DPA_2011_mat-9-rozvyazannya-vsx-zavdan

ÃÎËÓÁÎÉÏÓÐÏÓÐÍÛÉÆÅËÒÛÉ×ÅÐÍÛÉÃÎËÓÁÎÉÏÓÐÏÓÐÍÛÉÆÅËÒÛÉ×ÅÐÍÛÉ

НОВЕ, ВИПРАВЛЕНЕ ТА ДОПОВНЕНЕ ВИДАННЯнове видання

МатеМатика

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

1

УДК 51(076.2)ББК 74.262.21 М34

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

ISBN978-966-315-112-0

Посібник допоможе успішно підготуватися до державної підсумкової атестації з математики, а та-кожзаощадитичаснапідготовку.Вінміститьрозв’язаннявсіхзавданьізнавчальногопосібника«Збір-ник завдань для державної підсумкової атестації з математики. 9 клас» (авт. Істер О. С., Глобін О. І.,Комаренко О. В.— К.: Освіта, 2011).

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

У кінці посібника наведено правильно заповнені бланки відповідей для першої та другої частинкожного варіанта атестаційної роботи.

Посібник призначений для учнів загальноосвітніх навчальних закладів і вчителів.

УДК 51(076.2)ББК 74.262.21

© В.С.Кулік,упорядкування,2011ISBN978-966-315-112-0 © ПП«Ранок-НТ»,2011

2

3

Варіант 1

Частина перша

1.1. 56 42 14 7 56 3 7 52+ − = + − =: .Відповідь.В).

1.2. 12 2 2 3 2 32= ⋅ ⋅ = ⋅ ; 16 2 2 2 2 24= ⋅ ⋅ ⋅ = .ТомуНСК 12 16 2 3 16 3 484;( ) = ⋅ = ⋅ = .Відповідь.А).

1.3. Відповідь.Б).

1.4. Додавши почленно рівняння системи, дістанемо 5 3x y− = , y x= −5 3. Тоді з другого рівняння

системи: 3 2 5 3 7x x+ −( ) = , 3 10 6 7x x+ − = , 13 13x = , x =1; y = ⋅ − =5 1 3 2 . Розв’язком системи

рівняньєпарачисел 1 2;( ) .Відповідь.Г).

1.5. 10

15

2

3

3

2

2x y

y x

x

y= .

Відповідь.А).

1.6. За теоремою Вієта сума коренів рівняння x px q2 0+ + = дорівнює − p . Сума коренів рівнянняx x2 9 5 0+ − = дорівнює–9.

Відповідь.В).


1.8. Sb

q=

−1

1, b1 6= − , b2 1= , q

b

b= = −2

1

1

6, S =

−

− −= −

6

11

6

51

7.

Відповідь.Г).


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


1.11. За теоремою косинусів AC AB BC AB BC B2 2 2 2= + − ⋅ ⋅ ⋅cos . Враховуючи, що cos601

2° = ,

AC2 2 25 3 2 5 3 191

2= + − ⋅ ⋅ ⋅ = , AC = 19 см.


1.12.

a b x⋅ = + −( )⋅ =2 2 5 10,якщо x =10.


B С

A D

O

4 ВАРІАНТ1

Частина друга

2.1. 5 2 3 240 5 2 5 2 3 2 3 16 152 2 2

−( ) + = ( ) − ⋅ ⋅ + ( ) + ⋅ = − + + =5 4 15 12 4 15 17 .

Відповідь.17.

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

Відповідь. 1 1; −( ) , −( )5 5; .

2.3. З першого рівняння системи: x y= −3 3 . Підставивши значення x у друге рівняння системи,

дістанемоy y y2 3 3 7− −( ) = ,y y y2 23 3 7− + = ,4 3 7 02y y− − = ,y1 1= − ,y2 1 75= , .Тодіx1 3 3 1 6= − ⋅ −( ) = ,

x2 3 3 1 75 2 25= − ⋅ = −, , .

Відповідь. 6 1; −( ) , −( )2 25 1 75, ; , .

2.4. Оскільки ∪ = °AB 90 ,то ∠ = °AOB 90 .Трикутник AOB

прямокутнийрівнобедрений, AO BO R= = , AB R2 22= ,

RAB2

2

2

2

8 2

264= =

( )= , R = 8 , C R= = ⋅ =2 2 8 16π π π см.

Відповідь. 16π см.

Частина третя

3.1. Нехай x км/год — швидкість руху поїзда за розкладом. Систематизуємо дані у виглядітаблиці.

Рух s,км v ,км/год t ,год

Зарозкладом 180 x180

x

Післязбільшенняшвидкості

180 x +5180

5x +

Оскільки180

5x + на 24 хв =

24

60 год =

2

5 год менше за

180

x, то маємо рівняння:

180 180

5

2

5x x−

+= .ОДЗ: x ≠ 0 , x ≠ −5 .

Розв’яжемо отримане рівняння: 5 180 5 5 180 2 5⋅ +( ) − ⋅ = +( )x x x x ; 2 10 4500 02x x+ − = ;

x x2 5 2250 0+ − = ; x1 45= , x2 50= − .Другийкоріньнезадовольняєумовузадачі.Отже,швидкість

рухупоїздазарозкладом45км/год.

Відповідь.45км/год.

3.2. ОДЗ: x > 0.

1 1

20

x− = або x x2 3 0− = .Зпершогорівняння x = 4,здругогорівняння x = 0 або x = 3.

Значення x = 0 невходитьвОДЗ.

Відповідь.3;4.

BA

O

B С

A DO

ВАРІАНТ2 5


2.1. 5 2 3 240 5 2 5 2 3 2 3 16 152 2 2

−( ) + = ( ) − ⋅ ⋅ + ( ) + ⋅ = − + + =5 4 15 12 4 15 17 .


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

Відповідь. 1 1; −( ) , −( )5 5; .

2.3. З першого рівняння системи: x y= −3 3 . Підставивши значення x у друге рівняння системи,

дістанемоy y y2 3 3 7− −( ) = ,y y y2 23 3 7− + = ,4 3 7 02y y− − = ,y1 1= − ,y2 1 75= , .Тодіx1 3 3 1 6= − ⋅ −( ) = ,

x2 3 3 1 75 2 25= − ⋅ = −, , .

Відповідь. 6 1; −( ) , −( )2 25 1 75, ; , .

2.4. Оскільки ∪ = °AB 90 ,то ∠ = °AOB 90 .Трикутник AOB

прямокутнийрівнобедрений, AO BO R= = , AB R2 22= ,

RAB2

2

2

2

8 2

264= =

( )= , R = 8 , C R= = ⋅ =2 2 8 16π π π см.



3.1. Нехай x км/год — швидкість руху поїзда за розкладом. Систематизуємо дані у виглядітаблиці.


Зарозкладом 180 x180

x

Післязбільшенняшвидкості

180 x +5180

5x +

Оскільки180

5x + на 24 хв =

24

60 год =

2

5 год менше за

180

x, то маємо рівняння:

180 180

5

2

5x x−

+= .ОДЗ: x ≠ 0 , x ≠ −5 .

Розв’яжемо отримане рівняння: 5 180 5 5 180 2 5⋅ +( ) − ⋅ = +( )x x x x ; 2 10 4500 02x x+ − = ;

x x2 5 2250 0+ − = ; x1 45= , x2 50= − .Другийкоріньнезадовольняєумовузадачі.Отже,швидкість

рухупоїздазарозкладом45км/год.


3.2. ОДЗ: x > 0.

1 1

20

x− = або x x2 3 0− = .Зпершогорівняння x = 4,здругогорівняння x = 0 або x = 3.

Значення x = 0 невходитьвОДЗ.


BA

O

B С

A DO

3.3. Нарисункузображеноколо,описаненавколотрапеції ABCD .Заумовоюцентркола—точкаОналежитьоснові AD трапеції.AO DO BO CO= = = як радіуси одного кола. Оскільки за умо-

вою BC AD: :=1 2, то BC AD= 1

2. Тоді трикутник BOC рів-

носторонній,кожензйогокутівдорівнює 60° .

Трикутники COD і BOA —рівнобедренізосновами CD

і BA відповідно. ∠ = ∠ODC OCD . ∠ + ∠ + ∠ = °ODC OCD BCO 180 ,

∠ = ∠ = ° − °( ) = °ODC OCD 180 60 2 60: .

Отже, ∠ = ° − ∠ = ° − ° = °DCB ODC180 180 60 120 .

∠ = °OAB 60 ; ∠ = °ABC 120 .

Відповідь. 60° ; 120°.

Частина четверта

4.1.м m m

m

− − − +

− −+ =2 2 2 1

2 11

m

m

− −

− −+

( )=

2 1

2 11

2

m

m

− −

− −+

2 1

2 11 .При m = 2 98, m − − <2 1 0 ,тому

m m− − = − −2 1 1 2 .Отже,m

m

m

m

− −

− −

− −

− −+ = + = − + =

2 1

2 1

1 2

2 11 1 1 1 0 .


4.2.м У трикутнику ABC сторона AC =10 см, точка O — точкаперетину медіан AD і CF , проведених до сторін BC і AB відповідно. AD = 9 см, CF =12 см. Оскільки медіани трикут-ника точкою перетину діляться у відношенні 2 : 1 (рахуючивід вершини), то AO = 6 см, CO = 8 см. Трикутник AOC пря-мокутний,оскільки AC AO CO2 2 2= + (100 36 64= + ).

Йогоплоща S AO COAOC = ⋅ = ⋅ ⋅ =1

2

1

26 8 24 см2.

Отже, S SABC AOB= = ⋅ =3 3 24 72 см2.

Відповідь.72см2.

Варіант 2


1.1. 16год26хв=15год86хв;16год26хв–9год52хв=15год86хв–9год52хв=6год34хв.Відповідь.Б).

1.2. 3

4

1

6

3 3 1 2

12

11

12+ =

⋅ + ⋅= .


1.3. Відповідь.А).


B

СA

DF

O

6 ВАРІАНТ2

1.5. a a a

a a

2 3 2

32 8 2

8 4: = ⋅ = .


1.6. 5 3 2 15 5 2 5 3 3 2 152 2 2

−( ) + = ( ) − ⋅ ⋅ + ( ) + = 5 2 15 3 2 15 8− + + = .


1.7. Длятогощобдістатиграфікфункції y x= +( )32,требаграфікфункції y x= 2 перенестивздовж

осі Ox натриодиниціліворуч.Відповідь.В).

1.8. P Am

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

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

або6очок), n = 6,оскількикубикмаєшістьграней. P A( ) = =3

6

1

2.

Відповідь.Б).

1.9. Градуснаміракута A дорівнює50°.Тодіградуснаміракута,суміжногозкутом A ,дорівнює180 50 130° − ° = °.Відповідь.В).

1.10. У рівнобічної трапеції кути при основі рівні, а сума кутів при бічній стороні дорівнює 180°,томуз-поміжнаведенихвеличинкутитрапеціїможутьдорівнювати70° і110°.Відповідь.Г).

1.11. S AB BC B= ⋅ ⋅ ⋅1

2sin .Враховуючи,що sin120

3

2° = , S = =⋅ ⋅ ⋅

1

23 6

3

2

9 3

2см2.


1.12. Рівняння кола має вигляд x a y b R−( ) + −( ) =2 2 2, де a b;( ) — координати центра кола, R —

йогорадіус.Оскількиколопроходитьчерезточку K −( )1 5; ,то − +( ) + −( ) = =1 3 5 1 202 2 2R .Отже,

рівняннязаданогокола: x y+( ) + −( ) =3 1 202 2

.



2.1. ОДЗ: x ≠ −2. x x4 2 12 0− − = . Нехай x t2 = . Тоді t t2 12 0− − = , t1 3= − , t2 4= . Рівняння x2 3= − немаєрозв’язків. x2 4= , x1 2= − (неналежитьОДЗ), x2 2= .Відповідь.2.

2.2. Заумовою x y= 2 .Тоді y y= − ⋅12 1 5 2, , y y= −12 3 , 4 12y = , y = 3. x = ⋅ =2 3 6.

Відповідь. 6 3;( ).

2.3. S na a

201 2

2= +

.Ізспіввідношення a a d10 5 5= + знаходимо d . 29 14 5= + d , d = 3 .Ізспіввідношення

a a d5 1 4= + знаходимо a1 : a a d1 5 4 14 4 3 2= − = − ⋅ = .

Тоді a a d20 1 19 2 19 3 59= + = + ⋅ = . S20

2 59

220 610= ⋅ =+

.


ВАРІАНТ2 7

2.4. Ізсторінзавдовжки 6 2 смі10смбільшоюєсторона,довжинаякої10см.Нехайтретясто-

ронатрикутника a см.

Тоді за теоремою косинусів 10 6 2 2 6 2 452 22

= + ( ) − ⋅ °a a cos , 100 72 2 6 22 2

2= + − ⋅ ⋅a a ,

a a2 12 28 0− − = , a1 2= − (непідходитьзазмістомзадачі), a2 14= .

Відповідь.14см.


3.1. Нехай x —кількістьднів,заякідругабригадаможезоратиполе,працюючиокремо,а y —кількість днів, необхідних першій бригаді для самостійного виконання роботи. Оскількидругій бригаді потрібно на це на 5 днів менше, ніж першій, то дістанемо рівняння y x= +5.

Другабригадаза1деньвиконує1

x,апершабригада—

1

yчастинуроботи.Отже,працюючи

разом,бригадивиконаютьза1день1 1 1

6x y+ = всієїроботи.

Дістанемосистемуy x

x y

= + ( )( )

+ =

5 1

21 1 1

6

,

.

Підставимо(1)в(2)ірозв’яжемоотриманерівняння.

1 1

5

1

6x x+

+= .ОДЗ: x ≠ −5, x ≠ 0.

6 5 6 5

560

x x x x

xx

+ + − +

+( ) ( )

( )= , x x2 7 30 0− − = , x1 3= − — не задовольняє умову задачі, x2 10= .

Отже,другабригадаможезоратиполеза10днів,аперша—за 10 5 15+ = днів.

Відповідь.15днів,10днів.

3.2. Перетворимо ліву частину заданої рівності. a c b a c b a c b a ac c b+( ) +( ) +( ) −( ) = +( ) − = + + −2 2 2 2 22 .

Тоді задана рівність набуває вигляду a ac c b a b c2 2 2 2 2 22+ + − = + + ; ac b= 2. Отримана рівність

виконується,якщо a , b , c —послідовнічленигеометричноїпрогресії.

3.3. Завластивістюдіагоналейпаралелограма

BO BD= = ⋅ =1

2

1

28 4 см, AO AC= = ⋅ =1

2

1

210 5 см.

Зпрямокутноготрикутника AOB ∠ = °( )B 90 :

AB AO BO= − = − =2 2 25 16 3 см; sin AOBAB

AO= = 3

5.

Площапаралелограма

S AC BD AOB= ⋅ ⋅1

2sin = ⋅ ⋅ ⋅ =1

2

3

58 10 24 см2.


B С

A D

O

8 ВАРІАНТ3


4.1.М Рівнянняx ax a a

x

2 24 3 2 1

40

− + − −−

= рівносильнесистемі x ax a ax

2 24 3 2 1 04

− + − − =≠

,.

Розв’язуючирівняннясистеми,маємо:D

a a a a a a4

4 3 2 1 2 1 12 2 2 2= − + + = + + = +( ) ; x a a a1 2 1 3 1= + + = + ; x a a a2 2 1 1= − − = − .

Рівняння,щозадановумові,маєєдинийкоріньводномузтакихвипадків:1) x x1 2= і x1 4≠ ; 2) x1 4= , x2 4≠ ; 3) x1 4= , x2 4= .Розглянемоцівипадки.1) 3 1 1a a+ = − ; a = −1.Уцьомувипадку x1 2= − . Отже, a = −1 задовольняєумовузадачі.

2)3 1 4

1 4a

a+ =

− ≠

,;

a =1.

3)a

a− =

+ ≠

1 43 1 4

,;

a = 5.

Відповідь. a = −1; a =1; a = 5.

4.2.М На рисунку зображено коло і вписаний у нього трикутник ABC .

AK —бісектрисакута A ,щоперетинаєколоуточці K .

Оскільки AK —бісектрисакута A ,то ∠ = ∠ = ∠BAK KAC

A

2.

Завластивістювписанихкутів,щоспираютьсянаоднудугу,

маємо: ∠ = ∠ = ∠CBK KAC

A

2і ∠ = ∠ =

∠KCB KAB

A

2.

Отже, ∠ = ∠ = ∠CBK KCB

A

2, тобто трикутник CKB

рівнобедренийзосновою BC,звідки KB KC= .

Оскількиточка I —центрвписаноговтрикутниккола,тобто

точка перетину бісектрис трикутника ABC , то BI — бісектриса

кута CBA .Отже, ∠ = ∠ = ∠CBI IBA

B

2.

∠ = ∠ + ∠ = +∠ ∠KBI KBC CBI

A B

2 2; ∠ = ∠ + ∠ = +∠ ∠

KIB IBA BAIA B

2 2 як зовнішній

длятрикутника IBA .Маємо: ∠ = ∠KBI KIB,тобтотрикутник KBI —рівнобедренийзосно-

вою BI ,отже, KB KI= .

Дістали: KB KC KI= = ,щойтребабулодовести.

Варіант 3Частина перша

1.1. Оскільки 4 3 5 7⋅ − = , 4 12 5 43 7⋅ − = ≠ , 4 14 5 51 7⋅ − = ≠ ,токоренемрівнянняєчисло3.Відповідь.А).

1.2. 2 31

21

2

5

5

2

7

5

7

2

1

2⋅ = ⋅ = = .


C

K

A

BI

ВАРІАНТ3 9

1.3. x y x x y y x xy y+( ) = + ⋅ ⋅ + ( ) = + +2 2 2 2 4 42 2 2 2 2.


1.4. − −( ) − −( ) = − + − + = −2 2 3 4 2 4 6 8 4 22 2 2x y x x x y xy x x xy x .


1.5. 80 2 2 2 4 10 4 63 2 280

2

80

83⋅ − = − = − = − =− .


1.6. x

x

x

x

x x

x

x

x

x x2

2

21

5

1 1 1

5 1

1

5

− + − +

+

−= ( )( ) ⋅ = ( )

: .


1.7. Оскільки 3 1 6 1 9 02⋅ + ⋅ = > ; 1 4 1 4 1 02 − ⋅ + = > ; − ⋅ − ⋅ = − <3 1 6 1 9 02 , то число 1 є розв’язком нерів-

ності − −3 6 02x x .


1.8. Вершинапараболи y x= +2 1 маєкоординати 0 1;( ) ;вершинапараболи y x= +( )12

маєкоордина-

ти −( )1 0; ;вершинапараболи y x= −2 1 маєкоординати 0 1; −( ) ;вершинапараболи y x= −( ) +1 12

маєкоординати 1 1;( ) .

Тобтоосіабсцисналежитьвершинапараболи y x= +( )12.


1.9. За ознакою паралельності прямих, прямі паралельні, якщо відповідні кути рівні. Отже, гра-дуснаміракута x маєдорівнювати75°.Відповідь.Г).

1.10. Трикутники MON і KOP подібні (задвомакутами),

отже, NO OP MN PK: : : := = =4 6 2 3.


1.11. lRn= = =⋅ ⋅π π π

180

3 60

180 (см).

Відповідь.В)

1.12. S AB BC B= ⋅ ⋅ ⋅1

2sin ,звідки sin B

S

AB BC= = =

⋅⋅

⋅2 2 20 3

8 10

3

2, ∠ = °B 60 .



2.1. x

xy x

y

xy y

x

x y x

y

y x y

y x x y

xy y x

−−

−−

−−

−−

− + −

−− =

( )−

( )= ( ) ( )

( )3 3 3 3 3 3

2 2=

xy y x xy

xy y x

x y

xy y x xy

− + −−

−

−( )= ( )

( )= −3 3 3 3

.

Відповідь. − 3

xy.

P

M N

K

O

10 ВАРІАНТ3

2.2. Нехай x1 і x2 —коренірівняння. x1 1 5= , .Затеоремою,оберненоюдотеоремиВієта, x x1 2 6⋅ = − ,

x2 6 1 5 4= − = −: , , p x x= − +( ) = − −( ) =1 2 1 5 4 2 5, , .

Відповідь. p = 2 5, , x2 4= − .

2.3. У сплаві 100%–60%=40% олова, що становить 200 г. Тоді маса сплаву 200 0 4 500: , = г.Відповідь.500г.

2.4. AB —гіпотенузатрикутника ABC , ABAC

A=

cos. cos sinA A= − = −

=1 122

3

5

4

5.

AB = =8

4

5

10 (см).



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


Затечією 45 x + 345

3x +

Протитечії 45 x −345

3x −

Враховуючи,щошляхтудиіназадчовендолаєза8год,складаєморівняння:

45

3

45

38

x x++

−= .ОДЗ: x ≠ −3, x ≠ 3.

45 3 45 3 8 3 3

3 30

x x x x

x x

− + + − + −

+ −( ) ( ) ( )( )

( )( )= , 4 45 36 02x x− − = , x1

45 51

8

3

4= = −−

не задовольняє

умовузадачі, x2

45 51

812= =+

.Отже,власнашвидкістьчовна12км/год.


3.2. Областьдопустимихзначеньфункції—множинарозв’язківсистемиx

x x−

+ − >

1 05 9 4 02

,.

x

x x

1 1

4 5 9 0 22

,

.

( )− − < ( )

Розв’яжемодругунерівністьсистемиметодомінтервалів.

y x x= − −4 5 92 ;нулі: 4 5 9 02x x− − = , x1 1= − , x2 21

4= ; x ∈

1 21

4; .

Ураховуючинерівність(1),маємо: 1 21

4;

.

Відповідь. 1 21

4;

.

–1

–+ +x

x ∈ −

1 21

4;

M

D

EO

AC

B

ВАРІАНТ3 11

2.2. Нехай x1 і x2 —коренірівняння. x1 1 5= , .Затеоремою,оберненоюдотеоремиВієта, x x1 2 6⋅ = − ,

x2 6 1 5 4= − = −: , , p x x= − +( ) = − −( ) =1 2 1 5 4 2 5, , .

Відповідь. p = 2 5, , x2 4= − .

2.3. У сплаві 100%–60%=40% олова, що становить 200 г. Тоді маса сплаву 200 0 4 500: , = г.Відповідь.500г.

2.4. AB —гіпотенузатрикутника ABC , ABAC

A=

cos. cos sinA A= − = −

=1 122

3

5

4

5.

AB = =8

4

5

10 (см).



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


Затечією 45 x + 345

3x +

Протитечії 45 x −345

3x −

Враховуючи,щошляхтудиіназадчовендолаєза8год,складаєморівняння:

45

3

45

38

x x++

−= .ОДЗ: x ≠ −3, x ≠ 3.

45 3 45 3 8 3 3

3 30

x x x x

x x

− + + − + −

+ −( ) ( ) ( )( )

( )( )= , 4 45 36 02x x− − = , x1

45 51

8

3

4= = −−

не задовольняє


45 51

812= =+

.Отже,власнашвидкістьчовна12км/год.


3.2. Областьдопустимихзначеньфункції—множинарозв’язківсистемиx

x x−

+ − >

1 05 9 4 02

,.

x

x x

1 1

4 5 9 0 22

,

.

( )− − < ( )

Розв’яжемодругунерівністьсистемиметодомінтервалів.

y x x= − −4 5 92 ;нулі: 4 5 9 02x x− − = , x1 1= − , x2 21

4= ; x ∈

1 21

4; .

Ураховуючинерівність(1),маємо: 1 21

4;

.

Відповідь. 1 21

4;

.

–1

–+ +x

x ∈ −

1 21

4;

M

D

EO

AC

B3.3. Упрямокутномутрикутнику ABC CD = 2 см, AD = 3 см,тоді

AC CD AD= + = + =2 3 5 см. OD OE OM r= = = , CEOD — ква-

драт. За властивістю дотичних, проведених з однієї точки

до кола, маємо: AM AD= = 3 см, CE CD= = 2 см, BM BE= .

Нехай BM x= ,тоді BC x= +2 , AB x= +3 .ЗатеоремоюПіфагора

AB AC BC2 2 2= + , 3 25 22 2+( ) = + +( )x x , 25 4 4 9 62 2+ + + = + +x x x x ,

2 20x = , x =10. Отже, BM =10 см, AB = + =10 3 13 см. Радіус

описаногокола R AB= = ⋅ =1

2

1

213 6 5, см.

Відповідь.6,5см.


4.1.М x x x x x+( ) +( ) +( ) +( ) =2 3 8 12 4 2 ; x x x x x2 2 214 24 11 24 4+ +( ) + +( ) = .

Оскільки x = 0 не є коренем цього рівняння, то, поділивши його обидві частини на x ,дістанеморівняння,рівносильнезаданому.

Маємо: x xx x

+ +

+ +

=24 24

14 11 4.

Нехай x tx

+ + =2411 ,тодірівняннянабуваєвигляду: t t+( ) =3 4; t t2 3 4 0+ − = .

Звідки t =1 або t = −4 .

Далі:x

x

x

x

+ + =

+ + = −

24

24

11 1

11 4

,

;

x xx x

2

2

10 24 015 24 0

+ + =+ + =

,;

xx

x

x

= −= −

=

=

− −

− +

46

15 129

215 129

2

,,

,

.

Відповідь.− ±15 129

2;–6;–4.

4.2.М Нарисункузображенорівнобічнутрапецію ABCD ( AD BC ),

діагоналі якої взаємно перпендикулярні. Через точку перети-

нудіагоналейпроведемовисотутрапеції, PM h= .

Площатрапеції ABCD : S PMAD BC= ⋅+

2.

Оскількитрапеція ABCD рівнобічнаі BD AC⊥ ,тотри-

кутники AOD і BOC рівнобедренііпрямокутні.

Отже, OM AM= і OP BP= ,тоді

AD BC OM OP OM OP PM h+ = ⋅ + ⋅ = +( ) = ⋅ =2 2 2 2 2 .

Маємо: S h hh= ⋅ =2

22 .

Відповідь. h2 .

P

A D

CB

M

O

12 ВАРІАНТ4

Варіант 4


1.1. 2 3 5 6 67

8

5

8

12

8

4

8

1

2+ = = = .


