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 12 / 152 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

NOW!

buy

Варіант 2

Click

Частина четверта

doc u-trac

doc u

-trac

4.1М.

sin2x(sin2x −a) = 0;

sin2x = 0 або sin2x −a = 0 ;

2x = πn

sin2x = a ;

x = πn .

належать рівно 2 корені: x1 =

x2 = π .

З цих коренів проміжку

;π

Тоді рівняння sin2x = a або не повинно мати коренів (при

a >1), або його корені збігаються

з коренями рівняння sin2x = 0 , отже a = 0 .

Відповідь. При a = 0 або a

>1.

< 4,

x <2,

>2x,

4.2М. ОДЗ:

y −2x > 0,

≠ 2x+1;

≠ 2x+1.

4−x2 = y −2x;

y = −(x2 −2x+1)+5 = −(x −1)2 +5

— парабола, вітки якої

спря

мовані вниз; вершина параболи розташована у точці (1;5).

–2

Отже, графіком рівняння буде та частина параболи, яка лежить

вище прямої y = 2x , між прямими x = 2

x = −2; графіку не

належатимуть точки перетину параболи з прямою y = 2x+1.

Графік побудовано.

–4

4.3М.

0 sinxcosx =

2sinxcosx

sin2x 1 .

; 1 3 sinxcosx

3 .

Тоді 30 3 sinxcosx 32

Відповідь. f(x) 1;

4.4М. Нехай центром більшої основи є точка O , центром меншої основи —

О1

= r . Розглянемо

точка O1 , а центром кулі — точка O, тоді за умовою OO1

осьовий переріз конуса. Осьовим перерізом буде трапеція ABCD, в яку

вписане коло; радіус кола є радіусом кулі. Висота трапеції дорівнює

AOO2 : AOO2 = 1

AOD = α ,

діаметру кола. Розглянемо трикутник

α .

тоді

AO2 = rtg

Проведемо

—

радіус,

OK AB ,

тоді

О2

AKO = AO2O за гіпотенузою і катетом (AO — спільна,

OK = OO2 ).

О1

Тоді KOO2 = α

+ α

= α , KOO1

=180°−α , BOO1 = 90°−

α .

90−

= rctg

;

BO = OO tg BOO = rtg

V = π

O1O2 (BO12

+ BO1 AO2 + AO22 ) .

О2

NOW!

buy

Click

oc u-tra

Варіант 3

1−2sin

2 α

cos

2 α

2πr

2πr3

V =

r2 ctg2

+r2 +r2 tg2

ctg2

+1+tg2

sin2

cos2

4 − sin2 α .

2πr3

sin2 α

Відповідь. 2πr3 (4 − sin2 α) .

3sin2 α

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

Варіант 3

Частина перша

1.1.Відповідь. Б).

1.2.−3a2b3 23 a7b = − 13 23 a2+7 b3+1 = −2a9b4 .

Відповідь. Г).

1.3.Відповідь. Г).

1.4. 6−2x 4 ;	−2x 4−6 ;	−2x −2 ;	x 1.
Відповідь. А).

1.5.Відповідь. В).

1.6.	2 sin45°− 2 cos(−45°) +3tg45°= 2	2	− 2	2	+3 1=1−1+3 = 3.
		2		2

Відповідь. Б).

1.7.Відповідь. Г).

1.8.tgα = f′(−1) ; f′(x) = 4x3 ; f′(−1) = −4 .

Відповідь. Б).

1.9.Оскільки сума сусідніх кутів паралелограма дорівнює 180°, то 140° — сума протилежних, рівних між собою кутів. Тоді гострий кут паралелограма дорівнює 70° , тупий кут

180°−70° =110° .

Відповідь. В).

1.10.Діагональ квадрата зі стороною a дорівнює a 2 . Оскільки діагональ складає 4 2 , то сторона

квадрата дорівнює 4 см.

Відповідь. Б).

1.11.Sбіч = πRl = π 2 3 = 6π .

Відповідь. В).

1.12. Точка O(0;0;0) — початок координат,

AO = (−2)2 +02 +32 = 4+9 = 13; BO = 12 +(−1)2 +32 = 1+1+9 = 11 ; 13 > 11 ; AO > BO .

Відповідь. Б).

NOW!

buy

12 Варіант 3

Click

oc u-tra

Частина друга

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

log6 (3log 5 5)+4

log4

9 = log6 (3 2) +4log4 9

= log6 6+4log4 3 =1+3 = 4.

