Архивы Задания - АЛгебра ГЕОметрия МАТематика

15.05.202615.05.2026

Геометрия 10 Мерзляк КР-6 в2

Итоговая контрольная работа по геометрии для 10 класса с ответами и решениями УМК Мерзляк Базовый уровень Вариант 2. Цитаты из пособия «Дидактические материалы. Геометрия 10 класс. Базовый уровень» (авт. А.Г. Мерзляк, В.Б. Полонский, Е.М.Рабинович, М.С.Якир, изд-во «Вентана-Граф») использованы на сайте в незначительных объемах, исключительно в учебных целях (пп. 1 п. 1 ст. 1274 ГК РФ). Геометрия 10 Мерзляк КР-6 в2.
Вернуться к Списку контрольных.

Геометрия 10 класс (Мерзляк)
Итоговая контрольная. Вариант 2

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть ЗАДАНИЯ

ОТВЕТЫ на Вариант 2

№ 1. Точка D находится на расстоянии 16 см от каждой вершины равностороннего треугольника АВС, сторона которого равна 24 см. Найдите расстояние от точки D до плоскости АВС.
ОТВЕТ: 8 см.

Краткое решение: Точка D равноудалена от вершин треугольника, значит, её проекция на плоскость треугольника — это центр описанной окружности. Для равностороннего треугольника со стороной a = 24 см радиус описанной окружности: R = a/√3 = 24/√3 = 8√3 см.
Расстояние от D до плоскости — это катет прямоугольного треугольника, где гипотенуза AD = 16 см, а второй катет — R. По теореме Пифагора:
h = √{16² ─ (8√3)²} = √{256 ─ 192} = √64 = 8 см.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 2. Точка В находится на расстоянии 2 см от плоскости α. Наклонные ВС и BD образуют с плоскостью α углы 45° и 30° соответственно. Найдите расстояние между точками С и D, если угол между проекциями наклонных на плоскость α равен 150°.
ОТВЕТ: 2√7 см.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 3. Через вершину D треугольника DEF, в котором DE = DF, проведён перпендикуляр BD к плоскости треугольника. Найдите угол между плоскостями DEF и BEF, если EF = 10 см, BE = 7 см, BD = 2√3 см.
ОТВЕТ: 45°.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 4. Основанием прямого параллелепипеда является ромб с острым углом α. Меньшая диагональ параллелепипеда равна d и образует с плоскостью основания угол β. Найдите площадь боковой поверхности параллелепипеда.
ОТВЕТ: (2d² • sin {2β}) / sin {α/2}.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 5. Боковые грани МАВ и MAC пирамиды МАВС перпендикулярны плоскости основания. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды, если ∠ABC = 90°, АС = 20 см, ВС = 16 см, а расстояние от точки М до прямой ВС равно 13 см.
ОТВЕТ: 184 см².
Внимание! В некоторых ГДЗ встречается ответ = 312 см². Но мы не нашли подтверждения правильности такого ответа.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Другой вариант Итоговой контрольной:

КР-6. Вариант 1

Вы смотрели: Итоговая контрольная работа по геометрии для 10 класса УМК Мерзляк Базовый уровень. Цитаты из пособия «Дидактические материалы. Геометрия 10 класс. Базовый уровень». Геометрия 10 Мерзляк КР-6 в2.

Вернуться к Списку контрольных работ по геометрии.

13.05.202613.05.2026

Геометрия 10 Мерзляк КР-4 в2

Контрольная работа № 4 по геометрии для 10 класса «Угол между прямой и плоскостью» УМК Мерзляк Базовый уровень Вариант 2. Цитаты из пособия «Дидактические материалы. Геометрия 10 класс. Базовый уровень» (авт. А.Г. Мерзляк, В.Б. Полонский, Е.М.Рабинович, М.С.Якир, изд-во «Вентана-Граф») использованы на сайте в незначительных объемах, исключительно в учебных целях (пп. 1 п. 1 ст. 1274 ГК РФ). Геометрия 10 Мерзляк КР-4 в2.
Вернуться к Списку контрольных.

Геометрия 10 класс (Мерзляк)
Контрольная № 4. Вариант 2

Тема: Угол между прямой и плоскостью. Угол между плоскостями. Перпендикулярные плоскости

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть ЗАДАНИЯ

№ 1. Из точки М проведены к плоскости β наклонные МА и МВ, образующие с ней углы 60° и 45° соответственно. Найдите проекцию наклонной МВ на плоскость β, если AM = 8√3 см.
ОТВЕТ: 12 см.

Краткое решение:
1. Пусть \( A’ \) и \( B’ \) — проекции точек \( A \) и \( B \) на плоскость \( \beta \). Тогда \( MA’ \) и \( MB’ \) — перпендикуляры к плоскости.
2. \( \angle MAA’ = 60^\circ \) — угол между \( MA \) и плоскостью. В прямоугольном треугольнике \( MAA’ \):
\[
\sin 60^\circ = \frac{MA’}{MA} \Rightarrow MA’ = MA \cdot \sin 60^\circ = 8\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 12 \text{ см}.
\]
3. Высота \( MA’ \) одинакова для обеих наклонных, так как она опущена из одной точки.
4. Для \( MB \): угол \( \angle MBB’ = 45^\circ \). В треугольнике \( MBB’ \):
\[
tg\; 45^\circ = \frac{MA’}{AB’} \Rightarrow 1 = \frac{12}{AB’} \Rightarrow AB’ = 12 \text{ см}.
\]
(Здесь \( AB’ \) — проекция \( MB \).)

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 2. Точка С принадлежит одной из граней двугранного угла и удалена от его ребра на 14 см. Найдите расстояние от точки С до другой грани двугранного угла, если величина этого угла равна 30°.
ОТВЕТ: 7 см.

Решение:
1. Пусть ребро двугранного угла — прямая \( l \). Точка \( C \) лежит на одной грани.
2. Расстояние от \( C \) до ребра — это длина перпендикуляра \( CK \) к \( l \), \( CK = 14 \) см.
3. Искомое расстояние до другой грани — это длина перпендикуляра \( CH \) от \( C \) ко второй грани.
4. Угол между гранями \( = 30^\circ \). В треугольнике \( CKH \) (где \( H \) — основание перпендикуляра на вторую грань) угол при вершине \( K \) равен \( 30^\circ \).
5. Тогда:
\[
CH = CK \cdot \sin 30^\circ = 14 \cdot \frac12 = 7 \text{ см}.
\]

№ 3. Угол между плоскостями треугольников DCF и DEF равен 45°, DE = EF = 9√2 см, DC = CF = 15 см, DF = 24 см. Найдите отрезок СЕ.
ОТВЕТ: 3√5 см.

Решение:
1. Треугольники имеют общую сторону \( DF \).
2. В \( \triangle DEF \): \( DE = EF = 9\sqrt{2} \), \( DF = 24 \). Найдём высоту \( EK \) к \( DF \):
\[
EK = \sqrt{(9\sqrt{2})^2 — (12)^2} = \sqrt{162 — 144} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2} \text{ см}.
\]
3. В \( \triangle DCF \): \( DC = CF = 15 \), \( DF = 24 \). Высота \( CK \) к \( DF \):
\[
CK = \sqrt{15^2 — 12^2} = \sqrt{225 — 144} = \sqrt{81} = 9 \text{ см}.
\]
4. Угол между плоскостями равен углу между высотами \( EK \) и \( CK \) (если они проведены к одной точке \( K \) на \( DF \)).
5. По теореме косинусов в треугольнике \( EKC \):
\[
CE^2 = EK^2 + CK^2 — 2 \cdot EK \cdot CK \cdot \cos 45^\circ.
\]
\[
CE^2 = (3\sqrt{2})^2 + 9^2 — 2 \cdot 3\sqrt{2} \cdot 9 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 18 + 81 — 54 = 45.
\]
\[
CE = \sqrt{45} = 3\sqrt{5} \text{ см}.
\]

№ 4. Плоскости α и β перпендикулярны. Прямая с — линия их пересечения. В плоскости α выбрали точку М, а в плоскости β — точку N такие, что расстояния от них до прямой с равны 6 см и 7 см соответственно. Найдите расстояние между основаниями перпендикуляров, проведённых из точек M и N к прямой с, если расстояние между точками М и N равно √110 см.
ОТВЕТ: 5 см.

Решение:
1. Пусть \( M’ \) и \( N’ \) — основания перпендикуляров из \( M \) и \( N \) на прямую \( c \).
\( MM’ = 6 \) см, \( NN’ = 7 \) см.
2. Так как плоскости перпендикулярны, то отрезки \( MM’ \) и \( NN’ \) перпендикулярны друг другу (один лежит в \( \alpha \), другой — в \( \beta \), а их основания на одной прямой \( c \)).
3. Расстояние \( M’N’ \) — искомое. Рассмотрим прямоугольный треугольник \( MNN’ \):
\( MN \) — гипотенуза, \( NN’ = 7 \) см, \( MN’ \) — катет.
Но \( MN’ \) — это гипотенуза треугольника \( MM’N’ \), где \( MM’ = 6 \), \( M’N’ = x \).
4. По теореме Пифагора для \( \triangle MNN’ \):
\[
MN^2 = NN’^2 + MN’^2 \Rightarrow 110 = 49 + MN’^2 \Rightarrow MN’^2 = 61.
\]
5. Для \( \triangle MM’N’ \):
\[
MN’^2 = MM’^2 + M’N’^2 \Rightarrow 61 = 36 + x^2 \Rightarrow x^2 = 25 \Rightarrow x = 5 \text{ см}.
\]

№ 5. Через вершину А квадрата ABCD провели перпендикуляр МА к плоскости квадрата. Угол между плоскостями АВС и ВМС равен 30°. Найдите угол между прямой МС и плоскостью квадрата.
ОТВЕТ: arctg\;(√6/6) ≈ 22,2°.

