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 10 11 1213 / 1513 14 15 > Следующая >>>

NOW!

buy

120

Варіант 28

Click

Відповідь. Г).

oc u-trac1.5.

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

1.6.sin(8x −x) = sin7x .

Відповідь. Б).

1.7.Відповідь. В).

1.8.f′(x) = 2x −5; f′(3) = 6−5 =1; tgα = f′(3) =1, тоді α = 45° .

Відповідь. В).

1.9. За теоремою синусів:	BC	=	AC	, sin B =	AC sin A	=	6 0,3	= 0,9.
	sin A		sin B		BC		2

Відповідь. Г).

1.10. Діагоналі ромба є бісектрисами його кутів, тоді ADC = 2 ABD =110° ;

CDK =180°−110° =70°.

Відповідь. Г).

1.11. Осьовим перерізом циліндра є прямокутник; за умовою одна його сторона дорівнює 12 см, а діагональ — 13 см, тоді друга сторона дорівнює 132 −122 =5 (см). Ця сторона і є діаметром основи.

Відповідь. Б).

1.12. ASO = 45° , тоді AO = SO = 6 см.

Sосн =		d2	=	(2AO)2		= 2AO2 =72 (см2).
		2		2

V =	1	SO Sосн =			1	6 72 =144 (см3).
	3				3

Відповідь. А).

Частина друга


	1				1			1		1		3
2.1	10lg		−log 4				=		+		=		.
		8
		8		2				8		4		8
	2			2				8		4		8
	Відповідь.			3		.
	Відповідь.			8		.
				8
2.2.	Оберемо три учні для участі в олімпіаді з фізики: C83 =													8 7 6	= 56 . Тоді друга команда вже ви
2.2.	Оберемо три учні для участі в олімпіаді з фізики: C83 =													2 3	= 56 . Тоді друга команда вже ви
	значена — це ті, хто залишився. Отже, 56 варіантів.													2 3
	значена — це ті, хто залишився. Отже, 56 варіантів.

Відповідь. 56.

NOW!

buy

Click

Знайдемо точки перетину графіків: 3x

−2x ; 3x

+2x −1= 0;

oc u2.3.-tra

D = 4+12 =16 ; x =

−2± 4

; x1 = −1, x2

S = ∫3 (1−2x −3x2 )dx = (x −x2 −x3 )

−

+1+1−1=1

(од2).

−1

Відповідь. 1

од2.

2.4. BAC = 60° ,

AB = AC , тоді ABC — рівносторонній,

BC = AB =

= AC = 4 см. AH пл.BHC , AH є відстанню від точки A до площи

ни BHC.

BHC — рівнобедрений, оскільки рівні похилі мають рівні про

екції. AHB = CHB за гіпотенузою і катетом, тоді

AH = BH ,

BAH = 45° ,

AH = AB cos45° =

4 2

= 2 2

(см).

ha g

NOW!

buy

Варіант 28

121

Click

oc u -tra


–1	0	1 х

Відповідь. 2 2 см.

Частина третя

3.1. D(f):x R. f′(x) = e	−	1	x	−	x		−	1	x	. f′(x) = 0 , e	−	1	x	−
	2					e	2					2	1
					2

Оскільки e− 12 x ≠ 0 , то 1− x2 = 0; x = 2.

x = 0 .

f′(х) + –

f(х) 2 х

Відповідь. f(x)

3.2.sinx ( sinx +

sinx = 0;

x = πn , n Z.

зростає при x (−∞;2]; f(x) спадає при x [2;∞).

3 cosx)= 0 .

sinx

3 cosx = 0.

або

sinx < 0, тоді

−sinx+ 3 cosx = 0;

−

sinx+

cosx = 0 ;

sin x −

= 0 ;

x −

= πk, k Z ;

x =

+ πk, k Z .

2π

Враховуючи, що sinx < 0, маємо: x = −

+ πk , k Z .

NOW!

buy

122 Варіант 28

Click

oc u-tra

2) sinx 0 , тоді sinx+ 3 cosx = 0 ;

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

sinx+

cosx = 0 ;

sin x+

= 0 ;

= πm , m Z ;

x = −

+ πm , m Z .

Враховуючи, що sinx 0 ; x =

2π

+2πm .

