Экзаменационная работа по алгебре в 11 классах. 2018г. I вариант 1.Вычислите: 3 43 1 5arcctg (1) arcsin arctg ( 3 ) . 2 Решение. Для упрощения данного выражения применим формулы обратных тригонометрических функций: arcctg (a) arcctga . arctg (a) arctga 3 1 1 3 5arcctg (1) arcsin arctg ( 3 ) = 5( arcctg1) arcsin arctg 3 43 2 2 43 3 3 5 3 3 15 1 1 3 15 3 2 4 3 43 1 = . 5( ) 43 4 6 3 43 4 6 3 43 4 6 3 43 12 43 12 4 1 Ответ: 4 2.Выразите log 24 132 через a и b , если log 12 6 a , log 12 11 b . Решение. Упростим выражение, используя формулу перехода к новому основанию и свойства логарифмов: log c b b , log a (b c) log a b log a c , log a log a b log a c ; a 0, a 1, b 0, c 0, c 1 log a b c log c a log 12 132 log 12 (11 12) log 12 11 log 12 12 b 1 = = = 144 2a log 12 24 log 144 log 6 12 12 log 12 6 b 1 Ответ: 2a log 24 132 3. Решите уравнение: 2 cos 2 x sin x 1 0 . Решение. Упростим левую часть уравнения, используя основное тригонометрическое тождество: 2 cos 2 x sin x 1 0 2(1 sin 2 x) sin x 1 0 2 2 sin 2 x sin x 1 0 2 sin 2 x sin x 3 0 . Введем новую переменную sin x y , и решим полученное квадратное уравнение: 2y2 y 3 0 , c 3 2 + 1 - 3 = 0, x1 1 x 2 = = -1,5 a 2 Тогда sin x 1, x 2n , n Z , 2 а sin x 1,5 не имеет решения, так как sin x 1. Ответ: 2 2n , n Z 1 x2 1 2 0 , 25 4 4. Решите систему неравенств: . 2 x 3 1 9 27 9 Решение. Для решения системы неравенств применим свойства степени с целым показателем: 1 x2 1 2 x2 1 2 x 2 2 2 2 2 0 , 25 2 41 2 2 2 x 2 2 2 2 x 2 2 2 2 x6 4 4 ; 2 x 3 ; 3 ; ; . x 3 2 2 2 3 2 x 63 3 4 3 2 x 3 3 4 (3 ) 9 2 3 (3 ) 1 9 3 33 27 9 Так 2 > 1 и 3 > 1, то показательные функции с данными основаниями возрастающие, тогда x 2 2 2 x 2 4 0 ( x 2)( x 2) 0 ; ; . x 0 , 5 2 x 3 4 2 x 1 Найдем решение каждого неравенства: ( x 2)( x 2) 0 x1 2 x2 2 x 0,5 x (0,5;) x (2;2) Решением исходной системы неравенств является пересечение полученных промежутков: , т.е. x (0,5;2) . Ответ: x (0,5;2) Решение. 1 x2 1 2 0 , 25 4 x 3 2 1 9 27 9 Для решения каждого неравенства системы применим свойства степени с целым показателем: 1 1 2 0, 25 , 4 2 1 2 x 41 , 4 x2 2x 22 22 , 2 2x 2 22 , 2 > 1, показательная функция возрастающая, x2 2 2 , x2 4 0 , ( x 2)( x 2) 0 , 2 x (2;2) . 2 9 x 3 1 , 27 9 (3 2 ) x 3 92 , 3 3 2 ( x 3) 3 3 34 , 3 2 x 3 3 4 , 3 > 1, показательная функция возрастающая, 2x 3 4 x 0,5 x (0,5;) . Решением системы неравенств является пересечение полученных промежутков: , т.е. x (0,5;2) . Ответ: (0,5;2) . 5. Участок в форме прямоугольника площадью 2 га огорожен забором. Найдите стороны участка имеющего наименьший периметр. Решение. Площадь прямоугольного участка равна 2 га = 20000 м2, тогда если x м – одна сторона прямоугольного участка, тогда 20000 м- вторая сторона прямоугольного участка, x 20000 2 x м- периметр участка. x Так как сторона прямоугольника величина положительная, то x 0 . Таким образом, задача 20000 свелась к нахождению такого значения x , при котором функция f (x) 2 x x принимает наименьшее значение при x 0 . 20000 Найдем производную функции f (x) 2 x x x 2 20000 20000 20000 20000 = = 2 f ( x) 2 x 2 x == 2 1 x2 x x x2 ( x 100 2 )( x 100 2 ) 2 x2 Найдем критические точки из уравнения f ( x) 0 : ( x 100 2 )( x 100 2 ) =0, x1 100 2 , x 2 100 2 . x2 На интервале (0;) есть только одна критическая точка x1 100 2 . 