Решение:
1. Пусть сторона квадрата равна \( a \). Тогда \( AC = a\sqrt{2} \).
2. \( MA \perp (ABC) \), значит, \( MA \) — высота. Обозначим \( MA = h \).
3. Плоскость \( BMC \) содержит точки \( B, M, C \). Угол между плоскостями \( ABC \) и \( BMC \) — это угол между их перпендикулярами или линейный угол двугранного угла.
4. Линия пересечения плоскостей — \( BC \). В плоскости \( ABC \) проведём перпендикуляр к \( BC \) из точки \( A \): это \( AB \) (так как \( AB \perp BC \) в квадрате).
5. В плоскости \( BMC \) проведём перпендикуляр к \( BC \) из точки \( M \): это \( MB \) (так как \( MB \) — наклонная, её проекция \( AB \perp BC \), значит, \( MB \perp BC \) по теореме о трёх перпендикулярах).
6. Угол между плоскостями — это угол между \( AB \) и \( MB \), то есть \( \angle MBA = 30^\circ \).
7. В \( \triangle MAB \):
\[
tg\; 30^\circ = \frac{MA}{AB} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{a} \Rightarrow h = \frac{a}{\sqrt{3}}.
\]
8. Искомый угол между \( MC \) и плоскостью квадрата — это угол \( \angle MCA \) (где \( AC \) — проекция \( MC \)).
В \( \triangle MAC \):
\[
tg\; \angle MCA = \frac{MA}{AC} = \frac{a/\sqrt{3}}{a\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{6}.
\]
Следовательно, угол равен \( arctg\;\left(\frac{\sqrt{6}}{6}\right) \).

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Другой вариант:

КР-4. Вариант 1

Вы смотрели: Контрольная работа по геометрии «Угол между прямой и плоскостью. Угол между плоскостями. Перпендикулярные плоскости» для 10 класса УМК Мерзляк Базовый уровень. Цитаты из пособия «Дидактические материалы. Геометрия 10 класс. Базовый уровень». Геометрия 10 Мерзляк КР-4 в2.

Вернуться к Списку контрольных работ по геометрии.

13.05.202613.05.2026

Геометрия 10 Мерзляк КР-5 в2

Контрольная работа № 5 по геометрии для 10 класса «Многогранники» УМК Мерзляк Базовый уровень Вариант 2. Цитаты из пособия «Дидактические материалы. Геометрия 10 класс. Базовый уровень» (авт. А.Г. Мерзляк, В.Б. Полонский, Е.М.Рабинович, М.С.Якир, изд-во «Вентана-Граф») использованы на сайте в незначительных объемах, исключительно в учебных целях (пп. 1 п. 1 ст. 1274 ГК РФ). Геометрия 10 Мерзляк КР-5 в2.
Вернуться к Списку контрольных

Геометрия 10 класс (Мерзляк)
Контрольная № 5. Вариант 2

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть ЗАДАНИЯ

№ 1. Основанием прямой призмы является равнобедренный треугольник, боковая сторона которого равна 17 см, а основание — 16 см. Найдите площадь полной поверхности призмы, если её боковое ребро равно 10 см.

Решение: Площадь полной поверхности призмы вычисляется по формуле:
\[
S_{\text{полн}} = 2S_{\text{осн}} + S_{\text{бок}}
\]
1. Найдем площадь основания (равнобедренного треугольника).
Проведем высоту к основанию. В равнобедренном треугольнике высота является медианой, поэтому она делит основание пополам:
\[
\frac{16}{2} = 8 \text{ см}
\]
По теореме Пифагора найдем высоту \(h\):
\[
h = \sqrt{17^2 — 8^2} = \sqrt{289 — 64} = \sqrt{225} = 15 \text{ см}
\]
Площадь треугольника:
\[
S_{\text{осн}} = \frac{1}{2} \cdot 16 \cdot 15 = 8 \cdot 15 = 120 \text{ см}^2
\]
2. Найдем площадь боковой поверхности.
Боковая поверхность прямой призмы состоит из трех прямоугольников. Периметр основания:
\[
P_{\text{осн}} = 17 + 17 + 16 = 50 \text{ см}
\]
Высота призмы (боковое ребро) равна 10 см.
\[
S_{\text{бок}} = P_{\text{осн}} \cdot h_{\text{призмы}} = 50 \cdot 10 = 500 \text{ см}^2
\]
3. Полная площадь:
\[
S_{\text{полн}} = 2 \cdot 120 + 500 = 240 + 500 = 740 \text{ см}^2
\]
✅ Ответ: \(740 \text{ см}^2\).

№ 2. Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды равна 6 см, а боковое ребро — \(\sqrt{34}\) см. Найдите: 1) высоту пирамиды; 2) площадь боковой поверхности пирамиды.

Решение:
1. Найдем высоту пирамиды.
В основании — квадрат со стороной 6 см. Диагональ квадрата:
\[
d = 6\sqrt{2} \text{ см}
\]
Половина диагонали (расстояние от центра основания до вершины основания):
\[
\frac{d}{2} = 3\sqrt{2} \text{ см}
\]
Высота пирамиды \(H\), боковое ребро \(l = \sqrt{34}\) и половина диагонали образуют прямоугольный треугольник. По теореме Пифагора:
\[
H = \sqrt{l^2 — \left(\frac{d}{2}\right)^2} = \sqrt{34 — (3\sqrt{2})^2} = \sqrt{34 — 18} = \sqrt{16} = 4 \text{ см}
\]
2. Найдем площадь боковой поверхности.
Боковая поверхность состоит из четырех равных равнобедренных треугольников.
Найдем апофему (высоту боковой грани) \(a\). Апофема, половина стороны основания и боковое ребро образуют прямоугольный треугольник:
\[
a = \sqrt{l^2 — \left(\frac{6}{2}\right)^2} = \sqrt{34 — 9} = \sqrt{25} = 5 \text{ см}
\]
Площадь одной боковой грани:
\[
S_{\text{грани}} = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 5 = 15 \text{ см}^2
\]
Площадь боковой поверхности:
\[
S_{\text{бок}} = 4 \cdot 15 = 60 \text{ см}^2
\]
✅ Ответ:
1) Высота пирамиды: \(4 \text{ см}\)
2) Площадь боковой поверхности: \(60 \text{ см}^2\).

№ 3. Найдите площадь боковой поверхности правильной треугольной усечённой пирамиды, стороны оснований которой равны 12 см и 20 см, а боковое ребро — \(2\sqrt{13}\) см.

Решение: Правильная треугольная усеченная пирамида имеет в основаниях равносторонние треугольники. Боковая поверхность состоит из трех равных равнобедренных трапеций.
1. Найдем высоту боковой грани (апофему усеченной пирамиды).
Рассмотрим одну боковую грань — трапецию с основаниями 12 см и 20 см и боковой стороной \(2\sqrt{13}\) см.
Проведем высоту трапеции. Разность оснований:
\[
20 — 12 = 8 \text{ см}
\]
Эта разность делится пополам на два отрезка по 4 см, которые отсекаются высотами от большего основания.
По теореме Пифагора найдем высоту трапеции \(h_{\text{тр}}\):
\[
h_{\text{тр}} = \sqrt{(2\sqrt{13})^2 — 4^2} = \sqrt{4 \cdot 13 — 16} = \sqrt{52 — 16} = \sqrt{36} = 6 \text{ см}
\]
2. Площадь одной боковой грани (трапеции):
\[
S_{\text{тр}} = \frac{12 + 20}{2} \cdot 6 = \frac{32}{2} \cdot 6 = 16 \cdot 6 = 96 \text{ см}^2
\]
3. Площадь боковой поверхности:
Таких граней три:
\[
S_{\text{бок}} = 3 \cdot 96 = 288 \text{ см}^2
\]
✅ Ответ: 288 см².

№ 4. Основанием пирамиды является ромб с тупым углом α и большей диагональю d. Двугранные углы пирамиды при рёбрах основания равны β. Найдите: 1) площадь боковой поверхности пирамиды; 2) высоту пирамиды.

Решение:
1. Анализ геометрии пирамиды. В основании — ромб. Тупой угол ромба равен α, значит острый угол равен \(180^\circ — \alpha\).
Большая диагональ ромба \(d\) лежит против тупого угла α.
Сторону ромба обозначим \(a\).
По свойству ромба:
\[
d = 2a \cos\left(\frac{\alpha}{2}\right) \quad \text{(большая диагональ)}
\]
Отсюда:
\[
a = \frac{d}{2 \cos(\alpha/2)}
\]
2. Радиус вписанной окружности в ромб.
Высота ромба \(h_{\text{ромба}} = a \sin\alpha\).
Площадь ромба:
\[
S_{\text{осн}} = a \cdot h_{\text{ромба}} = a^2 \sin\alpha
\]
Радиус вписанной окружности (расстояние от центра ромба до стороны):
\[
r = \frac{S_{\text{осн}}}{P_{\text{ромба}}/2} = \frac{a^2 \sin\alpha}{2a} = \frac{a \sin\alpha}{2}
\]
Подставим \(a\):
\[
r = \frac{d}{4 \cos(\alpha/2)} \cdot \sin\alpha
\]
Используем формулу \(\sin\alpha = 2 \sin(\alpha/2) \cos(\alpha/2)\):
\[
r = \frac{d}{4 \cos(\alpha/2)} \cdot 2 \sin(\alpha/2) \cos(\alpha/2) = \frac{d \sin(\alpha/2)}{2}
\]
3. Связь двугранного угла β с высотой и апофемой.
Двугранный угол при ребре основания — это угол между плоскостью боковой грани и плоскостью основания.
Если из вершины пирамиды опустить перпендикуляр \(H\) (высота) на основание, то проекция апофемы на основание равна \(r\).
Тогда:
\[
\tan\beta = \frac{H}{r} \quad \Rightarrow \quad H = r \tan\beta = \frac{d \sin(\alpha/2)}{2} \tan\beta
\]
Это высота пирамиды (ответ на пункт 2).
4. Площадь боковой поверхности.
Боковая поверхность состоит из 4 равных треугольников.
Апофема \(l\) (высота боковой грани) находится из прямоугольного треугольника:
\[
l = \frac{H}{\sin\beta} = \frac{r \tan\beta}{\sin\beta} = \frac{r}{\cos\beta}
\]
Подставляем \(r\):
\[
l = \frac{d \sin(\alpha/2)}{2 \cos\beta}
\]
Площадь одной боковой грани:
\[
S_{\text{грани}} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot l = \frac{1}{2} \cdot \frac{d}{2 \cos(\alpha/2)} \cdot \frac{d \sin(\alpha/2)}{2 \cos\beta}
\]
Упрощаем:
\[
S_{\text{грани}} = \frac{d^2 \sin(\alpha/2)}{8 \cos(\alpha/2) \cos\beta} = \frac{d^2 \tan(\alpha/2)}{8 \cos\beta}
\]
Площадь боковой поверхности:
\[
S_{\text{бок}} = 4 \cdot S_{\text{грани}} = \frac{d^2 \tan(\alpha/2)}{2 \cos\beta}
\]
✅ Ответ:
1. \(S_{\text{бок}} = \dfrac{d^2 \tan(\alpha/2)}{2 \cos\beta}\)
2. \(H = \dfrac{d \sin(\alpha/2)}{2} \tan\beta\).

