Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный авиационный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ДПА Математика відповіді 2011

.pdf

Скачиваний:

2020

Добавлен:

19.02.2016

Размер:

3.23 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1511 12 13 14 15 > Следующая >>>

NOW!

buy

100 Варіант 23

Click

oc u-tra

−

−1

− x

5) y′ =

= −

< 0 .

x2 −1

(x2 −1)

x2 −1

(x2 −1)

x2 −1

(x2 −1) x2 −1

Функція спадає при x (−∞;−1) (1;+∞) .

Графік побудовано.

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

4.3М.	y = 2− 2+x , y =		3 .				у
			x				у
	Знайдемо точки перетину графіків:
	x < −2, 2+2+x = − x3 ;						2	y = x3
	x2 +3+ 4x		= 0 ;
	x					–2	0	х
	x1 = −1</ −2, x2 = −3;					–2	0
	x1 = −1</ −2, x2 = −3;						y
							y
				3			=
	−2 x < 0, 2−2−x = −			3	;			2
	−2 x < 0, 2−2−x = −			x	;			−
				x				2
								+
	x2 −3	= 0; x = − 3 ( 3 </ 0) .						x
	x
	x 0, 2−2−x =	3	;
		x

x2 +3

= 0 — немає роз’вязків.

−2

− 3

−2

− 3

S = ∫

+x+

dx+ ∫

−x+

dx =

4x+

+3ln

−

+3ln

−3

−2

−3

−2

= −8+2+ 3ln2 +12− 29 −3ln3− 32 + 32 ln3+2− 3ln2 = 2− 32 ln3 .

Відповідь.2− 32 ln3 .

4.4М. ABCS — правильна трикутна піраміда, AS = BS = CS = b , кут							S
нахилу бічного ребра — це кут між бічним ребром і його про-							S
нахилу бічного ребра — це кут між бічним ребром і його про-
екцією на основу, SAH = α .
Оскільки циліндр рівносторонній, то його радіус ОМ вдвічі мен-
ший за його висоту ОН. Вісь циліндра лежить на висоті піра
міди.	ASH :	AH = AS cos SAH ,	AH = bcosα ;				O
Розглянемо	ASH :	AH = AS cos SAH ,	AH = bcosα ;			M	O
SH = SA sinα = bsinα .						M
SH = SA sinα = bsinα .				bcosα .			B
Як відомо,	у правильному ABC : ABC KH =		AH =				B
Як відомо,	у правильному ABC : ABC KH =		AH =
			2	2	A
Розглянемо	KSH , у	який вписано прямокутник		MOHN	A	N	H
(MO — радіус циліндра, ОН — висота циліндра).					K	N
OH = 2MO (за умовою).						C	S
SOM AHK (за двома кутами), тоді:

MO KH

MO SH

MO b/sinα

2MO sinα

, SO =

= 2MO tgα.

b/cosα

cosα

SH = SO+OH = 2MOtgα +2MO = 2MO(1+tgα) .

K N Н

NOW!

buy

Click

oc u-tra

2MO = 1+SHtgα = 1b+sintgαα . OH = 2MO = 1b+sintgαα .

Відповідь. 1b+sintgαα .

Варіант 24

Частина перша

Варіант 24

ha g

NOW!

buy

101

Click

oc u -tra

1.1. 52 + 12 = 104 + 105 = 109 .

Відповідь. Г).

1.2.	Відповідь. В).
1.3.		2(2y −1)(2y +1)	= −	2y +1	.
		−8(2y −1)		4

Відповідь. А).

1.4.Відповідь. Г).

1.5.Відповідь. В).

1.6.4x−2 = 41−2x , x −2 =1−2x , 3x = 3, x =1.

Відповідь. Б).

1.7.Відповідь. В).

1.8.Відповідь. Б).

1.9.Куту B трикутника ABC відповідає кут N трикутника MNQ, отже, N = 135° .

Відповідь. Б).