Відповідь. x = πn , x =

2π

+2πm ,

x = −

2π

+ πk , n, m, k Z .

3.3. Оскільки всі бічні грані піраміди ABCS нахилені під однаковим ку

том до основи, то кутом нахилу бічної грані до площини основи

є кут між апофемою та її проекцією на основу, отже, SHO = 45° .

Оскільки Sбіч = Sосн :cos SHO , знайдемо Sосн .

P =13+14+15 = 42 (см),

p = 21 (см).

Sосн	= 21 (21−13) (21−14) (21−15) = 84 (см2).
	A

Sбіч = 84: 22 = 84 2 (cм2).

O Н

Відповідь. 84 2 см2.

Частина четверта

4.1М. Розв’яжемо рівняння графічно. Побудуємо графіки функ цій y = log2 x −2 і y = a та проаналізуємо наявність то чок перетину графіків у залежності від величин a.

Побудуємо спочатку графік функції y = log2 x , опустимо його на дві одиниці та частину, що розташована нижче осі Ox, відобразимо симетрично відносно цієї осі. Маємо чоти ри лінії, кожна з яких відповідає функціям:

					1
y1	= −log2 x −2 , x		0;				;
y1	= −log2 x −2 , x		0;				;
					4
					4
		1
y2	= log2 x+2 , x			;1		;
y2	= log2 x+2 , x	4		;1		;
		4

y3 = −log2 x+2, x [1;4) ; y4 = log2 x −2 , x [4;+∞) .

y
2		y = a
		y = a
0	41 1	4	х

NOW!

buy

Click

oc u-tra

ha g

NOW!

buy

Варіант 28 123

Click

Точки перетину з віссю Ox знайшли з рівняння

log2 x

−2

= 0

, це точки

та 4. Графікиoc u -trac

функцій, як бачимо на рисунку, можуть мати дві або чотири точки перетину, або не матимуть їх зовсім. Ці точки знаходимо, розв’язуючи рівняння y1 = a , y2 = a , y3 = a , y4 = a.

Відповідь. Якщо a < 0 , коренів немає; якщо a = 0, то x = 14 ; 4 ; якщо 0 < a < 2 , то x = 2−a−2 , x = 2a−2 , x = 22−a , x = 2a+2 ;якщо a = 2 ,то x = 1, x = 2−a−2 , x = 2a+2 ;якщо a > 2,то x = 2−a−2 , x = 2a+2 .

4.2М. Нерівність рівносильна сукупності:

+1> 0,

y > −1,

x2 −5

+ y

−4 (1+ y) ,

y+1 0,

−1,

x2 + y2 −4 0;

+ y

–1 1 2

–2

Геометричним образом нерівності x2 + y2 4 є частина площини

–3

за винятком круга з центром в точці (0;0) радіуса 2, нерівно

сті

y −1 — півплощина нижче прямої

y = −1. Геометричний

образ нерівності

y x2 −5

складають точки площини, що роз

ташовані нижче параболи y = x2

−5 , а нерівності y > −1 — точки

півплощини вище прямої y = −1.

Графік побудовано.

4.3М. f′(x) =								1			; f′(1) =						1	;	f(1) =1.
4.3М. f′(x) =							2 x				; f′(1) =					2		;	f(1) =1.																			y			y =	1		x+	1
							2 x									2					1			(x −1) ;						1				1				y



																																								2			2
Рівняння дотичної: y −1=																												y =			x+					.				2			2			y = x
Рівняння дотичної: y −1=																						2						y =		2	x+				2	.				2						y = x
Знайдемо точку перетину дотичної з віссю Ox:																																					1			2
Знайдемо точку перетину дотичної з віссю Ox:																																								1
																																								1
	1	x+			1		= 0 ; x = −1.																														2
	1				1
	2				2																																	–1 0	1							х
0						1					1			1		1					1								x2					x			0
0						1					1			1		1					1								x2					x			0
S = ∫								x+					dx+ ∫						x+				− x dx =										+				+
S = ∫						2		x+					dx+ ∫						x+		2		− x dx =							4			+				+
			−1			2					2			0		2					2									4					2		−1
	x2			+			x		−	2x x					1	= −			1	+	1			+	1	+	1	−	2	=		1
	x2						x			2x x					1				1		1				1		1		2			1
+																																		(од2).
+																																		(од2).
	4 2												3		0				4 2 4 2 3 3
Відповідь.										1		од2.			0
										1
										3
										3

ha g

NOW!

buy

124

Варіант 29

Click

c4.4

. В основі паралелепіпеда лежить паралелограм ABCD. Оскільки він

oc u-tra

oc u -tra

є вписаним у коло, то ABCD — прямокутник. Твірна циліндра AA1

єбічнимребромпризми,отже,призмапряма.Тоді ABCDA1B1C1D1 —

О1

прямокутний паралелепіпед.