2.1.

Відповідь. 4.

2.2.

Cx2 = 66 .

x(x −1)

= 66; x(x −1) =132; x

1± 1+ 4 132

= 66 ;

−x −132

= 0 ; x1,2

(x −2)!2!

x1 =12 , x2 = −11 .

Оскільки x — натуральне, то x2 = −11 не задовольняє умову.

Відповідь. x =12.

2.3.Визначимо, в який момент тіло зупинилось, тобто v = 0 .

6t −0,3t2 = 0; t(6−0,3t) = 0; t = 0 або 6−0,3t = 0 ;

=	1± 529	=	1±23	;
	2		2

t = 20

(с).

t = 0 — початок руху, отже, тіло зупинилось на 20-й секунді.

Знаходження шляху від початку руху до зупинки зводиться до обчислення інтегралу:

0,3t

S(t) = ∫

v(t)dt = ∫

(6t −0,3t2 )dt =

−

= (3t2 −0,1t3 )

= 3 202 −0,1 203 =1200−800 = 400

(м)

Відповідь. 400 м.

2.4. Основою піраміди

є прямокутник

ABCD зі сторонами

см

і 16

см, AS = BS = CS = DS = 26

см. Оскільки всі бічні

ребра

піраміди

рівні, то основа

висоти SO піраміди, точ-

ка O, є центром кола, описаного навколо прямокутника ABCD,

а саме — точка перетину діагоналей. З прямокутного BAD ма-

ємо:

BD = AB2 + AD2 = 162 +122

256+144 = 400 = 20

(см).

BO =

=10 (см).

З прямокутного BOS (SO — висота, SO BD ) маємо:

SO =

SB2 − BO2

262 −102 =

676−100 =

576 = 24 (см).

Vпир =

Sосн SO =

AB AD SO =

16 12 24 =1536 (см3).

Відповідь. 1536 см3.

Частина третя

3.1.ОДЗ: x R.

f′(x) =5x2 +20x ; f′(x) = 0 ; 5x(x+4) = 0 ; x1 = 0 , x2 = −4.

Відповідь. Функція f(x) зростає на проміжках (−∞;−4] , [0;+∞) ; спадає на проміжку [−4;0] .

1			1
3.2. (3log3 7 )		−7log5 3 =7log3 5 −7log5 3 =7log5 3 −7log5 3 = 0 .
	log3 5
Відповідь. 0.

f′(x)	+	–	+
f(x)	–4	0	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 3

Нехай AB — сторона основи, AB = a . У трикутнику ABC за те-

оремою синусів: AC =	asinβ	AA1B:
	sin(180 −(α +β)) . У трикутнику

A1 AB = 90° , AB = a , тоді AA1 = atgγ .
V =	1	AB AC sinα AA1 ;
	2

	1		asinβsinα				a3 sinβtgγ sinα
V =		a			atgγ =			.
	2		sin(α +β)				2sin(α +β)
Відповідь.				a3 sinβtgγ sinα		.
				2sin(α +β)

A1 C1

					n
			ha g			e	Vi
			C			e
			X
		-						e
		F							w
	D								r
P						NOW!			e
P
					buy
13				to	buy
13
			Click
w			Click							m
w							k
B.							k		o
		w						.c
		1doc u -trac

Частина четверта

4.1М. Знайдемо нулі виразу, що стоїть в лівій частині:

x −a = 0; x = a ; або 4x −2x −12 = 0 . Для розв’язання другого рівняння введемо заміну t = 2x , тоді t2 −t −12 = 0; t1 = −3 — сторонній корінь, оскільки 2x > 0 ; t2 = 4. Отже, 2x = 4, x = 2.

Якщо a <2, маємо: x [a;2] .

–

Якщо a = 2 , маємо: x = 2.

Якщо a >2, маємо: x [2;a] .

–

Відповідь. При a <2

x [a;2] ; при a = 2 x = 2; при a >2

x [2;a] .

0 sin2 x 1 , 0 sin2 y 1;

0 sin2 x+sin2 y 2 .

4.2М.

Рівність справджується тільки при sin2 x =1,

sin2 y =1.

Графіком є множина точок з координатами

3π

+ πn;

n,m Z .

–

3π

–

+ πm

–

Тоді x =

+ πn,

n Z ; y =

2 + πm, m Z .

–

3π

Графік побудовано.

4.3М.

f′(x) =

2x +6 −2x +3

;

(x +3)

f(−2) = −4 −3 = −7 , f′

(−2) = 9 .