1.2. 0 2 100 100 165

4

1

5

4

5, : % % %⋅ = ⋅ ⋅ = .


1.3. Відповідь.Г).

1.4. 3 2 12 3 2 3 2 2 122 2 2x x x x x−( ) + = ( ) − ⋅ ⋅ + + = 9 12 4 12 9 42 2x x x x− + + = + .



1.6. 3 3 3 0 5 1 3 30 4 23 2 4 6

21

2+ ⋅( ) − ( ) = + ⋅ −

=− − − − −−

, = + − = + − =1 3 2 1 9 4 62 2 .


1.7. Відповідь.В).

1.8. Запишемонерівністьувигляді x2 49 0− .ОДЗнерівності − ∞ + ∞( ); .

x2 49 0− = ,якщо x1 7= − , x2 7= .Отже, x∈ − 7 7; .


1.9. Оскільки кути при основі рівнобедреного трикутника рівні, а сума кутів трикутникадорівнює180°,токутпривершинідорівнює 180 2 30 120° − ⋅ ° = °.Відповідь.Б).

1.10. Оскільки тангенс гострого кута прямокутного трикутника — це відношення протилежного

катетадоприлеглого,тотангенскута,протилежногодобільшогозкатетів,дорівнює8

6

4

3= .


1.11. Нехайточка O 0 0;( ) —початоккоординат.Тоді AO = − −( ) + −( ) =8 0 6 0 102 2

.


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

a R= =3 4 3 см. Площу рівностороннього трикутника зі стороною a обчислимо за формулою

Sa= =

( )=

⋅2

2

3

4

4 3 3

412 3 (см2).


–7 7–+ +

x

ВАРІАНТ4 13


2.1. Перетворимовиразудужках:a b

a ab

a b

a ab

+−

−+

−5

5

5

52 2 =( )

−( )

( ) ( )( )( )

+−

−+

=+ − −

− +a b

a a b

a b

a a b

a b a b

a a b a b

5

5

5

5

5 5

5 5

2 2

=

=20

252 2

ab

a a b−( ) .Отже,a b

a ab

a b

a ab

b a

b

+−

−+

−−

⋅5

5

5

5

25

52 2

2 2

2=

20

25

25

5

42 2

2 2

2

ab

a a b

b a

b b−⋅

−

( ) = − .


b.

2.2. 18 3 1

6

2 7 2 7 2

6

− − − + −( ) ( )x x x , 18 3 3 2 7 14 4− + − + −x x x , − −13 26x , x 2 .Розв’язкаминерів-

ностієвсічислазпроміжку −∞( ; 2 , ізнихнатуральнимиєчисла1 і2.


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

xb

a= −

( )== −

⋅ −2

4

2 21, y = − ⋅ + ⋅ =2 1 4 1 2.Оскільки c = 0 ,параболапро-

ходитьчерезточку 0 0;( ) .Знайдемоточкиперетинуграфікафункції

з віссю абсцис: − + =2 4 02x x , − −( ) =2 2 0x x , x = 0 або x = 2. Отже,

графікфункціїперетинаєвісьабсцисуточках 0 0;( ) і 2 0;( ) .

Користуючись рисунком, знаходимо область значень цієї

функції: − ∞( ;2 .

Відповідь. − ∞( ;2 .

2.4. Нехайкутміжвекторамидорівнює α.Зозначенняскалярногодобуткувекторіввипливає,що

cosα = ⋅⋅

m n

m n. m n

⋅ = − ⋅ −( ) + ⋅ =3 2 0 2 6,

m = −( ) + =3 0 32 2 , n

= −( ) + =2 2 2 22 2 .

Тоді cosα = =⋅

6

3 2 2

1

2, α = °45 .

Відповідь.45°.

Частина третя3.1. Нехай 2 1n − , 2 1n + , 2 3n + , 2 5n + — послідовні непарні натуральні числа. Тоді

2 1 2 3 111 3 2 1 2 5n n n n+( ) +( ) − = −( ) + +( )( ) , 4 4 120 02n n− − = , n1 6= , n2 5= − — не є натуральним

числом.При n = 6 2 1 2 6 1 11n − = ⋅ − = , 2 1 2 6 1 13n + = ⋅ + = , 2 3 2 6 3 15n + = ⋅ + = , 2 5 2 6 5 17n + = ⋅ + = .

Відповідь.11;13;15;17.

3.2. y xx

y

y

x

= −

+ =

6 1

2 5 2

, ( )

, . ( )

Підставимо (1) в (2) і розв’яжемо отримане рівняння:x

x

x

x6

62 5

−−+ = , . Нехай

x

xt

6 −= ,

тоді tt

+ =12 5, , t t2 2 5 1 0− + =, , t1

1

2= , t2 2= .Отже,

x

x6

1

2−= , x = 2 або

x

x62

−= , x = 4.

При x = 2 y = − =6 2 4;при x = 4 y = − =6 4 2.

Відповідь.(2;4),(4;2).

0

2

1

1 x

y

2

14 ВАРІАНТ5

3.3. Знаходимодіагоналічотирикутника ABCD . BD x x y yB D B D= −( ) + −( )2 2 = − −( ) + − −( ) =1 2 2 32 2

= + =9 25 34 ; AC x x y yC A C A= −( ) + −( )2 2 = − −( ) + − −( )2 3 1 22 2 = + =9 25 34 .

Координати середини діагоналі AC: xx x

A C= = =+ −2

3 2

2

1

2, y

yA C

y= = =+ − +2

1 2

2

1

2. Коор-

динати середини діагоналі BD: xx x

B D= = =+ −2

2 1

2

1

2, y

yB D

y= = =+ −2

3 2

2

1

2. Таким чином,

діагоналічотирикутника ABCD рівні,перетинаютьсявточці1

2

1

2;

тацієюточкоюділяться

навпіл.Отже,чотирикутник ABCD єпрямокутником.


4.1.М Нехайподія A —витяглитрикульки,середякихдвібілійодначорна.Кількістьрівномож-ливихрезультатівдорівнює C30

3 .Вибратидвібілікулькиможна C12

2 способами,однучорну— C181 способами.

Отже,кількістьрезультатів,щосприяютьподії A ,дорівнює C C181

122⋅ .

P AC C

C( ) = ≈⋅

=⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

=18

1

12

2

30

3

18 12 3 27

17 2 10 30

594

20300

! ! ! !

! ! ! !,2292 .

Відповідь.P AC C

C( ) = ≈⋅

=⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

=18

1

12

2

30

3

18 12 3 27

17 2 10 30

594

20300

! ! ! !

! ! ! !,2292 .

4.2.М Нарисункузображенотрикутник ABC , CM —медіана,

CM m= , ∠ =ACM α , ∠ =BCM β .

«Подвоїмо» медіану CM , дістанемо паралело-грам AKBC , кути якого дорівнюють: ∠ = +BCA α β,∠ = ° − +( )CAK 180 α β .

Зтрикутника AKC затеоремоюсинусів:

CK

CAK

AK

KCAsin sin= ,

CK

CAK

AC

CKAsin sin= .

Звідки AKm=

( )+2 sin

sin

αα β

, ACm=( )+

2 sin

sin

βα β

.

Оскільки AKBC —паралелограм,то AK BC= ,отже, BCm=

( )+2 sin

sin

αα β

.

Відповідь. ACm=( )+

2 sin

sin

βα β

, BCm=

( )+2 sin

sin

αα β

.

Варіант 5



1.2. − −( )⋅ − +( ) = − ⋅ = −7 5 3 1 2 1 5 10 5 0 3 3 15, , , , , , .


A K

C B

M

am

b

ВАРІАНТ5 15

1.3. Оскільки − + −( ) = − ≠2 3 5 5, − + = ≠2 3 1 5 , 2 3 5+ = , − + = − ≠3 2 1 5, то розв’язком рівняння є пара

чисел 2 3;( ).


1.4. 2 0 5 2 5 1 5x x− = −, , , , 2 1 5 2 5 0 5x x+ = +, , , , 3 5 3, x = , x = = = ⋅ =3 3 5 3 37

2

2

7

6

7: , : .


1.5. ЗатеоремоюВієта x x1 2 8+ = − , x x1 2 7⋅ = .Ціумовизадовольняютьчисла −7 і −1.


1.6. 2 1 2 1 2 1

2 2

a b

a b a b

a b

a b a b a b

a b a b

a b a b

+− +

+− +

++

+ + ⋅ −

− ++ =

( )( )= ( )

( )( )= 33

2 2

a

a b−.


1.7. d a a= −2 1 .Оскільки a2 3= , a1 8= ,то d = − = −3 8 5.


1.8. 5 26 2

36

+− <

⇔ −> −

xx x

xx

, ,.

Розв’язкомсистеминерівностейєпроміжок − −( 6 3; .Відповідь.В).

1.9. Радіус кола дорівнює 8 2 4: = см. Оскільки пряма віддалена від центра кола на відстань, щодорівнюєйогорадіусу,топрямамаєзколомоднуспільнуточку.Відповідь.А).

1.10. Оскільки прямокутний трикутник рівнобедрений, то його катети рівні. Нехай катети дорів-

нюють x см. ТодізатеоремоюПіфагора x x2 22

4 2+ = ( ) , 2 322x = , x2 16= , x = 4.


1.11. AB

− − −( ) − −( )1 3 2 2; , AB

2 4; −( ) .


1.12. Затеоремоюкосинусів AC AB BC AB BC B2 2 2 2= + − ⋅ ⋅ ⋅cos .

Враховуючи,що cos1201

2° = − , AC2 2 25 3 2 5 3

1

249= + + ⋅ ⋅ ⋅ = , AC = 7.



2.1. 1 25 2 53 2

3 2 3 25

4

5

2

4

5

2

5

64

1, ,− −

− −

+ =

+

=

+

=225

4

25

64 20

125

84

125+ =

+ = .

Відповідь.84

125.

2.2. a a

a

a a

a a

a

a

+−

=+

− + −

( )( )( ) =5

25

5

5 5 5.

Відповідь.a

a −5.

–6 –3 x

16 ВАРІАНТ5

2.3. Функція y x x= − + −2 5 22 визначенапривсіхдійсних x .Знай-

демо нулі функції: − + − =2 5 2 02x x , якщо x1 0 5= , , x2 2= . Роз-

в’язком нерівності є всі числа з проміжку 0 5 2, ; . З них

цілимиєчисла1 і2.Відповідь.1;2.

2.4. Оскількиточкарозташовананаосіабсцис,то їїординатадорівнюєнулю.

Нехай точка C x;0( ) рівновіддалена від точок A і B. CA x x2 2 2 21 0 5 1 25= −( ) + −( ) = −( ) + ;

CB x x2 2 2 23 0 1 3 1= −( ) + −( ) = −( ) + . CA CB= ,тому x x−( ) + = −( ) +1 25 3 1

2 2.

Розв’язавшицерівняння,дістанемо x = −4 .

Відповідь. −( )4 0; .

Частина третя3.1. Нехай знаменник дробу — x , тоді чисельник — x −5, дріб можна записати у вигляді

x

x

−5. Після додавання до чисельника 3, а до знаменника — 4, дістанемо дріб

x

x

−+

2

4, який

більший від заданого дробу на1

8. Маємо рівняння

x

x

x

x

−+ =

−+

5 1

8

2

4. ОДЗ: x ≠ −4, x ≠ 0.

8 5 4 4 8 2

8 40

x x x x x x

x x

− + + + − −

+( )( ) ( ) ( )

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

При x1 20= − дістанемоскоротнийдріб25

20,щонезадовольняєумову.

При x2 8= дістанемодріб3

8,щозадовольняєумову.


8.

3.2. 9 6 2 2 02 2 2a a a ab b+ − − + + > , 9 6 1 2 1 02 2 2a a a ab b− +( ) + − +( ) + > , 3 1 1 02 2

a a b−( ) + −( ) + > . Оскільки

3 1 02

a −( ) при будь-яких значеннях a , a b−( )20 при будь-яких a і b , 1 0> , то сума

3 1 1 02 2

a a b−( ) + −( ) + > длявсіхдійснихзначень a і b .

3.3. Діагональ AC рівнобічної трапеції ABCD ділить середню

лінію MN навідрізки MO =13 см, NO = 23 см.Завластивістю

середньоїлініїтрикутника BC MO= = ⋅ =2 2 13 26 см, AD N= = ⋅ =2 0 2 23 48

AD N= = ⋅ =2 0 2 23 48 см.∠ = ∠BAC DAC( AC —бісектриса),∠ = ∠DAC BCA

яквнутрішнірізносторонніприпаралельнихпрямих AD і BC

та січній AC . Отже, трикутник ABC рівнобедрений, у нього

AB BC= = 26 см.

Проводимо BE AD⊥ і CF AD⊥ . BCFE —прямокутник,

EF BC= = 26 см. AE FD AD EF= = − = − =( ) : ( ) :2 46 26 2 10 см.

Зпрямокутноготрикутника ABE BE AB AE= − = − =2 2 676 100 24

BE AB AE= − = − =2 2 676 100 24 см.

Площатрапеції S BEAD BC= ⋅ = ⋅ =+ +

2

46 26

224 864 см2.


0,5 2–+–

x

N

A D

CB

M

E F

O

ВАРІАНТ6 17


4.1.М Системарівняньm x y

x m y

+( ) + =− −( ) =

1 3

2 2 6

,немаєрозв’язківзавиконанняумов:

m

m

+=

− −≠

( )1

2

1

2

3

6.

Розв’яжеморівнянняm

m

+=

−1

2

1

2; 2 2 22m m m− + − = , m m2 0− = ,звідки m = 0 або m =1.

Перевіримо,чизадовольняютьздобутізначення m умовуm + ≠1

2

1

2.

Якщо m = 0 ,тоm + =1

2

1

2,щонезадовольняєзазначенуумову.

Якщо m =1,тоm + = ≠1

2

1

21 ,щозадовольняєумову.

Відповідь. m =1.

4.2.М 4 3 4 3 16 24 92

2 2

a b a b a a b b+ = +( ) = + ⋅ + == ⋅ + ⋅ ° + = ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ = =16 24 120 9 16 9 12 3 2 9 4 108 6 32 2

a a b bcos

= ⋅ + ⋅ ° + = ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ = =16 24 120 9 16 9 12 3 2 9 4 108 6 32 2

a a b bcos .

Відповідь. 6 3 .

Варіант 6


1.1. 432 48 38 432 432 48 38 432 10 4320⋅ − ⋅ = −( ) = ⋅ = .





1.5. 3 5 3 5 3 52 2a

b

b

a

a a b b

ab

a b

ab+ = ⋅ + ⋅ = +

.


1.6. Оскількидискримінант D b ac= − = −( ) − ⋅ ⋅ = >2 54 5 4 3 2 1 0 ,торівняннямаєдвакорені.


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

1.8. a a n dn = + −( )1 1 . a a d5 1 4= + , a a d1 5 4 35 4 6 35 24 11= − = − ⋅ = − = .


18 ВАРІАНТ6

1.9. Нехайкоефіцієнтпропорціональностідорівнює k.Тоді 5 2 70k k+ = ,звідки k =10.Отже,точкалежитьвідкінціввідрізканавідстані50см і20см.Відповідь.В).

1.10. Оскількидіагоналіромбаєбісектрисамийогокутів,то ∠ = ⋅ ° = °ABC 2 75 150 .Відповідь.Г).

1.11. За теоремою синусівMN

K

MK

Nsin sin= , звідки MN

MK K

N=

⋅sin

sin. Враховуючи, що sin45

2

2° = ,

sin603

2° = ,дістанемо MN = =

⋅62

2

3

2

2 6 .


1.12. Вектори колінеарні, якщо їх відповідні координати пропорційні. Оскільки2

6

3

9= ,

2

3

3

4≠ ,

2

1

3

2≠ ,

2

9

3

6≠ ,товектору

a 2 3;( ) колінеарнийвектор,щомаєкоординати 6 9;( ) .



2.1. ОДЗ: 8 20 0x − . 5 8 20 10x − = , 8 20 2x − = , 8 20 4x − = , 8 24x = , x = 3.


2.2. Оскільки точка A −( )2 9; належить графіку функції y ax x= + −2 5 7 , то виконується рівність

9 2 5 2 72= ⋅ −( ) + ⋅ −( ) −a . 9 4 10 7= − −a , звідки a = 6 5, .

Відповідь.6,5.

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

ге рівняння системи і розв’яжемо його відносно x : 3 2 9 2 102 2x x− −( ) = , 3 18 4 10 02 2x x− + − = ,

7 28 02x − = , x2 4= , x1 2= − , x2 2= .Тоді y1

29 2 2 1= − ⋅ −( ) = , y2

29 2 2 1= − ⋅ = .

Відповідь. −( )2 1; , 2 1;( ) .

2.4. Нехай ABC — рівнобедрений трикутник AB BC=( ) , AD —

висота. BD = 5 см, DC = 8 см. Тоді BC AB= =13 см. З пря-

мокутного трикутникаABD : AD AB BD= − = − =2 2 2 513 5 12

см.Площатрикутника S BC AD= ⋅⋅ ⋅ = ⋅ =1

2

1

212 13 78 (см2).


D

B

A C

ВАРІАНТ6 19


3.1. Нехай швидкість руху першого автомобіля x км/год, а другого — ( )x +10 км/год. Систе-матизуємоданіувиглядітаблиці.


Першийавтомобіль

450 x 450

x

Другийавтомобіль

450 x +10 450

10x +

Враховуючи,щодругийавтомобільприбувуселона30хв=30

60год=

1

2годшвидше,ніж

перший,складаєморівняння:

450 450

10

1

2x x−

+= .ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ −10 .

450 2 10 450 2 10

1020

⋅ + ⋅ − +

+( ) − ( )

( )=

x x x x

xx, x x2 10 9000 0+ − = , x1

10 190

2100= = −− −

—незадоволь-

няєумовузадачі, x2

10 190

290= =− +

.

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

Відповідь.90км/год,100км/год.

3.2. Проміжкизростанняфункції:

− ∞ −( ; 2 і 2; + ∞ ) ,найбільше

значенняфункції: y = 4 .

Відповідь. − ∞ −( ; 2 і 2; + ∞ ) ;4.

3.3. Упрямокутнійтрапеції ABCD OF OE OK OL r= = = = ,

CD CE DE= + = + =4 25 29 см.За властивістю дотичних, проведених з однієї точки

до кола, маємо: CF CE= = 4 см, DK DE= = 25 см. ПроводимоCM AD⊥ . KFCM —прямокутник, KM CF= = 4 см, KF CM= .Тоді DM DK KM= − = − =25 4 21 см.

Зпрямокутноготрикутника CMD CM CD DM= − = − =2 2 841 441 20

CM CD DM= − = − =2 2 841 441 20 см.

Тоді AB CM= = 20 см.Завластивістюсторінописаногочотирикутника BC AD AB CD+ = + = + =20 29 49 см.Площа

трапеції S CMBC AD= ⋅ = ⋅ =+

2

49

220 490 см2.


0

4

1

1 x

y

–2

–4

–2

82–8

yx

= −8

yx

= −8

K D

CB

L

F

O

A M

E

20 ВАРІАНТ7

Частина четверта4.1.М Запишеморівняння x x x x+( ) −( ) −( ) −( ) =1 1 2 4 7 увигляді x x x x2 23 4 3 2 7− −( ) − +( ) = .

Нехай x x t2 3 4− − = ,тоді x x t2 3 2 6− + = + .

Рівняннянабуваєвигляду t t +( ) =6 7 , t t2 6 7 0+ − = ,звідки t =1 або t = −7 .

Маємо:x xx x

2

2

3 4 13 4 7

− − =− − = −

,;

x xx x

2

2

3 5 03 3 0

− − =− + =

,;

x

x

=

=

+

−

3 29

23 29

2

,

.

Відповідь.3 29

2

±.

4.2.М Нарисункузображенотрикутник ABC ,вписанийуколо.Нехайбісектрисакута A перетинаєколовточці K .За властивістю вписаних кутів, що спираються на одну

дугу,маємо: ∠ = ∠ = ∠KCB KAB

A

2, ∠ = ∠ = ∠

CBK CAKA

2.

Отже, ∠ = ∠KCB CBK , тобто трикутник CBK рівнобед-ренийзосновою BC і CK BK= .

Проведемо серединний перпендикуляр до основи BC рівнобедреноготрикутника CBK .

Очевидно,щоцейсерединнийперпендикулярзбігаєтьсяз прямою KN , якій належать висота, медіана й бісектрисатрикутника CBK .

Отже, серединний перпендикуляр до сторони BC перетинаєтьсязбісектрисоюкута A вточці K ,яканалежитьколу,описаномунавколотрикутника ABC .


1.1. 3год24хв=3 60⋅ хв+24хв=180хв+24хв=204хв.Відповідь.В).

1.2. 13 2 13 2 11 10 104

7

4

7

4

7

7

7

4

7

3

7− = − − = − = − = .



1.4. Областьвизначенняфункції − ∞ + ∞( ); .x − =3

50,якщо x = 3.


1.5. 5

6

3 5

22

m

m m⋅ = .


CA

B

KN

ВАРІАНТ7 21

1.6. − = − ( ) ⋅ = − ⋅ = −3 3 3 3 9 3 272 2 3a a a a a a a .



1.8. Нехай1500грн—це100%.Тоді1725грн—це1725 100

1500115

⋅ = %.

Отже,115%–100%=15%.



1.10. Заумовою AM = 4 дм, MD =16 дм.Завластивістюрівнобічної

трапеції KD AM= = 4 дм.

Тоді BC MK MD KD= = − = − =16 4 12 дм.Відповідь.Б).

1.11. Якщотупийкутпаралелограмадорівнює150°,тогострийкутдорівнює30°.Площапарале-

лограма S = ⋅ ⋅ ° = ⋅ =10 15 30 150 751

2sin (см2).


1.12. AB y2 2 21 2 2 25= − −( )( ) + −( ) = , звідси 9 2 25

2+ −( ) =y , 2 162−( ) =y , 2 4− = −y або 2 4− =y , y = −2

або y = 6.Відповідь.Г).


2.1. ОДЗ: x ≠ 5, x ≠ −5.

2 5 4 5

25

15

252

2

2

x x

x

x

x

+ − −

−+−

( ) ( ) = , 2 10 4 20 152x x x+ − + = + , x x2 2 15 0+ − = , x1 5= − (не належить ОДЗ),

x2 3= .Відповідь.3.

2.2. Областювизначенняфункції y x= євсіневід’ємнічисла.Для

побудови графіка функції y x= , скористаємося таблицею:

x 0 1 4 9

y 0 1 2 3

Графікомфункції y x= −2 єпряма,щопроходитьчерез

точки 0 2;( ) і 2 0;( ) .

Значення функції y x= менше за значення функції

y x= −2 ,якщо x∈ )0 1; .

Відповідь. 0 1; ).

A D

CB

M K

0

1

1 x

yy

x

=−2

y x=2

2

22 ВАРІАНТ7

2.3. Ізспіввідношення b q b62

4= знаходимо qb

b2 6

4

= , q2 4

36= , звідки q = − = −2

6

1

3або q = =2

6

1

3.


3,

1

3.

2.4. Нехайгіпотенузатрикутникадорівнює x см.Тодіневідомийкатетдорівнює x −( )8 см.Затео-

ремоюПіфагора 12 82 2 2+ −( ) =x x . 144 16 642 2+ − + =x x x , 16 208x = , x =13.

Тоді x − = − =8 13 8 5 (см). P = + + =12 5 13 30 (см).


Частина третя3.1. Нехайшвидкістьтечії x км/год.Систематизуємоданіувиглядітаблиці.


Затечією 30 18 + x30

18 + x

Протитечії 16 18 − x16

18 − x

Враховуючи,щошляхтудиіназадчовендолаєза2,5год= 5

2год,складаєморівняння:

30

18

16

18

5

2++

−=

x x.ОДЗ: x ≠ −18 , x ≠ 18.

30 2 18 16 2 18 5 18 18

2 18 180

⋅ − + ⋅ + − + −

+ −( ) ( ) ( )( )

( )( )=

x x x x

x x, 5 28 36 02x x− + = , x1

28 8

102= =−

,

x2

28 8

103 6= =+

, .Отже,швидкістьтечії2км/годабо3,6км/год.

Відповідь.2км/год;3,6км/год.

3.2. 1

2 1 2 1n n− + +=

2 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

n n

n n n n

− − +

− + + − − +( )( ) = 2 1 2 1

2 1 2 1

n n

n n

− − +− − +( )

=

= − − − +( ) =1

22 1 2 1n n

1

2

1

22 1 2 1n n+ − − .Тодізаданийвиразможназаписатиувигляді

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

23 1 5 3 7 5 121 119− + − + − + + −... = − + = − =1

2

1

2

11

2

1

21 121 5.


3.3. УтрикутникуABC AB CB= , BD —висота,BD BO OD= + = + =13 5 18 см. OE OD= = 5 см.

ЗпрямокутноготрикутникаBOE:

BE BO OE= − = − =2 2 169 25 12 см.

BDC BEO :BO

BC

BE

BD

OE

DC= = , BC

BO BD

BE= ⋅

,

BC = ⋅ =13 18

1219 5, см, DC

OE BD

BE= ⋅

, DC = ⋅ =5 18

127 5, см.

AC DC= =2 15 см. P BC AC= + = ⋅ + =2 2 19 5 15 54, см.


E

B

A C

O

ВАРІАНТ8 23


4.1.М Воднійсистемікоординатпобудуємографікирівнянь.

Графік рівняння x y+ = 2 — квадрат із вершинами

вточках: 2 0;( ) , 0 2;( ) , −( )2 0; і 0 2; −( ) .

Графікрівняння x y a2 2 2+ = —колозцентромупочатку

координатірадіусом a ( a > 0 ).Системаматимечотирирозв’язки,якщоколо іквадрат

матимуть чотири спільні точки. Це можливо, коли коло впи-санеуквадратабоописаненавколонього.

Отже, a = 2 або a OA= = 2 .

Відповідь.При a = 2 або a = 2 .

4.2.М Нехай ma , mb , mc —медіанитрикутника,щопроведенідосторін a , b і c відповідно.Занаслідкомізтеоремикосинусівмаємо:

4 2 22 2 2 2m a b ca + = + , 4 2 22 2 2 2m b a cb + = + , 4 2 22 2 2 2m c a bc + = +

або

ma

b c a2 2 2

4

2 2 2

= + −, mb

a c b2 2 2

4

2 2 2

= + −, mc

a b c2 2 2

4

2 2 2

= + −.

