Алгебра и нач анализа_Реш экз зад 11кл из Сборн заданий для экз_Дорофеев_Решения (991497), страница 7
Текст из файла (страница 7)
lg ( 5 x + 2 ) = lg36 + lg 2;2lg(5x + 2) = lg(6 ⋅ 2);{5 x + 2 = 12,х = 2.5 x + 2 > 0;+12Ответ: 2.11111=+−=0 ,−sin 2 α sin2 α cos2 α cos2 α sin2 α sin 2 α cos2 αчто и требовалось доказать.4. а) D(f) = [–3,5; 5]; б) f(x) ≤ –2 при х = –3,5;в) прямые, параллельные оси абсцисс, касаются графика в точках(–1,5; 3), (0; –0,5) и (1; –1,5);г) промежутки возрастания – [–3,5; –1,5] и [1; 5], убывания –[-1,5; 1];д) max f ( x ) = f ( −1,5 ) = f ( 5) = 3; min f ( x ) = f ( −3,5 ) = −2.3.
1 + tg2α +[ −3,5;5][ −3,5;5]5. f(x) = –x2 + 5x. f(x) = 0 при х = 0 и х = 5.55⎛ x3 5 x 2 ⎞125 125 1255S = ∫ ( − x 2 + 5 x ) dx = ⎜ − ++== 20 .⎟ =−2 ⎠032660⎝ 3Вариант 94.4 − 5x 4 − 5x;> 0;1. y = lgx−3x−3(5х – 4)(х – 3) < 0;5(х – 0,8)(х – 3) < 0;+–0,8+3Ответ: (0,8; 3).6711 x 1 x10 x2. 3x −3 + ⋅ 3x > 10;⋅ 3 + ⋅ 3 > 10,⋅ 3 > 10 , x > 3327327Ответ: (3; ∞).3.
2sin2x – 1 = 0 1 – cos2x – 1 = 0, cos2x = 0,ππ πkπ πk2x = + π k, x = +, k ∈ Z.Ответ: +, k ∈ Z.242424. а) D(f) = [–2; 6]; б) f(x) > 0 при х ∈ [–2; 4);в) f’(x) > 0 на промежутке (–1; 1),f’(x) < 0 на промежутках (–2; –1), (1; 2,5) и (2,5; 6);г) х = –1, х = 1;д) max f ( x ) = 5,5; min f ( x ) = −1,5.[ −2;6][ −2;6]5. y’ = 2x – x2. y = x 2 −x3x3+ C. Ответ: y = x 2 −+ C.33Вариант 95.+—+1. y = lg(x2 – 8x).x2 – 8x > 0;08Ответ: (-∞; 0) ∪ (8; ∞).2. 6 ≤ 61-х < 216; 6 ≤ 61-х < 63.Т.к.
а = 6 > 1, то 1 ≤ 1 – х < 3, -2 < х ≤ 0.Ответ: -1; 0.3. sin2x – 0,25 = 0 1 – cos2x = 0,5;1ππcos 2 x = , 2 x = ± + 2π k , x = ± + π k , k ∈ Z .236πОтвет: ± + π k , k ∈ Z .64. а) D(f) = [–3,5; 6]; б) f(x) < 0 при х ∈ [–3,5; -3) ∪ (1,5; 2,5);в) f’(x) > 0 на промежутках (–3,5; –1,5), (2; 4) и (4; 6),f’(x) < 0 на промежутке (–1,5; 2);г) х = –1,5; х = 2;д) max f ( x ) = 5,5; min f ( x ) = −2.[ −3,5;6][ −3,5;6]5. 1) у = 6х; D(y) = R; y’ = 6; 6 > 0; у возрастает;2) у = -3х + 1; D(y) = R; y’ = -3; -3 < 0; у убывает;3) у = -3х2; D(y) = R; y’ = -6x; y’ = 0, если х = 0;4) у = х3 + х; D(y) = R; y’ = 3x2 + 1; y’ > 0 на R, значит, на всейобласти определения возрастает.Ответ: у = 6х и у = х3 + х.68Вариант 96.7 x + x21.<012 x − 1(7х + х2)(12х – 1) < 0.–+-7–0⎛ 1⎞Ответ: ( −∞; −7 ) ∪ ⎜ 0; ⎟ .⎝ 12 ⎠+1122. log 1 ( 2 x − 1) − log 1 16 = 5;22{2x − 11 ⎧32 ( 2 x − 1) = 16, x = 0,75,х = 0,75.log 1= log 1 ; ⎨x > 0,5;1632 ⎩2 x − 1 > 0;22Ответ: 0,75.13.