Рівняння дотичної: y+7 = 9(x+2) ; y = 9x+11,

−

Маємо прямокутний трикутник з катетами 11 і 119 .

–11

S =

1 11 11

= 121

= 6

13 (од2).

Відповідь.

13 .

NOW!

buy

14 Варіант 4

Click

c4.4 . Розглянемо переріз кулі та конуса площиною,

oc u-tra

що проходить через вісь конуса; у перерізі маємо

рівнобедрений трикутник ASB, вписаний в круг

радіуса

кулі.

AS = SB,

S ASB =

AS2 sin ASB

ASB = 2α , AS =

sin2α

SO = R = AO =

;

2cosα

2cosα sin2α

Vкулі =

π AO3

2S 2S

8cos3 αsin2α

sin2α

πS 2S

3cos3 αsin2α

sin2α

Відповідь.

πS

3cos3 αsin2α sin2α

α
O	B		O
O1		A	O1
A			O1
A

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

Варіант 4

Частина перша

1.1.3 72 −2 15 = 3 1035 −2 357 =1 353 .

Відповідь. В).

1.2.Відповідь. Б).

1.3.3x2 −27 = 3((x2 −9)) = − 1 3 (x −3) (x +3) = − x +3 . 18 −6x 6 3 − x 6 2 (x −3) 2

Відповідь. Г).

1.4.Відповідь. А).

1.5.sinx 1, отже, sinx ≠ 3 .

Відповідь. Г).

1.6.Оскільки 0 < sin 8π <1, маємо a < b і b < c .

Відповідь. В).

1.7.Відповідь. Г).

1.8.Відповідь. Б).

1.9.ABC KLM A = K = 30°, B = L =70°; C = M =180°−(30°+70°) = 80° .

Відповідь. В).

					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
									o
		w	doc u1.10.-trac
		w						.c
			.					k

						n
				ha g			e	Vi
				C			e
				X
			-						e
			F							w
		D								r
	P						NOW!			e
	P
						buy
Варіант 4 15					to	buy
Варіант 4 15
				Click
	w			Click							m
	w
Більша діагональ паралелограма лежить напроти більшого кута, який дорівнює	180°−60°=doc u -trac									o
	180°−60°=doc u -trac								.c
			w						.c
				.				k

= 120° . За теоремою косинусів знайдемо шукану діагональ: d2 = 42 +72 −2 4 7 cos120° =

		1
=16+49−56	−		=16+49+28 = 93 ;	d = 93 см.

		2

Відповідь. А).

1.11. Розглянемо прямокутний трикутник, гіпотенузою якого є твірна, а катетами — висо-

та	і радіус основи конуса. За теоремою Піфагора r2 +h2 = l2 , r = 102 −62 = 100−36 =
= 8	(см).

Відповідь. Б).

1.12. Діагональ бічної грані, сторона основи та висота призми утворюють прямокутний трикут ник, з якого находимо висоту: h = 52 −32 = 16 = 4 (см).

Sбіч = Pосн h = 3 3 4 = 36 см2.

Відповідь. Б).

Частина друга

sinα

1+ cosα

sin2 α +(1+ cosα)2

sin2

α +1+2cosα + cos2 α

2.1.

1+ cosα

sinα

(1+ cosα)sinα

2+2cosα

2(1+cosα)

(1+ cosα)sinα

(1+cosα) sinα

sinα

Відповідь. sin2α .

		1	(x −2) > 0,	{x −2		{x <3,
2.2.	log				<1,
		2
	x −	2> 0;		x >2;		x >2.
						2

	Відповідь. x (2;3) .

2.3.Нехай один з невід’ємних доданків, з яких складається

число 9, буде x, тоді інший — 9−x. Позначимо добуток

квадрата одного доданка на інший доданок S(x) , тоді

S(x) = x2 (9−x) .

S′(x) = 2x(9−x) −x2 =18x −3x2 = 3x(6−x) , S′(x) = 0 в точ-

ках 0 і 6.

Найбільшого значення для додатних значень функція S(x) набуває в точці 6. Отже, один доданок дорівнює 6, другий — 3.

Відповідь. 6; 3.

S′(x) –			+
S(x)	0

max

–

NOW!

buy

Варіант 4

Click

c2.4.