Оскількизаумовою m m ma b c2 2 25+ = ,то

2 2 2 2

4

5 2 2

4

2 2 2 2 2 2 2 2 2b c a a c b a b c+ − + + − + −

=( )

,

b c a a b c2 2 2 2 2 24 10 10 5+ + = + − , 9 9 92 2 2c a b= + , c a b2 2 2= + .Затеоремою,оберненоюдотеоремиПіфагора,дістали,щотрикутникпрямокутний.

Варіант 8



1.2. 2

5

1

10

2 10

5 14: = ⋅

⋅= .


1.3. 16 4 4 42 2 2− = − = −( ) +( )p p p p .


1.4. a b b a a b a b a b a a b b2 2 2 4 2 2 4 2 22 3 3 2 6 3 7 2−( ) −( ) = − − + = − + − .


1.5. Оскількиa a a a a3 3 3 3 0 1⋅ = = = ≠− + −( ) ,x x x x x5 6 5 6 1: = = ≠− − , a a a− − − ⋅ −( )( ) = =23 2 3 6 , x x x x− − ⋅ −( ) = = ≠2

42 4 8 8 ,

торівність a a− −( ) =23

6 єтотожністю.


0 x

y

2

–2

–2

2

A

24 ВАРІАНТ8

1.6. 2 8

2

3 6

16

2 4 3 2

2 4 4

6

42

x

x

x

x

x x

x x x x

−+

+−

− ⋅ +

+ − + +⋅ = ( ) ( )

( )( )( )= .



1.8. Областьвизначенняфункції: − ∞( ) + ∞( ); ;1 1 .x x

x

2

10

−−

= ,якщо x xx

2 01 0− =

− ≠

,;

x xx

−( ) =≠

1 01

,;

xxx

1

2

01

1

==

≠

,,

.

Звідсивиплаває,що x = 0.


1.9. Оскільки ∠( )bd і ∠2 вертикальні, то ∠( ) = °bd 60 . Оскільки ∠( )bd і ∠1 є внутрішніми

односторонніми при паралельних прямих a і b і січній d , їх сума дорівнює 180°.∠ = ° − ° = °1 180 60 120 .


1.10. Шуканийцентральнийкутдорівнює 360 1201

3°⋅ = ° .


1.11. Оскількивсівнутрішнікутиправильногомногокутникарівні,аїхсумадорівнює 180 2° −( )n ,

то внутрішній кут при вершині правильного многокутника дорівнює180 2° −( )n

n. При n = 6

180 6 2

6120

° −( ) = °.


1.12. Sp r= = =⋅ ⋅2

24 4

248 (см2).



2.1. Учисельникувинесемозадужкиспільниймножник3,азнаменникрозкладемонамножники,

скориставшись формулою суми кубів двох чисел. Тоді12 6 3

8

3 4 2

2 2 4

3

2

2

3

2

2

− ++

− +

+ − + +=

( )( )( ) =a a

a

a a

a a a a.


2a +.

2.2. Відомо,що ax bx c a x x x x21 2+ + = −( ) −( ) ,де x1, x2 —кореніквадратноготричлена.

− − + =1

32 6 0x x ,якщо x1 6= − , x2 3= .Тоді − − + = − +( ) −( )1

3

1

32 6 6 3x x x x .

Відповідь. − +( ) −( )1

36 3x x .

ВАРІАНТ8 25

2.3. Дільникамичисла24єчисла1,2,3,4,6,8,12,14.Оскількиймовірністьподії—цевідношеннякількостісприятливихподійдозагальноїкількостіподій,тоймовірністьтого,щоодневибра-

нез24чиселбудедільникомчисла24,дорівнює P = =8

24

1

3.


3.

2.4. Відомо, що бісектриса кута A паралелограма ABCD відтинає

на протилежній стороні відрізок, що дорівнює прилеглій

стороні. Тоді AB BK= = 3 см, BC BK KC= + = + =3 2 5 см.

Оскільки протилежні сторони паралелограма рівні, то

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



3.1. Нехай перший робітник повинен за планом виготовити x деталей, а другий — y деталей.Систематизуємоданіувиглядітаблиці.

Іробітник ІІробітник Кількістьдеталей

Запланом x y 250

Фактично x x x+ =0 1 1 1, , y y y+ =0 15 1 15, , 280

Маємосистемурівняньx y

x y+ =

+ =

2501 1 1 15 280

,, , .

y x

x y= −

+ =

2501 1 1 15 280

,, , .

1 1 1 15 250 280, ,x x+ −( ) = , − = −0 05 7 5, ,x , x =150. Отже, перший робітник за планом має

виготовити150деталей,адругий— 250 150 100− = деталей.

Відповідь.150деталей,100деталей.

3.2. a a b b ab a b

a b a b

b

a b

+ − +

+ − +

( )( )( )

+ 2

=( )( )( )( )

+− −

+ − +

a b a b

a b a b

b

a b

2 = − ++

=a b b

a b

21.


3.3. AC BC⊥ ,точка C належитьколу,тому AB —діаметркола,

AB AO= = ⋅ =2 2 10 20 см.

ЗатеоремоюПіфагора AC BC AB2 2 2+ = .

Нехай AC x= , тоді BC x= + 4, тоді x x2 24 400+ +( ) = ,

x x2 4 192 0+ − = , x1 16= − — не підходить за змістом задачі,

x2 12= .Отже, AC =12 см, BC = + =12 4 16 см.

Відповідь.12см,16см.

B С

A D

K

BC

A

O

26 ВАРІАНТ9


4.1.М Оскільки x = 0 неєкоренемрівнянняx

x x

x

x x2 23 2 5 2

1

24+ +−

+ += ,

топоділимочисельникізнаменникдробіврівнянняна x ( x ≠ 0).

Дістали:1

23

1

25

1

24xx

xx

+ +−

+ += .

Нехай x tx

+ + =23 ,тодірівняннянабудевигляду:

1 1

2

1

240

t t−

+− = ,

24 48 24 2

24 2

2

0t t t t

t t

+ − − −+( )

= .

Церівняннярівносильнесистемі:t ttt

2 2 48 00

2

+ − =≠≠ −

,,

,

звідкимаємо: t = −8 або t = 6 .

Маємо:x

x

x

x

+ + = −

+ + =

2

2

3 8

3 6

,

;

x xx x

2

2

11 2 03 2 0

+ + =− + =

,;

x

xx

=

==

− ±11 113

212

,

,.

Відповідь.1;2;x

xx

=

==

− ±11 113

212

,

,.

.

4.2.М Нехай ha , hb і hc —висоти,щопроведенідосторін a , b і c трикутникавідповідно.

Площа S цьоготрикутникадорівнює: S aha= 1

2,або S bhb= 1

2,або S chc= 1

2.

Маємо: ha

S

a= 2

, hb

S

b= 2

, hc

S

c= 2

,тоді

h

h

h

h

S a

c S

S b

c S

a

cc

a

c

b

+

=

+

=⋅⋅

⋅⋅

2 2 2 22

2

2

2

+

=2 2

1b

c(заумовою).

Отже, a b c2 2 2+ = ізатеоремою,оберненоюдотеоремиПіфагора,трикутникпрямокутний.

Варіант 9

Частина перша1.1. ВідповідьГ).

1.2. Нехайіз18кгсвіжихгрибівотримають x кгсушених.Складаємопропорцію12

18

1 8= ,

x,звідки

x = =⋅18 1 8

122 7

,, .


ВАРІАНТ9 27

1.3. Оскількизначенняфункціїдорівнює3,то − + =5 4 3x , звідки x = 2.Відповідь.Б).

1.4. 3 3 3 92 2 2 2 2a b a b b a b b a−( ) +( ) + = ( ) − + = .


1.5. − + − = − + − = −16 81 121 4 9 11 6.Відповідь.Г).

1.6. 0 25 0 4 0 25 0 4 0 15 4 9 3 5 9 4 3 4, , , , ,a b a b a b a b⋅ = ⋅ =− − + −( ) + −( ) − .


1.7. Нехай 5000 грн — це 100%. Тоді через рік вкладник отримає 115% від 5000 грн, або5000 1 15 5750⋅ =, грн.Відповідь.А).

1.8. ОДЗнерівності − ∞ + ∞( ); . x x−( ) +( ) =5 3 0 ,якщо x1 3= − , x2 5= .

Отже, x x−( ) +( )5 3 0 ,якщо x∈ − ∞ −( + ∞ ); ;3 5 .


1.9. Оскільки сума кутів трикутника дорівнює 180°, то ∠ = ° − ∠ + ∠( ) = ° − ° + °( ) = °K M N180 180 35 25 120

∠ = ° − ∠ + ∠( ) = ° − ° + °( ) = °K M N180 180 35 25 120 . ∠K —тупий,томутрикутник MNK —тупокутний.


1.10. ВідповідьВ).

1.11. Нехай M x y;( ) .Тоді x = ( ) = −+ −2 6

22, y = =− +3 7

22.


1.12. Радіус кола, вписаного в правильний шестикутник зі стороною a , дорівнює ra= 3

2. Тобто

r = =⋅4 3 3

26 см.

Тодіплощакруга,обмеженогоколомданогорадіуса, S r= = =π π π2 26 36 (см2).



2.1. Перетворимовиразудужках:a

b ab

b

a ab

a

b b a

b

a b a

a b

ab b a

a b a b

ab b a2 2

2 2

− − − −−

−

− +

−+ =

( )−

( )=

( )= ( )( )

(( )= −

+a b

ab.

Тодіa

b ab

b

a ab

ab

a b

a b

ab

ab

a b2 21

− − ++

++

⋅ = − ⋅ = − .

Відповідь. −1.

–3 5–+ +

x

28 ВАРІАНТ9

2.2. − < <−1 2

2 3

2

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

3

4

3x .

Розв’язкаминерівностієвсічислазпроміжку −

2

3

4

3; .

Середнихцілимичисламиє0і1.


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

xb

a= − == −

−⋅2

12

2 32, y = ⋅ − ⋅ + = −3 2 12 2 10 22 . Оскільки c =10 ,

параболапроходитьчерезточку 0 10;( ).Знайдемоточкипере-

тину графіка функції з віссю абсцис: 3 12 10 02x x− + = , якщо

x1

6 6

3=

−; x2

6 6

3=

+. Користуючись графіком, знаходимо

проміжокспаданняфункції: − ∞( ;2 .

Відповідь. − ∞( ;2 .

2.4. Нехай ABCD — прямокутна трапеція, AD CD= =12 см.

∠ = °ADC 60 , CK — висота трапеції. З прямокутного три-

кутника CKD : KD CD D= = ° = ⋅ =cos cos12 60 12 61

2 (см). Тоді

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

MFBC AD= = =+ +

2

6 12

29 (см).


Частина третя3.1. Нехай запланована швидкість руху автомобіля x км/год. Систематизуємо дані у вигляді

таблиці.


Запланом 1200 x1200

x

Фактично 1200 3 400: = 800 x x + 20400

x

800

20x +

Враховуючи,щоназупинкуавтомобільвитратив2год,складаєморівняння:400 800

202

1200

x x x+

++ = .ОДЗ: x ≠ −20 , x ≠ 0.

800 8000

20 2 20

20

x

x

x x x

x

− ( ) ( )( )

=+ + +

+, x x2 20 8000 0+ − = , x1

20 180

2100= = −− −

— не підходить

зазмістомзадачі, x2

20 180

280= =− +

.Отже,швидкістьрухуавтомобілядозупинки80км/год.


0 2

x

y

–2

10

x1

x2

K D

CB

F

A

M

ВАРІАНТ9 29

3.2. 3 2 2

1

3

1 1 32

2

2

1

1 2

− + −

−

−+ − + +( ) ( )( ) +

+

=a a

a

a a

a a a a a( )a

a

a a a

a a

+

−

− + +

+ +( ) ( )( )

=1

1

3 1

1 12

2

2 =+( )( )

( ) +( ) +( )=

−

−

a

a a

a

a

1

1 1

1

1

2

2 2=

+( )1

12

a.

a +( ) >1 02

при a ≠ −1,отже,1

10

2a +( )

> при a ≠ −1.

3.3. Кут DAF дорівнює куту BFA як внутрішні різносторонні

при паралельних прямих AD і BC та січній AF . Кут BAFдорівнює куту DAF ( AF — бісектриса). Тому трикутник

BAF рівнобедрений з основою AF . BF AB k= = 3 , CF k= 4 ,

тоді BF CF k k k+ = + =3 3 7 , 2 AB BC P+( ) = , 2 3 7 80k k+( ) = , k = 4.

Отже, AB k= =3 12 см, BC k= =7 28 см.

Відповідь.12см;28см.


4.1.М Побудуємографікфункції y x x= − +2 4 3 .

Спочаткупобудуємографікфункції y x x= − +2 4 3 при x 0 .

Оскільки функція y x x= − +2 4 3 парна, то їїграфіксиметричнийвідносноосіординат.

Графікфункції y x x= − +2 4 3 ,деx 0 ,відобразимовідносноосіординат.

Дляпобудовиграфікафункції y x x= − +2 4 3 ту

частинуграфікафункції,щоміститьсяпідвіссюабсцис,

відобразимовідносноосі Ox.

Длятогощобрівняння x x a2 4 3− + = малошість

розв’язків, пряма y a= повинна перетинати графік

функції y x x= − +2 4 3 ушеститочках,тобто a =1.

Відповідь.При a =1.

4.2.М Нехай на рисунку зображено трикутник ABC , у якому

AC =1 см, CB = 15 см,медіана CM дорівнює2см.

Занаслідкомізтеоремикосинусівмаємо:

AB CM AC CB2 2 2 22 2+ ( ) = +( ) ,звідки

AB2 2 1 15 16 16= +( ) − = .

Дістали: AC CB AB2 2 2+ = ,тобтотрикутник ABC —прямокутнийізкатетами AC і CB .

Площатрикутника ABC : S AC CB= ⋅ =1

2

15

2(см2).


2см2.

B С

A D

F

0

3

1

1 x

y

–1–3 3

y x x= − +2 4 3

y=1

MB

C

A

1

2

CB = 15

30 ВАРІАНТ10


1.1. 320 6 4 50: , = (ц).Відповідь.А).


1.3. Додавшипочленнопершеідругерівняннясистеми,дістанемо 2 4x = − , x = −2 .Тодізпершогорівняннясистеми: − + =2 2y , y = 4 .Відповідь.Г).

1.4. 2 4 1 2 3− −( ) = +( )x x , 2 4 4 2 6− + = +x x , − − = − −4 2 6 2 4x x , − =6 0x , x = 0.


1.5. − +( ) −( ) = − − + −( ) = − + −( ) = − − +x x x x x x x x x5 1 5 5 4 5 4 52 2 2 .


1.6. 2 1

3

2 3

3

2 1

3

2 3

3

2 1 2 3

3

4 4

3

x

x

x

x

x

x

x

x

x x

x

x

x

+−

+−

+−

+−

+ + +−

+−

− = + = = .


1.7. qb

b= 2

1

. b2 2= − , b1 6= ,отже, q = = −−2

6

1

3.


1.8. 2 1 5 2 2 3⋅ < < ⋅, x , 3 2 6< <x , 3 3 2 6 5+ < + < +x y , 6 2 11< + <x y .


1.9. 1.9.Трикутник AMO прямокутний,тому ∠ = ° − ° = °OAM 90 75 15 .Оскільки AO єбісектрисою

кута MAN ,то ∠ = ⋅ ° = °MAN 2 15 30 .

Відповідь. Г).

1.10. Нехайгіпотенузатрикутникадорівнює c .ТодізатеоремоюПіфагора c2 22

3 7 9 7 16= + ( ) = + = ,

c = 4 см.Відповідь.Г).

1.11. AB

= + = =4 3 25 52 3 .


1.12. За теоремою синусівNP

M

MN

Psin sin= , sin

sinM

NP P

MN= . Враховуючи, що sin45

2

2° = ,

sin M =⋅

=4 3

2

2

4 2

3

2, ∠ = °M 60 .



2.1. 27 3

81

81

27 3

3

3 3

3

3 3

3

3

3 10

5

5

3 10

4 5

3 3 10

20

9 10

20

193

− −

−

⋅=

⋅ ⋅ ⋅=

( )( )

= = = .

Відповідь3.

ВАРІАНТ10 31

2.2. Якщо a < 0 ,то 3 3 22 2 4 2 2 3 24

9

2

3a a b a a b a b= ⋅ ⋅ −( ) ⋅ = − .

Відповідь. −2 3 2a b .

2.3. До області визначення функції належать значення x , які

задовольняють умову: 2 00

2− −≠

x xx

,.

Розв’яжемо нерівність

2 02− −x x : 2 02− − =x x ,якщо x1 2= − , x2 1= .

Розв’язком нерівності є проміжок − 2 1; . Виключив-

ши з нього число 0, дістанемо область визначення функції:

− ) ( 2 0 0 1; ; .

Відповідь. − ) ( 2 0 0 1; ; .

2.4. Нехайкоефіцієнтподібностідорівнює k.Тоді 7 21k = , k = 3.Рештасторінтрикутника,подібногоданому,дорівнює:

6 3 18⋅ = (см), 8 3 24⋅ = (см). P = + + =18 21 24 63 (см).Відповідь.63см.

Частина третя3.1. Нехайшвидкістьтечії x км/год.Систематизуємоданіувиглядітаблиці.



20 + x


20 − x

Враховуючи,що6кмнаплотуможнапроплистиза6

xгод,складаєморівняння:

22

20

36

20

6

++

−=

x x x.ОДЗ: x ≠ −20 , x ≠ 20 , x ≠ 0.

220

20 36 20 6 20 20

20 20

x

x

x x x x x

x x

− + + − + −

+ −( ) ( ) ( )( )

( )( )= , x x2 58 120 0+ − = , x1

58 62

260= = −− −

не під-

ходитьзазмістомзадачі, x2

58 62

22= =− +

.Отже,швидкістьтечії2км/год.


3.2. ЗатеоремоюВієта x x p1 2+ = − та x x q1 2 = ; x1

2

2

321 2 2= = −−

, x2

2 32

21 2 2= = ++

.

Тодіушуканомуквадратномурівнянні

x x1 2 1 2 2 3 1 2 2 3 8+ = − + + + + = та x x1 2 1 2 2 3 1 2 2 3 16 8 8= − +( ) + +( ) = − = .

Складаєморівняння: x x2 8 8 0− + = .

Відповідь. x x2 8 8 0− + = .

–2

– –+

0 1 x

32 ВАРІАНТ11

3.3. Трикутники ABC і MNK подібні. AB = 3 см, BC = 5 см, ∠ = °ABC 120 .

За теоремою косинусів AC AB BC AB BC2 2 2 2 120= + − ⋅ ⋅ °cos , AC2 9 25 2 3 5 0 5 49= + + ⋅ ⋅ ⋅ =, ,

отже, AC = 7 см. SABC AB BC= ⋅ ⋅ ⋅ ° =1

2120

15 3

4sin см2.

Периметртрикутника ABC P AB BC ACABC = + + = + + =3 5 7 15.

kP

PMNC

ABC

= = =30

152,тоді

S

SkMNK

ABC

= =2 4 . S SMNK ABC= = ⋅ =4 4 15 315 3

4см2.

Відповідь. 15 3 см2.


4.1.М 11 2 28 11 2 28 11 4 7 11 4 7 2 7 2 72 2

− − + = − − + = −( ) − +( ) =

= − − + = − − − = −2 7 2 7 7 2 2 7 4 —цілечисло,щойтребабулодовести.

4.2.М Нехайточка O a b;( ) —центрописаногоколанавколотрикутника ABC звершинами A 2 9;( ) ,

B 11 0;( ), C − −( )5 4; .

Оскільки точка O рівновіддалена від вершин трикутника, то можна скласти систему

рівнянь:a b a b

a b a b

−( ) + −( ) = −( ) +

−( ) + = +( ) + +( )

2 9 11

11 5 4

2 2 2 2

2 2 2 2

,

;

a ba b− =

+ =

24 10

,;

ab

==

2 40 4

, ,, .

Отже, O 2 4 0 4, ; ,( ) .

Знайдемо R OB2 2 2 22 4 11 0 4 74 12= = −( ) + =, , , .

Рівнянняшуканогокола: x y−( ) + −( ) =2 4 0 4 74 122 2

, , , .

Відповідь. x y−( ) + −( ) =2 4 0 4 74 122 2

, , , .

Варіант 11



1.2. На 5 і на 3 ділиться число, яке закінчується на 0 або 5, а сума цифр якого ділиться на 3.З-поміжнаведенихчиселтакуумовузадовольняєчисло2835.Відповідь.Г).


1.4. Оскільки 1 1 22 2+ −( ) = , 0 1 0 1 0 2⋅ − ⋅ −( ) = ≠ , 2 1 1 3 1⋅ − −( ) = ≠ , 3 1 0 1 3 2⋅ + ⋅ −( ) = ≠ , то пара чисел

(–1;1)єрозв’язкомрівняння x y2 2 2+ = .


ВАРІАНТ11 33

1.5. 7 5 7 52 2y

x

x

y

y x

xy− = −

.


1.6. ЗатеоремоюВієтадобутоккоренівквадратногорівняння x px q2 0+ + = дорівнює q .Тобтодо-

бутоккоренівквадратногорівняння x x2 7 6 0− − = дорівнює −6.


1.7. Нерівність − >2 8x рівносильнанерівності x < −4 .


1.8. b1

1

3= , b2 1= − , b3 3= . q

b

b= =

−= −2

1

1

1

3

3. b b q4 3 3 3 9= ⋅ = ⋅ −( ) = − .


1.9. ВідповідьВ).

1.10. Протилежні кути паралелограма рівні, а сума сусідніх дорівнює 180°. Тому два кути парале-лограмадорівнюютьпо60°,асусіднізнимидорівнюють180° –60° = 120°.Відповідь.Г).

1.11. У трикутнику найбільша сторона лежить проти найбільшого кута. Оскільки найбільшим ку-томтрикутника ABC є ∠ = °C 100 ,тонайбільшоюстороноюєсторона AB.Відповідь.Г).

1.12. Векториперпендикулярні,якщоїхскалярнийдобутокдорівнюєнулю. c d x

⋅ = ⋅ + ⋅ =3 3 9 0,якщоx = −1.Відповідь.В).


2.1. −( ) − = − − = − ⋅ ==7 7 2 49 2 64 49 2 8 334 22 160

2 5

160

2 5, ,.


2.2. За умовою x y= . Тоді x x x= − −2 2 4, x x2 3 4 0− − = , x1 1= − , x2 4= . Точки графіка функції,

уякихабсцисийординатирівніміжсобою,маютькоординати − −( )1 1; і 4 4;( ) .

Відповідь. − −( )1 1; , 4 4;( ) .

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

системи:1

1

1 5

6++ =

y y.

6 6 1

6 1

5 1

6 1

y y

y y

y y

y y

+ +

+

+

+( )

( )= ( )

( ), y ≠ 0 , y ≠ −1. 12 6 5 5 2y y y+ = + , 5 7 6 02y y− − = ,

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

Відповідь. 0 4 0 6, ; ,−( ) , 3 2;( ).

34 ВАРІАНТ11

2.4. Площасектора SR= π α

2

360.Заумовою S = 20π см2, α = °72 .

Тоді 20 722

360π π= ⋅R

,звідки R2 100= , R =10 см.



3.1. Нехайнаоднумашинуможназавантажити x т,тодідляперевезення60тпотрібно60

xмашин.

Колинакожнумашинузавантажили x +( )1 т,токількістьмашинсталадорівнювати60

1x +.Вра-

ховуючи,щоприцьомукількістьмашинзменшиласяна2,складаєморівняння:60 60

12

x x− =

+.

ОДЗ: x ≠ −1, x ≠ 0.

600

1 60 2 1

1

x x x x

xx

+ − +

+( ) − ( )

( )= , x x2 30 0+ − = , x1 6= − не задовольняє умову задачі, x2 5= .

Отже,кількістьмашин60

5 110

+= .

Відповідь.10машин.

3.2. x x x3 21 8 8 0−( ) − −( ) = , x x x x−( ) + + −( ) =1 1 8 02 , x x x−( ) − +( ) =1 7 1 02 ,

x − =1 0 або x x2 7 1 0− + = , звідки

x =1, x = −7 3

2

5, x = +7 3

2

5.


2

5−,1,

7 3

2

5+.

3.3. Упрямокутномутрикутнику ABC AC k= 21 , CB k= 20 .

AB k k k= ( ) + ( ) =21 20 292 2

. AC CB AB r+ − = 2 ,

21 20 29 12 2k k k k r+ − = = , r k= 6 .

Радіусописаногокола R AB k= =1

2

29

2.Оскількизаумо-

вою R r− =17 см,маємо:29

26 17k k− = , k = 2.

Отже, AB = ⋅ =29 2 58 см.


r

BC

A

ВАРІАНТ12 35


4.1.М При n =1 маємо: 12 1 1 1 2 1

6= ( )( )+ +

,1= 1—правильно,базу індукціїдоведено.

Нехай при n k= твердження 1 2 32 2 2 2 1 2 1

6+ + + + = ( )( )+ +

... kk k k

— правильне. Доведемо,

щопри n k= +1 правильнетвердження 1 2 3 12 2 2 2 2 1 2 3

6

2+ + + + + +( ) =

( )( )( )+ ++... k k

k kk.

1 2 3 1 12 2 2 2 2 21 2 1

6+ + + + + +( ) = ( )( ) + +( ) =

+ +... k k k

k k k=

( )( )=

( )( )= ( )( )( )+ + + + + + + + + +k k k k k k k k k k1 2 6 6

6

1 2 7 6

6

1 2 2 3

6

2 2

=( )( )

=( )( )

= ( )( )( )+ + + + + + + + + +k k k k k k k k k k1 2 6 6

6

1 2 7 6

6

1 2 2 3

6

2 2

.

Отже,вихіднетвердженнядоведенометодомматематичноїіндукції.