Проекцією

його діагоналі

D на

площину основи є BD, а на площину бічної грані D1DCC1

є діаго

наль DC1. Тоді за умовою B1DB = α , B1DC1 = β ,

DC = a. Нехай

висота циліндра AA1 = h , тоді з B1BD : B1D =

, BD = h ctgα .

hcosβ

sinα

Із B1C1D :

C1D = B1D cosβ =

. Із

DCC1 : C1D2 = CC12 + DC ,

h2 cos2 β

sinα

a2 sin2 α

(cos2 β−sin2 α) = a2 sin2 α ,

= h2

+a2 , h2

h2 =

sin2 α

cos2 β − sin2 α

asinα

тоді h =

cos2 β−sin2 α

π h2 ctg2 α

Vц = π OD

BB1

BB1 =

h =

= π

= π a

ctg

α sin

α =

π a

cosα sinα

π a

sin2α .

4(cos2 β − sin2 α)2

(cos2 β − sin2 α)2

Відповідь.

π a3 sin2α

3 .

(cos2 β − sin2 α)2

Варіант 29

Частина перша

1.1.Відповідь. В).

1.2.Відповідь. Б).

1.3.Відповідь. Г).

1.4. 3x2 −5x+2 = 0 ; D = 25−24 =1; x =	5±1	; x1 =1, x2 =	2	.
	6		3

–	1	х
2	1
3

Відповідь. А).

NOW!

buy

Варіант 29

Click

1.5.c

Відповідь. Г).

oc u-tra

1.6.

(2x−6 )x−3 = 2−2 , тоді (x −6)(x −3) = −2; x2 −9x+18 = −2; x2 −9x+20 = 0 ; x1 = 4 , x2 =5 .

Відповідь. Б).

ha g

NOW!

buy

125

Click

oc u -tra

1.7.Відповідь. А).

1.8.	x3	0	= 0+9= 9.

	3	−3

Відповідь. В).

1.9.Відповідь. А).

1.10.c — гіпотенуза, a — катет, ac — проекція катета на гіпотенузу,

тоді a2 = ac c , c = a2 :ac = 36:3 =12 (см).

Відповідь. Г).

1.11. LK = BL2 − BK2 = 25−16 = 3 (см).

Відповідь. Б).

1.12. OO1	= 6 см, O1 A =	16π	= 8	(см),
		2π

тоді	AO = OO12 +O1 A2		=	36+64 =10 (см).

Sсфери = 4πR2 = 4π 100 = 400π (см2).

Відповідь. В).

A O

Частина друга

2.1.	2sinαcos3α +2cos3α	= −	2cos3α(sinα +1)	= −ctg3α .

	−2sinαsin3α −2sin3α		2sin3α(sinα +1)

Відповідь. −ctg3α .

2.2.ОДЗ: x2 +3x > 0 ; x2 +3x = 0; x(x+3) = 0; x1 = 0 , x2 = −3.

–3	–		х
	0
x (−∞; −3) (0; +∞) .
x2 +3x (0,5)−2 ;		x2 +3x −4 0; x2 +3x −4 = 0 ; x1 = −4 , x2 =1.

–	1	х
–4	1

Порівняємо з ОДЗ, маємо: x (−∞; −4] [1; +∞) .

Відповідь. x (−∞; −4] [1; +∞) .

NOW!

buy

126

Варіант 29

Click

oc u-tra

f′(x) = 1 −

, f′(x) = 0 ; 1 − 9 = 0 ,

x −9 4 = 0 , тоді x2 = 36 , x = 6 ,

x = −6.

2.3.

4 x2

4x2

f′(х) +

–

f(х)

–6

xmax = −6 .

Відповідь. xmax = −6 .

2.4.

