ДПА Математика відповіді 2011

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный авиационный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

У ODB : OB =

= 3. BOS — прямокутний з го-

стрим кутом 45°, тому

BOS — рівнобедрений; SO = OB = 3 .

.pdf

Скачиваний:

2020

Добавлен:

19.02.2016

Размер:

3.23 Mб

Скачать

☆

1 / 151 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

NOW!

buy

Click

oc u-tra

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

NOW!

buy

Click

oc u-tra

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

нове видання

Математика

Розв’язання всіх завдань

до посібника «Збірник завдань для державної підсумкової атестації з математики. 11 клас» (авт. Істер О. С., Глобін О. І., Панкратова І. Є.)

NOW!

buy

Click

kУДК

oc u-tra

ББК

51(076.2)

74.262.21 М34

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

М34 Математика. 11 клас: Розв’язання всіх завдань до посібника «Збірник завдань для державної підсумкової атестації з математики» / Упоряд. О. В. Скляренко, Н. Б. Чистякова.—

Х.: Ранок-НТ, 2011.— 144 с. ISBN 978-966-315-124-3

Посібник містить розв’язання всіх завдань із навчального посібника «Збірник завдань для державної підсумкової атестації з математики. 11 клас» (авт. О. С. Істер, О. І. Глобін, І. Є. Панкратова.—

К.: Освіта, 2011).

Посібник побудовано за таким принципом. Спочатку, відповідно до збірника завдань, вказано номер варіанта атестаційної роботи, її частина (перша—четверта), номер завдання, а потім подано розв’я зання завдання і відповідь до нього.

У кінці посібника наведено правильно заповнені бланки відповідей для завдань першої та другої частин кожного варіанта атестаційної роботи.

Посібник призначений для учнів загальноосвітніх навчальних закладів і вчителів.

УДК 51(076.2)

ББК 74.262.21

	©	О. В. Скляренко, Н. Б. Чистякова, упорядкування, 2011
ISBN 978-966-315-124-3	©	ПП «Ранок-НТ», 2011

NOW!

buy

Click

c u tr

Варіант 1

Частина перша

1.1.Відповідь. В).

{y−x = 3,

1.2. x −2y = 2;

y −x+(x −2y) = 3+2,

y −x = 3;

{y = −5, −5−x = 3;

{xy == −−5,8.

Відповідь. А).

1.3.a−3+5 = a2 .

Відповідь. Г).

1.4.a11 = 3+(−2) (11−1) = −17 .

Відповідь. Б).

1.5.Відповідь. Б).

1.6.3log7 49−log2 8 = 3log7 72 −log2 23 = 2 3log7 7 −3log2 2 = 6−3= 3 .

Відповідь. В).

1.7.Відповідь. В).

1.8. S = ∫2x2dx =	x3	2	=	23	−0 =	8	= 2	2	.

	3	0		3		3		3
0

Відповідь. А).

1.9.BK = AB− AK = 8−2 = 6 .

Відповідь. Б).

1.10.∑ =180° 10−360°=1440° .

Відповідь. В).

1.11.Vпр = Sосн H = 32 7 = 63 см3.

Відповідь. Г).

1.12.Відповідь. Г).

Частина друга

2.1.4 32x +3x 4x −3 42x = 0 ;

		3	2x	3		x
		3		3
42x	4			+			−3 = 0 ;
42x	4			+			−3 = 0 ;
		4			4
		4			4				x
42x ≠ 0, тому розв’яжемо квадратне рівняння відносно								3	x
									.
									.
								4
								4

Варіант 1

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

NOW!

buy

Click

oc u-tra

2.2.

2.3.

Варіант 1

				3		x				−1± 1+ 4 4 (−3)				3
Нехай				3			= t , тоді 4t2 +t −3 = 0 ; t1,2		=		; t1	= −2, t2 =		3	.
Нехай							= t , тоді 4t2 +t −3 = 0 ; t1,2		=	4 2	; t1	= −2, t2 =		4	.
				4						4 2				4
						3		x			t =	3
Оскільки								> 0 , то корінь t1 = −2 є стороннім, отже,					.
Оскільки								> 0 , то корінь t1 = −2 є стороннім, отже,					.
							4					4
							4					4
	3 x		3
		=			x =1.
		=			x =1.
	4		4
	4		4

Відповідь. x =1.