4.2.М Нарисункузображеноколозцентром O ідіаметром CD.Хор-

да AB перетинаєдіаметрCD уточці P ,∠ = °CPA 60 , AP = 8 см,

PB = 3 см.Проведемо CM AB⊥ , DK AB⊥ , ON AB⊥ . Оскільки

ON CM і точка O — середина CD, то OL — середня лініятрикутника CMD ,тобтоточка L —середина MD .

Оскільки LN DK і L —середина MD ,тоточка N —серединавідрізка MK .

Отже, MN NK= . Оскільки AN KB= (властивість

радіуса,перпендикулярногодохорди),то AM KB= .

Нехай MP x= , PK y= , тоді AM x= −8 , KB y= −3 .Оскільки AM KB= ,то x y− = 5.

Ізтрикутника CMP маємо: CP xMP= =

°cos602 ;ізтрикутника PDK : PD y= 2 .

Завластивістюхорд,щоперетинаються,маємо: AP PB CP PD⋅ = ⋅ або 4 24xy = .

Розв’язавшисистемурівняньx yxy

− ==

56

,,

дістанемо x = 6, y =1.

Отже, CD =12 см,довжинаописаногоколадорівнює 12π см.


Варіант 12


1.1. 1

5м+35см=20см+35см=55см.


1.2. 3

7

1

4

3 4 1 7

28

5

28− = =⋅ − ⋅

.


AN B

C

D

P K

L

O

M

36 ВАРІАНТ12

1.3. 7 2 7 2 8 2x a x x a x x a− −( ) = − + = − .


1.4. Ордината точки перетину графіка функції з віссю абсцис дорівнює нулю. 5 20 0x − = , x = 4.

Точкаперетинуграфікафункції y x= −5 20 звіссюабсцисмаєкоординати 4 0;( ) .


1.5. 3

4

3

4

9

16

3

2

2 3 2

2 2 2

6

4

2a

b

a

b

a

b

=

( )( )

=⋅

⋅.


1.6. 4

5 3

4 5 3

5 3 5 3

4 5 3

5 32 5 3

−

+

− +

+

−=

( )( )( ) =

( )= +( ).



1.8. 12 10 8 11 9 12 10 8

810

+ + + + + + + = .


1.9. Нехай градусна міра меншого з кутів дорівнює x° , тоді градусна міра другого кута — 4x( )° .

Сумасуміжнихкутівдорівнює180°.Тому x x+ =4 180, x = 36 .


1.10. Середнялініятрапеціїдорівнюєпівсумі їїоснов:4 10

27

+ = .


1.11. p = =+ +13 14 15

221 (дм).

ТодізаформулоюГерона S = −( ) −( ) −( ) = ⋅ ⋅ ⋅ =21 21 13 21 14 21 15 21 8 7 6 84 .


1.12. Запишеморівнянняувигляді y kx b= + : y x= − +3 1. k = −3.


Частина друга2.1. Нехай x x t2 + = . Тоді t t2 2 8 0+ − = , t1 4= − , t2 2= . Маємо x x2 4+ = − , x x2 4 0+ + = , розв’язків

немає,або x x2 2+ = , x x2 2 0+ − = , x1 2= − , x2 1= .

Відповідь. −2;1.

2.2. Оскільки графік функції y kx b= + проходить через точки 1 5; −( ) і − −( )3 13; , то викону-

ються умови− = +− = − +

513 3

k bk b,

. Дістали систему рівнянь, розв’язавши яку, дістанемо значення

коефіцієнтів k і b . Виконаємо почленно віднімання від першого рівняння системи другого:8 4= k , k = 2. Тоді з першого рівняння b = − − = −5 2 7. Шукана формула має вигляд y x= −2 7.Відповідь. y x= −2 7.

ВАРІАНТ12 37

2.3. Sb

q=

−1

1. b b q1 3

2

2

5 201

2= =

=: : .Тоді S = =−

20

11

2

40 .


2.4. За теоремою синусівAB

C

AC

Bsin sin= , звідки sin

sinC

AB B

AC= . Враховуючи, що sin45

2

2° = ,

дістанемо sinC = =⋅2 3

2

2

2 2

3

2, ∠ = °C 60 .

Відповідь.60°.


3.1. Нехай у заданому числі x — цифра, що позначає десятки, а y — одиниці. Тоді x y2 2 45+ = .

Данечислозапишемоувигляді 10x y+ .Тоді 10 27 10x y y x+( ) + = + .

Розв’яжемосистемуx y

x y y x

2 2 4510 27 10

+ =+( ) + = +

,.

x y

x y

2 2 45 1

3 2

+ = ( )= − ( )

,

.

Підставимо(2)в(1)ірозв’яжемоотриманерівняння.

y y−( ) + =3 452 2 ,y y2 3 18 0− − = ,y1 6= ,y2 3= − —незадовольняєумовузадачі.Зрівняння(2)

x = − =6 3 3.Отже,данечисло36.


3.2. b bb b

2 4

3 4

36

− =− = −

,;

b q q

b q

13

12

3

1 6

−( ) =

−( ) = −

,

.

b q q

b q

1

3

1

2 1

3

6

−

−

( )( ) = − , q = 1

2; b

q1

6

1 2=

−. Сума нескінченної геометричної

прогресії Sb

q q q= ( )( )−

=− −

1

21

6

1 1= =

⋅

6

3

4

1

2

16.


3.3. AB BC⊥ , DC BC⊥ , отже, AB DC , чотирикутник ABCD —

прямокутна трапеція з основами AB і DC . AB AE= = 9 см,

DE DC= = 4 см.

AD AE DE= + = + =9 4 13 см.

Проводимо DN AB⊥ , тоді BCDN — прямокут-

ник. BN CD= = 4 см, BC DN= , AN AB BN= − = − =9 4 5 см.

DN AD AN= − = − =2 2 169 25 12 см.

Отже, BC =12 см.


A

B

C

DE

N

38 ВАРІАНТ13


4.1.М ab a b c bc b c a ac a c b+ −( ) + + −( ) + + −( ) =2 2 2 = + − + + − + + − = − + +a b ab abc b c bc abc a c ac abc a b abc bc2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2

= + − + + − + + − = − + +a b ab abc b c bc abc a c ac abc a b abc bc2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 + − + + − + = − +( ) + − +( ) +ab abc ac b c abc a c b a ac c a b bc c2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2

+ − +( ) = −( ) + −( ) + −( )c b ab a b a c a b c c b a2 2 2 2 22 0 яксуманевід’ємнихдоданків.

Рівністьдосягаєтьсяприa cb cb a

− =− =− =

000

,,,тобтопри a b c= = .

4.2.М Нарисункузображенотрапецію ABCD зосновами AD = 7 см

і BC = 3 см.O — точка перетину діагоналей трапеції. Пряма,

що проходить через точку O паралельно основам трапеції,перетинає її бічні сторони AB і CD у точках M і N відповідно.

AOD COB задвомакутами,тодіAD

BC

AO

CO

BO

OD= = .

Отже,AO

CO

BO

OD= =

7

3.

Нехай AO x= 7 , CO x= 3 ; BO y= 3 , OD y= 7 . ABD MBO за двома кутами, тодіAD

MO

BD

BO= ,

7 7 3

3MO

y y

y=

+,звідки MO = 2 1, см.

ACD OCN задвомакутами,тодіAD

ON

AC

OC= ,

7 7 3

3ON

x x

x=

+,звідки ON = 2 1, см.

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

Відповідь.4,2см.

Варіант 13


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

1.2. 4 51

6

25

6

1

5

5

6: = =⋅ .


1.3. 4 4 4 4 162+( ) −( ) = +( ) −( ) = −x x x x x .


1.4. x x x2 212+ − = , x − =12 0, x =12.Відповідь.В).

A

M N

B C

D

O

7

3

ВАРІАНТ13 39


1.6. −

= −

( )( )

= −2

3

2

3

8

27

3

2

3 3 3

3 2 3

9

6

3x

y

x

y

x

y.


1.7. −( ) + −( ) − =2 2 2 02

, 2 2 2 4 02 + − = > , 1 1 2 02 + − = , −( ) + −( ) − = − <1 1 2 2 02

.


1.8. Областьвизначенняфункції:всічисла,крімнуля. x x2 5 0+ = , x x +( ) =5 0, x1 0= (неналежитьобластівизначення), x2 5= − .Відповідь.Б).


1.10. Оскільки паралельні прямі, які перетинають сторони кута, відтинають на одній його сторонірівнівідрізки,товонивідтинаютьрівнівідрізкиінадругіййогостороні.Тому MN AK= = 7 см.


1.11. Довжинакола C R= =2 6π π см,звідки R = 3 см.Відповідь.А).

1.12. Сторонаромбадорівнює 16 2 4 4 2: = (см).

Тодіплощаромбадорівнює 4 2 135 16 2 16 22 2

2( ) ° = ⋅ ⋅ =sin (см2).



2.1. a a

a a

a

a

a

a

a a

a

2

2

2 2

2

4 4

6 9

2 18

12 6

2

3

2 3 3

6 2

− ++ +

−−

−

+

− +

−⋅ = ( )

( )⋅ ( )( )

( )=

2 3

3 3

5 6

3 9

2− −

+− + −

+( )( )

( )=

a a

a

a a

a.

Відповідь.− + −

+a a

a

2 5 6

3 9.

2.2. За умовою x1

1

2= − , x2 5= . За теоремою, оберненою до теореми Вієта, − +( ) =x x p1 2 , x x q1 2⋅ = .

Отже, p = − −

= −+1

2

1

25 4 , q = − ⋅ = −1

2

1

25 2 .

Тодіквадратнерівняннямаєвигляд x x2 4 2 01

2

1

2− − = .Оскількизаумовоюкоефіцієнти

рівняннямаютьбутицілимичислами,помножимообидвічастинирівнянняна2:2 9 5 02x x− − = .Відповідь. 2 9 5 02x x− − = .

2.3. Заформулоюскладнихвідсотків A An

np= +

0 1100

обчислимовеличинувкладучерездвароки:

A2

210 000 1 0 16 13 456= +( ) =, грн.Тодівідсотковігроші,якіматимевкладникчерездвароки:

13 456 10 000 3456− = грн.

Відповідь.3456грн.

40 ВАРІАНТ13

2.4. Упрямокутномутрикутнику ABC ∠ = °( )C 90 tg BAC

CB= = 5

12.Нехайкоефіцієнтпропорційності

дорівнює k.Тоді AC k= 5 , CB k=12 .ЗатеоремоюПіфагора AC BC AB2 2 2+ = .

5 12 262 2 2k k( ) + ( ) = , 169 262 2k = , k2 26

13

2

2= , k = =26

132 .Тодіменшийкатет AC = ⋅ =5 2 10 см.



3.1. Нехайпочатковамасасплавудорівнює x г,тодімасасріблавньомустановить x −( )20 г.Після

додавання до сплаву 5 г срібла і 10 г золота його маса стала дорівнювати x +( )15 г, а маса

срібла в ньому — x −( )15 г. Початковий сплав містить100 20x

x

−( )% срібла, а отриманий —

100 15

15

x

x

+

−( )

%.Враховуючи,щовотриманомусплавісріблана5%більше,ніжупочатковому,

складаєморівняння:100 20 100 15

155 0

x

x

x

x

− +

−( ) − ( ) + = .

ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ 15.

100 20 15 100 15 5 15

150

x x x x x x

x x

− − − + + −

−( )( ) ( ) ( )

( )= .

x x2 415 6000 0− + = , x1 3= — не задовольняє умову задачі, x2 80= . Тоді в початковомусплаві 80 20 60− = гсрібла.Відповідь.60г.

3.2. Кількістьдвоцифровихнатуральнихчиселвід10до99дорівнює90,тобтозагальнакількість

подій m=90. Двоцифрові числа, кратні 4, утворюють арифметичну прогресію, у якої a1 12= ,

d = 4.Знайдемокількістьчленівцієїпрогресії. 12 4 1 96+ −( ) =n , n = 22 .

Отже,кількістьсприятливихподій n = 22 . Pn

m= = =22

90

11

45.


45.

3.3. OD AB⊥ , AD = 6 см, BD = 4 см.

AB AD BD= + = + =6 4 10 см. За властивістю дотич-

них, проведених з однієї точки до кола, AK AD= , BN BD= ,

CK CN x= = .

x x+( ) + +( ) =6 4 1002 2

, x x2 10 24 0+ − = , x1 12= − —

незадовольняєумовузадачі, x2 2= .

Отже, CK CN= = 2, AC = + =2 6 8 см, CB = + =2 4 6 см.

P AC CB AB= + + = + + =8 6 10 24 см.


A

BC

D

N

KO

ВАРІАНТ13 41


4.1.М Знайдемо значення змінної, при яких вирази, що

містятьсяпідзнакоммодуля,дорівнюютьнулю:

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

Позначимо ці числа на числовій прямій і ви-

значимо знаки підмодульних виразів на кожному із

здобутихпроміжків.

Розв’яжемо нерівність на кожному із про-

міжків.

1) Якщо x∈ − ∞ −( ; 2 ,тонерівністьнабуваєвигля-

ду: − − − + + − >x x x2 1 4 3 , − >x 8 , x < −8 .

Ураховуючи проміжок, на якому розглядали

нерівність,маємо: x < −8 .

2) Якщо x∈ −( 2 1; ,тонерівністьнабуваєвигляду:

x x x+ − + + − >2 1 4 3, x > 4.

Отже,напроміжку x∈ −( 2 1; вихіднанерівність

розв’язківнемає.

3) Якщо x∈( 1 4; ,тонерівністьнабуваєвигляду:

x x x+ + − + − >2 1 4 3, 3 6x > , x > 2.

З урахуванням розглядуваного проміжку ма-

ємо: x∈( 2 4; .

4) Якщо x∈ + ∞( )4; ,тонерівністьнабуваєвигляду:

x x x+ + − − + >2 1 4 3, x > 4.

Отже, x > 4.

Розв’язкамивихідноїнерівностієоб’єднаннявсіхпроміжків,тобто − ∞ −( ) + ∞( ); ;8 2 .

Відповідь. − ∞ −( ) + ∞( ); ;8 2 .

4.2.М Нехай у трикутнику ABC : AB c= , BC a= , AC b= ,

CM = 5 см, AN = 73 см, BP = 2 13 см.

За наслідком із теореми косинусів для медіа-

ни CM маємо: 2 2 1002 2 2a b c+ = + ;

длямедіани AN : 2 2 2922 2 2b c a+ = + ;

длямедіани BP: 2 2 2082 2 2a c b+ = + .

Отже,маємосистемурівнянь:2 2 1002 2 2922 2 208

2 2 2

2 2 2

2 2 2

a b cb c aa c b

+ = ++ = ++ = +

,,.

Помножимообидвічастинипершогорівняннясистемина5 івіднімемовідньогодруге

ітретєрівняння,дістанемо:

10 10 2 2 2 2 52 2 2 2 2 2 2 2 2a b b c a c c a b+ − − − − = − − ,

9 9 92 2 2a b c+ = або a b c2 2 2+ = .

Отже,затеоремою,оберненоюдотеоремиПіфагора,маємо:трикутник ABC прямокутний.

x–1

x+2

x–4

–2

+

–

–

–

–

–

+

+

–

+

+

+

1 4 x

A

NP

M

a

b

c B

C

42 ВАРІАНТ14

Варіант 14


1.1. 5 3 5 3 2 12

9

2

9

2

9

7

9− = − − = − = .



1.3. При x = 3 y = − ⋅ + =2 3 8 2.


1.4. 9 6 3 2 3 32 2 2 2 2a ab b a a b b a b− + = ( ) − ⋅ ⋅ + = −( ) .


1.5. − −x 5 0 , x −5.


1.6. Длятогощобзнайтишлях,требачаспомножитинашвидкість: 0 5 10 3 10 1 5 106 8 14, ,⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ (м/с).Відповідь.В).

1.7. Загальна кількість подій дорівнює п’яти, а сприятлива подія одна. Оскільки ймовірність

події — це відношення кількості сприятливих подій до загальної кількості подій, то P = 1

5.



1.9. Нехайбічністоронитрикутникадорівнюють x см.Тоді 2 18 58x + = , x = 20 .


1.10. Оскількикатет,прилеглийдокута α,дорівнюєдобуткугіпотенузина cosα ,то BC = 8cosα .



1.12. Кожний із внутрішніх кутів правильного многокутника дорівнює 180°–60°=120°. Тоді180 2

120n

n

−( ) = , звідки n = 6.



2.1. x

x

x

x

x

x x

x x

x x

x−+

+−

+− +

− + +

+ −+

= ( ) ( )( )( )

⋅1

1

1

1

4 4

2 1

1 1

1 1

2

2

2 2

:−−

+=

( )( )

1

2 2 2

2

2x

2 2

1

1

2 2 2

1

2 1

1

2 2

2

2

x

x

x

x

x

x

x

x

++

⋅−

+−+

−+( ) =

( )= .

Відповідь.x

x

−+1

2 2.

ВАРІАНТ14 43

2.2. x

x x+ <− +( ) > − −( )

8 824 2 5 5 6 3 1

,,

x

x x<− − > − +

024 10 10 6 3 3

,,

x

x<

− > −

013 11

,,

x

x

<

<

011

13

,

, x < 0.

Відповідь. − ∞( ); 0 .

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

ли: xb

a= −

( )== −

⋅ −2

8

2 22, y

b ac

a= = =− + − +

−

2 4

4

64 40

83 . Оскільки

c = −5,параболапроходитьчерезточку 0 5; −( ) .Знайдемоточ-

ки перетину графіка функції з віссю абсцис: − + − =2 8 5 02x x ,

якщо x1

4 6

2=

−; x2

4 6

2=

+.

Користуючисьрисунком,знаходимонайбільшезначенняфункції: y = 3.


2.4.

a p= +( ) + −( ) =1 3 52 2

. p +( ) + =1 9 252

, p +( ) =1 162

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



3.1. Нехай знаменник дробу дорівнює x , тоді його чисельник — x −( )3 . Отже, даний дрібx

x

− 3.

Післязбільшеннячисельникана2ізнаменникана10дістанемодрібx

x

−+

1

10.Враховуючи,що

прицьомудрібзменшивсяна2

15,складаєморівняння:

x x

x x

− −− − =+

3 1 2

15100.

ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ −10 .

15 3 10 15 1 10

15 10

20

x x x x x x

x x

− + − − +

+( )( ) ( ) − ( )

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

дістанемонескоротнийдріб2

5,якщо x = 45 ,тодістанемоскоротнийдріб

42

45—незадовольняє

умовузадачі.


5.

3.2. Функціяневизначенапри x = 0, x = 3, x = −3 .

yx

x x x=

( )( ) = −

−

−

6 9

9

62

2.

01 2

x

y

3

–5

x2

x1

–3

–2

2

–1 30 x

y

44 ВАРІАНТ14

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

BD AC AB BC2 2 2 22+ = +( ); AB BC+ =13 см. Нехайбільшасторона BC дорівнює x ,тоді AB x= −13 .

2 13 49 1212 2−( ) +( ) = +x x ,

x x2 13 42 0− + = , x1 6= , x2 7= .

BC = 7 см, AB = − =13 7 6 см.

Відповідь.6см,7см.

Частина четверта4.1.М Заданерівняннярівносильнесукупностірівнянь:

x x x

x x x

+ − − =+ − − = −

2 6

2 6

,

.

Розв’яжемоцюсукупністьрівнянь.Нуліпідмодульнихвиразів: x = −2 і x = 6.

1)Якщо x∈ − ∞ −( ; 2 ,тосукупністьнабуваєвигляду:

− − + − =− − + − = −

x x xx x x

2 62 6

,;

xx

= −=

88

,.

Зурахуваннямпроміжку,щорозглядається,маємо: x = −8 .2)Якщо x∈ −( 2 6; ,тосукупністьнабуваєвигляду:

x x xx x x

+ + − =+ + − = −

2 62 6

,;

x

x

=

=

44

3

,

.

Зурахуваннямпроміжку,щорозглядається,маємо: x = 4; x = 4

3.

3)Якщо x∈ + ∞( )6; ,тосукупністьнабуваєвигляду:

x x xx x x

+ − + =+ − + = −

2 62 6

,;

xx

== −

88,

.

Зурахуваннямпроміжку,щорозглядається,маємо: x = 8.

Відповідь.–8;4

3;4;8.

4.2.М Нехай AM , BN і CP —медіанитрикутника ABC .

«Подвоїмо»медіану BN,дістанемопаралелограм ABCD .

Занерівністютрикутникамаємо:

BD AB AD< + або 2BN AB BC< + .

Аналогічно,«подвоївши»медіани AM і CP,дістанемо:

2AM AB AC< + і 2CP AC BC< + .

Додавшицітринерівності,маємо:

2 2 2 2 2 2AM BN CP AB BC AC+ + < + +або AM BN CP AB BC AC+ + < + + ,

щойпотрібнобулодовести.

B С

A D

x–6

x+2

–2

–

–

+

–

+

+6 x

A N

P M

B

C

D

ВАРІАНТ15 45

Варіант 15


1.1. 500 0 25 125⋅ =, .Відповідь.В).

1.2. 2 1 5 3 3 1 3 3 6 3 9 3 2 1− +( ) − −( ) = − + − + =, , , ,x x x x .


1.3. 2 1 3 3− −( ) = ≠ − , 2 1 1+ −( ) = , 2 2 1 5 3⋅ − −( ) = ≠ , 2 2 1 0 4+ ⋅ −( ) = ≠ .


1.4. Рівносильнірівняннямаютьоднійтісамікорені.Рівняння 3 5 18− =x маєкорінь x = −3 .− − =7 4 3x , x = −1; 2 7 11x − = , x = 9; − + =6 5 23x , x = −3 ; − − =6 5 22x , x = −4 5, .


1.5. D b ac= − = −( ) − ⋅ ⋅ = − =2 24 3 4 2 1 9 8 1.


1.6. 5 3

3

5 3

335

x x

x x

x x

x x

+

+

+

+( ) = ( )

( )= .


1.7. Формула n -гочленаарифметичноїпрогресіїмаєвигляд a a n dn = + −( )1 1 .Тодіa a d5 1 4 6 4 4 6 16 10= + = + ⋅ −( ) = − = − .



1.9. Усіточкиплощини,рівновіддаленівідзаданоїточки,утворюютьколо.Відповідь.Г).

1.10. Діагоналіромбавзаємноперпендикулярні іточкоюперетину

ділятьсянавпіл.Тодіуромбі ABCD AB = 8 см,

AO = =12 2 6: см.Зпрямокутноготрикутника ABC знаходимо

BO AB AO= − = − = =2 2 64 36 28 2 7BO AB AO= − = − = =2 2 64 36 28 2 7 см. BD BO= =2 4 7 см.


1.11.

a b a b a b⋅ = ⋅ ⋅ ∠ ⋅( )cos .Враховуючи,що cos303

2° = ,

a b⋅ = ⋅ ⋅ =5 4 33

210 .


1.12. Оскільки 12 5 132 5 2+ = ,тотрикутникзісторонами13см,12см і5смпрямокутний.


A

B

D

СO

46 ВАРІАНТ15


2.1. x y x yx y x y

y x

x y

x− − − −−( ) +( ) = −

+

= − +2 2 1 1 1 1 1 1

2 2

2 2

2 2: : :

yy

xy=

y x y x

x y

xy

x y

y x

xy

− +

+−( )( ) ⋅ =

2 2.

Відповідь.y x

xy

−.

2.2. x x y y

x y

x x y y

x y

x y

x y x y

− +−

− +

−=

−

− +=

( ) ( )( ) ( )

( )( )( ) =

6 9

9

6 3

3

3

3 3

2 2

2 2

2

xx y

x y

−

+

3

3.

Відповідь.x y

x y

−

+

3

3.

2.3. Функція y x x= + −2 62 визначена при всіх дійсних x .

Знайдемо нулі функції: 2 6 02x x+ − = , якщо x1 2= − ,

x2 1 5= , . Розв’язками нерівності є всі числа з проміжку

− 2 1 5; , . Ізнихцілимичисламиє −2,–1,0,1.

Відповідь. −2,–1,0,1.

2.4. Діагоналі паралелограма перетинаються і точкою перетину діляться навпіл. Знайдемо коор-

динатиточки O —серединидіагоналі AC . x = = −−4 6

21, y = =− +2 10

24.Отже,точка O −( )1 4;

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

2

2

x,

x = 0; 46

2= +y

, y = 2.

Відповідь. D 0 2;( ) .


3.1. Нехайпочатковашвидкістьпоїзда x км/год.Систематизуємоданіувиглядітаблиці.


Заграфіком 300 x300

x

Фактично 300 x +10300

10x +

Враховуючи,щопоїздзатримавсяна1год,складаєморівняння:

300 300

101

x x− =

+.ОДЗ: x ≠ −10 , x ≠ 0.

3000

10 300 10

10

x x x x

xx

+ − +

+( ) − ( )

( )= , x x2 10 3000 0+ − = , x1

10 110

260= = −− −

— не задовольняє


10 110

250= =− +

.Отже,початковашвидкістьпоїзда50км/год.


–2

–+ +

1,5 x

ВАРІАНТ15 47

3.2. Областьвизначенняфункціїємножиноюрозв’язківсистеми2 4 0

3 0xx

+ >− ≠

,.

2 4 1

3 2

x

x

> − ( )≠ ( )

,

.

Знерівності(1)дістанемо: x > −2 ;із(2): x ≠ 3, x ≠ −3.

Отже,областьвизначеннязаданоїфункції: −( ) + ∞( )2 3 3; ; .

Відповідь. −( ) + ∞( )2 3 3; ; .

3.3. BD = 32 см, BD — висота рівнобедреного трикутника, про-ведена до основи, отже, BD — медіана, AC AD= 2 . Довжинакола, описаного навколо трикутника, 2 50π πR = , отже, радіус

описаногокола R = 25 см. OD BD BO= − = − =32 25 7 см.

З прямокутного трикутника AOD: AD AO DO= − = − =2 2 625 49 24

AD AO DO= − = − =2 2 625 49 24 см,тоді AC AD= =2 48 см.

Зпрямокутноготрикутника ADB : AB BD AD= +2 2 =

= 1024 576 40+ = см.

P AB AC= + = ⋅ + =2 2 40 48 128 см.


Частина четверта4.1.М Очевидно,що x = 0 неєкоренемрівняння x x x x4 3 23 6 12 16 0− − + + = .Поділимообидвічастини

цьогорівнянняна x2,дістанеморівняння,рівносильнезаданому.