= 2S

+ S

, S

= 7 3 sin30°=

; S

= S

− 2S

= 141− 2

= 120 (см2).

повна

осн

біч

осн

біч

повна

осн

Sбіч

= 2 h (7+ 3) = 120 (см2), h 10 = 60, h = 6 см. V = h Sосн

= 6

= 63 (см3).

Відповідь. 63 см3.

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

Частина третя


				x > 0,										(1)

							1 x > 0,							(2)
3.1. ОДЗ:				log			1 x > 0,							(2)

							3
							3

													> 0;
				log			1 log			1	x		> 0;	(3)

							2			3
							2			3
log
log		1 log1					x > 1, отже, (3) виконується;

		2				3
0 < log						x <		1	, отже, (2) виконується;
0 < log					1	x <		2	, отже, (2) виконується;
					1
					3
					3
	1		< x < 1;
3			< x < 1;
3
Відповідь.							x			1
												;1 .
												;1 .
											3

3.2. Переформулюємо умову завдання. Площа прямокутника дорівнює 2500. Якими повинні бути

його ширина та довжина, щоб периметр прямокутника був найменшим?

Нехай

одна

сторона

прямокутника x,

тоді інша

2500

. Периметр прямокутника дорів

2500

нює 2

Розглянемо

функцію

f(x) = 2 x+

та дослідимо

її на екстремум

(0 x 2500).

2500

x2 −2500

f′(x) = 2 1

−

= 2

;

f′(x) = 0 ;

x2 − 2500 = 0

; x2 = 2500; x = 50

, x

= −50 .

f′(х)

–

f(х)

f(x) набуває свого найменшого значення в точці 50. Якщо одна сторона 50, то й інша — 50.

Відповідь. 50, 50.

					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 29

За умовою ABCD — прямокутник, AB = a , AD = b ,

AA1 = c , A1 AD = A1 AB = α . A1H — висота приз

ми. Проведемо A1K AD,

A1M AB . AA1K =

= AA1M за

гіпотенузою і

гострим кутом, тоді

AK = AM.

про три перпендикуляри HK AD ,

За теоремою

HM AB . Тоді AMHK — квадрат, AH = AK 2 .

Із AA1K : AK = c cosα , тоді

AH = c 2 cosα .

Із AA1H : A1H2 + AH2 = AA12 ,

A1H = AA12 − AH2 = c2 −2c2 cos2 α = c 1−2cos2 α .

V = Sосн A1H = abc 1−2cos2 α = abc −cos2α .

Проаналізуємо: −cos2α 0; cos2α 0; 90° 2a 180°;

45° a 90°.

Відповідь. abc

−cos2α.

					n
			ha g			e	Vi
			C			e
			X
		-						e
		F							w
	D								r
P						NOW!			e
P
					buy
127				to	buy
127
			Click
w			Click							m
w
		w							o
		w						.c
			.				k
C doc u -trac
		1

				Частина четверта
4.1М.	ОДЗ: a −x 0;		x a .
	Розв’яжемо нерівність з параметром графічно. Перетвори						y
	мо	нерівність	a −x −x	та побудуємо графіки функцій
	y1 = a −x і y2 = −x .
	1)	y1 = a −x	— положення графіка цієї функції залежить				1	0	x
	від значення а.						1	=	x
						−		y
	2)	y = −x — пряма, що є бісектрисою II та IV чвертей.				−	4	−
	2)	y = −x — пряма, що є бісектрисою II та IV чвертей.					4	x
	Для розв’язання нерівності будемо відбирати ті проміжки, на
	яких точки функції y1 лежать вище прямої y = −x .
	Якщо a 0, функції y1 і y2			мають одну точку перетину x0 і нас
	цікавить проміжок (x ;a) .
			0
	Якщо a < 0 , функції можуть мати дві точки перетину, тоді нас
	цікавить проміжок між цими точками; одну спільну точку,
	тоді вона і є розв’язком нерівності; можуть не перетинатись,
	і тоді розв’язків немає. Знайдемо точки перетину:				a −x = −x ,
	a −x = x2 ; x =		−1± 1+ 4a , якщо a − 1 .
			2	4

Відповідь. Якщо a < − 14 , розв’язків немає; якщо a = − 14 , x = − 12 ;

	1		−1− 1+ 4a		−1+ 1+ 4a				−1− 1+ 4a
якщо −		< a < 0 , x		;		; якщо	a 0,	x		;a .
якщо −	4	< a < 0 , x		;		; якщо	a 0,	x		;a .
	4		2		2				2

ha g

NOW!

buy

128

Варіант 29

Click

cosπ(x

+ y ) = −1;

4.2 .

c u tr

π(x2 + y2 ) = π+2πk, k Z ;

x2 + y2 =1+2k , k N {0} .