sin 2 α + tg 2α + cos 2 α = 1 + tg 2α =;cos 2 αчто и требовалось доказать.4.5. S′(t) = t – 3; S′(t) = 0 при t=3S′(t) > 0 при t > 3 и S′(t)<0 при t < 3.Значит t = 3 — точка минимума S(t) и Smin (t) = S(3) = 3,5 (м).Ответ: 3,5(м).69Раздел 2. Задания 6,7 для экзамена«Математика»Вариант 1.6.7.АВ = а, т.к. АС – диагональABCD => AC = 2aиз ∆АМВ: tg ∠ABM =⇔ tg30o =tgα =Ответ: tgα =3.3 2Вариант 2.6.70AM⇔ABAM33= ⇒ AM = a ⇒a33AM3a=:AC3()2a =3;3 27.АВ = 4 см,ОM = 6 см2⎛ AD2 + DC 2⎛ AC ⎞2AM = AO2 + OM 2 = ⎜⎟ + OM = ⎜⎜2⎝ 2 ⎠⎝=2⎞⎟ + OM 2 =⎟⎠AD 242+ OM 2 =+ 62 = 2 11 (см). Ответ: AM = 2 11. (см).22Вариант 3.6. Ребра куба равны, значит равны и диагонали граней.Данный многогранник имеет своимиребрами шесть диагоналей граней куба,значит, т.к.
его грани равносторонние,равные между собой треугольники, тоэто тетраэдр. (см. рис.)AB7. BC = AC == 2 2 см.2∆ВСМ = ∆АМС:=> ∆АМВ – равнобедренный,1BL = AL = AB = 2 см.2ML = BM 2 − BL2 == MC 2 + BC 2 − BL2 = 4 + 12 − 4 = 2 2Ответ: 2 2 см.71Вариант 4.6. Пусть а – сторона куба, тогда по свойствам куба и теоремеПифагора имеем:22a⎛a⎞ ⎛a⎞CK = CL = CM = ML = LK = MK = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ =2⎝2⎠ ⎝2⎠Значит искомый многогранник является тетраэдром.7.Sосн. = πR2 = 16π см2Sбок.
= l ⋅ H = 2πR ⋅ H = 8πH = 2Sосн. = 32π =>H = 4 (см).Vцил. = H ⋅ Sосн. = 4 ⋅ 16π = 64π (см3).Ответ: 64π см3.Вариант 5.6. Искомый многогранник – правильная треугольная пирамида соснованием LMN, где LM=MN=NL, ∆LNQ=∆MLP, т.к. QN = QH == PL = PM, с равным углом между ними, т.к. AP ⊥ SB, CP ⊥ SP иBQ ⊥ SA, CQ ⊥ SA (двугранные углы, образованные боковымигранями правильной треугольной пирамиды равны между собой),для доказательства MN = LN поступают аналогично.Аналогично, по равенству граней и равенству двугранных углов,образованных плоскостью основания и боковой стороной правильной пирамиды, и по тому, что ∆АВС равносторонний и еговысоты есть медианы, т.е. НН1 = НН2 = НН3, доказывается, чтоHL = HM = HN.727.Из подобия ∆АС1С и АВ1В имеемАС1 AC 2== ⇒ АВ1 = 18 (см).АВ1 AB 3Ответ: АВ1 = 18 см.Вариант 6.6.
