Відповідь: b1 =
3
.
2
B
3.4.
За властивістю бісектриси трикутника
BM
AB 6
(рисунок).
=
=
MC
AC 7
 BKC   MDC за двома кутами
( ∠ BKC = ∠ MDC = 90° , ∠C — спільний). A
Тоді
26 ⋅ 7
BK
BC
26
13
;
; MD =
= 14 (см).
=
=
13
MD MC MD
7
Відповідь: 14 см.
M
K
D
C
ВАРІАНТ 10 39
Частина 4
4.2.
{
 x = 2a − 1,
 x = 2a − 1,


x = 2a − 1,
= 0 ;  x = 3;
 x = 3;
2
−1 < x < 2.
2
2+ x −x
2 + x − x > 0;  −1 < x < 2;
Дане рівняння має один розв’язок, якщо −1 < 2a − 1 < 2 , тоб3
то 0 < a < .
2
3
Відповідь: при 0 < a < .
2
x2 − (2a + 2) x + 6a − 3
(x + 1)( y − 2) = −x − 1 ⋅ 2 − y ;
( x + 1)( y − 2) = ( −x − 1)(2 − y ),

y
y = 2
rg
4.1.
1
.o
 −x − 1  0,
2 − y  0.

x  − 1,
Рівняння є тотожністю, маємо:
y  2.
Множину точок зображено на рисунку.
bo
ok
ABCD — даний чотирикутник (рисунок). З нерівності трикутника:
AC < AB + BC , AC < AD + DC ,
BD < AB + AD , BD < BC + DC .
Додаючи почленно чотири записані
нерівності, отримуємо:
2( AC + BD ) < 2( AB + BC + DC + AD ) ,
тоді AC + BD < AB + BC + DC + AD .
1
x
B
C
A
D
w
w
w
.4
4.3.
x = –1
{
0
Варіант 10
Частина 3
3.1.
Графік зображено на рисунку.
Проміжки зростання: ( − ∞; − 1] ,
[0; + ∞); проміжок спадання: [ −1; 0] .
y
Відповідь: функція зростає на кожному з проміжків ( − ∞; − 1] і [0; + ∞ )
–1 0
спадає на проміжку [ −1; 0] .
1
1
x
40 ВАРІАНТ 10
3.2.
Нехай Олесь за 1 год прочитує x сторінок, тоді Кирило —
(x + 10) сторінок. Олесь прочитає 15 сторінок за 15 год, Киx
15
1
15
рило — за
год, що за умовою на 15 хв =
год =
год
60
4
x + 10
15
15
1
менше часу, який потрібен Олесю. Маємо:
−
= ;
x
x + 10 4
4 (15x + 150 − 15x ) = x2 + 10x ; x2 + 10x − 600 = 0 ; x1 = 20 ,
x2 = −30 — не задовольняє умову задачі.
rg
Відповідь: Олесь читає щогодини 20 сторінок, Кирило —
30 сторінок.
.o
{
{
.4
{
bo
ok
3.3.
x

xy − y = 6 ,
x
t − z = 6,
нехай xy = t ;
= z , тоді

x
3t + 2z = 28 ;
y
3xy + 2 = 28 ;
y

x
 = 2,
2t − 2z = 12 , t − z = 6 , t − z = 6 , z = 2 ,
Маємо:  y
3t + 2z = 28 ; 5t = 40 ; t = 8 ;
t = 8.
xy = 8 ;
 x = 4,
x = 2y, 
y = 2,
x = 2y , 
x = 2y ,
 y = 2, 
2y ⋅ y = 8 ; y2 = 4 ;  
x
  y = −2;  = −4 ,
 y = −2 .
w
w
{
{
w
Відповідь: (4; 2) , ( −4; − 2) .
{
{
{
3.4.
ABCD — дана трапеція (рисунок),
B
M
C
BC  AD , ∠ BAM = ∠ MAD ,
∠ ADM = ∠ MDC , AB = 13 см,
CD = 20 см, BK і CE — висоти
A K
E
D
трапеції, CE = BK = 12 см.
∠ MAD = ∠ BMA як різносторонні при BC  AD і січній
AM, тоді ∠ BAM = ∠ BMA і  ABM — рівнобедрений,
BM = AB = 13 см. Аналогічно MC = CD = 20 см. Тоді
KE = BC = BM + MC = 33 см.
З  AKB ( ∠ AKB = 90°) :
AK =
AB2 − BK 2 = 169 − 144 = 5 (см).
ВАРІАНТ 10 41
З CED ( ∠ CED = 90°) : ED = CD2 − CE2 = 400 − 144 = 16 (см).
Маємо: AD = AK + KE + ED = 5 + 33 + 16 = 54 (см).
AD + BC
54 + 33
Площа трапеції S =
⋅ BK =
⋅12 = 522 (см2).
2
2
Відповідь: 522 см2.
Частина 4
)
rg
(
x  3 ,

x  0 ,

x = 1 .

3
bo
ok
.o
4.1.
  x  0,
  x  2 ,

1

 x2 − 2x  0 ,
  x  3 ,
3x2 − 10x + 3 x2 − 2x  0 ;  3x2 − 10x + 3  0 ;   x  3 ;

3x2 − 10x + 3 = 0 ; 
x = 3 ,

1
x = ;
3

1
Відповідь: ( − ∞; 0] ∪ [3; + ∞ ) ∪   .
3
.4
bx2 − ( a − b ) x − ( a + b ) = 0 ; при b = 0 маємо: − ax − a = 0 ;
a ( x + 1) = 0 , тоді, якщо a = 0, то x ∈R ; якщо a ≠ 0, то x = −1.
w
4.2.
2
2
2
При b ≠ 0 D = ( a − b ) + 4b ( a + b ) = a − 2ab + b + 4ab + 4b =
2
= ( a + b ) + 4b2  0 , тобто D  0 при b ≠ 0 і будь-яких значеннях a.
w
w
2
4.3.
ABCD — даний паралелограм (рисуB
C


нок). Виразимо вектори BM і BN


M
через вектори BA і BC . Оскільки
AM : MC = 1 : 5 , AN : ND = 1 : 4,
A
N
D
 5  1 
то маємо: BM = BA + BC ;
6
6
  1  6  5  1   6 
BN = BA + BC =  BA + BC = BM , тобто вектори
 5
5
56
6
 
BM і BN колінеарні. Звідси випливає, що точки В, M і N
лежать на одній прямій.
42 ВАРІАНТ 11
Варіант 11
Частина 3
Функція y = −x2 − 6x − 8 квадратична, її графік — парабола, вітки
якої напрямлені вниз. Абсциса
−6
вершини параболи x0 = −
= −3 ,
−2
ордината вершини y ( −3) = 1. Точка (–3; 1) — вершина параболи.
Знайдемо точки перетину параболи з осями координат. З віс­сю Ox
( y = 0) : −x2 − 6x − 8 = 0; x1 = −2,
у
–4
–3–2
0
1
х
rg
3.1.
Нехай x км/год — швидкість першого велосипедиста. Тоді
швидкість другого велосипедиста ( x + 3) км/год. Перший
велосипедист до зустрічі проїхав 45 км і витратив на це
45
год, а другий проїхав 93 − 45 = 48 (км) і витратив
x
48
на це
год, що за умовою на 1 год менше, ніж час,
x+3
45
48
витрачений першим велосипедистом. Маємо:
−
= 1;
x
x+3
45x + 135 − 48x = x2 + 3x ; x2 + 6x − 135 = 0 ; x1 = 9 , x 2 = −15 —
не задовольняє умову задачі.
w
w
w
3.2.
.4
bo
ok
.o
x2 = −4 ; з віссю Oy ( x = 0) : y = −8 .
Графік зображено на рисунку.
1) E ( y ) = ( −∞;1] .
2) Функція зростає на проміжку
( −∞; − 3].
Відповідь: 9 км/год, 12 км/год.
3.3.
За умовою a1 = −5,2 , a2 = −4,8 ,
тоді d = a2 − a1 = −4,8 − ( −5,2) = 0,4 .
Для знаходження кількості від’ємних членів прогресії
розв’яжемо нерівність an = a1 + d (n − 1) = −5,2 + 0,4 (n − 1) < 0 ;
ВАРІАНТ 11 43
0,4 (n − 1) < 5,2 ; n − 1 < 13; n < 14. Тобто дана прогресія має
13 від’ємних членів. S13 =
2 ⋅ ( −5,2) + 0,4 (13 − 1)
⋅13 = −36,4 .
2
Відповідь: –36,4.
ABCD — дана трапеція (рисунок),
B
C
BC  AD , AB = BC = CD , BM — висота
трапеції, BE = 10 см, EM = 8 см.
E
Оскільки AB = BC , то ∠ BAC = ∠ BCA ;
∠ BCA = ∠ CAD
як
різносторонні
A
М
D
при BC  AD та січній AC, тоді
∠ BAC = ∠ CAD .
Отже, AE — бісектриса  AMB і за властивістю бісектриси
AB
BE 10 5
=
=
= .
AM EM
8
4
Нехай AB = 5x см ( x > 0) , тоді AM = 4x см.
bo
ok
.o
rg
3.4.
З  AMB ( ∠ AMB = 90°) : AB2 − AM 2 = BM 2 ; 25x2 − 16x2 = 182 ;
w
w
w
.4
9x2 = 182 ; 3x = 18 ; x = 6. Отже, BC = AB = 30 см, AM = 24 см.
AD − BC
Оскільки AM =
, то AD = 2 AM + BC = 78 см. Площа
2
AD + BC
78 + 30
трапеції S =
⋅ BM =
⋅18 = 972 (см2).
2
2
Відповідь: 972 см2.
4.1.
Частина 4
x2 − ax + 4a = 0 ; за теоремою Вієта x1 + x2 = a , x1x2 = 4a .
 D  0,
З умови задачі випливає, що  2
2
x1 + x2 = 9;
 a  0,
a ( a − 16)  0,  a  16,
a = −1 .
 2

a − 8a − 9 = 0;  a = 9,

 a = −1;
Відповідь: при a = −1 .
2
a − 16a  0,
2

(x1 + x2 ) − 2x1x2 = 9;
44 ВАРІАНТ 12
4.2.
Застосуємо нерівність Коші: a2 + b2  2ab ;
(a2 + b2 )  1 + 1  
a
b
4ab
ab
1 1
+ 
a b
2
ab
, тоді
= 4 ab .
4.3.
w
w
w
.4
bo
ok
.o
rg
B1
Розглянемо трикутники ABC
B
і A1 B1C1 (рисунок), BM і B1 M1 —
медіани цих трикутників відC
повідно, BM = B1 M1 , ∠ ABM = ∠ AA
1 B1 M1
A1
M1 C1
M
∠ ABM = ∠ A1 B1 M1 , ∠ CBM = ∠ C1 B1 M1 .
На продовженнях відрізків BM
і B1 M1 позначимо точки D і D1
D1
D
відповідно так, щоб BM = MD
і B1 M1 = M1 D1 .
Тоді чотирикутники ABCD і A1 B1C1 D1 — паралелограми,
∠ BDA = ∠ CBM , ∠ B1 D1 A1 = ∠ C1 B1 M1 . Трикутники DAB
і D1 A1 B1 рівні за другою ознакою рівності трикутників
і AB = A1 B1 , AD = A1 D1 . Оскільки AD = BC і A1 D1 = B1C1 ,
∠ ABC = ∠ A1 B1C1 , то трикутники ABC і A1 B1C1 рівні за першою ознакою рівності трикутників.
3.1.
Варіант 12
Частина 3
Функція y = x2 − 2x − 3 квадратична,
її графік — парабола, вітки якої напрямлені вгору. Абсциса вершини па−2
раболи x0 = −
= 1 , ордината верши2
ни y (1) = −4 . Точка (1; –4) — вершина
параболи. Парабола перетинає вісь Ox
у точках (–1; 0) і (3; 0), а вісь Oy —
у точці (0; –3). Графік зображено на
рисунку.
1) x2 − 2x − 3  0 при x ∈( −∞; − 1] ∪ [3; + ∞ ) .
2) Функція спадає на проміжку ( −∞; − 1] .
у
1
–1 0
–4
1
3 х
ВАРІАНТ 12 45
3.2.
rg
3.3.
Нехай перший маляр може пофарбувати фасад за x год, тоді
другий — за ( x + 24) год. Перший маляр за 1 год фарбує
1
1
частину фасаду, а другий —
частину. Оскільки
x
x + 24
разом вони пофарбують фасад за 16 год, то за 1 год вони ра1
1
1
1
зом пофарбують
частину фасаду. Маємо:
;
+
=
16
x x + 24 16
16 ( x + 24 + x ) = x2 + 24x ; x2 − 8x − 384 = 0 ; x1 = 24 , x2 = −16 —
не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 24 год; 48 год.
x
x
x2 + x12
За теоремою Вієта x1 + x2 = 10 , x1x2 = 12 . 2 + 1 = 2
.
x1 x2
x1x2
x2 x1 76 19
1
+
=
=
=6 .
3
3
x1 x2 12
Відповідь: 6
1
.
3
ABC — даний трикутник (рисунок).
BD ⊥ AC , AD = DC , з BCD ( ∠ D = 90°) :
.4
3.4.
bo
ok
то
.o
Оскільки x12 + x22 = (x1 + x2 ) − 2x1x2 = 100 − 24 = 76 ,
B
w
w
w
BD = BC2 − DC2 = 12 см.
S K
M
1
1
S ABC = AC ⋅ BD = ⋅10 ⋅12 = 60 (см2),
2
2
півпериметр  ABC : p = BC + CD = 13 + 5 = 18
p = BC + CD = 13 + 5 = 18 (см), радіус кола, вписаного
A
D
C
S ABC 60 10
в  ABC : r =
=
=
(см),
18
3
p
20
20 16
SD = 2r =
(см). BS = BD − SD = 12 −
=
(см).
3
3
3
2
S MBK
BS2  16 
=
=
Оскільки MK  AC , то  MBK   ABC , тоді
: 122
S ABC
BD2  3 
2
2
2
2
S MBK
320
BS2  16 
 16 
 4
 4
2
2
=
=
=
=
;
S
=
:
12
 MBK
 3 ⋅12 
 9 
 9  ⋅ 60 = 27 (см ).
S ABC
BD2  3 
Відповідь:
320
см2.
27
46 ВАРІАНТ 13
Частина 4
4.1.
 3x2 + x − 2 = 0,
 x  0;
x − a 3x2 + x − 2 = 0 ,  
 x = a 2 ,
 a  0;
2


x
=
,

3

2
 x = a ,
 a  0.
(
)(
)
 x = −1,
 
x = a 2 ,
2
 x = ; або 
3
a  0;

x  0
7n ⋅ 23n − 32n = 7n ⋅ 8n − 9n = 56n − 9n =
= (56 − 9) 56n −1 + 56n −2 ⋅ 9 +…+ 9n −1 = 47 ⋅ 56n −1 + 56n −2 ⋅ 9 +…+ 9n −1 .
Отже, значення даного виразу кратне 47 при будь-якому натуральному n.
(
)
(
bo
ok
4.2.
.o
rg
 2 2
a = ,
Рівняння має єдиний розв’язок, якщо 
3 або a < 0 .
a  0
 2 
Відповідь: при a ∈( − ∞; 0) ∪ 
.
 3 
)
В
ABC — даний трикутник (рисунок),
AB = 2BM , ∠ ABM = 40° . На продоС
вженні відрізка BM за точкою M від- А
M
кладемо MD = BM , тоді AB = BD ,
тобто  ABD рівнобедрений,
D
1
∠ BAD = ∠ BDA = (180° − ∠ ABM ) = 70° .
2
Чотирикутник ABCD — паралелограм, AD  BC , ∠ ADB = ∠ DBC
∠ ADB = ∠ DBC як внутрішні різносторонні при паралельних прямих і січній BD, отже, ∠ MBC = 70° .
Відповідь: 70°.
w
w
w
.4
4.3.
Варіант 13
Частина 3
3.1.
(x + 3) (x2 − 3x + 9) − (x2 − 6)(x − 1) = x3 + 27 − x3 + x2 + 6x − 6 =
2
= x2 + 6x + 21 = x2 + 6x + 9 + 12 = ( x + 3) + 12 > 0 при всіх значен-
п
ВАРІАНТ 13 47
нях x. Найменшого значення, яке дорівнює 12, вираз набуває
при x = −3.
Відповідь: 12 при x = −3.
Нехай тракторист зорав поле за x днів. Тоді він мав зорати
180
180
поле за ( x + 1) днів і орати щодня
га, а орав
га.
x +1
x
180 180
90
90
Маємо:
−
= 2;
−
= 1 ; 90x + 90 − 90x = x2 + x ;
x
x +1
x
x +1
x2 + x − 90 = 0 ; x1 = 9 , x2 = −10 — не задовольняє умову за­
дачі.
Відповідь: за 9 днів.
rg
3.2.
3.3.
x
w
w
w
.4
bo
ok
.o
Область визначення даної функції
y
D ( y ) = ( − ∞; − 1) ∪ ( −1; 0) ∪ (0; + ∞ ) .
1

5  x −  ( x + 1)

5x2 + 4x − 1 x2 − 3x
x ( x − 3)
5
y=
−
=
=
−
x +1
x
x +1
x
1

1
5  x −  ( x + 1)

x − 1 x2 − 3x
x ( x − 3)
5
−
=
=
−
–1 0 1
1
x
x +1
x
= 5x − 1 − ( x − 3) = 4x + 2 . Отже, графіком
даної функції є пряма y = 4x + 2 з виколотими точками з абсцисами –1 і 0.
Графік зображено на рисунку.
3.4.
−1 + 3
Нехай точка E — середина діагоналі AC, тоді xE =
= 1,
2
5 +1
yE =
= 3, E (1; 3) . Нехай точка F — середина діагоналі BD.
2
4−2
6+0
Тоді xF =
= 1, yF =
= 3, F (1; 3) . Отже, точ2
2
ки E і F збігаються, тобто діагоналі чотирикутника ABCD
мають спільну середину, і він є паралелограмом.
AB = (4 + 1) + (6 − 5) = 26 ; BC = (3 − 4) + (1 − 6) = 26 ,
2
2
2
2
AB = BC . Отже, сусідні сторони паралелограма ABCD рівні,
і він є ромбом.
48 ВАРІАНТ 14
Частина 4
(
)
( x + 2)( y + 2) xy = 9,  xy + 2( x + y ) + 4 xy = 9,
Нехай x + y = t ,


x + y − xy = 1;
x + y − xy = 1.
z ( z + 2t + 4) = 9, z ( z + 2z + 2 + 4) = 9,
xy = z , тоді: 

t − z = 1;
t = z + 1;
{
{
 z = −3,
 z = −3, 
z2 + 2x − 3 = 0,  
 t = −2,

 z = 1, 
t = z + 1;
t = z + 1;  z = 1,
 t = 2;
x = 1,
x = 1,
або
або
y = −3
y = 1.
Відповідь: (–3; 1), (1; –3), (1; 1).
{
x = −3,
y =1
Якщо n не кратне 3, то n = 3k ± 1, k ∈Z .
2
Тоді n2 + 2 = (3k ± 1) + 2 = 9k2 ± 6k + 3 = 3 3k2 ± 2k + 1 ,
тобто n2 + 2 кратне 3.
bo
ok
4.2.
{
xy = −3,
x + y = −2,
xy = 1,
x + y = 2;
.o
{
{
{





rg
4.1.
4.3.
(
)
w
w
w
.4
B
E
C
Нехай E — точка перетину сторони BC і серединного перпендикуляра діагоналі AC (рисунок). Нехай
∠ OEC = ∠ BOA = α . ∠ BOA — зовнішO
ній кут рівнобедреного трикутника BOC. Тоді ∠ BOA = ∠ BCO + ∠ CBO
A
D
α
і ∠ BCO = ∠ CBO = .
2
α
Оскільки трикутник OEC прямокутний, то: ∠ OCE + ∠ OEC = + α =
2
α
∠ OCE + ∠ OEC = + α = 90° . Звідси α = 60° .
2
Відповідь: 60°.
Варіант 14
Частина 3
3.1.
Графік функції зображено рисунку.
Проміжки спадання: ( −∞; − 1] і [1; + ∞ ) ;
ВАРІАНТ 14 проміжок зростання:
[–1; 1].
49
у
6
Відповідь: функція спадає
на кожному з проміжків
( −∞; − 1] і [1; + ∞ ) ; зростає на
1
проміжку [–1; 1].
х
1
Нехай на перший рахунок вкладник вніс x грн,
а на другий — y грн. Тоді
на першому рахунку він
–6
отримав 0,05x грн прибутку, а на другому — 0,04y
грн, разом 0,05x + 0,04y = 1160 грн. Якби внесені на рахунок кошти поміняли місцями, то на першому було б отримано 0,04x грн прибутку, а на другому — 0,05y грн, разом
bo
ok
.o
rg
3.2.
–1 0
{
0,05 + 0,04y = 1160;
Додавши
0,04x + 0,05y = 1180.
рівняння отриманої системи, маємо: 0,09x + 0,09y = 2340 ;
0,09( x + y ) = 2340 ; x + y = 26 000. Отже, вкладник вніс до банку 26 000 грн.
Відповідь: 26 000 грн.
Область визначення даної функції — множина розв’язків
w
3.3.
w
w
.4
0,04x + 0,05y = 1180 грн. Тоді
10 + 3x − x2 > 0, x2 − 3x − 10 < 0,
системи нерівностей 

x + 1  0;
x  − 1;
−2x < x < 5,
−1  x < 5 .
x  − 1;
{
Відповідь: [ −1; 5) .
3.4.
ABC
—
даний
B
трикутник
(рисунок),
AB = BC = 40 см, BD ⊥ AC , BD = 4 91 см.
З BDC (D = 90°) :
DC = BC − BD = 12 см; AC = 24 см.
AL і CK — бісектриси  ABC .
2
K
L
2
C
50 ВАРІАНТ 14
BL AB 40 5
За властивістю бісектриси трикутника
=
=
= ,
LC AC 24 3
5
тоді BL = BC = 25 (см). KBL і  ABC рівнобедрені зі
8
спільним кутом при вершині, отже,  KBL   ABC тоді
BL ⋅ AC 25 ⋅ 24
KL BL
; KL =
=
= 15 (см).
=
BC
40
AC BC
Відповідь: 15 см.
Частина 4
у
rg
4
.o
Розглянемо графік функції
y = x2 − 4 x (рисунок). Корені рівняння — абсциси точок перетину прямих y = a
з графіком цієї функції.
Відповідь: немає коренів при
a < 0 ; 3 корені при a = 0;
6 коренів при 0 < a < 4 ; 4 корені при a = 4; 2 корені при
a > 4.
1
0
bo
ok
4.1.
1
4
х
.4
–4
n3 + 5n = n3 − n + 6n = n (n − 1)(n + 1) + 6n . Одне з чисел n і n −1
обов’язково є парним і одне з чисел n, n −1 і n +1 обов’язково
кратне 3, тобто значення виразу n (n − 1)(n + 1) при всіх n ∈N
кратне 6, значення виразу 6n кратне 6 при будь-якому натуральному значенні n, тобто значення виразу n3 + 5n кратне 6
при будь-якому натуральному n.
4.3.
Нехай AB = a , введемо систему координат так, що A (0; 0) ,
B ( a; 0) (рисунок). Точка C ( x; y ) — шукана. Знайдемо коорx+a
y+0 y
динати точки D. Маємо: xD =
, yD =
= .
2
2
2
З урахуванням рівності
w
w
w
4.2.
AD = BC можна записати
2
2
 x+a  y
 2  +  2  =
(x − a)2 + y2 ,
у
C
звідси
x2 + 2ax + a2 y2
+
= x2 − 2ax + a2 + y2 ;
4
4
D
A
B
х
ВАРІАНТ 15 51
x2 −
10
ax + y2 + a2 = 0 .
3
2
rg
5 
16 2

a . Отже, шукане
Отримали рівняння кола  x − a + y2 =

3 
9
ГМТ — точки отриманого кола, за винятком точок перетину
прямої АВ з цим колом.
Відповідь: коло з центром у точці E, яка належить прямій АВ
і такій, що точка В ділить відрізок AE у відношенні 3 : 2, рахуючи від точки А, без точок, які належать прямій АВ. Радіус
4
кола дорівнює
АВ.
3
.o
Варіант 15
Функція y = −x2 − 6x − 5 квадратичу
на, її графік — парабола, вітки якої
4
напрямлені вниз. Абсциса вершини
−6
параболи x0 = −
= −3 , ордината
−2
1
вершини y ( −3) = 4 . Точка (–3; 4) —
–5 –3 –1 0 1
вершина параболи. Знайдемо точки
перетину параболи з осями координат. З віссю Ox ( y = 0) : −x2 − 6x − 5 = 0;
x2 + 6x + 5 = 0 ; x1 = −5 , x2 = −1 ; з віс­
сю Oy ( x = 0) : y = −5 .
Графік зображено на рисунку.
1) Область значень функції ( −∞; 4] .
2) Функція спадає на проміжку [ −3; + ∞ ) .
х
w
w
w
.4
3.1.
bo
ok
Частина 3
3.2.
Нехай початкова швидкість мікроавтобуса була х км/год.
144
Тоді він мав проїхати 144 км за
год. Насправді він
x
їхав зі швидкістю ( x + 8) км/год і витратив на цей шлях
1
144
год, що на 12 хв =
год менше від запланованого.
5
x+8
52 ВАРІАНТ 15
144 144
1
−
= ; 5(144x + 1152 − 144x ) = x2 + 8x ;
x
x+8 5
x2 + 8x − 5760 = 0 ; x1 = 72 , x2 = −80 — не задовольняє умову
задачі.
Відповідь: 72 км/год.
Маємо:
3.3.
Додавши рівняння даної системи, отримаємо рівняння
2x + y = 5,
2x + y = 5 і перейдемо до системи
яка рівносильy − 5xy = −9,
{
y = 5 − 2x,
y = 5 − 2x,
на даній. Тоді: 

2
(
)
5 − 2x − 5x 5 − 2x = −9; 5 − 2x − 25x + 10 = −9;
rg
O1 і O2 — центри даних кіл (рисунок),
AB — вказана січна.  ACO1  CBO2
(як рівнобедрені трикутники,
OC
AC
∠ ACO1 = ∠ O2CB ), тоді 1 =
;
CO2
CB
O1C
12
; 3 ⋅ O1C = 2 (20 − O1C ) ;
=
20 − O1C 18
w
w
w
.4
3.4.
{
x = 2,
x = 0,7,
або
y =1
y = 3,6.
bo
ok
Відповідь: (2; 1) , (0,7; 3,6) .
{
.o
y = 5 − 2x,
y = 5 − 2x,

 x = 2,

2
10x − 27x + 14 = 0;  x = 0,7;

A
O1
C
O2
B
O1C = 8 см, O2C = 12 см.
Відповідь: 8 см, 12 см.
Частина 4
4.1.
( x − a )( x + a ) > 0,
x + 2 x2 − a2 > 0 ; x + 2 ( x − a )( x + a ) > 0 ; 
x ≠ −2.
Відповідь: при a  − 2 x ∈( −∞; a ) ∪ ( −a; + ∞ ) ;
при −2 < a < 0 x ∈( −∞; − 2) ∪ ( −2; a ) ∪ ( −a; + ∞ ) ;
при a = 0 x ∈( −∞; − 2) ∪ ( −2; 0) ∪ (0; + ∞ ) ;
при 0 < a < 2 x ∈( −∞; − 2) ∪ ( −2; − a ) ∪ ( a; + ∞ ) ;
при a  2 x ∈( −∞; − a ) ∪ ( a; + ∞ ) .
(
)
ВАРІАНТ 16 4.2.
53
Учні 9-А і 9-Б класів можуть подати своїх представників
3
3
до делегації відповідно C30
і C32
способами. Тоді за правилом добутку вся учнівська делегація може бути сформована
3
3
C30
⋅ C32
способами.
3
3
Відповідь: C30
⋅ C32
.
При повороті з центром O на кут 90° за
годинниковою стрілкою точки A і B є образами точок D і A відповідно (рисунок).
KB = AM , AK = MD , таким чином, точка K — образ точки M при цьому повороті.
Отже, ∠ KOM = 90° .
Відповідь: 90°.
B
C
O
K
A
M
rg
4.3.
D
.o
Варіант 16
Функція y = x + 2x − 8 квадратична, її
графік — парабола, вітки якої напрямлені вгору. Абсциса вершини парабо–4
2
ли x0 = − = −1 , ордината вершини
2
y ( −1) = −9. Точка (–1; –9) — вершина
параболи. Знайдемо точки перетину параболи з осями координат. З віссю Ox
( y = 0) : x2 + 2x − 8 = 0 ; x1 = −4 , x2 = 2 .
З віссю Oy ( x = 0) : y = −8 . Графік зображено на рисунку.
1) Функція зростає на проміжку [ −1; + ∞ ) .
2) y < 0 при x ∈( −4; 2) .
у
–1 0
–1
1
х
w
w
w
.4
3.1.
bo
ok
Частина 3
2
3.2.
–9
Нехай швидкість течії x км/год. Тоді швидкість теплохода проти течії дорівнює (32 − x ) км/год, і 75 км проти течії
75
він пройшов за
год. Швидкість теплохода за течією
32 − x
дорівнює (32 + x ) км/год, і 17 км за течією він пройшов за
75
год. За умовою, різниця між цими значеннями скла32 + x
75
17
дає 2 год. Складаємо рівняння:
−
= 2;
32 − x 32 + x
54 ВАРІАНТ 16
75(32 + x ) − 17 (32 − x ) = 2 (1024 − x2 ) ; 1856 + 92x = 2 (1024 − x2 ) ;
928 + 46x = 1024 − x2 ; x2 + 46x − 96 = 0 ; x1 = 2 , x2 = −48 — не
задовольняє умову задачі.
Відповідь: 2 км/год.
3.3.
Для того щоб три числа були послідовними членами геометричної прогресії, необхідно, щоб добуток першого
і третього чисел дорівнював квадрату другого числа, тобто
(x + 2)2 = (3x − 2)(x + 8) , тоді x2 + 4x + 4 = 3x2 + 22x − 16 ;
2x2 + 18x − 20 = 0 ; x2 + 9x − 10 = 0 ; x1 = −10 , x2 = 1 .
rg
Відповідь: при x1 = −10 : –32, –8, –2; при x = 1: 1, 3, 9.
3.4.
w
.4
bo
ok
.o
B
C
ABCD — дана трапеція (рисунок),
BC  AD , AB ⊥ AD , AD = 18 см,
BC = 12 см, CK — висота трапеції,
∠ ADB = ∠ BDC.
A
K
D
∠ ADB = ∠ DBC як різносторонні при
BC  AD та січній BD. Тоді ∠ BDC = ∠ DBC
∠ BDC = ∠ DBC і BCD рівнобедрений,
CD = BC = 12 см. Чотирикутник ABCK — прямокутник,
AK = BC = 12 см, KD = AD − AK = 18 − 12 = 6 (см). З CKD
( ∠ CKD = 90°) : CK =
w
w
CD2 − KD2 = 144 − 36 = 108 = 6 3 (см).
AD + BC
18 + 12
Площа трапеції S =
⋅ CK =
⋅ 6 3 = 90 3 (см2).
2
2
Відповідь: 90 3 см2.
Частина 4
4.1.
 x2 − 3x − 28  0,  ( x + 4)( x − 7 )  0,
 2
x − 25 ⋅ (x − 3x − 28)  0 ;  x2 − 25  0;
 x  25;
x2 − 25 = 0;
x2 = 25;
 x  − 4,
 x  7;

або x = −5 або x = 5; x  − 5 або x = 5 або x  7.

 x  − 5,

 x  5
2
2
Відповідь: ( − ∞; − 5] ∪ {5} ∪ [7; + ∞ ) .
п
ВАРІАНТ 17 y
1
0
x
1
N
Проведемо дотичну AN до кола,
A
описаного
навколо
трикутника
ABC (рисунок). Градусна міра кожного з кутів CAN і ABC вимірюється половиною градусної міри
O
дуги AC, оскільки ∠ ABC — впиB
C
H
саний, що спирається на дугу AC,
а ∠CAN — кут між дотичною AN
і хордою AC. Отже, ∠ ABC = ∠ CAN . ∠ BAH = 90° − ∠ ABC ,
∠ OAC = 90° − ∠ CAN , тому ∠ BAH = ∠ OAC .
w
w
w
.4
bo
ok
.o
4.3.
2
x2 + ( y − 2) = 1,
Графік першого рів
y = x + a.
няння — коло радіуса 1 з центром
у точці (0; 2) . Графік другого рівняння — прямий кут, бісектриса якого
лежить на осі ординат, а ордината
вершини дорівнює a. Три точки перетину можливі лише у випадку,
зображеному на рисунку, тобто при
a = 1.
Відповідь: при a = 1.
rg
4.2.
55
Варіант 17
Частина 3
3.1.
Щоб знайти координати точок
перетину графіків функцій,
4
розв’яжемо рівняння x − 3 = ;
x
x2 − 3x = 4, x2 − 3x − 4 = 0,


x ≠ 0;
x ≠ 0;
{
 x = −1,

x = −1,
x = −1,
 x = 4, x = 4, тоді y = −4

x ≠ 0;
у
В
1
0
А
1
х
56 ВАРІАНТ 17
{
x = 4,
Отже, графіки перетинаються у точках A ( −1; − 4)
y = 1.
4
і B (4; 1) . Графіком функції y =
є гіпербола, графік функції
x
y = x − 3 — пряма. Графіки функцій і точки A та B зображено
на рисунку.
або
120
горіхів.
x
120
Якби учнів було ( x + 2) , то кожний з них отримав би
гоx+2
ріхів, що за умовою на 2 менше, ніж було в дійсності. Ма120 120
60
60
ємо:
−
= 2;
−
= 1 ; 60 ( x + 2 − x ) = x2 + 2x ;
x
x+2
x
x+2
x2 + 2x − 120 = 0 ; x1 = 10 , x2 = −12 — не задовольняє умову
задачі.
Відповідь: 10 учнів.
Нехай було x учнів, тоді кожний з них отримав
3.3.
bo
ok
.o
rg
3.2.
5a2 + 4a − 2ab + b2 + 2 = 4a2 + 4a + 1 + a2 − 2ab + b2 + 1 =
= (2a + 1) + ( a − b ) + 1 > 0 при всіх дійсних значеннях a і b.
w
ABC — даний рівнобедрений трикутник, BN — його висота і медіана, BM : MC = 9 : 8 (рисунок). Нехай
BM = 9x см, MC = CN = 8x см.
З BNC ( ∠ N = 90°) : BC = 17x см,
w
B
w
3.4.
2
.4
2
BN = BC2 − CN 2 = 15x см.
Радіус вписаного кола r =
S
,
p
M
A
N
C
BN ⋅ AC
= 15x ⋅ 8x = 120x2 (см2),
2
120x2
p — півпериметр, p = 17x + 8x = 25x (см). Тоді 16 =
,
25x
10
4000
x=
. Отже, S = 120x2 =
см2.
3
3
4000
Відповідь:
см2.
3
де S — площа трикутника, S =
ВАРІАНТ 18 57
Частина 4
4.1.
 x − 2 + y2 = 2 − x,

2
y = x + 2x − 15.
x − 2 + y2  0 , звідси 2 − x  0 , тобто x  2
і x − 2 = 2 − x . Тоді запишемо вихідну систему у вигляді:
y = 0,
2 − x + y = 2 − x, y = 0,

 x = 3,

 2
2
x
+
x
−
=
;
2
15
0
y
=
x
+
2
x
−
15
;


 x = −5;
2
43 − 6 28 − 43 + 6 28 =
(6 − 7 )
.o
4.2.
x = 3,
y = 0;
x = −5,
y = 0.
rg
Пара (3; 0) не задовольняє умову x  2 .
Відповідь: (–5; 0).
{
{





bo
ok
= 36 − 2 ⋅ 6 7 + 7 − 36 + 2 ⋅ 6 7 + 7 =
2
−
(6 + 7 )
2
=
= 6 − 7 − 6 − 7 = −2 7 .
Відповідь: −2 7 .
B
.4
Кожний з кутів CAB і DEC вимірюється
половиною градусної міри дуги CE (риE
D
сунок) — перший як вписаний, другий
як кут між дотичною і хордою. Отже,
A
∠ DEC = ∠ BAC ,
∠ DEB = 90° − ∠ DEC = 90° −C∠ BAC = ∠ ABC
w
w
4.3.
w
= 90° − ∠ DEC = 90° − ∠ BAC = ∠ ABC .
Варіант 18
Частина 3
3.1.
Розглянемо різницю лівої і правої частин даної нерівності:
(4 − b)(b + 2) − 2(21 − 4b) = 4b + 8 − b2 − 2b − 42 + 8b =
2
= −b2 + 10b − 34 = −b2 + 10b − 25 − 9 = − (b − 5) − 9 < 0 при всіх дій-
сних значеннях b. Отже, (4 − b )(b + 2) < 2(21 − 4b ) при всіх дійсних значеннях b.
58 ВАРІАНТ 18
Нехай друга бригада може самостійно відремонтувати доро1
гу за x год, тоді за 1 год вона відремонтує
частину доx
роги. Перша бригада може самостійно відремонтувати доро1
гу за ( x + 9) год, а за 1 год —
частину дороги. Перша
x+9
бригада працювала 9 + 6 = 15 (год) і за цей час відремон15
6
тувала
дороги, а друга за 6 год —
дороги. Тому
x+9
x
15
6 1
+ = ; 2(15x + 6x + 54) = x2 + 9x ; x2 − 33x − 108 = 0 ;
x+9 x 2
x1 = 36 , x2 = −3 — не задовольняє умову задачі.
Отже, друга бригада самостійно може відремонтувати дорогу
за 36 год, а перша — за 45 год.
Відповідь: 45 год; 36 год.
3.3.
Нехай парабола, фрагмент якої зображено на рисунку, є графіком квадратичної функції y = ax2 + bx + c , a ≠ 0. Оскільки
парабола проходить через початок координат, то c = 0 , тобто
4a − 2b = 0,
y = ax2 + bx . З рисунку y ( −2) = 0 , y (1) = 3 , тоді:
a + b = 3;
2a − b = 0, 3a = 3,
a = 1,
Отже, y = x2 + 2x . Абсциса вершиa + b = 3;
a + b = 3; b = 2.
bo
ok
.o
rg
3.2.
.4
w
{
w
{
{
{
w
ни параболи x0 = −1 , а ордината вершини y0 = y ( −1) = −1.
Відповідь: –1.
3.4.
ABCD — дана трапеція (рисунок),
BC  AD , AB = CD , точка O — центр
вписаного кола, N — точка дотику вписаного кола зі стороною CD, ON ⊥ CD ,
ON — радіус кола. Центр O вписаного
кола є точкою перетину бісектрис кутів трапеції, тоді ∠ COD = 90° як кут,
утворений бісектрисами внутрішніх
односторонніх кутів BCD і ADC при
паралельних BC і AD та січній CD.
CN = 4 см, ND = 9 см.
B
C
N
O
A
D
ВАРІАНТ 18 59
З  COD за властивістю висоти трикутника, проведеної до
гіпотенузи, ON = CN ⋅ ND = 6 см.
Оскільки в дану трапецію можна вписати коло, то
BC + AD
BC + AD = AB + CD = 2CD ,
= CD . Площа трапеції
2
BC + AD
S=
⋅ 2 ⋅ ON = CD ⋅ 2 ⋅ ON = (4 + 9) ⋅12 = 156 (см2).
2
Відповідь: 156 см2.
Частина 4
rg
 y − x = x + 1,
y − x = x +1 ; 
 y − x = −x − 1;
у
 y = 2x + 1,
 y = −1.
1
Графік рівняння зображено
0 1
х
на рисунку.
 x = a − 1,
x2 − 3ax + 2a2 − a − 1

= 0 ;  x = 2a + 1,
x +1
x ≠ −1.
Рівняння має єдиний розв’язок, коли корені чисельника
збігаються і не дорівнюють –1, або коли один з коренів доa − 1 = 2a + 1,
рівнює –1, а інший не дорівнює –1. Тобто
або
a − 1 ≠ −1
a = −2,
a − 1 = −1,
2a + 1 = −1,
або
тобто a = 0,
2a + 1 ≠ −1
a − 1 ≠ −1,
a = −1.