Існує 8 дільників числа 30: {1,2,3,5,6,10,15,30} , тому P( A) = 308 = 154 .

Відповідь. 154 .

ОДЗ: x −1 0 ; x 1.

Піднесемо обидві частини рівняння до другого степеня:

2+ x −1 = 9 ; x −1 =7;

x −1= 49 ;

x =50 .

Відповідь. x =50 .

2.4.На рисунку хорда AB = 3 3 см, AOB =120°, SAO = 45° , OВ — радіус циліндра, SO — його висота. Проведемо OD AB; OD — ме-

діана, бісектриса та висота AOB, тому BD = 323 , DOA = 60°.

Sпов = 2 Sосн +Sбіч = 2 π OB2 +2 π OB SO = 2 π 9+2 π 9=18π .

Відповідь. 18π.

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

									Частина третя
3.1.	−cosx =	2		; cosx = −		2	; x = ±	3π	+2πn , n Z.
3.1.	−cosx =	2		; cosx = −		2	; x = ±	4	+2πn , n Z.
		2				2		4		3π
	Проміжку (0;π) належить корінь x =									3π	.
	Проміжку (0;π) належить корінь x =										.
			3π						4
	Відповідь.		3π		.
	Відповідь.		4		.
			4

3.2.За умовою периметр прямокутної ділянки P = 200 м. Нехай до-

вжина ділянки x, тоді її ширина 200:2−x =100−x . Складемо функцію для знаходження площі: S(x) = x(100−x), 0 x 100, знайдемо похідну: S′(x) =100−2x; 100−2x = 0, тоді x =50 . Розглянемо знаки похідної на проміжках (див. рисунок).

Отже, x =50 є точкою максимуму. Довжина ділянки 50 м, шири на — 100−50 =50 (м).

Відповідь. Розміри ділянки 50 м×50 м .

S′(x)
	+
		–

S(x) 0 50 100 х

					n	g
			ha			g	e	Vi
			C				e
			X
		-						e
		F						w
	D								r
P							NOW!		e
P
					buy
				to	buy
			Click	to
w			Click							m
w
		w	doc u3.3.-trac						o
			doc u3.3.-trac
								.c
			.					k

Варіант 1

Нехай маємо зрізаний конус з центрами основ O1		і O та твірною AB.		О1
За умовою AO = 2BO1 . Проведемо висоту BH. AH = AO − HO =			B	О1
За умовою AO = 2BO1 . Проведемо висоту BH. AH = AO − HO =			B
= AO − BO1 = 2BO1 − BO1 = BO1 . За теоремою Піфагора з трикутника
ABH: AB2 = BH2 + AH2 . AB = 16+ BO12 . Нехай BO1 = r . Оскільки
S1осн +S2осн = Sб , маємо рівняння: πr2 + π 4r2 = π		16+r2 (r +2r).
5r2 = 16+r2 3r :r ≠ 0 ;			H	О
			A
5r = 3 16+r2 ;
25r2 = 9(16+r2 ) ;
16r2 = 9 16 ;
r2 = 9 ;	r = 3 .
BO1 = 3 см, тоді AO = 2 3 = 6 (см).
Відповідь. 3 см і 6 см.

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

Частина четверта

4.1М. ОДЗ: x > 0 .

	a 0 , то	x −a > 0 (оскільки за ОДЗ x > 0); тоді			–
1) Якщо			+		–	+
1) Якщо
lg2 x+lgx −2 0 ; t = lgx ; t2 +t −2 0 ; t2 +t −2 = 0 ; t1 = −2, t2 =1.				–2	1		х
lgx −2,	x 0,01,	x (0;0,01] [10;+∞).
		x (0;0,01] [10;+∞).
lgx 1;	x 10;

2) Для a > 0

розглянемо такі випадки.