2 Определим знак производной в окрестности точки x 100 2 : При переходе через точку x 100 2 , производная меняет знак с «-» на «+», и поэтому x 100 2 - точка минимума. Следовательно, наименьшее значение на интервале (0;) 20000 функция f (x) 2 x принимает в точке x 100 2 . x 20000 200 = = 100 2 (м) – вторая сторона участка. 100 2 м – первая сторона участка, 100 2 2 Ответ: 100 2 м; 100 2 м. x3 6. Исследуйте функцию и постройте ее график f ( x) . x4 Решение. x 3 x 4 1 1 f ( x) = 1 . x4 x4 x4 1. Так как x - 4 ≠ 0, x ≠ 4, то D(f) = (-∞; 4) (4; + ∞). 2.Четность, нечетность функции. x 3 ( x 3) x 3 = = , x 4 ( x 4) x 4 так как f ( x) f (x) , f ( x) f (x) , то данная функция является функцией общего вида. 3. Точки пересечения с осями координат. 03 3 3 С Оу: х = 0, у = . (0; ) 04 4 4 x 3 0, x 3, x3 С Ох: у = 0, = 0, (3;0) x4 x 4 0; x 4. f ( x) 4.Промежутки знакопостоянства функции. f ( x) 0 , f ( x) 0 x3 x3 0 0 x4 x4 x1 3 , x2 4 . x1 3 , x2 4 f ( x) 0 при x (;3) (4;) ; f ( x) 0 при x (3;4) . 5. Промежутки возрастания и убывания функции, точки экстремума. 1 1 Найдем производную f ( x) 1 , и определим критические точки = ( x 4) 2 x 4 из уравнения f ( x) 0 . 1 = 0, уравнение решений не имеет, значит критических точек у функции нет. ( x 4) 2 и f ( x) 0 f ( x) 0 . 1 1 0 0 2 ( x 4) ( x 4) 2 Нет решений Промежутков возрастания нет x3 убывает x4 при x (;4) (4;) Функция f ( x) 6. Занесем полученные данные в таблицу: ( - ∞; 4) - x f '(x) f(x) Экстремум 4 Нет значений Нет значений (4; +∞) - - Данная функция экстремумов не имеет. x3 7. Определим асимптоты кривой f ( x) x4 Функция f(x) = 𝑥−3 𝑥−4 имеет вертикальную асимптоту х = 4, так как 𝑥−3 (4 − 0) − 3 1 = lim = = −∞, 𝑥→4−0 𝑥 − 4 𝑥→4−0 (4 − 0) − 4 −0 lim lim 𝑥−3 𝑥→4+0 𝑥−4 = lim 𝑥→4+0 (4+0)−3 = (4+0)−4 1 +0 = +∞, и горизонтальную асимптоту у = 1, так как 𝑥−3 𝑥−4+1 1 = lim = lim (1 + ) = 1, 𝑥→−∞ 𝑥 − 4 𝑥→−∞ 𝑥 − 4 𝑥→−∞ 𝑥−4 lim 𝑥−3 𝑥−4+1 1 = lim lim (1 + ) = 1. 𝑥→+∞ 𝑥 − 4 𝑥→+∞ 𝑥 − 4 𝑥→+∞ 𝑥−4 lim 8. Дополнительные точки: 4,5 3 1,5 3; 4,5 4 0,5 63 3 f (6) 1,5 ; 64 2 f (4,5) 9. График: E(f) = (−∞; 𝟏)∪(1;+∞) (4,5; 3) (6; 1,5) II вариант 2 1.Вычислите: 2 arcsin1 arccos 3arctg (1) . 2 Решение. Для упрощения данного выражения применим формулы обратных тригонометрических функций: arccos( a) arccos a . arctg (a) arcctga 2 2 2 arcsin1 arccos 3arctg ( 1) 2 ac cos 3( arctg1) 3 2 2 4 4 2 3 3 6 3 1,5 2,5 4 4 4 2 Ответ: 2,5π. = 2.Выразите log 28 35 через a и b , если log 14 7 a , log 45 b . Решение. Упростим выражение, используя формулу перехода к новому основанию и свойства логарифмов: log c b , a 0, a 1, b 0, c 0, c 1 ; log a b log c a b log a (b c) log a b log a c , log a log a b log a c ; a 0, a 1, b 0, c 0. c log 14 35 log 14 (7 5) log 14 7 log 14 5 a b = = = log 28 35 log 14 28 log 196 log 14 196 log 14 7 2 a 14 7 ab Ответ: 2a 3. Решите уравнение: sin 2 x 0,5 sin 2 x 0 . Решение. Упростим левую часть уравнения, используя формулу синуса двойного угла: sin 2 x 0,5 sin 2 x 0 sin 2 x 0,5 2 sin x cos x 0 sin 2 x sin x cos x 0 sin x(sin x cos x) 0 sin x 0 или x n , n Z , Ответ: n , n Z ; sin x cos x 0 , tgx 1 0 , 4 tgx 1 , 2k , k Z 4 2k , k Z . x x 1 7 7 56, 4. Решите систему неравенств: . x x2 ( 0 , 2 ) 25 ( 0 , 2 ) Решение. x x 1 7 