Рекомендации по оформлению экзаменационной работы

Рекомендации по оформлению экзаменационной
работы
по математике в 11 классе
1. Среди чисел 0, 3, 4 и 18 найдите все числа, которые принадлежат множеству решений
неравенства
2 х  16 > 0
Решение:
х
Учитывая, что показательная функция у  2 возрастает при основании 1 (2>1), получим
2 х  16 > 0, 2 х > 16, 2 х > 2 4 , х > 4.
Из чисел 0, 3, 4 и 18 последнему неравенству, а значит, и исходному неравенству
удовлетворяет только число 18.
Ответ: 18.
2. Решить уравнение
3х  7  х  7.
Решение:
I способ.
Данное уравнение равносильно системе
3 х  7   х  7 2 ,

 х  7.
Решим уравнение системы:
3х  7  х 2  14 х  49, х 2  17 х  42  0,
D=289-168=121>0,
х1, 2  х
17  11
, откуда х1  14, х2  3.
2
Условию
х7
удовлетворяет первый корень, второй корень не удовлетворяет условию
х  7 и является посторонним для исходного уравнения.
II способ.
Пусть
t2  7
3х  7  t , где t  0, тогда х 
и данное уравнение примет вид
3
t2  7
t
 7,
3
t 2  3t  28  0,
D  9  112  121  0,
3  11
t1, 2 
,
2
t1  7,
t 2 < 0.
Следовательно, остается решить уравнение
Ответ: 14.
3 х  7  7, 3 х  7  49,
откуда
х  14.
3. Из точек А и В, лежащих в гранях двугранного угла, опущены перпендикуляры АА1 и
BB1 на ребро угла. Найдите:
1) отрезок АВ, если AA1 =а, ВВ1 =b, А1В1 = с и двугранный угол равен  ;
2) двугранный угол равен  , если АА1 =3; ВВ1 = 4; А1В1 = 6; АВ = 7.
Решение:
1. Проведем прямые А1С||В1В
и ВС||А1В1. Прямая
А1В1⊥(АА1С), так как А1В1⊥AA1; А1В1⊥СА1, значит
ВС⊥(АА1С). Следовательно  АВС – прямогольный, где ∠С
– прямой.
По теореме косинусов
АС2=АА 12  А1С 2  2  АА1  А1С  cos   a 2  b 2  2ab  cos  .
По теореме Пифагора
AB  AC 2  BC 2  a 2  b 2  2ab  cos   c 2 .
2. Используя формулу из фрагмента 1, AB 2  АА12  BB12  2  AA1  BB1  cos   AB 2 , из
AA12  BB12  A1 B12  AB 2
которой cos  
.
(*)
2  AA1  BB1 .
Подставим в (*) значения AA1, ВВ1, А1В1, АВ, найдем cos  
 = 60  .
32  4 2  6 2  7 2
 0,5, откуда
23 4
Ответ: 1. AB  a 2  b 2  2ab  cos   c 2 .
2.  = 60  .
4. В прямой треугольной призме стороны основания равны 10 см; 17 см; 21 см, а высота
призмы 18 см. Найдите площадь сечения, поведенного через боковое ребро и меньшую
высоту основания.
Решение:
Меньшей (по длине) высотой треугольника является та,
которая проведена к большей стороне. Значит в  АВС
нужная высота есть АН, длину которой найдем с
помощью формулы Герона для площади треугольника
S  p p  a  p  b p  c , где р – полупериметр. Итак,
р=24 см; тогда
1
1
S   AH  BC  AH  21  24  14  7  3 (см2), откуда
2
2
АН=8 см.
2. Искомое сечение проходит через прямые AA1 и АН.
Так как ребро AA1||( ВВ1С1), то плоскость сечения пройдет через прямую НН1||AA1, 
AA1Н1Н – параллелограмм, а так как призма (по условию) прямая, значит, сечение
AA1Н1Н – прямоугольник.
3. AA1 = НН1 = 18 см; откуда S = AA1  AH  18  8  144 см2
Ответ: 144 см2.
5. Решить неравенство 4
х
92
х
 8  0.
Решение:
1. Область определения x  0.
2. 2 х  9  2 х  8  0 (1)
Пусть 2 х  y. Тогда неравенство (1) примет вид y 2  9 y  8  0. Найдем корни уравнения
y 2  9 y  8  0; y1  1, y2  8. Решения неравенства (1) 1<y<8
Тогда 1  2 х  8, 2 0  2 х  23 , а поскольку функция y  2 t возрастающая, то 0  x  3,
0  x  9.
С учетом области определения x  0 имеем 0  x  9.
Ответ: 0  x  9.
6. Решите уравнение: 3 log 32 x 
5
 2.
log x 3
Решение:
log x 3 
log 3 3
1

