ДПА Математика відповіді 2011

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный авиационный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Якщо 1+ 4a > 0

Якщо 1+ 4a > 0

.pdf

Скачиваний:

2020

Добавлен:

19.02.2016

Размер:

3.23 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 153 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

NOW!

buy

Варіант 5

Click

oc u-tra

cos2

= −1 ;

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

		π
2	x+		= π+2πk ,	k Z ;

		3

x+ 3π = 2π + πk , k Z ; x = 2π − 3π + πk , k Z ; x = 6π + πk , k Z .

Відповідь. x = 6π + πk , k Z .

2.2.

x2 −2x

;

x2 −2x

;

x2 −2x 3 ;

x2 −2x −3 0 .

Розкладемо квадратний тричлен на множники та розв’яжемо

нерівність методом інтервалів.

(x+1)(x −3) 0.

Відповідь. x (−∞;−1] [3;+∞) .

2.3.

g′(x) =

(2x −4)(x +1) −1 (x2 −4x)

2x2 −4x +2x −4 − x2 + 4x

x2 +2x −4

(x +1)2

−2

+– +

–1 3 х

=	(−2)2 +2 (−2) −4			=		4 −4 −4		= −4 .

	(−2+1)2				1
Відповідь. g′(−2) = −4.
2.4. SO = 5 см — висота конуса; AO = R (радіус конуса); SA = R + 1 — твірна;									S
Із прямокутного SOA : SA2 − AO2 = SO2 ; (R +1)2 −R2 =52 ;
R2 +2R +1−R2 = 25 ; 2R = 24 ; R =12 см; AB = 2R = 24 (см).
Осьовим перерізом є рівнобедрений трикутник ASB з основою AB і ви-
сотою SO.
S ASB =		1	AB SO =		1		24 5 =12 5 = 60 (см2).
					2
2									B

Відповідь. 60 см2.									O

NOW!

buy

Click

Частина третя

doc u-trac

3.1.f′(x) = 6x2 −8x −14; f′(x) = 0 ; 3x2 −4x−7 = 0; x1 = 2 13 , x2 = −1.

Відповідь. Функція f(x) зростає на проміжках (−∞;−1] ,					1
				2		;+∞	;
				2		;+∞	;
		1			3
функція f(x) спадає на проміжку	−1;2	1
			.
			.
		3

ha g

NOW!

buy

Варіант 5

Click

oc u -tra

–

–1

3.2.ОДЗ: x −y .

x+ y = 20, Нехай t =

(

x+ y ) +

x+ y , тоді перше рівняння:t2 +t −20 = 0 , t1 = −5 — сторон

+ y

=136.

ній корінь,

t2 = 4 .

x+ y = 4,

x+ y =

16,

x =

16−y,

x =

16−y,

x =16−y,

=136;

+ y2 −32y −136+ y2 = 0;

−32y+120 = 0;

= 0;

+ y

=136;

x2 + y2

256

2y2

y2 −16y+60

x =16−y,

{y = 6,

y = 6,

x =10;

y =10,

y =10;

{

x = 6.

Відповідь. (6;10) , (10;6) .

3.3.

Маємо зрізаний конус, у якого Sбіч

= 64 см , S1 = 38 см

, S2 = 6 см

О1

Тоді r =

6, R = 38. Як відомо, Sбіч

= πl(r + R), π l( 6 +

38 )= 64π,

64 (

38 −

6 )

= 2( 38 − 6 ).

l =

, AB =

6 +

38 −6

BH — висота конуса; розглянемо трикутник ABH:

О2

38 −

AH = R −r = 38 −

6 ; cos BAH =

AB =

38 −

6 ) =

, тоді

BAH = 60° .

Відповідь. 60° .

Частина четверта

4.1М. І спосіб. ОДЗ: x > 0; x ≠1; x > −a.

1) 0 < x <1, тоді x+a < x2 ; x2 −x −a > 0 ; xв = 12 . D =1+4a .

Якщо 1+4a < 0

Якщо 1+4a = 0

	1
a < −		, маємо:
a < −		, маємо:
	4
	4
	1
a = −		, маємо:
a = −		, маємо:
	4
	4

+–a +

01 х

0	1 х
1	1

x (−a;1) .