Маємо: x xx x

2 3 6 012 16

2− − + + = , x x

x x2 16 4

23 6 0+ − −

− = .

Нехай x tx

− =4, тоді x t

x2 216

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

Отже,x

x

x

x

− =

− =

4

4

1

2

,

;

x xx x

2

2

4 02 4 0

− − =− − =

,;

x

x

x

x

=

=

= += −

+

−

1 17

21 17

21 5

1 5

,

,

,

.


2

±; 1 5± .

4.2.М Нарисункузображенотрапецію ABCD зосновами BC і AD .

Точки M і N —серединиоснов BC і AD відповідно.Точка O —точкаперетинудіагоналейтрапеції.

ON OA OD

= +( )1

2, OM OB OC

= +( )1

2.

Оскількитрикутники AOD іCOB подібнізкоефіцієнтом

подібності kAD

BC= ,то OA kOC

= − , OD k OB

= − ⋅ .

ON OA OD k OC k OB OCk

= +( ) = − ⋅ − ⋅( ) = −1

2

1

2 2++( ) = − ⋅OB k OM

.

Отже,вектори OM

і ON

колінеарні,тобтоточка O на-лежитьпрямій MN ,щойтребабулодовести.

A

B

CD

O

AN

MB C

D

O

48 ВАРІАНТ16

Варіант 16




1.3. Оскільки 7 13 20 30+ = ≠ , 6 7 42 56⋅ = ≠ , 49 7 7: = , 25 7 18 19− = ≠ ,точисло7єкоренемрівняння49 7: x = .Відповідь.В).


1.5. 6

14

2 3

2 7

3

7

3 3

4 2

3 2

3 2

a b

a b

a b b

a a b

b

a= =⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅.


1.6. Рівняння ax bx c2 0+ + = немаєкоренів,якщодискримінант D b ac= − <2 4 0.Оскільки x x2 8 7 0− + = , D = − = >64 28 36 0 ; x x2 7 3 0− − = , D = + = >49 12 61 0 ; x x2 4 4 0− + = ,D = − =16 16 0; x x2 3 5 0− + = , D = − = − <9 20 11 0,тонемаєкореніврівняння x x2 3 5 0− + = .Відповідь.Г).

1.7. − <3 15x , x > −5 , x∈ − + ∞( )5; .Відповідь.Б).

1.8. S nn

a an=

+1

2, a a n dn = + −( )1 1 . a5 3 4 2 5= + ⋅ −( ) = − , S5

3 5

25 5=

( )⋅ = −

+ −.


1.9. Нехай ∠ = °AOM x ,тоді ∠ = +( )°MOB x 18 .Оскільки

промінь OM проходитьміжсторонамикута AOB,то

∠ + ∠ = ∠AOM MOB AOB .Тоді x x+ + =18 56, x =19.

Отже, ∠ = °AOM 19 , ∠ = ° + ° = °MOB 19 18 37 .


1.10. Відповідь. Б).

1.11. Занаслідком ізтеоремисинусів RAB

C=

2sin.

Враховуючи,що sin452

2° = , R = =

⋅

3 2

22

2

3 (см).


1.12. AB

= −( ) + − − −( )( ) =3 3 4 1 32 2

.


B

MA

O

ВАРІАНТ16 49


2.1. ОДЗ: 3 1 0x + > , x > − 1

3.

3 1 2x + = , 3 1 4x + = , 3 3x = , x =1.

Відповідь. 1.

2.2. Пряма x = −2 євіссюсиметріїпараболи,щоєграфікомфункції y x bx= + −2 72 ,якщоабсциса

вершинипараболидорівнює −2. xb

a= −

2. − = − = −

⋅2

2 2 4

b b, b = 8 .


2.3. Зпершогорівняннясистемизнаходимо xy y= −2 2.Підставившивираздля xy вдругерівняння

системи, дістанемо 2 3 2 142 2y y+ −( ) = , 2 3 6 142 2y y+ − = , 5 202y = , y2 4= , y1 2= − , y2 2= . Тоді

− = −( ) −2 2 21

2x , − =2 21x , x1 1= − ; 2 2 22

2x = − , 2 22x = , x2 1= .

Відповідь. − −( )1 2; , 1 2;( ) .

2.4. Нехай CM —висотапрямокутноїтрапеції ABCD .Заумовою

AB BC= = 8 см.Тоді CM = 8 смі AM = 8 см.Зпрямокутного

трикутника CMD : MD CD CM= − = − =2 2 2 210 8 6 (см).

AD AM MD= + = + =8 6 14 (см).

S CMBC AD= ⋅ = ⋅ =+ +

2

8 14

28 88 (см2).



3.1. Нехай3-відсотковогорозчинубуло x г,а8-відсотковогорозчину— y г.Тоді x y+ = 260.

У260г5-відсотковогорозчинуміститься 0 05 200, ⋅ гсолі,ау8-відсотковому— 0 08, y гсолі.

0 03 0 08 0 05 260, , ,x y+ = ⋅ .Розв’яжемосистемурівнянь

x yx y

+ =+ =

2600 03 0 08 13

,, , ;

y x

x y

= − ( )+ = ( )

260 1

0 03 0 08 13 2

,

, , .Підставимо(1)в(2)ірозв’яжемоотриманерівняння.

0 03 0 08 260 13, ,x x+ −( ) = , x =156.Зрівняння(1) y = − =260 156 104.

Отже,3-відсотковогорозчинувзяли156г,а8-відсоткового—104г.

Відповідь.156г,104г.

3.2. ОДЗ: x ≠ −1, x ≠ −3, x ≠ 3.1

3 1

1

3

12

1 3 30

x x x x x x− + + + − +( )( )+ −

( )( )( )= ,

x x x

x x x

+ + + − −

− + +( )( )

( )( )( )=

3 1 3 12

3 1 30, x x2 12 0− − = , x1 4= ,

x2 3= − —невходитьвОДЗ.


DA M

B C

50 ВАРІАНТ17

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

SMNK = 54 см2. BC AB AC= − = − =2 2 25 9 4 см.

S BC ACABC = ⋅ = ⋅ ⋅ =1

2

1

24 3 6 см2.

S

S

MN

ABMNK

ABC

=2

2, MN

AB S

SMNK

ABC

22 25 54

6225= = =

⋅ ⋅. MN =15 см.



4.1.М Рівнянняy x y

x

− −

−

( )( )=

2

2

1

10 рівносильнесистемі

y xy

x

==≠

2

2

1

1

,,

.

Графікомфункції y x= 2 єпарабола,віткиякоїнапрямлені

вгору,вершинавточці 0 0;( ) .

Графікомрівняння y =1 єдвіпрямі y =1і y = −1.

Оскількизаумовою x2 1≠ ,тозграфікарівняннявилучи-

моточки,абсцисиякихдорівнюють–1і1.

Шуканийграфікзображенонарисунку.

4.2.М ЗаформулоюГеронаобчислимоплощутрикутника. S = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =30 5 1 24 5 6 2 602 2 2 (см2).Оскільки трикутник розбивається своїми медіанами на шість рівновеликих трикутників,топлощакожногознихдорівнює10см2.Відповідь.10см2.

Варіант 17


1.1. 24хв=24

60год=

4

10год > 3

10год.


1.2. 5 1 6 65

6

1

8

5 4 1 3

24

23

24+ = =⋅ + ⋅

.




1.5. 15

4

15

4

1

9

5

129 3

3 2

xy

a

xy

a x

y

axx: = ⋅ = .


AC

B

MK

N

0

1

–1x

y

ВАРІАНТ17 51

1.6. 3 3

2 3

3 3 1

2 3

3 1

2

− − −=( )

= .


1.7. xb

a= − = − =−

2

2

21, y

b ac

a= =

( ) ( )= = −− + − − + ⋅ ⋅ −

⋅−2 2

4

4

2 4 1 3

4 1

16

44.


1.8. Ймовірність події дорівнює відношенню кількості сприятливих подій до загальної кількостіподій. Кількість сприятливих подій становить 7 3 10+ = , кількість загальних подій —

5 7 3 15+ + = .Отже,ймовірністьдорівнює10

15

2

3= .


1.9. Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, то величина кута, суміжного з кутом величи-ною110°,дорівнює70°.Відповідь.В).

1.10. Нехай основи трапеції дорівнюють a см і b см. Тоді периметр P a b= + + ⋅ =2 6 48 см. Звідси

a b+ = − =48 12 36 см.Тодісереднялініядорівнюєa b+ = =

2

36

218 см.


1.11. Площа чотирикутника S d d= 1

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

ними. S = ⋅ ⋅ ⋅ ° = ⋅ =1

2

1

28 5 3 30 20 3 10 3sin (см2).


1.12. Координати точки перетину прямих y x− = 2 і x y+ = 4 задовольняють обидва рівняння, тоб-

то є розв’язками системи рівняньy xx y

− =+ =

24

,.

Додаючи почленно рівняння системи, дістанемо:

2 6y = , y = 3.Тоді x y= − = − =2 3 2 1.

Відповідь.А)


2.1. ОДЗ:x ≠ 0,x ≠ −6,x ≠ 6.12

6

3

6

6

6 6

−+ − − +( )

+( )

=( )( )

x

x x x x x x,

12 6 3 6

6 6

6

6 6

− − + +

+ − + −( )( ) ( )

( )( )=

( )( )x x x

x x x

x

x x x,

12 72 6 3 18 62x x x x x− − + + + = , − + − =x x2 15 54 0, x1 6= (неналежитьОДЗ), x2 9= .


2.2. Областю визначення функції є всі дійсні числа, крім нуля.Функціянепарна,отже,їїграфіксиметричнийвідноснопочат-

кукоординат.Дляпобудовиграфікаскористаємосятаблицею:

x 1 2 4 8y 8 4 2 1

Скориставшисьграфікомфункції,встановлюємо,щофункціянабуваєзначень,більшихза4,якщо x∈( )0 2; .Відповідь. 0 2;( ) .

0

1

1 x

y

4

2

52 ВАРІАНТ17

2.3. Нехай числа a1 8= , a2, a3, a4 1= − утворюють арифметичну прогресію. Оскільки a a d4 1 3= + ,

то − = +1 8 3d , d = −3 .Тоді a a d2 1 8 3 5= + = + −( ) = , a a d3 2 5 3 2= + = + −( ) = .


2.4. Оскільки ∠C тупий, то основа висоти BK лежить на про-довженністорони AC заточку C .

З прямокутного трикутника BKC : KC BC BK= − = − =2 2 2 215 12 9

KC BC BK= − = − =2 2 2 215 12 9 (см). З прямокутного трикутника AKB:

AK AB BK= − = − =2 2 2 220 12 16 (см).AC AK KC= − = − =16 9 7 (см).


Частина третя3.1. Нехайшвидкістьрухудругогоавтомобіля x км/год,тодішвидкістьрухупершогоавтомобіля

x +( )10 км/год.Систематизуємоданіувиглядітаблиці.


Першийавтомобіль

560 x +10560

10x +

Другийавтомобіль

560 x560

x

Враховуючи,щопершийавтомобільвитративнавесьшляхнаоднугодинуменше,ніждругий,

складаєморівняння:560 560

101

x x− =

+.ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ −10 .

560 5600

10 10

10

x x x

x

x

x

+ − +

+( ) − ( )

( )= , x x2 10 5600 0+ − = , x1

10 150

280= = −− −

—незадовольняєумову

задачі, x2

10 150

270= =− +

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

рухупершогоавтомобіля80км/год.


3.2. a b b a c b c a b ab c b c2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 2 22+ + + = + + , b a c ab c4 2 2 22+ = .Оскільки a , b , c —послідовнічленигеометричної прогресії, то для них виконується рівність b ac2 = . Тоді маємо: b b b b4 4 2 22+ = ,2 24 4b b= ,що ітребабулодовести.

3.3. У прямокутному трикутнику ABC AD і BC — медіани,проведені до катетів CB і AC відповідно. ПозначимоCD DB x= = , AE CE y= = . З прямокутного трикутника ACD y x2 24 9+ = ,азпрямокутноготрикутника BEC 4 162 2y x+ = .

Розв’яжемосистемурівняньy x

y x

2 2

2 2

4 94 16

+ =+ =

,.

Помножимо друге рівняння системи на 4 і потім віднімемо

від нього перше рівняння. Дістанемо 15 552y = , y2 11

3= .

Тоді 4 9 92 2 11

3

16

3x y= − = − = . AB y x y x2 2 2 2 22 2 4 4= ( ) + ( ) = + =

=4 2011

3

16

3⋅ + = , AB = 4 5 см.

Відповідь. 4 5 см.

AK C

B

BC D

A

E

ВАРІАНТ18 53


4.1.М ОДЗ: x 1.

Рівняння x a x− −( ) −( ) =1 4 5 0 рівносильнесукупностідвохрівнянь x ax

− =− =

14 5 0

,.

Другерівняннясукупностімаєкорінь x = 5

4,щовходитьдоОДЗ.Отже,вихіднерівняннямає

коріньприбудь-якомузначенні a .

Длятогощобвихіднерівняннямалоєдинийкорінь,треба,щобрівняння x a− =1 абонемало

коренів,абомалокорінь,щодорівнює5

4.

Рівняння x a− =1 немаєкоренівпри a < 0 .

Знайдемозначення a ,приякомукоріньрівняння x a− =1 дорівнює5

4:

5

4

1

21− = .

Відповідь.При a∈ − ∞( ) { }; ,0 0 5 .

4.2.М На рисунку зображено гострокутний трикутник ABC , точ-ка H — його ортоцентр, точка O — центр кола, описаногонавколотрикутника.Сполучимоортоцентр H іцентр O описаногокола(провелипрямуЕйлера).Точка M —точкаперетину OH імедіани AM1 .

Затеоремоюточка M —центроїдтрикутника ABC .

Отже,AM

MM1

2

1= .

Очевидно, що AH OM 1 , тоді трикутники MHA і MOM1

подібні,звідсиAH

OM

AM

MM1 1

2

1= = ,тобто AH OM= ⋅2 1,щойтре-

бабулодовести.

Варіант 18


1.1. 2 17 35x = + , 2 70x = , x = 35 .Відповідь.В).

1.2. 2

9

3

4

2 3

9 4

1

3 2

1

6⋅ = = =⋅

⋅ ⋅.



1.4. 0 2 5 0 04 5 0 232

2 2 6 2 4 7, , ,ab a b a b a b a b( ) ⋅ = ⋅ = .


A

H

M1

M

BC

O

54 ВАРІАНТ18

1.5. 2 2 2 2 2 2 26 8 2 1

2

1

42⋅ + = + = + =− − .


1.6. a

a

a a

a

a

a

a

a a

+−

+ +−

=+−

−

+ +⋅

( )( )

=2

2

4 4

3 6

2

2

3 2

2

3

2

2

2: .



1.8. Оскільки вершиною параболи y x= −( )22

є точка 2 0;( ) , параболи y x= −2 2 — точка 0 2;( ) ,

параболи y x= +( )22

— точка −( )2 0; , параболи y x= −( ) +2 12

— точка 2 1;( ) , то осі ординат

належитьвершинапараболи y x= −2 2.



1.10. Центральний кут, який спирається на дугу, що становить1

6 кола, дорівнює 360 6 60° = °: .

Оскільки вписаний кут дорівнює половині відповідного центрального кута, то його величинадорівнює30°.Відповідь.В).

1.11. a r= = ⋅ ⋅ =2 3 2 2 3 3 12 (см).


1.12. Знайдемо площу трикутника за формулою Герона: S p p a p b p c= −( ) −( ) −( ) , де pa b c

=+ +

2.

Оскількибічністоронирівнобедреноготрикутникарівні,то p = =+ +10 10 12

216 (см).

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



2.1. 9

3

6

3

9 6

3

3

3

2 2 2 2 2

3b a

a b

ab

b a

b a ab

a b

a b

a ba b

+− −

+ −−

−

−+ = =

( )= − .

Якщо a = 2012, b = 21

3,то a b− = − ⋅ = − ⋅ = − =3 2012 3 2 2012 3 2012 7 2005

1

3

7

3.


2.2. Нехай x1 5= і x2 — корені поданого квадратного тричлена. За теоремою Вієта x x p1 2+ = − ,

x x q1 2⋅ = .Тоді 5 32+ = −x , x2 8= − . q = ⋅ −( ) = −5 8 40.

Відповідь. q = −40, x2 8= − .

ВАРІАНТ18 55

2.3. Нехайукоробці x червонихкульок.Тодікількістьсприятливихподійдорівнює x ,азагаль-

на кількість подій становить x +16 . Ймовірність витягнути червону кульку дорівнюєx

x + 16.

Заумовоюx

x +=

16

1

5,звідки 5 16x x= + , x = 4.


2.4. ABCD —поданийромб, ∠ ABC —тупий.Нехай ∠ = °ABD x ,

тоді∠ = −( )°BAC x 20 .Оскількидіагоналіромбаєбісектрисами

його кутів і взаємно перпендикулярні, то ∠ = °ABC x2 ,

а AOB —прямокутний.Тому x x+ −( ) =20 90. 2 110x = .Відповідь.110°.

Частина третя3.1. Нехайшвидкістьтечіїрічки x км/год.Систематизуємоданіувиглядітаблиці.



18 + x


18 − x

Враховуючи,щошляхзатечієючовенздолавна15

60год=

1

4годменше,ніжшляхпротитечії,

складаєморівняння:20

18

20

18

1

4−−

+=

x x.ОДЗ: x ≠ −18 , x ≠ 18.

80 18 80 18 18 18

4 18 180

+ − − − − +

− +( ) ( ) ( )( )

( )( ) =x x x x

x x, x x2 160 324 0+ − = , x1

160 164

2162= = −− −

— не задо-

вольняєумовузадачі, x2

160 164

22= =− +

.Отже,швидкістьтечіїрічки2км/год.


3.2. 1 2

1 2

1 2

1 2

2

2

2

22

+

−

−

+

( )( )

+ +( )( )

=1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 1 2

1 2 1 2

2 2

2 2

2 2

2 22

+ +

− +

− −

+ −

( ) ( )( ) ( )

+ +( ) ( )( ) ( )

= 1 2 2 1 24 4

+( ) + + −( ) =

= +( ) + + − =17 12 2 2 17 12 2 6 .


3.3. Основитрапеції AD = 9 см, BC = 5 см, BD —бісектриса,тому

∠ = ∠ADB CDB . ∠ = ∠CBD ADB як внутрішні різносторонні

при паралельних прямих BC і AD та січній BD. Трикут-

ник BCD рівнобедрений з основою BD. CD BC= = 5 см.

Проводимо висоту CK до основи AD . ABCK — прямокут-

ник. AK BC= = 5 см.

KD AD AK= − = − =9 5 4 см;CK CD KD= − = − =2 2 25 16 3 см.

Площатрапеції S CKBC AD= ⋅+

2= ⋅ =+5 9

23 21 см2.


DA

O

CB

DA K

CB

56 ВАРІАНТ19


4.1.М Запишемозаданерівнянняувигляді:

xx

x

x

x

x

x2 2

2 1 2 1

2

2 1

2 2

2

2

2−( )

=+

++

++

, xx

x

x

x−

+ =+ +2 1

2

2 1

2 2

2,2

2 1

2

2 1

2 22

2 0x

x

x

x+ +

+ − = .

Нехай2

2 1

2x

xt

+= ,тодірівняннянабуваєвигляду t t2 2 0+ − = ,звідки t =1 або t = −2.

Отже,маємо:

2

2 12

2 1

2

2

1

2

x

xx

x

+

+

=

= −

,

;

2 2 1 0

2 1 0

2

2

x xx x

− − =+ + =

,;

x

x

x

=

=

= −

+

−

1 3

21 3

2

1

,

,

.

Відповідь.–1;1 3

2

±.

4.2.М Нехай у трикутнику ABC : AB c= , BC a= , AC b= , медіана

CM mc= .

Доведемо,що a b mc

c2 2 2

2

22

+ = +

.

Занаслідкомізтеоремикосинусівмаємо: 2 2 42 2 2 2a b m cc+ = + .Поділимообидвічастиницієїрівностіна2,дістанемо:

a b mc

c2 2 22

22

+ = + або a b mc

c2 2 2

2

22

+ = +

,

щойтребабулодовести.

Варіант 19


1.1. Оскількиугодині60хв,то17хв=17

60год.


1.2. 6 4 2 000 000 12 800 000, ⋅ = см=128км.



1.4. 3 2 9 6 4 3 2 3 2 3 2 3 2 27 82 2 2 3 3 3x x x x x x x x−( ) + +( ) = −( ) ( ) + ⋅ +( ) = ( ) − = − .


1.5. − = − ⋅ = −2 5 4 2 5 4 102, , .


A M

mc

ab

c B

C

ВАРІАНТ 19 57

1.6.a

b

b

a

b a b

aa b a b a b

3

2

2

3

4 4 7

6

2

4 7

2

4 7 4 6 4

⋅ ⋅ =

⋅ ⋅ = =

−

− − − −⋅ ⋅ −77 2 3= − −a b .

Відповідь. Б).

1.7. Нехай із 400 кг насіння можна одержати x кг олії. Складаємо пропорцію 20

400

3 5= ,

x,

x = ⋅400 3 5

20

,, x = 70.

Відповідь. В).

1.8. x2 25 0− = , якщо x1 5= − , x2 5= .

Відповідь. В).

1.9. Відповідь. Б).

1.10. cosα = AC

AB. Гіпотенузу AB знайдемо за теоремою Піфагора. AB AC AB= + = + =2 2 2 26 7 85 .

Тоді cosα = 6

85.


1.11. Відповідь. В).

1.12. SR= = =⋅ ⋅π α π π

2 2

360

5 72

3605 (см2)



2.1. Перетворимо вираз у дужках:

x y

x xy

x y

x xy

x y

x x y

x y

x x y

−+

+−

−+

+−

− =( )

−( )

=2

2

2

2

2

2

2

22 2

x y x y

x x y

xy

x x y

y

y x

− − +

−

−

−=

−( ) ( )

( ) = ( )2 2

4

8

4

8

4

2 2

2 2 2 2 2 2.

Тоді 8

4

4

4

8

4

4

4

22 2

2

2 2 2 2

2 2

2

y

y x

y

y x

y

y x

y x

y y− − −−= ⋅ =: .


y.

2.2. За умовою 16 3

3

3 7

40

− +− >

x x. Помноживши обидві частини нерівності на 12, дістанемо

4 16 3 3 3 7 0−( ) − +( ) >x x , 64 12 9 21 0− − − >x x , − > −21 43x , x < 21

21. Отже, найбільше ціле чис-

ло, при якому різниця поданих дробів додатна, дорівнює 2.


–5

–+ +

5 x

58 ВАРІАНТ19

2.3. Графіком функції є парабола, вітки якої напрямлені вгору,

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

xb

a= − == −

−⋅2

6

2 31, y = ⋅ − ⋅ + = −3 1 6 1 1 22 . Оскільки c =1, па-

рабола проходить через точку 0 1;( ) . Знайдемо точки пере-

тину графіка функції з віссю абсцис: 3 6 1 02x x− + = , якщо

x1

3 6

3=

−; x2

3 6

3=

+.

Користуючисьрисунком,знаходимообластьзначеньфункції:− + ∞ )2; .

Відповідь. − + ∞ )2; .

2.4. Нехай ABCD —рівнобічнатрапеція. ∠ = °ACB 30 .

Оскільки AB BC= ,тотрикутник ABC —рівнобедрений,

∠ = ∠ = °BAC ACB 30 .Тоді ∠ = ° − ⋅ ° = °ABC 180 2 30 120 . Оскільки сума кутів прибічнійсторонітрапеціїдорівнює180°,тогострийкутдорівнює180 120 60° − ° = °.Відповідь.60°.


3.1. Нехай друга бригада виготовляє за годину x деталей, а перша бригада — x +( )5 деталей.

Тодідругабригадавиконаєзавданняза450

xгод,апершабригада—за

450

5x +год.Розв’яжемо

рівняння:450 450

51

x x− =

+.ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ −5.

450 4500

5 5

5

x x x

x

x

x

+ − +

+( ) − ( )

( )= , x x2 5 2250 0+ − = , x1

5 95

250= = −− −

— не задовольняє умову

задачі, x2

5 95

245= =− +

.Отже,другабригадавиготовлялащогодини45деталей,апершабри-

гада—50деталей.

Відповідь.50деталей,45деталей.

3.2. Нехайукоробці x чорнихкульок.Тодізагальнакількістькульоквкоробцістановить 10 + x .

Ймовірністьтого,щонавманнявибранакулькачорна Px

x=

+10.

0 4 0 510

, ,< <+

x

x.

x

xx

x

10

10

0 4

0 5

+

+

>

<

, ,

, ;

x x

x x

> +( )< +( )

0 4 10

0 5 10

, ,

, ;

x

x

>

<

6

10

2

3,

.

Отже,вкоробціможебути7,8або9чорнихкульок.

Відповідь.7,8,9.

0

1

–2

x

y

1x

1x

2

A D

B C

ВАРІАНТ20 59

3.3. Утрикутнику ABC AB BC= = 20 см, AC = 5 см.Завластивістю

бісектриси кута трикутникаBD

AB

DC

AC= . Позначимо BD x= ,

тоді CD x= −20 .x x

20

20

5= −

, 5 20 20x x= −( ), x =16.

Отже, BD =16 см, CD = 4 см.

AD AB AC CD BD= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ =20 5 16 4 6 см.



4.1.М x x x x x x x x x x x3 2 3 2 2 215 9 27 15 36 3 3 9 15 36− − − = + − − − = +( ) − +( ) − + +( ) =

= +( ) − +( ) − +( ) +( ) = +( ) − + − −( ) =x x x x x x x x x3 3 9 3 12 3 3 9 122 2

= +( ) − −( ) = +( ) − −( ) − +( )x x x x x x3 4 3 3 2 7 2 72 .

4.2.М Нехайгострийкутпаралелограмазісторонами a і b ,

діагоналями BD d= 1 і AC d= 2 дорівнює α.

Ізтрикутника ABD затеоремоюкосинусівмаємо:

d a b ab12 2 2 2= + − cosα ;

ізтрикутника ABC : d a b ab22 2 2 2= + + cosα.

