Экзамен раб алгеб. 11 кл 2018 г+

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
2a
log 12 24
log
144

log
6
12
12
log 12
6
b 1
Ответ:
2a
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   2n , n  Z ,
2
а sin x  1,5 не имеет решения, так как sin x  1.
Ответ:

2
 2n , 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 x6
4


4
;  2 x 3
; 3
; 
;
.
 x 3
2
2 2
3 2 x  63  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  22  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.
x3
6. Исследуйте функцию и постройте ее график f ( x) 
.
x4
Решение.
x  3 x  4 1
1
f ( x) 

= 1
.
x4
x4
x4
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.
03 3
3
С Оу: х = 0, у =
 . (0; )
04 4
4
 x  3  0,  x  3,
x3
С Ох: у = 0,
= 0, 
(3;0)

x4
 x  4  0;  x  4.
f ( x) 
4.Промежутки знакопостоянства функции.
f ( x)  0 ,
f ( x)  0
x3
x3
0
0
x4
x4
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
x3
убывает
x4
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.
x3
7. Определим асимптоты кривой f ( x) 
x4
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
63 3
f (6) 
  1,5 ;
64 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
ab
Ответ:
2a
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 ,

 2k , k  Z
4
 2k , 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
,
(51 ) x  52  (51 ) x ,
2
7 x 1  7 ,
7 > 1, показательная функция возрастающая,
x  1  1,
x  2,
x  [2;)
5 x2  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) 
x3
.
x2
Решение.
x3
f ( x) 
x2
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.
03 3
С Оу: х = 0, у =
  1,5 ; (0;1,5).
02 2
 x  3  0  x  3
x3
С Ох: у = 0,
= 0; 
; (-3;0).

x2
 x  2  0  x  2
4.Промежутки знакопостоянства функции.
f ( x)  0 ,
f ( x)  0
x3
x3
0
0
x2
x2
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
x3
убывает
x2
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.
x3
7. Определим асимптоты кривой f ( x) 
x2.
x3
Функция f ( x) 
имеет вертикальную асимптоту х = - 2, так как
x2
(−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
53 2 2
2
f (5) 

 ;
(-5; )
52 3 3
3
f (1) 
9. График:
E(f) = (−∞; 𝟏)∪(1;+∞)