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 45 / 155 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

NOW!

buy

Варіант 9

Click

c3.3.

Розглянемо осьовий переріз конуса;

маємо рівнобедрений трикутник

oc u-tra

ASB, SO — висота конуса та висота трикутника, за умовою SO = AB.

Нехай AB = SO = a ;

AS =

a2 +

5 ;

Sбіч

= π AO AS = π

πa2

Sосн = π AO2 = π

πa2

Sосн

Sбіч

πa2

Відповідь.

Частина четверта

4.1М. ОДЗ: x2 +8x −9 0 ;

x1 = −9 ,

x2 =

x (− ∞;−9] [1;+∞) .

–9

– 1

x = −9,

Оскільки

+8x −9 0 , маємо сукупність:

=1,

x =1,

Якщо a >1, то x [a;+∞) { −9;1} .

x −a

x a.

Якщо a [−9;1], то x [1;+∞) { −9} .

Якщо a < −9 , то x [a;−9] [1;+∞) .

Відповідь. При a >1

x [a;+∞) {9;1} ; при a [−9;1]

x [1;+∞) { −9} ;

при a < −9

x [a;−9] [1;+∞) .

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

= 0 ;

4.2М. І спосіб. sinπx −sin

− πy

2sin

= 0;

x+ y −

cos

x −y+

sin

+ y−

= 0

або

cos

−y+

= 0 ;

+ y

−

πn , n Z;

−y

+ πm , m Z ;

–2

–1 0

x+ y−

= 2n , n Z;

x −y+

–1

=1+2m , m Z ;

y = −x+2n+

, n Z;

y = x −

−2m, m Z ;

n = 0, y = −x+

1 ;

m = 0 , y = x −

;

n =1, y = −x+2	1		;		m =1, y = x −2	1	;
	2					2

n = −1, y = −x −1		1		.	m = −1, y = x+1,5.
		2

Графік побудовано.

NOW!

buy

Click

oc u-tra

πy =

−πx+2πn, n Z,

ІІ спосіб. cosπy = cos

−πx

;

πy = −

−πx −2πn,

n Z;

y =

− x,

З урахуванням періоду маємо графік.

y = −

+x.

ha g

NOW!

buy

Варіант 9 41

Click

oc u -tra

y =

−x+2n, n Z,

При n = 0

y = −

+x+2n, n Z.

4.3М. Побудуємо графіки за допомогою перетворень.																у
Отримана фігура симетрична відносно осі Oy; досить розгля-																у
Отримана фігура симетрична відносно осі Oy; досить розгля-
нути її при x 0 .
Знайдемо точки перетину графіків при x 0:
4−x2 = 4+2x .
1) 0 x <2 , 4−x2 = 4+2x ;
	x2 +2x = 0;
	x1 = −2 —стороннійкорінь,оскільки −2 > 0 , x2													= 0.		6
2) x 2, x2 −4 = 4+2x ;																6
2) x 2, x2 −4 = 4+2x ;
x2 −2x −8 = 0 ;
x1 = −2 — сторонній корінь, x2 = 4.
2									4				=
S = 2 ∫(4+2x −4+x2 )dx+									∫(4+2x −x2 +4)dx				=
0									2
	+ x		3	2			− x	3			4						1
= 2 x2	+ x					+	− x	+x2	+8x		=					0					х
		3					3								–4 –3 –2 –1	0	1	2	3	4	х
					0						2				–4 –3 –2 –1		1	2	3	4
	8	−		64		+ 16 +32+			8	− 4	− 16
= 2 4 +		−				+ 16 +32+				− 4	− 16	=
	3			3					3

		48	= 2 (32−16) = 32 (од2).
= 2 32	−
= 2 32	−
		3

Відповідь. 32 од2.

4.4М. Маємо прямий паралелепіпед ABCDA B C D ; центр описаної кулі

лежить у середині його діагоналі DB1 . Кутом нахилу діагоналі до

площини основи є кут B1DB; за умовою B1DB = α . Кут між діа-

гоналлю BD1 і бічною гранню — це кут B1DC1

(адже DC1 — про-

екція діагоналі B1D на бічну грань). За умовою B1DC1 = β . Ра-

діусом кулі є відрізок OD; за умовою OD = R , тоді B1D = 2R .

У B1BD: BD = B1D cosα = 2Rcosα ;

BB1 = B1D sinα = 2Rsinα .

У B1C1D : C1D = B1Dcosβ = 2Rcosβ ; B1C1 = B1D sinβ = 2Rsinβ = BC.

a b

У DCC1 : DC

= 4R

β−4R

sin

α ,

= DC1

−CC1

cos

DC = 2R cos2 β−sin2 α .