Почленнопомножимоцірівності,дістанемо:

d d a b ab a b ab12

22 2 2 2 22 2⋅ = + −( ) + +( )cos cosα α ,

d d a b a b12

22 2 2

22 2 24= +( ) − cos α,

d d a a b b a b12

22 4 2 2 4 2 2 22 4= + + − cos α .

Оскількизаумовою a b d d4 412

22+ = ,томаємо: 4 22 2 2 2 2a b a bcos α = , cos2 1

2α = .

Оскількикут α гострий,то cosα = 2

2,тобто α = °45 ,щойтребабулодовести.

Варіант 20


1.1. 23 8 3 45 2 17 23 8 5 62 18 18, , , , , ,− +( ) = − = .


1.2. − − + + = − +( ) + − +( ) = −5 15 6 7 5 6 15 7 8x x x x .


A C

B

D

A

a

b

B C

D

a

60 ВАРІАНТ20

1.3. Парачиселєрозв’язкомсистемирівнянь,якщовоназадовольняєобидварівняння.Оскільки3 2 1 1− = ≠ − , − − = − ≠ −3 2 5 1, 2 3 1− = − і 2 3 5+ = , − − = − ≠ −2 3 5 1,торозв’язкомсистемирівняньєпарачисел 2 3;( ).Відповідь.В).

1.4. − + = −2 3 3x , − = −2 6x , x = 3.Відповідь.А).

1.5. Помножимообидвічастинирівнянняна–1: x x2 5 6 0− + = .ТодізатеоремоюВієта x1 2= , x2 3= .Відповідь.Б).

1.6. 15

5

3 15

5

3 15 3 5

5

15 3 15

5

3

52x x x x x x

x

x x

x

x x x−=

−

+ −

−+ −

− −+

( )+ =

( )( )

=( )

= .


1.7. b b qnn= ⋅ −

11 .Тоді b b q4 1

3

3

32 32 41

2

1

8= ⋅ = − ⋅ −

= − ⋅ −

= .


1.8. Оскількипериметррівносторонньоготрикутниказістороною a дорівнює P a= 3 ,то4 3 3 7 3⋅ < < ⋅a .Отже, 12 21< <P .Відповідь.Г).

1.9. Оскількивідрізкидотичнихдокола,проведенихзоднієїточки,рівні,то AK AN= .Відповідь.В).

1.10. Зпрямокутноготрикутника ABC :

AC AB AC= + = + =2 2 2 212 16 20 (см).


1.11. Нехай

a b c+ = ,

c − + + −( )( )2 3 1 4; ,

c 1 3; −( ).


1.12. Нехайупаралелограмі ABCD ∠ = °A 45 .Тоді∠ = ° − ° = °B 180 45 135 .Більшоюдіагоналлюпаралелограмаєта,якалежитьпротитупогокута,тобтодіагональ AC .Зтрикутника ABC затеоремоюкосинусівAC AB BC AB BC B2 2 2 2= + − ⋅ ⋅ ⋅cos .

Враховуючи,що cos1352

2° = − ,

AC22

22 2 5 2 5 5 532

2= ( ) + + ⋅ ⋅ = , AC = 53 .


Частина друга2.1. 3 2 10 2 1 10 3 2 0 01 2 1 0 001 0 032 0 0021 0 0341 32 3, , , , , , , , ,⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ = + = =− − ,,41 10 2⋅ − .

Відповідь. 3 41 10 2, ⋅ − .

2.2. 1

3

27 1

3

27 27

92 2

2

2 3b bb b

= −

⋅ ⋅ = − = − .

Відповідь. − 3 .

A D

B C

A D

B C

ВАРІАНТ20 61

2.3. З першої нерівності системи дістанемо: 2 9x < , x < 4 5, . Для

розв’язання другої нерівності системи знайдемо корені

рівняння 4 4 3 02x x− − = : x1 0 5= − , , x2 1 5= , .

Розв’язкомдругоїнерівностісистемиє − ∞ −( + ∞ ); , , ;0 5 1 5 .

Оскільки x < 4 5, ,усірозв’язкисистеминерівностейналежать

− ∞ −( ] [ ); , , ; ,0 5 1 5 4 5 .Знихнатуральнимиєчисла2,3і4.Відповідь.2,3,4.

2.4. Оскількитрикутники AOD і COB подібні(задвомакутами),

тоOD

AD

OB

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

x x+ =2

9 6,звідки x = 4. OB = 4 см, OD = 6 см.

Відповідь.4см;6см.


3.1. Нехайшвидкістьрухупершоготуриста x км/год,ашвидкістьрухудругоготуриста y км/год.

Тодіпершийтуристдозустрічіпройшов 2x км,адругий— 2y км. 2 2 20x y+ = .Навесьшлях

першомутуристузнадобиться20

xгод,адругому—

20

yгод,щона1год40хв=

5

3годменше

відчасурухупершоготуриста.

Маємо:2 2 2020 20 5

3

x y

x y

+ =

− =

,

;

x y

x y

+ =

− − =

10

020 20 5

3

,

;

y x

x x

= −

− − =

−

10

020 20

10

5

3

,

.

Розв’язавшидругерівняннясистеми,дістанемо:60 10 60 5 10

3 100

− − − −

−( ) ( )

( )=

x x x x

x x,x x2 34 120 0− + = ,

x1

34 26

230= =+

—незадовольняєумовузадачі, x2

34 26

24= =−

.Отже,першийтуриструхався

зішвидкістю4км/год,адругий— 10 4 6− = км/год.


3.2. Перепишемо даний вираз у вигляді x x y y2 22 1 1 4 4 4+ + − + − + − = x y+( ) − + −( ) − =1 1 2 42 2

= x y+( ) + −( ) −1 2 52 2

.Найменшезначеннявиразу x +( )12

дорівнюєнулюпри x = −1,найменше

значення виразу y −( )22

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

дорівнює–5.Відповідь.–5.

3.3. За властивістю хорд кола, що перетинаються в точці O ,

CO OD BO AO⋅ = ⋅ .Оскільки за умовою CD AB⊥ , то AO BO= = 6 см.

Позначимо CO x= , тоді DO x= −9 . Маємо: x x9 6 6+( ) = ⋅ ,

x x2 9 36 0+ − = , x1 3= , x2 12= − —незадовольняєумовузадачі.

Отже, CO = 3 см, CD x x= + + = + =9 9 6 15 см.

Довжинакола l CD= ⋅ =π π15 см.


–0,5

–+ +

1,5 x

A D

B C

O

A B

D

O

C

62 ВАРІАНТ21


4.1.М ЗатеоремоюВієтадлякореніврівняння 2 8 3 02x x− + = маємо:x x

x x

1 2

1 2

43

2

+ =

⋅ =

,

.

x x x x x x x x x x x x x x1 2 1 2

2

12

1 2 22

12

1 2 22

1 22 2 4− = −( ) = − + = + + − =

= +( ) − = − ⋅ = − =x x x x1 2

2

1 224 4 4 16 6 10

3

2.

Відповідь. 10 .

4.2.М Нарисункузображенотрикутник ABC , BE і CF —медіанитрикутника.Сполучимоточки A і M .Відомо: S SAME EMC= , S SAMF MFB= , S S SAMC AMB CMB= = .

Тоді S S SAFM AME AMC= = 1

2 і S S S SAFME AME AMC CMB= = =2 , що

йтребабулодовести.

Варіант 21


1.1. 1865 365 50 1500 50 30−( ) = =: : .


1.2. 72 2 2 2 3 3 2 33 2= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ; 48 2 2 2 2 3 2 34= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ .НСД=2 3 243 ⋅ = .Відповідь.Г).


1.4. Оскільки 0 2 0 2 0 4⋅ − ⋅ −( ) = ≠ , 0 2 2 2 4⋅ + ⋅ −( ) = − , 2 2 0 2 4 4⋅ + ⋅ −( ) = ≠ − , 2 2 2 2 0 8⋅ + ⋅ −( ) = ≠ , то через

подануточкупроходитьграфікрівняння 0 2 4⋅ + = −x y .


1.5. 2

4

2 4

4

8

4

2x

y

y x y y

y

x y

y+ = ⋅ + ⋅ = +

.


1.6. Зведене квадратне рівняння має вигляд x px q2 0+ + = . За теоремою, оберненою до теореми

Вієта − +( ) =x x p1 2 , x x q1 2⋅ = .Отже, p = − + −( )( ) = −5 3 2, q = ⋅ −( ) = −5 3 15.Тодірівняннямаєви-

гляд: x x2 2 15 0− − = .


1.7. Оскільки x y− = −( ) <1 05

,то x y< .


A CE

M

F

B

ВАРІАНТ21 63

1.8. Sn

b q

q

n

=( )−

−1

1

1. 52

1

33 1

3 1=

( )−

−

b, 52 13 1= b , b1 4= .


1.9. Нехай AM x= см,тоді BM x= 3 см.Заумовою x x+ =3 84, 4 84x = , x = 21.

BM = ⋅ =3 21 63 см.


1.10. Нехайкоефіцієнтпропорційностідорівнюєk.Тодідовжинисторіндорівнюють 3k і 4k ,апе-

риметрпаралелограма 2 3 4 70k k+( ) = , звідки k = 5.Отже,сторонипаралелограмадорівнюють

15см,15см,20см,20см.


1.11. Нехайневідомасторонатрикутникадорівнює a дм.Тодізатеоремоюкосинусів

a2 2 26 8 2 6 8 60 36 64 2 48 521

2= + − ⋅ ⋅ ⋅ ° = + − ⋅ ⋅ =cos , a = =52 2 13 дм.


1.12. 3 3 3

a −( ); , 2 4 6b

; −( ), c

− − − −( )( )3 4 3 6: , c

−( )7 9; .



2.1. 3 1 1 4 3 4 3 64 604

9

3

13

13

9

16

13

4

3

6 3⋅ − −( ) = ⋅ ⋅ − = ⋅ − = − .

Відповідь.–60.

2.2. Оскількивершинапараболирозташованавпочаткукоординат,тоформула,щозадаєвідповідну

функцію,маєвигляд y ax= 2.Враховуючи,щопараболапроходитьчерезточку A 2 8; −( ),зна-

ходимокоефіцієнт a : − = ⋅8 22a , a = −2.

Відповідь. y x= −2 2 .

2.3. x yx y

−( ) =− =

29

2 5,

;

x yx y− =

− =

32 5

,,

звідки x = 2, y = −1,абоx y

x y− = −

− =

32 5

,,

звідки x = 8, y =11.

Відповідь. 2 1; −( ) , 8 11;( ) .

2.4. Нехай внутрішній кут правильного многокутника дорівнює x° , тоді зовнішній —x°

5

.

Оскільки сума зовнішнього і внутрішнього кутів дорівнює 180°, то xx+ =5

180 , x =150.

Внутрішній кут правильного n -кутника дорівнює180 2n

n

−( ), тобто

180 2150

n

n

−( )= ,

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

Відповідь.12сторін.

64 ВАРІАНТ21


3.1. Нехайшвидкістьрухумотоцикліста x км/год.Систематизуємоданіувиглядітаблиці.


Мотоцикліст 60 x60

x

Велосипедист 60 x − 4560

45x −

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

рівняння:60

45

603

x x−− = .ОДЗ: x ≠ 45, x ≠ 0.

60 600

45 3 45

45

x

x

x x x

x

− ( ) ( )( )

=− − −

−, x x2 45 900 0− − = , x1

45 75

215= = −−


задачі, x2

45 75

260= =+

.Отже,швидкістьрухумотоцикліста 60км/год,ашвидкістьрухуве-

лосипедиста 60 45 15− = км/год.


3.2. Заданафункціяневизначенапри x = −2 та x = 0.

yx x

x

x x

x=

( )( )−

( )=

+ +

+

−4 2

2

2x x+ − −( )4 2 = +2 2x .

Графікфункціїзображенонарисунку.

3.3. Утрапеції ABCD основи BC =10 смі AD =14 см,бічністо-

рони AB =13 см і CD =15 см. CN — висота трапеції. Про-

ведемо CK AB .

ABCK —паралелограм,унього CK AB= =13 см,

AK BC= =10 см. KD AD AK= − = − =14 10 4 см.

Знаходимоплощутрикутника CKD :

1) заформулоюГерона. p = =+ +13 15 4

216 см,

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

2) S KD CN= ⋅1

2.Маємо: CN

S

KD= = =⋅2 2 24

412 см.

Отже, S CNABCD

BC AD= ⋅ = ⋅ =+ +2

10 14

212 144 см2.


0

–2

x

y

2

–2

B C

A K N D

ВАРІАНТ22 65


4.1.М x y xy

x xy y

+ + =+ + =

13

912 2

,

.

Нехай x y a+ = , xy b= , тоді x xy y a2 2 22+ + = і x xy y a b2 2 2 2+ + = − і система рівнянь набуває

вигляду:a ba b

+ =− =

13912 2

,;

a ba b a b+ =−( ) +( ) =

1391

,;

a ba b

+ =− =

137

,;

ab

==

103

,.

Отже,x y

xy

+ ==

10

3

,

;

x yxy

+ ==

109

,.

Затеоремою,оберненоюдотеоремиВієта,маємо:xy

==

19,

абоxy

==

91

,.

Відповідь. 1 9;( ) , 9 1;( ) .

4.2.М Знайдемовідстаньвідточки O 1 2; −( ) допрямої 3 4 9 0x y− + = :

ρ =( )( )

= =⋅ − ⋅ − +

+ −

3 1 4 2 9

3 4

20

52 24 .

Оскількиколодотикаєтьсядопрямої 3 4 9 0x y− + = ,торадіусколадорівнюєвідстанівідцентраколадопрямої,тобто R = 4 .

Рівнянняколазцентром O 1 2; −( ) і R = 4 маєвигляд: x y−( ) + +( ) =1 2 162 2

.

Відповідь. x y−( ) + +( ) =1 2 162 2

.


1.1. 16кг300г–8кг500г=15кг1300г–8кг500г=7кг800г.


1.2. 1

3

1

7

7 3

21

10

21+ = =+

.


1.3. 2 3 2 6a b c ab bc−( ) = − .


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

1.5. 9 2

3

9 2

3

3 2 63

2 2

3x

x x

x x x⋅ = = =⋅

⋅⋅

.


66 ВАРІАНТ22

1.6. 3 2 48 3 2 2 3 2 16 3 3 4 3 4 4 3 72 2

2−( ) + = ( ) − ⋅ + + ⋅ = − + + = .


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

1.8. 24

300100 8⋅ =% %.

Відповідь.А)

1.9. ∠ = ∠ + ∠POS POQ SOQ. Кути POQ і KOM вертикальні, тому ∠ = ∠ = °POQ KOM 130 . Отже,

∠ = ° + ° = °POS 100 30 130 .


1.10. Нехайгострийкуттрапеціїдорівнює x° ,тодітупий—дорівнює 3x°.Оскількисумагострогоітупогокутівпрямокутноїтрапеціїдорівнює180°, x x+ = °3 180 , x = 45 °, 3 3 45 135x = ⋅ = .Відповідь.А).

1.11. Другий катет прямокутного трикутника дорівнює 5 4 32 2− = дм. Тоді площа прямокутного

трикутника S = ⋅ ⋅ =1

23 4 6 дм2.


1.12. Нехай B x y;( ).Тоді 13

2= − + x

, x = 5 ; − = − +3

2

2

y, y = −4.



2.1. x x x2 2 2 0+( ) − +( ) = , x x+( ) −( ) =2 1 02 , x x x+( ) −( ) +( ) =2 1 1 0 , x1 2= − , x2 1= , x3 1= − .

Відповідь. −2; −1;1.

2.2. Заумовою y x= 2 .Тоді 2 10 3x x= − , 5 10x = , x = 2, y = ⋅ =2 2 4.

Відповідь. 2 4;( ).

2.3. Відомо,що b b q4 22= .Тоді q b b2

4 2

1

4

1

2

1

2= = =: : , q = 1

2. b b q1 2

1

2

1

2

1

2= = =: : .

Sn

b q

q

n

=( )

=

−

−

−

−=

+1

7

1

1

1

2

1

21

1

21

15 7 2

8 2.

Відповідь.15 7 2

8 2

+.

2.4. Нехайкоефіцієнтпропорційностідорівнюєk.Тодідовжинидвохсторінтрикутникадорівнюють

5k смі 3k см.Довжину a третьоїсторонизнайдемозатеоремоюкосинусів,урахувавши,що

cos1201

2° = − : a k k k k k k k k2 2 2 2 2 2 23 5 2 3 5 120 9 25 15 49= ( ) + ( ) − ⋅ ⋅ ⋅ ° = + + =cos , a k= 7 см. За умовою

3 5 7 45k k k+ + = , k = 3.Тодідовжинатретьоїсторонитрикутникадорівнює 7 3 21⋅ = см.Відповідь.21см.

ВАРІАНТ22 67


3.1. Нехай перша труба може наповнити басейн за x год, тоді друга труба може його спорожни-

ти за x +( )3 год. За одну годину перша труба наповнює1

x частину басейну, а друга труба

спорожнює1

3x + частину басейну. Враховуючи, що за одночасної роботи труб басейн напо-

внитьсяза36год,складаєморівняння:1 1

3

1

36x x− =

+.ОДЗ: x ≠ −3, x ≠ 0.

36 3 36 3

30

x x x x

x x

+ − − +

+( ) ( )

( )= , x x2 3 108 0+ − = , x1

3 21

212= = −− −

— не задовольняє умову задачі,

x2

3 21

29= =− +

.

Отже, перша труба може наповнити басейн за 9 год, а друга — його спорожнитиза 9 3 12+ = год.

Відповідь.9год,12год.

3.2. yx x xx x x

= − ++ + <

2

2

4 3 04 3

припри

,0.

Будуємо графік функції y x x= − +2 4 3 на проміжку 0; + ∞ ).Графіком є парабола, вітки якої напрямлені вгору. Абсциса

вершинипараболи m = =4

22.

y 2 1( ) = − .Отже,вершинапараболи—точка 2 1; −( ) .Абсциси

точокперетинуграфіказвіссю Ox x1 1= , x2 3= .

На проміжку − ∞( ); 0 будуємо графік функції y x x= + +2 4 3.

m = − = −4

22, y −( ) = −2 1.ВінперетинаєвісьOxуточкахзаб-

сцисами–1і–3.

3.3. Знаходимостороничотирикутника ABCD .

AB x x y yB A B A= −( ) + −( ) =2 25 0 7 6 26

2 2−( ) + −( ) = ,

BC x x y yC B C B= −( ) + −( ) =2 24 5 2 7 26

2 2−( ) + −( ) = ,

CD x x y yD C D C= −( ) + −( ) =2 2 − −( ) + −( ) =1 4 1 2 262 2

,

AD x x y yD A D A= −( ) + −( ) =2 2 − −( ) + −( ) =1 0 1 6 262 2

.

Знаходимокоординатисерединдіагоналей.

AC : xx x

A C= = =+ +2

0 4

22, y

y yA C= = =

+ +2

6 2

24;точка 2 4;( ) .

BD: xx x

B D= = =+ −2

5 1

22; y

y yB D= = =

+ +2

7 1

24 ,точка 2 4;( ) .

Учотирикутника ABCD сторонирівні,діагоналіперетинаються іточкоюперетинуділятьсянавпіл,отже,чотирикутник ABCD єромбом.

0–2

x

y

2

–11

3

3

68 ВАРІАНТ22


4.1.М Запишемосистемурівняньувиглядіx y x xy y

xy x y

+( ) − +( ) =+( ) +( ) =

2 2 19

8 2

,

.

Нехай x y a+ = , xy b= ,тоді x y x y xy a b2 2 2 22 2+ = +( ) − = − ісистеманабудевигляду:

a a b

b a

−( ) =+( ) =

3 19

8 2

,

.

Поділившипершерівняннясистеминадруге,маємо:a b

b

−+

=3

8

19

2, a b

b= = ++25 152

212 5 76, .

Підставимоздобутезначенняудругерівняннясистеми:

b b+( ) +( ) =8 12 5 76 2, , 12 5 176 606 02, b b+ + = , звідки b1 6= − або b2 8 08= − , .

Маємо:ab

== −

16,

абоab

= −= −

258 08

,, .

Отже,x yxy

+ == −

16

,або

x yxy

+ = −= −

258 08

,, .

Розв’язавшипершусистемурівнянь,дістанемо: −( )2 3; , 3 2; −( ) .

Розв’язкидругоїсистемирівнянь:

− − − +

25 657 32

2

25 657 32

2

, ,; ,

− + − −

25 657 32

2

25 657 32

2

, ,; .

Відповідь. −( )2 3; , 3 2; −( ) ,− − − +

25 657 32

2

25 657 32

2

, ,; ,

− + − −

25 657 32

2

25 657 32

2

, ,; .

4.2.М Нехай у трикутнику ABC : AB AC= , ∠ = ∠ = °BAC BCA 72 ,

AK —бісектриса, AK l= .

Оскільки ∠ = ∠ = °BAC ACB 72 ,то ∠ = °ABC 36 .

Отже, трикутник ABK рівнобедрений з основою AB

і BK AK l= = .

Оскільки AK — бісектриса кута A , то ∠ = ∠ = °CAK KAB 36

і трикутник CAK рівнобедрений з основою KC , тобто

AC AK l= = .

ABC CAK задвомакутами,отже,AB

AC

AC

CK= .

Нехай CK x= ,тоді AB BC l x= = + ,l x

l

l

x

+= ,

звідки x lx l2 2 0+ − = , xl l l= = −( )− + 5

2 25 1 .

Отже, BC ll l

= + −( ) =( )+

2

1 5

25 1 .

Відповідь. l ,l

25 1+( ) .

A C

B

K

72°

36°

36°36° 72°

l

ВАРІАНТ23 69


1.1. x = ⋅910 65 , x = 59150.


1.2. 5 10 10 563

5

28

5

28 10

5⋅ = ⋅ = =⋅

.


1.3. 3 3 2 3 9 62 2 2 2 2a b a a b b a ab b−( ) = ( ) − ⋅ ⋅ + = − + .


1.4. 3 3 3 3 3 3 3m mk n kn mk mk n kn m k n k k m n+ − − = +( ) − +( ) = +( ) − +( ) = +( ) −( ).


1.5. a a

a

a a

aa a

8 2 3

7

8 6

7

8 6 7 5⋅ ⋅( )

= = =−

−+ −( )− − .


1.6. a b

a ab

a

b a

a b a b a

a a b a b

2 2

2

3 33

−+ −

− + ⋅ −

+ ⋅ −⋅ =

( )( ) ( )( ) ( )

= − .


1.7. Оскільки − −( ) − ⋅ −( ) + = >2 2 2 3 3 02

, −( ) − ⋅ −( ) + = >2 6 2 8 24 02

, 2 2 3 2 1 15 02⋅ −( ) − ⋅ −( ) + = > ,

−( ) + ⋅ −( ) − = − <2 5 2 7 13 02

,точисло −2 єрозв’язкомнерівності 2 3 1 02x x− + > .


1.8. Нарисункузображенографікфункції y x x x= − −( ) + = − + +1 4 2 32 2 .

Оскільки − −( ) +( ) = − − + ≠ − + +x x x x x x1 3 2 3 2 32 2 ;

x x x x x x−( ) +( ) = + − ≠ − + +1 3 2 3 2 32 2 ;

x x x x x x+( ) −( ) = − − ≠ − + +1 3 2 3 2 32 2 ;

− +( ) −( ) = − + +x x x x1 3 2 32 , то функцію, графік якої зображено на рисунку, задає формула

y x x= − +( ) −( )1 3 .


1.9. Шуканий кут є внутрішнім одностороннім з кутом 30°. Оскільки прямі a i b паралельні,x + =3 180 , x = 150.


1.10. Оскільки суми протилежних сторін чотирикутника, описаного навколо кола, рівні,то AB CD AD BC+ = + , 7 9 8+ = +CD , CD =10 см.


70 ВАРІАНТ23

1.11. Оскільки діагональ квадрата є діаметром кола, описаного навколо цього квадрата, то

2 6 2R = см, R = 3 2 см.


1.12. S = ⋅ ⋅ ° = ⋅ =8 10 150 80 401

2sin (cм2).



2.1. a

ab b

b

b a

a

b a b

b

a b

a b

b a b

2

2

2 2 2

− − − −=

−−

=+ =( )

−( )

a b a b

b a b

a b

b

− +

++( )( )

( )= .

Відповідь.a b

b

+.

2.2. Розкладемо знаменник дробу на множники. Оскільки ax bx c a x x x x21 2+ + = −( ) −( ) , де x1,

x2 — корені тричлена, то x x x x2 5 6 2 3− + = −( ) −( ). Тодіx

x x

x

x x x

−− +

−− − −

=( )( )

=3

5 6

3

2 3

1

22. Якщо

x = 2 001, ,то1

2

1

2 001 2

1

0 0011000

x − −= = =

, ,.


2.3. Нехайробітнику,якийпоповнивбригаду, x років.Тоді5 35

634

⋅ + =x, 175 204+ =x , x = 29 .

Відповідь.29років.

2.4. Гіпотенуза прямокутного трикутника ABCB

A=

sin. sin cos , ,A A= − = − ( ) =1 1 0 8 0 62 2

. Тоді

AB = =6

0 610

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


Частина третя3.1. Нехайвласнашвидкістькатера x км/год.Систематизуємоданіувиглядітаблиці.


Затечією 40 x + 2 40

2x +

Протитечії 16 x − 2 16

2x −

Враховуючи,щокатервитративнавесьшлях3год,складаєморівняння:

40

2

16

23

x x+ −+ = .ОДЗ: x ≠ −2, x ≠ 2.

40 2 16 2

2

2 3 2

20

x x

x

x x

x

− + −

+( ) ( ) ( )( )

( )( )=

+ − +

−, 3 56 36 02x x− + = , x1

56 52

6

2

3= =−


задачі, x2

56 52

618= =+

.Отже,власнашвидкістькатера18км/год.


ВАРІАНТ23 71

3.2. Нехай кількість членів арифметичноїпрогресії n = 2. Тоді S222 2 2 10= ⋅ + = , отже, a a1 2 10+ = ,

2 101a d+ = .При n = 3 S322 3 3 21= ⋅ + = ,отже, 3 3 211a d+ = .