Відповідь: –2; 0; –1.
4.3.
w
{
w
w
.4
4.2.
bo
ok
.o
4.1.
{
{
Проведемо спільну хорду MK даних
M
кіл (рисунок). Кут BMK спирається
на дугу BK і тому дорівнює половині
градусної міри цієї дуги. Кут ABK як
K
кут між дотичною і хордою також виB
мірюється половиною градусної міри
A
дуги BK. Отже, ∠ BMK = ∠ ABK .
Аналогічно ∠ AMK = ∠ BAK . Тоді ∠ AMB + ∠ AKB = ∠ AMK + ∠ BMK +
AMB + ∠ AKB = ∠ AMK + ∠ BMK + ∠ AKB == ∠ BAK + ∠ ABK + ∠ AKB = 180° .
60 ВАРІАНТ 19
Варіант 19
Частина 3
Функція y = 6x − x2 квадратична, її
графік — парабола, вітки якої напрямлені вниз. Абсциса вершини
6
параболи x0 = −
= 3 , ордината
−2
вершини y (3) = 9 . Точка (3; 9) — вершина параболи. Знайдемо точки перетину параболи з осями координат.
З віссю Ox ( y = 0) : 6x − x2 = 0 ; x1 = 0 ,
x2 = 6 . Графік проходить через початок координат. Графік зображено
на рисунку.
у
9
rg
3.1.
1
.o
0
1
3
6
х
bo
ok
1) 6x − x2  0 при x ∈( −∞; 0] ∪ [6; + ∞ ) .
2) Функція зростає на проміжку ( −∞; 3] .
.4
Нехай швидкість течії (і швидкість плота) дорівнює x км/год.
Тоді швидкість човна за течією (8 + x ) км/год, а проти течії — (8 − x ) км/год. Тому 9 км за течією річки і 1 км проти
1 
 9
течії човен пропливе за 
год, а пліт пропливе
+
 8 + x 8 − x 
4
9
1
4
4 км за
год. Маємо:
+
= ;
x
8+x 8−x x
9x (8 − x ) + x (8 + x ) = 4 64 − x2 ; 72x − 9x2 + 8x + x2 = 256 − 4x2 ;
w
w
w
3.2.
(
)
x − 20x + 64 = 0 ; x1 = 4 , x2 = 16 — не задовольняє умову
задачі.
Відповідь: 4 км/год.
2
3.3.
8
x y
1
8
x
 − =− ,
= t ,тоді t − = − , перше рівняння
3 Нехай
y x
t
3
y
4y − 3x = 13.
1
запишемо у вигляді: 3t2 + 8t − 3 = 0 ; t = −3 або t = . Дана
3
система рівносильна сукупності двох систем.
ВАРІАНТ 19 x
 = −3,
1)  y
4y − 3x = 13;
{
x = −3y,
4y + 9y = 13;
{
x = −3,
y = 1.

x =
y = 3x,
12x − 3x = 13; 
y =

 13 13 
Відповідь: ( −3; 1) , 
.
;
 9 3 
x 1
 = ,
2)  y 3
4y − 3x = 13;
{
13
,
9
13
.
3
Нехай вписане коло дотикається до катетів AC і BC в точках M і N відповідно
(рисунок). Нехай AF = 2x см, x > 0. Тоді
за властивістю дотичних, проведених до
кола через одну точку, FB = BN = 3x см,
AM = AF = 2x см, CM = CN = (9 − 2x ) см,
BC = CN + NB = (9 + x ) см.
A
rg
3.4.
61
F
bo
ok
.o
M
C N
B
З  ABC ( ∠ C = 90° ): AB2 = AC2 + BC2 ; (5x ) = 92 + (9 + x ) ;
2
2
25x2 = 81 + (9 + x ) ; 24x2 − 18x − 162 = 0 ; 4x2 − 3x − 27 = 0 ; x = 3.
.4
2
w
w
w
Тоді AB = 15 см, BC = 12 см.
AC ⋅ BC 9 ⋅12
Площа  ABC S =
=
= 54 (см2), його півпериметр
2
2
9 + 12 + 15
S
p=
= 18 (см), радіус вписаного кола r =
= 3 см.
2
p
Відповідь: 3 см.
Частина 4
4.1.
Розглянемо функцію
у
2x + 2, якщо x  1,

y = x + 3 + x − 1 = 4, якщо − 3 < x < 1,
 −2x − 2, якщо x  − 3.
Використовуючи графік цієї функції
(рисунок), робимо висновок: a = 4.
Відповідь: при a = 4.
4
1
–3
0
1
х
62 4.2.
ВАРІАНТ 20
Достатньо показати, що при будь-якому натуральному n
НСД (30n + 2; 12n + 1) = 1 . Для доведення цього скористаємося
теоремою: для будь-яких натуральних чисел a і b таких, що
a > b , НСД ( a; b ) = НСД ( a − b; b ) .
Маємо: НСД (30n + 2; 12n + 1) = НСД (18n + 1; 12n + 1) =
= НСД (6n; 12n + 1) = НСД (6n; 6n + 1) = НСД (6n; 1) = 1 .
На рисунку ABCD — паралелограм, O1
і O2 — центри квадратів, побудованих на
сторонах BC і AD відповідно, O — точка
перетину діагоналей паралелограма. Точки A і D є образами точок C і B відповідно при симетрії відносно точки O. З цього
випливає, що трикутник AO2 D є образом
трикутника BO1C при вказаній симетрії,
тобто O2 — образ точки O1 , отже, точки O1 ,
O, O2 лежать на одній прямій.
bo
ok
.o
rg
4.3.
Q
B
A
N
M
O1
O
C
D
O2
K
.4
Варіант 20
w
(
) (
)
3n+2 − 2n+2 + 3n − 2n = 3n+2 + 3n − 2n+2 + 2n =
(
w
3.1.
Частина 3
)
(
)
⋅10 = 10 (3
n −1
= 3 3 + 1 − 2 2 + 1 = 3 ⋅10 − 2
2
w
n
n −1
= 3 ⋅10 − 2
n
3.2.
n
2
n
n
n −1
−2
).
⋅ 2 ⋅5 =
Нехай початкова ціна футбольного м’яча була x грн, а волейбольного — y грн. Тоді 2x + 4y = 2000 . Після здешевлення
на 20 % футбольний м’яч став коштувати 0,8x грн, а після
подорожчання волейбольний м’яч став коштувати 1,1y грн.
2x + 4y = 2000,
Отже, 0,8x + 1,1y = 650 . Маємо:
0,8x + 1,1y = 650;
{
{
{
x = 1000 − 2y,
x = 1000 − 2y, x = 400,
0,8 1000 − 2y + 1,1y = 650; −0,5y = −150; y = 300.
(
)

Отже, футбольний м’яч коштував 400 грн, а волейбольний —
300 грн.
Відповідь: 400 грн, 300 грн.
ВАРІАНТ 20 3.3.
2
y = −x ,
=
0;
2
2

( x − 1) + ( y + 1) ≠ 0.
(x − 1)2 + ( y + 1)2
Графік — парабола з виколотою точ-
y + x2
63
у
1
0
1
х
кою (1; − 1) (рисунок).
ABCD — дана трапеція, BC  AD
(рисунок),
AC ⊥ CD , ∠ CAD = 30° .
B
C
∠ ACD є вписаним і дорівнює 90°,
отже, AD — діаметр кола, в яке вписано трапецію, AD = 2R . Проведемо
30°
висоту CH трапеції. Оскільки траA
H
AD − BC
пеція рівнобічна, то HD =
,
2
AD + BC
тоді AH = AD − HD =
.
2
Площа трапеції S = AH ⋅ CH .
З  ACD ( ∠ C = 90°) : AC = AD cos30° = R 3 .
3R
З  ACH ( ∠ H = 90°) : AH = AC cos30° =
,
2
R 3
3R R 3
3R 2 3
CH = AC sin30° =
⋅
=
. Отже, S =
.
2
2
2
4
D
w
w
.4
bo
ok
.o
rg
3.4.
3R 2 3
.
4
w
Відповідь:
Частина 4
4.1.
Щоб дане рівняння мало два корені, його дискримінант D має бути додатним, а щоб ці корені були різного знаку, вільний член 2a + 5 має бути від’ємним. ОскільD
2
ки
= ( a + 1) − (2a + 5) = a2 − 4 , маємо систему нерівностей:
4
a < −2,5,
2a + 5 < 0, 
 a < −2, a < −2,5 .
 2
a − 4 > 0;  a > 2;

Відповідь: при a < −2,5 .
п
64 ВАРІАНТ 21
4.2.
Загальна кількість жовтих і синіх кульок в ящику дорівнює 12 + 15 = 27 . Тому кількість способів вийняти з цього
8
ящика 8 кульок дорівнює C27
. Кількість способів вибрати 5
5
з 12 жовтих кульок дорівнює C12
, а кількість способів ви3
брати 3 з 15 синіх кульок дорівнює C15
. Тому за правилом
добутку кількість способів вибрати 5 жовтих кульок і 3 сині
C5 ⋅ C 3
5
3
⋅ C15
дорівнює C12
. Шукана ймовірність дорівнює 12 8 15 .
C27
5
3
C12
⋅ C15
.
Відповідь:
8
C27
4.3.
Розглянемо два випадки.
1) Поворот проти годинникової стрілки
(рис. 1) — при такому повороті трикутник
ABC1 є образом трикутника ADC, тоді
 ABC1 =  ADC = 90° і точки C1 , B, C лежать на одній прямій, маємо BC1 = 1 см.
2) Поворот за годинниковою стрілкою
(рис. 2) — при такому повороті трикутник ADC1 є образом трикутника ABC,
тоді  ADC1 = 90° і точки C, D, C1 лежать на одній прямій, звідси CC1 = 2 см;
BCC1
з
трикутника
( ∠ C = 90°) :
B
C
w
.4
bo
ok
.o
rg
C1
w
BC1 = BC2 + CC12 = 12 + 22 = 5 .
w
Відповідь: 1 см або
B1
A
Рис. 1
B
D
C
A
D
D1
C1
5 см.
Рис. 2
Варіант 21
Частина 3
3.1.
Для того щоб знайти координати точок перетину графіків,
x2 + y2 = 4,
потрібно розв’язати систему рівнянь 
Розв’язки
y = 2 − x.
цієї системи є шуканими координатами точок перетину
2
 2
, x2 + 4 − 4x + x2 = 4,
графіків поданих функцій. x + (2 − x ) = 4 
y = 2 − x;
y = 2 − x;
 x = 0,
2x2 − 4x = 0, 2x ( x − 2) = 0,  
x = 0,
x = 2,
або
Отже,


 x = 2,
y
=
2
y = 0.
y
=
2
−
x
;
;
y
=
2
−
x


y = 2 − x;
{
{
ВАРІАНТ 21 65
графіки перетинаються в точках A (0; 2)
у
A
і B (2; 0) . Графіком рівняння x + y = 4
є коло з центром у початку координат
і радіусом 2, графіком рівняння y = 2 − x є
пряма. Графіки вказаних рівнянь і точки
A і B їх перетину зображено на рисунку.
2
1
0
B
1
х
Нехай першому робітнику для самостійного виконання завдання потрібно x год, тоді другому — ( x + 7 ) год. За 1 год пер1
1
ший виконує
частину завдання, другий —
частину,
x
x +7
1
1
1
1
а разом —
. Маємо:
; ( x + 7 + x ) ⋅12 = x ( x + 7 ) ;
+
=
12
x x + 7 12
rg
3.2.
2
Нехай x2 і x1 — довільні значення аргументу з проміжку
(2; + ∞ ) , причому x2 > x1 , тобто x2 − x1 > 0 . Оцінимо різницю:
8 (2 − x1 − 2 + x2 )
8 (x2 − x1 )
8
8
f (x2 ) − f (x1 ) =
−
=
=
.
2 − x2 2 − x1
(2 − x2 )(2 − x1 ) (2 − x2 )(2 − x1 )
w
.4
3.3.
bo
ok
.o
x2 − 17x − 84 = 0 ; x1 = 21 , x2 = −4 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: перший робітник виконує завдання за 21 год, а другий — за 28 год.
w
Оскільки x2 ∈(2; + ∞ ) і x1 ∈(2; + ∞ ) , то 2 − x2 < 0 . 2 − x1 < 0 .
w
Ураховуючи, що x2 − x1 > 0 , маємо:
8 (x2 − x1 )
(2 − x )(2 − x )
2
> 0 . Отже,
1
f (x2 ) > f (x1 ) , тобто дана функція зростає на проміжку (2; + ∞ ) .
3.4.
На рисунку зображено поданий трикутник ABC (рисунок), у якому AB = BC ,
BD — висота  ABC , точка O — центр
вписаного кола, BO = 20 см, OD = 12 см.
Оскільки AO — бісектриса трикутниAB BO 5
ка BAD, то
=
= .
AD OD 3
Нехай AB = 5x см, x > 0. Тоді AD = 3x см.
З  ADB
( ∠ ADB = 90°):
AB2 − AD2 = BD2 .
B
О
A
D
C
66 ВАРІАНТ 21
Звідси 25x2 − 9x2 = 322 ; 16x2 = 322 ; x2 = 64 ; x = 8.
Тоді AB = BC = 40 см, AC = 2 AD = 48 см. Периметр трикутника дорівнює AB + BC + AC = 128 см.
Відповідь: 128 см.
Частина 4
4.1.
x + 2 + 2 x + 1 + x + 10 + 6 x + 1 = 6 ;
x +1+ 2 x +1 +1 + x +1+ 6 x +1 + 9 = 6;
2
+
(
x +1 + 3
x + 1 + 1 + x + 1 + 3 = 6;
(a
= 6;
x +1 +1 +
x + 1 + 3 = 6,
x + 1 = 1; x + 1 = 1; x = 0.
)
− 1 x  a − 1 ; ( a − 1)( a + 1) x  a − 1.
Якщо a = 1, то нерівність набуває вигляду 0x  0 , ця нерівність справджується при будь-якому x ; якщо a = −1 , то нерівність набуває вигляду 0x  − 2 — неправильна нерівність,
1
; якщо
розв’язків немає. Якщо a ∈( −∞; −1) ∪ (1; +∞ ) , то x 
a +1
1
a ∈( −1;1) , то x 
.
a +1
2
w
w
.4
4.2.
2
bo
ok
Відповідь: 0.
)
rg
x +1 +1
.o
)
(
w
Відповідь. Якщо a = −1 , то розв’язків немає; якщо a = 1, то
1
x ∈R ; якщо a < −1 або a > 1, то x 
; якщо −1 < a < 1 , то
a
+1
1
x
.
a +1
4.3.
Нехай точки N і M — середини основ
BC і AD відповідно трапеції ABCD
(рисунок). За гомотетії з центром O
AD
і коефіцієнтом k = −
трикутник
BC
AOD є образом трикутника COB.
B
N
C
O
A
M
D
Звідси випливає, що точка M — образ точки N за цієї
гомотетії. Отже, точки M, O і N лежать на одній прямій.
ВАРІАНТ 22 67
Варіант 22
Частина 3
3.1.
Нехай x1 і x2 — корені даного рівняння. За теоремою Вієта
x1 + x2 = −4 , x1x2 = −9 . Нехай x1′ , x2′ — корені шуканого рівняння x2 + px + q = 0 ,
причому p = − (x1′ + x2′ ) = − (x1 + 1 + x2 + 1) = − (x1 + x2 ) − 2 = 4 − 2 = 2,
q = x1′x2′ = (x1 + 1) (x2 + 1) = x1x2 + (x1 + x2 ) + 1 = −9 − 4 + 1 = −12 .
Отже, x2 + 2x − 12 = 0 — шукане рівняння.
.o
Нехай швидкість течії річки x км/год. Тоді швидкість човна
проти течії річки дорівнює (12 − x ) км/год. Час, витрачений
25
туристом на шлях проти течії річки, дорівнює
год,
12 − x
25
на зворотний шлях —
год. Оскільки на зворотний шлях
x
турист витратив на 10 год більше, то складемо рівняння:
25
25
5
5
−
= 10 ;
−
= 2 ; 60 − 5x − 5x = 24x − 2x2 ;
x 12 − x
x 12 − x
x2 − 17x + 30 = 0 ; x1 = 15 , x2 = 2 . Корінь 15 не задовольняє
змісту задачі.
Відповідь: 2 км/год.
w
w
w
.4
bo
ok
3.2.
rg
Відповідь. x2 + 2x − 12 = 0 .
3.3.
y=
Оскільки y =
y
5x − 15 5( x − 3)
5
=
=−
3x − x2 x (3 − x )
x
5x − 15 5( x − 3)
5
=
= − , x ≠ 3,
3x − x2 x (3 − x )
x
то графіком поданої
функції, зображеним
на рисунку, є гіпербола
5
y = − , з виколотою
x
точкою з абсцисою 3.
1
0
1
3
x
68 ВАРІАНТ 22
3.4.
Оскільки сторона AD є діамет­ром описаного кола чотирикутника ABCD
(рисунок), то ∠ ABD = ∠ ACD = 90°
як вписані кути, що спираються на діаметр. Тоді ∠ ABC = 110° , A
∠ BCD = 120° .
За властивістю чотирикутника, вписаного в коло, ∠ BAD = 180° − ∠ BCD = 60°
D = 180° − ∠ BCD = 60° , ∠ ADC = 180° − ∠ ABC = 70° .
Відповідь: 60° , 110°, 120°, 70° .
20° 30°
B
C
D
Нерівність
y
− y  1 − x2 рівносильна
.o
4.1.
rg
Частина 4
(
)
2
1
–1 0
(
x
1
)(
)
2
2
n4 + n2 + 1 = n4 + 2n2 + 1 − n2 = n2 + 1 − n2 = n − n + 1 n + n + 1 .
w
4.2.
w
.4
bo
ok
 − y  1 − x2 ,  y  x2 − 1 ,
системі: 

−y  0 ;
y  0 .
Множину точок зображено на ри­
сунку.
Оскільки при натуральних n n + n + 1  3 , то значення виразу n4 + n2 + 1 буде простим числом, якщо n2 − n + 1 = 1 , тобто
при n = 1.
При n = 1 значення виразу n4 + n2 + 1 = 3 — просте число.
Відповідь. При n = 1.
w
2
4.3.
Відстань між центром поданого кола
M (1; 1) і центром шуканого кола O (4; − 3)
дорівнює MO =
(4 − 1) + ( −3 − 1)
2
2
= 5 . Ра-
діус поданого кола дорівнює 2. Розглянемо два випадки.
1. Нехай кола мають зовнішній дотик
у точці А (рис. 1).
у
1
M
0 1
–3
4
х
А
О
Рис. 1
ВАРІАНТ 23 Тоді MA + AO = MO .
Звідси 2 + AO = 5 ; AO = 3.
У цьому випадку рівняння
шуканого кола має вигляд
(x − 4)2 + ( y + 3)2 = 9 .
69
у
В
1
M
0 1
х
А
–3
2. Нехай кола мають внутрішній дотик у точці В (рис. 2).
Тоді OB = MO + MB = 5 + 2 = 7.
У цьому випадку рівняння
шуканого кола має вигляд
(x − 4)2 + ( y + 3)2 = 49 .
4
О
.o
rg
Рис. 2
bo
ok
Варіант 23
Частина 3
.4
Графіки зображено на рисунку.
Вони перетинаються в точці з абсцисою 4. Оскільки [0;+∞ ) — об-
у
6
w
3.1.
w
ласть визначення функції y = x ,
w
то маємо, що 6 − x > x
міжку [0; 4) .
Відповідь. [0; 4) .
3.2.
на про1
0
1
4
6
х
Нехай швидкість першого автомобіля дорівнює x км/год,
а другого — y км/год. Оскільки через 1 год після початку
руху вони зустрілися, то x + y = 100 . Час, який перший ав100
томобіль витратив на шлях 100 км, дорівнює
год, друx
50
5
100
гий —
год, перший їхав на 50 хв =
хв =
год дов­
60
6
y
100 100 5
ше, ніж перший. Складемо рівняння:
−
= . Маємо
x
y
6
70 ВАРІАНТ 23
x + y = 100,
x = 100 − y,


20 1
систему рівняння:  100 100 5  20
−
= ;
−
= ;
 x
y
y
6  100 − y
6
x = 100 − y,
x = 100 − y,
120 y − 100 + y = 100y − y2 ;  2
(
)
y + 140y − 12 000 = 0;

{
x = 40,
x = 100 − y,
y = 60 або y = −200. Ураховуючи зміст задачі, маємо: y = 60.

Відповідь: 40 км/год, 60 км/год.
Послідовність чисел, про які йдеться в умові, — арифметична
прогресія така, що a1 = 105 , d = 7 , an = 994 . Знайдемо кіль-
rg
3.3.
кість членів цієї послідовності: 105 + 7 (n − 1) = 994 ; 7n = 896 ,
Відповідь: 70 336.
.o
w
w
.4
B
C
У трапеції ABCD (рисунок) BC  AD ,
AB ⊥ AD , F — точка дотику вписаного кола зі стороною CD, CF = 4 см,
F
DF = 25 см. CD = CF + FD = 29 см. OF —
O
радіус вписаного кола, проведений у точку дотику, OF ⊥ CD . Центр О вписаного
кола є точкою перетину бісектрис кутів
A
D
трапеції. ∠ COD = 90° як кут між бісектрисами односторонніх кутів BCD і ADC
при паралельних прямих BC , AD та
січній CD.
Тоді за властивістю висоти прямокутного трикутника,
w
3.4.
105 + 994
⋅128 = 70 336 .
2
bo
ok
n = 128. Тоді S128 =
проведеної до гіпотенузи, OF = CF ⋅ DF = 4 ⋅ 25 = 10 (см).
Оскільки
в
трапецію
можна
вписати
коло,
то
AD + BC = AB + CD . AB = 2 ⋅ OF = 20 см.
AD + BC
AB + CD
20 + 29
Площа трапеції дорівнює S =
⋅ AB =
⋅ AB =
⋅2
2
2
2
AB + CD
20 + 29
B=
⋅ AB =
⋅ 20 = 490 (см2).
2
2
Відповідь: 490 см2.
2
ВАРІАНТ 23 71
Частина 4
4.1.
Скористаємося нерівністю Коші для чисел a і 5b . Маємо:
10 = a + 5b  2 5ab , причому рівність досягається при a = 5b .
ab  5 ; ab  5. Значення a і b, при яких досягаєтьa = 5b,
ся рівність, знайдемо із системи рівнянь
звідки
a + 5b = 10,
a = 5 , b = 1.
Відповідь: 5.
Отже,
4.2.
{
(a − 3) x2 − (2a − 6) x + 2a − 7  0 .
rg
При a = 3 маємо: 6 − 7 = −1  0 , тобто нерівність справджується для всіх дійсних x.
При a ≠ 3 квадратний тричлен набуває лише недодатних знаa − 3 < 0 ,
a −3 < 0,
чень, коли
Маємо: 
2
D  0.
( a − 3) − ( a − 3)(2a − 7 )  0;
a < 3 ,
a − 3 < 0 ,
a < 3 ,

 a − 3 a − 3 − 2a + 7  0;  a − 3 a − 4  0;  a  3, a < 3 ,
(
)
(
)
(
)
(
)


 a  4.
Відповідь. При a  3.
Нехай ABCD — даний чотирикутник, точки M, N, K, F — середини
сторін AB, BC, CD і DA відповідно
(рисунок). ∠ MOF = 60° , MK = m ,
NF = n . Відрізки MN і FK — середні лінії трикутників ABC
і ADC відповідно, відрізок MF —
середня лінія трикутника ABD .
B
N
M
w
w
w
4.3.
.4
bo
ok
.o
{
A
O
F
C
K
D
1
AC ,
2
MN  AC , FK  AC , то MNKF — паралелограм. Скориставшись теоремою косинусів, маємо: MF 2 = OM 2 + OF 2 − 2OM ⋅ OF c
m2 n2
m n 1 m2 + n2 − mn
= OM 2 + OF 2 − 2OM ⋅ OF cos ∠ MOF ==
+
−2 ⋅ ⋅ =
;
4
4
2 2 2
4
m2 + n2 + mn
MN 2 = OM 2 + ON 2 + 2OM ⋅ ON cos ∠ MON =
.
4
Отже, AC = 2MN = m2 + n2 + mn , BD = 2MF = m2 + n2 − mn .
Отже, BD = 2MF , AC = 2MN . Оскільки MN = FK =
Відповідь:
m2 + n2 + mn ,
m2 + n2 − mn .
п
72 ВАРІАНТ 24
Варіант 24
Частина 3
Графік поданої функції — парабола,
вітки якої напрямлені вгору. Знайдемо координати вершини параболи:
6
x0 = − = −3 ,
y0 = y ( −3) = 1 . Точка
2
( −3; 1) — вершина параболи. Парабола не перетинає вісь Ox, а вісь Oy
перетинає в точці (0; 10) .
Графік зображено на рисунку.
1) Область значень функції [1; + ∞ ) .
2) Функція спадає на проміжку ( −∞; − 3].
y
1
–1 0
1x
{
{
bo
ok
Нехай початкова ціна стола становила x грн, а стільця — y грн.
Тоді маємо рівняння x + y = 1500 . Нова ціна стола 0,8x грн,
а стільця — 1,2y грн. Тоді маємо рівняння 0,8x + 1,2y = 1320 .
x + y = 1500,
Складаємо систему рівнянь:
0,8x + 1,2y = 1320;
.4
3.2.
–3
.o
rg
3.1.
{
{
3.3.
w
w
w
x + y = 1500,
2x + 2y = 3000, y = 300,
2x + 3y = 3300; 2x + 3y = 3300; x = 1200.
Отже, початкова ціна стола 1200 грн, а стільця — 300 грн.
Відповідь: 1200 грн, 300 грн.
Область визначення функції знайдемо із системи
x2 − 4x − 12  0,  −2  x  6,
12 + 4x − x2  0,
Звідси 
x ≠ 0,
 2
x + 3x ≠ 0.
x ( x + 3) ≠ 0.
x ≠ −3.
−2  x < 0 або 0 < x  6 .
Відповідь: [ −2; 0) ∪ (0; 6] .
3.4.
Чотирикутник ABCK є трапецією (рисунок).
Оскільки трапеція ABCK є вписаною, то AB = CK .
Тоді AC = BK ,
∠ KAC = ∠ AKB = 60° .
B
A
C
K
D
ВАРІАНТ 25 73
Нехай AC = x см. З  ACD за теоремою косинусів CD2 = AC2 + AD2 − 2 AC
(
CD2 = AC2 + AD2 − 2 AC ⋅ AD cos ∠ KAC . Тоді 4 3
)
2
= x2 + 82 − 2 ⋅ x ⋅ cos 60° ;
48 = x2 + 64 − 8x ; x2 − 8x + 16 = 0 ; ( x − 4) = 0 ; x = 4.
Отже, BK = 4 см.
Відповідь: 4 см.
2
Частина 4
4.1.
(n − 2)(n − 1)n (n + 1) + 1 = (n2 − n − 2)(n2 − n) + 1 =
(
)
2
(
)
(
)
2
rg
= n2 − n − 2 n2 − n + 1 = n2 − n − 1 .
Для будь-яких значень a і b виконується нерівність
a + b  a−b .
Рівність досягається лише при умові, коли ab  0 .
Тоді маємо: x − 2 + x − 6  x − 2 − ( x − 6) = 4 .
Рівність досягається, якщо ( x − 2)( x − 6)  0 , тобто при
2  x  6.
4.3.
Нехай медіана BK перетинає відрізок AM
у точці F (рисунок). Через точку К проведемо відрізок KN , паралельно AM . Тоді
KN — середня лінія трикутника ACM ,
тоді MN = NC . За теоремою про пропор­
bo
ok
.o
4.2.
.4
B
w
M
F
w
w
N
ційні відрізки
Відповідь: 3 : 5.
3
BF
BM
BM
=
=
= .
1
5
FK MN
MC
2
A
K
C
Варіант 25
Частина 3
3.1.
Розглянемо різницю лівої і правої частин нерівності:
(2b − 8)(b − 2) + 3 − (b − 3)2 = 2b2 − 4b − 8b + 16 + 3 − b2 + 6b − 9 =
= b2 − 6b + 10 = b2 − 6b + 9 + 1 = (b − 3) + 1 > 0 при всіх дійсних зна2
ченнях b. Отже, (2b − 8)(b − 2) + 3 > (b − 3) при всіх b.
2
74 ВАРІАНТ 25
3.2.
Нехай маса води в початковому розчині становила х г,
тоді маса розчину дорівнювала ( x + 20) г і сіль становила
20
частину маси розчину. Після того як до розчину доx + 20
дали 100 г води, його маса дорівнює ( x + 120) г, а сіль ста1
20
частину маси розчину, що 10 %=
менше,
10
x + 120
20
20
1
ніж було спочатку. Маємо рівняння:
;
−
=
x + 20 x + 120 10
200 ( x + 120 − x − 20) = ( x + 20)( x + 120) ; 20 000 = x2 + 140x + 2400 ;
новить
.o
rg
x2 + 140x − 17 600 = 0 ; x1 = 80 , x2 = −220 — не задовольняє
умову задачі.
Відповідь: 80 г.
у
bo
ok
D ( y ) = ( −∞; −4) ∪ ( −4;0) ∪ (0; +∞ ) .
3.3.
x (3 − x )
x2 + 8x + 16 3x − x2 ( x + 4)
−
=
=
−
x+4
x
x+4
x
2
( x + 4)
2
8x + 16 3x − x
−
=
−
+4
x
x+4
x (3 − x )
01
–4
х
x
=
w
2
1
.4
y=
w
= x + 4 − (3 − x ) = 2x + 1.
w
Графік функції зображено на рисунку.
3.4.
–7
Через точку M проведемо дотичну MK
до кола (рисунок). За властивістю
січної і дотичної MA ⋅ MB = MK 2 .
Проведемо радіус OK. Тоді з прямокутного трикутника MOK отримуємо
MK 2 = OM 2 − OK 2 = d2 − R 2 .
K
B
A
M
O
Частина 4
4.1.
Множиною розв’язків першої нерівності системи є відрізок
[a − 7; a] , довжина якого дорівнює 7. Умова задачі виконува-
ВАРІАНТ 26 75
тиметься, якщо довжина відрізка [a − 7; 3] дорівнюватиме 4
(рисунок). Тоді 3 − ( a − 7 ) = 4 ; a = 6 .
a – 7
a
3
x
Відповідь: При a = 6 .
Оскільки будь-яке число не може починатися із цифри 0, то
існує 6 способів вибрати першу цифру. Кожну з решти цифр,
другу і третю, можна вибрати 7 способами. Тоді за правилом добутку шукана кількість трицифрових чисел дорівнює
6 ⋅ 7 ⋅ 7 = 294 .
Відповідь: 294.
rg
4.2.
Нехай Sa ( A ) = A1 . Покажемо, що
A
шукана точка X — це точка перетину прямих A1 B і а. Нехай
a
Y — довільна точка прямої a, яка
Y
X
відмінна від точки X (рисунок),
A1
відрізки A1 X і A1Y — образи відрізків AX і AY при симетрії відносно прямої a відповідно. Тоді
AX = A1 X , AY = A1Y .
Маємо AX + BX = A1 X + BX = A1 B < A1Y + YB = AY + YB
X = A1 X + BX = A1 B < A1Y + YB = AY + YB .
B
w
w
w
.4
bo
ok
.o
4.3.
Варіант 26
Частина 3
3.1.
Оцінимо різницю правої та лівої частин поданої нерівності:
(
)
2( a − 12) − (2a − 5)(2a + 5) − (3a − 2) =
2
(
) (
)
= 2a − 24 − 4a − 25 + 9a − 12a + 4 =
2
2
= 2a − 24 − 4a + 25 + 9a − 12a + 4 =
2
2
(
)
= 5a2 − 10a + 5 = 5 a2 − 2a + 1 = 5( a − 1)  0 при всіх дійсних
значеннях a.
Отже, подана нерівність виконується при всіх a ∈R .
2
п
76 ВАРІАНТ 26
Нехай швидкість мікроавтобуса становить x км/год, тоді
швидкість автомобіля — ( x + 20) км/год. Час, витрачений
40
мікроавтобусом на шлях 40 км, становить
год. Час, виx
40
трачений автомобілем на цей шлях дорівнює
год, що
x + 20
1
на 10 хв =
год менше, ніж час, витрачений мікроавтобу6
40
40
1
сом. Складемо рівняння:
−
= ;
x
x + 20 6
240 ( x + 20) − 240x = x2 + 20x ; x2 + 20x − 4800 = 0 ; x1 = 60 ,
x2 = −80 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 60 км/год.
3.3.
Область визначення функції
D ( y ) = ( −∞; − 2) ∪ ( −2; 2) ∪ (2; + ∞ ) . Розкладе-
у
.o
rg
3.2.
bo
ok
мо на множники тричлен x4 − 3x2 − 4 .
Нехай x2 = t . Рівняння t2 − 3t − 4 = 0 має
корені t1 = −1 і t2 = 4 . Тоді x4 − 3x2 − 4 = t2 − 3t − 4 = (t + 1)(t − 4) =
(
)(
)
x4 − 3x2 − 4 = t2 − 3t − 4 = (t + 1)(t − 4) == x2 + 1 x2 − 4 .
.4
− 4 (x
=
2
)(
+ 1 x2 − 4
) =x
1
–2
0
1 2
х
x − 3x
2
Маємо:
+ 1.
x2 − 4
x2 − 4
Отже, графіком даної функції є парабола y = x2 + 1, з виколотими точками з абсцисами 2 і –2 (рисунок).
2
3.4.
w
w
w
4
B
C
Нехай ABCD — задана трапеція (рисунок), BC  AD , AB ⊥ AD , CK —
висота трапеції, CK = AB = 16 см,
O
OC : OA = 5 : 8. Оскільки ∠ ADB = ∠ CDB
A
K
D
за умовою, ∠ ADB = ∠ CBD як різносторонні при паралельних прямих BC ,
AD і січній BD, то ∠ CDB = ∠ CBD
і  BCD — рівнобедрений, BC = CD .
З  ACD за властивістю бісектриси трикутника маємо:
CD CO 5
=
= . Нехай AD = 8x см, x > 0. Тоді BC = CD = 5x см.
AD AO 8
Чотирикутник АВCK — прямокутник, тоді AK = BC = 5x см,
KD = AD − AK = 3x см. З  CKD ( ∠ CKD = 90°) : CD2 − KD2 = CK 2
ВАРІАНТ 26 77
CD2 − KD2 = CK 2 ; 25x2 − 9x2 = 162 ; 16x2 = 162 ; 4x = 16 ; x = 4. Отже,
BC = CD = 20 см, AD = 32 см, периметр трапеції дорівнює
P = 88 см.
Відповідь: 88 см.
Частина 4
4.1.
Подамо друге рівняння системи у вигляді ( x + y ) − xy = 7 . Не2
t + u = 5,
хай x + y = t , xy = u . Маємо систему рівнянь  2
Звідt − u = 7.
 t = 3,
2
t + t − 12 = 0,  y = 2,

си 
Отже, вихідна система рівносильна
u = 5 − t;
 t = −4,
 u = 9.
 x + y = 3,
 xy = 2,
сукупності 
Друга система сукупності розв’язків
 x + y = −4,
 xy = 9.
rg
.o
bo
ok
{
{
{
{
не має. З першої системи маємо: (1; 2) і (2; 1) .
.4
Відповідь: (1; 2) , (2; 1) .
3
Існує C15
способів вибрати 3 білети з 15 виграшних. Кількість
способів вибрати 3 білети з 1000, які розігруються в лотереї,
C3
3
дорівнює C1000
. Тоді шукана ймовірність дорівнює 315 .
C1000
3
C15
Відповідь: 3 .
C1000
4.3.
Нехай ∆ABC — поданий прямокутний
M
трикутник з прямим кутом С (рисунок).
1
Оскільки ∠B = 30 , то AC = AB = AM .
2
Розглянемо
прямокутний
трикут- C
B
K
ник BMK ( ∠M = 90° , ∠B = 30° ), тоді
BK = 2KM . Оскільки прямокутні
трикутники ACK і AMK рівні за гіпотенузою та катетом, то
KC = KM , маємо: BC = BK + KC = 2KM + KM = 3KM , звідси
1
KM = BC , що й потрібно було довести.
3
w
w
w
4.2.
A
78 ВАРІАНТ 27
Варіант 27
Частина 3
Графіком даної функції є парабола,
у
вітки якої напрямлені вниз. Знайдемо абсцису вершини параболи: 4
6
x0 = −
= 3 . Ордината вершини па−2
раболи y0 = y (3) = 4 . Точка (3; 4) — вер- 1
шина параболи. Знайдемо точки пере0
х
1
3
5
тину параболи з осями координат. З віссю Ox ( y = 0) : −x2 + 6x − 5 = 0 ; x1 = 1 ,
x2 = 5 . З віссю Oy ( x = 0) : y = −5 .
Графік функції зображено на ри­
сунку.
1) Функція спадає на проміжку [3; + ∞ ) .
2) Функція набуває від’ємних значень при x ∈( −∞; 1) ∪ (5; + ∞ ) .
3.2.
Нехай швидкість поїзда x км/год, тоді швидкість теплохода —
150
(x − 30) км/год. Теплохід пройшов 150 км за x − 30 год, а поїзд
15
105
9
год, що на 2 год + 15 хв = 2
год =
год
105 км — за
60
x
4
150
105 9
менше, ніж час руху теплохода. Маємо:
−
= ;
x − 30
x
4
50
35 3
2
−
= ; 200x − 140 ( x − 30) = 3 x − 30x ;
x − 30
x
4
200x − 140x + 4200 = 3x2 − 90x ; 3x2 − 150x − 4200 = 0 ;
x2 − 50x − 1400 = 0 ; x1 = 70 , x2 = −20 — не задовольняє умову
задачі.
Відповідь: 70 км/год.
w
w
w
.4
bo
ok
.o
rg
3.1.
3.3.
(
)
( x − 4y )2 = 4,
x − 4y = 2,
x − 4y = −2,
Звідси 
або 