Sбіч = 2 (BC+ DC) BB1 = 2 (2Rsinβ+2R cos2 β−sin2 α ) 2Rsinα =

= 8R2 sinα(sinβ+

cos2 β−sin2 α ).

Відповідь. 8R2 sinα(sinβ+

cos2 β−sin2 α ).

NOW!

buy

Варіант 10

Click

c u tr

Варіант 10

Частина перша

1.1.

(−2+(−6)) 4 = −8 4 = −32 .

Відповідь. Б).

1.2.Відповідь. Б).

1.3.	7a2	a2 −9	= −	7 a2 (a −3) (a +3)	= −	a +3	.
	3 − a	14a3		(a −3) 14 a3
						2a

Відповідь. В).

1.4.Відповідь. Г).

1.5.	log3 x = 2 ;				x > 0,			x = 9.
						2	;
					x	= 3
	Відповідь. В).
1.6.		4 32		− 3 5 3 25 = 4				32	− 3 5 25 = 4	16 − 3 125 = 2−5 = −3.
								2
	4		2

Відповідь. А).

1.7.Відповідь. Б).

1.8.P( A) = 1212+16 = 1228 = 73 .

Відповідь. А).

1.9.Відповідь. Б).

1.10.x+3x =180° ; 4x =180° ; x = 45°.

Відповідь. Г).

1.11.По 5 ребер в кожній з двох основ і 5 бічних ребер; разом 15.

Відповідь. В).

1.12.r = O1 A = 9 = 3 (см), OO1 = 4 см (на рисунку).

У OO1 A ( O1 = 90°) : OA = R = O1 A2 +OO12 = 32 +42 =5 (см).

V = 43 πR3 = 5003 π .

Відповідь. А).

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

O1 A

NOW!

buy

Click

oc u-tra

Частина друга

Варіант 10

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

2x+

≠

+ πn,n Z,

3π

πn

2x ≠

+ πn,n

≠

2.1.

ОДЗ:

πt

2x+

x ≠ −

≠ 0;

≠ πt,t

,t Z.

2x+

= −1; 2x+

= −

+ πk ,

k Z ; 2x = −

3π

+ πk,

k Z ; x = −

3π

πk

= −7 ; tg

tg 2x

k Z .

Відповідь. x = −

3π

πk

, k Z .

2.2.

D(y) : 4x −2x−3 > 0 ; 22x −2x 2−3 > 0 ; (2x )2 −

> 0 ;

8 (2x )2

−2x

> 0 ;

2x (8 2x

−1)

> 0.

−3

Оскільки

> 0 для будь-якого x, то 8 2

−

1> 0 ; 2

; 2

; x > −3 .

Відповідь. D(y):(−3;+∞) .

2.3.v(t) = x′(t) = 4t −20; 4t −20 = 8 ; 4t = 28; t =7 с.

Відповідь. 7 с.

2.4.Точка D, що лежить на осі абсцис, має координати (x;0;0) . За умовою AD = BD, отже:

(2−x)2 +32 +32 = (3−x)2 +12 +42 ;

4−4x+ x2 +18 = 9−6x+ x2 +17 ;

2x = 4 ; x = 2.

Відповідь. D(2;0;0) .

Частина третя

3.1. f′(x) = e−x −xe−x , f′(x) = 0 , e−x (1−x) = 0 .

Оскільки e−x ≠ 0 , то 1−x = 0 , x =1, 1 [0;2] .

f(0) = 0 , f(1) = 1e , f(2) = e22 . Знайдемо для порівняння різницю

Відповідь.	minf(x) = 0 , maxf(x) =		1	.

	[0;2]	[0;2]	e

3.2.D(f):x ≠1

f(x) =	(x −1)3		+1= (x −1)2 +1,якщо x >1,
		x −1
				(		)2
				−	x −	1	+1,якщо x <1.

Графік побудовано.

1e − e22 = ee−22 > 0, тоді 1e > e22 .

1 х

NOW!

buy

Варіант 10

Click

Маємо трикутну піраміду ABCS; кути ASC, ASB, BSC дорівнюють

oc u

oc u-trac3.3.

-trac

90°

кожний. Покладемо піраміду на бічну грань; маємо пірамі

ду BCSA з вершиною A і висотою AS, в основі піраміди лежить

прямокутний

трикутник BCS; SA = SB = SC = a .

V =

1 AS

BS CS = 1 a3 .

Відповідь.