Маємосистему2 103 3 21

1

1

a da d

+ =+ =

,;

2 10

71

1

a da d

+ =+ =

,.

a1 3= , d = − =7 3 4 .


3.3. Коло з центром у точці O вписано в прямокутну тра-

пецію ABCD з основами AD і BC. FN AB= , OK CD⊥ ,

CK = 8 см, DK =18 см.Завластивістюдотичних,проведених

зоднієїточкидокола, CF CK= = 8 см, DK DN= =18 см.

CD CK KD= + = 26 см.

Проводимо CM AD⊥ .

NFCM —прямокутник. NM CF= = 8 см.

DM DN NM= − = − =18 8 10 см.

Зпрямокутноготрикутника CMD маємо:

CM CD DM= − =2 2 676 100 24− = см. AB CM= = 24 см.

Завластивістюсторінописаногочотирикутника

AB CD BC AD+ = + . P AB CDABCD = +( ) =2 2 24 26 100+( ) = см.



4.1.М ЗанерівністюКошідлядодатнихчисел a і b маємо: a b a b2 22+ ; 1 1 12 2

2a b ab

+ .

Тоді a ba b

a b

ab

a

b2 1 1

2

2

24 4+( ) +

= ,щойтребабулодовести.

4.2.М На рисунку зображено прямокутний трикутник ABC

( ∠ = °C 90 ) із периметром 120 см і висотою CD, що дорів-

нює24см.

Нехай AB c= , AC b= , BC a= , CD h= , тоді a b c+ + =120,

a b c2 2 2+ = , ch ab= .

Маємосистемурівнянь:

a b ca b c

c ab

+ + =+ =

=

120

24

2 2 2

,,

;

a b ca b cab c

+ = −+ ==

120

24

2 2 2

,,

;

a ab b c ca b cab c

2 2 2 2

2 2 2

2 120 240

24

+ + = − ++ ==

,,

;

48 120 240

24

2

2 2 2

c ca b cab c

= −+ ==

,,

;

288 12024

2

2 2 2

cab ca b c

==+ =

,,

;

caba b

==+ =

501200

25002 2

,,

.

Розв’язавшисистемурівнянь

aba b

=+ =

120025002 2

,,

дістанемо a = 30, b = 40 .

Відповідь.30см,40см,50см.

B C

A N

K

DM

F

O

D

A

C Ba

b

c

h

72 ВАРІАНТ24

Варіант 24


1.1. Оскільки величина розгорнутого кута дорівнює 180°, то3

5 розгорнутого кута становлять

180 1083

5° ⋅ = ° .


1.2. x = =⋅5 8

104.



1.4. 5 5 5 52 2 2 2c d c d c d c d− = −( ) = −( ) +( ).


1.5. x2 50 2= : , x2 25= , x1 5= − , x2 5= .


1.6. −( ) ⋅

= − ⋅ = − = −−−

− − +2 2 2 2 23

4

3 4 3 41

2.


1.7. 15

250100 6⋅ =% %.


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


1.9. Оскільки градусна міра зовнішнього кута дорівнює сумі двох внутрішніх кутів, не суміжнихзним,тоградуснаміразовнішньогокутапривершині A дорівнює∠ + ∠ = ° + ° = °C B 100 43 143 .


1.10. 4 0 8 5: , = .



1.12. Довжинадуги lRn= π

180.Заумовою

π π6

180

n = ,6

1801

n = , n = °30 .


–2

–+ +

3 x

ВАРІАНТ24 73


2.1. Перетворимовиразудужках:a

a

a

a

a a

a a

a a a a

a

+−

−+

=+ − −

− +

+ + − − +

−−

( ) ( )( )( )

=( )2

2

2

2

2 2

2 2

4 4 4 42 2 2 2

2 44

8

42=

−a

a.

Тоді4

4

8

4

4

4

4

8

1

22 2 2

2a

a

a

a

a

a

a

a− − −−= ⋅ =: прибудь-якихзначеннях a .


2.

2.2. 6 5 12 2 5 14 3 15

x xx x

< −( )− + > − −

,;

6 5 5

2 3 1 7x x

x x< −

− + > − −

,;

xx

< −> −

58

,.

Розв’язкамисистеминерівностейєвсічисла

зпроміжку − −( )8 5; .Знихцілимиєчисла −7 і −6 .

Відповідь. −7; −6.

2.3. Графіком функції є парабола, вітки якої напрямлені вниз,

оскільки a = − <2 0.Знайдемокоординативершинипараболи:

xb

a= −

( )= −= −

−⋅ −2

8

2 22, y

b ac

a= = =− + − +

−

2 4

4

64 48

82 .

Оскільки c = −6, парабола проходить через точку 0 6; −( ).Знайдемо точки перетину графіка функції з віссю абсцис:− − − =2 8 6 02x x ,якщо x = −3 або x = −1.Отже,графікфункціїперетинаєвісьабсцисуточках −( )3 0; і −( )1 0; .Користуючись рисунком, знаходимо проміжок зростанняфункції: − ∞ −( ; 2 .

Відповідь. − ∞ −( ; 2 .

2.4. Нехай коефіцієнт подібності дорівнює k. Тоді 4 20k = , k = 5. Периметр поданого чотирикут-

никадорівнює P k k k k k= + + + =2 3 3 4 12 см.

Тодіпериметрподібногойомутрикутника P1 12 5 60= ⋅ = см.



3.1. Нехай на склад завезли x кг бананів, тоді апельсинів завезли x +( )100 кг. Продали

0 8 100, x +( ) кг апельсинів та 0 3, x кг бананів, після чого апельсинів залишилося мен-

ше на 105 кг, ніж бананів. Складаємо рівняння: x x x x+( ) − +( ) = − −100 0 8 100 0 3 105, , .

0 2 0 7 105 100 80, ,x x− = − − = , x = 250.Отже,наскладзавезли250кгбананіві 250 100 350+ = кг

апельсинів.

Відповідь.350кг,250кг.

3.2. 2 1 4 3 6 5 100 992 2 2 2 2 2 2 2− + − + − + + − =... 3 7 11 199+ + + +... . Числа 3, 7, 11, …, 199 утворюють

арифметичнупрогресію,уякої a1 7= , an =199, d = 4.Знайдемокількістьчленівцієїпрогресії.

na a

dn= +

−1 1 = + =−199 3

41 50. S50

3 199

250 5050= ⋅ =+

.


0–2 x

y

2

–6

–3 –1

74 ВАРІАНТ24

3.3. Утрапеції ABCD зосновами AD і BC ∠ = ∠BAK DAK і ∠ = ∠ADK CDK . ∠ = ∠DAK BKA і ∠ = ∠ADK CKD

як внутрішні різносторонні. Отже, трикутники ABK

і DCK рівнобедрені. BK AB= =10 см, CK CD= =17 см.DC BK CK= + = + =10 17 27 см. MBCN —прямокутник,

MN BC= = 27 см. З прямокутного трикутника ABM :

AM AB BM= −2 2 = − =100 64 6 см. З прямокутного

трикутника DCN : DN CD CN= −2 2 = − =289 64 15 см.

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

S BMABCD

AD BC= +2

= ⋅ =+48 27

28 300 см2.



4.1.М Розглянемофункцію f x x a x a( ) = − +( ) − −4 3 1 22 .Графікомцієїфункціїєпарабола,віткиякоїнапрямленівго-ру. Рисунок, що наведено, є графічним зображенням умовизадачі.

У системі нерівностей

Df

xf

>−( )

− < <( ) >

01 0

1 22 0

0

,,

,

записано аналітичні

співвідношення,щоописуютьнаведенийрисунок.Оскільки в умові задачі зазначено, що рівняння має двакорені,то D > 0.Отже,складемосистемунерівностейірозв’яжемоїї:

3 1 16 2 0

4 3 1 2 0

1 2

16 2 3 1 2

2

3 1

8

a a

a a

a a

a

+( ) + +( ) >+ +( ) − −

− < <

− +( ) − −

+

,

,

,

>>

0;

9 22 33 01 5

3 5

2

12

7

a aa

a

a

+ + >−

− < <

<

,, ,

,

;

звідки a∈ −

1 5 15

7, ; .

Відповідь.При a∈ −

1 5 15

7, ; .

4.2.М Нарисункузображенотрапецію ABCD ( AD BC )

іздіагоналями AC і BD,щоперетинаютьсяуточці O.

Заумовою S nAOD = 2 , S kBOC = 2 .

Нехай ∠ =DOC α,тоді

n S AO ODAOD2 1

2= = ⋅ ⋅ ⋅sinα, n AO OD= ⋅ ⋅ ⋅1

2sinα ;

k S BO OCBOC2 1

2= = ⋅ ⋅ ⋅sinα , k BO OC= ⋅ ⋅ ⋅1

2sinα .

KB C

A M N D

0

2–1 x

y

x0

B C

A D

Oa

ВАРІАНТ25 75

nk AO OD BO OC AO BO OC OD= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅1

2

1

2

1

2

1

2sin sin sin sinα α α α === ⋅S SAOB OCD .

Оскільки S SABD ACD= ,то S SABO OCD= .

Отже, nk S SAOB AOB= =2 . S S S S n nk k n kABCD AOD AOB BOC= + + = + + = +( )2 22 2 2,

щойтребабулодовести.



1.2. − +( ) − +( ) = −( ) = −3 5 15 10 8 5 8 11 5 5 2 3, : , , , : , .



1.4. − −( ) = − +2 0 5 3 6x x, , − + = − +2 1 3 6x x , − + = −2 3 6 1x x , x = 5 .


1.5. x x+( ) −( ) =4 4 0, x1 4= − , x2 4= .


1.6. 3

1

3 1 3

1

3 1

1

3 3 1

1

1

12a

a

a a a

a

a a

a a

a a a a+−+ +

−+

− −

+ +− = −

( )=

( )( )

=( )

.


1.7. S nn

a an= ⋅

+1

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

2 5 11 5

28 36=

( )⋅ = −

+ −, ,.




1.10. У прямокутному трикутнику AMO ∠ = °( )M 90 AO =15 см,

MO = 9 см. Катет AM AO MO= − = − =2 2 2 215 12 9 см. Тоді

AB AM= ⋅ = ⋅ =2 2 9 18 см.Відповідь.Б).


1.12. Занаслідкомзтеоремисинусів RKN

M=

2sin. ∠ = ° − ° + °( ) = °M 180 80 40 60 . sin60

3

2° = .

Тоді R = =⋅

=6

23

2

6

32 3 см.


M

A

B

O

76 ВАРІАНТ25


2.1. 4 44 31

2 5

2

1 41

31

2

21

2

1

2a b a b a b a− − −

−− − − −

−−( ) ⋅

= ( ) ( ) ⋅

( )) ( ) = ⋅ = =− − − − − + − −2

52

4 3 4 10 4 4 3 10 71

44b a b a b a b b .

Відповідь. b−7 .

2.2. 4

13 5

4 13 5

13 5 13 5

4 13 5

13 5

13 5

2−=

+

− +

+

−+( )

( )( ) =( )

= .


2

+.

2.3. 2 5 18 02x x− − = ,якщо x1 2= − , x2 4 5= , .

Розв’язкомнерівностієпроміжок − 2 4 5; , .

− + >4 8 0x , − > −4 8x , x < 2 , x∈ − ∞( );2 .

Тоді розв’язком системи нерівностей є перетин проміж-

ків − 2 4 5; , і − ∞( );2 тобто − )2 2; .

Відповідь. − )2 2; .

2.4. Точка M x y;( ) —серединасторони BC. x = =− +4 6

21, y = =+3 1

22.Тобто M 1 2;( ) .

Тоді AM = −( ) + − −( ) = + =5 1 1 2 4 3 52 2 2 2 .



3.1. Нехайпершийробітникможевиконатизавданняза x год,тодідругийробітникможевикона-

тизавданняза x −( )6 год.Тодіпершийробітникзаоднугодинувиконує1

xчастинузавдання,

адругий—1

6x −частину.

1 1

6

1

4x x+ =

−.ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ 6.

4 6 4 6

4 60

x x x x

x x

− + − −

−( ) ( )

( )= ,x x2 14 24 0− + = ,x1 2= —незадовольняєумовузадачі,x2 12= .Отже,пер-

шийробітникможесамостійновиконатизавданняза12год,адругийробітник—за12 6 6− = год.

Відповідь.12год,6год.

3.2. a a a a

a aa

− − + +

+ +

( )( )( )+ =

1 1 1

1a a−( ) + =1

2

a a− +1 .

При a = 0 97, a a− = − +1 1,тоді a a− + =1 − + + =a a1 1.


–2

–+ +

4,5 x

O

K

MD

CB

A

ВАРІАНТ26 77

3.3. OK BC AD⊥ ⊥ , BK BC= = ⋅ =1

2

1

224 12 см, AM AD= = ⋅ =1

2

1

232 16 см. BO AO= як радіуси

одногокола.Позначимо OM x= , тоді KO x= +4 . З прямокутного трикутника AMO : AO AM MO2 2 2= + ;

AO x2 2256= + .Зпрямокутноготрикутника BKO : BO BK KO2 2 2= + ; BO x2 2144 4= + +( ) .

Дісталирівняння144 4 2562 2+ +( ) = +x x ,8 96x = ,x =12.Отже,OM =12, AO = + =256 144 20 см.



4.1.М n n n n n n n n n n n n3 2 3 2 2

6 2 3

3 2

6

3 2

6

1 2

6+ + = =

( )=

( )( )+ + + + + +.

Оскільки чисельник дробу — добуток трьох послідовних чисел, то він ділиться націло на 6(при n =1 значеннядробудорівнює1).

Отже, для будь-якого натурального n значення виразуn n n3 2

6 2 3+ + є натуральним числом.

4.2.М Нарисункузображенотрикутник ABC ,уякого AC =15 см,AB BC+ = 27 см;радіусвписаногоколадорівнює4см.

rS

pABC= ,звідки S rpABC = = ⋅ =4 21 84 (см2).

ЗаформулоюГерона: S p p AB p BC p ACABC = −( ) −( ) −( ) ,

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

21 6 56−( ) −( ) =x x ,x x2 27 182 0− + = ,звідкиx1 13= абоx2 14= .

Отже,маємотрикутникзісторонами13см,14смі15см.Затеоремоюкосинусівмаємо:

AC AB BC AB BC B2 2 2 2= + − ⋅ ⋅ ⋅cos ,звідки cosBAB BC AC

AB BC= + −

⋅ ⋅

2 2 2

2,

cosB = = =+ −⋅ ⋅ ⋅ ⋅

169 196 225

2 13 14

140

2 13 14

5

13.


13.

Варіант 26


1.1. 789 289 25 789 289 25 500 25 525− −( ) = − + = + = .Відповідь.А).


1.3. − = −4 27 11x , − =4 16x , x = −4 .Відповідь.В).

CA

B

x

15

27–x

78 ВАРІАНТ26


1.5. 7 5 7 5

x y

y x

xy− = −

.


1.6. − + − =2 3 1 02x x , D b ac= − = − ⋅ −( ) ⋅ −( ) = − =2 24 3 4 2 1 9 8 1,

xb D

a1

2

3 1

41= = =− − − −

−, x

b D

a2

2

3 1

4

1

2= = =− + − +

−.


1.7. 2 3 3 7 3+ < + < +x , 5 3 10< + <x .Відповідь.В).

1.8. a a n dn = + −( )1 1 . 29 5 1 3= + −( ) ⋅n , n = 9.


1.9. ∠ = ∠ + ∠AOM COM AOC. ∠ = ∠ = ° = °COM COB1

260 2 30: ,

∠ = ∠ − ∠ = ° − ° = °AOC AOB COB 180 60 120 .Отже, ∠ = ° + ° = °AOM 120 30 150 .



1.11. sin sin sin120 180 60 603

2° = ° − °( ) = ° = .


1.12. MN

= −( ) + − +( ) = + =2 4 2 1 4 1 52 2

.



2.1. 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 32

+( ) − +( ) −( ) = 3 2 2 3 2 2 3 2 3 3 2 2 32 2 2 2( ) + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ( ) − ( ) − ( )

=

= + + − + = +18 12 6 12 18 12 24 12 6 .

Відповідь. 24 12 6+ .

2.2. Рівняння параболи може бути записане у вигляді y a x m n= +( ) + , де m n;( ) — координати її

вершини. Оскільки вершина параболи розташована в точці 0 2;( ) , то її рівняння має вигляд:

y ax= +2 2. Коефіцієнт a знайдемо, скориставшись тим, що парабола проходить через точ-

ку B 1 6;( ). 6 1 22= ⋅ +a , a = 4 .Отже,подануфункціюзадаєформула y x= +4 22 .

Відповідь. y x= +4 22 .

ВАРІАНТ26 79

2.3. Пряма x y− + =2 0 і коло x y2 2 4+ = перетинаються в точках, координати яких є розв’язками

системирівнянь:x yx y

− + =+ =

2 042 2

,.

Виразимозпершогорівняння y через x іпідставимоцейвираз

удругерівняннясистеми: y x= + 2, x x2 22 4+ +( ) = , x x x2 2 4 4 4+ + + = , 2 4 02x x+ = , 2 2 0x x +( ) = ,

x1 0= , x2 2= − .Тоді y1 0 2 2= + = , y2 2 2 0= − + = .

Відповідь. 0 2;( ) , −( )2 0; .

2.4. Нехай a і b —сторонипрямокутника, d —йогодіагональ, d =13 см, a1 4= смі b1 9= см—

проекціїсторінпрямокутниканадіагональ. a da21 13 4= = ⋅ , a = 2 13 , b db2

1 13 9= = ⋅ , b = 3 13 .

Тодіплощапрямокутникадорівнює S ab= = ⋅ =2 13 3 13 78 см2.



3.1. Нехайшвидкістьрухуплота x км/год.Систематизуємоданіувиглядітаблиці.


Пліт 20 x20

x

Човен 20 18 + x20

18 + x

Враховуючи,щочовенвідчаливна9годпізніше,ніжпліт,складаєморівняння:

20 20

189

x x− =

+.ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ −18 .

20 18 20 9 18

180

+ − − +

+( ) ( )

( )=

x x x x

x x, x x2 18 40 0+ − = , x1 20= − —незадовольняєумовузадачі, x2 2= .

Отже,швидкістьрухуплота2км/год.Тодіплітрухавсяпротягом20

210= год,човенназдогнав

плітодев’ятнадцятійгодині.

Відповідь.Одев’ятнадцятійгодині.

3.2. Розв’яжемо першу нерівність системи x x2 6 0+ − методом

інтервалів.Нуліфункції y x x= + −2 6 x1 3= − , x2 2= .

x∈ − ∞ −( + ∞ ); ;3 2 .

Розв’язавшидругунерівністьсистеми,дістанемо

x x x x2 2 2 1 8− − − − , x − 3.

Отже,розв’язкаминерівностіє x = −3 та x ∈ + ∞[ )2; .

Відповідь. −{ } + ∞[ )3 2 ; .

–3

–+ +

2 x

–3 x

80 ВАРІАНТ26

3.3. У трикутнику ABC сторона AC дорівнює 29 см, OM ,ON , OK —радіусивписаногокола, CN = 24 см, BN =1 см.

BC BN CN= + = 25 см. За властивістю дотичних, проведених

до кола з однієї точки, CN CK= = 24 см, BM BN= =1 см,

AM AK AC KC= = − = − =29 24 5 см.

Тоді AB AM BM= + = + =5 1 6 см.

pAB BC AC= =+ +

2

6 25 29

230

+ + = см.

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



4.1.М 3 2 4 1716

2 2

2 2

x y xyy x

+ − =− =

,.

Помножимо перше рівняння системи на 16, друге — на –17, додамо почленно одержанірівняння,дістанемо:65 15 64 02 2x y xy+ − = (*)

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

на y2 ,дістанемо: 65 64 15 02

⋅

− ⋅

+ =x

y

x

y.

Нехайx

yt= ,тодірівняннянабудевигляду: 65 64 15 02t t− + = ,звідки t1

3

5= або t2

5

13= .

Отже,системарівняньрівносильнасукупностідвохсистем:

x

y

y x

=

− =

3

52 2 16

,або

x

y

y x

=

− =

15

132 2 16

,

.

Розв’яжемопершусистему:y

x

x

x

=

− =

5

325

9

22 16

,

;

y

x

x=

=

5

32 9

,

;

y

xx

x=

== −

5

33

3

,

,;

xyxy

==

= −= −

35

35

,;

,.

Розв’яжемодругусистему:y

y x

x=

− =

13

52 2 16

,

;

y

x x

x=

− =

13

5169

25

2 2 16

,

;

y

x

x

x=

=

= −

13

55

35

3

,

,

x

y

x

y

=

=

= −

= −

5

313

35

313

3

,

;

,

.

Відповідь. 3 5;( ), − −( )3 5; ,5

3

13

3;

, − −

5

3

13

3; .

K

NM

A C

B

O

ВАРІАНТ27 81

4.2.М На рисунку зображено трикутник ABC , у якого AC = 8 см,

BC = 6 см.Медіани AM1 і BM2 перпендикулярнііперетина-

ютьсявточці O.Нехай AO a= 2 , BO b= 2 ,тодізавластивістю

медіан: OM a1 = , OM b2 = .Ізтрикутника AOM2 затеоремою

Піфагорамаємо: 4 162 2a b+ = .

Ізтрикутника BOM1 : 4 92 2b a+ = .

Почленнододамоцірівності,дістанемо: 5 5 252 2a b+ = ,

a b2 2 5+ = .(*)

Помножиморівняння(*)на4:

4 4 202 2a b+ = або 2 2 202 2

a b( ) + ( ) = ,

AO BO2 2 20+ = .

Оскількитрикутник ABO прямокутний,тозатеоремоюПіфагора:

AB AO BO2 2 2 20= + = ,отже, AB = =20 2 5 см.

Відповідь. 2 5 см.

Варіант 27


1.1. 1

2т+150кг= 500кг+150кг= 650кг.


1.2. 9 4 9 4 5 4 42

5

2

5

2

5

5

5

2

5

3

5− = − − = − = − = .


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


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

точка 1 1; −( ).


1.5. 4

5

4

5

16

25

3 2 3 2

2 2

6

2

2x

y

x

y

x

y

=

( )=

⋅

⋅.


M2

M1

C

A

B

O

82 ВАРІАНТ27

1.6. 8

3 1

8 3 1

3 1 3 1

8 3 1

3 1

8 3 1

3 1

8 3 1

222

4 3 1−

+

− +

+

−

+

−

+=

( )( )( ) =

( )( )

=( )

=( )

= +(( ) .



1.8. Оскількисереднаведенихданихзначення38трапляєтьсянайчастіше,томодаотриманихда-нихдорівнює38.Відповідь.Г).


1.10. Нехай MN — середня лінія трапеції ABCD . Відрізок KN є середньоюлінієютрикутника BCD ,

NK BC= = ⋅ =1

2

1

24 2 см.

Відрізок MK єсередньоюлінієютрикутника ABD ,

MK AD= = ⋅ =1

2

1

210 5 см.


1.11. Нехай BD — висота рівнобедреного трикутника ABC . Тодізпрямокутноготрикутника ADB :

AD AB A= = ° = ⋅ =cos cos8 30 8 4 33

2см.

Оскількивисотарівнобедреноготрикутникаєйогомедіаною,

то AC AD= = ⋅ =2 2 4 3 8 3 см. Тоді площа трикутника

S AB AC A= ⋅ ⋅1

2sin .

Враховуючи,щоsin sinA = ° =301

2,S = ⋅ ⋅ ⋅ =1

28 8 3

1

216 3 см2.


1.12. Нехайточка C x y;( ) —серединавідрізка AB.Тоді x = =−3 1

21, y = =− +2 4

21.Відстаньвідточ-

ки C 1 1;( ) доточки O 0 0;( ) дорівнює 1 1 22 2+ = .



2.1. Заумовою6

1 2

6

1 2+ − + −+ = ⋅

x

x

x x

x

x.ОДЗ: x ≠ −1, x ≠ 2.

6 2 1

1 2

6

1 2

x x x

x x

x

x x

− + +

+ − + −( ) ( )( )( )

=( )( )

.

6 12 62x x x x− + + = , x x2 12 0+ − = , x1 4= − , x2 3= .


D

C

A

B

NMK

B

DCA

ВАРІАНТ27 83

2.2. Оскільки графік функції y kx b= + паралельний осі абсцис, то k = 0. Оскільки він проходить

черезточку B 3 2; −( ),то b = −2.

Відповідь. k = 0, b = −2.

2.3. 0 2 3 0 2 0 03 0 0037

30, , , , ...( ) = + + + = , 0 15 0 15 0 0015 0 000015

5

33, , , , ...( ) = + + + = .

0 2 3 0 157

30

5

33

77 50

330

27

330

9

110, ,( ) − ( ) = − = = =−

.


110.

2.4. Нехай CK —висотатрапеції. CK =12 см, AK = 4 см.

З прямокутного трикутника ABD : AD BD AB= − = − =2 2 2 215 12 9

AD BD AB= − = − =2 2 2 215 12 9 (см).Тоді KD AD AK= − = − =9 4 5 (см).

З прямокутного трикутника CKD : CD CK KD= + = + =2 2 2 212 5 13

CD CK KD= + = + =2 2 2 212 5 13 (см).



3.1. Нехай слюсар може виконати замовлення за x год, тоді перший учень виконає замовлення

за x +( )4 год, а другий учень — за x +( )9 год. За одну годину слюсар виконає1

x частину

замовлення,першийучень—1

4x +,адругий—

1

9x +частинизамовлення.Враховуючи,що

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

1 1

4

1

9x x x= +

+ +.ОДЗ: x ≠ −4, x ≠ −9, x ≠ 0

x x x

x x

x x x

x

+( ) +( ) − ( ) ( )+( )( )

=+ − +

+

4 9

40

9 4

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

Отже, слюсар може виконати замовлення за 6 год. Тоді перший учень виконає замовленняза10год,адругийученьза15год.

Відповідь.6год,10год,15год.

3.2. Знаходимо область визначення даної функції. 4 02− x ,

2 2 0−( ) +( )x x .Нулі: x1 2= , x2 2= − . D y( ) = − 2 2; .

Найменшого значення y =1 функція набуває при x = 2 ,

x = −2 , а найбільшого значення — y = 3 при x = 0. Отже, об-

ластьзначеньзаданоїфункції 1 3; .