							2	2	1
	AB		AC		AB sin30°
1.10. За теоремою синусів		=		, AC =		=			2	= 2 .
	sinC		sinB		sin135°			2

Відповідь. В).	2

NOW!

buy

102

Варіант 24

Click

SA — твірна, AO — радіус, SAO = 60° . Тоді з SAO :

doc u-trac1.11.

SA =

=12 (см).

cos SAO

Відповідь. Г).

1.12.Діагональним перерізом призми є прямокутник B1BDD1 , BD = AB 2 см (як діагональ квадрата ABCD).

SBB D D = BB1 BD =5 3 2 2 = 30 (см2).
1	1

Відповідь. А).

						n
				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
S			w							o
			w						.c
				.				k
				doc u -trac

	O
	A
B1	C1
A1	D1
	D1
B	C
A	D

Частина друга

2.1. sinα = − 1−cos2 α = − 1−0,36 = −0,8 , sin2α = 2sinα cosα = 2 (−0,6) (−0,8) = 0,96.

Відповідь. 0,96.

2.2.Нехай log0,5 x = t , маємо: t2 −t −2 0 ;

t2 −t −2 = 0 ;

t1 = 2, t2 = −1;

–1

– 2

−1 t 2 ;

−1

log0,5 x 2 ;

x 2 .

Відповідь.

; 2 .

2.3. f′(x) = x2 −2x −8; f′(x) = 0 ; x2 −2x −8 = 0 ; x1 = 4 , x2 = −2.

f′(x)

–

f(x)

–2

Відповідь. x [−2;4] .

2.4.AOB = 90°, OO1 = 6 см. ABCD — квадрат. AB = AD = OO1 = 6 см.

Відстань від осі циліндра до площини перерізу: спроектуємо вісь і пере
різ на площину верхньої основи, вісь проектується в точку O, переріз —
у відрізок AB. Тоді відстань від точки O до AB буде і відстанню від OO
до площини ABC. В ABO			AO = OB , AOB = 90°, тоді OH є також1
медіаною, тоді OH =	1	AB = 3	(см).

2

Відповідь. 3 см.

H O

DO1

NOW!

buy

Click

Частина третя

doc u-trac

> 0,

x > 0,

3.1

ОДЗ:

log2 x ≠ 0,

x ≠1,

2log

x+1 0;

2log2 x+1 −log2 x

= 0 ;

log2 x

log2 x = t , 1+

2t+1 −t = 0;

2t+1 = t −1.

Рівняння має розв’язки при t 1.

2t+1= t2 −2t+1;

t2 −4t = 0;

t1 = 0 — сторонній корінь, t2 = 4 .

log2 x = 4 ;

x =16 .

Відповідь. x =16 .

−12

(x −12)2

3.2

AD = x . У ABH: h2 +

=122 ; h = 144−

S =

BC+ AD

h =

12+x

144 4−(x −12)2 .

Дослідимо функцію S(x) на екстремум (х > 0):

S′ =

144 4

−(x −12)2 +

12+x

−2(x −12)

2 144 4−(x −12)2

144−x2

144 4−

(x −12)2

;

144 4−(x −12)

S′ = 0 ;

144 4−(x −12)2 +144−x2

= 0 ;

144 4−(x −12)2

x2 −12x −288 = 0 ;

S′(х) + –

S(х) 0 24 х

x1 = −6 — сторонній корінь, x2 = 24 .

Відповідь 24 см.

ha g

NOW!

buy

Варіант 24 103

Click

oc u -tra

BС

A Н х

NOW!

buy

104

Варіант 24

Click

oc u-trac

SO = H , нехай

A1S = l,

AS = L

3.3

, тоді за умовою Sб1

2 Sб ,

2πrl = πRL ,

ASO A SO , тоді

A1O1

A1S

А1

SO1

Маємо:

;

= L

;

; тоді

;

SO1 =

Відповідь.