№ 5. В наклонной треугольной призме, боковое ребро которой равно 12 см, проведено сечение, перпендикулярное боковому ребру. Это сечение является треугольником со сторонами 3 см и 5 см и углом 120° между ними. Найдите площадь боковой поверхности призмы.

Решение:
1. Понимание задачи. В наклонной призме боковое ребро наклонено к плоскости основания. Если провести сечение, перпендикулярное боковому ребру, то это сечение будет перпендикулярно всем боковым рёбрам.
Периметр этого сечения, умноженный на длину бокового ребра, даёт площадь боковой поверхности наклонной призмы (аналогично прямой призме, где сечение — перпендикулярное ребру, является основанием «развёртки»).
2. Вычисление периметра сечения.
Сечение — треугольник. Даны две стороны: \(a = 3\) см, \(b = 5\) см, угол между ними \(120^\circ\).
Найдём третью сторону \(c\) по теореме косинусов:
\[
c^2 = a^2 + b^2 — 2ab \cos 120^\circ
\]
\(\cos 120^\circ = -\frac{1}{2}\).
\[
c^2 = 3^2 + 5^2 — 2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 9 + 25 + 15 = 49
\]
\[
c = 7 \text{ см}
\]
3. Периметр треугольника сечения:
\[
P_{\text{сеч}} = 3 + 5 + 7 = 15 \text{ см}
\]
4. Площадь боковой поверхности:
Боковое ребро \(L = 12\) см.
\[
S_{\text{бок}} = P_{\text{сеч}} \cdot L = 15 \cdot 12 = 180 \text{ см}^2
\]
✅ Ответ: \(S_{\text{бок}} = 180\) см².

Другой вариант:

КР-5. Вариант 1

Вы смотрели: Контрольная работа по геометрии «Многогранники» для 10 класса УМК Мерзляк Базовый уровень. Цитаты из пособия «Дидактические материалы. Геометрия 10 класс. Базовый уровень». Геометрия 10 Мерзляк КР-5 в1.

Вернуться к Списку контрольных работ по геометрии.

02.05.202602.05.2026

Мерзляк 10 Контрольная 8 в34

Контрольная работа по алгебре 10 класс «Производная. Уравнение касательной» с ответами Варианты 3, 4 для УМК Мерзляк Угл. уровень. Код материалов: Алгебра Мерзляк 10 Контрольная 8 в34 углубленный уровень.
Вернуться к Списку контрольных (в ОГЛАВЛЕНИЕ)

Алгебра 10 класс (УМК Мерзляк)
Контрольная № 8 (угл.) Варианты 3, 4

Тема: Производная. Уравнение касательной

К-8. Вариант 3

№ 1. Найдите производную функции:
1) f(x) = 6x⁴ – x²/2 – 7x + 10; 2) f(x) = (5x – 1)√x;
3) f(x) = (x² + 3)/x; 4) f(x) = tg⁵ 3x.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

► 1) f(x) = 6x⁴ – x²/2 – 7x + 10
Решение: Используем правила дифференцирования: производная суммы равна сумме производных, производная xⁿ равна n*xⁿ⁻¹, производная константы равна 0.
* Производная от 6x⁴: 6 * 4 * x³ = 24x³
* Производная от –x²/2 (или –1/2 * x²): –1/2 * 2 * x = –x
* Производная от –7x: –7
* Производная от 10: 0
Складываем: f(x) = 24x³ – x – 7
✅ Ответ: f(x) = 24x³ – x – 7
► 2) f(x) = (5x – 1)√x
Решение: Сначала упростим функцию, представив √x как x^(1/2) и раскрыв скобки:
f(x) = 5x * x^(1/2) – 1 * x^(1/2) = 5x^(3/2) – x^(1/2)
Теперь находим производную:
* Производная от 5x^(3/2): 5 * (3/2) * x^(1/2) = (15/2)√x
* Производная от –x^(1/2): –(1/2) * x^(–1/2) = –1/(2√x)
Складываем:
f(x) = (15/2)√x – 1/(2√x)
Можно привести к общему знаменателю 2√x:
f(x) = (15x – 1) / (2√x)
✅ Ответ: f(x) = (15/2)√x – 1/(2√x) или f(x) = (15x – 1)/(2√x)
► 3) f(x) = (x² + 3)/x
Решение: Упростим, разделив почленно числитель на знаменатель:
f(x) = x²/x + 3/x = x + 3x⁻¹
Находим производную:
* Производная от x: 1
* Производная от 3x⁻¹: 3 * (–1) * x⁻² = –3/x²
Складываем:
f(x) = 1 – 3/x²
✅ Ответ: f(x) = 1 – 3/x²
► 4) f(x) = tg⁵ 3x
Решение: Это сложная функция. Внешняя функция — u⁵, где u = tg(3x). Внутренняя функция — tg(3x), где v = 3x.
Используем правило цепочки: f(x) = 5 * (tg(3x))⁴ * (производная от tg(3x)).
Производная от tg(3x) равна 1/cos²3x * 3 = 3/cos²3x.
Подставляем:
f(x) = 5 * tg⁴3x * (3 / cos²3x) = 15 * tg⁴3x / cos²3x
✅ Ответ: f(x) = 15 * tg⁴3x / cos²3x.

№ 2. Составьте уравнение касательной к графику функции f(x) = x² + 4x в точке с абсциссой x₀ = 2.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение: Уравнение касательной в общем виде: y = f(x₀) + f(x₀)(x – x₀).
1. Находим значение функции в точке x₀ = 2:
f(2) = 2² + 4*2 = 4 + 8 = 12
2. Находим производную функции:
f(x) = 2x + 4
3. Находим значение производной в точке x₀ = 2 (это угловой коэффициент касательной):
f(2) = 2*2 + 4 = 4 + 4 = 8
4. Подставляем всё в уравнение касательной:
y = 12 + 8(x – 2)
y = 12 + 8x – 16
y = 8x – 4
✅ Ответ: Уравнение касательной: y = 8x – 4.

№ 3. Материальная точка движется по координатной прямой по закону s(t) = t² + 3t – 1. Найдите скорость её движения в момент времени t₀ = 5 с.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение: Физический смысл производной: скорость — это производная от перемещения по времени.
v(t) = s(t)
1. Находим производную закона движения:
s(t) = 2t + 3
2. Находим скорость в момент времени t₀ = 5:
v(5) = 2*5 + 3 = 10 + 3 = 13
Скорость измеряется в метрах в секунду (м/с).
Проверка (необязательно, но для понимания):
Если бы мы искали перемещение за первую секунду после момента t = 5, то s(6) – s(5) = (36 + 18 ─ 1) – (25 + 15 ─ 1) = 53 – 39 = 14. Средняя скорость на этом отрезке 14 м/с, а мгновенная в начале отрезка должна быть чуть меньше, что и подтверждается (13 м/с).
✅ Ответ: Скорость точки в момент t₀ = 5 с равна 13 м/с.

№ 4. Найдите производную данной функции y = (x + 4) |x – 6| в точках x = 2 и x = 7.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение:
1. Раскрытие модуля. Функция содержит модуль |x─6|. По определению:
* Если x ≥ 6, то |x─6| = x─6.
* Если x < 6, то |x─6| = ─(x─6) = 6 ─ x.
2. Запись функции кусочно:
* Для x < 6 : y₁ = (x + 4)(6 ─ x) = ─x² + 2x + 24.
* Для x ≥ 6 : y₂ = (x + 4)(x─6) = x² ─ 2x ─ 24.
3. Нахождение производной для каждого участка:
* y₁’ = (─x² + 2x + 24)’ = ─2x + 2.
* y₂’ = (x² ─ 2x ─ 24)’ = 2x ─ 2.
4. Вычисление в заданных точках:
* Точка x = 2 попадает в интервал x < 6, поэтому используем y₁’ :
y(2) = ─2 • 2 + 2 = ─4 + 2 = ─2.
* Точка x = 7 попадает в интервал x ≥ 6, поэтому используем y₂’ :
y(7) = 2 • 7 ─ 2 = 14 ─ 2 = 12.
✅ Ответ: y(2) = ─2, y(7) = 12.

№ 5. Найдите абсциссу точки графика функции f(x) = 3x² + 7x, в которой проведённая к нему касательная образует с положительным направлением оси абсцисс угол 45°.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение:
1. Геометрический смысл производной. Значение производной функции в точке x₀ равно угловому коэффициенту касательной к графику в этой точке: f(x₀) = k.
2. Связь углового коэффициента с углом наклона. Угловой коэффициент прямой равен тангенсу угла наклона к положительному направлению оси Ox: k = tan{α}.
3. Вычисление тангенса. По условию α = 45°, следовательно tan{45°} = 1.
4. Нахождение производной функции:
f(x) = (3x² + 7x)’ = 6x + 7.
5. Составление уравнения. Приравниваем производную к угловому коэффициенту:
6x₀ + 7 = 1.
6. Решение уравнения:
6x₀ = 1 ─ 7
6x₀ = ─6
x₀ = ─1.
✅ Ответ: x₀ = ─1.