7 56, x x2 (0,2) 25 (0,2) Для решения каждого неравенства системы применим свойства степени с целым показателем: 7 x 7 x 1 56 , (0,2) x 25 (0,2) x , 7 x 1 (71 1) 56 , 1 1 2 5 5 5 2 x 7 x 1 8 56 , x2 , (51 ) x 52 (51 ) x , 2 7 x 1 7 , 7 > 1, показательная функция возрастающая, x 1 1, x 2, x [2;) 5 x2 5 x , 5 > 1, показательная функция возрастающая, x 2 x 2 x2 x 2 0 D (1) 2 4 1 2 1 8 7, D 0, a 0 x 2 x 2 0 при любых х 2 x (;) . Решением системы неравенств является пересечение полученных промежутков: , т.е. x [2;) . Ответ: [2;) . 5. Периметр прямоугольника 90 м. Найдите стороны прямоугольника наибольшей площади. Решение. 90 45 (м) По условию P 2(a b) 90 =90 (м), тогда a b 2 Пусть x м – одна сторона прямоугольника, тогда ( 45 x ) м- вторая сторона прямоугольного участка, x(45 x) м2- площадь прямоугольника. Так как сторона прямоугольника величина положительная, то x 0 . Таким образом, задача свелась к нахождению такого значения x , при котором функция f (x) x(45 x) = 45 x x 2 принимает наибольшее значение при x 0 . Найдем производную функции f (x) 45 x x 2 f ( x) 45x x 2 = 45 2 x 2( x 22,5) Найдем критические точки из уравнения f ( x) 0 : 2( x 22,5) =0, x 22,5 . Определим знак производной в окрестности точки x 22,5 : При переходе через точку x 22,5 , производная меняет знак с «+» на «-», и поэтому x 22,5 - точка максимума. Следовательно, наибольшее значение на интервале (0;) функция f (x) x(45 x) принимает в точке x 22,5 . 22,5 м – первая сторона прямоугольника, 45 – 22,5 = 22,5 м – вторая сторона прямоугольника. Ответ: 22,5 м; 22,5 м. 6. Исследуйте функцию и постройте ее график f ( x) x3 . x2 Решение. x3 f ( x) x2 Так как x +2 ≠ 0, x ≠ - 2, то D(у) = (-∞; - 2) (-2; + ∞). 2.Четность, нечетность функции. x 3 ( x 3) x 3 = = , f ( x) x 2 ( x 2) x 2 так как f ( x) f (x) , f ( x) f (x) , то данная функция является функцией общего вида. 3. Точки пересечения с осями координат. 03 3 С Оу: х = 0, у = 1,5 ; (0;1,5). 02 2 x 3 0 x 3 x3 С Ох: у = 0, = 0; ; (-3;0). x2 x 2 0 x 2 4.Промежутки знакопостоянства функции. f ( x) 0 , f ( x) 0 x3 x3 0 0 x2 x2 x1 3 , x2 2 x1 3 , x2 2 f ( x) 0 при x (;3) (2;) ; f ( x) 0 при x (3;2) . 5. Промежутки возрастания и убывания функции, точки экстремума. 1 1 x 3 x 2 1 Найдем производную f ( x) и определим 1 x 2 ( x 2) 2 x 2 x 2 критические точки из уравнения f ( x) 0 . 1 = 0, уравнение решений не имеет, значит критических точек у функции нет. ( x 2) 2 f ( x) 0 f ( x) 0 . и 1 1 0 0 2 ( x 2) ( x 2) 2 Нет решений Промежутков возрастания нет x3 убывает x2 при x (;2) (2;) Функция f ( x) 6. Занесем полученные данные в таблицу: x f '(x) f(x) Экстремум ( - ∞; -2) - -2 Нет значений Нет значений - (-2; +∞) - Данная функция экстремумов не имеет. x3 7. Определим асимптоты кривой f ( x) x2. x3 Функция f ( x) имеет вертикальную асимптоту х = - 2, так как x2 (−2 − 0) + 3 𝑥+3 1 = lim = = −∞, 𝑥→−2−0 𝑥 + 2 𝑥→4−0 (−2 − 0) + 2 −0 lim lim 𝑥+3 𝑥→−2+0 𝑥+2 = lim 𝑥→−2+0 (−2+0)+3 = (−2+0)+2 1 +0 = +∞, и горизонтальную асимптоту у = 1, так как 𝑥+3 𝑥+2+1 1 = lim = lim (1 + ) = 1, 𝑥→−∞ 𝑥 + 2 𝑥→−∞ 𝑥 + 2 𝑥→−∞ 𝑥+2 lim 𝑥+3 𝑥+2+1 1 = lim lim (1 + ) = 1. 𝑥→+∞ 𝑥 + 2 𝑥→+∞ 𝑥 + 2 𝑥→+∞ 𝑥+2 lim 8. Дополнительные точки: 1 3 2 (-1; 2) 2; 1 2 1 53 2 2 2 f (5) ; (-5; ) 52 3 3 3 f (1) 9. График: E(f) = (−∞; 𝟏)∪(1;+∞)