2
2
2
xy + 4y = 6
xy + 4y = 6;
xy + 4y = 6.
x = 4y + 2,
x = 4y − 2,
 4y + 2 y + 4y2 = 6 або  4y − 2 y + 4y2 = 6;
)
)
(
(
x = 4y + 2,
x = 4y − 2,
або  2
 2
y
+
y
−
=
4
3
0

4y − y − 3 = 0;
ВАРІАНТ 27 79
x = 4y + 2,
x = 4y − 2,


3 або 
3

y
=
−
y
=
y = 1 або y = − ;
1
або
4
4


x = 5,
x = −5,


x = −2,
x = 2,
або 
або 
3 або
3
y = −1
y =1
y
=
y=− .
4
4


{
{
3
 3 
Відповідь: ( −2; − 1) , (2; 1) ,  5;  ,  −5; −  .
 4 
4
AB — діаметр кола (рисунок), точка C
належить колу. CH ⊥ AB , CH = 10 см.
A
Нехай HB = x см, тоді AH = (21 + x ) см.
Вписаний кут ACB — прямий (спирається на діаметр AB), тоді CH 2 = AH ⋅ HB ,
100 = (21 + x ) x; x2 + 21x − 100 = 0 ; x = 4; HB = 4 см,
C
H
B
bo
ok
.o
rg
3.4.
AH = 25 см, AB = 29 см. Довжина кола l = π ⋅ AB = 29π см.
Відповідь: 29π см.
x − 3ax − 3a − 1
= 0 . Рівняння рівносильне системі
w
−x2 + 3x − 2
w
4.1.
.4
Частина 4
2
{
w
 x = 3a + 1,
 x = 3a + 1,


x = 3a + 1,
x
=
−
;
1
Маємо:  x = −1;

1
< x < 2.
 −x2 + 3x − 2 > 0.
1 < x < 2;
Дане рівняння має один розв’язок, якщо 1 < 3a + 1 < 2 ;
1
0<a< .
3
1
Відповідь: 0 < a < .
3
4.2.
x 2 − 4y2
= −3;
xy
x2 + 3xy − 4y2 = 0 ;
(x − y)(x + 4y) = 0.
обидва числа x і y додатні, то y = x . Тоді
Відповідь: 1.
Оскільки
2x2 + y2 3y2
=
= 1.
3xy
3y2
80 Нехай ∆ABC — поданий трикутник
(рисунок), у якому ∠C = 90° , ∠A = 15° ,
CD — висота, проведена до гіпотенузи AB. Проведемо медіану CM , тоді
1
CM = AM = AB , ∠CAM = ∠ACM = 15° .
2
У трикутнику CMD ∠CMD = 30° як
зовнішній для трикутника AMC , тоді
1
1
CD = CM = AB , що й потрібно було
2
4
довести.
A
D
M
C
B
.o
rg
4.3.
ВАРІАНТ 28
bo
ok
Варіант 28
4a
4a  a + 1 a2 − 9a
 2a
 a + 1 a2 − 9a  2a
−
=
: 2
−
=
− 2
−

 : 2
2
a + 3 a + 6a + 9 a − 9
a+3
a+3
 a + 3 ( a + 3)  a − 9
w
3.1.
.4
Частина 3
 a + 1 a2 − 9a 2a2 + 6a − 4a a2 − 9 a2 − 9a
:
−
=
⋅
−
=
a+3
a +1
a+3
(a + 3)  a2 − 9
(a + 3)2
w
4a
w
2
3.2.
=
2a2 + 2a ( a − 3)( a + 3) a2 − 9a
⋅
−
=
a +1
a+3
(a + 3)2
=
2a ( a − 3) a2 − 9a 2a2 − 6a − a2 + 9a a2 + 3a
−
=
=
= a.
a+3
a+3
a+3
a+3
Нехай 1 зошит коштує x грн, а 1 олівець — y грн. Тоді
12x + 8y = 52,
6x + 4y = 26,
Додавши рівняння останньої
7x − 4y = 13;
7x − 4y = 13.
{
{
системи, маємо 13x = 39 ; x = 3. Тоді 18 + 4y = 26 ; y = 2 .
Відповідь: зошит — 3 грн, олівець — 2 грн.
п
ВАРІАНТ 28 x2 − 6x + 5, якщо x  0;
Маємо: y =  2
x + 6x + 5, якщо x < 0.
Графіком функції y = x2 − 6x + 5 є парабола з вершиною
в точці (3; –4), вітки якої напрямлені вгору і яка перетинає
вісь абсцис у точках (1; 0) і (5; 0), а вісь ординат у точці
(0; 5). Графіком функції
у
y = x2 + 6x + 5 є парабо5
ла з вершиною в точці
(–3; –4), вітки якої напрямлені вгору і яка перетинає вісь абсцис у точ1
ках (–1; 0) і (–5; 0), а вісь
5
1
ординат у точці (0; 5).
0
х
Графік функції
y = x2 − 6 x + 5
зображено на рисунку.
дана
–4
B
C
E
трапеція
рівнобічна,
AD − BC
A
M
K
D
то
AM = KD =
=9
см,
2
AK = AD − KD = 16 см. CK — висота прямокутного трикутника ACD, проведена до гіпотенузи.
Тоді CK = AK ⋅ KD = 16 ⋅ 9 = 12 (см).
BM = CK = 12 см.  AME і  CBE — прямокутні, ∠ AEM
і ∠ BEC рівні як вертикальні кути.
BE
BC
7
Тоді  AME   CBE і
=
= .
EM
AM 9
7
21
9
27
BM =
см, EM =
BM =
см.
Отже, BE =
16
4
16
4
w
ки
w
.4
ABCD — дана трапеція (рисунок), AB = CD , BC = 7
см, AD = 25 см, AC ⊥ CD , BM і
CK — висоти трапеції. Оскіль-
w
3.4.
bo
ok
.o
rg
3.3.
81
Відповідь:
21
27
см,
см.
4
4
82 ВАРІАНТ 28
Частина 4
4.1.
 D  0,
Ураховуючи теорему Вієта, маємо систему 
2
2(2a − 3) = a − 3,
де D — дискримінант даного рівняння.
(
)
(2a − 3)2 − 4 a2 − 3  0,  −12a + 21  0,
Тоді: 
 2
2
a − 4a + 3 = 0;
2(2a − 3) = a − 3;
rg
Відповідь: a = 1.
7

a  4 ,
 a = 1, a = 1.

 a = 3;
Числа p, p +14 , p + 40 дають різні остачі від ділення на 3. У цьому можна переконатися, розглянувши попарні різниці цих
чисел: ( p − 40) − p = 40, ( p + 14) − p = 14, ( p + 40) − ( p + 14) = 26.
Жодна з різниць не ділиться на 3. Отже, одне з вказаних
чисел кратне 3. Оскільки числа прості і p < p +14 , p < p + 40,
то p = 3. Залишається впевнитись, що при p = 3 числа p +14
і p + 40 прості. Маємо: p + 14 = 17, p + 40 = 43.
4.3.
Достатньо довести, що скалярний добу

ток векторів CM і AK (рисунок) дорів 1  
нює нулю. Запишемо: CM =
CA + CB ,
2
 1  
AK = CB − CA .
2
  1    1   
Маємо: CM ⋅ AK =
CA + CB  CB − CA  =
2

2
w
w
.4
bo
ok
.o
4.2.
w
(
)
(
=
1  1    2 1  2   
CA ⋅ CB − CA + CB − CA ⋅ CB =

2  2
2

1  1  2  2  1 
=  CB − CA  =
 2 
22

( 2)
2
2

−1  = 0.


2
)
B
K
C
M
A
ВАРІАНТ 29 83
Варіант 29
Частина 3
Задана функція — квадратична, її
у
графік — парабола, вітки якої напрямлені вгору. Знайдемо координати вершини параболи. Абсциса
4
вершини x0 = − = −2 , ордината вер2
1
шини y ( −2) = −4 . Точка ( −2; − 4) —
–4
вершина параболи. Знайдемо точки
1 х
–2 0
перетину параболи з осями координат. З віссю Oxx ( y = 0) : x2 + 4x = 0 ;
x1 = 0 . x2 = −4 . З віссю Oy ( x = 0) :
–4
y = 0 . Графік зображено на рисунку.
1) Функція спадає на проміжку ( −∞; − 2].
2) Множина розв’язків нерівності ( −∞; − 4] ∪ [0; + ∞ ) .
3.2.
Нехай другий робітник може виконати все завдання за x год.
Тоді першому робітникові для цього потрібно ( x + 4) год.
3
Перший робітник за 3 год виконає
частину завдання,
x+4
6
а другий за 6 год —
частину завдання. Маємо рівнянx
3
6
ня:
+ = 1; 3x + 6 ( x + 4) = x ( x + 4) ; 3x + 6x + 24 = x2 + 4x ;
x+4 x
x2 − 5x − 24 = 0 ; x1 = 8 , x2 = −3 — не задовольняє умову за­дачі.
Відповідь: за 8 год.
3.3.
a1 = S1 = 4 ; S2 = 10 ; a2 = S2 − a1 = 6 ; d = a2 − a1 = 2.
Відповідь: 2.
3.4.
Нехай ABCD — дана трапеція (рисунок), точка O — центр описаного кола,
AB = BC . Оскільки вписаний кут ACD
спирається на діаметр AD, то ∠ ACD = 90° .
Нехай ∠ BAC = α . Тоді оскільки трикутник ABC рівнобедрений, то ∠ BCA = α.
Крім того, ∠ BCA = ∠ CAD = α.
w
w
w
.4
bo
ok
.o
rg
3.1.
B
A
C
O
D
84 ВАРІАНТ 29
Отже, ∠ BAD = ∠ ADC = 2α .
З трикутника ACD ∠ ADC = 90° − α . Маємо рівняння
90° − α = 2α ; α = 30° . Звідси ∠ BAD = 60° , ∠ ABC = 120° .
Відповідь: 60° , 120°.
Частина 4
Якщо a  0, то система розв’язків не
має. Розглянемо випадок, коли a > 0 .
Графік першого рівняння — пряма,
графік другого — коло з центром
у початку координат і радіусом a ,
a > 0 . Якщо коло дотикається до прямої, система має єдиний розв’язок.
Радіус кола при цьому — висота рівнобедреного прямокутного трикутника AOB з катетом 6 (рисунок).
AB 6 2
Отже, a =
=
= 3 2 , a = 18.
2
2
у
6
В
0 1
А
6
х
bo
ok
.o
rg
4.1.
Існує C63 способів скласти букет з 3 квіток і C65 способів скласти букет із 5 квіток. За правилом суми існує C63 + C65 способів
6!
6!
скласти букет з 3 або 5 квіток C63 + C65 =
+
= 20 + 6 = 26 .
3 ! ⋅ 3 ! 5 ! ⋅ 1!
Відповідь: 26.
w
w
4.2.
w
.4
Відповідь: якщо a < 18 , то розв’язків немає; якщо a = 18, то
один розв’язок: якщо a > 18 , то два розв’язки.
4.3.


Виразимо вектори DF і DK через
 
вектори DA і DC (рисунок).
 6  1    1 
DF = DC + DA , DK = DC + DA .
7
7
6
B
K
C
F
A
D
 6  1  6   1   6 
Тоді маємо: DF = DC + DA =  DC + DA  = DK .
 7
7
7
7
6
 
Отже, вектори DF і DK колінеарні, а точки D, F і K лежать
на одній прямій.
ВАРІАНТ 30 85
Варіант 30
Частина 3
Координати точок перетину графіків функцій є розв’язками
6x − x2 = 8,
8
8


y = ,
6 − x = , 
системи рівнянь 
Звідси 
y = 6 − x,
x
x
x ≠ 0;
y = 6 − x;
y = 6 − x.
 x = 2,
x2 − 6x + 8 = 0,  x = 4,

x = 2,
x = 4,

y = 6 − x,
y = 6 − x, y = 4 або y = 2. Отже, графіки
x ≠ 0;
x ≠ 0;
{
перетинаються у точках A (2; 4)
{
у
B (4; 2) . Графіком функції
8
y=
є гіпербола, графік функx
ції y = 6 − x — пряма.
Графіки функцій і точки їх перетину A і B зображено на рисунку.
0
1
х
.4
bo
ok
В
1
w
w
Нехай друга бригада може підготувати газон за x год, тоді перша — за ( x + 10) год. Перша бригада за 1 год підготовлює
1
12
частину газону і за 12 год підготувала
частину
x + 10
x + 10
1
газону, а друга за 1 год підготовлює
частину газону і за
x
9
9 год підготувала
частину газону, що разом становить
x
3
60 %=
газону.
5
12
9 3
4
3 1
Маємо:
+ = ;
+ = ;
x + 10 x 5 x + 10 x 5
w
3.2.
А
.o
і
rg
3.1.
5(4x + 3x + 30) = x2 + 10x ; x2 − 25x − 150 = 0 ; x1 = 30 , x2 = −5 —
не задовольняє умову задачі.
Відповідь: друга бригада може підготувати газон за 30 год,
а перша — за 40 год.
86 3.3.
ВАРІАНТ 30
Область визначення даної функції — множина розв’язків
3 − 5x − 2x2 > 0,
2x2 + 5x − 3 < 0,
системи нерівностей 
Тоді 
x + 1  0.
x  − 1;
−3 < x < 0,5,
−1  x < 0,5 .
x  − 1;
{
Відповідь: D ( y ) = [ −1; 0,5) .
ABC — даний трикутник (рисунок),
AB = BC , точка O — центр вписаного кола.
Проведемо OK ⊥ AB . OK = OD = 16 см.
 BOK   BAD (як прямокутні трикутники зі спільним гострим кутом). З  BOK
OK BK
BK = BO2 − OK 2 = 30 см.
;
=
AD BD
80
16
30
; AD =
см.
=
3
AD 50
4000
Площа трикутника S = AD ⋅ BD =
см2.
3
4000
Відповідь:
см2.
3
B
K
О
A
D
C
bo
ok
.o
rg
3.4.
.4
{
3x + ay = 5,
матиме безліч розв’язків
ax + 12y = a + 4
w
Система рівнянь
3
a
5
. Розв’яжемо систему рівнянь
=
=
a 12 a + 4
w
4.1.
Частина 4
за умови
w
a
3
 a = 12 ,
a2 = 36,
звідки a = 6 .
3

5
3a + 12 = 5a,
 =
; 
 a a+4
Відповідь. При a = 6 .
4.2.
Скористаємося методом математичної індукції. При n = 1
і n = 2 отримуємо: a1 = 21 + 41 = 6 , a2 = 22 + 42 = 20 . Тим самим
базу індукції доведено.
Нехай тепер ak = 2k + 4k , ak+1 = 2k+1 + 4k+1 . Тоді
(
) (
)
ak+2 = 6 2k+1 + 4k+1 − 8 2k + 4k = 3 ⋅ 2 ⋅ 2k+1 + 6 ⋅ 4k+1 − 2 ⋅ 4 ⋅ 2k − 2 ⋅ 4 ⋅ 4k =
k+2
k +1
k+2
= 3 ⋅ 2 + 6 ⋅ 4 − 2 ⋅ 2 − 2 ⋅ 4k+1 = 2k+2 + 4 ⋅ 4k+1 = 2k+2 + 4k+2 .
Тим самим доведено теорему «індуктивний перехід».
ВАРІАНТ 31 Нехай точки M і N — відповідно середини сторін ВС і AD опуклого чотирикутника ABCD (рисунок). Оскільки
MN — медіана трикутника AMD, то
трикутники AMN і DMN рівновеликі. Тоді рівновеликими є трикутники
ВАМ і CDM. Крім того, BM = MC .
Звідси випливає, що точки А і D рівновіддалені від прямої ВС, а це означає, що BC  AD .
B
A
M
N
C
D
rg
4.3.
87
bo
ok
.o
Варіант 31
Частина 3
Область визначення даної функції — множина розв’язків
3

x > − 7 ,
7x + 3 > 0,
3
системи нерівностей 
Тоді x ≠ 2,
− <x<2

x
≠
2
.
7

x ≠ −2;
або x > 2 .
w
w
w
.4
3.1.
 3 
Відповідь:  − ; 2 ∪ (2; + ∞ ) .
 7 
3.2.
швидкість автобуса x км/год. Тоді
280
280 км він проїхав за
год, а останні 480 км зі швидx
480
280
480
год. Маємо:
кістю ( x + 10) км/год за
+
= 10 ;
x + 10
x
x + 10
28
48
+
= 1 ; 28x + 280 + 48x = x2 + 10x ; x2 − 66x − 280 = 0 ;
x
x + 10
x1 = 70 , x2 = −4 — не задовольняє умову задачі.
Нехай
початкова
Відповідь: 70 км/год.
88 ВАРІАНТ 31
3.3.
Оскільки абсциса вершини параболи y = 5x2 + bx + c доb
b
рівнює x0 = −
або за умовою −
= 2, то b = −20 .
10
10
y ( x0 ) = 5 ⋅ 22 − 20 ⋅ 2 + c = −20 + c = 7 , звідки c = 27 .
Відповідь: при b = −20 , c = 27 .
ABCD — дана трапеція, BC  AD (риC
B
сунок). M — точка дотику вписаного
кола до CD, O — центр вписаного кола.
M
O
∠ COD = 90° як кут між бісектрисами
внутрішніх односторонніх кутів BCD
A
D
і ADC при BC  AD та січній CD.
CD = CM + MD = 8 + 18 = 26 (см).
OM ⊥ CD , OM — радіус кола.
З COD ( ∠ O = 90°) за властивістю висоти, проведеної до
.o
rg
3.4.
.4
bo
ok
гіпотенузи, OM = CM ⋅ MD = 12 см. Оскільки в трапецію
BC + AD
можна вписати коло, то BC + AD = 2CD ,
= CD .
2
BC + AD
Площа трапеції S =
⋅ 2OM = CD ⋅ 2 ⋅ OM = 624 см2.
2
Частина 4
Кожний з шуканих чотирикутників однозначно визначається четвіркою точок, дві з яких належать прямій a, а дві —
прямій b. Кількість пар точок, які належать прямим a і b,
дорівнюють відповідно Cm2 і Cn2 . Тоді за правилом добутку
шукана кількість чотирикутників дорівнює Cm2 ⋅ Cn2 .
w
4.1.
w
w
Відповідь: 624 см2.
Відповідь: Cm2 ⋅ Cn2 .
y
4.2.
y  x2 + 4x + 4,

2
2
( x + 2) + y  1;
2
y  ( x + 2) ,

2
2
( x + 2) + y  1.
Множину точок зображено
на рисунку.
4
1
–2
0
1
x
ВАРІАНТ 32 4.3.
Розглянемо  ABK (рисунок): точка M — точка перетину бісектриси
кута трикутника ABK і бісектриси
зовнішнього кута трикутника при
вершині K. Тоді точка M — центр зовнівписаного кола трикутника ABK,
промінь AM — бісектриса зовнішнього кута трикутника ABK при вершині A, тоді ∠ BAC = 120° .
89
C
K
M
B
A
.o
rg
Відповідь: 120°.
bo
ok
Варіант 32
Частина 3
.4
Область визначення функції є множиною розв’язків системи
нерівностей
x2 − 2x − 48  0,  −6  x  8,

48 + 2x − x2  0,

Тоді маємо: x ≠ 6,
x ≠ 6,
 2
x
−
36
≠
0
.

x ≠ −6;
x ≠ −6;
−6 < x < 6 або 6 < x  8 . Отже, область визначення функції
w
w
w
3.1.
D ( y ) = ( −6; 6) ∪ (6; 8].
Відповідь: D ( y ) = ( −6; 6) ∪ (6; 8].
3.2.
Нехай швидкість другої машини x км/год, тоді швидкість
першої — ( x + 10) км/год. Перша машина проїхала 300 км за
300
300
300
300
год, а друга —
за год. Маємо:
−
= 1;
x + 10
x
x
x + 10
300x + 3000 − 300x = x2 + 10x ; x2 + 10x − 3000 = 0 ; x1 = 50 ,
x2 = −60 — не задовольняє умову задачі. Отже, швидкість
другої машини 50 км/год, а першої — 60 км/год.
Відповідь: 60 км/год, 50 км/год.
п
90 ВАРІАНТ 32
3.3.
6
x
bo
ok
B
C
M
Нехай діагоналі AC і BD рівнобічної трапеції ABCD ( AB = CD ) перпендикулярні (рисунок), O — точка
O
їх перетину. Через точку O проведемо висоту MN трапеції. Оскільки
трапеція рівнобічна і ∠AOD = 90° ,
A
N
D
то трикутники AOD і BOC прямокутні і рівнобедрені.
1
1
Отже, BM = OM = BC , ON = AN = AD .
2
2
1
Маємо: BM = OM + ON = ( BC + AD ) , що й потрібно довести.
2
w
w
w
.4
3.4.
.o
rg
Маємо:
y
2x − 12 2x − 6 − 6 2x − 6
6
6
y=
=
=
−
= 2−
x −3
x −3
x −3
x −3
x −3
x − 12 2x − 6 − 6 2x − 6
6
6
=
=
−
= 2−
.
x −3
x −3
x −3
x −3
x −3
Отже, графіком даної
4
функції є гіпербола,
отримана з гіперболи
2
6
y=−
у результаті
1
x
паралельного
пере0 1
3
несення на 3 одиниці
вправо і на 2 одиниці
вгору. Графік зображено на рисунку.
Частина 4
4.1.
Графік першого рівняння — квадрат з центром у початку координат
і діагоналлю 4. Графік другого рівняння — коло з центром у початку координат і радіусом a , a  0.
Система має чотири розв’язки, якщо
коло описане навколо квадрата або
вписане у квадрат (рисунок). У першому випадку a = 4, у другому a = 2 .
Відповідь: при a = 4 або a = 2 .
y
2
1
0
1
x
ВАРІАНТ 33 91
2
13 − 12y
1
 13 − 12y 
4.2. Оскільки 5x + 12y = 13 , то x =
. Тоді x2 + y2 = 
+ y2 =



5
5
22
22
22
y
13
−
12
(
)
y
y
y
13
−
12
169
−
312
+
169


22
x22 + y22 = 
+11.
=
 + y =

5
25
25
B
Нехай K, M, N — точки дотику вписаB1
B1
ного кола зі сторонами BC, CA і AB відK
N
повідно (рисунок), R1 , R2 , R3 — радіC1
уси описаних кіл трикутників BB1 B2 ,
A1
CC1C2 , AA1 A2 відповідно. Позначимо
через p і R відповідно півпериметр і раA1 M C1
C
діус описаного кола трикутника ABC. A
Півпериметр трикутника BB1 B2 дорівнює довжині відрізка
BK = p − AC . Оскільки трикутники BB1 B2 і BAC подібні,
bo
ok
.o
rg
4.3.
p − AC R1
p − AB R2
. Аналогічно
,
=
=
p
R
p
R
Додаючи три останні рівності, отримуємо
3 p − ( AB + BC + AC ) R1 + R2 + R3
=
.
p
R
p − BC R3
.
=
p
R
R1 + R2 + R3
= 1 , R = R1 + R2 + R3 .
R
w
Звідки
w
.4
то
w
Відповідь: R1 + R2 + R3 .
Варіант 33
Частина 3
3.1.
Оцінимо різницю лівої та правої частин
a ( a − 2) − 6 ( a − 4) = a2 − 2a − 6a + 24 = a2 − 8a + 24 =
нерівності:
= a2 − 2 ⋅ 4a + 16 + 8 = ( a − 4) + 8 > 0 при будь-якому значенні a.
2
Отже, a ( a − 2) > 6 ( a − 4) при будь-якому a.
92 3.2.
ВАРІАНТ 33
Нехай x кг і y кг — кількість молока, яке треба взяти із
першого і другого бідонів відповідно. Тоді x + y = 12 . У молоці, яке треба взяти з першого бідону, міститься жиру
0,02x кг, у молоці з другого бідону — 0,05y кг, а в їх суміші — 0,04 ⋅12 = 0,48 (кг) жиру. Тоді 0,02x + 0,05y = 0,48 .
Маємо систему рівнянь:
{
x + y = 12,
0,02x + 0,05y = 0,48;
{
x = 12 − y,
x + y = 12,
2x + 5y = 48; 2(12 − y ) + 5y = 48;
{
x = 4,
y = 8.
Відповідь: 4 кг; 8 кг.
Дана функція — квадратична, її графік — парабола, вітки якої напрямлені вгору. Абсциса вершини пара−2
боли x0 = −
= 1 , ордината вершини
2
y0 = y (1) = −9 . Точка (1; − 9) — вершина
параболи. Знайдемо точки перетину параболи з осями координат. З віссю Ox
( y = 0) : x2 − 2x − 8 = 0 ; x1 = −2, x2 = 4 .
y
bo
ok
.o
rg
3.3.
–2 0 1
4
x
–9
3.4.
w
w
w
.4
З віссю Oy ( x = 0) : y = −8 .
Графік зображено на рисунку.
1) Область значень [ −9; + ∞ ) .
2) Функція зростає на проміжку [1; + ∞ ) .
B
C
Оскільки  AOD — рівнобедрений
(рисунок), то ∠ OAD = ∠ ODA .
О
∠OAD і ∠OCB — різносторонні при
BC  AD і січній АС.
Тоді ∠ OAD = ∠ OCB.
A
D
Аналогічно ∠ ODA = ∠ OBC .
Тоді ∠ OCB = ∠ OBC і  BOC —
рівнобедрений, BO = OC .
Розглянемо  AOB і DOC .
∠ AOB = ∠ DOC як вертикальні, AO = OD , BO = OC .
Отже,  AOB =  DOC за двома сторонами і кутом між ними.
Тоді AB = CD і трапеція ABCD є рівнобічною.
ВАРІАНТ 34 93
Частина 4
4.1.
9 − x 2 ⋅ ( x 2 + x − 2)  0 ;
 x2 + x − 2  0,

2
 9 − x  0;
2
9 − x = 0;
 ( x + 2)( x − 1)  0,
 2
 x  9;
x2 = 9;
{
 −2  x  1,
 −3  x  3;

x = ±3;
 −2  x  1,
x = 3,
x = −3.

Відповідь: x = −3 або −2  x  1 або x = 3.
Оскільки функція f ( x ) = x4 − ( a − 1) x2 + a2 − 4 парна, то якщо
рівняння x4 − ( a − 1) x2 + a2 − 4 = 0 має три корені, то один з них
rg
4.2.
дорівнює 0. Маємо: a2 − 4 = 0 , звідки a = ±2 . При a = 2 вихід-
.o
не рівняння набуває вигляду x4 − x2 = 0 . Це рівняння має три
корені: 0; –1; 1. При a = −2 вихідне рівняння набуває вигляду
bo
ok
x4 + 3x2 = 0 . Це рівняння має один корінь.
Відповідь. При a = 2 .
4.3.
w
w
w
.4
ABC — даний трикутник (рисунок), AM —
A
медіана. На продовженні відрізка BC за
точкою С позначимо точку M1, MC = CM1 .
1
1
1
S ABC = S M1 AM = AM 2 sin ∠ M1 AM = AM 2 sin 30° = AM 2 = S
2
2
4
1
1
M 2 sin ∠ M1 AM = AM 2 sin 30° = AM 2 = S , тоді AM = 2 S . M C
M B
2
4
1
Відповідь: 2 S .
Варіант 34
Частина 3
3.1.
x2 + y2 + 8x − 10y + 42 = x2 + 8x + 16 + y2 − 10y + 25 + 1 =
= ( x + 4) + ( y − 5) + 1 > 0 при всіх дійсних значеннях x і y.
2
2
94 ВАРІАНТ 34
Нехай перший насос перекачує щогодини x м3 води. Тоді
360
він працював
год. Другий насос перекачує щогодини
x
(x + 10) м3 води. Тоді він працював 480 год, що за умовою
x + 10
360
480
на 2 год менше, ніж перший. Маємо:
−
= 2;
x
x + 10
180
240
−
= 1 ; 180x + 1800 − 240x = x2 + 10x ;
x
x + 10
x2 + 70x − 1800 = 0 ; x1 = 20 , x2 = −90 — не задовольняє умову
задачі.
Відповідь: перший насос перекачує щогодини 20 м3, а другий — 30 м3.
3.3.
Графік зображено на рисунку. Про-
bo
ok
.o
rg
3.2.
міжок зростання ( − ∞; − 1], проміжок
1
–1 0
1
x
w
ABCD — дана трапеція, BC  AD ,
B
K C
AB ⊥ AD (рисунок), M, N, K, P —
точки дотику вписаного кола зі
P
сторонами трапеції,
BK = 6 см,
N
O
CK = 3 см, точка O — центр вписаного кола, OK = ON = OM = OP —
радіуси вписаного кола, проведені
A
M
D
в точки дотику, OK ⊥ BC , ON ⊥ AB ,
OP ⊥ CD . У чотирикутнику BKON:
∠ B = ∠ BKO = ∠ BNO = 90° .
Отже, BKON — прямокутник. За властивістю дотичних,
проведених до кола через одну точку, BN = BK = 6 см;
KC = PC = 3 см. Тоді прямокутник BKON є квадратом,
ON = OK = OP = OM = BK = 6 см, AB = 12 см. Центр O вписаного кола є точкою перетину бісектрис кутів трапеції.
Тоді ∠ COD = 90° як кут між бісектрисами внутрішніх
w
3.4.
w
.4
спадання [ −1; + ∞ ) .
y
ВАРІАНТ 34 95
односторонніх кутів. З COD ( ∠ O = 90°) за властивістю висо36
= 12 (см).
3
CD = CP + PD = 15 см. Оскільки в дану трапецію можна вписати коло, то BC + AD = AB + CD . Тоді периметр трапеції
P = 2 ⋅ ( AB + CD ) = 2 ⋅ (12 + 15) = 54 (см).
ти, проведеної до гіпотенузи, OP2 = CP ⋅ PD ; PD =
Відповідь: 54 см.
x2 − x − 12 − 2x ( x − 3)
 0.
x −3
x2 − x − 12 − 2x ( x − 3)
,
x −3
bo
ok
Розглянемо функцію f ( x ) =
.o
Маємо:
D ( f ) = ( − ∞; 3) ∪ (3; + ∞ ) .
.4
Знайдемо нулі функції, розв’язавши рівняння
w
w
 x < 0,
 x2 + x − 12 − 2x2 + 6x = 0,

x − x − 12 − 2x ( x − 3)
= 0 . Маємо:  x  0,
x −3
 x ≠ 3,
 2
2
 x − x − 12 − 2x + 6x = 0;
 x < 0,
 x2 − 7x + 12 = 0,

 x  0,
 x ≠ 3,
 2
 x − 5x + 12 = 0.
2
w
4.1.
rg
Частина 4
Жодна із систем сукупності розв’язків не має.
Отже, кожний з проміжків, з яких складається область визначення функції, є проміжком знакосталості функції.
Знайдемо значення функції в точках x = 0 і x = 4, які належать проміжкам знакосталості ( − ∞; 3) і (3; + ∞ ) відповідно.
Маємо f (0) = 4 , f (4) = −8 .
Відповідь: ( − ∞; 3) .
96 ВАРІАНТ 35
4.2.
При a = 0 отримуємо систему, яка має розв’язок.
a
3

y = − 2 x + 2 ,
При a ≠ 0 маємо: 
Звідси система не має
8
a+2
y = − x +
.
a
a

8
 a
− 2 = − a ,
a2 = 16,
розв’язку, якщо 
Маємо: 
a = −4 .
3 a+2
a ≠ 4;
 ≠
.
a
2
Відповідь: при a = −4 .
rg
Нехай відомі дві сторони a і b шуканого трикутника та медіана mc , проведена
до третьої сторони. Побудуємо трикутник BCD за сторонами BC = a , CD = b
і BD = 2mc . (рисунок). Проведемо пряму
CM , де точка M — середина BD. На
цій прямій від точки M відкладемо відрізок MA , що дорівнює CM . Трикутник
ABC — шуканий.
Оскільки за побудовою
AM = MC ,
BM = MD , то ознакою чотирикутник
ABCD — паралелограм. Отже, AB = CD .
У трикутнику ABC : AB = b , BC = a ,
BM = mc .
C
w
w
w
.4
bo
ok
.o
4.3.
Варіант 35
Частина 3
3.1.
2a
a
a
 a

=
−
+
:
a + 2  a2 − 4 a2 − 4a + 4  (2 − a )2
a
a
a  ( a − 2)

⋅
−
+
=
a + 2  ( a − 2)( a + 2) ( a − 2)2 
2a
2
=
B
М
A
D
ВАРІАНТ 35 97
=
a
a ( a − 2) + a ( a + 2) ( a − 2)
⋅
=
−
2a
a+2
(a − 2)2 (a + 2)
=
a
a2 − 2a + a2 + 2a
a
2a2
a
a
−
=
−
=
−
= 0.
a+2
2a ( a + 2)
a + 2 2a ( a + 2) a + 2 a + 2
2
Отже, значення даного виразу не залежить від значення a.
Нехай x ц і y ц — кількість яблук, яку збирають перша і друга бригади відповідно за 1 год. Тоді у перший день, працювавши відповідно 2 год і 3 год, вони зібрали 3x + 3y = 23 (ц)
яблук. Другого дня перша бригада зібрала за 3 год 3x ц яблук,
а друга за 2 год зібрала 2y ц яблук, за умовою різниця між
цими значеннями склала 2 ц. Отримуємо систему рівнянь
2x + 3y = 23 ,
Тоді
3x − 2y = 2 .
4x + 6y = 46 ,
9x − 6y = 6 ;
{
13x = 52 ,
3x − 2y = 2 ;
{
x = 4,
12 − 2y = 2 ;
.4
x = 4,
y = 5.
{
bo
ok
{
{
.o
rg
3.2.
w
Відповідь: перша бригада — 4 ц, друга бригада — 5 ц.
w
x2
x2
+ ... при
+
1 + x2 (1 + x2 )2
x ≠ 0 є сумою нескінченної геометричної прогресії, перший член
1
якої b1 = x2 , а знаменник q =
,
1 + x2
x2
x2
q < 1. Тоді x2 +
+…=
+
1 + x2 (1 + x2 )2
Сума
x2 +
y
w
3.3.
=
1
–1 0
1
x
x2
x2 (1 + x2 )
=
= 1 + x2 .
1
1 + x2 − 1
1−
1 + x2
Отже, графіком функції є парабола y = 1 + x2 , у якої виколото
точку з абсцисою 0. Графік функції зображено на рисунку.
98 3.4.
ВАРІАНТ 35
ABC — рівнобедрений трикутник (рисунок), AB = BC , AM ⊥ BC , BD ⊥ AC . Проведемо DN  AM . Тоді DN ⊥ BC , DN — сеAM
редня лінія  AMC , DN =
= 12 см.
2
З BDN ( ∠ N = 90°) :
B
M
N
A
D
C
bo
ok
.o
rg
BN = BD2 − DN 2 = 16 см. DN — висота прямокутного BDC , проведена до
гіпотенузи, BN — проекція катета BD на
гіпотенузу.
BD2 400
BC
BD
Тоді
, BC =
=
= 25 (см),
=
BN
BD BN
16
BC ⋅ AM 25 ⋅ 24
S ABC =
=
= 300 (см2).
2
2
Відповідь: 300 см2.
Частина 4
(
.4
Подамо вираз 11 ⋅ 32n + 10 ⋅ 2n у вигляді
11 ⋅ 32n + 10 ⋅ 2n = 14 ⋅ 32n + 7 ⋅ 2n − 3 ⋅ 9n + 3 ⋅ 2n =
= 7 2 ⋅ 32n + 2n − 3 9n − 2n . Оскільки 7 2 ⋅ 32n + 2n ділиться на 7,
(
3 9 −2
)
) (
)
(
)
також ділиться на 7, то й 11 ⋅ 3 + 10 ⋅ 2n ділиться
2n
w
на 7.
n
w
n
w
4.1.
4.2.
Побудуємо
графіки
функцій
y = 2 x − 1 (рисунок). Якщо a < 0 ,
то рівняння не має коренів; якщо
a = 0, то рівняння має 2 корені,
якщо 0 < a < 1 , рівняння має 4 корені, якщо a = 1, рівняння має 3 корені, якщо a > 1, то рівняння має
2 корені.
Відповідь: немає коренів при a < 0 ,
2 корені при a = 0 і a > 1, 3 корені
при a = 1, 4 корені при 0 < a < 1 .
у
у = а
1
–1
0
1
х
п
ВАРІАНТ 36 B
A
M
O
C
P
D
rg
ABCD — даний чотирикутник,
у якому ∠BAD = ∠BCD, BP — бісектриса кута ABC , AM ⊥ BP
(рисунок). Оскільки за умовою
BO — бісектриса і висота трикутника ABM , то ∆ABM рівнобедрений з основою AM , тоді точка O —
сере­дина AM . Отже, трикутник
APM рівнобедрений з основою AM .
Маємо: ∠BAM = ∠BMA ,
∠MAP = ∠AMP , тоді
∠BCD = ∠BAD = ∠BMP . Отже,
MP  CD , що й потрібно довести.
bo
ok
.o
4.3.
99
Варіант 36
Частина 3
Область визначення є множиною розв’язків системи
20 + x − x2  0,
−4  x  5,
Маємо:
−4  x < 2 або 2 < x  5 .

x
≠ 2;
x
≠
2
.