1			1	1
x		;			;1 .
x		;			;1 .
	4		2	2
	4		2	2

NOW!

buy

Click

oc u-tra

Варіант 5

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

але для a > 0

x =

1−

1+ 4a

< 0, а x =

1+ 1+ 4a

> 1, отже, розв’язків не буде.

1− 1+ 4a

1+ 1+ 4a

При

0 > a > −

−a;

;1 .

2)x > 1, тоді x+ a > x2 , x2 − x − a < 0 . D = 1+ 4a .

Якщо 1+ 4a 0 , то розв’язків немає.

Якщо − 14 < a < 0 , маємо	+				+ 1
Якщо − 14 < a < 0 , маємо	1− 1+ 4a			–	1+ 1+ 4a	Розв’язків немає.
	2				2
	1						1+	1+ 4a
Якщо a > 0 , маємо							1+	1+ 4a
Якщо a > 0 , маємо	–					x 1;			.
	–							2
1−	1+ 4a	1	+	1+ 4a				2
1−	1+ 4a

Відповідь. При a < −

x (−a;1) ; при a = −

1− 1+ 4a

1+ 1+ 4a

−a;

; при

a > 0

ІІ спосіб. ОДЗ: x > −a.

{0 < x < 1,x+ a < x2,

{x > 1,

x+ a > x2.

;

; при

−

< a < 0

1+ 4a

x 1;

; при

а = 0 розв’язків немає.

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

а) 0 < x < 1. Парабола y = x2 повинна бути вище прямої y = x+a. У точці

x =	1	при a = −	1	прямa дотикається до параболи. Отже, якщо a < −	1	,
	2		4		4

розв’язком буде проміжок (0; 1) , але, враховуючи ОДЗ (x > −a) , промі

жок буде (a; 1) . Якщо a = −	1			1	1
		, розв’язком є проміжки	0;		та		; 1	,
	4					2
				2

	1		1		1				−	1	< a < 0 , маємо дві точ
враховуючи ОДЗ —		;		та			; 1	. Якщо
	4					2				4
			2

у
0	х
	х

ки перетину:		x2 = x+ a;	x2 − x − a = 0 ; x =			1±		1+ 4a	. Розв’язком будуть
								2
		1− 1+ 4a		1+ 1+ 4a
проміжки	a;		та		; 1		. Якщо a > 0 , розв’язків на

		2		2

цьому проміжку немає.

NOW!

buy

Click

oc u-tra

б) x > 1. Пряма і парабола мають одну точку перетину x =	1+ 1+ 4a	,
	2

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

		1+ 1+ 4a
прямої. Маємо розв’язок	1;		.

		2

Пояснення: графік функції y = x+ a є дотичною до графіка функції y = x2 ,

коли похідна від функції y = x2 дорівнює 1. Отже, y′ = 2x , y′ (x0 ) = 2x0 = 1;

	=	1		1		1 2		1		1		1
x0			; y		=		=		;функція y = x+ a проходитьчерезточку		;		,
		2						4		2
				2		2						4

після підстановки маємо a = − 14 .

Варіант 5

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

	1	x (a; 1) ; при a = −	1		1		1	1					1
Відповідь. При a < −				x		;				; 1	; при	−		< a < 0
	4		4		4				2				4
							2

1− 1+ 4a

1+ 1+ 4a

x a;

; 1

; при

a = 0 розв’язків немає; при

a > 0

	x	2,		x	2,

4.2М. ОДЗ:

5− y+ 2x 0;			y 5+ 2x.

x2 − 4 = 5− y+ 2x;

y = −(x2 − 2x+ 1)+ 10 = −(x − 1)2 + 10 .

Отже, графіком рівняння буде частина параболи, що лежить нижче прямої y = 2x+ 5 і ліворуч від прямої x = 2 або право руч від прямої x = −2.

Графік побудовано.

4.3М. Домножимо та поділимо на 2sin

2sin

cos

+2sin

cos

3π

+2sin

cos

5π

+…+2sin

cos

17π

2sin

sin

2π

+ sin

4π

− sin

2π

+ sin

6π

− sin

4π

+…+ sin

18π

− sin

16π

2sin

			у
			10
			9
			5
				1
		5	–2 0	2	х
	x+	5
2	x+
=
y

π −

sin

2sin

Відповідь. 12 .