Осьовим перерізом циліндра є прямокутник ABCD, в якому

oc u-tra

О1

AD = 2R ; CD = R

+ 11 — висота циліндра. З прямокутного

= AD

+CD

(

+ R

трикутника ADC

маємо: AC

; 17

+ 11

;

172 = 4R2 +121+22R + R2 ; 5R2 +22R −168 = 0 ;

R =

−11± 121+5 168

−11±

961

−11±31

; R1

= −

— не за

довольняє умову,

R2 = 4.

SABCD = AD CD = 2R (R +11) = 8 15 =120 (см2).

Відповідь. 120 см2.

ha g

NOW!

buy

Click

С.

oc u -tra

Частина третя

3.1.ОДЗ: 9−2x > 0 ; 2x < 9.

Пропотенціюємо рівняння за основою 2, отримаємо: 9−2x = 23−x ; 9−2x =								8	; t = 2x ; 9−t =	8	;
									; t = 2x ; 9−t =		;
	t2 −9t + 8		x	x				2x		t
		= 0 ; t1 = 8, t2	=1; 2	= 8, 2 =1 — задовольняють ОДЗ, отже, x = 3, x = 0.
	t	= 0 ; t1 = 8, t2	=1; 2	= 8, 2 =1 — задовольняють ОДЗ, отже, x = 3, x = 0.
	t
Відповідь. x = 0, x = 3 .
3.2. Нехай маємо бак із стороною основи a і висотою H, тоді							V = a2H = 32 л =32 дм3 , звідки
H = 32:a2 . Площа поверхні S = a2 +4aH , тоді S(a) = a2 +					128	.
H = 32:a2 . Площа поверхні S = a2 +4aH , тоді S(a) = a2 +						.

Дослідимо функцію S(а) на екстремуми (а > 0):

S′ = 2a −	128	;	S′ = 0 ;	2a3 −128	= 0 ; 2a3 =128 ; a3 = 64; a = 4 .
	a2			a2

Отже, a = 4 є точкою максимуму.

H = 32a2 = 1632 = 2 (дм).

Відповідь. a = 4 дм, H = 2 дм.

3.3.Маємо правильну трикутну піраміду ABCS, SO — висота, і за умовою SO = H , AB = a . Точка M — середина AB, точка K — середина BC. MK — середня лінія трикутника ABC,

MK = a2 . Переріз проведено через середню лінію перпенди-

кулярно до основи піраміди. Нехай переріз перетинає ребро BS в точці N. Трикутник MKN рівнобедрений, його висота NH є також медіаною, тоді точка H належить відріз ку OB. Розглянемо трикутник SOB: SO NH , тоді трикут-

ники SOB і NHB подібні, отже,												NH				=		HB	. Нехай у ABC
ники SOB і NHB подібні, отже,													SO			=		OB	. Нехай у ABC
													SO					OB			x
							2x								x								3	.
висота BT = x , тоді OB =							2x		,	HB =					x	; HN = SO				2		= H	3
висота BT = x , тоді OB =						3			,	HB =						; HN = SO				2x		= H	4
						3							2							2x			4
Sперерізу =	1	MK NH =			1	a		H		3	=			3aH						3
	1				1	a				3				3aH			.
					2	2				4							.
2					2	2				4			16
Відповідь.			3aH	.
Відповідь.		16		.
		16

S′(а) + –

S(а) 0

	N
		B
A	M
A	H	K
	H	K
	O
	T
	C
	S
	N

O H B

NOW!

buy

Click

oc u-tra

Частина четверта

Варіант 4

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

4.1М. ОДЗ: 9x +a > 0.

9x +a = 3x ; 3x = t .

Завжди, коли t > 0 , справджується ОДЗ.

t2 −t+a = 0 .

D =1−4a .

Якщо 1−4a < 0

a >

, розв’язків немає.

1±

1−4a

Якщо 1−4a 0

, то t =

2.1)

3x =

1−4a

; t > 0 ;

1−4a

> 0.

1−4a > −1 вірно для всіх a

, тому

x = log3

1−4a

1− 1−4a

, при a 0

1− 1−4a

0 ; при 0

< a

2.2)

немає розв’язків, оскільки

1−4a <1 , тому x = log3

1− 1−4a

a (−∞;0] x = log3

1+ 1−4a

1− 1−4a

Відповідь. При

;

при a 0;

= log3

; при

a >

розв’язків немає.

4.2М. 1)

D(y):x R.

Функція парна, неперіодична.