{
.4
w
3.1.
3.2.
w
w
Відповідь: [ −4; 2) ∪ (2; 5] .
Нехай перший насос може наповнити басейн за x год, тоді
другий може його наповнити за ( x + 12) год. Перший насос за
1
1
годину наповнює
басейну, другий —
басейну. Перx
x + 12
10
ший насос працював 10 год і заповнив
басейну, а другий
x
14
басейну.
насос працював 4 + 10 = 14 (год) і заповнив
x + 12
10
14
2 5
7
1
Тоді
+
= ;
+
= ; 3(5x + 60 + 7x ) = x2 + 12x ;
x
x + 12 3 x x + 12 3
x2 − 24x − 180 = 0 ; x1 = 30 , x2 = −6 — не задовольняє умову
задачі.
Відповідь: перший насос може наповнити басейн за 30 год,
а другий — за 42 год.
100 ВАРІАНТ 36
3.3.
y
y = x2 − 2x + 1 = x − 2x + 1;
y=
y=
{
{
5
x − 2x + 1, якщо x  0,
−x − 2x + 1, якщо x < 0;
−x + 1, якщо x  0,
−3x + 1, якщо x < 0.
1
Графік зображено на рисунку.
Функція не має проміжків зростання,
спадає на ( − ∞; + ∞ ) .
ABC — даний прямокутний трикутник,
CM ⊥ AB (рисунок). ∠ BMC = ∠ CMA = 90° ,
∠ BCM = 90° − ∠ B = ∠ A .
Отже,  BMC   CMA за двома кутами.
AC2 S CMA
6
AC 1
Тоді
;
=
=
= ; BC = 3 AC .
BC2 S BMC 54 BC 3
x
B
bo
ok
.o
rg
3.4.
01
Площа трикутника ABC S = S CMA + S BMC = 60
.4
AB =
C
A
( ∠ C = 90°) :
AC + BC = 20 см.
2
2
w
S = S CMA + S BMC
BC ⋅ AC 3 AC2
= 60 см . Тоді
=
= 60 см2;
2
2
AC = 2 10 см; BC = 6 10 см. З  ABC
2
M
w
w
Відповідь: 2 10 см, 6 10 см, 20 см.
4.1.
Частина 4
Перепишемо дане рівняння у вигляді
x2 + 2x + 8 + x2 + 2x + 8 − 20 = 0 .
Нехай
x2 + 2x + 8 = t , t  0, тоді t2 + t − 20 = 0 ; t1 = 4 ; t2 = −5 —
не задовольняє умову t  0. Отже, x2 + 2x + 8 = 4 ;
x2 + 2x + 8 = 16 ; x2 + 2x − 8 = 0 ; x1 = −4 , x2 = 2 .
Відповідь: –4; 2.
4.2.
Розглянемо різницю лівої і правої частин нерівності:
2a2 + 2b2 + 8 − 2ab − 4a − 4b
a2 + b2 + 4 − ab − 2a − 2b =
=
2
a2 − 2ab + b2 + a2 − 4a + 4 + b2 − 4b + 4
=
=
2
ВАРІАНТ 37 101
=
(a − b)2 + (a − 2)2 + (b − 2)2
 0 при всіх дійсних значеннях
2
a і b. Отже, a2 + b2 + 4  ab + 2a + 2b при всіх значеннях a і b.
Нехай
∠ ABC < 45°
(рисунок).
C
Оскільки CM — медіана прямокутного
трикутника, проведена до гіпотенузи,
1
то CM = AB = MB .
2
Отже, трикутник CMB — рівно­
A
HL M
B
бедрений і ∠ MCB = ∠ ABC .
У прямокутному трикутнику ACH ∠ ACH = 90° − ∠ CAH = ∠ ABC
= 90° − ∠ CAH = ∠ ABC . Отримуємо
∠ MCL = 45° − ∠ MCB = 45° − ∠ ABC ,
∠ LCH = 45° − ∠ ACH = 45° − ∠ ABC . Отже, CL — бісектриса
трикутника HCM. За теоремою Піфагора CM 2 = CH 2 + HM 2 ,
звідси 102 = 62 + HM 2 ; HM 2 = 64 ; HM = 8 см. Нехай
x + y = 8,

x = 3,
HL = x см, LM = y см. Можна записати  x 3
= ;
y = 5.
 y 5
bo
ok
.o
rg
4.3.
{
.4
Маємо: CL2 = CH 2 + HL2 ; CL2 = 62 + 32 = 45 ; CL = 3 5 .
w
w
w
Відповідь: 3 5 см.
3.1.
Варіант 37
Частина 3
Гістограму
зображено
на рисунку. Мода даної
вибірки дорівнює 3 (помилки). Середнє значення
ня — 1,92 помилки.
Кількість учнів
8
7
6
5
(0 ⋅ 5 + 1⋅ 4 + 2 ⋅ 6 + 3 ⋅ 8 + 4 ⋅ 2) : (5 + 4 + 64 + 8 + 2) = 48 : 25 = 1,92
2 ⋅ 6 + 3 ⋅ 8 + 4 ⋅ 2) : (5 + 4 + 6 + 8 + 2) = 48 : 25 = 1,92 3
2
+ 8 + 2) = 48 : 25 = 1,92 (помилки).
1
Відповідь: мода — 3 по0
0
1
2
3
4
милки, середнє значенКількість помилок
102 ВАРІАНТ 37
Нехай перша бригада щогодини прокладала x м кабелю,
тоді друга прокладала ( x − 2) м. Перша бригада працювала
720
720
год, а друга —
год, що на 18 год більше, ніж перша.
x
x −2
720 720
40
40
Маємо:
−
= 18 ;
−
= 1; 40 ( x − x + 2) = x2 − 2x ;
x −2
x
x −2
x
x2 − 2x − 80 = 0 ; x1 = 10 , x2 = −8 — не задовольняє умову
задачі.
Відповідь: перша бригада прокладала щогодини 10 м кабелю,
а друга — 8 м.
3.3.
Дана
rg
3.2.
функція набуває найбільшого знаb
3
 3
чення в точці x0 −
= . Тоді за умовою y   = −5 ;
 2
2a 2
9
3
3
−3 ⋅ + 9 ⋅ + c = −5 ; c = −11 .
4
2
4
bo
ok
.o
квадратична
3
.
4
w
ABCD — даний паралелограм
B
M
C
(рисунок), ∠ ABC = 120° , AM —
бісектриса ∠ BAD , BM : MC = 2 : 5.
Маємо: ∠ BAM = ∠ MAD за умоA
D
вою, ∠ MAD = ∠ BMA як різносторонні при BC  AD та січній AM.
Тоді ∠ BAM = ∠ BMA . Отже,  ABM — рівнобедрений,
AB = BM . Нехай AB = BM = 2x см. Тоді MC = 5x см, BC = 7x см.
Периметр паралелограма P = 2( AB + BC ) ; 2(2x + 7x ) = 54 ;
18x = 54 ; x = 3. Отже, AB = 6 см, BC = 21 см,
площа паралелограма S = AB ⋅ BC sin ∠ ABC = 6 ⋅ 21sin120° =
3
= 6 ⋅ 21 ⋅
= 63 3 (см2).
2
w
3.4.
w
.4
Відповідь: при c = −11
Відповідь: 63 3 см2.
ВАРІАНТ 37 103
Частина 4
4.2.
1
Множину точок зображено на рисунку.
–1
0
1
x
Перевірка показує, що серед пар виду ( x; 0) розв’язків системи немає. Поділимо обидві частини першого рівняння сис-
rg
4.1.
y
x  0,
x  0,

x 2 + y2 − 1 = x ;  2
  y = 1,
2
2
x
+
y
−
1
=
x
;

  y = −1.
2
bo
ok
.o
x
 x
 x
теми на y2 . Отримуємо 2   − 5   − 3 = 0 . Нехай
= t,
y
 y
 y
1
тоді 2t2 − 5t − 3 = 0 , звідси t = 3 або t = − . Тоді y = −2x
2
або x = 3y . Дана в умові система рівносильна сукупності
w
.4
 y = −2x,
 y = −2x,
 x2 − 2xy − y2 = 2,
 x2 + 4x2 − 4x2 = 2,

Тоді  
 x = 3y,
 x = 3y,
 x2 − 2xy − y2 = 2.
 9y2 − 6y − y2 = 2;


w
w
З останньої сукупності отримуємо
(3; 1) , ( −3; − 1) .
(
) (
Відповідь: − 2 ; 2 2 ,
4.3.
(−
 y = −2x,
 x2 = 2,

 x = 3y,
  y2 = 1.

) (
2;2 2 ,
)
2; −2 2 ,
)
2 ; − 2 2 , (3; 1) , ( −3; − 1) .
З умови випливає, що чотирикутники ACDF і BDEA — паралелограми (рисунок). Отже, діагональ CF перетинає
діагональ AD в її середині, але і діагональ BE також перетинає діагональ AD
в її середині. Отже, діагоналі AD, BE
і CF перетинаються в одній точці — середині діагоналі AD.
B
C
A
D
F
E
104 ВАРІАНТ 38
Варіант 38
Частина 3
3.1.
−12
= −2 , тоді a = −3 .
2a
Оскільки B — точка, що належить параболі, то
Абсциса вершини параболи x0 = −
y ( −2) = −3 ⋅ ( −2) − 12 ⋅ ( −2) + c = 3 , −12 + 24 + c = 3 , c = −9 .
Відповідь: a = −3 , c = −9 .
2
rg
Нехай власна швидкість човна x км/год, тоді його швидкість
проти течії дорівнює ( x − 2) км/год. На шлях по озеру човен
16
15
витратив
год, а на шлях по річці —
год. Оскільки
x
x −2
16
15
разом це зайняло 1 год, то
+
= 1.
x
x −2
bo
ok
.o
3.2.
D ( y ) = ( −∞; 0) ∪ (0; 5) ∪ (5; + ∞ ) .
w
3.3.
w
w
.4
Маємо: 16x − 32 + 15x = x2 − 2x ; x2 − 33x + 32 = 0 ; x1 = 32 ,
x2 = 1 — не задовольняє умову задачі, оскільки тоді власна
швидкість човна була б меншою від швидкості течії і він не
зміг би рухатися проти течії.
Відповідь: 32 км/год.
у
x (32 − x )
x2 − 10x + 25 2x − x2 ( x − 5)
=
−
=
−
x −5
x
x −5
x
1
2
x (2 − x )
0x + 25 2x − x2 ( x − 5)
0 1
=
−
=
−
−5
x
x −5
x
2
Маємо:
= x − 5 − (2 − x ) = 2x − 7 .
Отже, графіком даної функції
x2 − 10x + 25 2x − x2
y=
−
є пряма
x −5
x
y = 2x − 7 , з якої виколото точки
з абсцисами 0 і 5 (рисунок).
5
х
ВАРІАНТ 38 3.4.
Трикутники ABM і ADM (рисунок) мають спільну висоту, проведену з вершиS ABM
BM
=
= 3,
ни A. Тоді
S ADM
MD
S ABM = 3S ADM = 9 см2,
S ABD = S ABM + S ADM = 12 см2.
105
B
M
A
D
C
Оскільки  ABD і CBD мають спільну висоту, проведену
з вершини В, і AD = DC , то ці трикутники рівновеликі. Тоді
S ABC = 2S ABD = 24 см2.
Відповідь: 24 см2.
Розглянемо функцію f ( x ) =
x −3
( x 2 − x − 2) ,
x −1
.o
4.1.
rg
Частина 4
bo
ok
D ( f ) = ( − ∞; 1) ∪ (1; + ∞ ) . Знайдемо нулі функції:
 x = 3,
x = 3,
 2
 x − x − 2 = 0, x = −1, Далі розв’язуємо
x = 2.
x ≠ 1;

вихідну нерівність методом інтервалів (рисунок).
.4
x −3
( x 2 − x − 2) = 0 ;
x −1
w
+
–1 – 1 – 2
+
+
3
x
4.2.
w
w
Відповідь: [ −1; 1) ∪ (1; 2] ∪ {3} .
Областю визначення даної функції є множина R. Тоді
для виконання умови задачі достатньо, щоб рівність
− x − 2 + a − x + 2 = − x − 2 − a x + 2 виконувалась при будьяких значеннях x. Поклавши x = 2, отримуємо a = −1 . Перевірка підтверджує, що при a = −1 дана функція буде непарною.
Відповідь: при a = −1 .
A
4.3.
Нехай точки N і K — основи перпендикулярів (рисунок), ∠ ANM + ∠ AKM = 180°
N
NM + ∠ AKM = 180° . Тоді навколо чотирикутC
ника MNAK можна описати коло,
∠ NMK = 180° − ∠ NAK = 120° .
K
M
B
106 ВАРІАНТ 39
Знайдемо відрізок NK: NK 2 = MN 2 + MK 2 − 2 ⋅ MN ⋅ MK cos ∠ NMK =
 1
K 2 = MN 2 + MK 2 − 2 ⋅ MN ⋅ MK cos ∠ NMK = 7 + 28 − 2 ⋅ 7 ⋅ 2 7 ⋅  −  = 49 ;
 2
NK = 7 см. Відрізок AM — діаметр кола, описаного навколо
14 3
NK
7
=
=
трикутника NMK. Тоді AM =
(см).
3
sin ∠ NMK
3
14 3
2
см.
Відповідь:
3
Частина 3
y
.o
Якщо x + y = 4 , то
x + y = 4 або x + y = −4 .
Графік рівняння —
об’єднання двох прямих, зображених на
рисунку.
–4
4
1
0
1
4
x
w
w
Нехай швидкість першого
велосипедиста
дорівнює x км/год,
–4
а швидкість другого —
y км/год. До зустрічі
перший велосипедист
їхав 1 год і проїхав
x км, а другий їхав
3
3
3
45 хв =
год і проїхав
y км. Тоді x + y = 24 . Оскільки
4
4
4
перший велосипедист за 2 год проїжджає на 6 км менше, ніж
другий — за 3 год, то 3y − 2x = 6 . Отримали систему рівнянь
3

x + y = 24,
4x + 3y = 96,
звідси
Віднявши від першого

4
3y − 2x = 6.
3y − 2x = 6,
рівняння останньої системи друге рівняння, отримуємо:
6x = 90 ; x = 15. Тоді 3y − 30 = 6 ; y = 12.
Відповідь: 15 км/год, 12 км/год.
w
3.2.
.4
bo
ok
3.1.
rg
Варіант 39
{
ВАРІАНТ 39 3.3.
107
Нехай x1 і x2 — довільні значення аргументу з проміжку
( − ∞; 4] , причому x2 > x1 . Маємо:
(
) (
)
(
)
f (x2 ) − f (x1 ) = 8x2 − x22 − 8x1 − x12 = (8x2 − 8x1 ) − x22 − x12 =
(
)
= 8 (x2 − x1 ) − (x2 − x1 ) (x2 + x1 ) = (x2 − x1 ) 8 − (x2 + x1 ) .
Оскільки x2 > x1 , то x2 − x1 > 0 . Оскільки x2 і x1 належать
проміжку ( − ∞; 4] і x2 > x1 , то x1 < 4 , x2  4 , тоді x1 + x2 < 8
(
)
і 8 − (x2 + x1 ) > 0 . Тоді (x2 − x1 ) 8 − (x2 + x1 ) > 0 , тобто f (x2 ) > f (x1 ) .
Отже, дана функція зростає на проміжку ( −∞; 4] .
B
C
ABCD — дана трапеція (рисунок),
BC  AD , BC = 16 см, AD = 30 см,
AB = 13 см, CD = 15 см. Проведемо
CM  AB . Чотирикутник BCMA — паралелограм, AM = BC , MD = AD − BC = 14 A
M E
MD = AD − BC = 14 см, CM = AB = 13 см. Знайдемо
CE — висоту MCD і висоту трапеції.
CE =
2S MCD
=
bo
ok
.o
rg
3.4.
2 p ( p − MD )( p − CM )( p − CD )
,
w
.4
MD
MD
CM + CD + MD
де p =
= 21 см.
2
w
S MCD = 21(21 − 14)(21 − 13)(21 − 15) = 21 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 6 =
w
= 3 ⋅ 7 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 3 ⋅ 2 = 32 ⋅ 72 ⋅16 = 3 ⋅ 7 ⋅ 4 = 84 (см2),
2 ⋅ 84
CE =
= 12 (см).
14
BC + AD
Площа трапеції S =
⋅ CE = 276 см2.
2
Відповідь: 276 см2.
Частина 4
4.1.
4
2
, x1x2 = − .
3
3
2
16
2
2
Тоді (x1 + x2 ) = x1 + 2x1x2 + x2 =
;
9
16
16 4 28
x12 + x22 =
;
− 2x1x2 =
+ =
9
9 3
9
За теоремою Вієта x1 + x2 =
D
п
108 ВАРІАНТ 40
(x
− x1 ) = x22 − 2x1x2 + x12 =
2
2
Відповідь:
3
40 2 10
.
=
9
3
2 10
.
3
4
1
3
4
1
;
−
=− .
2 x2 + 2x − 3 x2 + 2x − 8
2
3
4
1
Нехай x2 + 2x − 3 = t , t ≠ 0, t ≠ 5 , тоді
−
=− ;
t t −5
2
t = 10,
2
6 (t − 5) − 8t + t (t − 5) = 0 ; t − 7t − 30 = 0 ; 
t = −3;
x = −1 ± 14 ,
x2 + 2x − 3 = 10, x2 + 2x − 13 = 0, 
x = 0,
x2 + 2x − 3 = −3; x2 + 2x = 0;



x = −2.
−
(x + 3)(x − 1) (x − 2)(x + 4)
=−
.o
rg
4.2.
28 4 40
+ =
; x2 − x1 =
9 3
9
AB
= R , де R — радіус опи2sin ∠ ACB
саного кола трикутника ABС. Оскільки AB = R , то
1
R
= R . Звідси sin ∠ ACB = . Оскільки центри
2
2sin ∠ ACB
вписаного і описаного кіл лежать по різні сторони від
прямої AB, то кут ACB — тупий. Отже, ∠ ACB = 150° ,
1
1
∠ AOB = 180° − ( ∠ ABC + ∠ BAC ) = 180° − ⋅ 30° = 165° .
2
2
Відповідь: 165°.
Можна записати
w
w
w
.4
4.3.
bo
ok
Відповідь: –2; 0; −1 − 14 ; −1 + 14 .
Варіант 40
Частина 3
3.1.
Функція y = − x2 + 4x − 3 квадратична, її графік — парабола, вітки якої напрямлені вниз. Абсциса вершини параболи
4
x0 = −
= 2 , ордината вершини y0 = y (2) = 1 . Точка (2; 1) —
−2
вершина параболи. Знайдемо точки перетину параболи
ВАРІАНТ 40 осями координат. З віссю Ox
y
=
( 0) : −x2 + 4x − 3 = 0; x1 = 1 , x2 = 3 ,
з
у
1
з віссю Oy ( x = 0) : y = −3 . Графік зображено на рисунку. Функція зростає
на проміжку ( −∞; 2] і спадає на
проміжку [2; + ∞ ) .
Відповідь: функція зростає на проміжку ( −∞; 2] , спадає на проміжку [2; + ∞ )
.
0
1 2 3
х
rg
Нехай початковий сплав містив x кг міді. Тоді маса сплаву
x
частину
становила ( x + 10) кг, а маса міді становила
x +10
маси сплаву. Коли до сплаву додали 10 кг міді, то маса сплаву стала ( x + 20) кг, міді в сплаві стало ( x + 10) кг, що ста-
bo
ok
.o
3.2.
109
x + 10
частину маси сплаву. Оскільки відсотковий
x + 20
1
вміст міді збільшився на 5 %=
, то отримуємо рівняння
20
x + 10
x
1
.
−
=
x + 20 x + 10 20
(
w
.4
новило
)
Далі: 20 ( x + 10) − x ( x + 20) = ( x + 20)( x + 10) ;
w
(
2
)
w
20 x2 + 20x + 100 − x2 − 20x = x2 + 30x + 200 ;
2000 = x2 + 30x + 200 ; x2 + 30x − 1800 = 0 ; x1 = 30 , x2 = −60 —
не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 30 кг.
3.3.
Додавши рівняння системи і віднявши від другого рівняння
системи перше рівняння, отримуємо систему рівнянь, рівно2( x + y ) = 10, x + y = 5, x = 4,
x = 1,
сильну даній: 
або
xy
=
4
;
y
=
1
y = 4.
2xy = 8;
{
Відповідь: (4; 1); (1; 4).
{
{
110 3.4.
ВАРІАНТ 40
ABCD — дана рівнобічна трапеція
(рисунок), BC = 15 см, AD = 33 см,
∠ BAC = ∠ CAD . Оскільки BC  AD , то
B
∠ CAD = ∠ BCA . Тоді ∠ BAC = ∠ BCA
і трикутник ABC рівнобедрений, A
BC = AB = CD = 15 см.
AD − BC
Нехай CK ⊥ AD . Тоді KD =
= 9 см.
2
15
C
33
K
D
З CKD ( ∠ CKD = 90°) : CK = CD2 − KD2 = 152 − 92 = 12 (см).
AD + BC
15 + 33
⋅ CK =
⋅12 = 288 (см2).
2
2
rg
Площа трапеції S =
.o
Відповідь: 288 см2.
Якщо a = 3 , то дана функція визначена на множині R.
Якщо a ≠ 3 , то квадратний тричлен, який стоїть під знаком
кореня, набуває лише невід’ємних значень за таких умов:
a − 3 > 0,
a > 3,
Звідси
3 < a  8.
2

3
 a  8;
6
2
20
3
0
−
−
−
a
a

.
(
)
(
)

.4
4.1.
bo
ok
Частина 4
{
Оскільки для будь-яких дійсних a і b виконується нерівність
w
4.2.
w
w
Відповідь: 3 < a  8 .
a − b  a − b , то
4.3.
x + 1 − x − 1  x + 1 − ( x − 1) = 2 .
B
Розглянемо чотирикутник MCM1 D
(рисунок), де точка M1 — образ точки M при паралельному

перенесенні на вектор BC . МаєA
мо: MM1 = BC = AD , CM1 = BM ,
DM1 = AM .
Чотирикутник MCM1 D — шуканий.
C
M
M1
D
ВАРІАНТ 41 111
Варіант 41
Частина 3
Координати точок перетину графіків функцій знайдемо, розв’язавши рів6
няння
= x +5;
x
{
1
–6
0
A
x
1
Нехай другу половину шляху велосипедист їхав зі швидкістю x км/год. Тоді першу половину шляху він проїхав зі
швидкістю ( x + 5) км/год. На першу половину шляху він
w
w
3.2.
.4
bo
ok
{
B
5
rg
x2 + 5x − 6 = 0 , x = −6,

x = 1;
x ≠ 0 ;
x = −6,
x = 1,
тоді
або
y = −1
y = 6.
6
Отже, гіпербола y =
x
і пряма y = x + 5 перетинаються в точках A ( −6; − 1)
і B (1; 6) . Графіки функцій
і точки A і B їх перетину
зображено на рисунку.
y
.o
3.1.
20
20
год, а на другу —
год, що разом склаx +5
x
1
10
20
20 10
ло 3 год 20 хв = 3 год =
год. Маємо:
;
+
=
3
3
x +5 x
3
2
2 1
+ = ; 3(2x + 2x + 10) = x2 + 5x ; x2 − 7x − 30 = 0 ; x1 = 10 ,
x +5 x 3
x2 = −3 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 10 км/год.
w
витратив
1
3.3.
5+ 2
=
(
1
+
8+ 5
+…+
5− 2
5+ 2
)(
5− 2
+
) (
1
38 + 35
=
8− 5
8+ 5
)(
8− 5
)
+…+
(
38 − 35
38 + 35
)(
38 − 35
)
=
112 ВАРІАНТ 41
8− 5
)
(
=
38 + 35
38 − 35
)
=
5 − 2 + 8 − 5 +…+ 38 − 35
=
3
38 − 2
.
3
38 − 2
.
3
Відповідь:
3.4.
)(
Нехай точки O1 і O2 — центри даних
кіл (рисунок). Тоді O1 A = O1 B ,
O2 A = O2C , O1 B ⊥ BC , O2C ⊥ BC .
Нехай ∠ O1 AB = ∠ O1 BA = α ,
∠ O2 AC = ∠ O2CA = β. Тоді
С
В
α
.o
)(
38 − 35
O1
α
β
А
β
O2
bo
ok
5
+…+
rg
8− 5
∠ ABC = 90° − α , ∠ ACB = 90° − β.
З  ABC : ∠ BAC = 180° − ( ∠ ABC + ∠ ACB) = 180° − (90° − α + 90° − β ) = α +
.4
( ∠ ABC + ∠ ACB) = 180° − (90° − α + 90° − β) = α + β . Тоді:
∠ O1 AB + ∠ BAC + ∠ O2 AC = 180° ; α + ( α + β ) + β = 180° ;
w
w
α + β = 90° , тобто ∠ BAC = 90° , що й треба було довести.
w
Частина 4
4.1.
(
)
x − 2 x2 − (5 + a ) x + 5a = 0 ;
 ( x − 5)( x − a ) = 0,

 x  2;
x = 2.
x − 2 ( x − 5) ( x − a ) = 0 ;
Відповідь: При a  2 або a = 5 рівняння має два розв’язки;
при a > 2 і a ≠ 5 рівняння має три розв’язки.
4.2.
 x2 − x − 12  0,
x −5
2
x − x − 12  0 ;  x ≠ 0;

x
x − 5 = 0;
(
)
{
 −3  x  4,
 x ≠ 0;

x = 5;
ВАРІАНТ 42 113
{
 −3  x < 0,
 0 < x  4,

x = 5.
Відповідь: [ −3; 0) ∪ (0; 4] ∪ {5} .
Нехай A1 — образ точки A при симетрії відносно прямої a (рисунок).
Тоді точка перетину прямих a і BA1
є шуканою. (  AXK =  KXA1 , оскільки XK — бісектриса кута AXA1 ,
а  KXA1 =  BXD як вертикальні.)
A
B
a
D
X
K
rg
4.3.
bo
ok
.o
A1
Варіант 42
)
Оцінимо різницю лівої і правої частин даної нерівності:
a3 + 8 − 2a2 + 4a = ( a + 2) a2 − 2a + 4 − 2a ( a + 2) = ( a + 2) a2 − 2a + 4 − 2a =
(
) (
(
)
w
3.1.
.4
Частина 3
)
(
(
)
)
(
w
+ 4 − 2a ( a + 2) = ( a + 2) a2 − 2a + 4 − 2a = ( a + 2) a2 − 4a + 4 = ( a + 2)( a − 2)  0 ,
2
w
оскільки за умовою a  − 2. Отже, a3 + 8  2a2 + 4a при a  − 2.
3.2.
Нехай власна швидкість човна дорівнює x км/год.
Тоді за течією річки він рухався зі швидкістю
5
(x + 3) км/год протягом x + 3 год, а проти течії — зі
3
швидкістю ( x − 3) км/год протягом
год, витративx −3
2
5
3
2
ши на весь шлях 40 хв =
год. Маємо:
+
= ;
3
x +3 x −3 3
3(5x − 15 + 3x + 9) = 2 x2 − 9 ; 24x − 18 = 2x2 − 18 ; 2x2 − 24x = 0 ;
(
)
2x ( x − 12) = 0 ; x1 = 12 , x2 = 0 — не задовольняє умову. Швидкість руху човна за течією становить 12 + 3 = 15 (км/год).
Відповідь: 15 км/год.
)
114 ВАРІАНТ 42
3.3.
y=
8x − 8 8 ( x − 1)
8
=
=− ,
2
x−x
x (1 − x )
x
y
x ≠ 1. Отже, графіком
даної функції є гіпербо8
, з виколотою
x
точкою з абсцисою 1.
Графік зображено на
рисунку.
ла y = −
1
0 1
x
.o
ABC — даний трикутник (рисунок),
AB = 8 см, BC = 9 см, AC = 13 см,
BM — медіана трикутника. На продовженні відрізка BM позначимо точку D так, що BM = MD . Тоді чотирикутник ABCD — паралелограм. За
властивістю діагоналей паралелограма маємо BD2 + AC2 = 2 AB2 + BC2 ,
.4
bo
ok
3.4.
rg
–8
(
C
D
M
B
A
)
w
тобто BD + 169 = 2(64 + 81) .
1
Звідси BD = 11 см. BM = BD = 5,5 см.
2
Відповідь: 5,5 см.
w
w
2
Частина 4
4.1.
 x = a,

 x = 9 , Вихідне рівняння

4
 x  0.
має єдиний розв’язок, якщо a < 0 або якщо розв’язки обох
3
рівнянь сукупності збігаються, тобто a = .
2
3
Відповідь: при a ∈( − ∞; 0) ∪   .
2
(
 x = a,
x − a (4x − 9) = 0 ;  4x − 9 = 0,

 x  0;
)
{
ВАРІАНТ 43 115
4.2.
(x − 3)(x + 4)(x + 6)(x − 2) = 10x2 ; (x2 + x − 12)(x2 + 4x − 12) = 10x2 .
Оскільки x = 0 не є розв’язком даного рівняння, то
x = −3 ± 21 .
Знайдемо координати точки N, використовуючи формули для
координат точки, яка ділить відрізок у заданому відношенні.
bo
ok
4.3.
.o
Відповідь: 4; –3; −3 + 21 ; −3 − 21 .
rg
12  
12 
x2 + x − 12 x2 + 4x − 12

⋅x + 4 −
= 10
⋅
= 10 ;  x + 1 −




x
x 
x
x
12
Нехай x + 4 −
= t , тоді: (t − 3) t = 10 ; t2 − 3t − 10 = 0 ;
x
12

= 5,  2
x+4−
x − x − 12 = 0,
t = 5, 
x

x2 + 6x − 12 = 0; x = 4 або x = −3 або
t = −2;
12
x + 4 −
= −2; 
x

1 ⋅1 + 3 ⋅ ( −3)
1 ⋅ ( −2) + 3 ⋅ 2
= −2, N (1; − 2) .
= 1 , yN =
4
4
x + 2 y − 15
Знайдемо рівняння прямої AB. Маємо:
. Звідси
=
4
−4
y = −x −1. Кутовий коефіцієнт k шуканої прямої можна знайти з рівності k⋅ ( −1) = −1, тобто k = 1. Тоді шукана пряма має
вигляд y = 1 ⋅ ( x − 1) − 2; y = x − 3.
w
w
.4
Маємо: xN =
w
Відповідь: y = x − 3.
Варіант 43
Частина 3
3.1.
Функція y = 8 + 2x − x2 квадратична, її графік — парабола,
вітки якої напрямлені вниз. Абсциса вершини параболи
2
x0 = −
= 1 , ордината вершини y0 = y (1) = 9 . Точка (1; 9) —
−2
116 ВАРІАНТ 43
вершина
параболи.
Знайдемо точки перетину параболи
з осями координат. З віссю Ox
( y = 0) : −x2 + 2x + 8 = 0; x1 = −2,
x2 = 4 ; з віссю Oy ( x = 0) : y = 8 .
Графік зображено на рисунку.
1) Область значень ( −∞; 9] ;
2) y > 0 при −2 < x < 4 .
у
9
8
1
–2
1
4
х
rg
Нехай вантажопідйомність машини, яка перевезла вантаж,
30
рейсів. Планувалося,
становить x т, тоді вона зробила
x
що вантажопідйомність машини буде ( x − 2) т, тоді вона
bo
ok
.o
3.2.
0
30
30
30
15
15
рейсів. Маємо
−
= 4;
−
= 2;
x −2
x −2
x
x −2 x
15x − 15x + 30 = 2x2 − 4x ; 2x2 − 4x − 30 = 0 ; x2 − 2x − 15 = 0 ; x1 = 5 ,
x2 = −3 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 5 т.
Область визначення даної функції — множина розв’язків
w
3.3.
w
.4
зробила б
w
4x − 12 > 0,
системи нерівностей 
 x ≠ 4;
x > 3,

3 < x < 4,
x ≠ 4, x > 4.
x ≠ −4; 
Відповідь: D ( y ) = (3; 4) ∪ (4; + ∞ ) .
3.4.
ABC
—
даний
трикутник
(рисунок),
AB = BC = 20 см, AC = 5 см, BD — висота, AM —
1
бісектриса  ABC , CD = AC = 2,5 см. З BDC
2
CD 2,5
25
1
=
=
= .
( BDC = 90° ) : cos ∠ C =
BC 20 200 8
За властивістю бісектриси трикутника
CM
AC
1
5
1
=
=
= . Отже, CM = BC = 4 см. A
BM AB 20 4
5
B
M
D
C
п
ВАРІАНТ 43 117
2
2
2
З  ACM : AM = AC + CM − 2 AC ⋅ CM ⋅ cos ∠ C =
1
= 25 + 16 − 2 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ = 36 ;
8
AM = 6 см.
Відповідь: 6 см.
Частина 4
(
)
x2 − a2 + 3a x + 4 − a = 0 . Ураховуючи теорему Вієта, маємо:
(
)
(
bo
ok
.o
 a2 + 3a 2 − 4 (5 − a )  0,
 D  0,

 2
 a = −4,
a + 3a = 4;  
 a = 1.
rg
4.1.
)
При a = −4 маємо: a2 + 3a − 4 (4 − a ) = (16 − 12) − 4 ⋅ 8 = 16 − 32 < 0
(
2
)
a = 1 маємо: a2 + 3a − 4 (5 − a ) = 42 − 4 ⋅ 4 = 0 .
2
.4
(16 − 12)2 − 4 ⋅ 8 = 16 − 32 < 0 . При
2
w
Відповідь: при a = 1.
Першу цифру можна вибрати 8 способами (цифра 0 на першому місці записана бути не може). Оскільки четверта цифра
має бути непарною, то для її вибору є 4 можливості: 1, 3, 5
або 7. Кожну з інших цифр — другу і третю — можна вибрати 9 способами. Тоді за правилом добутку кількість шуканих
чотирицифрових чисел дорівнює 8 ⋅ 92 ⋅ 4 = 2592 .
Відповідь: 2592.
4.3.
Нехай O — центр описаного кола трикутника ABC (рисунок). Опустимо з точки O перпендикуляр OK на сторону BC.
Відомо, що AH = 2OK . З прямокутного
трикутника OKB: OK 2 = OB2 − KB2 . Тоді
1
1
AH 2 = R 2 − BC2 .
4
4
w
w
4.2.
A
O
H
C
N K
B
118 ВАРІАНТ 44
Варіант 44
Частина 3
y
3.1.
Графіки рівнянь y = x і y =
зображені на рисунку.
Відповідь: 4.
8
x
1
0
Маємо:
{
.o
rg
Нехай маса 9%-го сплаву цинку дорівнює x кг, а 30%-го —
y кг. Тоді x + y = 300. Перший сплав містить 0,09x цинку,
другий — 0,3y кг, а новий сплав — 300 ⋅ 0,23 = 69 (кг) цинку.
Тоді 0,09x + 0,3y = 69 .
{
x = 300 − y,
x + y = 300,
0,09x + 0,3y = 69; 0,09(300 − y ) + 0,3y = 69;
bo
ok
3.2.
x
4
1
{
x = 300 − y,
0,21y = 42;
.4
x = 300 − y,
27 − 0,09y + 0,3y = 69;
{
x = 100,
y = 200.
w
Нехай x1 і x2 — довільні значення аргументу з проміжку
[1; + ∞), причому x2 > x1 . Маємо:
w
3.3.
w
Відповідь: 100 кг, 200 кг.
(
) (
)
(
)
f (x2 ) − f (x1 ) = x22 − 2x2 − x12 − 2x1 = −2 (x2 − x1 ) + x22 − x12 =
(
)
= −2 (x2 − x1 ) + (x2 − x1 ) (x2 + x1 ) = (x2 − x1 ) −2 + (x2 + x1 ) .
Оскільки x2 > x1 , то x2 − x1 > 0 .
Оскільки x1 і x2 належать проміжку
[1; + ∞) і x > x ,
то x  1 , x > 1 , тоді x + x > 2 і −2 + (x + x ) > 0 . Тоді
(x − x )(4 + (x + x )) > 0 , тобто f (x ) > f (x ) . Отже, дана функB
C
ція зростає на проміжку [1; + ∞ ) .
1
2
3.4.
1
2
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
ABCD — дана трапеція, BC  AD (рисунок),  A = 90° , r — радіус вписаного
кола, r = 4 см. CH — висота трапеції,
AB = CH = 2r = 8 см. HD = AD − BC = 6 см.
A
H
D
ВАРІАНТ 44 119
З CHD
(H = 90°)
CD = CH 2 + HD2 = 10 см. Оскільки в дану трапецію можна
вписати коло, то BC + AD = AB + CD .
Площа трапеції
BC + AD
AB + CD
8 + 10
⋅ CH =
⋅ CH =
⋅ 8 = 72 (см2).
2
2
2
Відповідь: 72 см2.
Частина 4
.o
Множиною розв’язків першої нерівності системи є проміжок
(–3; 4), другої — проміжок ( − ∞; a ) . Для того щоб перетин
цих множин містив рівно 3 цілі числа, має виконуватись нерівність 0 < a  1 .
Відповідь: a ∈(0; 1] .
.4
Оскільки x ( x + 8) = x2 + 8 і ( x + 3)( x + 5) = x2 + 8x + 15 , то дане
рівняння можна записати у вигляді (x2 + 8x ) (x2 + 8x + 15) = 100 .
Нехай x2 + 8x = y . Маємо y2 + 15y − 100 = 0 . Звідси y = −20
або y = 5. Тоді дане рівняння рівносильне сукупності
w
w
w
4.2.
bo
ok
4.1.
rg
S=
x2 + 8x = −20, x2 + 8x + 20 = 0,
x2 + 8x = 5;
x2 + 8x − 5 = 0. Перше рівняння сукупності


розв’язків не має. Друге рівняння має корені x1 = −4 + 21 і
x2 = −4 − 21 .
Відповідь: −4 + 21 ; −4 − 21 .
4.3.
Знайдемо відстань від точки O до даної прямої. Маємо:
5 ⋅ 2 − 12 ⋅ ( −1) + 4
26
=
= 2 . Знайдена відстань дорівнює раді2
2
13
5 + ( −12)
2
2
усу шуканого кола. Запишемо: ( x − 2) + ( y + 1) = 4 .
Відповідь: ( x − 2) + ( y + 1) = 4 .
2
2
120 ВАРІАНТ 45
Варіант 45
Частина 3
3.1.
y = −x − 4x + 5
Функція
квадратична, її графік — парабола, вітки якої напрямлені вниз. Абсциса
−4
вершини параболи x0 = −
= −2 ,
−2
ордината вершини y0 = y ( −2) = 9 .
2
–5
9
1
0
1
х
.o
x2 + 4x − 5 = 0 ; x1 = −5 , x2 = 1 ;
rg
Точка (–2; 9) — вершина параболи. Знайдемо точки перетину параболи з осями координат.
З віссю Ox ( y = 0) : −x2 − 4x + 5 = 0;
у
w
w
.4
Нехай перший робітник може виконати все завдання за
x днів, а другий — за y днів. Тоді за один день перший вико1
1
частину завдання, а другий —
частину. Оскільки за
нує
x
y
умовою разом вони виконають завдання за 2 дні, то разом за
1
1 1 1
день вони виконують
завдання, отже,
+ = . Другий
2
x y 2
2
2
робітник виконає
завдання за y днів, а перший виконає
3
3
1
1
2
1
завдання за x днів. За умовою y − x = 3 . Отримуємо
3
3
3
3
1 1 1
1 1
1 1 1  1
 + = ,
+ = ,
 + = , 
систему:  x y 2
Звідси  x y 2  2y − 9 y 2
 2 y − 1 x = 3.
2y − x = 9;
x = 2y − 9;
 3
3
w
3.2.
bo
ok
з віссю Oy ( x = 0) : y = 5. Графік зображено на рисунку.
1) Область значень — проміжок ( −∞; 9] .
2) Проміжок зростання ( −∞; − 2].
2( y + 2y − 9) = 2y2 − 9y,

x = 2y − 9;
2y2 − 15y + 18 = 0,

x = 2y − 9;
{
y = 6 або y = 1,5,
x = 2y − 9.
Значення y = 15 не задовольняє умову задачі.
Відповідь: перший робітник — за 3 дні; другий — за 6 днів.
ВАРІАНТ 45 B
BD BM 3
і B —
=
=
BA
BC
4
спільний кут  ABC і DBM ,
то
 ABC   DBM
(рисунок).
Оскільки
S DBM
S ABC
S DBM
P
D
2
9
 BM 
=
=
,
 BC 
16
M
rg
Тоді
F
A
9
9
27
=
S
=
⋅ 24 =
(см2).
16  ABC 16
2
Аналогічно  ABC   FBP і
S FBP
S ABC
2
.4
w
w
w
Відповідь: 12 см2.
Частина 4
Оцінимо різницю лівої і правої частин нерівності:
2a2 + 2b2 + 8 − 2ab − 4a − 4b
a2 + b2 + 4 − ab − 2a − 2b =
=
2
a2 − 2ab + b2 + a2 − 4a + 4 + b2 − 4b + 4
=
=
2
=
(a − b)2 + (a − 2)2 + (b − 2)2
2
 0 при всіх
дійсних значеннях a і b.
Отже, a2 + b2 + 4  ab + 2a + 2b при всіх
значеннях a і b.
2
1
 BP 
 1
=
=  =
;
 4
 BC 
16
1
1
3
S ABC =
⋅ 24 =
(см2).
16
16
2
27 3
Тоді SDFPM = S DBM − S FBP =
− = 12 (см2).
2
2
S FBP =
4.1.
C
.o
3.4.
Числа, вказані в умові, утворюють арифметичну прогресію, у якої a1 = 6 , d = 6, an = 246 . Розв’язавши рівняння
6 + 6 (n − 1) = 246 , знаходимо кількість членів цієї прогресії:
6 + 246
6 + 6n − 6 = 246 ; 6n = 246 , n = 41. S41 =
⋅ 41 = 5166 .
2
Відповідь: 5166.
bo
ok
3.3.
121
122 4.2.
ВАРІАНТ 46
Побудуємо графік функції
y = x +4 − x −2 .
При x  2 маємо: y = x + 4 − x + 2 = 6 ;
у
y = a
bo
ok
Нехай точки M, N, K, F — середини
B N C
сторін AB, BC, CD і DA відповідно
трапеції ABCD (рисунок). ОскільM
K
ки MN і KF — середні лінії трикутників ABC і ADC, то MN = KF
A
F
D
і MN  KF .
Звідси випливає, що чотирикутник MNKF — паралелограм.
Крім того, діагоналі MK і NF цього паралелограма рівні
за умовою. Отже, MNKF — прямокутник і ∠ MNK = 90° .
Оскільки MN  AC , KN  BD , то AC ⊥ BD .
w
w
w
.4
4.3.
.o
rg
при −4 < x < 2 маємо:
1
y = x + 4 + x − 2 = 2x + 2; при x  − 4
маємо: y = −x − 4 + x − 2 = −6. Розгля0
х
12
–4
немо кількість розв’язків вихідного
рівняння при різних a. Якщо a = ±6 ,
то безліч розв’язків, якщо −6 < a < 6 ,
–6
a > 6,
то 1 розв’язок, якщо 
то
a
<
−
6
,