NOW!

buy

Click

c4.4

oc u-tra

ha g

NOW!

buy

Варіант 6

Click

Розглянемо переріз піраміди, який проходить через висоту

oc u -tra

і апофеми протилежних граней; у перерізі маємо рівнобе

дрений трикутник MSK з основою MK = a , в який вписа

не коло з центром O. Центр кола лежатиме на висоті SH,

OH = R .

OKH = PKO (оскільки центр вписаного кола лежить на бісектрисі кута AKS).

tg OKH = Ra = 2aR ,

2tg OKH

4Ra

tg SKH =

; із SHK :

1− tg2 OKH

1−

4R2

a2 −4R2

SH = HK tg SKH =

2Ra

2Ra2

−4R2

a2 −4R2

2 a2

Розглянемо SHD:

HD =

a 2

(половина діагона

лі квадрата); за теоремою Піфагора SD2 = HD2 +SH2 ;

4R2a4

a4 +16R4 −4a2R2

SD =

(a2 −4R2 )2

a2 −4R2

Відповідь.

a4 +16R4 −4a2R2

a2 −4R2

O C

H K

M H K

Варіант 6

1.1.1 12 3 34 = 32 154 = 458 =5 58 .

Відповідь. В).

1.2.		2x = 8,
1.2.	x+ y+(x − y) = 8,	2x = 8,
	x+ y = 6;	{x+ y = 6;

Відповідь. А).

1.3.Відповідь. В).

1.4.Відповідь. Г).

1.5.Відповідь. Б).

1.6.3x −x2 > 0 ; x(3−x) > 0 .

Відповідь. А).

Частина перша

{xy ==2.4,

–	+	–
0	3	х

NOW!

buy

Click

; y′(−1) = 3 (

y′ = 3x

1.7.

−1) = 3.

oc u-tra

Відповідь. Б).

1.8.

S = ∫4xdx =

−

= 6 (од2).

Відповідь. В).

1.9. S = 12 6 7 = 21 (см2).

Відповідь. Г).

1.10x+ x+ 20° = 180° ; 2x =160 ;

x = 80° ;

180°−80° =100°.

Відповідь. В).

1.11.

= (−2)2 +12 +22 = 4+1+4 =

9 = 3.

Відповідь. В).

1.12.

AD = 2R = 2 3 = 6 (см), CD = 8 см.

У прямокутному CDA :

AC =

AD2 +CD2

;

AC = 62 +82

36+64 =

100 =10 (см).

Відповідь. Б).

Частина друга

2.1.

4x2 −3x =53x−x2

або

4x2 −3x =53x−x2

:53x−x2 ≠ 0;

4x2 −3x −5−(x2 −3x) = 0 ;

4x2 −3x

=1 ;

4x2 −3x −

= 0 ;

53x−x2

5x −3x

x2 −3x

−3x

=1;

4x2 −3x 5x2 −3x − 1

= 0;

−3x

=1 ;

−3x

x2 −3x = 0;

20x2 −3x −1= 0;

x = 0, x = 3.

20x2 −3x =1 ;

x2 −3x = 0;

x(x −3) = 0;

x1 = 0 ,

x2 = 3 .

Відповідь. x1 = 0, x2 = 3.

ha g

NOW!

buy

Варіант 6 25

Click

oc u -tra

у
2
1
0	1	2	4	х

О1

						n	g
				ha			g	e	Vi
			C					e
			X
		-							e
		F								w
	D									r
P								NOW!		e
P
						buy
					to	buy			26 Варіант 6
			Click		to				26 Варіант 6
w			Click								m
w			d					c2.2. Кількість варіантів випадання двох очок — 1, трьох очок — 2, чотирьох — 3. Разом
		w								o
		w							.c
			.	oc u-tra					k
				oc u-tra

Кількість різних варіантів підкидання двох кубиків: 62 = 36 . Отже, P( A) = 366 = 16 .

Відповідь. 16 .

2.3. ОДЗ: x+1 0 ; x −1 .

NOW!

buy

Click

—d

oc u

-tra

3 11− x+1 = 2 ; 11− x+1 = 8 ; x+1 = 3; x+1= 9 ; x = 8.

Відповідь. x = 8.