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

А1 O1

Частина четверта

4.1М. Побудуємо графік функції f(x) . Для цього розглянемо її			у
при x < −2 та x −2:


x < −2, f(x) = x2 +4x+2x+4 = x2 +6x+4 = (x+3)2 −5;
x −2, f(x) = x2 +4x −2x −4 = x2 +2x −4 = (x+1)2 −5 .	–2	–1
	–2	–1
За графіком видно, що пряма y = a
За графіком видно, що пряма y = a		0				х
не перетне графік при a < −5 ;		0				х
		–1
		–1
При a = −5 буде 2 точки перетину.
При a = −5 буде 2 точки перетину.
При a (−5;−4) — 4 точки перетину.
При a (−5;−4) — 4 точки перетину.
При a = −4 — 3 точки.					–4
При a > −4 — 2 точки.	у = а				–5
При a > −4 — 2 точки.					–5
Відповідь. При a < −5 немає точок перетину;				а
				а

при a (−5;−4) — 4 точки перетину;
при a (−5;−4) — 4 точки перетину;
при a = −4 — 3 точки перетину;
при a > −4 — 2 точки перетину.

4.2М.	x2 + y2 > 0,						y > −x,
4.2М.		2		2					2			2												у
	x		+ y ≠1;				x + y ≠1.
	x		+ y ≠1;				x + y ≠1.																	у
																								=
	1)		0 < x2 + y2 <1							— круг, обмежений колом з центром (0;0)														–
	1)		0 < x2 + y2 <1							— круг, обмежений колом з центром (0;0)														х
			і R =1.																					1
			Маємо x+ y < x2 + y2 ;																					1
			Маємо x+ y < x2 + y2 ;																					2	1
			x2 −x+ y2 −y > 0 ;																					0	2	х
						2								2										0	1	х
				−	1	2	+			−	1			2	1	— зовнішність	круга			з	центром
			x	−	2		+	y		−				>	4	— зовнішність	круга			з	центром
					2						2				4
			1	;	1		і	R =			1		.
				;	2		і	R =			2		.
			2		2						2
	2)		x2 + y2 >1 — зовнішність круга з центром (0;0)																	і R =1;
			Маємо x+ y > x2 + y2 ;
				−	1	2	+			−	1			2	1		1	;	1		і R =	1	.
			x	−	2		+	y		−				<	4	— круг з центром		;	2		і R =	2	.
					2						2				4		2		2			2

NOW!

buy

Click

oc u-tra

4.3М.

Варіант 24

2π

4π

8π

16π

2π

4π

8π

16π

2sin

sin

cos

2sin

sin

4π

cos

4π

cos

8π

cos

16π

sin

8π

cos

8π

cos

16π

sin

16π

cos

16π

2sin

32π

π −

sin

16 sin 33

sin 33

2sin

32sin

Відповідь. 321 .

ha g

NOW!

buy

105

Click

oc u -tra

4.4М. О — центр кулі, OA = OB = OC = OA1 = OB1 = OC1 = R , C = 90° .

Оскільки центр кулі рівновіддалений від вершин призми, тоосноваперпендикуляра,опущеногозточкиОнанижнюосно ву,єцентромописаногонавколоосновикола,якийлежитьнасе рединігіпотенузи.Отже,точкаОналежитьбічнійграні AA1B1B і є точкою перетину її діагоналей. Тоді: A1B = 2R .

Кут нахилу діагоналі A1C до площини основи — це A1CA .

Розглянемо ABC : A = α , нехай AB = x , тоді AC = xcosα ,

BC = xsinα .

S ABC	=	x2 cosαsinα	=	x2 sin2α	=	x2 sin2α	.
				2 2
	2				4

Розглянемо A1 AC: AA1 = AC tgβ = xcosαtgβ . Розглянемо A1 AB : AA12 + AB2 = A1B2 .

x2 cos2 α tg2 β+x2 = 4R2 ;

x2 =

4R2

cos2

α tg2

β+1

x =

cos2 α tg2 β+1

4R2 sin2α

2Rcosα tgβ

Vпризми = S ABC

AA1 =

4 (cos2 α tg2 β+1)

cos2 α tg2 β+1

2R3 sin2α cosα tgβ

(cos2 α tg2 β+1)

Відповідь.

2R3 sin2α cosα tgβ

(cos2 α tg2 β+1)

В1

С1 А1

A α

N β C

NOW!

buy

106 Варіант 25

Click

oc u-tra

Варіант 25

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

Частина перша

1.1.Відповідь. Г).

