Частина третя.

3.1. Заміна тоді .

Маємо

Відповідь. 2.

3.2. Знайдемо критичні точки функції:

У проміжок входять точки Знаходимо:

Отже,

Відповідь.

3.3. На рисунку зображено циліндр, що задано в умові; ABB₁ A₁ – переріз цього циліндра, паралельний його ос; S_ABB1A1 = S.

Нехай AB₁ = A₁ B₁ = d, OA = OB = r – радіус циліндра.

Тоді

AKB – рівнобедрений,

У

В рівнобедреному трикутнику AOB: AB² =

Площа повної поверхні циліндра S_{пов =}

Відповідь.

ВАРІАНТ 17

1.4. 100%- -100%=20% Відповідь. А.

1.6. 4x=(-1) + , z;x=(-1) + , Відповідь Б.

1.7. Усього літер 7, серед яких літер Б трапляється лише раз. Відповідь. В.

1.8. f (x)=-4sin4x. f =-4sin =-4. Відповідь А.

1.10. = . Відповідь В

1.12. OA = 5cm, OO =3cm. У ( =90) , за теоремою

Піфагора: АО = = =4(см). Отже ,

l=2 =2 r4=8 (cm)/

Відповідь .В.

Частина друга.

2.1 f(-x)=(-x) +cos(-x)=--x +cosx. f(-x)=-f(x) ,f(x). Тому функция

ні парна, ні непарна. Відповідь. Ні парна, ні не парана.
2.2 x (0;1) (1;+ ). Log x- =1. Зміна log x=a- =1;

=0; а -a-2=0; a =2;=-1. Маэмо;

1) Log x=2;x=5 x=25;

2) log x=-1;x=5 ;x=0,2.

Відповідь: 0,2; 25

2.3 (2x- dx. Зробимо заміну і перейдемо до нових меж інтегрування:

2x- =t; 2dx=dt. Обчислимо інтеграл; sin tdt= - =

=- - = Відповідь. 0,5.

2.4 АABCDA B D - данний паралелепіпед, ABCD і

A B C D - ромби, АВ=AD=…=2 дм, D – тупий , отже АС>BD, а тому проекцією більгої діагоналі паралелепіпеда на площину основи є саме АС і, за умовою = 30

У (<0=90 , <A=60 : 2=30

АО=АВcos <A=2 cos 30 = (дм).

АС=2AO = 2 (дм)

У С( А=90 ):АА =АСtg C .tg 30 =

2. =2(дм)

Відповідь16 дм²

Варіант 18