№ 6. Найдите уравнение касательной к графику функции f(x) = x² – 3x + 5, если эта касательная параллельна прямой y = 3x + 2.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение:
1. Условие параллельности. Прямые параллельны, если их угловые коэффициенты равны. У прямой y = 3x + 2 угловой коэффициент k = 3. Значит, угловой коэффициент искомой касательной k_{кас} = 3.
2. Нахождение точки касания. Угловой коэффициент касательной равен значению производной в точке касания x₀ : f(x₀) = k_{кас}.
* Находим производную: f(x) = (x² ─ 3x + 5)’ = 2x ─ 3.
* Приравниваем: 2x₀ ─ 3 = 3.
* Решаем: 2x₀ = 6, x₀ = 3.
3. Нахождение y₀. Вычисляем значение функции в точке касания:
y₀ = f(3) = 3² ─ 3 • 3 + 5 = 9 ─ 9 + 5 = 5.
4. Составление уравнения касательной. Используем формулу: y = f(x₀) + f(x₀)(x ─ x₀).
Подставляем x₀ = 3, y₀ = 5, f(3) = 3 :
y = 5 + 3 • (x ─ 3)
y = 5 + 3x ─ 9
y = 3x ─ 4.
✅ Ответ: Уравнение касательной: y = 3x ─ 4.

№ 7. В какой точке графика функции y = x² + 2x + 8 надо провести касательную, чтобы она проходила через точку с координатами A(─1, 4) ?

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение:
1. Обозначение точки касания. Пусть точка касания имеет абсциссу x₀. Тогда её ордината y₀ = x₀² + 2x₀ + 8. Точка касания M(x₀, x₀² + 2x₀ + 8).
2. Нахождение производной в точке касания:
y’ = (x² + 2x + 8)’ = 2x + 2.
y(x₀) = 2x₀ + 2.
3. Составление уравнения касательной:
y_{кас} = y₀ + y(x₀)(x ─ x₀)
y_{кас} = (x₀² + 2x₀ + 8) + (2x₀ + 2)(x ─ x₀).
4. Использование условия прохождения через точку A. Подставляем координаты точки A(─1, 4) в уравнение касательной (так как касательная должна проходить через A, координаты A удовлетворяют её уравнению):
4 = (x₀² + 2x₀ + 8) + (2x₀ + 2)(─1 ─ x₀).
5. Решение уравнения относительно x₀ :
* Раскрываем скобки:
4 = x₀² + 2x₀ + 8 + (2x₀ + 2)(─1 ─ x₀)
4 = x₀² + 2x₀ + 8 ─ (2x₀ + 2)(1 + x₀)
4 = x₀² + 2x₀ + 8 ─ (2x₀(1 + x₀) + 2(1 + x₀))
4 = x₀² + 2x₀ + 8 ─ (2x₀ + 2x₀² + 2 + 2x₀)
4 = x₀² + 2x₀ + 8 ─ (2x₀² + 4x₀ + 2)
* Раскрываем скобки и приводим подобные:
4 = x₀² + 2x₀ + 8 ─ 2x₀² ─ 4x₀ ─ 2
4 = ─x₀² ─ 2x₀ + 6
* Переносим всё в одну сторону:
x₀² + 2x₀ ─ 6 + 4 = 0
x₀² + 2x₀ ─ 2 = 0
6. Нахождение корней квадратного уравнения:
D = 2² ─ 4 • 1 • (─2) = 4 + 8 = 12
√D = √12 = 2√3
x₀ = (─2 ± 2√3)/2 = ─1 ± √3.
7. Нахождение ординат точек касания:
* Для x₀ = ─1 + √3 :
y₀ = (─1 + √3)² + 2(─1 + √3) + 8
y₀ = 1 ─ 2√3 + 3 ─ 2 + 2√3 + 8 = (1 + 3 ─ 2 + 8) + (─2√3 + 2√3) = 10.
Точка M₁(─1 + √3, 10).
* Для x₀ = ─1 ─ √3 :
y₀ = (─1 ─ √3)² + 2(─1 ─ √3) + 8
y₀ = 1 + 2√3 + 3 ─ 2 ─ 2√3 + 8 = (1 + 3 ─ 2 + 8) + (2√3─2√3) = 10.
Точка M₂(─1 ─ √3, 10).
✅ Ответ: Существуют две такие точки: (─1 + √3, 10) и (─1 ─ √3, 10).

Варианты 1-2 смотрите тут:

КР № 8. Варианты 1-2

К-8. Вариант 4 (задания)

№ 1. Найдите производную функции:
1) f(x) = 4x⁸ ─ (x⁵)/5 + 2x² ─ 3; 2) f(x) = (5 ─ 3x) √x;
3) f(x) = (x² ─ 7)/x; 4) f(x) = ctg⁵7x.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

► 1) f(x) = 4x⁸ ─ (x⁵)/5 + 2x² ─ 3
Решение: Используем правило дифференцирования степенной функции: (x^n)’ = n x^{n─1}.
Производная константы равна 0.
f(x) = 4 • 8x⁷ ─ 1/5 • 5x⁴ + 2 • 2x^1 ─ 0
f(x) = 32x⁷ ─ x⁴ + 4x
✅ Ответ: f(x) = 32x⁷ ─ x⁴ + 4x
► 2) f(x) = (5 ─ 3x) √x
Решение: Сначала упростим, представив √x как x^{1/2} и раскрыв скобки:
f(x) = 5x^{1/2} ─ 3x • x^{1/2} = 5x^{1/2} ─ 3x^{3/2}
Теперь находим производную:
f(x) = 5 • 1/2 x^{─1/2} ─ 3 • 3/2 x^{1/2}
f(x) = 5/2√x ─ 9/2√x
✅ Ответ: f(x) = 5/2√x ─ 9/2√x
► 3) f(x) = (x² ─ 7)/x
Решение. Разделим почленно:
f(x) = (x²)/x ─ 7/x = x ─ 7x^{─1}
Производная:
f(x) = 1 ─ 7 • (─1) x^{─2} = 1 + 7/(x²)
✅ Ответ: f(x) = 1 + 7/(x²)
► 4) f(x) = ctg⁵7x
Решение. Это сложная функция. Внешняя функция — u⁵, внутренняя — ctg(7x). Используем правило цепочки:
f(x) = 5 • ctg⁴7x • (ctg(7x))’
Производная котангенса: (ctg u)’ = ─ 1/(sin² u) • u’.
В нашем случае u = 7x, u’ = 7.
(ctg(7x))’ = ─ 1/(sin²7x) • 7 = ─ 7/(sin²7x)
Подставляем:
f(x) = 5 ctg⁴7x • (─ 7/(sin²7x)) = ─ (35 ctg⁴7x)/(sin²7x)
✅ Ответ: f(x) = ─ (35 ctg⁴7x)/(sin²7x).

№ 2. Составьте уравнение касательной к графику функции f(x) = x² + 2x в точке с абсциссой x₀ = 1.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение. Уравнение касательной в общем виде:
y = f(x₀) + f(x₀)(x ─ x₀)
1. Находим значение функции в точке:
f(1) = 1² + 2• 1 = 1 + 2 = 3
2. Находим производную:
f(x) = 2x + 2
3. Находим значение производной в точке:
f(1) = 2• 1 + 2 = 4
4. Подставляем в уравнение:
y = 3 + 4(x ─ 1)
y = 3 + 4x ─ 4
y = 4x ─ 1
✅ Ответ: y = 4x ─ 1.

№ 3. Материальная точка движется по закону s(t) = 4t² ─ 2t + 1. Найдите скорость в момент t₀ = 4 с.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение: Физический смысл производной: скорость — это производная перемещения по времени.
v(t) = s(t) = 8t ─ 2
Подставляем t₀ = 4 :
v(4) = 8 • 4 ─ 2 = 32 ─ 2 = 30 м/с
Проверка: Проверим на соседнем моменте времени для правдоподобия. Найдем s(4) и s(4.01) :
* s(4) = 4• 16 ─ 8 + 1 = 64 ─ 8 + 1 = 57 м.
* s(4.01) = 4• (16.0801) ─ 8.02 + 1 = 64.3204 ─ 8.02 + 1 = 57.3004 м.
Средняя скорость на промежутке 0.01 с: (57.3004 ─ 57) / 0.01 = 0.3004 / 0.01 = 30.04 м/с.
Это значение близко к 30 м/с, что подтверждает правильность вычисления мгновенной скорости.
✅ Ответ: v = 30 м/с.

№ 4. Найдите производную данной функции y = (x + 4)|x – 5| в точках x = –1 и x = 6.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение: Функция содержит модуль, поэтому её нужно раскрыть в зависимости от значения x. Модуль |x─5| раскрывается так:
* Если x ≥ 5, то |x─5| = x─5.
* Если x < 5, то |x─5| = ─(x─5) = 5 ─ x.
Значит, наша функция кусочно─заданная:
1. При x < 5 : y = (x + 4)(5 ─ x).
2. При x ≥ 5 : y = (x + 4)(x─5).
Точка x = ─1 :
Она меньше 5, значит, используем первый случай.
y = (x + 4)(5 ─ x).
Раскроем скобки: y = 5x ─ x² + 20 ─ 4x = ─x² + x + 20.
Находим производную: y’ = ─2x + 1.
Подставляем x = ─1 :
y(─1) = ─2 • (─1) + 1 = 2 + 1 = 3.
Точка x = 6 :
Она больше 5, значит, используем второй случай.
y = (x + 4)(x─5).
Раскроем скобки: y = x² ─ 5x + 4x ─ 20 = x² ─ x ─ 20.
Находим производную: y’ = 2x ─ 1.
Подставляем x = 6 :
y(6) = 2 • 6 ─ 1 = 12 ─ 1 = 11.
✅ Ответ: y(─1) = 3, y(6) = 11.

№ 5. Найдите абсциссу точки графика функции f(x) = 5x² – 5x, в которой проведённая к нему касательная образует с положительным направлением оси абсцисс угол 135°.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение. Геометрический смысл производной: значение производной в точке равно тангенсу угла наклона касательной к положительному направлению оси Ox.
f(x₀) = tan α.
По условию, α = 135°.
Находим тангенс: tan 135° = tan(180° ─ 45°) = ─tan 45° = ─1.
Значит, f(x₀) = ─1.
Находим производную функции:
f(x) = 5 • 2x ─ 5 = 10x ─ 5.
Приравниваем производную к ─1:
10x₀ ─ 5 = ─1.
10x₀ = 4.
x₀ = 0.4.
✅ Ответ: x₀ = 0.4.