1.2.2 13 x = 3,5 ; x = 3,5:2 13 ; x =1,5 .

Відповідь. Б).

1.3.Відповідь. Б).

1.4.y = x2 +2x+1−1= (x+1)2 −1; (x+1)2 0, тоді (x+1)2 −1 −1, y [−1; +∞) .

Відповідь. В).

1.5.ОДЗ: x > 0. x = 3 .

Відповідь. В).

1.6. ОДЗ:	x 0,
		x	2.

x = x2 −2, x2 −x −2 = 0 , x1 = −1 — не входить до ОДЗ, x2 = 2 .

Відповідь. А).

1.7.Відповідь. В).

1.8.Відповідь. Г).

1.9.p = 2 5+7+9= 26 .

Відповідь. Б).

1.10.На осі абсцис y = 0 , 2x+6 = 0 , x = −3. (−3; 0) .

Відповідь. А).

1.11. V = Sосн H , тоді Sосн

250π

= 25π .

Відповідь. А).

1.12. Sперерізу =

SO BH ,

SO =7

см, BH з ABC :

BH = AB sin60° =

= 6 (см), Sперерізу =

7 6 = 21 (см2).

Відповідь. Г).

NOW!

buy

Click

oc u-tra

Частина друга

Варіант 25

ha g

NOW!

buy

107

Click

oc u -tra

2.1.cos6x = cos2x ; cos6x −cos2x = 0 ; −2sin2xsin4x = 0;

sin2x = 0 ,

sin4x = 0 ,

x =

πn

, n Z.

x =

πm

, m Z .

πm

πn

πm

Оскільки відповідь x =

включає в себе відповідь x =

, то x =

, m Z .

πm

Відповідь. x =

, m Z .

2.2. 2x = t , маємо: t2 −6t+8 < 0 ; t2 −6t+8 = 0 ; t1 = 2, t2 = 4 .

+–

2 – 4 х

2< t < 4 ;

2<2x < 4 , тоді 1< x <2 .

Відповідь. x (1; 2) .

2.3. f′(x) = 2x+2; x0 =1; f(1) =1+2+3 = 6; f′(1) = 2+2 = 4 . y −6 = 4(x −1) ; y = 4x+2.

Відповідь: y = 4x+2.

2.4. AB = 6 см, AOB = 90°, SO = 4 см. Проведемо OH AB , з’єднаємо точки S і H, тоді за теоремою про три перпендикуляри SH AB .

AOB — прямокутний рівнобедрений, тоді OH = AB2 = 3 (см),

SH = SO2 +OH2 = 16+9 =5 (см).

Sперерізу =	AB SH	=	6 5	=15 (см2).
	2		2

Відповідь. 15 см2.

Частина третя

O В

3.1. Знайдемо точки перетину графіків:												у
2x2 = x+1;												у
2x2 = x+1;
2x2 −x −1= 0 ;												2
D =1+8 = 9;												2
D =1+8 = 9;												1
x = 1±3 ; x1		1 .										1
x = 1±3 ; x1	=1, x2 = −	1 .
4		2					1					–1 0	1	х
1			2		2x	3	1		1		2 − 1 + 1 − 1	–1 0	1	х
1			2	+x −		3		=		+1−		=
S = ∫ (x+1−	2x2 )dx = x			+x −				=		+1−		=
1	2				3		−	1	2		3 8 2 12
− 2							−	2

= 2−	16+3+2	= 2−	21	= 2−	7	=1	1	(од2)
	24		24		8		8

Відповідь. 1 18 од2.

ha g

NOW!

buy

108

Варіант 25

Click

ОДЗ: {x > y,

3.2.

oc u-tra

oc u -tra

x > −y.

Нехай 4 x+ y = s ,

4 x −y = t, маємо систему:

s−t = 2,

{22ts==2;6, {ts==1.3,

(s+t)(s−t) = 8; {ss+−tt == 2,4;

x+ y = 3,

x+ y

= 81,

= 41,

x −y =1;

{x −y

=1;

= 40.