Перетин з осями координат: з Ox: y = 0 , x = ±1; з Oy: x = 0,

y = −1.

lim

x2 −1

= 0

, lim

x2 −1

. Горизонтальна асимптота y =1.

x→∞ x(x2 +1)

x→∞ x2 +1

y′ =

y′ = 0 ,

x = 0.

(x2 +1)2

у′

–

Функція зростає при x [0;+∞) ; спадає при x (−∞;0] . xmin = 0 , ymin = −1.

				−12x2 + 4										2		1		1
6) y′′ =							; y′′ =				0 , x				=		,	x = ±		.
6) y′′ =				(x2 +1)3			; y′′ =				0 , x				=	3	,	x = ±	3	.			у
				+


	–									–

		−	1				1					х										1
																						1


3							3														−		1		1
																									1
																						3		3
																						3		3
						1		1
																					–1	0		1		х
		При x			−		;					функція опукла вниз.
		При x			−		;					функція опукла вниз.
					3				3
								1					1										–1
		При		x	−∞;−						,				;+∞			функція опукла вгору.
								3					3

Графік побудовано.

NOW!

buy

Варіант 5

Click

2 , тоді

4 .

Розглянемо ліву частину рівняння: x

doc u-trac4.3М.

Розглянемо праву частину рівняння: x2 0 , тоді 4−x2 4.

Отже, нерівність справджується тільки при 2x2 +2 = 4 , 4−x2 = 4 , звідки x = 0.

Відповідь. x = 0.

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

4.4М. Розглянемо переріз кулі, куба і конуса площиною,

що проходить через вісь конуса. У перерізі маємо

рівнобедрений трикутник ASB з кутом α при основі,

в який вписано круг з центром O1 , а в круг вписано

прямокутник MKPN, у якого MK і PN — ребра куба,

KP і MN — діагоналі основ куба. Нехай SO = x , тоді

AO = xctgα , ASO = 90°−α . Розглянемо трикутник

SKO1 : KO1

= sin(90°−α) = cosα .

SO1

Назвемо KO1 = r , маємо

= cosα ,

x −r

r +rcosα = xcosα , r = 1x+coscosαα .

MN = KM 2 ; із

KMN : KM2 + MN2 = KN2 ;

KM2 +2KM2 = (2r)2 ; KM2 =

4r2 ; KM = 2r .

= 8r

= KM3

cos

куба

3 3 (1+ cosα)3

= π AO2 SO =

π x2 ctg2

α x = πx3

Vкон.

ctg2 α .

3 ctg2 α(1+ cosα)3 .

Відповідь.

Vкон. = π

Vкуба

8cos3 α

Варіант 5

Частина перша

1.1.Відповідь. В).

1.2.−9x+1,5 = − 14 x+5;

−36x +6 = −x +20 ; 4 4

−36x+6 = −x+20; −35x =14 ;

NOW!

buy

Click

oc u-tra

1.3.

x = −			14		= −	2	= −0,4.
x = −			35		= −	5	= −0,4.
			35			5
Відповідь. В).
	2			3		23			8
−					= −			= −			.
−		2			= −		3	= −		6	.
	y					(y2 )			y

Відповідь. Б).

1.4.7x2 −9x = 0 . x(7x −9) = 0 .

x = 0,		x = 0,			x = 0,
			9			2
	= 0;	x =		;	x =1		.
7x−9
			7			7

Відповідь. Г).

1.5.Відповідь. Б).

Варіант 5

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

1.6.	3 −	1	+ 5	1	−	1	= −	1	+	1	−	1	= −	1	+	1	= 0.
		64				16		4		2		4		2		2
			32

Відповідь. А).

1.7.tgα = f′(3) =1; α = arctg1= 45°.

Відповідь. Б).

1.8.Оскільки важливо, хто з двох обраних буде капітаном, а хто заступником,

то використовуємо формулу A52 = 5!3! = 4 5 = 20.

Відповідь. Б).

1.9.180°−70° =110° .

Відповідь. А).

1.10. AB = (4−1)2 +(2−(−2))2	=	9+16 =	25 =5;
AC = (4−8)2 +(2−(−1))2	=	16+9 =	25 =5;
AB = AC .
Відповідь. А).

1.11.V = πR2H = π 42 5 = 80π .

Відповідь. Г).

1.12.Кількість ребер піраміди є парним числом.

Відповідь. Б).

Частина друга

2.1. sin

=1+cos

;

sin

−cos

=1;

−cos2 x+ π =1;

<<< < Предыдущая 12 / 152 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