0 < a < 0,01

–

[

]

[

+∞

)

a;0,01 10;

0,01

0,01< a <10

–

x [0,01;a] [10;+∞) .

0,01

a >10

–

x [0,01;10]

[a;+∞) .

–

0,01

a = 0,01

–

x [10;+∞) .

0,01

a =10

–

x [0,01;+∞) .

0,01

Відповідь. При a (−∞;0] x (0;0,01] [10;+∞); при a (0;0,01) x [a;0,01] [10;+∞) ;

при a = 0,01

x [10;+∞) ; при a (0,01;10) x [0,01;a] [10;+∞) ; при a =10 x [0,01;+∞) ;

при a (10;+∞)

x [0,01;10] [a;+∞) .

NOW!

buy

Click

oc u-tra

4.2 .

4.3М.

4.4М.

Варіант 1

1) D(y):x2 −3x+2 ≠ 0, x ≠ 2, x ≠1.

2) Функція ні парна, ні непарна, неперіодична.

3) lim

= ∞ ;

lim

= ∞.

x→2 x2

−3x +2

x→1 (x −2)(x −1)

Вертикальні асимптоти:

x = 2, x =1.

k = lim

= 0,

b = lim

= 0 .

(x −1)(x

−

x→∞ x(x −2)(x −1)

x→∞

Горизонтальна асимптота: y = 0 .

4) Перетин з осями координат:

з Ox: y = 0 ,

≠ 0 — не перетинає;

(x −1)(x −2)

з Oy: x = 0;

y =

y′ =

−2x +3

= 0 , −2x+3 = 0 , x = 1,5 .

(x2 −3x +2)2

–4

f′(x)

–

f(x)

1,5

Функція зростає при x (−∞;1) , (1;1,5] .

Функція спадає при x [1,5;2) , (2;+∞) .

xmax =1,5, ymax = −4.

Графік побудовано.

x2 −2x+1+1= cos(x −1) ; (x2 −2x+1)+1= cos(x −1) ; (x −1)2 +1= cos(x −1) .

Розглянемо ліву частину: (x −1)2 +1 1; рівність справджується при x = 1.

Розглянемо праву частину: 0 cos(x −1) 1, рівність справджується при є коренем рівняння.

Відповідь. x = 1.

Маємо правильну чотирикутну піраміду ABCDS, в основі якої лежить квадрат ABCD зі стороною a. SO — висота піраміди. Основа висоти піраміди збігається з центром основи вписаного в піраміду куба. Проведемо OH перпендикулярно DC, з’єднаємо точки S і H, тоді за теоремою про три перпендикуляри SH перпендикулярна до DC, отже, кут SHO є лінійним кутом двогранного кута між бічною гранню і основою, за умовою він дорівнює α . Розглянемо

трикутник SOH: OH =	a	,	SO = OH tgα =	atgα	. AO —
	2			2

половина діагоналі основи, AO = a22 .

AK1

Нехай центр верхньої основи куба — точка O1 . Роз глянемо трикутник SOA і вписаний у нього прямокутник KO1OK1 , де KK1 — бічне ребро куба, KO1 — половина діагоналі основи.

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

2х

x = 1. Отже, x = 1

О1

O H

K О1

A K1 O

NOW!

buy

Click

oc u-tra

ha g

NOW!

buy

Варіант 2 7

Click

Нехай KK1 = x,тоді KO1 =

.Трикутник SKO1 подібнийдотрикутника

SAOзадвомакутами

oc u -tra

(трикутники прямокутні, кут S в них спільний). З подібності трикутників випливає пропорцій

O1K

SO1

atgα − x

ність відповідних сторін, отже,

. Оскільки SO1 = SO −OO1

, маємо:

atgα

atgα −2x

atgα

a3 tg3

x =

x = a ,

, V = x

atgα

tgα +2

(tgα +

tgα

Відповідь.

a3 tg3 α

(tgα +2)3

Варіант 2

Частина перша

1.1.240:100 30 =72m , або 240 0,3 =72m .