№ 6. Найдите уравнение касательной к графику функции f(x) = x² – 5x + 3, если эта касательная параллельна прямой y = 3x – 1.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение. Уравнение касательной в точке x₀ имеет вид:
y = f(x₀) + f(x₀)(x ─ x₀).
Условие параллельности: у параллельных прямых угловые коэффициенты равны. Угловой коэффициент данной прямой y = 3x ─ 1 равен k = 3.
Угловой коэффициент касательной равен f(x₀).
Значит, f(x₀) = 3.
Находим производную:
f(x) = 2x ─ 5.
Приравниваем к 3:
2x₀ ─ 5 = 3.
2x₀ = 8.
x₀ = 4.
Теперь находим f(x₀) :
f(4) = 4² ─ 5 • 4 + 3 = 16 ─ 20 + 3 = ─1.
Подставляем в уравнение касательной:
y = ─1 + 3 • (x ─ 4).
y = ─1 + 3x ─ 12.
y = 3x ─ 13.
Проверка: Полученная прямая y = 3x ─ 13 имеет угловой коэффициент 3, как и прямая y = 3x ─ 1. Значит, они параллельны.
✅ Ответ: y = 3x ─ 13.

№ 7. В какой точке графика функции y = x² + 4x + 14 надо провести касательную, чтобы она проходила через точку с координатами A(0, 8) ?

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение: Пусть точка касания имеет абсциссу x₀. Тогда её ордината y₀ = x₀² + 4x₀ + 14. Уравнение касательной в общем виде:
y = f(x₀) + f(x₀)(x ─ x₀).
Находим производную:
f(x) = 2x + 4.
Значит, f(x₀) = 2x₀ + 4.
Подставляем в уравнение касательной:
y = (x₀² + 4x₀ + 14) + (2x₀ + 4)(x ─ x₀).
Нам известно, что эта прямая проходит через точку A(0, 8). Подставим её координаты (x = 0, y = 8) в уравнение:
8 = (x₀² + 4x₀ + 14) + (2x₀ + 4)(0 ─ x₀).
8 = x₀² + 4x₀ + 14 + (2x₀ + 4)(─x₀).
8 = x₀² + 4x₀ + 14 ─ 2x₀² ─ 4x₀.
Приводим подобные слагаемые:
8 = (x₀² ─ 2x₀²) + (4x₀ ─ 4x₀) + 14.
8 = ─x₀² + 14.
Переносим неизвестное влево:
x₀² = 14 ─ 8.
x₀² = 6.
x₀ = ± √6.
Находим ординаты этих точек:
y₀ = x₀² + 4x₀ + 14 = 6 + 4x₀ + 14 = 20 + 4x₀.
Для x₀ = √6 : y₀ = 20 + 4√6.
Для x₀ = ─√6 : y₀ = 20 ─ 4√6.
Проверка (для x₀ = √6):
Уравнение касательной: y = (6 + 4√6 + 14) + (2√6 + 4)(x ─ √6).
Подставим x = 0 :
y = 20 + 4√6 + (2√6 + 4)(─√6) = 20 + 4√6 ─ 2 • 6 ─ 4√6 = 20 ─ 12 = 8.
Всё верно.
✅ Ответ: Существует две такие точки: (√6; 20 + 4√6) и (─√6; 20 ─ 4√6).

Варианты 1-2 смотрите тут:

КР № 8. Варианты 1-2

Вы смотрели: Код материалов: Алгебра Мерзляк 10 Контрольная 8 в34 углубленный уровень. Контрольная работа по алгебре в 10 классе «Производная. Уравнение касательной» для УМК Мерзляк (углубл. уровень).

Вернуться к Списку контрольных (в ОГЛАВЛЕНИЕ)

(с) Цитаты из пособия «Алгебра 10 класс. Методическое пособие (угл.изучение) / Е.В. Буцко и др.» использованы в учебных целях.

25.02.202625.02.2026

Геометрия 10 Контрольная 4 В34

Контрольная работа № 4 по геометрии с ответами 10 класс Базовый уровень «Угол между прямой и плоскостью. Угол между плоскостями. Перпендикулярные плоскости» Варианты 3-4 для УМК Мерзляк п/р. В. Е. Подольского. Код материалов: Геометрия 10 Контрольная 4 В34 + Решения.
Вернуться к Списку работ (в ОГЛАВЛЕНИЕ)

Геометрия 10 класс (Мерзляк, баз.)
Контрольная № 4. Варианты 3-4

Тема: Угол между прямой и плоскостью. Угол между плоскостями. Перпендикулярные плоскости

Вариант 3 (задания и решения)

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть ЗАДАНИЯ

№ 1. Из точки A, которая лежит вне плоскости а, проведены к этой плоскости наклонные AC и AD, образующие с ней углы 45° и 60° соответственно. Найдите длину проекции наклонной AD на плоскость а, если AC = 4√2 см.
ОТВЕТ: 4/√3 см = 4√3/3 см (≈ 2,3 см).

1) Обозначим проекции наклонных AC и AD на плоскость а как OC и OD соответственно (AO ⊥ пл. a). Тогда треугольники AOC и AOD — прямоугольные. Нам необходимо найти длину OD.
2) Угол между наклонной и плоскостью — это угол между наклонной и ее проекцией на плоскость. Таким образом, ∠ACO = 45° и ∠ADO = 60°.
3) В прямоугольном △ACO:
AO = АC * sin(∠ACO) = 4√2 * sin(45°) = 4√2 * √2/2 = 4.
4) В прямоугольном △ADO:
OD = AO / (tg(∠ADO)) = 4 / tg(60°) = 4 / √3 = 4√3/3 = 2,3 (см).

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-2

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-3

№ 2. Точка A принадлежит одной из граней двугранного угла и удалена от другой грани на 6 см. Найдите расстояние от точки A до ребра двугранного угла, если величина этого угла равна 30°.
ОТВЕТ: 12 см.

Дано: точка A принадлежит одной из граней двугранного угла; расстояние от точки A до другой грани двугранного угла равно 6 см; величина двугранного угла равна 30°.
Найти: расстояние от точки A до ребра двугранного угла.
Решение. Построим геометрическую модель:
обозначим ребро двугранного угла как прямую l;
пусть точка A лежит на грани α;
опустим из точки A перпендикуляр AH на другую грань β, где H — основание перпендикуляра. По условию, AH = 6 см;
из точки A опустим перпендикуляр AB на ребро l, где B — основание перпендикуляра. Искомое расстояние — это длина отрезка AB.
Построим линейный угол двугранного угла:
проведём отрезок BH — он будет лежать на грани β и перпендикулярен ребру l (по теореме о трёх перпендикулярах, так как AB ⊥ l и AH ⊥ β);
тогда ∠ABH — линейный угол двугранного угла, и по условию ∠ABH = 30°.
Рассмотрим прямоугольный треугольник ABH:
∠AHB = 90° (так как AH ⊥ β);
∠ABH = 30° (линейный угол двугранного угла);
катет AH = 6 см, противолежащий углу 30°.
Найдём искомое расстояние AB:
В прямоугольном треугольнике синус острого угла равен отношению противолежащего катета к гипотенузе:
sin 30° = (AH) / (AB)
Подставляем известные значения: 1/2 = 6/(AB)
Отсюда находим AB:
AB = 6/(1/2) = 6 • 2 = 12 см

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-2

Двугранный угол, образованный полуплоскостями измеряется величиной его линейного угла, получаемого при пересечении двугранного угла плоскостью, перпендикулярной его ребру (то есть перпендикулярной к обеим плоскостям). Обозначим: АВ – это расстояние от А до ребра двугранного угла, ВС – проекция АВ на плоскость второй грани. АС = 6 см. Необходимо найти АВ.
Плоскость АВС перпендикулярна к обеим граням двугранного угла, так как отрезок АВ перпендикулярен ребру двугранного угла (дано), а отрезок ВС перпендикулярен этому ребру по теореме о трех перпендикулярах. Следовательно, двугранный угол равен линейному углу АВС = 30°. В прямоугольном треугольнике АВС с прямым углом (∠С) АВ – гипотенуза, а АС – сторона, противолежащая острому углу в 30°. Если один из углов прямоугольного треугольника равен 30°, то противолежащий этому углу катет равен половине гипотенузы. Следовательно, АВ = 2•АС = 2•6 = 12.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-3

№ 3. Угол между плоскостями треугольников ABC и ABD равен 60°, AC = BC = 20 см, AB = 24 см, AD = BD, ∠ADB = 90°. Найдите отрезок CD.
ОТВЕТ: 4√13 см.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ № 1

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ № 2

№ 4. Концы отрезка, длина которого равна 10 см, принадлежат двум перпендикулярным плоскостям. Углы, которые образует отрезок с данными плоскостями, равны 45° и 60°. Найдите расстояние между основаниями перпендикуляров, опущенных из концов отрезка на линию пересечения плоскостей.
ОТВЕТ: 5√3 см.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ № 1

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ № 2

№ 5. Через катет прямоугольного равнобедренного треугольника проведена плоскость, которая образует с плоскостью треугольника угол 60°. Найдите синус угла, который образует гипотенуза треугольника с этой плоскостью.
ОТВЕТ: √6 / 4.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Варианты 1 и 2 смотрите тут: К-4 Варианты 1-2

Вариант 4 (задания и ответы)