розв’язків немає.
Відповідь: немає розв’язків при a < −6 , a > 6 ; 1 розв’язок при
−6 < a < 6 , безліч розв’язків при a = ±6 .
Варіант 46
Частина 3
3.1.
y
Графіком рівняння y = x2 − 4 є парабола, вітки якої напрямлені вгору,
з вершиною в точці (0; − 4) . Графіком
другого рівняння системи ( y = −2x − 1)
є пряма. Графіки рівнянь системи
зображено на рисунку. Вони перетинаються в точках з координатами
(1; − 3) і ( −3; 5) .
Відповідь: (1; − 3) , ( −3; 5) .
5
1
–3
–1
–4
01
x
ВАРІАНТ 46 123
3.2.
Нехай початкова швидкість велосипедиста x км/год. Тоді
повертався він зі швидкістю ( x + 3) км/год, витративши на
30
30
дорогу із села A в село B
год, а з B в A —
год, що
x
x+3
1
на 30 хв =
год менше, ніж час руху з A до B. Маємо:
2
30
30
1
−
= ; 60 ( x + 3 − x ) = x2 + 3x ; x2 + 3x − 180 = 0 ; x1 = 12 ,
x
x+3 2
x2 = −15 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 12 км/год.
3.3.
Область визначення даної функції — множина розв’язків
3 + 5x − 2x2 > 0,
2x2 − 5x − 3 < 0,
системи нерівностей 
Тоді 
x − 2  0.
x  2;
−0,5 < x < 3,
2  x < 3.
x  2;
Отже, область визначення даної функції D ( y ) = [2; 3) .
bo
ok
.o
rg
{
Відповідь: D ( y ) = [2; 3) .
( ∠ C = 90°) :
.4
ABC — даний прямокутний трикутник (рисунок), точка O — центр вказаного кола,
OK — радіус кола, проведений у точку його
дотику зі стороною AC, OK ⊥ AC . З  ABC
w
3.4.
K
C
w
w
AB = AC2 + CB2 = 13 см.
 AOK   ABC за першою ознакою подіб­
ності трикутників ( ∠ AKO = ∠ ACB = 90° ,
KO
AO
∠ A — спільний). Тоді
. Нехай
=
CB
AB
65
r 13 − r
KO = OB = r ; тоді
; r=
см.
=
18
5
13
65
Відповідь:
см.
18
A
Частина 4
4.1.
Використовуючи нерівність Коші, отримуємо:
a4 + 4b4 + 4  2 4a4b4 + 4 = 4a2b2 + 4 =
(
)
= 4 a2b2 + 1  4 ⋅ 2 a2b2 ⋅1 = 8 ab  8ab .
4.2.
4x2 − 2xy + y2 = 4, 4x2 − 2xy + y2 = −6x2 + 3xy + y2 ,
 2
 2
2
2
6x − 3xy − y = −4; 6x − 3xy − y = −4;
O
B
124 ВАРІАНТ 47
 x = 0,
10x2 − 5xy = 0,
x = 0,

або
 2
  y = 2x,
 2
2
6
x
−
3
xy
−
y
=
−
4
;

6x2 − 3xy − y2 = −4;  − y = −4
y = 2x,
 2
2
2
6x − 6x − 4x = −4;
{
{
{
Відповідь: (0; 2) ; (0; − 2) ; (1; 2) ; ( −1; − 2) .
C
a b
A
M
bo
ok
D
)
.4
a sin ( α + β )
a sin ( α + β )
1
; CM = DC
.
2
2 sin α
sin α
w
Звідси DC =
asin ( α + β )
.
2 sin α
w
w
Відповідь:
B
a
.o
rg
4.3. Нехай ABC — даний трикутник (рисунок), CM — медіана,  ACM = α ,
BCM = β, BC = a . На продовженні
відрізка CM позначимо точку D так,
що CM = MD . Тоді чотирикутник
ACBD — паралелограм, BDC = α .
За теоремою синусів з трикутника DBC
DC
BC
маємо
,
=
sin  DBC sin  BDC
DC
a
тобто
=
.
sin α
sin 180° − ( α + β )
(
{
x = 0,
x = 0,
x = 1,
x = 1,
або
або
або
y=2
y = −2
y=2
y = −2.
Варіант 47
Частина 3
3.1.
Функція y = −x + 8x − 12 квадратична, її графік — парабола, вітки якої напрямлені вниз. Абсци8
са вершини параболи x0 = −
= 4,
−2
ордината вершини y (0) = y (4) = 4 .
Точка (4; 4) — вершина параболи.
Знайдемо точки перетину параболи
2
y
4
1
–10
1 2
4
6
x
ВАРІАНТ 47 125
з осями координат. З віссю Ox ( y = 0) : x2 − 8x + 12 = 0 ; x1 = 2 ,
x2 = 6 . З віссю Oy ( x = 0) : y = −12.
Графік зображено на рисунку.
1) Область значень ( − ∞; 4].
2) Множина розв’язків нерівності [2; 6] .
Нехай власна швидкість катера дорівнює x км/год, тоді
його швидкість за течією становить ( x + 2) км/год. За те­чією
10
9
10
9
він плив
год, а озером
год. Маємо:
+ = 1;
x+2
x
x+2 x
10x + 9( x + 2) = x ( x + 2) ; x2 − 17x − 18 = 0 ; x1 = −1 — не задовольняє умову задачі, x2 = 18 .
Відповідь: 18 км/год.
rg
3.2.
.o
b q − b1q 3 = 1,5,
Нехай q — знаменник прогресії. Тоді  1
2
b1 − b1q = 3;
b1q 1 − q 2 = 1,5,
4
3
Звідси q = 0,5 , b1 =
= 8.
= 4, S =

2
2
q
1
−
0,5
1
−
=
b
1
−
q
3
.
 1
Відповідь: 8.
ABCD — дана трапеція (рисунок),
B
C
AB = BC = CD , ∠ ACD = 90° . Нехай
∠ CAD = α , ∠ CAD = ∠ ACB як різносторонні при BC  AD та січній
AC, ∠ CAB = ∠ ACB як кути при
A
D
основі рівнобедреного  ABC . Тоді
∠ CAB = ∠ ACB = α , ∠ CDA = 2α .
У трикутнику ACD: ∠ CAD + ∠ CDA = 90° . Тобто α + 2α = 90° ;
α = 30° . Отримуємо: ∠ CAD = 2α = 60° ; ∠ DCB = 120° .
Відповідь: 120°, 120°, 60°, 60°.
w
w
w
3.4.
)
)
.4
(
(
bo
ok
3.3.
x − (4 + 3a ) x + 12a
4.1.
Частина 4
x2 − (4 + 3a ) x + 12d = 0,
= 0;  2
x2 − 1
x − 1 > 0;
 x = 3a,
 x = 3a,
 x = 4;
 x = 4;

Система має єдиний розв’язок,


( x − 1)( x + 1) > 0;  x < −1,


 x > 1.
2
п
126 ВАРІАНТ 48
4
1
1
, або −1  3a  1 , тобто −  a  .
3
3
3
1
1
4
Відповідь: −  a 
або a = .
3
3
3
якщо 3a = 4 , тобто a =
4.2.
y = 2x + 2 x2 − 1 − x − 1 =
= x − 1 + 2 ( x − 1)( x + 1) + x + 1 − x − 1 =
=
(
x −1 + x +1
)
2
у
1
− x −1 =
0
х
1
Нехай α — кут між сторонами a і b. З урахуванням
a2 + b2  2ab і 0 < sinα  1 можна записати
.o
4.3.
rg
= x − 1 + x + 1 − x − 1 = x + 1 при x 1.
Графік функції зображено на рисунку.
bo
ok
a2 + ab + b2
a2 + ab + b2 3ab ab ab sinα
.

=

= S , тобто S 
6
6
2
2
6
Частина 3
w
Функція y = 4x − x2 квадратична, її
у
графік — парабола, вітки якої на4
прямлені вниз. Абсциса вершини
4
параболи x0 = −
= 2 , ордината вер−2
1
шини y0 = y (2) = 4 . Точка (2; 4) — вер0
шина параболи. Парабола перетинає
вісь абсцис у точках x1 = 0 і x2 = 4 .
Графік зображено на рисунку.
1) Область значень ( −∞; 4] .
2) Функція спадає на проміжку [2; + ∞ ) .
w
3.1.
w
.4
Варіант 48
3.2.
1
3
5
х
Нехай перша бригада виготовляла щогодини x деталей, отже,
120
год. Тоді друга бривона витратила на їх виготовлення
x
гада щогодини виготовляла ( x − 4) деталі, отже, витратила на
ВАРІАНТ 48 127
144
год. За умовою перша бригада працюx−4
144 120
вала на 3 год менше, ніж друга. Тоді маємо:
−
= 3;
x−4
x
48
40
2
2
−
= 1 ; 48x − 40x + 160 = x − 4x ; x − 12x − 160 = 0 ;
x−4
x
x1 = 20 , x2 = −8 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: перша бригада виготовляла щогодини 20 деталей,
а друга — 16 деталей.
їх виготовлення
3.3.
Нехай x1 і x2 — корені даного рівняння, x1 і x2 — корені
шуканого рівняння. За умовою x1 = x1 + 3 , x2 = x2 + 3 . За теоремою Вієта x1 + x2 = 8 , x1x2 = 2 .
rg
Тоді x1 + x2 = x1 + 3 + x2 + 3 = x1 + x2 + 6 = 8 + 6 = 14 ;
w
w
.4
ABC — даний трикутник (рисунок),
B
M, N, K — точки дотику вписаного
кола до сторін AB, BC і AC відповідно,
M
N
AC = 30 см, BM = 12 см, AM = 14 см.
AB = AM + MB = 26 см. За властивістю
дотичних, проведених до кола через одну
K
C
точку, BN = BM = 12 см, AK = AM = 14 см. A
Тоді KC = AC − AK = 30 − 14 = 16 (см),
CN = KC = 16 см, BC = BN + CN = 28 см.
S
Радіус вписаного кола r = , де S — площа трикутника,
p
30 + 28 + 26
p — його півпериметр, p =
= 42 (см),
2
S = p ( p − AB)( p − BC )( p − AC ) =
w
3.4.
bo
ok
Відповідь: x2 − 14x + 35 = 0 .
.o
x1 x2 = (x1 + 3) (x2 + 3) = x1x2 + 3 (x1 + x2 ) + 9 = 2 + 24 + 9 = 35 .
Отже, шукане рівняння має вигляд x2 − 14x + 35 = 0 .
= 42(42 − 30)(42 − 28)(42 − 26) = 42 ⋅12 ⋅14 ⋅16 =
= 14 ⋅ 3 ⋅12 ⋅14 ⋅16 = 142 ⋅ 36 ⋅16 = 14 ⋅ 6 ⋅ 4 = 336 (см2),
r=
336
= 8 см.
42
Відповідь: 8 см.
128 ВАРІАНТ 48
Частина 4
x 2 − 4 x + y2 − 4 y + 4  0 ;
y
x 2 − 4 x + 4 + y2 − 4 y + 4  4 ;
4
(
) (
2
)
2
x −2 + y −2 4.
Для розв’язування треба побудувати графік при x  0 , y  0,
а потім виконати симетричне
відображення отриманого круга відносно координатних осей
і початку координат. Множину
точок зображено на рисунку.
1
4
x
–4
1 
1


Подамо дане рівняння у вигляді 3  x2 + 2  + 5  x +  = 16 .


x 
x
1
1
1
Нехай x + = y , тоді x2 + 2 + 2 = y2 ; x2 + 2 = y2 − 2 . Маємо:
x
x
x
 y = 2,
3 y2 − 2 + 5y = 16 ; 3y2 + 5y − 22 = 0 ; 
Отже, вихід11
.
y = −
3

1

x + x = 2,
не рівняння рівносильне сукупності 
Маємо:
1
11
x + = −
.
x = 1,
3
x

x2 − 2x + 1 = 0,

11
85
−
±
3x2 + 11x + 3 = 0; x =
.

6

)
w
w
w
.4
(
bo
ok
.o
4.2.
0
rg
4.1.
Відповідь: 1;
4.3.
−11 ± 85
.
6
Нехай  AOB =  COD = α . Тоді  BOC =  AOD = 180° − α .
AB
CD
Запишемо R1 =
, R3 =
,
2 sinα
2 sinα
BC
BC
AD
R2 =
=
, R4 =
.
2 sin (180° − α ) 2 sin α
2 sinα
AB + CD
BC + AD
Тоді R1 + R3 =
, R2 + R4 =
. Ураховуючи, що
2 sinα
2 sinα
R1 + R3 = R2 + R4 , отримуємо: AB + CD = BC + AD , тобто в чотирикутник ABCD можна вписати коло.
ВАРІАНТ 49 129
Варіант 49
Частина 3
Функція y = −4x − x квадратична, її графік — парабола,
вітки якої напрямлені вниз. Абсциса вершини параболи
−4
x0 = −
= −2 , ордината вершини y0 = y ( −2) = 4 . Точка (–2; 4) —
−2
вершина параболи. Знайдемо точки
у
перетину параболи з осями коорди4
нат. З віссю Ox ( y = 0) : −4x − x2 = 0 ;
x1 = 0 , x2 = −4 . Графік проходить
1
через початок координат. Графік
зображено на рисунку.
0 1 х
–4
1) −4x − x2  0 при x ∈[ −4; 0] .
2) Функція спадає на проміжку
[ −2; + ∞) .
Нехай треба взяти x кг 20%-го сплаву і y кг 50%-го сплаву. Тоді загальна маса отриманого сплаву дорівнюватиме
x + y = 30 (кг). Вміст міді у 20%-му сплаві складає 0,2x кг,
у 50%-му — 0,5y кг, в отриманому 30%-му — 30 ⋅ 0,3 = 9 (кг).
Оскільки кількість міді в отриманому сплаві дорівнює загальній кількості міді у вихідних сплавах, маємо: 0,2x + 0,5y = 9 .
.4
{
{
w
3.2.
bo
ok
.o
rg
3.1.
2
{
{
{
3.4.
Відповідь: 20 кг 20%-го сплаву і 10 кг 50%-го.
Нехай q — знаменник прогресії. Тоді b1 = 5 ; b5 = 1280 ; b5 = b1q 4 ;
1280 = 5q 4 ; q 4 = 256 ; q = 4 або q = −4 . Якщо q = 4 , то маємо
прогресію 5, 20, 80, 320, 1280; якщо q = −4 , то маємо прогресію 5, –20, 80, –320, 1280.
Відповідь: 5, 20, 80, 320, 1280 або 5, –20, 80, –320, 1280.
w
3.3.
w
x + y = 30,
x + y = 30,
2x + 2y = 60, 3y = 30,
y = 10,
0,2x + 0,5y = 9; 2x + 5y = 90; 2x + 5y = 90; x + y = 30; x = 20.
AM — бісектриса даного  ABC (рисунок),
CM = 6 см, BM = 10 см. За властивістю
AB BM 10 5
бісектриси
=
=
= . Нехай
AC CM
6
3
AB = 5x см, x > 0, тоді AC = 3x см. Оскільки AB2 − AC2 = BC2 , то 25x2 − 9x2 = 162 ;
B
M
C
A
130 ВАРІАНТ 49
16x2 = 162 ; x2 = 16 ; x = 4.
Тоді AC = 3 ⋅ 4 = 12 (см).  ACM — вписаний для кола, яке проходить через
точки A, C і M. Оскільки  ACM = 90° , то відрізок
AM — діаметр даного кола. З  ACM ( ACM = 90°) :
AM =
AC2 + CM 2 = 144 + 36 = 180 = 6 5
1
радіус R = AM = 3 5 см.
2
(см). Шуканий
Відповідь: 3 5 см.
{
 x = 3a + 1,
 x = 3a + 1,


x = 3a + 1,
= 0 ;  x = −1;
 x = −1;
2
1
< x < 2.
−x + 3x − 2
 −x2 + 3x − 2 > 0; 1 < x < 2;
Дане рівняння має один розв’язок, якщо 1 < 3a + 1 < 2 ;
1
0<a< .
3
1
Відповідь: при 0 < a < .
3
.o
x2 − 3ax − 3a − 1
4.3.
w
{
у
1
0
–2
1
y = –2
Множину точок зображено на рисунку.
Розглянемо опуклий чотирикутник
B
ABCD, діагоналі якого перетинаються
в точці O (рисунок). З нерівності триO
кутника: AB < OA + OB , BC < OB + OC ,
CD < OC + OD , DA < OD + OA . Додаю- A
чи почленно ці нерівності, отримуємо:
AB + BC + CD + DA < 2OA + 2OB + 2OC + 2OD = 2 AC + 2BD .
1
Звідси ( AB + BC + CD + DA ) < AC + BD .
2
п
3 х
x = 3
w
Дана рівність рівносильна
( x − 3)( y + 2) = (3 − x )( − y − 2),

системі 3 − x  0,
 − y − 2  0;
x  3,
y  − 2.
w
4.2.
.4
bo
ok
4.1.
rg
Частина 4
C
D
ВАРІАНТ 50 131
Варіант 50
Частина 3
3.1.
y
Графік функції зображено на
рисунку. Функція зростає на
проміжках ( − ∞; − 2] і [0; 2] ,
3
1
спадає на проміжках [ −2; 0]
і [2; + ∞ ) .
1 2
.o
bo
ok
.4
w
w
w
3.3.
x
Нехай через другу трубу проходить x м3 води за годину. Тоді через першу трубу проходить ( x + 10) м3/год. Че10
рез другу трубу резервуар наповнюється за
год, а чеx
5
1
10
рез першу — за
год, що на 5 хв =
год =
год
60
12
x + 10
10
10
1
менше, ніж через другу трубу. Маємо:
;
−
=
x
x + 10 12
12(10x + 100 − 10x ) = x2 + 10x ; x2 + 10x − 1200 = 0 ; x1 = 30 ,
x2 = −40 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 30 м3, 40 м3.
x
Розглянемо перше рівняння системи. Нехай
= t , тоді
y
2
2
2
t − = 1; t − 2 = t ; t − t − 2 = 0 ; t1 = 2 , t2 = −1. Розглянемо ці
t
випадки окремо.
x
x = 2y,
x = 2y,
 = 2,
1)  y
 2
 2
2
2
y
−
y
+
y
=
;
4
10
2
32
y = −8.
x2 − 5xy + 2y2 = 32; 
rg
3.2.
–2 –1 0
Отримана система не
x
 = −1,
2)  y
x2 − 5xy + 2y2 = 32;
{
{
має розв’язку.
x = − y,
x = − y,
 2
 2
2
2
5
2
32
y
+
y
+
y
=
;

y = 4;
{
x = − y,
x = −2,
x = 2,
або
y = 2 або y = −2; y = 2
y = −2.
Відповідь: (–2; 2); (2; –2).
132 3.4.
ВАРІАНТ 50
B
ABCD — дана трапеція (рисунок),
C
BC  AD , AB = 25 см, CD = 30 см,
BM — бісектриса кута ABC. CM — бісектриса кута BCD.
 ABM =  CBM за умовою,
A K
M E
D
 AMB =  CBM як різносторонні
при BC  AD та січній BM.
Тоді  ABM =  AMB і BAM
є рівнобедреним, AM = AB = 25 см.
Аналогічно MD = CD = 30 см. Отже, AD = AM + MD = 55 см.
BK і CE — висоти трапеції, BK = CE = 24 см. З  AKB
rg
( AKB = 90°) : AK = AB2 − BK 2 = 252 − 242 = 7 (см).
З CED (CED = 90°) : ED = CD2 − CE2 = 302 − 242 = 18 (см).
bo
ok
.o
BC = KE = AD − ( AK + ED ) = 55 − (7 + 18) = 30 (см).
AD + BC
55 + 30
Площа трапеції S =
⋅ BK =
⋅ 24 = 1020 (см2).
2
2
Відповідь: 1020 см2.
(
)
w
w
Розв’яжемо рівняння x2 − 9 x2 − 6x + 5 = 0 . Маємо:
 x = −3,
 x = 3,
 x2 − 9 = 0,

x = −3,
 2
 x = 1, 
x = 1,
x
6
x
5
0
,
−
+
=

 x = 5,
x = 5.
x2 − 6x + 5  0;  


 x  1,

 x  5;
Розглянемо функцію f ( x ) = x2 − 9 x2 − 6x + 5 ;
w
4.1.
.4
Частина 4
(
)
D ( f ) = ( −∞; 1] ∪ [5; + ∞ ) .
Нулі функції розбивають її область визначення на проміжки
( −∞; − 3) , ( −3; − 1) і (5; + ∞ ) . Далі розв’язуватимемо вихідну
нерівність методом інтервалів (рисунок):
( −∞; − 3] ∪ [5; + ∞ ) ∪ { 1 } .
+
–3
–
Відповідь: ( −∞; − 3] ∪ [5; + ∞ ) ∪ { 1 } .
+
1
5
ВАРІАНТ 51 4.2.
133
(3a − 2) x2 − (4 − 6a ) x + a + 2 = 0 .
2
8
маємо:
= 0 — рівняння не має розв’язків.
3
3
2
При a ≠
квадратне рівняння має розв’язки, якщо дискри3
мінант невід’ємний, тобто
(2 − 3a )2 − (3a − 2)(a + 2) = (3a − 2)(3a − 2 − a − 2) =
2
= 2 (3a − 2) ( a − 2)  0 ; a <
або a  2.
3
2
Відповідь: при a <
або a  2.
3
   
B F
C
Нехай AB = a
, AD = b
(рисунок),
  1  1  3  1 
 1  AK
= a + BK
1 = a + b − a = a + K
b=
тоді BF = b , AF = a + b , 4
4
4
4
3
3
    1  1  3A  1 
   
D
1
1
AK
BD = b − a , BK
= = ab +− BKa =
; a+ b − a = a+ b =
4
4
4
4
4
4
    1  1  3  1  3   1   3 
AK = a + BK = a + b − a = a + b =  a + b  = AF .
4
4
4
4
4
3  4


Отже, вектори AK і AF колінеарні, тому лежать на одній
прямій.
.4
bo
ok
.o
4.3.
rg
При a =
Частина 3
Графіком функції y = x2 − 2x − 4 є парабола, вітки якої напрямлені вгору.
Знайдемо абсцису вершини параболи:
−2
x0 = −
= 1. Ордината вершини пара2
боли y0 = y (1) = −5 . Точка (1; − 5 ) —
вершина параболи. Знайдемо точки
перетину параболи з осями координат. З віссю Ox ( y = 0 ) : x2 − 2x − 4 = 0 ;
w
3.1.
w
w
Варіант 51
x1 = 1 − 5 , x2 = 1 + 5 . З віссю Oy
( x = 0 ) : y = −4 .
Графік функції зображено на рисунку.
1) Область значень функції [ −5; + ∞ ) .
2) Функція спадає на проміжку ( − ∞;1] .
y
–1
0
–4
–5
3
1
x
п
134 ВАРІАНТ 51
Нехай швидкість пішохода x км/год, тоді швидкість велосипедиста ( x + 9 ) км/год. Велосипедист до зустрі6
6
чі їхав
год, а пішохід йшов
год, що за умоx+9
x
36
3
вою на 36 хв =
год більше часу, витраченогод =
60
5
6
6
3
2
2
1
го велосипедистом. Маємо:
−
= ;
−
= ;
x x+9 5
x x+9 5
10 ( x + 9 ) − 10x = x2 + 9x ; x2 + 9x − 90 = 0 ; x1 = 6 , x2 = −15 — не
задовольняє умову задачі.
Відповідь: 6 км/год.
3.3.
За умовою a1 = 4,6 , a2 = 4,2 , різниця прогресії
d = a2 − a1 = 4,2 − 4,6 = −0,4 . Знайдемо кількість n додатних
членів прогресії: an = a1 + d ( n − 1) = 4,6 − 0,4 ( n − 1) = 5 − 0,4n > 0 ;
50
1
0,4n < 5 ; n <
= 12 . Отже, дана прогресія має 12 додат4
2
2a1 + 11d
9,2 − 4,4
них членів; S12 =
⋅ 12 =
⋅ 12 = 28,8 .
2
2
Відповідь: 28,8.
3.4.
B
C
ABCD — дана трапеція (рисунок),
BC  AD , AB ⊥ AD , BC = CD , CM — висота трапеції, CE = 20 см, EM = 12 см,
CM = 32 см. Оскільки BC = CD , то
∠ CBD = ∠ CDB, ∠ CBD = ∠ ADB як
різносторонні при BC  AD та січній BD. Тоді ∠ CDB = ∠ ADB і DE —
A
M D
бісектриса  CMD . За властивістю біCD
CE
20 5
сектриси
=
=
= .
MD EM 12 3
Нехай CD = 5x см, x > 0, тоді MD = 3x см.
З  CMD ( ∠ M = 90° ): CD2 − MD2 = CM 2 . Тоді 25x2 − 9x2 = 322 ;
w
w
w
.4
bo
ok
.o
rg
3.2.
16x2 = 322 ; 4x = 32 ; x = 8. Отже, BC = CD = AM = 40 см,
MD = 24 см, AD = 64 см.
64 + 40
AD + BC
Площа трапеції S =
⋅ CM =
⋅ 32 = 1664 (см2).
2
2
Відповідь: 1664 см2.
ВАРІАНТ 51 135
Частина 4
4.1.
x2 + ax + 2a = 0 ; за теоремою Вієта x1 + x2 = −a , x1x2 = 2a .
 D  0,
З умови задачі:  2
Тоді маємо:
2
x1 + x2 = 5.
 a  0,
 a  8,

a = −1.

 a = −1,

 a = 5;
.o
Відповідь: при a = −1.
rg
a ( a − 8 )  0,
 2
a − 4a − 5 = 0;
2
a − 8a  0,
2

( x1 + x2 ) − 2x1x2 = 5;
Оцінимо різницю лівої і правої частин даної нерівності:
a6 + b6 − a5b − ab5 = a5 ( a − b ) + b5 ( b − a ) = ( a − b ) ( a5 − b5 ) .
При a  b обидва множники a − b і a5 − b5 невід’ємні, тобто ( a − b ) ( a5 − b5 )  0 , при a < b обидва множники від’ємні
і ( a − b ) ( a5 − b5 ) > 0 , тобто вихідна нерівність виконується.
4.3.
ABC і A1B1C1 — дані триB1
B
кутники, BM і B1M1 —
медіани цих трикутниC
C1
ків відповідно (рисунок),
A
M1
M
A1
AB = A1B1 ,
BC = B1C1 ,
BM = B1 M1 . На продовженнях відрізків BM
D1
D
і B1M1 позначимо точки D
і D1 відповідно так, щоб
BM = MD і B1 M1 = M1 D1 .
Тоді чотирикутники ABCD і A1B1C1D1 — паралелограми,
AD = BC , A1 D1 = B1C1 . Трикутники ABD і A1B1D1 рівні за третьою ознакою рівності трикутників, отже, рівні й їх медіани
AM і A1M1. Тоді AC = A1C1 , і трикутники ABC і A1B1C1 рівні
за третьою ознакою рівності трикутників.
w
w
w
.4
bo
ok
4.2.
136 ВАРІАНТ 52
Варіант 52
Частина 3
Графіком функції y = −x2 + 6x − 8
у
є парабола, вітки якої напрямлені
0
вниз. Абсциса вершини параболи
–1
6
x0 = −
= 3 . Ордината вершини па−2
раболи y0 = y (3 ) = 1 . Точка (3; 1) —
вершина параболи. Знайдемо точки
перетину параболи з осями координат. З віссю Ox ( y = 0 ) : −x2 + 6x − 8 = 0 ;
x1 = 2 , x2 = 4 . З віссю Oy ( x = 0 ) :
y = −8 . Графік функції зображено на
рисунку.
1) Функція зростає на проміжку ( − ∞; 3] .
2) y > 0 при x ∈ (2; 4 ) .
1 2
4
х
.4
Нехай перша бригада може самостійно зорати поле за x год,
тоді друга бригада — за ( x + 12) год. За 1 год перша бригада
1
1
зорює
частину поля, друга —
частину поля, а раx
x + 12
1
1
1
1
зом —
поля. Маємо: +
= ; ( x + 12 + x ) ⋅ 8 = x ( x + 12) ;
8
x x + 12 8
x2 − 4x − 96 = 0 ; x1 = 12 , x2 = −8 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: перша бригада може зорати поле за 12 год, а друга — за 24 год.
w
w
w
3.2.
bo
ok
.o
rg
3.1.
3.3.
3
7
, x1x2 = − .
2
2
2
9
1
Тоді x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2x1x2 = + 7 = 9 .
4
4
За теоремою Вієта x1 + x2 =
Відповідь: 9
1
.
4
ВАРІАНТ 52 3.4.
MNK
нок),
— даний
NP ⊥ MK ,
трикутник (рисуMP = PK = 7
см,
NP = NK 2 − PK 2 = 24
137
N
см. Півпериметр
E
F
 MNK : p = PK + NK = 7 + 25 = 32 (см),
S
1
1
S MNK = MK ⋅ NP = ⋅ 14 ⋅ 24 = 168 (см2).
2
2
Радіус кола, вписаного в  MNK :
M
P
S MNK 168 21
r=
=
=
(см).
p
32
4
21 27
NS = NP − SP = 24 − 2 ⋅
=
(см).
4
2
Оскільки FE  MK , то  FNE   MNK .
S FNE
S FNE
NS2
81
272
92
=
= 2
=
Тоді
;
;
=
2
2
2
S MNK
NP
168
4 ⋅ 64
2 ⋅ 24
4⋅8
168 ⋅ 81 1701
(см2).
=
4 ⋅ 64
32
Відповідь:
bo
ok
S FNE =
.o
rg
K
1701
см2.
32
4.2.
−2
n −1
⋅ 4 + …+ 4
 2x2 − 7x − 4 = 0,  x = 4,
 x  0;
 
1
x − a 2x2 − 7x − 4 = 0 ;  
 x = − ; або
2
2
 x = a ,

 a  0;

0
x



x = 4,
 x = a2 , 
2

 x=a ,

a  0;  a  0.

a2 = 4,
або a < 0 .
Рівняння має єдиний корінь, якщо 
a  0
Відповідь: при a ∈ ( − ∞; 0 ) ∪ {2}.
)(
w
(
w
4.1.
w
.4
Частина 4
)
14 ⋅ 13n + 13 ⋅ 22n = 14 ⋅ 13n + 13 ⋅ 4n = 14 ⋅ 13n − 14 ⋅ 4n + 27 ⋅ 4n =
= 14 13n − 4n + 27 ⋅ 4n = 14 (13 − 4 ) 13n −1 + 13n −2 ⋅ 4 + …+ 4n −1 + 27 ⋅ 4n =
(
) + 27 ⋅ 4
n
( (
)
(
n −1
= 14 ⋅ 9 ⋅ 13
n −1
= 9 14 13
n −2
+ 13
n −2
+ 13
(
n −1
⋅ 4 + …+ 4
n −1
⋅ 4 + …+ 4
) + 27 ⋅ 4
n
=
)
) + 3 ⋅ 4 ) . Отже, значення даного
n
виразу кратне 9 при всіх натуральних значеннях n.
138 ВАРІАНТ 53
4.3.
На продовженні відрізка BM
B
позначимо точку K так, що
BM = MK (рисунок), тоді чотирикутник ABCK — паралелограм.
A
Звідси ∠ MBC = ∠ MKA = 80° . Тоді
∠ BAK = 180° − ( ∠ MKA + ∠ ABM ) = 180° − ( 80° + 20M
° ) = 80°
MKA + ∠ ABM ) = 180° − ( 80° + 20° ) = 80° . Отже, трикутник ABK рівнобедрений і AB = BK
K
AB = BK , тобто AB = 2BM .
C
Частина 3
.o
( x + 4 ) ( x2 − 4x + 16 ) − ( x2 − 10 ) ( x − 1) = x3 + 64 − x3 + x2 + 10x − 10 =
2
= x2 + 10x + 54 = x2 + 10x + 25 + 29 = ( x + 5 ) + 29 > 0 при всіх зна-
bo
ok
3.1.
rg
Варіант 53
.4
ченнях x. Найменшого значення, рівного 29, вираз набуває
при x = −5.
Відповідь: 29 при x = −5.
Нехай тракторист зорав поле за x днів. Тоді кожен день він
200
га. За планом він мав зорати поле за ( x + 2) дні
орав
x
200
200 200
40
40
і орати щодня
га. Тоді:
−
= 5;
−
= 1;
x+2
x
x+2
x
x+2
40x + 80 − 40x = x2 + 2x ; x2 + 2x − 80 = 0 ; x1 = 8 ; x2 = −10 — не
задовольняє умову задачі.
Відповідь: за 8 днів.
3.3.
D ( y ) = ( − ∞; − 1) ∪ ( −1; 3 ) ∪ (3; + ∞ ) .
w
w
w
3.2.
y
1

3 x −  ( x − 3)
( x − 1) ( x + 1)
3x − 10x + 3 x − 1
3
−
−
=
= 
x −3
x +1
x −3
x +1 1
2
2
1

3 x −  ( x − 3)
( x − 1) ( x + 1)
3
−
= 3x − 1 − ( x − 1) = 2x .
= 
x −3
x +1
–1
01
3
x
ВАРІАНТ 53 139
Отже, графіком даної функції є пряма y = 2x , з якої виколото
точки з абсцисами –1 і 3. Графік зображено на рисунку.
AC =
( −3 − 2) + (1 + 2)
2
2
rg
Нехай точка E — середина діагоналі AC.
x + xC 2 − 3
y + yC
1
1
−2 + 1
Тоді xE = A
=
= − , yE = A
=
=− ,
2
2
2
2
2
2
1
 1
E  − ; −  . Нехай точка F — середина діагоналі BD.
2
 2
x + xD 1 − 2
y + yD 2 − 3
1
1
Тоді xF = B
=
= − , yF = B
=
=− ,
2
2
2
2
2
2
1
 1
F  − ; −  . Отже, середини діагоналей чотирикутника
2
 2
ABCD збігаються і цей чотирикутник є паралелограмом.
( −2 − 1) + ( −3 − 2)
2
= 34 , BD =
2
.o
3.4.
= 34 .
bo
ok
Отже, діагоналі цього паралелограма рівні, тому він є прямокутником.
Частина 4
( xy − 2 ( x + y ) + 4 ) xy = 9,
Нехай

xy − x − y = 3.
z ( z − 2t + 4 ) = 9, z ( z − 2z + 6 + 4 ) = 9,
x + y = t , xy = z , тоді: 

z − t = 3;
t = z − 3;
.4
( x − 2 ) ( y − 2 ) xy = 9,

xy − x − y = 3;
w
w
w
4.1.
 z = 9,
z2 − 10z + 9 = 0,  
 z = 1;

t = z − 3;
t = z − 3;
Відповідь: (3; 3), (–1; –1).
4.2.
{
{





z = 9,
t = 6;
z = 1,
t = −2;
{
{





xy = 9,
x + y = 6;
xy = 1,
x + y = −2;
{
{





x = 3,
y = 3;
x = −1,
y = −1.
n3 + 11n = n3 − n + 12n = n ( n − 1) ( n + 1) + 12n . Одне з чисел n
і n −1 обов’язково є парним і одне з чисел n, n −1 і n + 1
обов’язково кратне 3, тобто значення виразу n ( n − 1) ( n + 1)
при всіх n ∈N кратне 6, значення виразу 12n кратне 6 при
будь-якому натуральному n, тому сума n ( n − 1) ( n + 1) + 12n ,
140 ВАРІАНТ 54
тобто значення виразу n3 + 11n , кратне 6 при будь-якому натуральному n.
Оскільки AM = MC (рисунок), то
BM BM 1
cos∠ BMA =
=
= .
AM
MC 2
Тобто ∠ BMA = 60° . Враховуючи,
що ∠ MCA = ∠ MAC ,
∠ MCA + ∠ MAC = ∠ BMA , отримуємо:
∠ MCA = 30° , ∠ ACD = 60° .
Відповідь: 30° , 60°.
B
M
C
O
A
D
.o
rg
4.3.
bo
ok
Варіант 54
Частина 3
Графік функції зображено на
рисунку.
Проміжки зростання: ( − ∞; − 2 )
і (2; + ∞ ) , проміжок спадання:
[−2; 2] .
y
w
w
.4
3.1.
2
1
–2
x
1 2
–2
w
3.2.
0
Нехай на перший рахунок вкладник поклав x грн, а на другий — y грн, тоді x + y = 15 000. За першим рахунком було
нараховано 0,07x грн відсоткових грошей, а за другим —
0,1y грн відсоткових грошей, тобто разом 1200 грн.
x = 15 000 − y,
x + y = 15 000,
Маємо:
0,07x + 0,1y = 1200; 0,07 (15 000 − y ) + 0,1y = 1200;
{
{
{
x = 15 000 − y,
1050 − 0,07y + 0,1y = 1200;
x = 10 000,
y = 5000.
{
{
x = 15 000 − y, x = 15 000 − y,
0,03y = 150;
y = 5000;
ВАРІАНТ 54 141
3.3.
Відповідь: на перший рахунок — 10 000 грн, на другий —
5000 грн.
20 − 8x − x2 > 0, x2 + 8x − 20 < 0, −10x < x < 2,
D(y): 
−6  x < 2 .