, где x>0, х  1.
log 3 х log 3 х
Уравнение имеет вид log 32  5 log 3 x  2.
Пусть log 3 х  y. Тогда 3 y 2  5 y  2  0,
5  25  24
,
6
1
y1  
3
y 2  2.
y1, 2 
1
3

1
1
1
32 3 9
1. log x 3   , x  3 3  1  3 

;
3
3
3
3
3
3
2
2. log 3 x  2, x  3  9.
3
9
и 9, очевидно, удовлетворяют условиям x>0, х  1.
3
3
9
Ответ:
; 9.
3
Числа

2
 4 x 2  7 x  3  0.
7. Решите уравнение:  cos x 

2


Решение:
Произведение двух множителей равно нулю, если один из них равен нулю, а другой при этом
имеет смысл. Поэтому корни исходного уравнения содержатся среди решений систем:

4 x 2  7 x  3  0,

любое
действительное
1. 
х

число.
1. 4 x 2  7 x  3  0, x1, 2 

2

2.  cos x  2  0,
4 x 2  7 x  3  0.
7  49  48
3
; x1  ; x2  1.
8
4

2
,
 cos x 
2
2. 
4x  1 x  3   0.

4

а) cos x 
б) x 
2

, x    2n, n  
4
2
3
; x  1.
4
Поскольку 3    4, то
3 

3 
  1, т.е. x 
лежит внутри интервала  ;1, который не
4 4
4
4 
входит в область определения. Следовательно, из множества чисел x 

4
 2n, n   , надо



. Другие числа вида x   2n, n   и x    2n, n   в интервал
4
4
4


3 
 ;1 не попали. Поэтому x   2n, n  , n  0; x    2n, n   являются корнями
4
4
4 
данного уравнения.


3
Ответ: x   2n, n  , n  0; x    2n, n   , ;1
4
4
4
исключить x 
8. Сторона основания правильной четырехугольной призмы равна 15, высота 20. Найдите
кратчайшее расстояние от стороны основания до не пересекающей ее диагонали призмы
(см. рисунок).
Решение:
1. Кратчайшим расстоянием между точками этих прямых есть
длина их общего перпендикуляра, или же расстояние от одной
прямой до плоскости, проведенной через вторую прямую,
параллельно первой. Если А1С - указанная призма, DA и А1С отрезки из условия задачи, то АН- данное расстояние.
2. Рассмотрим (ABB1). Проведем АН⊥ВА1.
3. Из  А1ВС- прямоугольного, где АВ - 15; АА1 = 20, по
теореме Пифагора А1В = 25.
1
1
S А1ВС  AH  A1 B  AB  AA1 ;
2
2
AH  25  15  20, откуда AH=12.
Ответ: 12.
9. Основание пирамиды - прямоугольный треугольник с катетами 6 см и 8 см. Все
двугранные углы при основании пирамиды равны 60°. Найдите высоту пирамиды.
Решение:
1. Так как боковые грани пирамиды образуют с ее основанием равные двугранные углы, то
вершина пирамиды равноудалена от сторон основания и проектируется в центр вписанной
в основание пирамиды.
2. Пусть SO = h, т. О - центр вписанной окружности, ОН=r.
3. Из  SOH -прямоугольного: h= r  tg 60   r  3.
4. Найдем r.
1
1
SOCH  BC  BA   6  8  24 (см2)
2
2
12r=24,
r = 2 см, откуда h  r  3  2  3 (см).
Ответ: 2  3 cм.