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть ЗАДАНИЯ

№ 1. Из точки M, которая лежит вне плоскости а, проведены к этой плоскости наклонные MN и MK, образующие с ней углы 30° и 45° соответственно. Найдите длину наклонной MK, если длина проекции наклонной MN на плоскость а равна 4√3 см.
ОТВЕТ: MK = 4√2 см (≈ 5,66 см).
Дано: точка M лежит вне плоскости α; MN и MK — наклонные к плоскости α; угол между MN и плоскостью α равен 30°; угол между MK и плоскостью α равен 45°; длина проекции MN на плоскость α равна 4√3 см.
Найти: длину наклонной MK.
Решение: Опустим перпендикуляр из точки M на плоскость α.
Пусть MH — перпендикуляр к плоскости α, где H — основание перпендикуляра. Тогда:
HN — проекция наклонной MN на плоскость α;
HK — проекция наклонной MK на плоскость α.
Рассмотрим прямоугольный треугольник MHN:
∠MHN = 90° (так как MH перпендикулярен плоскости α);
∠MNH = 30° (угол между наклонной MN и плоскостью α);
HN = 4√3 см (по условию).
В прямоугольном треугольнике тангенс угла равен отношению противолежащего катета к прилежащему:
tan 30° = (MH) / (HN)
Подставляем известные значения:
1 / (√3) = (MH) / (4√3)
Отсюда находим длину перпендикуляра MH:
MH = (4√3) / (√3) = 4 см
Рассмотрим прямоугольный треугольник MHK:
∠MHK = 90° (так как MH перпендикулярен плоскости α);
∠MKH = 45° (угол между наклонной MK и плоскостью α).
Так как ∠MKH = 45°, треугольник MHK является равнобедренным прямоугольным треугольником, то есть MH = HK = 4 см.
Найдём длину наклонной MK по теореме Пифагора:
MK = √{MH^2 + HK^2} = √{4^2 + 4^2} = √{16 + 16} = √32 = 4√2 см.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-1

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-2

№ 2. Точка M принадлежит одной из граней двугранного угла и удалена от его ребра на 4 см. Найдите расстояние от точки M до другой грани угла, если величина этого угла равна 45°.
ОТВЕТ: 2√2 см (≈ 2,83 см)
Дано: точка M принадлежит одной из граней двугранного угла; расстояние от точки M до ребра двугранного угла равно 4 см; величина двугранного угла равна 45°.
Найти: расстояние от точки M до другой грани угла.
Решение: Построим геометрическую модель:
обозначим ребро двугранного угла как прямую a;
пусть точка M лежит на грани α;
опустим из точки M перпендикуляр MH на ребро a, где H — основание перпендикуляра. По условию, MH = 4 см;
из точки M опустим перпендикуляр MK на вторую грань β, где K — основание перпендикуляра. Искомое расстояние — это длина отрезка MK.
Построим линейный угол двугранного угла:
проведём отрезок HK — он будет лежать на грани β и перпендикулярен ребру a (по теореме о трёх перпендикулярах, так как MH ⊥ a и MK ⊥ β);
тогда ∠MHK — линейный угол двугранного угла, и по условию ∠MHK = 45°.
Рассмотрим прямоугольный треугольник MHK:
∠MKH = 90° (так как MK ⊥ β);
∠MHK = 45° (линейный угол двугранного угла);
гипотенуза MH = 4 см.
Найдём искомое расстояние MK:
В прямоугольном треугольнике синус острого угла равен отношению противолежащего катета к гипотенузе:
sin 45° = (MK) / (MH)
Подставляем известные значения:
(√2) / 2 = (MK) / 4
Отсюда находим MK:
MK = 4 • (√2)/2 = 2√2\ см
Ответ: расстояние от точки M до другой грани угла равно 2√2 см.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-1

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-2

№ 3. Угол между плоскостями ABC и ADC равен 60°, AB = BC = AC = 12 см, AD = CD, ∠ADC = 120°. Найдите отрезок BD.
ОТВЕТ: BD = 2√21 см.
Дано: угол между плоскостями ABC и ADC равен 60°; AB = BC = AC = 12\ см (треугольник ABC — равносторонний); AD = CD (треугольник ADC — равнобедренный); ∠ADC = 120°.
Найти: длину отрезка BD.
Решение: Найдём высоту BM в равностороннем треугольнике ABC:
В равностороннем треугольнике со стороной a высота вычисляется по формуле:
BM = (a√3)/2 = (12√3)/2 = 6√3 см
Точка M — середина стороны AC, так как BM является также медианой.
Найдём длину AM и MC:
AM = MC = (AC)/2 = 12/2 = 6 см
Рассмотрим треугольник ADC:
AD = CD, ∠ADC = 120°;
проведём высоту DM к стороне AC. В равнобедренном треугольнике высота является также медианой и биссектрисой, поэтому AM = MC = 6\ см, а ∠ADM = ∠CDM = 60°.
Найдём длину высоты DM.
Рассмотрим прямоугольный треугольник AMD:
∠AMD = 90°, ∠ADM = 60°, AM = 6\ см;
используем определение тангенса:
tan 60° = (AM) / (DM) ⇒ √3 = 6/(DM)
Отсюда: DM = 6/(√3) = 2√3 см
Определим угол между высотами BM и DM:
Угол между плоскостями ABC и ADC равен углу между перпендикулярами к линии их пересечения (AC) в этих плоскостях, то есть ∠BMD = 60°.
Применим теорему косинусов для треугольника BMD:
BD² = BM² + DM² ─ 2 • BM • DM • cos ∠BMD
Подставляем известные значения:
BD² = (6√3)² + (2√3)² ─ 2 • 6√3 • 2√3 • cos 60°
BD² = 108 + 12 ─ 2 • 12 • 3 • 1/2
BD² = 120 ─ 36 = 84
BD = √84 = 2√21 см.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-2

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-3

№ 4. Концы отрезка, длина которого равна 14 см, принадлежат двум перпендикулярным плоскостям, а расстояния от его концов до линии пересечения плоскостей равны 8 см и 5 см. Найдите расстояние между основаниями перпендикуляров, опущенных из концов отрезка на линию пересечения плоскостей.
ОТВЕТ: √107 ≈ 10,3 (см).

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-1

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-2

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-3

№ 5. Через сторону правильного треугольника проведена плоскость, которая образует с двумя остальными сторонами треугольника углы по 30°. Найдите синус угла между плоскостью данного треугольника и проведённой плоскостью.
ОТВЕТ: √3/6.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Есть и другое решение, но с другим ответом: √3/4. Не считаем его правильным.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ-2

Запомнить! В прямоугольном треугольнике:

Синус — отношение противолежащего катета к гипотенузе.
Косинус — это отношение прилежащего катета к гипотенузе.
Тангенс — это отношение противолежащего этому углу катета к прилежащему катету.

Варианты 1 и 2 смотрите тут: К-4 Варианты 1-2

Вы смотрели: Контрольная работа по геометрии в 10 классе (базовый уровень) «Угол между прямой и плоскостью. Угол между плоскостями. Перпендикулярные плоскости» для УМК Мерзляк, Номировский, Поляков, под ред. В. Е. Подольского в 4-х вариантов. Геометрия 10 Контрольная 4 В34

Вернуться к Списку контрольных (в ОГЛАВЛЕНИЕ)

(с) Цитаты из пособия «Математика : алгебра и начала математического анализа, геометрия. Геометрия. Базовый уровень : 10 класс : методическое пособие / Е. В. Буцко, А. Г. Мерзляк, В. Б. Полонский, М. С. Якир. — М.: Вентана-Граф» использованы в учебных целях.

05.10.202505.10.2025

Геометрия 10 Контрольная 1 В34

Контрольная работа по геометрии с ответами 10 класс Базовый уровень «Аксиомы стереометрии и следствия из них. Начальные представления о многогранниках» Варианты 3-4 для УМК Мерзляк п/р. В. Е. Подольского. Код материалов: Геометрия 10 Контрольная 1 В34 + Решения.
Вернуться к Списку работ (в ОГЛАВЛЕНИЕ)

Геометрия 10 класс (Мерзляк, баз.)
Контрольная № 1. Варианты 3-4

Тема: Аксиомы стереометрии и следствия из них.
Начальные представления о многогранниках

Вариант 3 (задания)

Вариант 4 (задания)

Геометрия 10 Контрольная 1 В34

Варианты 1 и 2 смотрите тут: К-1 Варианты 1-2

Ответы на контрольную работу № 1

Ответы на вариант 3

№ 1. На рисунке 5 изображён куб ABCDA₁B₁C₁D₁. Укажите прямую пересечения плоскостей AD₁C₁ и B₁BC.
ОТВЕТ: ВC_1.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 2. Даны точки D, E и F такие, что DE = 11 см, EF = 16 см, DF = 27 см. Сколько плоскостей можно провести через точки D, E и F? Ответ обоснуйте.
ОТВЕТ: Бесконечно много.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Три точки задают единственную плоскость, если они не лежат на одной прямой.
Проверим коллинеарность: DE + EF = 11 + 16 = 27 = DF.
Это означает, что точка E лежит на отрезке DF. Значит, точки D, E, F коллинеарны. Через одну прямую (три коллинеарные точки) можно провести бесконечно много плоскостей.

№ 3. В окружности с центром O проведены диаметры AB и CD. Плоскость а проходит через точки A, C и O. Докажите, что прямая BD лежит в плоскости а.
ОТВЕТ: см. в спойлере

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Дано: Окружность с центром O, диаметры AB и CD. Плоскость α проходит через точки A, C, O.
Доказать: Прямая BD лежит в плоскости α.
Доказательство:
1. Так как A ∈ α и O ∈ α, то вся прямая AO лежит в плоскости α (аксиома).
Диаметр AB проходит через A и O, значит B ∈ AO \subset α.
Вывод: B ∈ α.
2. Так как C ∈ α и O ∈ α, то вся прямая CO лежит в плоскости α.
Диаметр CD проходит через C и O, значит D ∈ CO \subset α.
Вывод: D ∈ α.
3. Так как две точки B и D прямой BD лежат в плоскости α, то и вся прямая BD лежит в плоскости α (аксиома). Что и требовалось доказать.

№ 4. Точки M и N принадлежат соответственно граням SBC и SAC пирамиды SABC (рис. 6). Постройте точку пересечения прямой MN с плоскостью ABC.
ОТВЕТ: см. в спойлере

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Дано: Точки M ∈ грани SBC, N ∈ грани SAC пирамиды SABC.
Построить: Точку пересечения прямой MN с плоскостью ABC.
Построение:
1. Проводим прямые через вершину S и точки M, N до пересечения с плоскостью ABC:
— В грани SBC: проводим прямую SM, продолжаем её до пересечения с прямой BC в точке K.
— В грани SAC: проводим прямую SN, продолжаем её до пересечения с прямой AC в точке P.
2. Строим след секущей плоскости: Прямая KP — это линия пересечения плоскости SMN с плоскостью ABC.
3. Находим искомую точку: Прямая MN лежит в плоскости SMN.
Продолжаем MN до пересечения с прямой KP в точке D.
Точка D = MN ∩ KP — искомая точка пересечения прямой MN с плоскостью ABC.