x  − 6;
x + 6  0;
x  − 6;
{
Відповідь: D ( y ) = [ −6; 2 ) .
3.4.
ABC — даний трикутник (рисунок),
AB = BC , AC = 40 см; BD ⊥ AC ,
BD = 15 см. З трикутника BDC
B
M
N
( ∠ D = 90° ) :
Відповідь: 8 см.
.4
bo
ok
.o
rg
BC = BD2 + DC2 = 25 см.
За властивістю дотичних, провеA
D
C
дених до кола через одну точку,
CK = CD , AM = AD , отже,
CK = AM = 20 см. Тоді, оскільки AB = BC = 25 см, то
BM BK
BM = BK = 5 см. Маємо:
, ∠ ABC — спільний
=
AB
BC
кут трикутників ABC і MBK. Отже,  ABC   MBK . Тоді
MK BK
AC ⋅ BK 40 ⋅ 5
, MK =
=
=
= 8 (см).
AC
BC
BC
25
w
Побудуємо графік функції
y = x2 − 2 x
(рисунок). Корені рівняння — абсциси точок перетину прямих y = a
з графіком цієї функції.
Відповідь: якщо a < 0 , то рівняння не має коренів, якщо
a = 0, то рівняння має 3 корені, якщо 0 < a < 1 , то рівняння
має 6 коренів; якщо a = 1, то
рівняння має 4 корені; якщо
a > 1, то рівняння має 2 корені.
w
4.1.
w
Частина 4
4.2.
y=a
у
1
0
–2
1
2
х
Якщо n не кратне 3, то n = 3k ± 1, де k — деяке ціле число.
2
Тоді n2 + 8 = (3k ± 1) + 8 = 9k2 ± 6k + 9 = 3 3k2 ± 2k + 3 — кратне 3.
(
)
4.3.
ВАРІАНТ 55
Нехай AB = a , введемо систему координат так, що A ( 0; 0 ) , B ( a; 0 )
(рисунок). Точка C ( x; y ) — шукана. Знайдемо координати точки M:
x+a
y+0 y
xM =
, yM =
= . Висо2
2
2
та CD дорівнює y . З урахуванням
рівності AM =
M
A
D
B
x
2
y
 x+a   y 
,

 +  =
2
 2  2
( x + a )2
C
CD
можна записати
2
2
рівняння
y
rg
142 y2
y2
2
=
; ( x + a ) = 0; x = −a .
4
4
4
Графіком отриманого рівняння є пряма x = −a , а точка C —
довільна точка вказаної прямої, крім точки F ( −a; 0 ) .
Відповідь: шукане ГМТ — пряма, перпендикулярна до прямої AB, що перетинає цю пряму в точці F такій, що AB = AF ,
і з якої виколото точку F.
.o
+
w
w
w
.4
bo
ok
звідки
3.1.
Варіант 55
Частина 3
Функція
y = x2 − 4x + 5 квадратична,
її графік — парабола, вітки якої напрямлені вгору. Абсциса вершини па−4
раболи x0 = −
= 2 , ордината вершини
2
y0 = y (2 ) = 1. Точка (2; 1) — вершина параболи. Парабола не перетинає вісь Ox,
з віссю Oy перетинається у точці (0; 5).
Графік зображено на рисунку.
1) Область значень функції [1; + ∞ ) .
2) Функція зростає на проміжку [2; + ∞ ) .
у
5
1
0
1 2
х
п
ВАРІАНТ 55 3.2.
143
Нехай велосипедист їхав на станцію зі швидкістю x км/год.
Тоді повертався він зі швидкістю ( x + 1) км/год. На до8
год, а на дороx
8
2
1
гу зі станції —
год, що на 2 хв =
год =
год
x +1
60
30
8
8
1
менше, ніж на дорогу до станції. Маємо:
;
−
=
x x + 1 30
240x + 240 − 240x = x2 + x ; x2 + x − 240 = 0 ; x1 = 15 , x2 = −16 —
не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 15 км/год.
{
{
.o
 y = −3x − 9,
3x + 2xy = 6,
3x + y = −9,
y − 2xy = −15; y − 2xy = −15; ( −3x − 9 ) − 2x ( −3x − 9 ) = −15;
bo
ok
3.3.
rg
рогу до станції велосипедист витратив
 y = −3x − 9,
 y = −3x − 9,

 2
2
 −3x − 9 + 6x + 18x = −15; 6x + 15x + 6 = 0;
{
{
x = −2,
x = −0,5,
або
y = −3
y = −7,5.
w
w
.4
 x = −2,
 y = −3x − 9,
 
1
 x = − ,
 2
x
+
x
+
=
;
2
5
2
0
2


 y = −3x − 9;
w
Відповідь: ( −2; − 3 ) , ( −0,5; − 7,5 ) .
3.4.
Точки O1 і O2 — центри даних кіл (рисунок), AB — січна.  AO1C і BO2C
рівнобедрені, ∠ ACO1 = ∠ O2CB як вертикальні, отже,  ACO1   CBO2 .
Тоді
O1C
AC 10
AC
=
;
;
=
CO2
CB 16 39 − AC
5 (39 − AC ) = 8 AC ; AC = 15 см;
CB = 39 − 15 = 24 (см).
Відповідь: 15 см, 24 см.
A
O1
C
O2
B
144 ВАРІАНТ 56
Частина 4
4.1.
( x − a ) ( x + a ) > 0,
x − 1 x2 − a2 > 0 ; x − 1 ( x − a ) ( x + a ) > 0; 
x ≠ 1.
Відповідь: при a  −1 x ∈ ( − ∞; a ) ∪ ( −a; + ∞ ) ;
при −1 < a < 0 x ∈ ( − ∞; a ) ∪ ( −a; 1) ∪ (1; + ∞ ) ;
(
)
при a = 0 x ∈ ( − ∞; 0 ) ∪ ( 0; 1) ∪ (1; + ∞ ) ; при 0 < a < 1
x ∈ ( − ∞; − a ) ∪ ( a; 1) ∪ (1; + ∞ ) ; при a  1 x ∈ ( −∞; − a ) ∪ ( a; + ∞ ) .
Якщо сформувати дві перші групи, то третя група також буде
сформована. Кількість способів сформувати першу групу до10
рівнює C30
. Після цього кількість способів сформувати другу
10
групу дорівнюватиме C20
. Тоді за правилом добутку кількість
10
10
способів сформувати першу і другу групи дорівнює C30
⋅ C20
.
rg
4.2.
bo
ok
Точки A і B є образами точок C і A відповідно при повороті з центром O на кут
120° за годинниковою стрілкою (рисунок).
Оскільки AM = BK , то образом точки M
є точка K, тому KOM = 120° .
Відповідь: 120°.
A
M
K
O
C
B
3.1.
w
w
w
.4
4.3.
.o
10
10
⋅ C20
.
Відповідь: C30
Варіант 56
Частина 3
Функція y = x + 4x − 5 квадратична, її графік — парабола, вітки якої
напрямлені вгору. Абсциса верши–5
4
ни параболи x0 = − = −2 , ордина2
та вершини y0 = y ( −2 ) = −9 . Точка
(–2; –9) — вершина параболи. Знайдемо точки перетину параболи
з осями координат. З віссю Ox
( y = 0 ) : x2 + 4x − 5 = 0 ; x1 = 1 , x2 = −5 ,
з віссю Oy ( x = 0 ) : y = −5 . Графік зображено на рисунку.
1) Функція спадає на проміжку ( −∞; − 2] .
2) y < 0 при x ∈ ( −5; 1) .
2
у
–2
0
–1
1 х
–5
–9
ВАРІАНТ 56 145
Нехай швидкість першого автомобіля дорівнює x км/год, тоді
швидкість другого автомобіля дорівнює ( x − 10 ) км/год. Пер420
420
ший автомобіль був у дорозі
год, а другий —
год,
x
x − 10
420
420
−
= 1;
що на 1 год більше, ніж перший. Маємо:
x − 10
x
420x − 420x + 4200 = x2 − 10x ; x2 − 10x − 4200 = 0 ; x1 = 70 ,
x2 = −60 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 70 км/год, 60 км/год.
3.3.
Оскільки 2x − 1, x + 3, x + 15 — послідовні члени гео2
метричної прогресії, то
( x + 3 ) = (2x − 1) ( x + 15 ) , тоді
rg
3.2.
bo
ok
ABCD — дана трапеція, BC  AD ,
AB ⊥ AD , BC = 9 см, AD = 17 см
(рисунок).  BCA =  ACD за умовою,  BCA =  CAD як різносторонні при BC  AD та січній AC,
тоді  CAD =  ACD і  ADC рівнобедрений, CD = AD = 17 см.
CN — висота трапеції, AE = BC ,
w
w
.4
3.4.
.o
x2 + 6x + 9 = 2x2 + 29x − 15 ; x2 + 23x − 24 = 0 ; x = 1 або x = −24.
Відповідь: при x = 1: 1, 4, 16; або при x = −24: –49, –21, –9.
( N = 90°) :
w
З CND
B
C
A
N
DN = AD − BC = 8
D
см.
CN = CD − DN = 17 − 8 = 15 (см).
2
2
2
2
9 + 17
BC + AD
Площа трапеції S =
⋅ CN =
⋅ 15 = 195 (см2).
2
2
Відповідь: 195 см2.
Частина 4
4.1.
 x2 + 2x − 15  0,
x2 − 4 ⋅ ( x2 + 2x − 15 )  0 ;  x2 − 4  0;

x2 − 4 = 0;
 x  − 5,
 x  3;

або x = −2 або x = 2;

 x  − 2,
 x  2
 ( x + 5 ) ( x − 3 )  0,
 x2  4;

x2 = 4;
146 ВАРІАНТ 57
x  − 5 або x = −2 або x = 2 або x  3 .
Відповідь: ( − ∞; − 5] ∪ [3; + ∞ ) ∪ {−2; 2} .
y
 y = x + 2,
Графік першого рів 2
2
x + ( y − a ) = 1.
няння — прямий кут, бісектриса якого належить осі ординат, з вершиною
в точці ( 0; 2) . Графік другого рівняння — коло радіуса 1 з центром у точці
( 0; a ) . Три точки перетину можливі
лише у випадку, зображеному на рисунку, тобто при a = 3 .
Відповідь: при a = 3 .
1
–1 0
Нехай серединний перпендикуляр FD
сторони AC перетинає описане коло
в точці D (рисунок), тоді ∪ AD = ∪ DC ,
тому ∠ ABD = ∠ DBC , отже, BD — бісектриса кута ABC.
A
D
w
w
Частина 3
у
w
Щоб знайти координати точок перетину графіків функцій, розв’яжемо рівняння
8
x2 + 2x − 8 = 0,
= x+2 
x
x ≠ 0;
 x = 2,

x = 2,
 x = −4, Маємо: y = 4 або
x ≠ 0.
x = −4,
Отже, дані пряма
y = −2.
і гіпербола перетинаються
в точках A (2; 4) і B (– 4; –2).
Графіки і точки A і B зображено на рисунку.
{
{
x
C
Варіант 57
3.1.
1
F
B
.4
bo
ok
4.3.
.o
rg
4.2.
А
1
0
В
1
х
ВАРІАНТ 57 147
3.2.
Нехай було x учнів, тоді кожний з них отримав
180
яблук. Якби було ( x − 3 ) учні, то кожний з них отриx
180
180 180
60
60
−
= 3;
−
= 1;
мав би
яблук. Маємо:
x −3
x
x −3
x
x −3
60 ( x − x + 3 ) = x2 − 3x ; x2 − 3x − 180 = 0 ; x1 = 15 , x2 = −12 — не
задовольняє умову задачі.
Відповідь: 15 учнів.
3.3.
37a2 − 12a − 2a + b2 + 2 > 0 ; 36a2 − 12a + 1 + a2 − 2ab + b2 + 1 =
= ( 6a − 1) + ( a − b ) + 1 > 0 .
2
rg
ABC — даний трикутник, AB = BC , D —
точка дотику вписаного кола до сторони
BC, CD : DB = 12 : 25, BN — висота  ABC
(рисунок).
Нехай BD = 25x см, x > 0, тоді DC = 12x см,
BC = 37x см. За властивістю дотичних,
проведених до кола через одну точку,
CN = DC = 12x см.
З  BCN ( ∠ N = 90° ):
B
D
A
N
C
.4
bo
ok
.o
3.4.
2
w
w
w
BN = BC2 − CN 2 = 1369x2 − 144x2 = 1224x2 = 35x (см).
AC ⋅ BN
Площа трикутника S =
= 12x ⋅ 35x = 1680 ;
2
420x2 = 1680 ; x2 = 4 ; x = 2. Тоді BC = 2 ⋅ 37 = 74 (см),
NC = 2 ⋅ 12 = 24 (см).
Півпериметр трикутника p = BC + NC = 98 см, радіус вписаS 1680 120
ного кола r =
(см).
=
=
p
98
7
120
Відповідь:
см.
7
Частина 4
4.1.
 y − 1 + x2 = 1 − y,
оскільки y − 1 + x2  0 , то 1 − y  0 ; y  1,

2
x
=
y
−
2
y
−
8
;

x = 0,
1 − y + x2 = 1 − y, x = 0,

тоді y − 1 = 1 − y ; 
  y = 4,
 2
2
y
−
y
−
=
;
2
8
0
x
=
y
−
2
y
−
8
;


  y = −2;
148 ВАРІАНТ 58
{
{
 x = 0,
 y = 4,

 x = 0,
 y = −2;
Пара ( 0; 4 ) не задовольняє умову y  1, тому розв’язком системи рівнянь є пара ( 0; − 2 ) .
Відповідь: ( 0; − 2 ) .
23 − 8 7 + 23 + 8 7 = 16 − 8 7 + 7 + 16 + 8 7 + 7 =
=
(4 − 7 )
2
+
(4 + 7 )
2
= 4− 7 + 4+ 7 =
rg
4.2.
Доведемо, що ∠ DAE = ∠ DEA .
A
Кут DEA — зовнішній кут трикутника BAE (рисунок), тоді
1
∠ DEA = ∠ ABC + ∠ BAC . Кож2
ний з кутів DAC і ABC вимірюється
D
C
E
B
половиною градусної міри дуги AC,
перший — як кут між дотичною і хордою, а другий — як вписаний, що спирається на вказану дугу. Тобто ∠ DAC = ∠ ABC.
1
Тоді ∠ DAE = ∠ DAC + ∠ CAE = ∠ ABC + ∠ BAC = ∠ DEA .
2
Отже, трикутник ADE рівнобедрений, DA = DE .
w
w
w
.4
bo
ok
4.3.
.o
= 4− 7 +4+ 7 = 8.
Варіант 58
Частина 3
3.1.
Оцінимо різницю лівої і правої частин даної нерівності:
( a + 4 ) ( a − 8 ) − 4 (2a − 19 ) = a2 − 4a − 32 − 8a + 76 = a2 − 12a + 44 =
= a2 − 12a + 36 + 8 = ( a − 6 ) + 8 > 0 при всіх дійсних значеннях
2
a. Отже, ( a + 4 ) ( a − 8 ) > 4 (2a − 19 ) при всіх значеннях a.
ВАРІАНТ 58 149
3.2.
Нехай другому робітнику для виконання виробничого завдання треба x год, тоді першому — ( x + 2 ) год. За 1 год перший
1
1
виконує
частину завдання, а другий —
частину.
x+2
x
2
Перший робітник за 2 год виконав
частину завдання,
x+2
3
2
3 3
а другий за 3 год —
частину. Тоді маємо:
+ = ;
x
x+2 x 4
2x + 3x + 6 3
2
= ; 4 (5x + 6 ) = 3x ( x + 2 ) ; 3x − 14x − 24 = 0 ; x1 = 6 ,
x ( x + 2)
4
4
— не задовольняє умову задачі.
3
Відповідь: 8 год; 6 год.
Парабола, фрагмент якої зображено на рисунку, є графіком квадратичної функції y = ax2 + bx + c , a ≠ 0. Оскільки
парабола проходить через початок координат, то c = 0, тобто y = ax2 + bx . З рисунка випливає, що y ( 4 ) = 0 і y (1) = 3 .
bo
ok
.o
3.3.
rg
x2 = −
Отримуємо систему рівнянь
3a = −3,
a + b = 3;
{
16a + 4b = 0,
Тоді:
a + b = 3.
{
4a + b = 0,
a + b = 3;
a = −1,
Отже, y = −x2 + 4x . Абсциса вершини паb = 4.
.4
{
{
ABCD — дана трапеція (рисунок),
C
B
BC  AD , точка O — центр вписаного
M
кола, M — точка дотику вписаного кола
O
до сторони CD, тоді OM — радіус кола,
OM ⊥ CD , OM = 12 см, MD = 16 см.
A
D
∠ COD = 90° як кут, утворений бісектрисами внутрішніх односторонніх кутів
при паралельних прямих BC і AD. З COD : OM 2 = CM ⋅ MD ;
122 = CM ⋅ 16 ; CM = 9 см; CD = 16 + 9 = 25 см. Оскільки
в дану трапецію можна вписати коло, то BC + AD = 2CD ,
BC + AD
CD =
. Висота трапеції дорівнює 2⋅ OM . Площа
2
BC + AD
трапеції S =
⋅ 2OM = CD ⋅ 2OM = 25 ⋅ 24 = 600 (см2).
2
Відповідь: 600 см2.
w
3.4.
w
w
раболи x0 = 2 , а ордината y0 = y (2 ) = 4 .
Відповідь: 4.
150 ВАРІАНТ 58
Частина 4
y
1
0
1
x
 x = a + 1,
x2 − 3ax + 2a2 + a − 1

= 0 ;  x = 2a − 1; Рівняння має єдиний
x +1
x ≠ −1.
розв’язок, коли корені чисельника збігаються і не дорівнюють –1 або коли один з коренів дорівнює –1, а другий коa + 1 = 2a − 1,
a + 1 = −1,
рінь не дорівнює –1, тобто
або
або
a + 1 ≠ −1,
2a − 1 ≠ −1,
a = 2,
2a − 1 = −1, 
a = −2,
a + 1 ≠ −1; 
a = 0.
bo
ok
.o
4.2.
y + x = x − 2 ,
y +x = x −2 ; 
 y + x = −x + 2 ;
 y = −2 ,
 y = 2 − 2x . Графік рівняння
є об’єднанням двох прямих y = −2
і y = 2 − 2x , він зображений на рисунку.
rg
4.1.
{
w
.4
{
{
4.3.
w
w
Відповідь: при a = 2 , або a = −2 , або a = 0.
Проведемо спільну хорду AB (рисунок). Кожний з кутів BAC і BCP вимірюється половиною градусної міри
C
дуги BC, оскільки перший з них —
вписаний і спирається на дугу BC,
A
а другий — кут між дотичною PC
B
і хордою BC. Отже, ∠ BAC = ∠ BCP .
Аналогічно ∠ DAB = ∠ BDP .
D
Маємо: ∠ DAC + ∠DPC = ∠ BAC + ∠ DAB + ∠ DPC = ∠ BCP + ∠ BDP + ∠ D
∠ DAC + ∠DPC = ∠ BAC + ∠ DAB + ∠ DPC = ∠ BCP + ∠ BDP + ∠ DPC = 180°
∠ DAB + ∠ DPC = ∠ BCP + ∠ BDP + ∠ DPC = 180° .
ВАРІАНТ 59 151
Варіант 59
Частина 3
у
Функція y = x2 − 4x − 5 квадратична,
її графік — парабола, вітки якої на–1 0 1
прямлені вгору. Абсциса вершини
–1
−4
параболи x0 = −
= 2 , ордината вер2
шини y0 = y (2 ) = −9 . Точка (2; –9) —
вершина параболи. Парабола перетинає вісь Ox у точках з абсцисами
x1 = −1 і x2 = 5 , вісь Oу — в точці
(0; –5). Графік зображено на ри­
–9
сунку.
1) x2 − 4x − 5  0 при x ∈ [ −1; 5] .
2) Функція зростає на проміжку [2; + ∞ ) .
5 х
bo
ok
.o
rg
3.1.
3.2.
плота) дорівнює
2
год. Швидx км/год. Тоді пліт пропливе 2 км за
x
кість катера проти течії (18 − x ) км/год, і він пропли4
ває 4 км за
год; швидкість катера за течією
18 − x
(18 + x ) км/год, і він пропливає 15 км за 15
год. Ма18 + x
4
15
2
ємо:
+
= ; 4x (18 + x ) + 15x (18 − x ) = 2 (324 − x2 ) ;
18 − x 18 + x x
72x + 4x2 + 270x − 15x2 = 648 − 2x2 ; 9x2 − 342x + 648 = 0 ;
x2 − 38x + 72 = 0 ; x1 = 2 , x2 = 36 — не задовольняє умову
задачі.
Відповідь: 2 км/год.
3.3.
Нехай
швидкість
течії
(і
швидкість
w
w
w
.4
Нехай
x + 3y
1 24
: 5t2 − 24t − 5 = 0 ;
= t , тоді t − =
t
x−y
5
1
t = 5 або t = − .
5
п
152 ВАРІАНТ 59
 x + 3y
= 5,
x + 3y = 5x − 5y, x = 2y,
x = 2,

1)  x − y
5x + 8y = 18;
10y + 8y = 18; y = 1.
5x + 8y = 18;
7
126


 x + 3y 1
x = − y,
x = 11 ,
= , 5x + 15y = y − x, 

3
2)  x − y
5
 35

5x + 8y = 18;
54
−
5x + 8y = 18;
y + 8y = 18;  y = −
.
11

 3
 126 54 
Відповідь: (2; 1); 
;
.
 11 11 
{
{
{
{
3.4.
bo
ok
.o
rg
B
Нехай вписане коло дотикається до катетів AC і BC в точках в E і D відповідно
(рисунок). За властивістю дотичних, проведених до кола через одну точку, AE = AK = 4
AE = AK = 4 см, BD = BK = 6 см.
Позначимо CD = CE = x см, x > 0. Тоді
D
AC = ( 4 + x ) см, BC = ( 6 + x ) см. Оскільки
C
BC2 + AC2 = AB2 , то отримуємо рівняння
(6 + x ) + (4 + x )
2
2
K
O
E
A
w
w
w
.4
= 100 ; x2 + 10x − 24 = 0 .
Звідси x = 2. Розглянемо чотирикутник CDOE, де O — центр
вписаного кола  ABC , OD ⊥ BC , OE ⊥ AC , DC ⊥ CE . Отже,
CDOE — прямокутник. Оскільки CD = CE , то цей прямокутник є квадратом, а радіус вписаного кола r = OE = CE = 2
r = OE = CE = 2 см.
Відповідь: 2 см.
Частина 4
4.1.
Розглянемо функцію
y
2x + 3, якщо x  2,

y = x − 2 + x + 5 = 7, якщо − 5 < x < 2,
 −2x − 3, якщо x  − 5.
7
Використовуючи графік цієї функції
(рисунок), робимо висновок, що шукане значення a = 7 .
Відповідь: при a = 7 .
–5
1
0 12
x
ВАРІАНТ 60 153
4.2.
Достатньо показати, що при будь-якому натуральному n
НСД (16n + 1; 40n + 2 ) = 1 . Для доведення цього скористаємося теоремою: для будь-яких натуральних чисел a і b таких,
що a > b , НСД ( a; b ) = НСД ( a − b; b ) .
Маємо: НСД (16n + 1; 40n + 2 ) = НСД (24n + 1; 16n + 1) =
= НСД ( 8n; 16n + 1) = НСД ( 8n; 8n + 1) = НСД ( 8n; 1) = 1.
M
При симетрії відносно точки O образами точок B і C є точки D і A відповідно (рисунок).
Нехай M1 — образ точки M при вказаній
симетрії. Якщо припустити, що точки M1
і N не збігаються, то  ADM1 ≠ ADN .
Отже, точки M1 і N збігаються, тому точки M, O, N лежать на одній прямій як
центрально-симетричні точки та центр симетрії.
B
C
O
rg
4.3.
.o
A
D
bo
ok
N
Варіант 60
.4
Частина 3
Розкладемо вираз n3 + 3n2 + 2n на множники:
n3 + 3n2 + 2n = n ( n2 + 3n + 2 ) = n ( n + 1) ( n + 2) , отже, при будьякому натуральному n значення даного виразу дорівнює
добутку трьох послідовних натуральних чисел, серед яких
обов’язково є число, кратне 3, і хоча б одне парне число.
Отже, добуток цих чисел ділитиметься націло на 6.
3.2.
Нехай кілограм огірків коштував x грн, а помідорів — y грн.
Тоді 4x + 3y = 34 . Після подорожчання 1 кг огірків став коштувати 1,5x грн, а 2 кг огірків — 3x грн. Після подешевшання 1 кг помідорів став коштувати 0,8y грн, а 5 кг по4x + 3y = 34, −12x − 9y = −102,
мідорів — 4y грн. Маємо:
3x + 4y = 36; 12x + 16y = 144;
4x + 3y = 34, 4x + 3y = 34, x = 4,
7y = 42;
y = 6;
y = 6.
w
w
w
3.1.
{
{
{
{
{
Відповідь: 1 кг огірків коштував 4 грн, 1 кг помідорів —
6 грн.
154 3.3.
ВАРІАНТ 60
y − x2
( x + 1) + ( y − 1)
2
2
2
 y = x ,
= 0; 
2
2
( x + 1) + ( y − 1) ≠ 0.
Графіком даного рівняння є парабола
y = x2 , з якої виколото точку (–1; 1).
Графік зображено на рисунку.
у
1
–1 0
3.4.
1
х
bo
ok
.o
rg
ABCD — дана трапеція, BC  AD ,
BC = a , AC ⊥ CD (рисунок).
B
C
∠ BAC = ∠ CAD за умовою, ∠ DAC = ∠ BCA
∠ DAC = ∠ BCA як внутрішні різносторонні
при BC  AD та січній AC.
Отже, ∠ BAC = ∠ BCA і  ABC рів­
A
H
D
нобедрений, AB = BC = CD = a .
Нехай ∠ BAC = ∠ CAD = ∠ BCA = α ,
тоді ∠ BCD = α + 90° , ∠ D = ∠ BAD = 2α .
Оскільки ∠ BCD + ∠ D = 180° , то α + 90° + 2α = 180° ; α = 30° ;
∠ D = 60° . CH — висота трапеції. З  CHD ( ∠ CHD = 90° ):
a 3
. З  ACD ( ∠ ACD = 90° ):
2
= 2a .
CH = CD sin D = a sin60° =
.4
CD
a
=
cos D cos60°
w
AD =
w
Площа трапеції S =
3a2 3
.
4
w
Відповідь:
3a a 3
3a2 3
BC + AD
⋅ CH =
⋅
=
.
2
2
2
4
Частина 4
4.1.
Щоб рівняння x2 − 2 ( a + 2 ) x + 4a + 5 = 0 мало два різні корені, його дискримінант D має бути додатним, а щоб ці корені
були різного знаку, вільний член 4a + 5 має бути від’ємним.
2
D
Оскільки
= ( a + 2 ) − ( 4a + 5 ) = a2 − 1, складаємо систему не4
a < −1,25,
4a + 5 < 0, 
рівностей:  2
a < −1,25 .
a  − 1,
a − 1  0; a  1;

Відповідь: при a < −1,25 .
ВАРІАНТ 61 155
4.2.
3
Існує C15
способів вибрати 3 жовті кульки. Усього в ящику
міститься 15 + 25 = 40 кульок. Тоді вибір трьох кульок можна
C3
3
здійснити C40
способами. Шукана ймовірність дорівнює 15
.
3
C40
C3
Відповідь: 15
.
3
C40
4.3.
Треба розглянути два випадки.
С1
1. Поворот за годинниковою стрілкою (рис. 1),
тоді BC1 = 2 AB = 2 см.
А
А
С
Відповідь: 2 см або 1 см.
120°
rg
.o
120°
В
bo
ok
2. Поворот проти годинникової стрілки (рис. 2),
тоді BAC1 рівносторонній, BC1 = AB = 1 см.
С
Рис. 1
С1
В
Рис. 2
.4
Варіант 61
Щоб знайти координати точок перетину, розв’яжемо систему рів2
x2 + y2 = 9, ( y − 3 ) + y2 = 9,
нянь: 

x = y − 3;
x = y − 3;
y
w
3.1.
w
w
Частина 3
3
–3
 y2 − 6y + 9 + y2 = 9, 2y2 − 6y = 0,


x = y − 3;
x = y − 3;
2y ( y − 3 ) = 0,

x = y − 3;
{
{
A
B
1
0
1
x
{
y = 0 або y = 3,
x = y − 3;
x = −3,
x = 0,
або
Отже, коло x2 + y2 = 9 і пряма x = y − 3
y = 0;
y = 3.
перетинаються в точках A ( −3; 0 ) і B ( 0; 3 ) . Графіки вказаних
рівнянь і точки A і B їх перетину зображено на рисунку.
п
156 ВАРІАНТ 61
Нехай через другу трубу можна наповнити басейн за x год,
тоді через першу — за ( x + 4 ) год. Перша труба була відкрита
9
9 год і за цей час було наповнено
частину басейну, а чеx+4
2
рез другу трубу за 2 год було наповнено
частини басейну.
x
9
2
+ = 1 ; 9x + 2x + 8 = x2 + 4x ; x2 − 7x − 8 = 0 ; x = 8
Маємо:
x+4 x
або x = −1. Корінь x = −1 не задовольняє умову задачі.
Відповідь: через першу трубу басейн буде заповнено за 12 год,
а через другу — за 8 год.
3.3.
Нехай x1 і x2 — довільні значення аргументу з проміжку
( − ∞; − 4 ) , причому x2 > x1 , тоді
9 ( 4 + x1 − 4 − x2 )
9 ( x1 − x2 )
9
9
f ( x2 ) − f ( x1 ) =
−
=
=
.
4 + x2 4 + x1
( 4 + x2 ) ( 4 + x1 ) ( 4 + x2 ) ( 4 + x1 )
bo
ok
.o
rg
3.2.
Оскільки −4 > x2 > x1 , то x1 − x2 < 0 , 4 + x2 < 0 , 4 + x1 < 0 . Отримали: f ( x2 ) − f ( x1 ) < 0 , f ( x2 ) < f ( x1 ) , тобто дана функція
w
Нехай ABC — даний трикутник (рисунок), AB = BC , BM — висота  ABC ,
BM = 18 см, точка O — центр вписаного
кола, OM = 8 см. BO = BM − OM = 10 см.
Оскільки AO — бісектриса кута BAM, то
за теоремою про бісектрису трикутника
AB
BO
10 5
=
=
= . Нехай AB = 5x см,
AM OM
8
4
x > 0. Тоді AM = 4x см.
B
w
3.4.
w
.4
спадає на проміжку ( − ∞; − 4 ) .
O
A
З  AMB ( ∠ AMB = 90° ) AB2 − AM 2 = BM 2 .
Звідси 25x2 − 16x2 = 182 ; 9x2 = 182 ; x = 6.
Тоді AB = BC = 30 см, AC = 2 AM = 48 см.
Шуканий периметр P = AB + BC + AC = 108 см.
Відповідь: 108 см.
M
C
ВАРІАНТ 62 157
Частина 4
4.1.
x + 3 + 2 x + 2 + x + 18 + 8 x + 2 = 15 ;
(
)
x + 2 +1
2
+
З урахуванням
(
x+2 +4
)
(a
2
= 15 .
x + 2 +1 > 0 і
x + 2 + 1 + x + 2 + 4 = 15;
Відповідь: 23.
4.2.
2
x + 2 + 4 > 0 можна записати
x + 2 = 5; x + 2 = 25; x = 23.
)
− 4 x  a + 2 ; ( a − 2) ( a + 2) x  a + 2 .
Нехай бічні сторони AB і CD трапеції ABCD перетинаються в точці O (рисунок). Трикутник AOD є образом трикутника BOC при гомотетії з центром O
OD
і коефіцієнтом k =
, тоді середина N
OC
відрізка AD є образом середини M сторони BC, отже, точки O, M і N лежать на
одній прямій.
O
B
A
M
C
N
D
w
w
w
.4
4.3.
bo
ok
.o
rg
Відповідь: якщо a = −2 , то x ∈ R ; якщо a = 2 , то розв’язків
1
немає; якщо a < −2 або a > 2 , то x 
; якщо −2 < a < 2 , то
a−2
1
x
.
a−2
Варіант 62
Частина 3
3.1.
Нехай x1 і x2 — корені даного рівняння, x1 і x2 — корені
шуканого рівняння.
Тоді x1 = x1 − 2 , x2 = x2 − 2 . За теоремою Вієта x1 + x2 = −10 ,
x1x2 = −3 . x1 + x2 = x1 − 2 + x2 − 2 = x1 + x2 − 4 = −10 − 4 = −14 ;
x1 x2 = ( x1 − 2 ) ( x2 − 2 ) = x1x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 4 = −3 + 20 + 4 = 21 .
Отже, шукане рівняння має вигляд x2 + 14x + 21 = 0 .
Відповідь: x2 + 14x + 21 = 0 .
158 ВАРІАНТ 62
3.2.
Нехай швидкість течії x км/год, тоді швидкість човна проти течії дорівнює (15 − x ) км/год; на човні турист плив
30
30
год, на плоту —
год, що на 3 год більше за
15 − x
x
30
30
10
10
час руху проти течії, тоді
−
= 3;
−
= 1;
x 15 − x
x 15 − x
150 − 10x − 10x = 15x − x2 ; x2 − 35x + 150 = 0 ; x1 = 30 , x2 = 5 . Корінь x1 = 30 не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 5 км/год.
y=
6x − 18 6 ( x − 3 ) 6
= ,
=
x2 − 3x x ( x − 3 ) x
bo
ok
x ≠ 3. Отже, графіком
даної функції є гіпербола
6
y = , у якої виколоx
то точку з абсцисою 3.
.o
3.3.
rg
y
0
1
3
x
на
w
ABCD — дана трапеція (рисунок),
B
C
BC  AD , AD > BC . Оскільки навколо
O
даної трапеції описано коло, то вона є
рівнобічною, AB = CD . Оскільки осноA
D
ва AD є діаметром описаного кола, то
 ACD = 90° . O — точка перетину діагоналей трапеції,  AOD — зовнішній кут COD ,  AOD >  OCD = 90° ,
отже,  AOD ≠ 80° , тому COD = 80° . COD — зовнішній
кут  AOD . Тоді  OAD +  ODA =  COD = 80° . Оскільки
трапеція ABCD рівнобічна, то  OAD =  ODA = 40° . З  ACD
(  ACD = 90°) :  ADC = 90° −  AOD − 90° − 40° = 50° . Тоді
 BCD = 180° −  ADC = 180° − 50° = 130° .
Відповідь: 50°, 130°, 130°, 50°.
w
3.4.
w
.4
Графік зображено
рисунку.
1
ВАРІАНТ 62 Частина 4
4.1.
4.2.
159
y
 y  1 − x2 ,
y  1 − x2 , 
 y  0.
Множину точок зображено на рисунку.
1
–10
1
x
Розкладемо вираз n + 4 на множники:
4
n4 + 4 = ( n4 + 4n2 + 4 ) − 4n2 = ( n2 + 2 ) − (2n ) =
= ( n2 + 2n + 2 ) ( n2 − 2n + 2 ) .
Значення даного виразу може бути простим числом лише за
умови n2 − 2n + 2 = 1, тобто при n = 1. Залишається перевірити,
чи є значення вихідного виразу простим числом при n = 1.
Отримали: n4 + 4 = 1 + 4 = 5 — просте число.
Відповідь: n = 1.
2
rg
Відстань між центром даного кола K ( −1; 2) і центром шука-
.o
4.3.
2
2
2
w
w
.4
bo
ok
ного кола O (3; − 1) дорівнює KO = (3 + 1) + ( −1 − 2 ) = 5 . Розглянемо два випадки — зовнішній дотик і внутрішній дотик.
1. Кола мають зовнішній дотик у точці X (рис. 1).
Тоді KX + XO = KO ; 3 + XO = 5 ; XO = 2. У цьому випадку
2
2
рівняння шуканого кола має вигляд ( x − 3 ) + ( y + 1) = 4 .
2. Кола мають внутрішній дотик у точці Y (рис. 2).
Тоді OY = KO + KY = 5 + 3 = 8 . У цьому випадку рівняння шу2
2
каного кола має вигляд ( x − 3 ) + ( y + 1) = 64 .
w
y
K
y
Y
K
2
2
X
–1 0
–1
Рис. 1
3
O
–1 0
–1
x
Рис. 2
3
O
x
п
160 ВАРІАНТ 63
Варіант 63
Частина 3
y
3.1.
Графіки зображено на рисунку. Обидві функції одночасно визначені на
проміжку [0; + ∞ ) . Враховуючи D(y),
1
x > 2 − x на проміжку (1; + ∞ ) .
x
rg
1
w
.4
bo
ok
.o
Нехай швидкість вантажного автомобіля x км/год,
а легкового — y км/год. До зустрічі вантажний автомобіль їхав 4 год і проїхав 4x км, а легковий — 1 год
і проїхав y км. Отже, 4x + y = 320 . Вантажний автомо320
біль проїжджає відстань між містами за
год, а легx
320
1
4
ковий — за
год, що на 1 год 20 хв = 1 год =
год
y
3
3
320 320 4
менше, отже,
−
= . Отримали систему рівнянь:
x
y
3
w
4x + y = 320,
 y = 320 − 4x,
 320 320 4 
80
80
1

−
= ; 
−
= ;
 x
y
3  x
320 − 4x 3
w
3.2.
0
 y = 320 − 4x,

 80 − 20 = 1 ;
80 − x 3
 x
 y = 320 − 4x,
 y = 320 − 4x,
 (
 2
2
)
=
−
−
x
−
x
x
x
;
3
6400
80
20
80

x − 380x + 19 200 = 0;
 y = 320 − 4x,

 x = 60,
 x = 320.
Корінь 320 не задовольняє умову, оскільки тоді y < 0 . Отже,
швидкість вантажного автомобіля 60 км/год, а легкового
320 − 4 ⋅ 60 = 80 (км/год).
Відповідь: 60 км/год, 80 км/год.
ВАРІАНТ 63 161
3.3.
Трицифрові числа, що кратні 12, утворюють арифметичну прогресію з різницею 12, перший член якої дорівнює
108. Знайдемо номер n члена цієї прогресії, який дорівнює
996: 996 = 108 + 12 ( n − 1) ; n = 75 . Тобто останнє трицифрове число, яке кратне 12, є 75-м членом цієї прогресії,
2 ⋅ 108 + 12 ⋅ 74
⋅ 75 = 41 400 .
2
Відповідь: 41 400.
S75 =
B
C
У трапеції ABCD (рисунок) BC  AD ,
AB ⊥ AD , точка O — центр вписаK
ного кола, OK — радіус вписаного
O
кола, проведений у точку дотику зі
стороною CD, OK ⊥ CD , CK = 16 см,
KD = 36 см. Центр O вписаного кола є
A
D
точкою перетину бісектрис кутів трапеції. Тоді COD = 90° як кут між бісектрисами односторонніх кутів BCD і ADC
при BC  AD і січній CD.
З COD ( COD = 90° ) : за властивістю висоти, проведеної
.4
bo
ok
.o
rg
3.4.
w
w
до гіпотенузи, OK = CK ⋅ DK = 24 см. AB = 2 ⋅ OK = 48 см,
CD = 52 см. Оскільки в дану трапецію можна вписати коло,
то AD + BC = AB + CD .
w
Площа трапеції S =
Відповідь: 2400 см2.
AD + BC
AB + CD
⋅ AB =
⋅ AB = 2400 см2.
2
2
Частина 4
4.1.
x = 6 − 2y ;
2
3
9 9

xy = ( 6 − 2y ) y = 6y − 2y2 = −2 y2 − 3y = −2  y −  +  .
2
2 2


9
Відповідь: найбільше значення виразу xy дорівнює
(при
2
3
y = , x = 3).
2
(
)
162 ВАРІАНТ 63
4.2.
( a − 2) x2 + (2a − 4 ) x + 3a − 5  0 .
При a = 2 маємо: 6 − 5 = 1  0 , тобто нерівність справджується
для всіх дійсних x.
При a ≠ 2 даний квадратний тричлен набуває тільки
a − 2 > 0,
невід’ємних значень, якщо
D  0.
{
a − 2 > 0,
a − 2 > 0,
Звідси 
2
( a − 2 ) ( a − 2 − 3a + 5 )  0;
a
−
2
a
2
3
a
5