Відповідь. Б).

1.2.Відповідь. В).

1.3.	1	24	− 0,09 =	49	−0,3 =	7	−	3	=	14 −	3	=	11	=1,1.
		25		25		5		10		10			10

Відповідь. Б).

1.4.18 x 20 .

Відповідь. Г).

1.5.Відповідь. В).

1.6.sin2x =1 .

2x = 2π +2πk , k Z ; x = 4π + πk, k Z .

Відповідь. А).

1.7.Кількість трицифрових чисел, які можна записати за допомогою цифр 4, 5 і 6, обчислюється за формулою P3 = 3! = 6 .

Відповідь. Б).

1.8.f′(x) = (cosx −sinx)′ = −sinx −cosx ; f′(π) = −sinπ −cosπ = 0−(−1) =1.

Відповідь. В).

1.9.Відповідь. А).

1.10.Кут між бічними сторонами рівнобедреного трикутника дорівнює 180°−2 75°= 30°.

S = 12 8 8 sin30° = 12 64 12 =16 (см2).

Відповідь. Б).

NOW!

buy

8 Варіант 2

Click

c1.11. Оскільки піраміда правильна, то її бічні грані — рівнобедрені трикутники з основою

oc u-tra

і висотою 5 см. Sбіч = 4

3 5 = 30 (см2).

Відповідь. А).

1.12. Відповідь. Г).

NOW!

buy

Click

3 dсм

oc u

-tra

Частина друга

2.1.Область визначення функції f(x) =

x −1 0,			x 1,
x −1 0,
	2	−4x ≠ 0;	x ≠ 0,
x		−4x ≠ 0;
			x ≠ 4.

Відповідь. x [1;4) (4;+∞) .

x −1 +		1		знаходимо з системи:
x −1 +	x2	−	4x	знаходимо з системи:
	x2	−	4x

0 1			4	х

log2 x ≠ 0,

x ≠1,

2.2. ОДЗ:

log2 x −2 ≠ 0,

x ≠ 4,

x >

x > 0.

Нехай log2 x = t , тоді рівняння має вигляд:

=1;

−

2(t −2) + t

t(t −2)

;

t(t −2)

2t −4 + t −t2 +2t

= 0 ;

t(t −2)

−t2 +5t −4

= 0 — дріб дорівнює нулю, якщо чисельник дорівнює нулю.

t(t −2)

Прирівняємо чисельник до нуля та розв’яжемо квадратне рівняння: −t2 +5t −4 = 0 ; t1 = 4, t2 = 1.

1)log2 x = 4 x = 16.

2)log2 x =1 x = 2 .

Відповідь. 16; 2.

								π			1											π
2.3. F(x) = −cos					2x −							+C . Оскільки графік первісної проходить через точку									A		;2,5	, то
2.3. F(x) = −cos					2x −							+C . Оскільки графік первісної проходить через точку									A		;2,5	, то
								6			2											12
								6			2											12
−	1		2	π		−	π		+ C = 2,5 ; −					1	cos0+C = 2,5;		−	1	+C = 2,5 ;	C = 3 .
		cos
		cos
	2			12			6							2				2
	2			12			6							2				2
Відповідь. F(x) = −										1			2x −	π		+3 .
											cos
											cos
										2				6
										2				6

2.4.У задачі прирівнюються об’єми двох циліндрів; радіус першого з них позначимо R, а дру гого — 3R. V1 = πR2 H1 = πR2 45; V2 = π (3R)2 H2 = 9πR2H2 .

Оскільки V1 = V2 , то πR2 45 = 9πR2H2 H2 =5 см.

Відповідь. 5 см.

NOW!

buy

Click

Частина третя

doc u-trac

x > 0,

3.1. ОДЗ:

lgx ≠ −1,

x ≠ 0,1,

lgx

− 5

x 10

5−lg2 x =1+lgx .