№ 5. Постройте сечение пирамиды SABC плоскостью, проходящей через точки M, K и N, принадлежащие соответственно рёбрам SA, SB и BC, причём прямые MK и AB не параллельны.
ОТВЕТ: Сечение — четырёхугольник MKNE на рисунке.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Дано:
точки: M ∈ SA , K ∈ SB , N ∈ BC . Прямые MK и AB не параллельны.
Цель: Построить сечение пирамиды плоскостью MKN .
Алгоритм построения:
Шаг 1. Строим отрезки в боковых гранях, где уже есть две точки сечения.
1. В грани SAB : точки M и K лежат в одной грани. Соединяем их отрезком MK .
2. В грани SBC : точки K и N лежат в одной грани. Соединяем их отрезком KN .
Шаг 2. Находим линию пересечения плоскости сечения MKN с основанием ABC .
1. Продолжаем отрезок MK в грани SAB до пересечения с прямой AB . Так как MK и AB не параллельны, они пересекутся в точке D .
D = MK ∩ AB
Точка D лежит в плоскости сечения MKN (т. к. принадлежит прямой MK ) и в плоскости основания ABC (т. к. принадлежит прямой AB ).
2. Теперь в плоскости основания ABC у нас есть две точки, принадлежащие сечению: D и N . Соединяем их прямой DN .
3. Прямая DN — это след плоскости сечения MKN на плоскости основания ABC .
Шаг 3. Находим недостающую вершину сечения на ребре AC .
1. Продолжаем прямую DN в плоскости основания до пересечения с ребром AC . Точку пересечения обозначаем E .
E = DN ∩ AC
Точка E лежит в плоскости основания ABC (по построению) и в плоскости сечения MKN (т. к. лежит на прямой DN , которая является следом).
Шаг 4. Завершаем сечение, построив отрезок в оставшейся грани.
1. В грани SAC : точки M и E лежат в одной грани и принадлежат плоскости сечения. Соединяем их отрезком ME .
Результат: Сечение пирамиды плоскостью MKN — это четырехугольник MKNE. Грани, в которых лежат стороны сечения:
MK — в грани SAB; KN — в грани SBC;
NE — в грани ABC; EM — в грани SAC.
Ответ: Сечение — четырёхугольник MKNE.

Ответы на вариант 4

№ 1. На рисунке 7 изображён куб ABCDA₁B₁C₁D₁. Укажите прямую пересечения плоскостей D₁BC и AA₁B₁.
ОТВЕТ: A₁В.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 2. Даны точки B, C и D такие, что BC = 4 см, CD = 16 см, BD = 18 см. Сколько плоскостей можно провести через точки B, C и D? Ответ обоснуйте.
ОТВЕТ: Через точки B, C, D можно провести одну плоскость.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Через три точки, не лежащие на одной прямой, можно провести единственную плоскость. Проверим, лежат ли точки на одной прямой. Если бы они лежали на одной прямой, то одна из длин равнялась бы сумме двух других:
BC + CD = 4 + 16 = 20 ≠ BD = 18,
BC + BD = 4 + 18 = 22 ≠ CD = 16,
CD + BD = 16 + 18 = 34 ≠ BC = 4.
Ни одно равенство не выполняется, значит, точки не коллинеарны.

№ 3. Отрезок AD — биссектриса треугольника ABC, точка O — центр окружности, вписанной в треугольник ABC. Плоскость а проходит через точки A, O и C. Докажите, что точка B лежит в плоскости а.
ОТВЕТ: см. в спойлере

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Дано: △ABC, отрезок AD — биссектриса, O — центр вписанной окружности. Плоскость α проходит через точки A, O, C.
Доказать: Точка B лежит в плоскости α.
Доказательство:
1. Центр O вписанной окружности лежит на пересечении биссектрис треугольника. Так как AD — биссектриса и O ∈ AD, то точки A, O, D лежат на одной прямой.
2. Так как A ∈ α и O ∈ α, то вся прямая AO лежит в плоскости α.
Но D ∈ AO, следовательно, D ∈ α. Вывод: D ∈ α.
3. Рассмотрим прямую CD (где D — точка на стороне BC).
Точки C ∈ α и D ∈ α (по доказанному), значит, вся прямая CD лежит в плоскости α. Но точка B лежит на прямой CD (так как D — точка на стороне BC).
Вывод: B ∈ CD ⊂ α.
4. Таким образом, точка B лежит в плоскости α. Что и требовалось доказать.

№ 4. Точки M и N принадлежат соответственно граням SAB и SBC пирамиды SABC (рис. 8). Постройте точку пересечения прямой MN с плоскостью SAC.
ОТВЕТ: см. в спойлере

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Дано: Точки M ∈ грани SAB, N ∈ грани SBC пирамиды SABC.
Построить: Точку пересечения прямой MN с плоскостью SAC.
Построение:
1. Проводим прямые через вершину S и точки M, N до пересечения с плоскостью ABC:
— В грани SAB: проводим SM, продолжаем до пересечения с AB в точке K.
— В грани SBC: проводим SN, продолжаем до пересечения с BC в точке P.
2. Строим линию пересечения плоскости SMN с плоскостью ABC:
Прямая KP — след.
3. Находим точку пересечения прямой MN с плоскостью SAC:
Плоскость SAC и плоскость SMN пересекаются по прямой SX, где X = KP ∩ AC. Проводим SX в плоскости SAC. Прямая MN лежит в плоскости SMN.
Точка Q = MN ∩ SX — искомая точка пересечения прямой MN с плоскостью SAC.

№ 5. Постройте сечение куба ABCDA₁B₁C₁D₁ плоскостью, проходящей через вершину B₁ и точки M и K, принадлежащие соответственно рёбрам AB и CC₁.
ОТВЕТ: Сечением куба является четырёхугольник MB₁KN на рисунке.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Дано:
Куб ABCDA₁B₁C₁D₁, Точка M лежит на ребре AB. Точка K лежит на ребре CC₁
Необходимо построить сечение, проходящее через точки B₁, M и K.
Решение:
1. Анализ исходных данных:
Точка B₁ — вершина куба
Точка M принадлежит ребру AB (лежит в грани ABB₁A₁)
Точка K принадлежит ребру CC₁ (лежит в грани BCC₁B₁)
2. Построение основных элементов:
Проводим прямую B₁M в грани ABB₁A₁
Проводим прямую B₁K в грани BCC₁B₁
3. Нахождение дополнительных точек:
Прямая B₁K лежит в грани BCC₁B₁. Продлеваем её до пересечения с ребром BC. Получаем точку P (B₁K ∩ BC = P)
Соединяем точки M и P. Прямая MP лежит в плоскости основания ABCD
Находим точку пересечения MP с ребром DC. Получаем точку N (MP ∩ DC = N)
Соединяем точки N и K. Прямая NK лежит в грани CC₁D₁D
4. Обоснование построения:
Точки B₁, M, K, N лежат в одной плоскости, так как:
B₁M и B₁K лежат в разных гранях куба
MP и NK являются линиями пересечения секущей плоскости с гранями куба
Все построенные точки являются точками пересечения секущей плоскости с рёбрами куба. Полученная фигура MB₁KN является замкнутой ломаной линией
5. Проверка правильности построения:
Каждая сторона многоугольника лежит либо на ребре куба, либо в его грани
Все вершины многоугольника являются точками пересечения секущей плоскости с рёбрами куба. Многоугольник полностью лежит внутри куба.
Ответ: Сечением куба является четырёхугольник MB₁KN, где:
Сторона MB₁ лежит в грани ABB₁A₁
Сторона B₁K лежит в грани BCC₁B₁
Сторона KN лежит в грани CC₁D₁D
Сторона NM лежит в основании ABCD
Таким образом, построенное сечение корректно и полностью удовлетворяет условиям задачи.

Варианты 1 и 2 смотрите тут: К-1 Варианты 1-2

Вы смотрели: Контрольная работа по геометрии в 10 классе (базовый уровень) «Аксиомы стереометрии и следствия из них. Начальные представления о многогранниках» для УМК Мерзляк, Номировский, Поляков, под ред. В. Е. Подольского в 4-х вариантов. Геометрия 10 Контрольная 1 В34.

Смотреть аналогичную контрольную № 1 с решениями

Вернуться к Списку контрольных работ из Методички

(с) Цитаты из пособия «Математика : алгебра и начала математического анализа, геометрия. Геометрия. Базовый уровень : 10 класс : методическое пособие / Е. В. Буцко, А. Г. Мерзляк, В. Б. Полонский, М. С. Якир. — М.: Вентана-Граф» использованы в учебных целях.

05.05.202505.05.2025

Мерзляк 10 Контрольная 9 углубленный уровень

Контрольная работа по алгебре 10 класс «Применение производной» в 4-х вариантах для УМК Мерзляк, Номировский, Поляков (угл. уровень). Код материалов: Алгебра Мерзляк 10 Контрольная 9 углубленный уровень. Ответы и решения только на Вариант 1.
Вернуться к Списку контрольных (в ОГЛАВЛЕНИЕ)

Алгебра 10 класс (УМК Мерзляк)
Контрольная работа № 9 (угл.)

Тема: Применение производной

К-9. Вариант 1 (задания)

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть ЗАДАНИЯ

№ 1. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции:
1) f(x) = 2x³ – 9x² – 12x + 7;
2) f(x) = (x² – 3x) / (x + 1);
3) f(x) = sin x + cos 2x.

Решение для функции f(x) = 2x³ – 9x² – 12x + 7.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение для функции f(x) = (x² – 3x) / (x + 1).

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение для функции f(x) = sin x + cos 2x.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 2. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции f(x) = x² |x – 1| – 5x на промежутке [–2; 2].

