ГДЗ по алгебре 10‐11 класс Ершова самостоятельные и контрольные работы контрольные работы / К-9. вариант - Б2

### Задание 1 Найдем общий вид первообразных $F(x)$ по формуле $F(x) = \int f(x)\,dx$: **a)** $f(x) = \frac{1}{3 \sin^2 x} + \frac{1}{x^3} = \frac{1}{3 \sin^2 x} + x^{-3}$ $$ F(x) = \int \left( \frac{1}{3 \sin^2 x} + x^{-3} \right) dx = -\frac{1}{3}\operatorname{ctg} x + \frac{x^{-2}}{-2} + C = -\frac{1}{3}\operatorname{ctg} x - \frac{1}{2x^2} + C $$ Ответ: $F(x) = -\frac{1}{3}\operatorname{ctg} x - \frac{1}{2x^2} + C$. **b)** $f(x) = -\frac{1}{x^4} + \frac{1}{5 \cos^2 x} = -x^{-4} + \frac{1}{5 \cos^2 x}$ $$ F(x) = \int \left( -x^{-4} + \frac{1}{5 \cos^2 x} \right) dx = -\frac{x^{-3}}{-3} + \frac{1}{5}\operatorname{tg} x + C = \frac{1}{3x^3} + \frac{1}{5}\operatorname{tg} x + C $$ Ответ: $F(x) = \frac{1}{3x^3} + \frac{1}{5}\operatorname{tg} x + C$. **c)** $f(x) = 1 + \cos \frac{x}{4}$ $$ F(x) = \int \left( 1 + \cos \frac{x}{4} \right) dx = x + 4\sin \frac{x}{4} + C $$ Ответ: $F(x) = x + 4\sin \frac{x}{4} + C$. **d)** $f(x) = \sin 5x - x$ $$ F(x) = \int (\sin 5x - x)\,dx = -\frac{1}{5}\cos 5x - \frac{x^2}{2} + C $$ Ответ: $F(x) = -\frac{1}{5}\cos 5x - \frac{x^2}{2} + C$. --- ### Задание 2 Для нахождения конкретной первообразной найдем общий вид $F(x)$, а затем подставим координаты точки $A(x_0; y_0)$ в равенство $F(x_0) = y_0$. **a)** $f(x) = 2x + \frac{2}{\sqrt{1-x}}, \quad A(-3; 1)$ Найдем общий вид первообразной: $$ F(x) = \int \left( 2x + 2(1-x)^{-\frac{1}{2}} \right) dx = x^2 + 2 \cdot \frac{(1-x)^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2} \cdot (-1)} + C = x^2 - 4\sqrt{1-x} + C $$ Подставим координаты точки $A(-3; 1)$: $$ F(-3) = (-3)^2 - 4\sqrt{1 - (-3)} + C = 1 $$ $$ 9 - 4\sqrt{4} + C = 1 \implies 9 - 8 + C = 1 \implies 1 + C = 1 \implies C = 0 $$ Ответ: $F(x) = x^2 - 4\sqrt{1-x}$. **b)** $f(x) = 3 + \frac{1}{\sqrt{5-x}}, \quad A(-4; 0)$ Найдем общий вид первообразной: $$ F(x) = \int \left( 3 + (5-x)^{-\frac{1}{2}} \right) dx = 3x - 2\sqrt{5-x} + C $$ Подставим координаты точки $A(-4; 0)$: $$ F(-4) = 3(-4) - 2\sqrt{5 - (-4)} + C = 0 $$ $$ -12 - 2\sqrt{9} + C = 0 \implies -12 - 6 + C = 0 \implies C = 18 $$ Ответ: $F(x) = 3x - 2\sqrt{5-x} + 18$. **c)** $f(x) = 6 \sin 3x, \quad A\left(\frac{\pi}{9}; 0\right)$ Найдем общий вид первообразной: $$ F(x) = \int 6\sin 3x\,dx = 6 \cdot \left( -\frac{1}{3}\cos 3x \right) + C = -2\cos 3x + C $$ Подставим координаты точки $A\left(\frac{\pi}{9}; 0\right)$: $$ F\left(\frac{\pi}{9}\right) = -2\cos\left(3 \cdot \frac{\pi}{9}\right) + C = 0 $$ $$ -2\cos\frac{\pi}{3} + C = 0 \implies -2 \cdot \frac{1}{2} + C = 0 \implies -1 + C = 0 \implies C = 1 $$ Ответ: $F(x) = -2\cos 3x + 1$. **d)** $f(x) = \frac{1}{2} \cos \frac{x}{4}, \quad A\left(\frac{2\pi}{3}; 1\right)$ Найдем общий вид первообразной: $$ F(x) = \int \frac{1}{2}\cos \frac{x}{4}\,dx = \frac{1}{2} \cdot 4\sin \frac{x}{4} + C = 2\sin \frac{x}{4} + C $$ Подставим координаты точки $A\left(\frac{2\pi}{3}; 1\right)$: $$ F\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 2\sin\left( \frac{\frac{2\pi}{3}}{4} \right) + C = 1 $$ $$ 2\sin\frac{\pi}{6} + C = 1 \implies 2 \cdot \frac{1}{2} + C = 1 \implies 1 + C = 1 \implies C = 0 $$ Ответ: $F(x) = 2\sin \frac{x}{4}$. --- ### Задание 3 Применим формулу Ньютона — Лейбница $\int_{a}^{b} f(x)\,dx = F(b) - F(a)$: **a)** $\int_{0}^{1} \frac{dx}{(2x+1)^3}$ $$ \int_{0}^{1} (2x+1)^{-3}\,dx = \left[ \frac{(2x+1)^{-2}}{-2 \cdot 2} \right]_{0}^{1} = \left[ -\frac{1}{4(2x+1)^2} \right]_{0}^{1} $$ $$ = -\frac{1}{4(2 \cdot 1 + 1)^2} - \left( -\frac{1}{4(2 \cdot 0 + 1)^2} \right) = -\frac{1}{4 \cdot 9} + \frac{1}{4 \cdot 1} = -\frac{1}{36} + \frac{9}{36} = \frac{8}{36} = \frac{2}{9} $$ Ответ: $\frac{2}{9}$. **b)** $\int_{0}^{2} \frac{dx}{(2-0,5x)^2}$ $$ \int_{0}^{2} (2 - 0,5x)^{-2}\,dx = \left[ \frac{(2 - 0,5x)^{-1}}{(-1) \cdot (-0,5)} \right]_{0}^{2} = \left[ \frac{2}{2 - 0,5x} \right]_{0}^{2} $$ $$ = \frac{2}{2 - 0,5 \cdot 2} - \frac{2}{2 - 0,5 \cdot 0} = \frac{2}{1} - \frac{2}{2} = 2 - 1 = 1 $$ Ответ: $1$. **в)** $\int_{0}^{\frac{\pi}{8}} (1 - 2 \sin^2 2x)\,dx$ Используем формулу косинуса двойного угла $1 - 2\sin^2 \alpha = \cos 2\alpha$, где $\alpha = 2x$: $$ 1 - 2\sin^2 2x = \cos 4x $$ $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{8}} \cos 4x\,dx = \left[ \frac{1}{4}\sin 4x \right]_{0}^{\frac{\pi}{8}} = \frac{1}{4}\sin\left(4 \cdot \frac{\pi}{8}\right) - \frac{1}{4}\sin 0 = \frac{1}{4}\sin\frac{\pi}{2} - 0 = \frac{1}{4} \cdot 1 = \frac{1}{4} $$ Ответ: $\frac{1}{4}$. **г)** $\int_{0}^{\frac{\pi}{12}} \sin 3x \cos 3x\,dx$ Используем формулу синуса двойного угла $\sin \alpha \cos \alpha = \frac{1}{2}\sin 2\alpha$: $$ \sin 3x \cos 3x = \frac{1}{2}\sin 6x $$ $$ \int_{0}^{\frac{\pi}{12}} \frac{1}{2}\sin 6x\,dx = \left[ -\frac{1}{12}\cos 6x \right]_{0}^{\frac{\pi}{12}} = -\frac{1}{12}\cos\left(6 \cdot \frac{\pi}{12}\right) - \left(-\frac{1}{12}\cos 0\right) $$ $$ = -\frac{1}{12}\cos\frac{\pi}{2} + \frac{1}{12}\cos 0 = 0 + \frac{1}{12} \cdot 1 = \frac{1}{12} $$ Ответ: $\frac{1}{12}$. --- ### Задание 4 **1)** Найдем площадь фигуры, ограниченной линиями $y = -x^2 - 4x$ и $y = x + 4$. 1. Найдем пределы интегрирования из уравнения точек пересечения: $$ -x^2 - 4x = x + 4 \iff x^2 + 5x + 4 = 0 $$ По теореме Виета: $x_1 = -4$, $x_2 = -1$. 