2.4.Оскільки піраміда правильна, то AS = BS = CS = DS = 4 2 , а основа висоти є точкою перетину діагоналей квадрата ABCD.

SAO = 45° .

SOA — прямокутний і рівнобедрений з гіпотенузою AS = 4 2 см

AO = OS = 4 см.

AOB — прямокутний і рівнобедрений з катетами

AO = OB = 4 AB = 4 2 см.

ASB — рівносторонній зі стороною 4 2 см.

Шукана апофема — це висота SH ASB =	a 3	=	4	2 3	= 2 6
	2			2

Відповідь. 2 6 см.

Н О

(см).

Частина третя

3.1.	1−1+2sin2 α +2sinαcosα	=	2sinα(sinα + cosα)	=	sinα	= tgα , що й треба було довести.
	1+2cos2 α −1+2sinαcosα		2cosα(sinα + cosα)		cosα

3.2.Нехай перше число x, друге — x+36; розглянемо функцію f(x) = x2 +36x та знайдемо її мі-

f′(х)

німум. f′(x) = 2x+36, 2x+36 = 0 , тоді x = −18

–

х , xmin = −18 .

f(х)

–18

Відповідь. –18, 18.

3.3. Маємо похилий паралелепіпед ABCDA1B1C1D1 ,

опустимо висоту

A1H , проведемо A1K AD,

A1K1 AB . Нехай бічне ребро AA1 = a . Трикут-

ники A1 AK і A1 AK1

рівні за гіпотенузою і го-

стрим кутом ( AA1 спільна,

A1 AK = A1 AK1 = 60°

за умовою). Тоді

A1K = A1K1

= asin60° = a

AK = AK1 =

. Фігура AK1HK є квадратом, тоді

AH = AK 2 =

cosA1 AH =

, A1 AH = 45° .

Відповідь. 45° .

NOW!

buy

Click

oc u-tra

4.1М.

4.2М.

4.3М.

Варіант 6

	Частина четверта
При x < −5	f(x) = x2 +5x −3x −15 = x2 +2x −15 = (x+1)2 −16 .	у


При x −5	f(x) = x2 +5x+3x+15 = x2 +8x+15 = (x+4)2 −1.

Графіком функції y = a є горизонтальна пряма. При a < −1 графіки не перетнуться, при a = −1 будуть мати єдину спільну точку, при a > −1 графіки матимуть дві точки перетину.

Відповідь. При a < −1 жодної точки перетину; при a = −1 — одна точка; при a > −1 — дві точки.

																																		–5			–4							–1
																																					–4
																																							0
																																							0



ОДЗ:						2	+ y	2														2	+ y		2	> −2,										у
																																				у

			x							+2> 0, x
			x+ y > 0;																y > −x.
			x+ y > 0;																y > −x.
x	2	+ y	2	+2 x					2		+ y			2		+2xy , xy 1 .														=
x	2	+ y	2	+2 x					2		+ y			2		+2xy , xy 1 .														=
																															y
																															−
																															−
																	1															x
Якщо x > 0, то y																			.


																		x																	1								y =		1
																		x																											1
Якщо x < 0, то y																	1		.																										x



																		x
																		x																				1
Отже, шукана область розташована вище																																						1
Отже, шукана область розташована вище																																	1
прямої y = −x і всередині правої вітки																																y =

																																	x
гіперболи y =											1	.
гіперболи y =												.
											x
Графік побудовано.
f′(x) =							4x						=					2x						;f′(2) =			2 2	=	4	; f(2) = 8+1 = 3.
f′(x) =							4x						=					2x						;f′(2) =			2 2	=	4	; f(2) = 8+1 = 3.								у
				2 2x2 + 1													2x2 + 1										3		3												1
Рівняння дотичної:																																									1
Рівняння дотичної:																																								3
y −3 =1					1		(x −2) , y =1													1	x+			1
y −3 =1							(x −2) , y =1														x+			3
				3													3							3

	x						0						−			1																		−	1							х
																1																			1
																4																			4
																4
	y						1								0

							3
							3

Маємо прямокутний трикутник з катетами 13 і 14 .

S = 12 13 14 = 241 (од2).

Відповідь. 241 .