0
;
−
−
−
(
)
(
)
(
)


{
a > 2,
a > 2.
a  1,5 або a  2;
rg
a > 2,
( a − 2 ) (2a − 3 )  0;

.4
Нехай ABCD — даний чотирикутник, AC = a , BD = b , ∠ AOB = 45°
(рисунок). Оскільки MP і KN — середні лінії трикутників ABC і ADC
w
відповідно, то MP = NK =
1
a
AC = .
2
2
B
M
A
P
C
O
K
N
D
w
1
b
BD = .
2
2
Отже, чотирикутник MPKN — паралелограм, ∠ PMN = 45° .
Тепер, застосовуючи теорему косинусів для трикутників PMN
Аналогічно MN = PK =
w
4.3.
bo
ok
.o
Відповідь: a  2.
і MPK, отримуємо: PN 2 = MP2 + MN 2 − 2MP ⋅ MN ⋅
MK 2 = MP2 + PK 2 − 2MP ⋅ PK ⋅
PN 2 =
2
, звідси
2
a2 b2 ab 2
a2 b2 ab 2
; MK 2 =
.
+
−
+
+
4
4
4
4
4
4
Відповідь:
1
1
a2 + b2 − ab 2 ;
a2 + b2 + ab 2 .
2
2
2
;
2
ВАРІАНТ 64 163
Варіант 64
Частина 3
3.1.
Функція y = 3 + 2x − x2 квадратична, її
графік — парабола, вітки якої напрямлені вниз. Абсциса вершини параболи
2
x0 = −
= 1, ордината вершини парабо−2
y
3
ли y0 = y (1) = 4 . Точка (1; 4 ) — вершина
параболи. Парабола перетинає вісь Ox
у точках x1 = −1 і x2 = 3 , вісь Oy — при
y = 3 . Графік зображено на рисунку.
1
x
rg
0
.o
1) Область значень функції ( − ∞; 4] .
1
–1
Нехай початкова ціна одного стільця x грн, а одного стола — y грн. Тоді за 2 столи і 4 стільці заплатили
2y + 4x = 4400 (грн). Після зміни цін стіл став коштувати 0,9y грн, а стілець — 0,8x грн, отже, за один стіл і два
стільці заплатили 0,9y + 2 ⋅ 0,8x = 1920 (грн). Отримали систе-
w
w
.4
3.2.
bo
ok
2) Функція спадає на проміжку [1; + ∞ ) .
{
{
 y = 2200 − 2x,
4x + 2y = 4400,
1,6x + 0,9y = 1920; 1,6x + 0,9 (2200 − 2x ) = 1920;
w
му рівнянь:
y = 2200 − 2x,
1,6x + 1980 − 1,8x = 1920;
{
y = 2200 − 2x,
−0,2x = −60;
{
x = 300,
y = 1600.
Відповідь: початкова ціна стола 1600 грн, стільця — 300 грн.
3.3.
9 − 8x − x2  0, x2 + 8x − 9  0,
D(y):  2
x x − 2 ≠ 0 ;
)
x − 2x ≠ 0 ,
 (
або 0 < x  1.
Відповідь: [ −9; 0 ) ∪ ( 0; 1] .
 −9  x  1 ,

−9  x < 0
x ≠ 0 ;
x ≠ 2 ;
164 ВАРІАНТ 64
3.4.
B
Нехай вписане коло дотикається до
E
сторін BC і AC у точках E і F відпоD
відно (рисунок). Нехай CE = x см. За
властивістю дотичних, проведених до
кола через одну точку, BE = BD = 1 см,
A
F
AF = AD = 5 см, CF = CE = x см.
Тоді AB = 6 см, AC = ( x + 5 ) см, BC = ( x + 1) см.
C
З  ABC : AC2 = AB2 + BC2 − 2 AB ⋅ BC cos  ABC .
Маємо: ( x + 5 ) = 36 + ( x + 1) − 2 ⋅ 6 ⋅ ( x + 1) cos120° ;
2
2
rg
x2 + 10x + 25 = 36 + x2 + 2x + 1 + 6x + 6 ; 2x = 18 ; x = 9.
Отже, BC = 10 см.
Відповідь:
bo
ok
.o
З BDC : CD2 = BD2 + BC2 − 2BD ⋅ BC cos  ABC =
 1
= 1 + 100 − 2 ⋅ 10 ⋅  −  = 111, CD = 111 см.
 2
111 см.
4.1.
.4
Частина 4
( n − 1) n ( n + 1) ( n + 2) + 1 = ( n2 + n − 2 ) ( n2 + n ) + 1 =
2
w
2
w
= ( n2 + n ) − 2 ( n2 + n ) + 1 = ( n2 + n − 1) .
При x < −3 маємо 2 − x + x + 3 = 5  − 5 , при −3  x < 2 маємо 2 − x − x − 3 = −2x − 1 , оскільки −3  x < 2 , то −6  2x < 4 ,
−5  2x + 1 < 5 , −5 < −2x − 1  5 , тобто нерівність виконується.
При x  2 маємо x − 2 − x − 3 = −5  − 5 . Рівність досягається
при x  2 .
Відповідь: x  2 .
4.3.
Нехай медіана BK перетинає відрізок
CM у точці F (рисунок). На стороні AC
позначимо точку N так, що MN  BK ,
тоді за теоремою про пропорційні відAN
AM 4
різки маємо
=
= .
NK
MB 3
w
4.2.
B
M
A
F
N K
C
ВАРІАНТ 65 165
CF
CK
AK 7
3
AK ;
=
=
= .
FM KN KN 3
7
Відповідь: 7 : 3.
Звідси NK =
Варіант 65
Частина 3
3.1.
Оцінимо різницю лівої і правої частин даної нерівності:
(2a − 4 ) ( a − 3 ) − ( a − 5 ) ( a + 3 ) = 2a2 − 6a − 4a + 12 − a2 − 3a + 5a + 15 =
rg
= a2 − 8a + 27 = a2 − 8a + 16 + 11 = ( a − 4 ) + 11 > 0
2
при всіх дій-
Нехай початкова маса розчину була x кг, тоді сіль у ньому
4
частину. Після того як 4 кг води випарувалося,
становила
x
4
його маса стала ( x − 4 ) кг, а сіль склала у ньому
часx−4
1
тину, що на 5 %=
більше, ніж було спочатку. Маємо:
20
4
4
1
; 80 ( x − x + 4 ) = x2 − 4x ; x2 − 4x − 320 = 0 ; x1 = 20 ;
− =
x − 4 x 20
x2 = −16 — не задовольняє умову задачі.
w
w
w
.4
3.2.
bo
ok
.o
сних значеннях a. Отже, (2a − 4 ) ( a − 3 ) > ( a − 5 ) ( a + 3 ) при всіх
дійсних a.
Відповідь: 20 кг.
3.3.
D ( y ) = ( − ∞; − 3 ) ∪ ( −3; 0 ) ∪ ( 0; + ∞ ) . Маємо:
y
x (x + 5)
x2 + 6x + 9 x2 + 5x ( x + 3 )
= x + 3 −–3
=
−
=
x − 5 =0−2 1
x+3
x
x+3
x
2
3)
2
3
=
x (x + 5)
x
= x + 3 − x − 5 = −2 .
Графіком даної функції є пряма y = −2 ,
з якої виколото точки з абсцисами –3
і 0. Графік зображено на рисунку.
–2
x
166 ВАРІАНТ 65
3.4.
Через точку M проведемо діаметр кола
CD (рисунок), тоді за властивістю хорд,
A
що перетинаються, можна записати:
AM ⋅ MB = CM ⋅ MD =
= ( OC − OM ) ( OD + OM ) = ( R − d ) ( R + d ) = R 2 − d2
C
M
) = ( R − d ) ( R + d ) = R 2 − d2 .
B
O
D
Частина 4
Множиною розв’язків першої нерівності системи є відрізок
[a; a + 8] , довжина якого дорівнює 8. Умова задачі буде виконуватись, якщо довжина відрізка [4; a + 8] дорівнюватиме 5.
Тоді a + 8 − 4 = 5; a = 1.
Відповідь: при a = 1.
4.2.
Першу цифру можна вибрати 8 способами (цифра 0 на першому місці записана бути не може). Другу цифру можна вибрати 9 способами, а в якості третьої може бути обрана будьяка з 5 парних цифр. Тоді за правилом добутку кількість
вказаних трицифрових чисел дорівнює 8 ⋅ 9 ⋅ 5 = 360 .
Відповідь: 360.
4.3.
ABC — даний трикутник (рисунок). На продовженні відрізка BC
побудуємо точку M1, CM1 = CM .
w
w
.4
bo
ok
.o
rg
4.1.
w
A
1
AM 2 sin ∠ M1 AM ;
2
∠ MAC = ∠ M1 AC = 15° ,
S ABC = S M1 AM =
тоді ∠ M1 AM = 30° ,
1 2
m2
m sin ∠ 30° =
2
4
2
m
Відповідь:
.
4
S ABC =
M1
C
M
B
ВАРІАНТ 66 167
Варіант 66
Частина 3
Нехай швидкість мотоцикліста x км/год і він подолав
60
шлях між містами за
год. Тоді швидкість велосипеди­
x
60
ста ( x − 45 ) км/год, і він подолав цей шлях за
год,
x − 45
що на 3 год більше, ніж час руху мотоцикліста. Маємо:
60
60
20
20
−
= 3;
−
= 1 ; 20x − 20x + 900 = x 2 − 45x ;
x − 45
x
x − 45
x
bo
ok
.o
3.2.
rg
3.1.
x 2 − 2x − 48  0, −6  x  8,

48 + 2x − x 2  0, 
D(y):  2
x ≠ 6,
x ≠ 6,
x − 36 ≠ 0;
x ≠ −6;
x ≠ −6;
 −6 < x < 6,
6 < x  8.
Отже, область визначення функції D ( y ) = ( −6; 6 ) ∪ ( 6; 8] .
Відповідь: D ( y ) = ( −6; 6 ) ∪ ( 6; 8] .
w
.4
x 2 − 45x − 900 = 0 ; x1 = 60 , x2 = −15 — не задовольняє умову
задачі.
Відповідь: 60 км/год.
x − 16
2
(
w
y=
x −4
=
)(
x2 − 4 x2 + 4
w
3.3.
4
2
x −4
) =x
y
2
+4,
де x ≠ 2 і x ≠ −2 . Отже, графіком
даної функції є парабола y = x 2 + 4 ,
у якої виколото точки з абсцисами 2
і –2. Графік зображено на рисунку.
4
–2 0
3.4.
ABCD — дана трапеція (рисунок),
B
BC  AD , AB ⊥ AD ,  BCA =  DCA ,
CM — висота трапеції, CM = AB = 12
CM = AB = 12 см, DO : BO = 5 : 2 . Оскільки
 BCA =  DCA , а  BCA =  CAD
як різносторонні при BC  AD
та січній AC, то  DCA =  CAD
A
2
x
C
O
M
D
168 ВАРІАНТ 66
і  ADC — рівнобедрений, CD = AD . CO — бісектриса BCD .
CD DO 5
За властивістю бісектриси трикутника
=
= .
BC BO 2
Нехай AD = CD = 5x см, x > 0, BC = 2x см.
Тоді MD = AD − AM = AD − BC = 3x см.
З CMD ( CMD = 90° ) : CD 2 − MD 2 = CM 2 ; 25x 2 − 9x 2 = 122 ,
16x 2 = 144 ; x 2 = 9 ; x = 3 . Отже, AD = CD = 15 см, BC = 6 см,
периметр трапеції P = 48 см.
Відповідь: 48 см.
Частина 4
rg
x 2 + y 2 = 17,
подамо перше рівняння системи у вигляді

x + xy + y = 9;
 2
( x + y )2 − 2xy = 17 . Нехай x + y = t , xy = u , тоді t − 2u = 17,
t + u = 9;
u = 9 − t,
 2
t + 2t − 35 = 0;
t = 5, x + y = 5,  y = 5 − x,
x = 4,
 2
u = 4, xy = 4,
y = 1,
5
4
0
x
x
,
−
+
=




t = −7, x + y = −7,  y = −7 − x,
x = 1,
 x 2 + 7x + 16 = 0; y = 4.
u = 16; xy = 16;


w
.4
bo
ok
.o
4.1.
w
Відповідь: ( 4; 1) і (1; 4 ) .
4.3.
При киданні трьох кубиків існує 63 варіантів випадання
очок. Серед цих варіантів є три сприятливі: 2, 3, 3; 3, 2, 3;
3
3, 3, 2. Тому шукана ймовірність дорівнює 3 .
6
3
Відповідь: 3 .
6
Нехай D — середина гіпотенузи
C
AB трикутника ABC (рисунок).
Оскільки точка M належить
M
серединному
перпендикуляру
MD гіпотенузи AB, то прямокутні
трикутники MBD і MAD рівні
D
A
за двома катетами, BM = AM , B
∠ BMD = ∠ AMD .
w
4.2.
п
ВАРІАНТ 67 169
1
AM . Тоді в прямокутному трикутнику
2
BMC катет MC дорівнює половині гіпотенузи BM. Звідси
∠ CBM = 30° , ∠ BMC = 60° .
Тоді ∠ AMD + ∠ BMD = 180° − ∠ BMC = 120° . Оскільки ∠ AMD = ∠ BMD
∠ AMD = ∠ BMD , то ∠ AMD = ∠ BMD = 60° . З MAD ( ∠ D = 90° ) :
∠ A = 90° − 60° = 30° ; з  ABC ( ∠ C = 90° ) : ∠ ABC = 90° − ∠ MAB = 6
∠ ABC = 90° − ∠ MAB = 60° .
Відповідь: 30° , 60° .
rg
За умовою MC =
.o
Варіант 67
Функція
y = 2x − x 2
квадратична,
її графік — парабола, вітки якої
напрямлені вниз. Абсциса вершини па­
2
раболи x0 = −
= 1 , ордината вершини
−2
y0 = y ( 0 ) = 1 . Точка (1; 1) — вершина
параболи. Парабола перетинає вісь Ox
у точках x1 = 0 і x2 = 2 . Графік зобра­
жено на рисунку.
1) E ( y ) = ( − ∞;1 .
2) Функція зростає на проміжку ( − ∞;1 .
y
1
–10
1 2
x
w
w
w
.4
3.1.
bo
ok
Частина 3
3.2.
Нехай швидкість автомобіля x км/год. Тоді швидкість поїзда
( x − 20 ) км/год і він витрачає на дорогу з пункту A до пункту B
150
год. Автомобіль витрачає на дорогу з пункту A до
x − 20
120
пункту B
год, що на 25 хв + 35 хв = 60 хв = 1 год менше
x
150
120
=
=1 ;
від відповідного часу руху поїзда. Маємо:
x − 20
x
150x − 120x + 2400 = x 2 − 20x ;
x 2 − 50x − 2400 = 0 ;
x1 = 80 ,
x2 = −30 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 80 км/год.
170 ВАРІАНТ 67
3.3.
x + 5y = 3,
x + 5y = −3, x = 5,
x − 5y = 7 або x − 5y = 7; x = −0,4



–0,4), (2; –1).
C
AB — діаметр кола (рисунок), точка C
належить колу, CH ⊥ AB , CH = 18 см.
Нехай HB = x
см, x > 0 , тоді
AH = ( 27 + x ) см. ∠ ACB — прямий
A
B
H
(вписаний кут, який спирається на
діаметр AB), тоді за властивістю
висоти трикутника, опущеної на
гіпотенузу, CH 2 = AH ⋅ HB .
Маємо: 324 = x ( 27 + x ) ; x 2 + 27x − 324 = 0 ; x = 9 . Тоді HB = 9 см,
AH = 36 см, AB = 45 см. Довжина кола l = π ⋅ AB = 45π см.
Відповідь: 45π см.
bo
ok
.o
rg
3.4.
( x + 5y )2 = 9,

x = 5y = 7;
x = 2,
або 
y = −1.
Відповідь: (5;
Частина 4
.4
w
w
w
4.1.

7
3x − 7  0,  x  ,


3
x − a ( 3x − 7 )  0 ; x  a;

x  a;



x = a;
x = a;
7
7
7
Відповідь: якщо a < , то a  x  , якщо a  , то x = a .
3
3
3
4.2.
4.3.
a 2 − 6b2
= −1 ; a 2 + ab − 6b2 = 0 ; ( a − 2b ) ( a + 3b ) = 0 . Оскільки
ab
a 2 + 4b2 8b2
= 2 = 2.
обидва числа a і b додатні, то a = 2b , тоді
2ab
4b
Відповідь: 2.
З вершини прямого кута C проведемо
медіану CM (рисунок). Оскільки висота
1
1
1
CH = AB і CM = AB , то CH = CM .
4
2
2
Тоді в прямокутному трикутнику
HCM катет CH дорівнює половині A
гіпотенузи CM, отже, ∠ CMH = 30° .
C
H
M
B
ВАРІАНТ 68 171
Кут CMH — зовнішній кут рівнобедреного трикутника
BMC ( MB = MC ) , тоді ∠ CMH = 2∠ CBM ; 2∠ CBM = 30° ;
∠ CBM = 15° , що і треба було довести.
Варіант 68
Частина 3
a 2 + 2ab + b2
ab
2
ab
2
 a 2 1
⋅
+
=
+
=
 2 + b + a ⋅ 2
2
2
(
)
(
)
b−a b+a
a−b
a−b
ab
b
 b −a
rg
3.1.
a+b
b (b − a )
−
2
a + b − 2b
b−a
1
=
=−
=− .
(
)
(
)
b−a
b b−a
b b−a
b
bo
ok
=
.o
( a + b )2 ⋅ ab
2
2
a+b
=
+
=
+
=
2 (
(
)
a−b
ab ⋅ b − a ) ( b + a ) a − b b b − a
3.2.
w
w
w
.4
Нехай 1 кг цукерок коштує x грн, а 1 кг печива — y грн.
Тоді за 5 кг цукерок і 4 кг печива заплатили 5x + 4y = 310
5x + 4y = 310 (грн). 2 кг печива коштують 2y грн, а 3 кг цукерок
коштують 3x грн, що за умовою на 76 грн дорожче, отже,
5x + 4y = 310, 5x + 4y = 310,
3x − 2y = 76 (грн). Маємо: 

3x − 2y = 76; 6x − 4y = 152.
Додавши рівняння останньої системи, маємо: 11x = 462 ;
x = 42 . Тоді 210 + 4y = 310 ; y = 25.
y
Відповідь: 42 грн, 25 грн.
3.3.
3.4.
x 2 − 4x + 3, якщо x  0,
y= 2
x + 4x + 3, якщо x < 0.
Графік функції зображено
на рисунку.
3
1
–3
–1 0
1
x
ABCD — дана трапеція (рисунок), BC  AD , BC = 28 см,
AD = 100 см, AB = CD , AC ⊥ CD , BK і CM — висоти трапеції.
Оскільки дана трапеція рівнобічна, то
AD + BC
AD − BC
AM =
= 64 см, AK = MD =
= 36 см.
2
2
172 ВАРІАНТ 68
CM — висота прямокутного трикутника ACD, проведена
до гіпотенузи. Тоді CM = AM ⋅ MD = 48 см. З  AMC
(  AMC = 90° ) :
AC = AM 2 + CM 2 = 642 + 482 = 80 (см).
 AKO   CBO за двома кутами (  AKO =  CBO = 90° ,
 AOK =  BOC як вертикальні).
B
AO AK 36 9
=
=
= .
OC
BC 28 7
9
9
AC =
⋅ 80 = 45 (см).
Отже, AO =
16
16
7
7
CO =
AC =
⋅ 80 = 35 (см).
A
16
16
Відповідь: 45 см, 35 см.
C
Тоді
O
M
D
.o
rg
K
Частина 4
За теоремою Вієта x1 + x2 = 2a − 3 , x1x2 = a 2 − 4 .
bo
ok
4.1.
D  0 ,
Маємо систему 
2
3 ( 2a − 3 ) = a − 4 ;
(
)
( 2a − 3 )2 − 4 a 2 − 4  0,


2
3 ( 2a − 3 ) = a − 4 ;
.4
25

a  12 ,
 a = 1 , a = 1.


 a = 5 ;
Відповідь: при a = 1.
Подамо остачі при діленні на 3 чисел p, p 2 , 10 p 2 і 10 p 2 + 11
у таблиці.
p
0
1
2
4.2.
w
w
w
−12a + 25  0,
 2
a − 6a + 5 = 0 ;
p2
10 p
2
10 p 2 + 11
0
1
1
0
1
1
2
0
0
Отже, якщо p при діленні на 3 дає в остачі 1 або 2, то число
10 p 2 + 11 ділиться на 3, тобто не є простим.
Розглянемо випадок, коли p ділиться на 3 і за умовою є простим,
тобто p = 3 тоді 10 p 2 + 11 дорівнює 101 — просте число.
Відповідь: p = 3.
ВАРІАНТ 69 173
Запишемо дві векторні рівності (рису­
A
 1  1 
 1  
нок):
CC1 = CB + CA ,
BB1 = CA − CB .
2
2 
 2
Оскільки вектори CC1 і BB1 пер­пен­ B
дикулярні, то їх скалярний добуток дорівнює 1
нулю.
 1  1    1   
Запишемо:  CB + CA  ⋅  CA − CB  = 0 .
C
2
2
 2

1   1 2 1 2 1  
CB ⋅ CA − CB + CA − CB ⋅ CA = 0 .
Маємо
4   2
4
2
Оскільки CB ⋅ CA = 0, отримуємо
1  2 1  2
− CB +
CA = 0 .
2
4
 2

CA
CA
Звідси  2 = 2 ; tg  ABC =  = 2 .
CB
CB
C1
B
bo
ok
.o
rg
4.3.
Частина 3
Функція y = x 2 + 6x квадратична, її
графік — парабола, вітки якої напрямлені
6
вгору. Абсциса вершини x0 = − = −3 ,
2
ордината вершини y0 = y ( −3 ) = −9 . Точка
( −3; − 9) — вершина параболи.
Знайдемо точки перетину параболи
з осями координат. З віссю Ox ( y = 0 ):
x 2 + 6x = 0 ; x1 = 0 , x2 = −6 . З віссю Oy
( x = 0 ) y = 0 . Графік зображено на рисунку.
w
3.1.
w
w
.4
Варіант 69
1) Функція зростає на проміжку  −3; + ∞ ) .
2) Множина розв’язків нерівності  −6; 0  .
y
–6
–3 0 1
–2
–9
x
174 ВАРІАНТ 69
Нехай перший робітник може виконати все завдання за x год,
1
отже, за 1 год він виконує
частину завдання. Тоді другий
x
робітник може виконати завдання за ( x + 3 ) год, отже, за
1
годину він виконує
частину завдання. Якщо перший
x+3
робітник буде працювати 4 год, то за цей час він виконає
4
завдання, а якщо другий робітник буде працювати 3 год,
x
3
то за цей час він виконає
завдання. Разом ці величини
x+3
4
3
за умовою складуть ціле завдання. Отже,
+
= 1.
x x+3
Розв’яжемо рівняння: 4 ( x + 3 ) + 3x = x ( x + 3 ) ;
rg
3.2.
3.3.
bo
ok
.o
x 2 + 3x = 4x + 12 + 3x ; x 2 − 4x − 12 = 0 ; x1 = 6 , x2 = −2 — не
задовольняє умову задачі.
Відповідь: 6 год.
a1 = S1 = 5 ; S2 = 8 ; a2 = S2 − a1 = 3 ; d = a2 − a1 = −2 .
Відповідь: –2.
C
D
w
w
w
.4
3.4. Нехай ABCD — дана трапеція (рисунок),
AB = BC = CD = 10 см, ∠ CDA = ∠ BAD = 60° B
∠ CDA = ∠ BAD = 60° .
Оскільки
трикутник
ABC
рівнобедрений, то ∠ BAC = ∠ BCA . ∠ BCA = ∠ CAD
A
∠ BCA = ∠ CAD як різносторонні при BC  AD
і січній AC. Отже, ∠ BAC = ∠ CAD = 30° .
Тоді ∠ ACD = 180° − ( ∠ CAD + ∠ CDA ) = 90° . Отже, AD —
діаметр описаного кола.
CD
10
З трикутника ACD AD =
=
= 20 (см). Отже,
sin ∠ CAD 0,5
1
радіус кола дорівнює
AD = 10 см.
2
Відповідь: 10 см.
Частина 4
4.1.
Якщо a  0, то система розв’язків не має. Розглянемо
випадок, коли a > 0 . Графік першого рівняння — пряма,
графік другого — коло з центром у початку координат
ВАРІАНТ 70 175
і радіусом a , a > 0 (рисунок). Якщо
коло дотикається до прямої, система
має єдиний розв’язок. Радіус кола при
цьому — висота рівнобедреного прямо­
кутного трикутника AOB з катетом 4.
у
AB 4 2
Отже, a =
=
= 2 2 , a = 8.
2
2
Відповідь: при a < 8 система розв’язків
не має; при a = 8 система має 1 роз­в’я­
зок; при a > 8 система має 2 роз­в’язки.
–4
х
В
5
Існує C30
способів скласти з хлопців п’ятірку, яка входить
до складу команди. Кількість способів скласти пару дівчат,
2
які увійдуть до команди, дорівнює C10
. Тоді за правилом до­
.o
rg
4.2.
А
4
0
5
2
⋅ C10
.
Відповідь: C30
bo
ok
5
2
бутку команду можна сформувати C30
⋅ C10
способами.
B
K
O
M
C
F
N
D
w
w
w
.4
4.3. Нехай відрізки AM і AN перетинають
діагональ BD у точках K і F відповідно,
O — точка перетину діагоналей (рису­
нок). Оскільки BM = MC і AO = OC , то
K — точка перетину медіан трикутни­
1
ка ABC. Тоді OK = BO . Аналогічно A
3
1
OF = OD . Враховуючи BO = OD ,
3
1
1
OK + OF = ( BO + OD ) = BD ;
3
3
2
2
1
BK = BO = OD = FD = BD .
3
3
3
Варіант 70
3.1.
Частина 3
Знайдемо координати точок перетину графіків функцій,
 x = 1,
4
 2

= x + 3 ; x + 3x − 4 = 0,  x = −4,
розв’язавши рівняння
x
x ≠ 0;
x ≠ 0;
176 ВАРІАНТ 70
x = 1,
x = −4,
тоді 
або 
Отже,
y = 4
y = −1.
пряма y = x + 3 і гіпербола
y=
4
перетинаються в точках
x
у
4
–4
A (1; 4 ) і B ( −4; − 1) . Графіки
1
0
–1
х
1
rg
даних функцій та точки А
і В їх перетину зображені на
­рисунку.
Нехай перший оператор може зробити набір за x днів. Тоді
другий оператор може зробити набір за ( x + 6 ) днів. Перший
1
оператор за один день виконує
набору, отже, за 3 дні він
x
3
виконає
частину набору, а другий за один день виконує
x
1
9
набору, отже, за 9 днів виконає
набору. Ура­
x+6
x+6
3
9
3 1
3
1
3
ховуючи, що 75 %= , маємо:
+
= ;
+
= ;
x x+6 4 x x+6 4
4
.4
bo
ok
.o
3.2.
В
А
w
w
w
4 ( x + 6 + 3x ) = x ( x + 6 ) ; x 2 − 10x − 24 = 0 ; x1 = 12 , x2 = −2 — не
задовольняє умову задачі.
Відповідь: перший оператор може виконати набір за 12 днів,
а другий — за 18 днів.
3.3.
3.4.
2

0  x  6,
3 < x 6 .
D(y): 6x − x  0 , 
x > 3 ;
x − 3 > 0 ;
Відповідь: D ( y ) = ( 3; 6  .
ABC — даний трикутник (рисунок),
AB = BC , точка O — центр вписаного
кола, BD — висота  ABC , BO = 26 см,
OD = 10 см, BD = 36 см. Проведемо
OK ⊥ AB , K — точка дотику вписаного кола
зі стороною AB, OK = OD = 10 см — радіуси
вписаного кола. З  BKO ( ∠ K = 90° ):
BK = BO 2 − OK 2 = 676 − 100 = 24 (см).
B
K
O
A
D
C
ВАРІАНТ 70 177
 BKO   BAD (як прямокутні трикутники зі спільним го­
OK BK
10
24
стрим кутом). Тоді
;
; AD = 15 см. Пло­
=
=
AD BD
AD 36
ща трикутника S = AD ⋅ BD = 540 см2.
Відповідь: 540 см2.
Частина 4
2x = −2,
При a = 0 отримуємо систему 
, яка має єдиний
8y = −4,
розв’язок. Отже, a = 0 не задовольняє умову задачі.
2
2

y=− x− ,
ay = −2x − 2, 
a
a Система має
При a ≠ 0 маємо: 

8y = −ax − 4; y = − a x − 1 .

8
2
1
2
2
a
безліч розв’язків, якщо прямі y = − x −
і y=− x−
a
a
8
2
a
 2
− = − 8 , a 2 = 16,
збігаються, тобто коли  a
a = 4.

− 2 = − 1 ; a = 4;
 a
2
Відповідь: при a = 4 .
.4
bo
ok
.o
rg
4.1.
Скористаємось методом математичної індукції. При n = 1
маємо 31 = 2 ⋅ 1 + 1. Тобто базу індукції доведено. Нехай для
натурального k виконується нерівність 3k  2k + 1 . Тоді
виконується нерівність 3k +1  6k + 3 . Крім того, при k∈ N
маємо 6k + 3 > 2k + 3 = 2 ( k + 1) + 1 . Отже, 3k +1 > 2 ( k + 1) + 1 , що
доводить індуктивний перехід.
4.3.
Оскільки  ABC і  ADC рів­
B
C
новеликі і мають спільну сторону AC,
K
то
їх
висоти,
опущені
на
M
сторону AC, рівні. Опустимо висоти
H
BH і DK (рисунок).  BMH =  KMD ,
BH = KD , отже,  BMH =  DMK , A
BM = MD . Точка M — середина
D
діагоналі BD.
Аналогічно з того, що S ABD = S CBD , випливає, що M —
середина діагоналі AC. Отже, діагоналі чотири­кут­
ника ABCD точкою перетину діляться навпіл. Звідси: ABCD —
паралелограм.
w
w
w
4.2.
п
178 ВАРІАНТ 71
Варіант 71
Частина 3
3.1.
6x − 5 > 0,
6x − 5 > 0, 
D(y) = 
x ≠ 1,

 x − 1 ≠ 0; x ≠ −1;
5

x > 6 ,
x ≠ 1, 5 < x < 1 або x > 1.

6
x ≠ −1;
5 
Відповідь:  ; 1  ∪ (1; + ∞ ) .
6 
Нехай турист рухався пішки зі швидкістю x км/год, тоді на
велосипеді він їхав зі швидкістю ( x + 8 ) км/год. Велосипедом
30
2
він проїхав 45 ⋅ = 30 (км) за
год, а пішки пройшов
x+8
3
15
1
45 − 30 = 15 (км) за
год, що на 1 год 15 хв = 1
год =
x
4
5
15
30
5
=
год більше, ніж їхав велосипедом. Маємо:
−
= ;
4
x
x+8 4
3
6
1
−
= ; 12 ( x + 8 ) − 24x = x 2 + 8x ; 12x + 96 − 24x = x 2 + 8x ;
x x+8 4
x 2 + 20x − 96 = 0 ; x1 = 4 , x2 = −24 — не задовольняє умову
задачі. Отже, пішки він йшов зі швидкістю 4 км/год, а їхав
велосипедом зі швидкістю 12 км/год.
Відповідь: 4 км/год, 12 км/год.
b
Абсциса вершини параболи x0 = − = 3 . Тоді b = −24 .
8
Оскільки точка A ( 3; 2 ) належить параболі y = 4x 2 − 24x + c ,
3.3.
w
w
w
.4
bo
ok
.o
rg
3.2.
то y ( 3 ) = 36 − 72 + c = 2 , c = 38 .
Відповідь: b = −24; c = 38.
3.4.
ABCD — дана трапеція, BC  AD , AB ⊥ AD
(рисунок), M — точка дотику вписаного кола
до СD, O — центр вписаного кола. OM ⊥ CD ,
OM — радіус кола, CM = 8 см, MD = 50 см,
CD = 58 см. Центр вписаного кола є точкою пе­
ретину бісектрис кутів трапеції. ∠ COD = 90°
як кут між бісектрисами внутрішніх
односторонніх кутів BCD і ADC при BC  AD .
B
C
M
O
A
D
ВАРІАНТ 71 179
З  COD ( ∠ O = 90° ): за властивістю висоти трикутни­
ка, проведеної до гіпотенузи, OM = CM ⋅ MD = 20 см.
Оскільки
в
трапецію
можна
вписати
коло,
то
BC + AD = CD + AB , AB = 2OM = 40 см. Периметр трапеції
P = 2 ( AB + CD ) = 2 ( 40 + 58 ) = 196 (см).
Відповідь: 196 см.
Частина 4
Знайдемо кількість чотирицифрових чисел, усі цифри яких
непарні. На кожному з чотирьох місць може бути записана
будь-яка з п’яти цифр: 1, 3, 5, 7, 9. Тому за правилом добутку
кількість таких чисел дорівнює 54 = 625 .
Знайдемо кількість чотирицифрових чисел, усі цифри яких
парні. Першу цифру можна вибрати 4 способами: 2, 4, 6, 8.
Кожну з решти трьох цифр можна вибрати 5 способами: 0,
2, 4, 6, 8. Тому кількість чисел з парними цифрами дорівнює
4 ⋅ 53 = 500 .
Кількість шуканих чотирицифрових чисел дорівнює
625 + 500 = 1125 .
y
Відповідь: 1125.
y  ( x − 2 )2 ,

2
2
( x − 2 ) + y  1.
w
y  x 2 − 4x + 4,

2
2
( x − 2 ) + y  1;
w
4.2.
w
.4
bo
ok
.o
rg
4.1.
Множину точок зображено
на рисунку.
4.3.
1
0
На продовженні сторони AB за точку B
K
позначимо точку K (рисунок). Кут CBK —
B
зовнішній кут трикутника ABC. Тоді
∠ CBK = ∠ BAC + ∠ BCA . Таким чином,
∠ CBK = ∠ DBC . Звідси випливає, що
промінь BC — бісектриса кута KBD,
а точка E — центр зовнівписаного A D
кола трикутника ABD. Це означає,
що промінь DE — бісектриса
зовнішнього кута трикутника ABD,
тобто кута BDC.
1
x
E
C
180 ВАРІАНТ 72
Варіант 72
Частина 3
3.1.
x 2 + x − 56  0, −8  x  7,


x ≠ 7,
x ≠ 7,
x ≠ −7;
x ≠ −7;
−8  x < −7 або −7 < x < 7 . Отже, область визначення функції
56 − x − x 2  0,
D(y):  2
:
x − 49 ≠ 0;
D ( y ) = [ −8; 7 ) ∪ ( −7; 7 ) .
Відповідь: D ( y ) = [ −8; 7 ) ∪ ( −7; 7 ) .
Нехай швидкість пішохода дорівнює x км/год. Тоді він прой­
18
шов 18 км за
год. Швидкість велосипедиста дорівнює
x
18
год, що
( x + 9) км/год, і він витратив на цей шлях
x+9
9
48
4
за умовою на 1 год 48 хв = 1
год = 1
год =
год
5
60
5
18
18
9
2
2
1
менше, ніж пішохід. Маємо:
−
= ;
−
= ;
x
x+9 5
x x+9 5
bo
ok
.o
rg
3.2.
.4
10 ( x + 9 ) − 10x = x ( x + 9 ) ; 10x + 90 − 10x = x 2 + 9x ;
w
w
w
x 2 + 9x − 90 = 0 ; x1 = 6 , x2 = −15 — не задовольняє умову.
Швидкість велосипедиста дорівнює 6 + 9 = 15 (км/год).
Відповідь: 6 км/год, 15 км/год.
4x + 10 4x + 4 + 6 4x + 4
6
6
3.3. y =
=
=
+
=4+
x +1
x +1
x +1
x +1
xy+ 1
+ 10 4x + 4 + 6 4x + 4
6
6
.
=
=
+
=4+
x +1
x +1
x +1
x +1
+1
Отже, графіком даної
функції є гіпербола,
отримана з гіперболи
4
6
y=
у
результаті
x
паралельного перене­
1
сення на 1 одиницю
вліво і 4 одиниці вгору.
0 1
x
Графік зображено на
рисунку.
ВАРІАНТ 72 B
C
O
M
A
K
D
rg
ABCD — дана трапеція (рисунок),
AD  BC , O — точка перетину
бісектрис кутів BAD і ABC.
Оскільки
 BAD +  ABC = 180° ,
то
 BAO +  ABO = 90° .
Тоді
 AOB = 90° . Проведемо медіану OM
прямокутного трикутника AOB
до гіпотенузи AB. Тоді OM = AM
і  MAO =  MOA .
Ураховуючи, що  MOA =  OAD ,
маємо  MOA =  OAD . Оскільки
MOA і OAD різносторонні при
прямих MO і AD та січній AO і ці
кути рівні, то MO  AD . AM = MB ,
MO  AD  BC , тоді за теоремою
Фалеса
точка
K
перетину
прямої MO зі стороною CD трапеції
є серединою цієї сторони. Отже,
точка O перетину бісектрис кутів,
прилеглих до бічної сторони
трапеції, належить прямій, яка
містить її середню лінію.
Частина 4
Якщо a  0, то система розв’язків
не має. Розглянемо випадок, коли
a > 0 . Графік першого рівняння —
квадрат з центром у початку коор­
динат і діагоналлю 2. Графік другого
рівняння — коло з центром у початку
координат і радіусом a , a > 0 . Си­
стема не має розв’язків, якщо коло
і квадрат не мають спільних точок
(рисунок). У першому випадку a > 1,
1
1
a > 1, у другому a <
, a< .
2
2
1
Відповідь: a < , a > 1.
2
w
4.1.
w
w
.4
bo
ok
.o
3.4.
181
y
1
0
1 x
182 4.2.
ВАРІАНТ 73
З нерівності Коші випливає, що
8x + 15y  82 + 152 x 2 + y 2 = 289 x 2 + y 2 = 17 x 2 + y 2 .
Оскільки 8x + 15y = 17 , то 17 x 2 + y 2  17 . Звідси x 2 + y 2  1 .
Позначимо через R, T і Z точки дотику
вписаного кола зі сторонами BC, AC і AB
Q
відповідно (рисунок), E — точку дотику
з колом дотичної KF. За властивістю
Z
дотичних, проведених до кола через одну D
точку, FR = FE , KT = KE .
Отже, периметр FKC дорівнює CT + CR . A N T
Аналогічно P QBM = BZ + BR ,
rg
4.3.
M
R
E
K
F
C
bo
ok
.o
P ADN = AZ + AT .
Звідси P ABC = P ADN + P QBM + P KFC = 48 см.
AB = BC , звідси 2 AB = 48 − 12 = 36 (см),
w
w
w
.4
AB = 18 см.
Відповідь: 18 см.
Варіант 73
Частина 3
3.1.
Оцінимо різницю лівої та правої частин нерівності:
( c − 4 )2 − 3 − 2( c − 7 ) = c2 − 8c + 16 − 3 − 2c + 14 = c2 − 10c + 27 =
= c2 − 10c + 25 + 2 = ( c − 5 ) + 2 > 0 при будь-якому c. Отже,
нерівність виконується при всіх дійсних значеннях c.
2
3.2.
Нехай площа першого поля x га, а другого — у га. Тоді
40x + 35y = 2600 . Наступного року з першого поля зібрали
на 40x ⋅ 0,1 = 4x (ц) більше, а з другого — на 35y ⋅ 0,2 = 7y (ц)
більше. Отже, 4x + 7y = 400 .
ВАРІАНТ 73 183
40x + 35y = 2600, 8x + 7y = 520,
Маємо: 
−8x − 14y = −800. Додавши рів­
4x + 7y = 400;

няння останньої системи, отримуємо −7y = −280 , y = 40. Тоді
4x = 400 − 7y = 120 , x = 30 .
Відповідь: 30 га, 40 га.
Графіком функції y = x 2 + 4x + 6 є па­
рабола, вітки якої напрямлені вгору.
Знайдемо абсцису вершини параболи:
4
x0 = − = −2 . Ордината вершини парабо­
2
ли y0 = y ( −2 ) = 2 .
rg
3.3.
6
bo
ok
.o
Точка ( −2; 2 ) — вершина параболи.
Знайдемо точки перетину параболи з ося­
ми координат. Рівняння x 2 + 4x + 6 = 0
не має коренів ( D = 16 − 4 ⋅ 6 < 0 ) , отже,
парабола не перетинає вісь Ox. З віссю Oy
( x = 0 ) ; y = 6. Графік функції зображено
на рисунку.
1) Область значень функції [2; + ∞ ) .
2) Функція зростає на проміжку [ −2; + ∞ )
при b ≠ 0 і будь-яких значеннях a.
y
1
0
1
x
3.4.
w
w
w
.4
–2
Оскільки  CAD =  BDA (рисунок), то
 AOD — рівнобедрений, OA = OD .
 CAD =  ACB як різносторонні при
BC  AD та січній AC,  BDA =  DBC як
різносторонні при BC  AD та січній BD.
Тоді  ACB =  DBC і BOC —
рівнобедрений, BO = CO . Розглянемо
 AOB і DOC . OA = OD , BO = CO
за доведеним,
 AOB =  DOC
як
вертикальні. Отже,  AOB =  DOC за
двома сторонами і кутом між ними.
Тоді AB = CD , тобто трапеція ABCD —
рівнобічна.
п
B
C
O
A
D
184 ВАРІАНТ 73
Частина 4
4.1.
(
(
)
)
 x 2 − 36 x 2 − x − 56 = 0,
Дана нерівність рівносильна сукупності 
 2
2
 x − 36 x − x − 56 > 0.
 x 2 − x − 56 = 0,

Рівняння сукупності рівносильне системі  x 2 − 36 = 0,
 2
x − 36  0.
x = −7 .
Нерівність
2

x − x − 56 = 0,
x 2 − 36 x 2 − x − 56 > 0 рівносильна системі  2
x − 36 > 0;
( x + 7 ) ( x − 8 ) > 0,
Звідси отримуємо x ∈ ( −∞; − 7 ) ∪ ( 8; + ∞ ) .