2. На интервале $(-4; -1)$ парабола $y = -x^2 - 4x$ лежит выше прямой $y = x + 4$ (например, при $x = -2$: $-(-2)^2 - 4(-2) = 4 > -2 + 4 = 2$). 3. Вычислим площадь $S$: $$ S = \int_{-4}^{-1} ((-x^2 - 4x) - (x + 4))\,dx = \int_{-4}^{-1} (-x^2 - 5x - 4)\,dx $$ $$ S = \left[ -\frac{x^3}{3} - \frac{5x^2}{2} - 4x \right]_{-4}^{-1} $$ Подставим верхний предел $x = -1$: $$ -\frac{(-1)^3}{3} - \frac{5(-1)^2}{2} - 4(-1) = \frac{1}{3} - \frac{5}{2} + 4 = \frac{11}{6} $$ Подставим нижний предел $x = -4$: $$ -\frac{(-4)^3}{3} - \frac{5(-4)^2}{2} - 4(-4) = \frac{64}{3} - 40 + 16 = \frac{64}{3} - 24 = -\frac{8}{3} = -\frac{16}{6} $$ $$ S = \frac{11}{6} - \left(-\frac{16}{6}\right) = \frac{27}{6} = 4,5 $$ Ответ: $4,5$. **2)** Найдем площадь фигуры, ограниченной линиями $y = 4x - x^2$ и $y = 4 - x$. 1. Найдем абсциссы точек пересечения: $$ 4x - x^2 = 4 - x \iff x^2 - 5x + 4 = 0 $$ Корни уравнения: $x_1 = 1$, $x_2 = 4$. 2. На интервале $(1; 4)$ график параболы $y = 4x - x^2$ расположен выше прямой $y = 4 - x$. 3. Вычислим площадь $S$: $$ S = \int_{1}^{4} ((4x - x^2) - (4 - x))\,dx = \int_{1}^{4} (-x^2 + 5x - 4)\,dx $$ $$ S = \left[ -\frac{x^3}{3} + \frac{5x^2}{2} - 4x \right]_{1}^{4} $$ Подставим верхний предел $x = 4$: $$ -\frac{64}{3} + \frac{5 \cdot 16}{2} - 4 \cdot 4 = -\frac{64}{3} + 40 - 16 = 24 - \frac{64}{3} = \frac{8}{3} $$ Подставим нижний предел $x = 1$: $$ -\frac{1}{3} + \frac{5}{2} - 4 = -\frac{1}{3} - \frac{3}{2} = -\frac{11}{6} $$ $$ S = \frac{8}{3} - \left(-\frac{11}{6}\right) = \frac{16 + 11}{6} = \frac{27}{6} = 4,5 $$ Ответ: $4,5$. --- ### Задание 5 Путь $S$, пройденный прямолинейно движущейся точкой за время от $t_1$ до $t_2$, равен определенному интегралу от скорости при условии, что $v(t) \ge 0$: $$ S = \int_{t_1}^{t_2} v(t)\,dt $$ **1)** $v(t) = 2 + \frac{1}{\sqrt{t + 2}}$ на промежутке времени $[2; 7]$. Скорость $v(t) > 0$ на всем отрезке $[2; 7]$. $$ S = \int_{2}^{7} \left( 2 + (t+2)^{-\frac{1}{2}} \right) dt = \left[ 2t + 2\sqrt{t+2} \right]_{2}^{7} $$ $$ S = (2 \cdot 7 + 2\sqrt{7+2}) - (2 \cdot 2 + 2\sqrt{2+2}) = (14 + 2 \cdot 3) - (4 + 2 \cdot 2) = 20 - 8 = 12\text{ (м)} $$ Ответ: $12\text{ м}$. **2)** $v(t) = 4 - \frac{2}{\sqrt{t - 1}}$ на промежутке времени $[2; 5]$. При $t \in [2; 5]$ имеем $\sqrt{t-1} \ge 1 \implies \frac{2}{\sqrt{t-1}} \le 2 \implies v(t) \ge 4 - 2 = 2 > 0$, следовательно, скорость сохраняет положительный знак. $$ S = \int_{2}^{5} \left( 4 - 2(t-1)^{-\frac{1}{2}} \right) dt = \left[ 4t - 4\sqrt{t-1} \right]_{2}^{5} $$ $$ S = (4 \cdot 5 - 4\sqrt{5-1}) - (4 \cdot 2 - 4\sqrt{2-1}) = (20 - 4 \cdot 2) - (8 - 4 \cdot 1) = 12 - 4 = 8\text{ (м)} $$ Ответ: $8\text{ м}$.