Частина четверта

4.1М. Розвяжемо рівняння графічно. Побудуємо гра-

фіки функцій y =

x −1 −4 та y = a .

y =

x −1 −4 : побудуємо y = x −1 , опусти-

y = x −1 −4

мо графік на чотири одиниці та відобразимо

симетрично осі Ох.

x (− ∞;−3) (5;+ ∞) y1 = x −1 −4 ;

x [−3;5]

y2 = − x −1 +4 .

–3

y = a — пряма, паралельна осі Ох.

Якщо a < 0 , точок перетину не існує.

Якщо a = 0, дві точки перетину — –3 та 5.

Якщо 0 < a < 4 ,

дві точки перетину прямої

з графіком функції y1 — x =5±a та дві точ-

ки — з графіком функції y2 — x = −3±a .

Якщо

a = 4, три точки перетину прямої: одна з графіком функції y2

— x =1 та дві —

з графіком функції y1 — x = −7 та x = 9.

Якщо a > 4 , дві точки перетину прямої з графіком функції y1 — x =5±a .

Відповідь:При a < 0 розв’язківнемає;при a = 0 x = −3 та x =5;при 0 < a < 4 x =5±a , x = −3±a ;

при a = 4, x =1, x = −7 та x = 9; при a > 4

x =5+a; x = −3−a .

−x

> 0,

> x ,

y = x

4.2М. ОДЗ: y −x2

≠1,

y ≠ x2 +1,

> 0;

= x ≠ 0.

0 < y −x2 <1, тоді y2 +x2 4 — внутрішня частина круга

y = x2

з центром (0;0) і радіусом 2, яка розташована між парабо-

лами y = x2, y = x2 +1.

y −x2 >1, тоді y2 +x2 4 — простір ззовні круга з центром

(0;0)

і радіусом 2, обмежений параболою y = x2 +1.

–2

Графік побудовано.

–2

					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							o
		w						.c		.
			.		4.3					.
			.					k
			doc u-trac М

ha g

NOW!

buy

Варіант 11 45

Click

1, тоді

Розглянемо ліву частину рівняння: x

2 . Розглянемо праву частину рів-

oc u -tra

няння: −1 cosx 1, тоді −2 2cosx 2. Оскільки ліва частина не менша за 2, а права — не більша за 2, то нерівність виконується для будь-яких x; рівність досягається при x = 0.

Відповідь. x R.

4.4М. Кутом нахилу твірної AB до більшої основи є кут BAO .	О	2	С
1		2
Розглянемо переріз конуса та кулі площиною, яка проходить	B
через вісь конуса. У перерізі маємо трапецію ABCD, в яку	B
вписаний круг. Висота трапеції є діаметром круга; AB = l.
Нехай K — точка дотику кулі до твірної AB; проведемо OK AB ;		O
OK є радіусом кулі. Лінією, уздовж якої куля дотикається до
поверхні конуса, є коло, радіус якого перпендикулярний до осі			D
циліндра. Проведемо KM O1O2 , тоді KM — шуканий радіус.	α	О1
Розглянемо чотирикутник AKOO1 : AKO = OO1 A = 90° , A = α ,		О1
Розглянемо чотирикутник AKOO1 : AKO = OO1 A = 90° , A = α ,	A
тоді KOO1 = 360°−90°−90°−α =180°−α . Тоді KOM =180°−	A
тоді KOO1 = 360°−90°−90°−α =180°−α . Тоді KOM =180°−
−(180°−α) = α .	B	О2	C
У KMO: KM = KO sin KOM = rsinα; l = 2π KM = 2πrsinα.
Відповідь. 2πrsinα .	K	M
		O
	α
A		О1	D

Варіант 11

Частина перша

1.1. 9 (7+5 2) = 9 (7+10) = 9 17 =153 .

Відповідь. А).

		2x = 6,	x = 3,
1.2.	x+2y+(x −2y) = 6,
		{4y = 8;	{y = 2.
	x+2y −(x −2y) = 8;

Відповідь. В).

1.3. b30 :b5 = b30−5 = b25 .

Відповідь. Б).

NOW!

buy

Варіант 11

Click

−1

oc u-tra

1.4.

=16

−

=16

−

= −

Відповідь. Б).

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

1.5.	cos405°= cos(360°+45°) = cos45°=	2	.
		2

Відповідь. В).

1.6.log5 (x+4) = log5 (1−2x) .

x+4 > 0,			x > −4,
x+4 > 0,					1		; x+4 =1−2x ; 3x = −3; x = −1.
ОДЗ: {	−2x > 0;			<	1		; x+4 =1−2x ; 3x = −3; x = −1.
1			x			;
1			x			;
					2
Відповідь. А).
1.7. Відповідь. Г).
10	10	(6−0,2t)dt = (6t −0,1t2 )
1.8. S = ∫ v(t)dt = ∫		(6−0,2t)dt = (6t −0,1t2 )						10 = 60−10 =50 (м).
0	0							0
0	0

Відповідь. В).