( x + 6 ) ( x − 6 ) > 0.
x = 6,
)
x = 8,
rg
(
x = −6 ,
.o
Звідси
і рівняння
2
bo
ok
Об’єднуючи розв’язки нерівності
(
2
(
)
x 2 − 36 x 2 − x − 56 > 0
)
x − 36 x − x − 56 = 0 , отримуємо відповідь.
w
Зауважимо, що коли число x0 є коренем даного рівняння, то
й число −x0 є його коренем. Це означає, що дане рівняння
може мати непарну кількість коренів за умови, що число 0
є його коренем. Підставимо 0 в дане рівняння і отримаємо:
a 2 − 9 = 0 . Звідси a = −3 або a = 3. Розглянемо обидва випадки.
w
w
4.2.
.4
Відповідь: x ∈ ( −∞; − 7  ∪ 8; + ∞ ) ∪ { 6; − 6 } .
1) a = −3; x 4 + x 2 = 0 . Рівняння має один корінь x = 0.
2) a = 3; x 4 − 5x 2 = 0 . Рівняння має три корені x = 0, x = − 5 ,
x= 5.
Відповідь: при a = 3.
4.3.
На промені AM позначимо точку D
так, що MD = AM (рисунок). Оскільки B
AM = MD , CM = BM , ∠ AMC = ∠ DMB,
то трикутники AMC і DMB рівні за
першою ознакою рівності трикутників.
A
M
D
C
ВАРІАНТ 74 185
Тоді AC = DB . У трикутнику ABD маємо: AB > DB . Тоді
∠ MDB > ∠ BAM . Оскільки ∠ MDB = ∠ CAM , отримуємо, що
∠ CAM > ∠ BAM .
Варіант 74
rg
Частина 3
3.1.
Оцінимо різницю лівої і правої частин даної нерівності:
a 2b2 + a 2 + b2 + 1 − 4ab = a 2b2 − 2ab + 1 + a 2 − 2ab + b2 = ( ab − 1) + ( a − b )  0
.o
2
2
+ b2 = ( ab − 1) + ( a − b )  0 при будь-яких значеннях a і b. Отже, дана
нерівність є правильною при всіх значеннях змінних.
Нехай бригада планувала монтувати x місць щодня, отже,
420
вона планувала виконати завдання за
днів. Тоді вона
x
фактично монтувала ( x + 10 ) місць щодня, отже, викона­
420
ла завдання за
днів, що за умовою на 1 день мен­
x + 10
420
420
ше, ніж планувалося. Складаємо рівняння:
−
=1.
x
x + 10
Звідси 420 ( x + 10 − x ) = x 2 + 10x ; x 2 + 10x − 4200 = 0 ; x1 = 60 ,
w
w
w
.4
3.2.
2
bo
ok
2
x2 = −70 — не задовольняє умову задачі. Бригада планувала
монтувати 60 місць у день, а монтувала 60 + 10 = 70 (місць).
Відповідь: 70 місць.
y
3
3.3.
Графік функції зображено на рисунку.
[ −2; 0],
( −∞; − 2] і [0; + ∞ ) .
Функція зростає на проміжку
спадає на проміжках
1
–2
–1 0
1
x
186 ABCD — дана трапеція, BC  AD ,
B
K
C
AB ⊥ AD (рисунок). М, N, K, P —
точки дотику вписаного кола зі
P
сторонами трапеції, ОМ, ON, OK,
OP — радіуси вписаного кола, проведені N
O
в точки дотику, OM ⊥ AD , ON ⊥ AB ,
OK ⊥ BC ,
OP ⊥ CD ,
AM = 20
см,
A
M
D
DM = 25 см. У чотирикутнику ANOM:
∠ A = ∠ ANO = ∠ AMO = 90° .
Отже, ANOM — прямокутник. За властивістю дотичних,
проведених до кола через одну точку, AN = AM = 20 см.
Отже, прямокутник ANOM є квадратом. Аналогічно
BNOK — квадрат. Тоді BN = ON = AN = 20 см, AB = 40 см,
OP = ON = 20 см. Центр О вписаного кола є точкою перетину
бісектрис кутів трапеції. Тоді ∠ COD = 90° як кут між
бісектрисами односторонніх кутів BCD і ADC при BC  AD
та січній CD, DP = DM = 25 см. З COD ( ∠ O = 90° ) за
властивістю висоти трикутника, проведеної до гіпотенузи,
202
OP2 = CP ⋅ PD ; CP =
= 16 (см). Тоді CD = CP + PD = 41 см.
25
Оскільки в дану трапецію можна вписати коло, периметр
трапеції P = 2 ⋅ ( AB + CD ) = 2 ⋅ ( 40 + 41) = 162 (см).
Відповідь: 162 см.
w
w
w
.4
bo
ok
.o
rg
3.4.
ВАРІАНТ 74
4.1.
Частина 4
2
 − 1 , отже, x < 0 , тоді x − 1 < 0 і x − 1 = 1 − x .
x 1− x
Отримали:
2
 − 1 . Оскільки x < 0 , то x (1 − x ) < 0 і дана
x (1 − x )
2  − x (1 − x ), x 2 − x − 2  0,
нерівність рівносильна системі 

x < 0;
x < 0;
1 −  x  2,
−1  x < 0 .
x < 0;

Відповідь: [ −1; 0 ) .
п
ВАРІАНТ 75 4.2.
187
При a = 0 отримуємо систему, яка має єдиний розв’язок.
ax + y = 2, 3ax + 3y = 6,
Система має безліч
При a ≠ 0 маємо: 

9x + ay = 6; 9x + ay = 6.
розв’язків, коли прямі, які є графіками рівнянь системи,
3a = 9,
збігаються, тобто при 
a = 3.
3 = a;
Відповідь: при a = 3.
4.3.
B
M
C
w
w
w
.4
bo
ok
.o
rg
Нехай ABC — трикутник, який слід
побудувати (рисунок), BM — дана
медіана, ABM і CBM — дані кути. На
продовженні відрізка BM позначимо
точку D таку, що MD = BM . Оскільки
CM = AM , ∠ BMC = ∠ DMA , то  CBM = ADM
A
 CBM = ADM за першою ознакою, тоді
∠ ADM = ∠ CBM . У трикутнику BAD
відомі сторона BD, яка дорівнює 2BM,
D
і два прилеглих до неї кути ABM
і ADM. Тоді спочатку треба побудувати
трикутник BAD за стороною і двома
прилеглими до неї кутами, потім по­
будувати точку C, симетричну точці A
відносно середини відрізка BD.
Варіант 75
Частина 3
b
3
 b
 (3 − b )
− 2
 2
 ⋅ 2b + b + 3 =
b
b
b
−
9
−
6
+
9


2
3.1.

b
b
=
−
 ( b − 3 ) ( b + 3 ) ( b − 3 )2

2
 ( 3 − b )2
b ( b − 3) − b ( b + 3) ( b − 3)
3
3
⋅
+
=
⋅
+
2

b+
2b
b+3
2b
( b − 3) ( b + 3)

188 ВАРІАНТ 75
2
 ( 3 − b )2
b ( b − 3) − b ( b + 3) ( b − 3)
3
−6b
3
3
b 2 − 3b − b2 − 3b
⋅
+
=
⋅
+
=
=
+
=
+
2

2b ( b + 3 )
b+3
2b
b+3
2b
b + 3 2b ( b + 3 )
( b − 3) ( b + 3)

3
3
3
−6b
−3
b − b2 − 3b
+
=
+
=
+
= 0.
+
+
3
3
2
3
3
3
3
+
+
+
+
b
b
b
b
b
b
b
( )
( )
Отже, значення даного виразу не залежить від значення b.
Нехай на перший рахунок вкладник поклав x грн, а на дру­
гий — y грн. Тоді x + y = 12 000 . За першим рахунком було
нараховано 0,06x грн відсоткових грошей, а за другим —
0,08y грн відсоткових грошей, що разом склало 800 грн.
x = 12 000 − y,
x + y = 12 000,
Маємо: 

0,06x + 0,08y = 800; 0,06 (12 000 − y ) + 0,08y = 800;
.o
rg
3.2.
x+
w
Вираз
w
3.3.
w
.4
bo
ok
x = 12 000 − y,
x = 12 000 − y, x = 12 000 − y,
720 − 0,06y + 0,08y = 800; 0,02y = 80;
y = 4000;



x = 8000,
y = 4000.

Відповідь: на перший рахунок — 8000 грн, на другий — 4000 грн.
x+
b1 = x ,
x
1+ x
+
+
x
x)
геометричної
1+ x
нескінченної
якої
x
2
+ ...
x>0
при
є
прогресії,
перший
1
знаменник q =
,
q < 1.
1+ x
а
x
(1 +
(1 +
x)
2
+…=
1−
x
1
=
1+ x
x (1 + x )
1 + x −1
сумою
член
Тоді
=1+ x .
y
Отже, графіком даної функції є графік
функції y = 1 + x , з якого виколото
точку з абсцисою 0. Графік зображе­
но на рисунку.
1
0
1
x
ВАРІАНТ 75 189
3.4.
ABC — рівнобедрений трикутник
(рисунок),
AB = BC ,
AM ⊥ BC ,
BD ⊥ AC .
Проведемо
DN  AM .
Тоді DN ⊥ BC , DN — середня лінія
AM
 AMC , DN =
= 12 см. З BDN
2
B
( ∠ N = 90° ) :
BN = BD 2 − DN 2 = 16 см.
DN — висота прямокутного BDC ,
проведена до гіпотенузи, BN —
проекція катета BD на гіпотенузу.
M
N
A
D
C
BC
BD
BD 2 400
, BC =
=
=
= 25 (см),
BD BN
16
BN
BC ⋅ AM 25 ⋅ 24
S ABC =
=
= 300 (см2).
2
2
Відповідь: 300 см2.
bo
ok
.o
rg
Тоді
5n ⋅ 32n − 23n = 5n ⋅ 9n − 8n = 45n − 8n =
(
w
4.1.
.4
Частина 4
)
w
(
w
= ( 45 − 8 ) 45n −1 + 45n −2 ⋅ 8 + ... + 8 n −1 =
)
= 37 45n −1 + 45n −2 ⋅ 8 + ... + 8 n −1 . Отже, значення даного виразу
кратне 37 при будь-якому n ∈ N .
4.2.
Розглянемо графік функції y = x −1
(ри­сунок). Кількість розв’язків рів­
няння дорівнює кількості точок пере­
тину цього графіка з прямою y = a .
Відповідь: якщо a < 0 , то розв’язків
немає; якщо a = 0 або a > 1, то
2 розв’язки; якщо a = 1, то 3 розв’язки;
якщо 0 < a < 1, то 4 розв’язки.
y
y=a
1
–1 0
1
x
190 ВАРІАНТ 76
Розглянемо
трикутник
AMO
(рисунок).
Оскільки
MA = MO ,
то трикутник AMO рівнобедрений
∠ AOM = ∠ OAM , тоді ∠ AOM = ∠ OAC,
отже, MO  AC . Аналогічно можна
довести, що NO  AC , а це означає,
що точки M, O і N лежать на одній
прямій.
B
C1
A1
M
O
A
N
C
rg
4.3.
.o
Варіант 76
3.1.
bo
ok
Частина 3
2

−3  x  6,
D(y) = 18 + 3x − x  0, 
x ≠ 4.
x ≠ 4;
w
Нехай першому робітнику для виконання виробничого за­
вдання треба x год, тоді другому потрібно ( x + 4 ) год. За
w
3.2.
w
.4
Відповідь: D ( y ) = [ −3; 4 ) ∪ ( 4; 6] .
1
частину завдання, а другий —
x
1
2
частину. Перший робітник за 2 год виконав
ча­
x+4
x
3
стину завдання, а другий за 3 год —
частину. Тоді
x+4
2
3
1
2x + 8 + 3x 1
маємо:
= ; 2 (5x + 8 ) = x 2 + 4x ;
+
= ,
x x+4 2
x (x + 4)
2
1 год перший виконує
10x + 16 = x 2 + 4x ; x 2 − 6x − 16 = 0 ;
задовольняє умову задачі.
x1 = 8 ,
x2 = −2
— не
Відповідь: перший робітник може виконати завдання за 8 год,
а другий — за 12 год.
ВАРІАНТ 76 191
3.3.
x + 2x − 3, якщо x  0,
y = x 2 + 2x − 3 = x + 2x − 3 = 
.
−x + 2x − 3, якщо x < 0,
y
3x − 3, якщо x  0,
Отже, y = 
3
,
якщо
0
.
x
−
x
<

Графік зображено на рисунку.
Функція не має проміжків спадання,
зростає на ( −∞; + ∞ ) .
–1
1
01
x
–3
3.4.
4NM = KN .
Площа  MKN :
bo
ok
.o
rg
MNK — даний прямокутний трикут­
ник, NF ⊥ KM (рисунок). ∠ KNF = 90° − ∠ K
∠ KNF = 90° − ∠ K ,
∠ M = 90° − ∠ K .
Тоді
∠ KNF = ∠ M .
Отже,  NFM   KFN за двома кутами.
K
NM 2 S MNF
2 NM 1
Тоді
:
;
=
=
=
S KNF
32 KN 4
KN 2
NM ⋅ KN 4 NM 2
=
= 34 ; NM 2 = 17 ;
2
2
NM = 17 см; KN = 4 17 см.
N
M
w
.4
S=
F
w
З  KMN ( ∠ N = 90° ): KM = NM 2 + KN 2 = 17 см.
w
Відповідь: 17 см.
4.1.
Частина 4
6x 2 + 3x 2 + 2x + 4 = 13 − 4x ;
(
)
2 3x 2 + 2x + 4 + 3x 2 + 2x + 4 − 21 = 0 . Нехай
3x 2 + 2x + 4 = y ,
 y = 3,
тоді 2y 2 + y − 21 = 0 ; 
7 Вихідне рівняння рівносильне
y = − .
2

 3x 2 + 2x + 4 = 3,
сукупності 
Друге рівняння останньої
 3x 2 + 2x + 4 = − 7 .
2

192 ВАРІАНТ 77
4.2.
сукупності не має розв’язків. З першого рівняння отримуємо:
5
3x 2 + 2x + 4 = 9 ; 3x 2 + 2x − 5 = 0 ; x = 1 або x = − .
3
5
Відповідь: 1; − .
3
Оцінимо різницю лівої і правої частин даної рівності:
4a 2 + b2 + 1 − 2ab − 2a − b =
8a 2 + 2b2 + 2 − 4ab − 4a − 2b
=
2
4a 2 − 4ab + b2 + 4a 2 − 4a + 1 + b2 − 2b + 1 ( 2a − b ) + ( 2a − 1) + ( b − 1)
0
=
2
2
2
=
(2a − b )2 + (2a − 1)2 + ( b − 1)2
2
 0 при всіх значеннях a і b,
2
отже, 4a 2 + b2 + 1  2ab + b + 2a .
4.3.
bo
ok
.o
4a + 1 + b2 − 2b + 1
2
rg
=
∠ ABC = α
(рисунок),
тоді
Нехай
∠ ADC = 180° − α .
Використовуючи
теорему косинусів для трикутників ABC
2
2
B
.4
і ADC, AC = AB + BC − 2 AB ⋅ BC cosα ;
w
AC 2 = AD 2 + DC 2 − 2 AD ⋅ DC cosα (180° − α ) .
A
180° – α
D
w
w
Отримуємо:
9 + 16 − 2 ⋅ 3 ⋅ 4 cos α = 36 + 25 + 2 ⋅ 6 ⋅ 5 cos α .
3
247
Звідси cosα = − ; AC 2 = 25 − 24 cosα =
.
7
7
C
α
2
Відповідь:
247
см.
7
Варіант 77
Частина 3
3.1.
Гістограму зображено на рисунку.
Мода даної вибірки дорівнює 16 років. Середнє значення
(2 ⋅ 2 + 7 ⋅ 3 + 10 ⋅ 4 + 12 ⋅ 3 + 14 ⋅ 2 + 16 ⋅ 5 + 18 ⋅ 4 + 19 ⋅ 1) :: (2 + 3 + 4 + 3 + 2 + 5 + 4 +
: ( 2 + 3 + 4 + 3 + 2 + 5 + 4 + 1) = 300 : 24 = 12,5 (року).
Кількість лікарів
ВАРІАНТ 77 193
5
4
3
2
1
2
7
10 12 14 16
Стаж роботи (у роках)
18
19
Відповідь: мода 16 років, середнє значення 12,5 року.
Нехай x — кількість сторінок, яку оператор набирав за день.
rg
3.2.
Дана квадратична функція набуває найбільшого значен­
b
−4
= 4 , тоді за умовою y ( 4 ) = −2 .
ня в точці x0 = −
=
2a 2 ( −0,5 )
w
w
3.3.
w
.4
bo
ok
.o
Тоді планував він набирати ( x − 3 ) сторінки за день і виконати
60
60
роботу за
днів, а фактично виконав за
днів. Маємо
x −3
x
60
60
−
= 1 , звідки 60x − 60x + 180 = x 2 − 3x ;
рівняння:
x −3
x
x 2 − 3x − 180 = 0 ; x1 = 15 , x2 = −12 — не задовольняє умову
задачі.
Відповідь: 15 сторінок.
Маємо: − 0,5 ⋅ 16 + 4 ⋅ 4 + c = −2 ; c = −10.
Відповідь: при c = −10.
3.4.
ABCD — даний паралелограм
B
(рисунок),  A = 45° , BM —
бісектриса  ABC, AM : MD = 3 : 7
AM : MD = 3 : 7 . Оскільки за умовою
 ABM =  CBM , а
 CBM =  AMB
 CBM =  AMB
як
різносторонні
A
при BC  AD та січній BM, то
 ABM =  AMB і BAM —
рівнобедрений, AB = AM .
C
M
D
194 ВАРІАНТ 77
Нехай AB = AM = 3x см, тоді MD = 7x см, AD = 10x см. Пе­
риметр паралелограма P = 2 ( AB + AD ) . Тоді 2 ( 3x + 10 ) = 52 ;
x = 2 . Отже, AB = 6 см, AD = 20 см.
Площа паралелограма
S = AB ⋅ AD sin A = 6 ⋅ 20 sin 45° = 60 2 (см2).
Відповідь: 60 2 см2.
Частина 4
y
x = 2,
x = −2,

2
 y = x ,
 −2  x  2.
1
–1 0
bo
ok
4 − x 2 = 0,

2
 y = x ,

2
 4 − x  0;

rg
4 − x2 ( y − x2 ) = 0 ;
.o
4.1.
x
1
Графік рівняння зображено на рисунку.
Віднявши від першого рівняння системи друге, отримуємо:
x 2 − y 2 − 3x + 3y = y − x ; x 2 − y 2 − 2x + 2y = 0 ; ( x − y ) ( x + y − 2 ) = 0;
.4
4.2.
 x 2 − 4x + 4 = 0 ,

 y = x ;
 x 2 − 2x + 2 = 0 ,
 y = 2 − x ;

w
w
w
 x 2 − 3x + 4 = y ,

 y = x ;
 x 2 − 3x + 4 = y ,
 y = 2 − x ;

Відповідь: ( 2; 2 ) .
4.3.
( x − 2 )2 = 0 , x = 2 ,
y = 2 .


y = x ;
Нехай M, N, K, F — середини сторін
чотирикутника ABCD (рисунок), T
і Q — середини його діагоналей AC
і BD відповідно. Оскільки відрізки NT
і QF — середні лінії трикутників ACB
1
і ADB відповідно, то NT = QF = AB ,
2
NT  QF . Тобто чотирикутник TNQF —
паралелограм, NF і TQ — його
діагоналі, отже, відрізок TQ перетинає
відрізок NF в його середині.
N
B
M
A
T
C
Q
F
K
D
ВАРІАНТ 78 195
Відрізки MN і FK — середні лінії трикутників ABC
1
і ADC відповідно. Тобто MN = FK = AC , MN  FK . Отже,
2
чотирикутник MNKF — паралелограм, MK і NF — його
діагоналі. Сказане означає, що відрізок MK проходить через
середину відрізка NF. Отже, всі три вказані відрізки пере­
тинаються в одній точці.
Частина 3
A
—
точка,
що
bo
ok
Оскільки
6
= 1 , тоді a = −3.
2a
належить параболі,
.o
Абсциса вершини параболи x0 = −
3.1.
rg
Варіант 78
то
y (1) = −3 + 6 + c = 7 , c = 4 .
Відповідь: a = −3, c = 4 .
3.2.
.4
Нехай власна швидкість катера дорівнює x км/год, тоді його
швидкість за течією становить ( x + 4 ) км/год. За течією
w
w
w
15
4
15
4
+ =1;
год, а озером
год. Маємо:
x+4 x
x+4
x
15x + 4 ( x + 4 ) = x ( x + 4 ) ; x 2 − 15x − 16 = 0 ; x1 = −1 — не
задовольняє умову задачі, x2 = 16 .
Відповідь: 16 км/год.
він плив
D ( y ) = ( − ∞; 0 ) ∪ ( 0; 2 ) ∪ ( 2; + ∞ ) . Маємо:
3.3.
y
1
x (4 − x )
x 2 − 4x + 4 4x − x 2 ( x − 2 )
= x − 2 − 4 + x = 2x − 6
−
=
−
–1 0 1 2 3 x
x −2
x
x −2
x
2
x (4 − x )
− x2 ( x − 2)
= x − 2 − 4 + x = 2x − 6 .
=
−
x
x −2
x
Отже, графіком даної функції є пря­
ма y = 2x − 6 , з якої виколото точки
з абсцисами 2 і 0. Графік зображено
на рисунку.
2
–6
п
196 ВАРІАНТ 78
 ABM і  ACM (рисунок) мають
спільну висоту, проведену до рівних
сторін BM і MC. Тому  ABM і  ACM
1
рівновеликі. S ABM = S ABC = 20 см2.
2
3.4.
A
P
M
B
C
 ABM і  MBP мають спільну висоту, проведену з верши­
S ABM
AM 5
3
ни B. Тоді
=
= ; S MBP = S ABM = 12 см2.
S MBP
PM 3
5
Відповідь: 12 см2.
x −2 ( 2
x − 3x − 18 ) ,
x+4
.o
Розглянемо функцію f ( x ) =
4.1.
rg
Частина 4
bo
ok
D ( f ) = ( −∞; − 4 ) ∪ ( −4; + ∞ ) . Знайдемо нулі функції:
+
+
–3 – 2 – 6
x
w
+
–4
.4
 x = 2,
x = −3,
x −2 ( 2

)
x − 3x − 18 = 0 ;  x 2 − 3x − 18 = 0, x = 6,
x = 2.
x+4
x ≠ −4;


Розв’яжемо вихідну нерівність методом інтервалів (рисунок):
x ∈ ( − ∞; − 4 ) ∪ ( −4; 3] ∪ 6; + ∞ ) ∪ {2} .
w
w
Відповідь: ( − ∞; − 4 ) ∪ ( −4; 3] ∪ 6; + ∞ ) ∪ {2} .
4.2.
Область визначення даної функції — множина R . За­
пишемо
f ( x ) = f ( −x ) ,
рівність
тобто
( x − 1) 4 + a ( x + 1) 4 = ( − x − 1) 4
x − 1) + a ( x + 1) = ( −x − 1) + a ( −x + 1) , ця рівність має виконуватись при
4
4
4
4
будь-яких значеннях x. Підставимо в цю рівність x = 1,
маємо 16a = 16 ; a = 1. При a = 1 дана функція має вигляд
f ( x ) = ( x − 1) + ( x + 1) і є парною.
Відповідь: a = 1.
4
4.3.
4
Оскільки ∠ NMP = ∠ PMQ, то NP = PQ
(рисунок).
Нехай
∠ NMP = ∠ PMQ = α .
Тоді за теоремою косинусів для три­
кутників MNP і PMQ можна записати:
M
Q
N
P
ВАРІАНТ 79 197
NP2 = NM 2 + MP2 − 2NM ⋅ MP cos ∠ NMP =
.o
rg
= 1 + 36 − 2 ⋅ 1 ⋅ 6 cos α = 37 − 12 cos α;
PQ 2 = MP2 + MQ 2 − 2MP ⋅ MQ cos ∠ PMQ =
= 36 + 4 − 2 ⋅ 6 ⋅ 2 cos α = 40 − 24 cos α .
1
Звідси 40 − 24 cos α = 37 − 12 cos α; cosα = , тоді
4
1
15
sinα = 1 −
=
; NP = 37 − 12 cosα = 34 . Радіус кола
16
4
NP
34
34
дорівнює
.
=
=2
2 sinα
15
15
2
4
34
Відповідь: 2
см.
15
bo
ok
Варіант 79
Частина 3
.4
y
Якщо x − y = 3 , то x − y = 3
або x − y = −3; y = x − 3 або
y = x + 3. Графік рівняння —
3
об’єднання двох прямих, зо­
бражених на рисунку.
1
Нехай швидкість велосипе­
–3
3
0 1
x
диста x км/год, а мотоциклі­
ста — y км/год. Тоді за 50
–3
5
хв =
год мотоцикліст про­
6
5
їхав
y км, а велосипедист
6
5 

за 1 год проїхав  70 − y  км, або x км. За 2 год мотоцикліст
6 

проїзжає 2y км, а велосипедист за 4 год проїзжає 4x км, на
104 км менше, ніж мотоцикліст. Складаємо систему рівнянь.
w
3.2.
w
w
3.1.
5

70 − y = x, 6x + 5y = 420, 6x + 5 ( 2x + 52 ) = 420,



6
y = 2x + 52;
2y − 4x = 104; y − 2x = 52;
198 ВАРІАНТ 79
16x = 160, x = 10,
y = 2x + 52; y = 72.


Відповідь: швидкість велосипедиста 10 км/год, а мотоци­
кліста — 72 км/год.
3.3.
Нехай x1 і x2 — довільні значення аргументу з проміжку
0; + ∞ ) , причому x2 > x1 . Маємо:
(
) (
)
(
)(
f ( x2 ) − f ( x1 ) = 7 − x22 − 7 − x12 = 7 − x22 − 7 + x12 == x12 − x22 = x1 − x2 x1 + x
= x12
− x22
(
)(
)
= x1 − x2 x1 + x2 . Оскільки x2 > x1 , то x1 − x2 < 0 .
)(
)
.o
(
rg
Оскільки x1 і x2 належать проміжку 0; + ∞ ) , то x2 + x1 > 0 ,
тоді x1 − x2 x1 + x2 < 0 , тобто f ( x2 ) < f ( x1 ) . Отже, дана
ABCD — дана трапеція (рисунок),
BC  AD , BC = 15 см, AD = 36 см,
AB = 13 см, CD = 20 см. Прове­
демо
CM  AB .
Чотирикутник
BCMA — паралелограм, AM = BC ;
MD = AD − BC = 21 см, MC = AB = 13 см. A
B
C
w
.4
3.4.
bo
ok
функція спадає на проміжку 0; + ∞ ) .
M
E
D
w
Знайдемо CE — висоту  MCD і висоту трапеції.
w
2SMCD 2 p ( p − MD ) ( p − MC ) ( p − CD )
=
,
MD
MD
MC + CD + MD 13 + 20 + 21
=
= 27 (см).
де p =
2
2
CE =
Тоді CE =
=
3
2 27 ( 27 − 21) ( 27 − 13 ) ( 27 − 20 )
21
=
2 27 ⋅ 6 ⋅ 14 ⋅ 7
2 33 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 2
=
21
21
2 27 ⋅ 6 ⋅ 14 ⋅ 7
2 3 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅7 ⋅7
2 3 4 ⋅ 22 ⋅ 7 2
2 ⋅ 32 ⋅ 2 ⋅ 7
=
= =
=
= 12 (см).
21
21
21
21
BC + AD
15 + 36
; CE =
⋅ 12 = 306 (см2).
Площа трапеції S =
2
2
Відповідь: 306 см2.
Частина 4
2
1
, x1x2 = − .
5
5
4
2
Тоді ( x1 + x2 ) = x12 + 2x1x2 + x22 =
;
25
4
14 2
4
2 14
2
x12 + x22 =
; ( x2 − x1 ) = x22 − 2x1 x2 + x12 =
+ =
− 2x12 x22 =
+ =
25
25 5
25 5 25
24
2 6
14 2 24
= x22 − 2x1 x2 + x12 =
+ =
; x2 − x1 =
.
=
25
5
25 5 25
2 6
.
Відповідь:
5
4.2. Подамо вихідне рівняння у вигляді
x + 3x + 2
+
1
2
x + 3x − 4
=
1
.
4
.o
1
2
rg
За теоремою Вієта x1 + x2 =
bo
ok
4.1.
Нехай x 2 + 3x = y , тоді
1
1
1
+
= ; y 2 − 10y = 0 ; y = 0
y+2 y−4 4
або y = 10 . Таким чином, вихідне рівняння рівносильне
w
w
.4
x 2 + 3x = 0,
Перше рівняння сукупності має
сукупності  2
x + 3x = 10.
корені x = 0, x = −3 . Друге — корені x = 2 , x = −5 .
Відповідь: –5, –3, 0, 2.
4.3.
w
)2
ВАРІАНТ 79 199
AM і BK — висоти  ABC (ри­
сунок). З чотирикутника CKHM
маємо:
 MHK = 180° −  C ,
тоді
 AHB =  MHK = 180° −  C . Звідси ра­
діус описаного кола трикутника AHB
AB
AB
дорівнює
=
.
2 sin (180° −  C ) 2 sin  C
Але радіус описаного кола трикут­
AB
ника ABC також дорівнює
.
2sin  C
Аналогічно радіуси описаних кіл три­
кутників AHC і BHC дорівнюють раді­
усу описаного кола трикутника ABC.
B
H
A
K
C
200 ВАРІАНТ 80
Варіант 80
Частина 3
3.1.
Функція y = x 2 + 6x + 5 квадратична,
її графік — парабола, вітки якої
напрямлені вгору. Абсциса вершини
6
параболи
x0 = − = −3 ,
ордината
2
вершини y0 = y ( −3 ) = −4 . Точка (–3; –4) —
вершина
параболи.
Знайдемо
y
–6
–3
0
1
x
–4
точки
rg
перетину параболи з осями координат.
.o
З віссю Ox ( y = 0 ) : x 2 + 6x + 5 = 0 ; x1 = −5 ,
bo
ok
x2 = −1 ; з віссю Oy ( x = 0 ) : y = 5.
Графік зображено на рисунку. Функція зростає на проміжку
w
Нехай початковий сплав містив x кг магнію. Тоді маса сплаву
x
частину
становила ( x + 8 ) кг, а маса магнію становила
x+8
маси сплаву. Коли до сплаву додали 6 кг магнію, то маса
w
3.2.
w
.4
 −3; + ∞ ) , спадає на проміжку ( −∞; − 3 .
сплаву склала ( x + 14 ) кг, магнію в сплаві стало ( x + 6 ) кг,
x+6
частину маси сплаву. Оскільки
x + 14
3
відсотковий вміст магнію збільшився на 30 %=
, то
10
x+6
x
3
отримуємо рівняння
.
−
=
x + 14 x + 8 10
що становило
(
)
Далі маємо: 10 ( x + 6 ) ( x + 8 ) − x ( x + 14 ) = 3 ( x + 14 ) ( x + 8 ) ;
(
) (
)
10 x 2 + 14x + 48 − x 2 − 14x = 3 x 2 + 22x + 112 ;
ВАРІАНТ 80 201
(
)
3 x 2 + 22x + 112 = 480 ; x 2 + 22x + 112 = 160 ; x 2 + 22x − 48 = 0 ;
x1 = 2 ; x2 = −24 — не задовольняє умову задачі.
Відповідь: 2 кг.
3.3.
Додавши рівняння системи і віднявши від першого рівняння
системи друге, отримуємо систему рівнянь, рівносильну
даній:
2 ( x − y ) = 8,

2xy = 10;
rg
x − y = 4,
xy = 5;

bo
ok
.o
x = y + 4,
y y + 4 = 5;
)
 (
w
w
x = y + 4,

  y = 1,
  y = −5;
.4
x = y + 4,
 2
y + 4y − 5 = 0;
w
x = 5,
x = −1,
y = 1 або y = −5.


Відповідь: (5; 1), (–1; –5).
3.4.
ABCD — дана трапеція (рисунок),
BC  AD , BC = 9 см, AD = 21 см,
AB = CD , AC = 17 см. CM — висо­
та трапеції. Оскільки трапеція рів­
AD + BC
нобічна, то AM =
= 15 см,
2
AD − BC
MD =
= 6 см.
2
З  AMC ( ∠ AMC = 90° ) ;
B
A
C
М
D
202 ВАРІАНТ 80
CM = AC 2 − AM 2 = 289 − 225 = 8 (см).
З CMD
( ∠ CMD = 90° ) ;
CD = CM 2 + MD 2 = 64 + 36 = 10 (см).
Коло, описане навколо трапеції, описане також навколо
AC ⋅ AD ⋅ CD
 ACD . Тоді його радіус R =
. Маємо:
4S ACD
85
см.
8
bo
ok
Відповідь:
rg
1
17 ⋅ 21 ⋅ 10 85
AD ⋅ CM = 84 см2; R =
(см).
=
2
4 ⋅ 84
8
.o
S ACD =
Частина 4
w
.4
Для розв’язання задачі достатньо знайти всі значення па­
раметра a, при яких функція f ( x ) = ( a + 5 ) x 2 + ( 2a + 10 ) x + 3
набуває тільки невід’ємних значень.
Розглянемо два випадки.
w
1) a = −5. Маємо: f ( x ) = 3, отже, a = −5 задовольняє умову.
2)
w
4.1.
a ≠ −5 , тоді функція f є квадратичною і набуває
a + 5 > 0,
невід’ємних значень за умови 
де D — дискримінант
D  0,
квадратного
тричлена
( a + 5) x2 + (2a + 10 ) x + 3 .
Маємо:
a > −5,
a + 5 > 0,
−5 < a  − 2 .
2


( 2a + 10 ) − 12 ( a + 5 )  0; ( a + 5 ) ( a + 2 )  0;
Відповідь: [–5; –2].
ВАРІАНТ 80 4.2.
203
Для будь-яких значень a і b виконується нерівність
a − b  a − b . Тоді: x + 4 − x − 1  x + 4 − ( x − 1) = 5 .
A
K
L
C
rg
Оскільки  AKH =  ALH = 90° (ри­
сунок), то чотирикутник AKHL —
вписаний. Вписані кути KLH
і HAK спираються на дугу HK,
отже,  KLH =  HAK = 90° −  ABC ;
 CLK =  CLH +  KLH =
= 90° + 90° −  ABC = 180° −  ABC.
w
w
.4
bo
ok
.o
Таким чином, сума протилежних
кутів CLK і KBC чотирикутника
BKLC дорівнює 180°. Отже, навколо
чотирикутника BKLC можна описа­
ти коло.
w
4.3.
H
B