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

NOW!

buy

Click

c4.4

oc u-tra

ha g

NOW!

buy

Варіант 7

Click

ABCDS — правильна чотирикутна піраміда, в основі якої

oc u -tra

лежить квадрат ABCD зі стороною AB = a . Двогранний кут

при ребрі основи — це кут, який утворює апофема SH із

площиною основи; за умовою SHO = α . Розглянемо пере

різ піраміди, який проходить через апофеми SH і SK проти

лежних граней. Перерізом буде рівнобедрений трикут-

ник KSH, у який вписано прямокутник NMM1N1 , що є діа

гональнимперерізомкуба. NM = MM1

2 , KH = a , OH = a .

OS = OH tgα = atg2 α , OM1 = NM2 .

O M1

Нехай ребро куба

MM1 = x , тоді з подібності трикутників

SOH і MM1H випливає пропорційність сторін:

x =

M1H ,

a − x 2 .

M1H = OH −OM1

a − x 2

x(2+ tgα 2 )

= a ;

= 2

;

= a −x 2 ;

tgα

atgα

tgα

x = atgα ; V = x3

a3 tg3 α

2 tgα

куба

(2+ 2 tgα)3

Відповідь.	a3 tg3 α
		.
	(2+ 2 tgα)3

Варіант 7

Частина перша

1.1.Відповідь. В).

1.2.Відповідь. Г).

1.3.Відповідь. Б).

1.4.32:40 100%= 80%.

Відповідь. В).

1.5.Відповідь. А).

1.6.cos4x = 0;

4x = 2π + πk , k Z ; x = 8π + π4k , k Z .

Відповідь. Б).

NOW!

buy

Click

1.7.-trac

doc u

1.8.

1.9.

1.10.

1.11.

1.12.

Відповідь. В).

f′(x) = 6(2x −1)5 2 ; f′(1) = 6 (2 1−1)5 2 =12.

Відповідь. Г).

c = 62 +82 = 36+64 = 100 =10 .

Відповідь. Г).

Точки, симетричні відносно осі ординат, мають однакову другу координату і протилежні абсциси.

Відповідь. Б).

Відповідь. Г).

Із прямокутного трикутника, який утворюють висота SO, радіус AO та твірна AS конуса (з гіпотенузою AS = 8 см та гострим ASO = 60° ), знайдемо:

AO = AS sin60° = 8						3		= 4 3	(см);
AO = AS sin60° = 8						2		= 4 3	(см);
						2
SO = AS cos60° = 8					1		= 4 (см);
SO = AS cos60° = 8				2			= 4 (см);
				2
SASB =	1	SO AB =	1	SO 2AO =					1	4 2 4 3 =16 3 (см2).
SASB =		SO AB =	2	SO 2AO =					2	4 2 4 3 =16 3 (см2).
2			2						2

Відповідь. А).

ha g

NOW!

buy

Варіант 7 29

Click

oc u -tra

														Частина друга
2.1.	Область визначення функції f(x) :													x		−1≠ 0 x ≠ ±1.
2.1.	Область визначення функції f(x) :													x		−1≠ 0 x ≠ ±1.
	f(x) = 0 x2 +3x+2 = 0; x1 = −1 — не входить в область визначення функції, x2 = −2.
	Відповідь. x = −2.
2.2.	ОДЗ: {x+2> 0, x > −2 .
			x+3> 0;
	log4 (x+2) +log4 (x+3) = log4 3+0,5;
	log4 ((x+2)(x+3)) = log4 3+log4 2 ;
	log4 ((x+2)(x+3)) = log4 6 ;
	(x+2)(x+3) = 6;
	x2 +5x+6 = 6 ;
	x2 +5x = 0;
	x1 = −5 — не задовольняє ОДЗ, x2 = 0.
	Відповідь. x = 0.
									1	+1	27				27			(3 274 − 3 1)=
											27

		x	1				x3					3					3		3	(81−1) =	3
2.3.	∫27			dx = ∫27x		dx =					=		3 x4		=							80 = 60 .
2.3.	∫27			dx = ∫27x	3	dx =					=		3 x4		=							80 = 60 .
	1 3 x2		1					4			4				1		4		4		4
	1 3 x2						3				1				1
							3				1

Відповідь. 60.

<<< < Предыдущая 1 23 / 153 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 Кб15ЕЙЯР КЕЙЖ__ Г Ñ ‘Ñ.doc