1.9.KAC = 12 BAC = 20°.

Відповідь. А).

1.10.l = 3602πR° α = 2360π °6 120° = 4π .

Відповідь. В).

1.11.V = 13 Sосн H = 13 15 4 = 20 (см3).

Відповідь. Б).

1.12. Відповідь. Г).

Частина друга

2.1.4x +2x+1 = 80 ; (2x )2 +2x 2−80 = 0 ; нехай 2x

то t = −10 — сторонній корінь.

Отже, 2x = 8; x = 3.

Відповідь. x = 3.

= t , тоді t	2	+2t −80	= 0 ;	t = −10,	x	> 0 ,
= t , тоді t		+2t −80	= 0 ;		Оскільки 2	> 0 ,
				t = 8.

NOW!

buy

Click

oc u-tra

2.2.

									Варіант 11
Позначимо за x кількість чорних кульок. Тоді P( A) =						x	=	2	. Розв’яжемо рівняння.
Позначимо за x кількість чорних кульок. Тоді P( A) =						12+ x	=	5	. Розв’яжемо рівняння.
	5x		2(12+ x)			12+ x		5
ОДЗ: x ≠ −12 .	5x	=	2(12+ x)	; 3x = 24;	x = 8.

	5(12+ x)		5(12+ x)

Відповідь. 8.

2.3.x +24 x −8 = 0 . ОДЗ: x 0 .

Позначимо	4	x = t , тоді t	2	+2t −8	= 0 ;	t = −4,
Позначимо		x = t , тоді t		+2t −8	= 0 ;
						t = 2.

Оскільки 4 x 0 , то t = −4 — сторонній корінь. Отже, 4 x = 2 ; x =16 .

Відповідь. x =16 .

2.4.ABCD— квадрат зі стороною 8 см; міститься на відстані OO1 = 4 см від центра сфери. Діагональ BD квадрата дорівнює 8 2 см.

O1D = 12 BD = 4 2 (см).

У OO1D ( OO1D = 90°) :

R = OD = OO12 +O1D2 = (4 2 )2 +22 = 36 = 6 (см); Sсф = 4πR2 = 4π 62 =144π (см2).

Відповідь. 144π см2.

A D

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

Частина третя

3.1.5cosx+2sin2x = 0 ;

5cosx+4sinxcosx = 0; cosx(5+4sinx) = 0 ;

x =

+ πk,

k Z,

cosx = 0,

Рівняння sinx = −

не має розв’язків, тому найбільший

5+4sinx = 0;

sinx = −

від’ємний корінь обираємо серед розв’язків рівняння x =

+ πk, k Z . Якщо k = −1, то

x = −

Відповідь. x = − 2π .

3.2.Позначимо R — радіус циліндра, H — його висоту, тоді Vц = πR2H =16π ; R2H =16 ;

H =

. Отже, S

= 2πR2 +2πRH = 2π R2 + R

= 2π R2 +

. Дослідимо функцію

пов

−8

S(R) =

2π R

на екстремум (R > 0). S′

(R) = 2π

2R −

= 4π

= 0 ; R

−8

= 0 ;

R = 2 .

Функція S(R)

набуває мінімуму в точці 2.

S′(R)

–

S(R)

Відповідь. 2.

						n	g
				ha			g	e	Vi
			C					e
			X
		-							e
		F								w
	D									r
P								NOW!		e
P
						buy
					to	buy			48
			Click		to				48
w			Click								m
w			d					c3.3.
		w								o
		w							.c
			.	oc u-tra					k
				oc u-tra

Варіант 11

Оскільки бічні ребра піраміди рівні, то основа її висоти — точка O,

рівновіддалена від вершин трапеції ( AOS = BOS = COS = DOS за спільним катетом та гіпотенузою). Отже, навколо трапеції можна описати коло, з чого маємо висновок, що вона рівнобічна.

Знайдемо RABCD , усвідомлюючи, що

RABCD = RACD

AC CD AD

AC CD

4SACD

2CN

CN AD

AM = ND =

AD − BC

8 −

=1;

AN = AM + MH =7 (см).


У ANC ( N = 90°) : AC =				AN2 +CN2	=	72 +72 =	7 2 (см).
У CAD ( N = 90°) : CD =				CN2 + ND2	=	72 +1 =5	2	(см).
AO = RACD =	7 2	5 2	=5 (см).
AO = RACD =			=5 (см).
2		7
У AOS ( O = 90°) : SO =				AS2 − AO2 =		169−25 =12		(см).