Якщо 1+lgx < 0 (x < 0,1), то немає розв’язку.

Якщо 1+ lgx 0 (x 0,1) , то 5−lg2 x =1+lg2 x+2lgx ; 2lg2 x+2lgx −4 = 0 :2 ; lg2 x+lgx −2 = 0;

lgx = −2 або lgx =1; x1 = 0,01 — сторонній корінь, x2 = 10.

Відповідь. x =10 .

Варіант 2

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

3.2.І спосіб. 81(sinα+cosα)(sin2 α−sinαcosα+cos2 α) = 81(sinα+cosα)(1−sinαcosα) =

							(sinα+ cosα)2											1		−1
										−1			1		1
										−1			1		1			9
= 81(sinα+cosα) 1					−						=	sinα+cosα =		= 81		1	−	9			=
= 81(sinα+cosα) 1					−						=	sinα+cosα =		= 81		1	−				=
								2					3		3				2
								2					3		3				2


		4		27 13
= 27 1	+		=			= 39 .
= 27 1	+		=			= 39 .
		9		9
		9		9
ІІ спосіб. sinα +cosα =								1	.		(*)
ІІ спосіб. sinα +cosα =								3	.		(*)
								3

Піднесемо (*) до квадрата: sin2 α +2sinα cosα +cos2 α = 19 ; 2sinα cosα = 19 −1; sinα cosα = − 49 .

Піднесемо (*) до куба: sin3 α +3sin2 α cosα +3sinα cos2 α +cos3 α =											1	;
											27	;
											27
			1	−3sinα cosα(sinα +cosα) =	1			4	1		1		12		13
A = sin3 α +cos3 α =						−3	−			=		+		=		;
A = sin3 α +cos3 α =						−3	−			=		+		=		;
			27		27			9	3		27		27		27
			27		27			9	3		27		27		27
81 A = 81	13	= 39.
81 A = 81	27	= 39.
	27
Відповідь.	39.

3.3.	Маємо прямокутний паралелепіпед ABCDA B C D . Точка O — точка					B1	C1
		1	1	1	1
	перетину діагоналей прямокутника ABCD, за умовою кут AOB
	дорівнює 30° . BB1	— бічне ребро, тоді кутом нахилу діагоналі				A1	D1
	призми до площини основи є кут BDB , який за умовою дорівнює					A1	D1
		1
	60° . З трикутника BDB1 : BB1 = BD tg60° = BD				3 .
	Sосн = 1 BD2 sin30°=	BD2 ; за умовою V = 18	см3, тоді, оскільки
	2	4				B	C
	V = BB1 Sосн = BD3 3					B	C
	V = BB1 Sосн = BD3 3	=18, BD3 = 24 3 , BD = 2 3 3 3 ,					O
	4						O
	4					A	D
	BB1 = 2 3 3 3 3 = 26 27 6 27 = 23 27 = 6 (см).					A	D
	BB1 = 2 3 3 3 3 = 26 27 6 27 = 23 27 = 6 (см).
	Відповідь. 6 см.

1 / 151 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
10.09.20191.01 Mб7ДОМАШКА.docx
#
04.09.2019244.74 Кб1Домашн завдання ЕП Бадьор Ю..doc
#
23.11.20181.05 Mб0Домашнє завдання_1.doc
#
19.02.2016194.56 Кб5доповідь по екології.doc
#
21.11.2019108.33 Кб0доповідь.docx
#
19.02.20163.23 Mб2020ДПА Математика відповіді 2011.pdf
#
15.08.2019360.96 Кб6ДПА__стор_я_України_9_клас(в_дпов_д_).doc
#
27.08.2019155.65 Кб6Дроссели трансформаторы.doc
#
19.02.20163.21 Mб32ДСТУ 2860-94.doc
#
22.11.2019324.61 Кб4ДУЖЕ ВАЖЛИВО.doc
#
21.08.2019110.08 Кб14ЕЙЯР КЕЙЖ__ Г Ñ ‘Ñ.doc