Маємо сім’ю кіл з центром в точці (0;0)

і радіусів виду

1+2k ,

k N {0} .

Графік побудовано.

4.3М. Побудуємо графіки функцій y = x2 −6x+8

та y =5−

x −3

і знайдемо їх точки перетину.

1) y = x2 −6x+9−1 = (x −3)2 −1 ;

2) y =5− x −3 = − x −3 +5;

3) x2 −6x+8 =5− x −3 ; x1 =1; x2 = 6 .

Фігура,

площу якої треба знайти,

симетрична відносно

прямої x = 3. Отже, знайдемо площу однієї частини, а по

тім її помножимо на 2.

На інтервалі від 1 до 2 фігура обмежена графіками функцій

–3

y = x+2 та y = x2 −6x+8, на інтервалі від 2 до 3 — графі

ками функцій y = x+2 та −x2 +6x −8 .

S = ∫(x+2−(x2 −6x+8))dx+ ∫(x+2−(−x2 +6x −8))dx =

− x

= ∫(7x −x2 −6)dx+ ∫(x2 −5x+10)dx =

−6

−

+10x

(4−1) −

(8−1) −6+

(27 −8) −

(9−4) +10 =

−

+4+

−

= 6 .

Шукана площа дорівнює 6 2 =12 .

Відповідь. 12.

4.4М. Кут нахилу бічного ребра до площини основи — це кут між

бічним ребром і його проекцією на основу, отже, SBH = α ,

точка O — центр описаної кулі. OK SB .

Розглянемо

SHB : OS = OB,

OK = a . Це рівнобедрений

трикутник, тоді точка K є серединою SB.

S = 90°−α , SK = OK ctg S = OK tgα = atgα .

	SB = 2SK = 2atgα .	H
	SB = 2SK = 2atgα .	M
		M

HB = SB cosα = 2acosα tgα = 2asinα .			S	C
SH = SB sinα = 2asinαtgα .

Із SMH : MH =	HB	= asinα .

2				K
SM2 = SH2 + MH2 ;			О
SM = a2 sin2 α +4a2 sin2 α +tg2 α = asinα 1+4tg2 α .

AC = HB 3 = 2a 3 sinα .			Н	B

NOW!

buy

Click

oc u-tra

Sповнa	=	AC2	3	+	1	3 AC SM =	12a2	3 sin2 α	+
								4
	4		2

+	3	2a 3 sinα asinα 1+4tg2 α == 3 3a2 sin2 α(1+ 1+4tg2 α ) .
	2

Відповідь. 3 3a2 sin2 α(1+ 1+4tg2 α ).

Варіант 30

Частина перша

1.1.Відповідь. Г).

1.2.Відповідь. Г).

	(a + b) c (c −2d)	=	c
1.3.				.
	(c −2d)(a + b)2		a + b

Відповідь. Б).

1.4.Відповідь. В).

1.5.Відповідь. Г).

4		−	1	−	11	12		−	12
1.6. p	7	−	21	−	21	= p	21	−	21	= p0 =1.

Відповідь. А).

Варіант 30

ha g

NOW!

buy

129

Click

oc u -tra

1.7.Відповідь. Б).

1.8.Дільниками числа 24 на гранях кубика є числа 1, 2, 3, 4, 6 — разом 5 варіантів,

тоді ймовірність 56 .

Відповідь. В).

1.9.Відповідь. Б).

1.10. AB = 2 BH ,

sin

A =

2BH

Тоді sin A = 30° .

Відповідь. А).

1.11. Відповідь. Г).

A Н

1.12. ASB — правильний, тоді

AS =

=12 (см).

sin60°

AO =

AB =

AS = 6 (см).

V =

π AO2

SO =

π 36 6 3 =72π 3 (см3).

Відповідь. В).

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1213 / 1513 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