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 3. Представьте число 60 в виде суммы двух положительных чисел так, чтобы сумма их квадратов была наименьшей.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 4. Исследуйте функцию f(x) = 3x – x³ и постройте её график.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 5. При каких значениях а функция f(x) = ((a + 1)x³)/3 + 3x возрастает на R?

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

К-9. Вариант 2 (задания)

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть ЗАДАНИЯ

Контрольная работа по алгебре 10 класс "Применение производной"

№ 1. Найдите промежутки возрастания и убывания и точки экстремума функции:
1) f(x) = 4 + 9x + 3x² – x3;
2) f(x) = (x² + 5x) / (x – 4);
3) f(x) = sin x – cos 2x.

№ 2. Найдите наибольшее и наименьшее значения функции f(x) = x² |x + 2| – 7x на промежутке [–3; 2].

№ 3. Представьте число 36 в виде суммы двух положительных чисел так, чтобы их произведение было наибольшим.

№ 4. Исследуйте функцию f(x) = x4 – 4x² и постройте её график.

№ 5. При каких значениях а функция f(x) = ((а + 2)x³)/3 + (а + 2)x² – 4x убывает на R?

К-9. Вариант 3 (задания)

К-9. Вариант 4 (задания)

Вы смотрели: Код материалов: Алгебра Мерзляк 10 Контрольная 9 углубленный уровень. в 4-х вариантах. Контрольная работа по алгебре в 10 классе «Применение производной» для УМК Мерзляк, Номировский, Поляков (углубл. уровень). Ответы и решения только на Вариант 1.

Вернуться к Списку контрольных (в ОГЛАВЛЕНИЕ)

(с) Цитаты из пособия «Алгебра 10 класс. Методическое пособие (угл.изучение) / Е.В. Буцко и др.» использованы в учебных целях.

25.03.202525.03.2025

Геометрия 9 Контрольная 5 В34

Контрольная работа по геометрии 9 класс с ответами «Геометрические преобразования» для УМК Мерзляк Варианты 3-4 из 4-х. Методическое пособие для учителей и родителей. Код материалов: Геометрия 9 Контрольная 5 В34 (Мерзляк) + Ответы и решения.
Вернуться к Списку контрольных

Геометрия 9 класс (УМК Мерзляк)
Контрольная работа № 5

Тема: Геометрические преобразования

К-5 Варианты 3-4 (задания)

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть ЗАДАНИЯ

Варианты 1 и 2 смотрите тут: К-5 Варианты 1-2

Справочный материал по теме

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть СПРАВКУ

ОТВЕТЫ на Вариант 3

№ 1. Найдите координаты точек, симметричных точкам A(7; –9) и B(0; 6) относительно: 1) оси абсцисс; 2) оси ординат; 3) начала координат.
ОТВЕТ: 1) относительно оси х: A₁(7; 9) и B₁(0; –6);
2) относительно оси у: A₂(–7; 9) и B₂(0; 6);
3) относительно оси начала координат: A₃(–7; 9) и B₃(0; –6).

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 2. Начертите треугольник BCD. Постройте образ треугольника BCD: 1) при параллельном переносе на вектор CD; 2) при симметрии относительно точки B; 3) при симметрии относительно прямой BC.

ОТВЕТ: 1) DC₁B₁; 2) BKN; 3) BK₁C.

№ 3. Точка C₁ (x; – 8) является образом точки C (5; у) при гомотетии с центром H (–3; 1) и коэффициентом k = –1/4. Найдите x и у.
ОТВЕТ: x = –5; y = 37.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 4. Прямая, параллельная стороне AB треугольника ABC, пересекает его сторону AC в точке F, а сторону BC – в точке D. Найдите площадь трапеции AFDB, если CD = 6 см, DB = 9 см, а площадь треугольника FCD равна 20 см².
ОТВЕТ: S_AFDB = 105 см².

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 5. Из точек C и D, лежащих в одной полуплоскости относительно прямой с, опущены перпендикуляры CC₁ и DD₁ на эту прямую. Известно, что CC₁ = 3 см, DD₁ = 6 см, C₁D₁ = 2 см. Какое наименьшее значение может принимать сумма CX + XD, где X – точка, принадлежащая прямой с?
ОТВЕТ: СX + XD = (√85 + √340) / 3 ≈ 9,22.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Решение. Отметим точку D₂ симметрично точке D относительно прямой c. Получим △ХDD₁ = △ХD₁D₂, в том числе и XD₂ = XD. Понятно, что сумма СХ + ХD₂ будет наименьшей, если точки С, Х и D₂ лежат на одной прямой СD₂. При пересечении прямых c и СD₂ углы СХС₁ и D₁ХD₂ равны (как вертикальные). А так как по условию ещё и прямые углы СС₁Х и ХD₁D₂ равны то, следовательно, треугольники СХС₁ и D₁ХD₂ подобны (по двум углам). Определим коэффициент подобия, СС₁ : DD₁ = 3 : 6. Получаем, что точка Х делит отрезок С₁D₁ в соотношении 3 к 6. Следовательно, С₁Х = 2/3 см, ХD₁ = 4/3 см. Находим длины гипотенуз СХ и ХD₂:
СХ = √[С₁С² + С₁X²] = √[3² + (2/3)²] = √[9 + 4/9] = √[85/9] = √85 / 3.
ХD₂ = √[D₁X² + D₁D₂²] = √[6² + (4/3)²] = √[36 + 16/9] = √[340/9] = √340 / 3.
Отсюда СX + XD = СХ + ХD₂ = √85 / 3 + √340 / 3 ≈ 3,07 + 6,15 = 9,22.

Геометрия 9 Контрольная 5 В34

Варианты 1 и 2 смотрите тут: К-5 Варианты 1-2

ОТВЕТЫ на Вариант 4

№ 1. Найдите координаты точек, симметричных точкам E(9; –5) и F(–4; 0) относительно: 1) оси ординат; 2) оси абсцисс; 3) начала координат.
ОТВЕТ: 1) относительно оси х: E₁(–9; –5) и F₁(4; 0);
2) относительно оси у: E₂(9; 5) и F₂(–4; 0);
3) относительно начала координат: E₃(–9; 5) и F₃(4; 0).

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 2. Начертите треугольник MNK. Постройте образ треугольника MNK: 1) при параллельном переносе на вектор MK; 2) при симметрии относительно точки K; 3) при симметрии относительно прямой NK.

ОТВЕТ: 1) KPQ; 2) KDQ; 3) NKF.

№ 3. Точка B₁ (–8; y) является образом точки B (x; 6) при гомотетии с центром H (–2; 1) и коэффициентом k = 1/3. Найдите x и у.
ОТВЕТ: x = –20; y = 2 ²/₃.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 4. Прямая, параллельная стороне DM треугольника DKM, пересекает его сторону DK в точке P, а сторону MK – в точке N. Найдите площадь трапеции DPNM, если KP = 8 см, PD = 20 см, а площадь треугольника DKM равна 98 см².
ОТВЕТ: S_DPNM = 90 см².

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

№ 5. Из точек A и B, лежащих в одной полуплоскости относительно прямой m, опущены перпендикуляры AA₁ и BB₁ на эту прямую. Известно, что AA₁ = 2 см, BB₁ = 8 см, A₁B₁ = 5 см. Какое наименьшее значение может принимать сумма AX + XB, где X – точка, принадлежащая прямой m?
ОТВЕТ: AX + XB = √5 + √80 ≈ 11,18.

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть РЕШЕНИЕ

Отметим точку B₂ симметрично точке B относительно прямой m. Получим △ХВВ₁ = △ХВ₁В₂, в том числе и XB₂ = XB. Понятно, что сумма AХ + ХB₂ будет наименьшей, если точки A, Х и B₂ лежат на одной прямой AB₂. При пересечении прямых m и AB₂ углы AХA₁ и B₁ХB₂ равны (как вертикальные). А так как по условию ещё и прямые углы AA₁Х и ХB₁B₂ равны то, следовательно, треугольники AХA₁ и B₁ХB₂ подобны (по двум углам). Определим коэффициент подобия, AA₁ : BB₁ = 2 : 8. Получаем, что точка Х делит отрезок A₁B₁ в соотношении 2 к 8. Следовательно, A₁Х = 1 см, ХB₁ = 4 см. Находим длины гипотенуз AХ и ХB₂:
AХ = √[A₁A² + A₁X²] = √[2² + 1²] = √5.
ХB₂ = √[B₁X² + B₁B₂²] = √[8² + 4²] = √[64 + 16] = √80.
Отсюда AX + XB = AХ + ХB₂ = √5 + √80 ≈ 2,236 + 8,944 = 11,18

Варианты 1 и 2 смотрите тут: К-5 Варианты 1-2

Вы смотрели: Геометрия 9 Контрольная 5 В34 Мерзляк. Контрольная работа по геометрии в 9 классе «Геометрические преобразования» для УМК Мерзляк, Полонский, Якир Варианты 3-4.

Вернуться к Списку контрольных из Методички (ОГЛАВЛЕНИЕ)

Смотреть похожие контрольные работы:

Контрольная №5 с ответами (2 варианта) Дидактические материалы

(с) Цитаты из пособия «Геометрия 9 класс. Методическое пособие / Е.В. Буцко и др.» использованы в учебных целях.

21.03.202519.03.2026

Геометрия 9 Контрольная 4 В34

Контрольная работа по геометрии 9 класс с ответами «Векторы» для УМК Мерзляк Варианты 3-4 из 4-х. Методическое пособие для учителей и родителей. Код материалов: Геометрия 9 Контрольная 4 В34 (Мерзляк) + Ответы и решения.
Вернуться к Списку контрольных (в ОГЛАВЛЕНИЕ)

Геометрия 9 класс (УМК Мерзляк)
Контрольная работа № 4

Проверяемая тема: Векторы.

К-4 Варианты 3, 4 (задания)

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть ЗАДАНИЯ

Варианты 1 и 2 смотрите тут: К-4 Варианты 1-2

Справочный материал по теме «Векторы»

Нажмите на спойлер, чтобы увидеть СПРАВКУ