В основании искомого многогранника пол-ся квадрат, т.к.∆AML = ∆BMN = ∆CNO = ∆DOL, т.к. ABCD – квадрат и его углыпрямые, и L, M, N, O – середины сторон квадрата. SH – высота,Н – центр основания, значит SLMNO – правильная четырехугольная пирамида, в которой ∆SMN = ∆SNO = ∆SOL = ∆SLM.7. см. рис. вариант 3. Задача 7.D1C1∆ВСМ = ∆АМС =>S=> ∆АМВ – равнобедренный:АМ = МВ, ML ⊥ AB => ML – медиа- A1B1AB.на ∆АМВ ⇒ AL = LB =2DC0∆ALC прямоугольный и равнобедLренный (т.к. ∠CAL = 45°)=>NHAB.=> LC = AL =AMB2CM = LM 2 − LC 2 = LM 2 −AB 2= 25 − 9 = 4 (см).4Ответ: СМ = 4 см.Вариант 7.6. Т.к.
прямые не имеют общих точек и не задают одну плоскость(т.е. плоскости α принадлежат точки: A, M, N, а плоскости β принадлежат точки: B, N, M). Значит, прямые секущиеся.737.B1BC1CA1ADD1АВВ1А1=CDD1C1, т.к. это квадраты со стороной 6 см. АВ=CD=6cм.Пусть AD = 2х => BC = x из условия.Sбок. = Н(2х + х + АВ + CD) = (3x + 12) ⋅ H = (3x + 12) ⋅ 6 = 144 см218х = 72; х = 4 (см).В трапеции АВСД высота вычисляется по т. Пифагора и равна21⎛ AD − BC ⎞h = AB 2 − ⎜⎟ = 32 = 4 2 (см). Sосн = h( BC + AD) ;22⎝⎠Sосн = 24 2 см 2 ; V = 144 2см3 .
Ответ: V = 144 2 см3.Вариант 8.6. Плоскость разбивает призму на две пирамиды:1. с вершиной С’ и с основанием ∆АВС,2. с вершиной C’ и основанием ABB’A’ (параллелограмм).7.BCAα∆AC1 C ∼ ∆ABB1, значитОтвет: АВ1 = 16 см.74C1B1AC AC1 1== ⇒ AB1 = 2 AC1 = 16 см .AB AB1 2Вариант 9.6. Если точки А, В, A’, B’ лежали бы в одной плоскости, то АВбыло бы параллельно B’A’, но (см.
рис.) АВ не параллельно В’A,значит, AA’ и BB’ – секущиеся.B17. V = π r 2 ⋅ H3BC = AC ⋅ tg ∠BAC = AC ⋅ tg 30o = 3 см.A11V = π ⋅ BC ⋅ AC 2 = π ⋅ 3 ⋅ 9 = 3 3π см3.33CОтвет: V = 3 3π см3.Вариант 10.6. Плоскость, проходящая через А, В и М (середину отрезка CC’),пересекает и ребро DD’, а поскольку ABCD – параллелограмм, тоAB || CD, а т.к. грань ABB’A’ параллельна CDD’C’, то AB || MN,значит MN || DC.Тогда □MNDC – параллелограмм, т.е. MN = DC, т.е. MN = AB, азначит по признаку параллелограмма □ABMN – параллелограмм.B17. Так как пирамида правильная, тоC12A1⎛a⎞h′ = h2 + ⎜ ⎟ , где а – ребро основания,⎝ 2⎠h – высота, h′ – высота боковой грани.M1NBCDAa = 2 (h′) 2 − h 2 = 2 225 − 144 = 18 (см).b = 2 h2 + (a 2 2) = 144 + 162 = 306 (см). Ответ:2306 (см).Вариант 11.6.
