ГДЗ по алгебре 10‐11 класс Ершова самостоятельные и контрольные работы контрольные работы / К-9. вариант - Б1

### 1. Найдите общий вид первообразных для функции: a) $f(x) = \frac{1}{3 \sin^2 x} + \frac{1}{x^3}$ Перепишем второе слагаемое в виде степени: $$f(x) = \frac{1}{3} \cdot \frac{1}{\sin^2 x} + x^{-3}$$ Используя табличные интегралы $\int \frac{dx}{\sin^2 x} = -\operatorname{ctg} x$ и $\int x^n dx = \frac{x^{n+1}}{n+1}$: $$F(x) = \frac{1}{3}(-\operatorname{ctg} x) + \frac{x^{-3+1}}{-3+1} + C = -\frac{1}{3}\operatorname{ctg} x - \frac{1}{2x^2} + C$$ Ответ: $F(x) = -\frac{1}{3}\operatorname{ctg} x - \frac{1}{2x^2} + C$. b) $f(x) = -\frac{1}{x^4} + \frac{1}{5 \cos^2 x}$ Запишем первое слагаемое со степенью: $$f(x) = -x^{-4} + \frac{1}{5} \cdot \frac{1}{\cos^2 x}$$ Находим общий вид первообразной: $$F(x) = -\frac{x^{-4+1}}{-4+1} + \frac{1}{5}\operatorname{tg} x + C = -\frac{x^{-3}}{-3} + \frac{1}{5}\operatorname{tg} x + C = \frac{1}{3x^3} + \frac{1}{5}\operatorname{tg} x + C$$ Ответ: $F(x) = \frac{1}{3x^3} + \frac{1}{5}\operatorname{tg} x + C$. c) $f(x) = 1 + \cos \frac{x}{4}$ Используем правило интегрирования $\int \cos(kx) dx = \frac{1}{k}\sin(kx)$: $$F(x) = x + \frac{1}{\frac{1}{4}}\sin \frac{x}{4} + C = x + 4\sin \frac{x}{4} + C$$ Ответ: $F(x) = x + 4\sin \frac{x}{4} + C$. d) $f(x) = \sin 5x - x$ Используем правило интегрирования $\int \sin(kx) dx = -\frac{1}{k}\cos(kx)$: $$F(x) = -\frac{1}{5}\cos 5x - \frac{x^2}{2} + C$$ Ответ: $F(x) = -\frac{1}{5}\cos 5x - \frac{x^2}{2} + C$. --- ### 2. Для функции $f(x)$ найдите первообразную, график которой проходит через данную точку: a) $f(x) = 2x + \frac{2}{\sqrt{1-x}}, \quad A(-3; 1)$ 1. Найдем общий вид первообразной: $$F(x) = \int \left(2x + 2(1-x)^{-\frac{1}{2}}\right) dx = x^2 + 2 \cdot \frac{(1-x)^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}} \cdot (-1) + C = x^2 - 4\sqrt{1-x} + C$$ 2. График проходит через точку $A(-3; 1)$, то есть $F(-3) = 1$: $$(-3)^2 - 4\sqrt{1 - (-3)} + C = 1$$ $$9 - 4\sqrt{4} + C = 1$$ $$9 - 8 + C = 1$$ $$1 + C = 1 \implies C = 0$$ Ответ: $F(x) = x^2 - 4\sqrt{1-x}$. b) $f(x) = 3 + \frac{1}{\sqrt{5-x}}, \quad A(-4; 0)$ 1. Найдем общий вид первообразной: $$F(x) = \int \left(3 + (5-x)^{-\frac{1}{2}}\right) dx = 3x + \frac{(5-x)^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}} \cdot (-1) + C = 3x - 2\sqrt{5-x} + C$$ 2. График проходит через точку $A(-4; 0)$, то есть $F(-4) = 0$: $$3(-4) - 2\sqrt{5 - (-4)} + C = 0$$ $$-12 - 2\sqrt{9} + C = 0$$ $$-12 - 6 + C = 0 \implies C = 18$$ Ответ: $F(x) = 3x - 2\sqrt{5-x} + 18$. c) $f(x) = 6 \sin 3x, \quad A\left(\frac{\pi}{9}; 0\right)$ 1. Найдем общий вид первообразной: $$F(x) = \int 6 \sin 3x \, dx = 6 \cdot \left(-\frac{1}{3}\cos 3x\right) + C = -2\cos 3x + C$$ 2. Подставим координаты точки $A\left(\frac{\pi}{9}; 0\right)$: $$-2\cos\left(3 \cdot \frac{\pi}{9}\right) + C = 0$$ $$-2\cos \frac{\pi}{3} + C = 0$$ $$-2 \cdot \frac{1}{2} + C = 0 \implies -1 + C = 0 \implies C = 1$$ Ответ: $F(x) = -2\cos 3x + 1$. d) $f(x) = \frac{1}{2} \cos \frac{x}{4}, \quad A\left(\frac{2\pi}{3}; 1\right)$ 1. Найдем общий вид первообразной: $$F(x) = \int \frac{1}{2} \cos \frac{x}{4} \, dx = \frac{1}{2} \cdot 4 \sin \frac{x}{4} + C = 2\sin \frac{x}{4} + C$$ 2. Подставим координаты точки $A\left(\frac{2\pi}{3}; 1\right)$: $$2\sin\left(\frac{1}{4} \cdot \frac{2\pi}{3}\right) + C = 1$$ $$2\sin \frac{\pi}{6} + C = 1$$ $$2 \cdot \frac{1}{2} + C = 1 \implies 1 + C = 1 \implies C = 0$$ Ответ: $F(x) = 2\sin \frac{x}{4}$. --- ### 3. Вычислите интеграл: a) $\int_{0}^{1} \frac{dx}{(2x+1)^3}$ Первообразная функции $(2x+1)^{-3}$ равна: $$F(x) = \frac{(2x+1)^{-2}}{-2 \cdot 2} = -\frac{1}{4(2x+1)^2}$$ Применяем формулу Ньютона — Лейбница: $$\int_{0}^{1} \frac{dx}{(2x+1)^3} = \left[ -\frac{1}{4(2x+1)^2} \right]_{0}^{1} = -\frac{1}{4(2 \cdot 1 + 1)^2} - \left(-\frac{1}{4(2 \cdot 0 + 1)^2}\right) = -\frac{1}{36} + \frac{1}{4} = \frac{-1 + 9}{36} = \frac{8}{36} = \frac{2}{9}$$ Ответ: $\frac{2}{9}$. b) $\int_{0}^{2} \frac{dx}{(2-0,5x)^2}$ Первообразная функции $(2 - 0,5x)^{-2}$ равна: $$F(x) = \frac{(2 - 0,5x)^{-1}}{-1 \cdot (-0,5)} = \frac{1}{0,5(2 - 0,5x)} = \frac{2}{2 - 0,5x}$$ Вычисляем определенный интеграл: $$\int_{0}^{2} \frac{dx}{(2-0,5x)^2} = \left[ \frac{2}{2 - 0,5x} \right]_{0}^{2} = \frac{2}{2 - 0,5 \cdot 2} - \frac{2}{2 - 0,5 \cdot 0} = \frac{2}{1} - \frac{2}{2} = 2 - 1 = 1$$ Ответ: $1$. 6) $\int_{0}^{\frac{\pi}{8}} (1 - 2\sin^2 2x) \, dx$ По формуле косинуса двойного угла $1 - 2\sin^2 \alpha = \cos 2\alpha$, следовательно, $1 - 2\sin^2 2x = \cos 4x$. $$\int_{0}^{\frac{\pi}{8}} \cos 4x \, dx = \left[ \frac{1}{4}\sin 4x \right]_{0}^{\frac{\pi}{8}} = \frac{1}{4}\sin\left(4 \cdot \frac{\pi}{8}\right) - \frac{1}{4}\sin 0 = \frac{1}{4}\sin \frac{\pi}{2} - 0 = \frac{1}{4} \cdot 1 = \frac{1}{4}$$ Ответ: $\frac{1}{4}$. 6) $\int_{0}^{\frac{\pi}{12}} \sin 3x \cos 3x \, dx$ Применим формулу синуса двойного угла: $\sin 3x \cos 3x = \frac{1}{2}\sin 6x$. $$\int_{0}^{\frac{\pi}{12}} \frac{1}{2}\sin 6x \, dx = \left[ -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6}\cos 6x \right]_{0}^{\frac{\pi}{12}} = \left[ -\frac{1}{12}\cos 6x \right]_{0}^{\frac{\pi}{12}} =$$ $$= -\frac{1}{12}\cos\left(6 \cdot \frac{\pi}{12}\right) - \left(-\frac{1}{12}\cos 0\right) = -\frac{1}{12}\cos \frac{\pi}{2} + \frac{1}{12}\cos 0 = 0 + \frac{1}{12} \cdot 1 = \frac{1}{12}$$ Ответ: $\frac{1}{12}$. --- ### 4. Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями: **Первый случай:** $y = -x^2 - 4x, \quad y = x + 4$ 1. Найдем пределы интегрирования из уравнения пересечения графиков: $$-x^2 - 4x = x + 4$$ $$x^2 + 5x + 4 = 0$$ $$(x + 1)(x + 4) = 0 \implies x_1 = -4, \quad x_2 = -1$$ 2. На отрезке $[-4; -1]$ парабола лежит выше прямой: $-x^2 - 4x \ge x + 4$. 3. Вычисляем площадь фигуры: $$S = \int_{-4}^{-1} ((-x^2 - 4x) - (x + 4)) \, dx = \int_{-4}^{-1} (-x^2 - 5x - 4) \, dx = \left[ -\frac{x^3}{3} - \frac{5x^2}{2} - 4x \right]_{-4}^{-1}$$ $$S = \left(-\frac{(-1)^3}{3} - \frac{5(-1)^2}{2} - 4(-1)\right) - \left(-\frac{(-4)^3}{3} - \frac{5(-4)^2}{2} - 4(-4)\right) =$$ $$= \left(\frac{1}{3} - \frac{5}{2} + 4\right) - \left(\frac{64}{3} - 40 + 16\right) = \frac{11}{6} - \left(-\frac{8}{3}\right) = \frac{11}{6} + \frac{16}{6} = \frac{27}{6} = 4,5$$ Ответ: $4,5$. **Второй случай:** $y = 4x - x^2, \quad y = 4 - x$ 1. Найдем абсциссы точек пересечения графиков: $$4x - x^2 = 4 - x$$ $$x^2 - 5x + 4 = 0$$ $$(x - 1)(x - 4) = 0 \implies x_1 = 1, \quad x_2 = 4$$ 2. На отрезке $[1; 4]$ парабола расположена выше прямой: $4x - x^2 \ge 4 - x$. 3. Вычисляем площадь фигуры: $$S = \int_{1}^{4} ((4x - x^2) - (4 - x)) \, dx = \int_{1}^{4} (-x^2 + 5x - 4) \, dx = \left[ -\frac{x^3}{3} + \frac{5x^2}{2} - 4x \right]_{1}^{4}$$ $$S = \left(-\frac{64}{3} + \frac{5 \cdot 16}{2} - 16\right) - \left(-\frac{1}{3} + \frac{5}{2} - 4\right) =$$ $$= \left(-\frac{64}{3} + 24\right) - \left(-\frac{11}{6}\right) = \frac{8}{3} + \frac{11}{6} = \frac{16 + 11}{6} = \frac{27}{6} = 4,5$$ Ответ: $4,5$. --- ### 5. Точка движется вдоль прямой со скоростью $v(t)$. Найдите пройденный путь: **Первый случай:** $v(t) = 2 + \frac{1}{\sqrt{t + 2}}$ в промежутке времени $[2; 7]$. Так как скорость $v(t) > 0$ при всех $t \in [2; 7]$, пройденный путь равен определенному интегралу от скорости: $$s = \int_{2}^{7} \left(2 + (t + 2)^{-\frac{1}{2}}\right) dt = \left[ 2t + 2\sqrt{t + 2} \right]_{2}^{7}$$ $$s = (2 \cdot 7 + 2\sqrt{7 + 2}) - (2 \cdot 2 + 2\sqrt{2 + 2}) =$$ $$= (14 + 2 \cdot 3) - (4 + 2 \cdot 2) = 20 - 8 = 12\text{ м}$$ Ответ: $12\text{ м}$. **Второй случай:** $v(t) = 4 - \frac{2}{\sqrt{t - 1}}$ в промежутке времени $[2; 5]$. При $t \in [2; 5]$ имеем $\sqrt{t - 1} \ge 1 \implies \frac{2}{\sqrt{t - 1}} \le 2$, следовательно, $v(t) \ge 2 > 0$ (направление движения не меняется). Пройденный путь равен интегралу от скорости: $$s = \int_{2}^{5} \left(4 - 2(t - 1)^{-\frac{1}{2}}\right) dt = \left[ 4t - 4\sqrt{t - 1} \right]_{2}^{5}$$ $$s = (4 \cdot 5 - 4\sqrt{5 - 1}) - (4 \cdot 2 - 4\sqrt{2 - 1}) =$$ $$= (20 - 4 \cdot 2) - (8 - 4 \cdot 1) = (20 - 8) - (8 - 4) = 12 - 4 = 8\text{ м}$$ Ответ: $8\text{ м}$.