Відповідь. 1 3; .

D

C

A

B

K

–2

–+

2 x

–

84 ВАРІАНТ27

3.3. Точка O — центр кола, вписаного у рівнобічну трапе-

цію ABCD ,OK CD⊥ ,CO BO= = 6 см, DO AO= = 8 см.Відомо,

щоякщочотирикутникописанийнавколокола,тосумакутів,

підякимивиднозцентравписаногоколадвійогопротилежні

сторони, дорівнює 180°. Оскільки трикутники ABO і DCO

рівнізатрьомасторонами,то ∠ = ∠ = ° = °BOA COD 180 2 90: .

У трикутнику COD CD CO DO= + = + =2 2 36 64 10 см.

S CO DOCOD = ⋅ = ⋅ ⋅ =1

2

1

26 8 24; S CD OK OKCOD = ⋅ = ⋅ ⋅

1

2

1

210 .

1

210 24⋅ ⋅ =OK , OK = 4 8, см.

Довжинавписаногокола l OK= ⋅ = ⋅ =2 2 4 8 9 6π π π, , см.

Відповідь. 9 6, π см.


4.1.М Знайдемонуліпідмодульнихвиразів:

x − =2 0, x = 2; x − =3 0, x = 3; x − =4 0, x = 4.

Позначимоціточкиначисловійпрямійівизначимо

знакикожногозвиразівназдобутихпроміжках.

1) Якщо x∈ − ∞( ;2 ,товихіднанерівністьнабуває

вигляду: − + − + − +x x x2 3 4 , − −x 1, x 1.

Враховуючи проміжок, на якому розв’язуємо

нерівність,маємо: x∈ − ∞( ;1 .

2) Якщо x∈( 2 3; ,тонерівністьнабуваєвигляду: x x x− − + − +2 3 4 , x 3.

Враховуючипроміжок,наякомурозв’язуємонерівність,маємо: x = 3.

3) Якщо x∈( 3 4; ,тонерівністьнабуваєвигляду: x x x− + − − +2 3 4 , 3 9x , x 3.

Враховуючипроміжок,наякомурозв’язуємонерівність,маємо: x∈( 3 4; .

4) Якщо x∈ + ∞( )4; ,тонерівністьнабуваєвигляду: x x x− + − −2 3 4 , x 1.

Враховуючипроміжок,наякомурозв’язуємонерівність,маємо: x∈ + ∞( )4; .

Відповідь. − ∞( + ∞ ); ;1 3 .

4.2.М На рисунку зображено рівносторонній трикутник ABC ;точка M — довільна точка всередині трикутника, що роз-ташована на відстанях b , c і d від сторін AB, BC і AC

відповідно.Сполучимоточку M ізвершинамитрикутника.

S AC hABC = ⋅ ⋅1

2,де h —висотатрикутника ABC .

S S S S AB b BC c AC d AC b c dABC ABM AMC BMC= + + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + +( )1

2

1

2

1

2

1

2

S S S S AB b BC c AC d AC b c dABC ABM AMC BMC= + + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + +( )1

2

1

2

1

2

1

2(оскільки AB AC BC= = ).

Маємо:1

2

1

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

йтребабулодовести.

B C

A

K

D

O

x–3

x–2

x–4

2

+

–

–

–

–

–

+

+

–

+

+

+

3 4 x

cb

Md

CA

B

ВАРІАНТ28 85

Варіант 28


1.1. 3 12 84x = − , 3 72x = − , x = − −( )72 3: , x = 24 .


1.2. 4

7

1

14

4

7

14

1

4 2 7

78: =

⋅ ⋅⋅ = = .


1.3. a ab b a ab b a b2 2 2 2 28 16 2 4 4 4− + = − ⋅ + ( ) = −( ) .


1.4. xy x y y x xy x y xy x y xy x y2 3 3 2 3 3 32 2 2 2 2 2−( ) − −( ) = − − + = − .



1.6. −

=

( )( )

=⋅

⋅

3

4

3

4

9

16

5

3

2 5 2

2 3 2

10

6

2a

b

a

b

a

b.



1.8. Квадратичнафункція y x x= + −2 12 52 набуваєнайменшогозначеннявточці,якаєвершиною

параболи—графікафункції,тому xb

a= − = −= −

⋅2

12

2 23.


1.9. Оскількиприперетинідвохпаралельнихпрямихсічною,утворюютьсяаборівнікути,аботакі,що їхсумадорівнює 180°.З-поміжнаведенихтакимєкут155°.Відповідь.Б).

1.10. ОскількиAO

BO

OC

OD= і ∠ = ∠AOC BOD (як верти-

кальні),тотрикутники AOC і BOD подібнізадво-

масторонамитакутомміжними.

Тому ∠ = ∠ = °CAO DBO 45 .

Відповідь.В).B

A

C

DO

86 ВАРІАНТ28

1.11. Оскільки центральний кут правильного многокутника дорівнює 30°, то кут при вершині

дорівнює150°.Тоді180 2

150n

n

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


1.12. Позначимо бічну сторону рівнобедреного трикутника через a . Оскільки кут при вершині

дорівнює30°,топлощатрикутникадорівнює S aaa= ° = ⋅ =

1

2

1

2

1

2 4

2 2302

sin .

Заумовоюa2

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



2.1. a a

a

a

a

a a

a

a a

a a a

2 3

2

2

2

2 4

3 4

8

9 16

2 4

3 4

3 4 3 4

2 2

+ +−

−−

+ +−

− +

− + += ⋅

( )( )( )

:44( ) = +

−3 4

2

a

a.

Якщо a =10,то3 4

2

3 10 4

10 2

34

84 25

a

a

+−

⋅ +−

= = = , .


2.2. Затеоремою,оберненоюдотеоремиВієта, x x p1 2+ = − , x x q1 2⋅ = .Тодіx x

x x1 2

1 2

32 12

+ =− =

,.

Додавши почленно рівняння системи, дістанемо: 3 151x = , x1 5= . Тоді x2 2= − .

q = ⋅ −( ) = −5 2 10.

Відповідь. −10.

2.3. Сприятливимиподіямиєвипадкивипаданнянаобохгральнихкубикахтакоїкількостіочок:

6 і 3, 5 і 4, 3 і 6, 6 і 3. Ймовірність кожного випадку дорівнює1

6

1

6

1

36⋅ = . Оскільки всього

такихвипадківчотири,тошуканаймовірністьдорівнює 41

36

1

9⋅ = .


9.

2.4. Нехай ∠ = ∠ =BAO ABO x . Тоді ∠ = +BOC x70 , а суміжний

ізним ∠ = − +( ) = −BOA x x180 70 110 .Тодісумакутівтрикут-

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

Відповідь. 70°. DA

B C

O

ВАРІАНТ28 87

Частина третя3.1. Нехай власна швидкість човна x км/год, а швидкість течії y км/год. Систематизуємо дані

увиглядітаблиці.


Затечією 5 x y+( ) x y+ 5

Озером 2x x 2

Протитечії 2 x y−( ) x y− 2

Враховуючи,щочовензатечієюіозеромздолав123км,авідстань 5 x y+( ) утриразибільшаза 2x ,складаємосистемурівнянь:

5 2 123

5 6

x y x

x y x y

+( ) + =+( ) = −( )

,

;

7 5 12311

x yx y

+ ==

,;

y =1 5, .Отже,швидкістьтечії1,5км/год,власнашвидкість

човна 11 1 5 16 5⋅ =, , км/год.

Відповідь.16,5км/год,1,5км/год.

3.2. a a−( ) − − −( ) >2 5 2 6 02

, a a2 6 9 2 0− +( ) + > , a −( ) + >3 2 02

при всіх дійсних значеннях a , 2 0> ,

отже,сума a −( ) + >3 2 02

привсіхдійснихзначеннях a .

3.3. BD = 4 3 —діагональпаралелограма ABCD ,

∠ = °BAD 60 .

∠ =ABD k3 ,∠ =CBD k.Маємо:60 3 180+ + =k k ,k = 30.

Отже, ∠ = °ABD 90 .

У прямокутному трикутнику ABD BD

ADA= sin ,

ADBD

A= = =

sin

4 3

3

2

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



4.1.М x y x y− + + = 2.

Побудуємонакоординатнійплощиніпрямі y x= і y x= − .Ціпрямірозбиликоординатнуплощинунаділянки,якпока-занонарисунку.Точки,щорозташованінаділянціІ,мають

координати x y;( ) ,якізадовольняютьумови:x yx y

>> −

,.

Рівняннянабуваєвигляду: x y x y− + + = 2,звідки x =1.

НаділянціІІмаємо:x yx y

<> −

,.

Рівняннямаєвигляд: y x x y− + + = 2, y =1.

A D

B C

x

y

O

1

1

II

IV

III I

88 ВАРІАНТ29

НаділянціІІІмаємо:x yx y

<< −

,.

Рівняннямаєвигляд: y x x y− − − = 2 , x = −1.

НаділянціІVмаємо:x yx y

>< −

,.

Рівняннямаєвигляд: x y x y− − − = 2 , y = −1.

Отже, шуканий графік рівняння — квадрат зі стороною 2, центром у початку координат,

діагоналіякоголежатьнапрямих x y= і x y= − .Шуканийграфікзображенонарисунку.

4.2.М Нарисункузображеногострокутнийтрикутник ABC ,уяко-

го AB = 13 см, BC = 10 см.

Проведемо BD AC⊥ ,заумовою BD AC= .

Оскільки трикутник ABC гострокутний, то висота BD роз-

ташованавсерединітрикутника.

Нехай AC h= , AD x= ,тоді DC h x= − .

За теоремою Піфагора з прямокутного трикутника ABD

маємо: AB AD BD2 2 2= + , 13 2 2= +h x .

За теоремою Піфагора з прямокутного трикутника BDC

маємо: BC BD DC2 2 2= + , 10 2 2= + −( )h h x .

Дісталисистемурівнянь:

h xh hx x

2 2

2 2

132 2 10

+ =− + =

,;

10 10 130

26 26 13 130

2 2

2 2

h xh hx x

+ =− + − = −

,;

h x

h hx x

2 2

2 2

1316 26 3 0

+ =− + =

,.

Розв’язавши однорідне рівняння 16 26 3 02 2h hx x− + = з урахуванням умови h > 0, дістанемо:h

x= 3

2,звідки x

h= 2

3.

Підставимо xh= 2

3урівняння h x2 2 13+ = ,дістанемо: h = 3 .Отже, AC = 3 см.


Варіант 29



1.2. 180км=18000000см; 18 000 000 5 000 000 3 6: ,= см.Відповідь.В).


DA C

B

13 10

ВАРІАНТ29 89

1.4. x x x x x3 3 3 227 3 3 3 9+ = + = +( ) − +( ).


1.5. 6 5 6 3 6 6 1 5 3 7 6− − = − −( ) = − .



1.7. З-поміжчиселвід1до20існуєтричисла,кратних6.Томукількістьсприятливихподійдорівнює

трьом,азагальнакількістьподійдорівнює20.Отже,шуканаймовірністьдорівнює3

20.



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


1.10. Величинапрямогокутадорівнює90°.Нехай α і β —гострікутицьоготрикутника.

sinα = 3

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


1.11. AB = −( ) + − − −( )( ) = + = =6 2 3 1 16 4 20 2 52 2

.


1.12. Площакруга S r= =π π2 4 , r2 4= , r = 2 (см).Сторонаквадрата,описаногонавколокола,дорівнює

a r= = ⋅ =2 2 2 4 (см).



2.1. Перетворимовиразудужках:

x

xy y

y

x xy

x

y x y

y

x x y

x y

xy x y− − − −−

−− =

( )−

( )=

( )2 2

2 2

=( )( )

( )=

− +

−+x y x y

xy x y

x y

xy.

Тодіx y

xy

x y

xy

x y

xy

xy

x y

+ + ++

= ⋅ =:4

44.


2.2. 3 10 5 7 2 26 6 2 3 3 7

− − > − −+ + > − +

x x xx x x

,,

− − + > − − +

+ − > − −

10 7 2 2 3 56 3 7 3 6 2

x x xx x x

,,

− >

> −

15 02 5

xx

,,

xx

<> −

02 5,

, .

Розв’язком системи нерівностей є проміжок −( )2 5 0, ; . Найбільшим цілим числом із цьогопроміжкуєчисло–1.


90 ВАРІАНТ29

2.3. Графіком функції є парабола, вітки якої напрямлені вгору,

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

xb

a= − = == −

−2

12

8

3

21 5, , y

b ac

a= = = −− + − + ⋅ ⋅2 4

4

144 4 4 8

161.

Знайдемо точки перетину графіка функції з віссю аб-сцис: 4 12 8 02x x− + = , якщо x = 1 або x = 2. Отже, графікфункціїперетинаєвісьабсцисуточках 1 0;( ) і 2 0;( ) .

Оскільки c = 8 ,параболапроходитьчерезточку 0 8;( ) .

Користуючись рисунком, знаходимо найменше значення

функції: y = −1.


2.4. Висота BM рівнобічноїтрапеції ABCD ділитьїїоснову AD

навідрізки AM = 4 см і MD = 6 см. AD =10 см.

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

BC MK= = 2 см.

Довжинасередньоїлінії EFAD BC= = =+ +

2

2 10

26 (см).



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

2 100⋅x

%, а в отриманому —8 100

6

⋅+x

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

більше,ніжупочатковому,складаєморівняння:800

6

20030

x x+− = .ОДЗ: x ≠ −6, x ≠ 0.

800 2000

6 30 6

6

x

x

x x x

x

− ( ) ( )( )

=+ − +

+, x x2 14 40 0− + = , x1 4= —незадовольняєумовузадачі, x2 10= .

Отже,початковамасасплаву10кг.

Відповідь.10кг.

3.2. Уданійарифметичнійпрогресії a1 15 1= − , , d a a= − = − + =2 1 14 4 15 1 0 7, , , .Знайдемонайбільший

від’ємнийінайменшийдодатнийчленипрогресії. a n d1 1 0+ −( ) < , 0 7 15 8, ,n < , n < 222

3.Отже,

кількість від’ємних членів даної прогресії n = 22 і a a d22 1 21 15 1 21 0 7 0 4= + = − ⋅ ⋅ = −, , , . Най-

менший додатний член прогресії a a d23 22 0 4 0 7 0 3= + = − + =, , , . − >0 4 0 3, , , отже, найменшим

ізмодулівє0,3.


0 1,5

–1x

y

1 2

8

D

C

A

B

F

M

E

K

ВАРІАНТ30 91

3.3. AB AD BD= + = + =15 20 35 см. За властивістю бісектриси

трикутникаAD

AC

BD

CB= ,

15 20

AC CB= , 4 3AC CB= . Нехай CB x= ,

тоді AC x= 4

3. x x2

2

24

335+

= ,25

9

2 1225x = , x = 21. Отже,

CB = 21 см, AC = 28 см. S AC BCABC = ⋅ = ⋅ ⋅ =1

2

1

228 21 294,

rS

AB BC ACABC=

+ +2

= ⋅+ +

=2 294

21 28 357 см.


Частина четверта4.1.М При n =1 маємо 4 15 1 18 91 + − = ,тобтотеорему«база індукції»доведено.

Нехайпри n k= єправильнимтвердження 4 15 1 9k k+ −( ) .

Доведемо,щотвердженняєправильнимпри n k= +1,тобто 4 15 1 1 91k k+ + +( ) −( ) .

Перепишемовираз 4 15 1 11k k+ + +( ) − увигляді:

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

Першийвиразкратний9заприпущенням,другий—ділитьсяна9,оскількиодинмножник

дорівнює9.Отже,сумакратна9.

Отже,длябудь-якого n∈ N значеннявиразу 4 15 1n n+ − кратне9.

4.2.М Коло, що задане рівнянням x y−( ) + +( ) =1 3 42 2

, має центр у точці O 1 3; −( ), радіус, що дорів-

нює2.Відстаньміжточками O і Q дорівнює: OQ = +( ) + − −( ) =1 2 3 1 52 2

.

Якщоколадотикаютьсязовнішньо,торадіусшуканогоколадорівнює 5 2 3− = .

Тодірівнянняцьогоколамаєвигляд: x y+( ) + −( ) =2 1 92 2

.

Якщошуканеіподанеколадотикаютьсявнутрішнімчином,торадіусшуканогоколадорівнює5+2=7ійогорівняннямаєвигляд: x y+( ) + −( ) =2 1 49

2 2.

Відповідь. x y+( ) + −( ) =2 1 92 2

або x y+( ) + −( ) =2 1 492 2

.

Варіант 30


1.1. 48 5 0 1 48 1 6 4 85 30 34 85, , : , , ,⋅ + = + = .



1.3. Оскільки 6 1 5 7− = ≠ , 1 6 5 7− = − ≠ , 6 1 7− −( ) = , − − −( ) = ≠1 6 5 7 , то розв’язком рівняння є пара

чисел 6 1; −( ) .


D

BС

A

92 ВАРІАНТ30

1.4. Рівносильнірівняннямаютьоднійтісамікорені.Коренемрівняння − − =10 7 13x єчисло–2.

Оскількикоренемрівняння − + =5 7 1x єчисло6

72≠ − ,коренемрівняння − + =2 5 9x єчисло–2,

коренем рівняння − − = −4 2 11x є число9

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

19

32≠ − ,

торівносильнимрівнянню − − =10 7 13x єрівняння − + =2 5 9x .


1.5. Коренямирівняння x x2 4 5 0+ − = єчисла −5 і1.Більшимізнихєчисло1.


1.6. a a

a

a

a a

a

a

2

2

2

6 9

9

3

3 3

3

3

− +−

−

− +−+

=( )

( )( )= .


1.7. Sn

b q

q

n

=( )−

−1

1

1. S5

3 2 1

2 1

3 33

3

5

33=( )( )

=( )

=− −

− −

⋅ −

−.


1.8. Вираз5 3

1

x

x

−−

маєзмістпривсіхзначеннях x ,щозадовольняютьумови

5 3 01 0

xx

−− ≠{ ,

, x

x

3

51

,

,≠

x∈

+ ∞( )3

51 1; ; .


1.9. Оскількивідстаньміжцентрамикілбільша,ніжсумаїхрадіусів,токоланемаютьспільнихточок.


1.10. Зпрямокутноготрикутника MNK :

NK MK MN= − = − =2 2 3 213 12 5 (см).


1.11.

a b⋅ = ⋅ + −( ) ⋅ = −6 3 5 4 2.


NK

M

a

ВАРІАНТ30 93

1.12. ЗатеоремоюсинусівAC

B

AB

Csin sin= , звідки sin

sinB

AC C

AB= .

Враховуючи,що sin sinC = ° =603

2, sin B = = =

⋅ ⋅

⋅

23

2

3

2 3

2 3

2

2, ∠ = °B 45 .



2.1. 0 75 1 5 3 12 3 02 2 2

3

4

3

2

4

3

3

2, ,− −

− −

− − −( ) =

−

− =

−

− = − − = =⋅ − −2

1 116

9

8

27

3 16 8 27

27

13

27.


27.

2.2. 2

16

2

4 2

3

2

6

8

3

2

3

4

x

a

a

x

x

a

a

x

a

x= − ⋅ = − .

Відповідь.a

x2.

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

Відповідь. −( )1 4; .

2.4. Оскількитрикутники ABC і MNC подібні,тоAC

AB

MC

MN= .

Нехай MC x= см, AC x= +( )3 см.

Тодіx x+ =3

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

AC = + =2 3 5 см.



3.1. Нехайшвидкістьтечіїрічки x км/год.Систематизуємоданіувиглядітаблиці.


Затечією(наплоту)

18 x 18

x

Протитечії 18 15 − x 18

15 − x

–1

–+

4 x

–

A

M N

C

B

94 ВАРІАНТ30

Враховуючи,щочовномтуристпливна4,5год = 9

2годменше,ніжплотом,складаєморівняння:

18 18

15

9

2x x− =

−.ОДЗ: x ≠ 0, x ≠ 15.

36 15 36 9

2

15

150

− − −( ) ( )( )

=−

−

x x x

x

x

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

Отже,швидкістьтечіїрічки3км/год.


3.2. Знайдеморізницюпершого ідругогорівняньсистеми.

Маємо: y x+ = 3,тодіy x

x x x= −

−( ) + − =

33 3 3 7

,.

Здругогорівнянняостанньоїсистеми

3 8 4 02x x− + = ,

x1

8 4

6

2

3= =−

, x2

8 4

62= =+

.

y1 3 2 21

3= − = , y2 3 2 1= − = .


3

1

32;

, 2 1;( ) .

3.3. BC = 2 см, AD =18 см, AC = 7 см, BD =15 см.Проводимови-

соти BM і CK . MBCK —прямокутник, MK BC= = 2 см.

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

MD KD MK x= + = + 2.

Зпрямокутноготрикутника DMB : BM BD MD2 2 2= − ,

BM x2 2225 2= − +( ) .

Зпрямокутноготрикутника ACK : CK AC AK2 2 2= − ,

CK x2 249 18= − −( ) .

225 2 49 182 2− +( ) = − −( )x x , 40 496x = , x =12 4, .

CK2 249 18 12 4 17 64= − −( ) =, , , CK = 4 2, .

S CKABCD

BC AD= ⋅ =+2

2 18

24 2 42

+ ⋅ =, см2.


C

M KDA

B

ВАРІАНТ30 95


4.1.М x

xx x

−−

⋅ + −( )4

22 12 0 .

Задананерівністьрівносильнасукупності:xx x

x

− ≠+ −

=

2 012 0

4

2

,;

;

xx

x

≠−

=

24 3

4

,;

.

Відповідь. − ) ( { }4 2 2 3 4; ; .

4.2.М Оскільки ha

S

a= 2

, hb

S

b= 2

, hc

S

c= 2

,то

1 1 1

2 2 2 2

2

2

1 1

h h h

a

S

b

S

c

S

a b c

S

p

S S

p

ra b c

+ + = + + = = = =+ +,щойтребабулодовести.

96 ВІдпоВІдІ

ВіДПОВіДі (Перша та Друга частини)

Варіант 1

108

Щоб виправити відповідь до завдання, запишіть його номер у спеціально від веденій клітинці, а правильну, на вашу думку, відповідь — у відповідному місці.

Завдання 1.1–1.12


2.

2.

У завданнях 1.1—1.12 правильну відповідь позначайте тільки так:

У завданнях 2.1–2.4 упишіть відповідь.

2.1 2.3

2.2 2.4

17

(1;–1);(–5;5)

(6;1);(–2,25;1,75)

16p

Варіант 2

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4

2

(6;3)

610

14

ВІдпоВІдІ 97

Варіант 3

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.42,5;–4

500г

10см

− 3

xy

Варіант 4

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4

−4

b

1;2

(–∞;2]

45°


Варіант 5

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4

1;2

(–4;0)

84

125

a

a − 5

Варіант 6

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4

3

6,5

(–2;1),(2;1)

78см2


Варіант 7

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4

3

30см

−1

3

1

3;

[0;1)

Варіант 8

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 16см

3

2a +

− +( ) −( )1

36 3x x

− +( ) −( )1

36 3x x


Варіант 9

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4

–1

9см0;1

(–∞;2]

Варіант 10

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 63см

[ ; ) ( ; ]−2 0 0 13

–2a3b2


Варіант 11

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4

33

10см(–1;–1);(4;4)

(0,4;–0,6);(3;2)

Варіант 12

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 60°

–2;1

y=2x–7

40


Варіант 13

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 10см2 9 5 02x x− − =

3456грн− + −

+a a

a

2 5 6

3 9

Варіант 14

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 –5;3(–∞;0)

3x

x

−+1

2 2


Варіант 15

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 (0;2)x y

x y

−

+

3

3

–2;–1;0;1y x

xy

−

Варіант 16

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 88см28

(–1;–2),(1;2)1


Варіант 17

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 7(0;2)

5;29

Варіант 18

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 110°q =–40,x2=–8

42005


Варіант 19

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 60°2

[–2;+∞)2

y

Варіант 20

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 4см,6см− 3

2;3;43,41·10–2


Варіант 21

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 12сторінy x= −2 2

(2;–1),(8;11)–60

Варіант 22

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 21см(2;4)

15 7 2

8 2

+–2;–1;1


Варіант 23

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 24см

29роківa b

b

+

1000

Варіант 24

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 60см–7;–6

1

2(–∞;–2]


Варіант 25

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 5

[–2;2)

13 5

2

+

b–7

Варіант 26

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 78см2y=4x2+2

24 12 6+ (0;2),(–2;0)


Варіант 27

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 13

9

110–4;3

k=0;b=–2

Варіант 28

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 70°–10

1

94,25


Варіант 29

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 6cм

4

–1

–1

Варіант 30

108




2.

2.



2.1 2.3

2.2 2.4 5см

13

27(–1;4)

−a

x2

ЗмістВаріант1. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

Варіант2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

Варіант3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

Варіант4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Варіант5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

Варіант6. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

Варіант7. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

Варіант8. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

Варіант9. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

Варіант10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

Варіант11. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

Варіант12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

Варіант13. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

Варіант14. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

Варіант15. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Варіант16. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

Варіант17. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

Варіант18. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

Варіант19. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

Варіант20. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

Варіант21. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

Варіант22. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

Варіант23. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

Варіант24. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

Варіант25. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

Варіант26. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

Варіант27. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

Варіант28. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

Варіант29. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

Варіант30. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

Відповіді(першатадругачастини). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

Навчальне видання

МатеМатиКа. 9 клас

Розв’язання всіх завдань для державної підсумкової атестації

УпорядникКулік Володимир Сергійович

Т15469У.Підписанододруку20.03.2011.Формат84×108/16.Папірофсетний.ГарнітураШкільна.Друкофсетний.

Ум.друк.арк.11,76.

ПП«Ранок-НТ».СвідоцтвоДК№2121від10.03.2005.61052Харкiв,пров.Сiмферопольський,6.

112

ÃÎËÓÁÎÉÏÓÐÏÓÐÍÛÉÆÅËÒÛÉ×ÅÐÍÛÉ

ÃÎËÓÁÎÉÏÓÐÏÓÐÍÛÉÆÅËÒÛÉ×ÅÐÍÛÉ

Documents

DPA_2011_mat-9-rozvyazannya-vsx-zavdan