По условию AM = A’M’ и AM || A’M’,значит, AMM’A’ – параллелограмм, иAA’ || MM’, отсюда AA’ параллельнаплоскости данного сечения, значитAA’ || NN’, т.к. грань ADD’A’ пересекаетсяс плоскостью сечения в NN’. Верхняягрань параллельна нижней, и значит,MN || M’N’.C1D1N1M1A1B1DCNAMB75Т.к. MN || M’N’ и NN’ || MM’, то MNN’M’ – параллелограмм, MN =M’N’ и MM’ = NN’.7.Sсеч. = 2R ⋅ H = 20 см2Sбок. = 2πR ⋅ H = 20π см2Ответ: Sбок. = 20π см2.SВариант 12.6.Проведем перпендикуляр из точки М кA’C, основание этого перпендикуляраNбудет точка – центр куба, значит, этаAплоскость пересекает ребро DD’ в сеM1редине (точка М’), т.е.
MM’ ⊥ A’C.OMПлоскость данного сечения пересекаетеще ребра: АВ в точке N’ (симметричD1 Nной относительно точки О точки N наH1Lребре C’D’), и AD в точке L’ (симмет11BAричной относительно точки О точки Lна B’C’), далее еще ребра C’D’ и B’C’ аналогично, и получаемшестиугольник LMN’L’M’N’ с центром О.Особенность: Диагональ MM’ этого шестиугольника разбиваетего на две равные равнобедренные трапеции.B7.т. С ∈ α и т. С ∈ АА1ВВ1т. С ∈ А1В1; AA1C ∼ CBB1CАС : СВ = А1С : СВ1 = 1 : 1B1A1αАС : АВ = А1С : А1В1 = 1 : 2=>А1В1 = 2А1С = 16 см.AОтвет: А1В1 = 16 см.A1DCH1BВариант 13.6.Проведем через точки А, В и A’, B’ прямые. Изрисунка видно, что AB || A’B’ и АВ = A’B’, значит, ABB’A’ – параллелограмм, и AA’ || BB’, т.е.а и b – параллельные прямые.767.
Из прямоугольника ∆АВС ВС = 8см.1V = Socн. ⋅ Н =31 211= π r ⋅ H = π AC 2 ⋅ BC = π ⋅ 36 ⋅ 8 = 96π см3.333Ответ: V = 96π см3.BACВариант 14.DC6.OПлоскость сечения проходит через центрверхней грани, и т.к. MN параллельна ниж- ABней диагонали АС (и AC || A’C’), то MN || AС,и значит, сечение есть трапеция MNC’A’, коDCторой MA’ = NC’, т.к. ∆AMA’ = ∆CNC’ поNдвум катетам.AMB7. см. рис.
варианта 3. задачи 7.Так как ∆ALC – равнобедренный, то AL = BL = ½ AB = 4 см.∠ALC также равнобедренный (∠CAL = 45°, ∠ CLА = 90°). Значит1111CL = АL = 4 см. ML = MC2 + CL2 = 16 + 9 = 5 (см).Ответ: ML = 5 см.Вариант 15.D6. Проведем MK || A′B′. Тогда К – серединастороны ВВ.Из свойств куба заключаем, что □МD′C′K и A□KBNC′ – параллелограммы. ОткудаOMD′||BN, а значит D′ принадлежит искомо1му сечению. Из свойства куба и теоремыDПифагора имеем: BN=DN=MD′ = MB, т.е. всечении получается ромб, не являющийсяквадратом (как легко показать из теоремы косинусов).7. Т.к. у прямоугольного треугольника серединагипотенузы – это центр описанной окружности, то1AO = OB = OC = 36 + 64 = 5 см, т.е.2A∆ОSA = ∆COS = ∆SOB ⇒ SA = SC = SB == SO + AO = 100 + 25 =22125 = 5 5 .CBNKC1B1SOBCОтвет: SA = SB = SC = 5 5 см.77Вариант 16.6.Предположим, что АС и ВD лежат в однойплоскость.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