Відповідь. 12 см.

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

	B	C
		О
A	M	N	D

Частина четверта

x > a,

4.1М. ОДЗ: x > −1,

x ≠ 0.

0 < x+1<1,

x −a <(x+1)2 ,

x+1>1,

x −a >(x+1)2 ;

−1< x < 0,

(x+1)2 > x −a,

x > 0,

(x+1)2 < x −a.

Розв’яжемо нерівність графічно. Побудуємо графіки функцій y = (x+1)2 та y = x −a і розглянемо їх на інтервалах (0; + ∞) та (−1; 0).

а) −1< x < 0. Парабола y = (x+1)2 повинна бути вище прямої y = x −a.

У точці x = −	1	при a = −	3	прямa y = x −a дотикається до параболи.
	2		4

Отже, якщо a > − 34 , пряма міститься нижче параболи і розв’язком буде

проміжок (−1; 0),			але,			враховуючи ОДЗ (x > a),						проміжок буде (a; 0).
Якщо a = −	3	, розв’язком є весь проміжок (−1; 0), крім точки x = −													1	,
Якщо a = −	4	, розв’язком є весь проміжок (−1; 0), крім точки x = −													2	,
	4														2
				3			1			1			3
враховуючи ОДЗ			−		;	−		та	−		; 0 . Якщо −1	< a < −		, маємо дві точ
враховуючи ОДЗ			−	4	;	−	2	та	−	2	; 0 . Якщо −1	< a < −	4	, маємо дві точ
				4			2			2			4

у
0	х
	х

ки перетину: (x+1)2 = x −a;

x2 +x+1+a = 0; x =

−1± −3 −4a

. Розв’язком

−1−

−3 −4a

−1+

−3 −4a

a > 0,

будуть проміжки

та

; 0

. Якщо

розв’язків на цьому проміжку немає.

NOW!

buy

Click

oc u-tra

Варіант 11

б)

x > 0. Пряма і парабола мають одну точку перетину x =

−1+ −3 −4a

якщо a < −1. Нас цікавить та частина параболи, що розташована нижче

−1+ −3 −4a

прямої. Маємо розв’язок 0;

Пояснення: графік функції

y = x −a є

дотичною

до графіка

функ-

ції

y = (x+1)2, коли похідна від функції y = (x+1)2

дорівнює 1.

Отже,

y′ = 2(x+1),					y′(x0 ) = 2(x0 +1) =1; x0						1							1			1		2		1
										= −		;			y		−			= −		+1		=		; функ-
										= −	2	;			y		−	2		= −	2	+1		=	4	; функ-
											2							2			2				4
											1				1
ція	y = x −a проходить через точку									−			;				, після підстановки маємо
ція	y = x −a проходить через точку									−	2		;				, після підстановки маємо
		3									2				4
a = −		3	.
a = −			.
	4
							3	x (a; 0); при						3							1			1				3
Відповідь. При a > −										a = −						x			−1; −				−		; 0 ; при		−1< a < −
Відповідь. При a > −							4			a = −				4		x			−1; −				−	2	; 0 ; при		−1< a < −	4
							4							4							2			2				4
				−1−	−3 −4a			−1+ −3 −4a
x a;									;	0 ; при a = −1										розв’язків немає; при a < −1
x a;									;	0 ; при a = −1										розв’язків немає; при a < −1
					2			2
				−1+	−3 −4a
x	0;					.
x	0;					.
					2

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

4.2М.

y =

x +

2 =

x2 + 4 .

y(−x) =

(−x)2 + 4 = − x2 + 4 = −y(x) — функція непарна.

2(−x)

2) Точок перетину з осями координат немає.

lim x2 + 4 = + ∞ , x = 0

— вертикальна

асимптота,

x→0

x2 + 4

x2 + 4 = − ∞ .

причому lim

= + ∞ ,

lim

lim y(x)

x→0+0

x→0−0

= lim x2 + 4

1 = k .

–2

x→∞

2x2

+ 4 −

= lim 4

= 0 = b.

–2

lim(y(x) −kx) = lim

1 x

x→∞

x→∞ 2x

Маємо похилу асимптоту y = 1 x .

4) Дослідимо на монотонність, на екстремуми функ-

цію: y′(x) = 2x 2x −2(x2 + 4)

= x2 −4 = 0; x2 −4 = 0 ;

4x2

2x2

x = ±2 .

y′(x) +	–	+
у(х)	–2 0 2	х

ymax (−2) = −2; ymin (2) = 2 .

Графік побудовано.

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 155 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