Відповідь. x = 41, y = 40 .

3.3.

ABCD — квадрат, тоді, якщо SABCD = Q ,

то AB = Q , AC = AB 2 = 2Q .

= q , то

—

квадрат,

тоді, якщо

SA B C D

A1D1 = q , A1C1 = 2q .

Кут між бічним ребром і ребром основи A1 AM = 60°.

Розглянемо рівнобічну трапецію AA1D1D: АМ — ви

сота трапеції, AM = AD − A1D1 =

Q − q .

У AA1M ( A1MA = 90°) : AA1

= Q + q .

cos60°

Розглянемо діагональний переріз призми — рівно

бічну трапецію AA1C1C: AH — висота трапеції і приз

ми; AH = AB − A1B1 = 2Q − 2q

= Q − q .

У AA1H ( A1HA = 90°)

HA1 = AA12 − AH2 = ( Q − q )2 − (

Q − q )2

= Q − q .

Sперерізу

= AC+ A1C1

HA1 =

2Q +

2q Q −

= Q − q .

Відповідь:

Q − q .

Частина четверта

4.1М. ОДЗ: x >1−a .

{0 < x <1,		2 ,
	x+a −1< x
	{x >1,
	{x >1,	2	;
	x+a −1> x		;

{0 < x <1,

x2 +1> x+a,

{x >1,

x2 +1< x+a.

Розв’яжемо нерівність графічно. Побудуємо графіки функцій y = x2 +1 та y = x+ a і розгляне мо їх на інтервалах (0; 1) та (1; + ∞) .

ha g

NOW!

buy

Варіант 25

109

Click

а)

0 < x < 1. Парабола

y = x + 1

має бути вище

прямої y = x+ a.

oc u-tra

oc u -tra

В точці x =

1 при a =

прямa дотикається до параболи. Отже, якщо

3 ,

a <

розв’язком

буде

проміжок (0; 1) , але,

враховуючи

ОДЗ

(x > 1− a) , проміжок буде (1− a; 1) . Якщо a = 3

, розв’язком є про

–1

0 1

міжки

, враховуючи ОДЗ —

;

та

; 1

та

; 1 .

4 2

Якщо

< a < 1,

маємо

дві

точки

перетину:

x2 + 1= x+ a ;

x2 − x − a+ 1= 0 ;

x = 1±

−3+ 4a .

Розв’язком

будуть

проміжки

1− a; 1−

−3+ 4a

та

−3+ 4a ; 1 . Якщо

a > 1, розв’язків на

–1

цьому проміжку немає.

−3+ 4a

б) x > 1.Прямаіпараболамаютьоднуточкуперетину x =

якщо a > 0 . Нас цікавить та частина параболи, що розташована ниж

−3+ 4a

че прямої. Маємо розв’язок

Пояснення: графік функції

y = x+ a є дотичною до графіка функції

y = x2 + 1 , коли похідна

y′ (x0 ) = 2x0 = 1;

від функції y = x2 + 1

дорівнює 1. Отже,

y′ = 2x ,

x0 =

; y

+ 1=

;

функція

y = x+ a проходить через точку

;

, після підстановки маємо a =

x (1− a; 1) , при a =

Відповідь. При a <

;

; 1 , при

< a

< 1

1− −3+ 4a

1+ −3+ 4a

1− a;

; 1

, при a = 1 розв’язків немає, при a > 1

−3+ 4a

4.2М. Оскільки

sin2 πx 0 ,

cos2 πy 0,

то

рівність

можлива тільки при sin2 πx = cos2 πy = 0.

sin

πx = 0,

πx = πn,

m,n Z ;

cos2 πy = 0;

πy

+ πm;

x = n,

–1

m,n Z .

y =

+ m;

Тоді графіком буде множина точок з координатами

+ m , n,

m Z .

		1
Відповідь. Графіком є множина точок з координатами	n;		+ m	, m,n Z .
Відповідь. Графіком є множина точок з координатами	n;	2	+ m	, m,n Z .
		2

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011 / 1511 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