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 56 / 156 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

ha g

NOW!

buy

Варіант 12

Click

4.3М.

1) Знаходимо рівняння дотичної: y(1) =1;

y′(1) =

=1.

oc u-tra

oc u -tra

y = x −1+1= x — рівняння дотичної.

Знайдемо точки перетину функцій y = 2

та y = x :

2 x = x ; ОДЗ: x 0 .

4x = x2 ; 4x −x2 =

−

0 ; x = 0,

S = ∫

(2 x −x)dx =

x = 4.

0 1

= 32

−

= 2

2 .

= 4 x x − x

Відповідь. 2 2 .

4.4М. Розглянемо переріз конуса та кулі площиною, що проходить

через вісь конуса. У перерізі маємо рівнобедрений трикутник,

вписаний в круг радіуса кулі; O — центр кулі.

AOS

рівнобедрений

( AO = OS

як

радіуси

кулі),

тоді

SAO = ASH = α .

AOH = 2α . Нехай

Кут AOH — зовнішній кут ASO , тоді

= Rsin2α ;

R — радіус кулі, тоді з AOH : AH = AOsin

AOH

OH = AOcos AOH = Rcos2α .

Тоді SH = SO+OH = R(1+cos2α) = 2Rcos2 α .

Vкон

SH AH

π =

α R

sin

2α =

2πR3

sin

2Rcos

2αcos α .

Vкулі

= 4R3π .

2πR3

sin2 2αcos2 α

sin2 2αcos2

кон

4R3π

кулі

Відповідь.

sin2

2αcos2 α

Варіант 12

Частина перша

1.1.8:40 100 = 20 (га), або 8:0,4 = 20 (га).

Відповідь. Б).

1.2.Відповідь. Б).

NOW!

buy

Click

oc u-tra

1.3.

1.4.

1.5.

2	− 3 0,12 =	2	− 3 0,12 =	1	−	0,36 =	1	−0,6 =	1	−	6	= −0,1.
8		8		4			2		2		10

Відповідь. Г).

Відповідь. А).

Відповідь. В).

1.6.

= −1. ОДЗ:

≠

+ πn , n Z; x ≠ π+2πn , n Z;

= −

+ πk , k Z ; x = −

+2πk , k Z .

Відповідь. А).

1.7.

C51 C41 =

=5 4 = 20 .

4! 1!

3! 1!

Варіант 12

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

Відповідь. Г).

1.8.Відповідь. В).

1.9. a = (−4)2 +32 = 16+9 =5 .

Відповідь. В).

	AD − BC =	13 −7 = 3					B	7	C
1.10. На рисунку AM =	AD − BC =	13 −7 = 3	(см).
	2	2					5
							5
У BMA ( M = 90°) : BM =		AB2 − AM2		=	52 −32	= 4	(см);
S = BC + AD BM =	7 +13 4 = 40 (см2).						A M 13		D
2	2

Відповідь. Б).

1.11.Оскільки піраміда правильна, то площа бічної поверхні дорівнює сумі площ трьох бічних граней, які є рівнобедреними трикутниками з основою 8 см і висотою l, де l — апофема піраміди.

S = 3 12 l 8 = 60; l =5 см.

Відповідь. А).

1.12. У AKB( K = 90°)

AK = AB2 − BK2 = У AKC( K = 90°)

знаходимо:

102 −62 = 64 = 8 (см).

знаходимо:

AC = KC2 + AK2 = 152 +82 = 289 =17 (см).

Відповідь. Б).

NOW!

buy

52 Варіант 12

Click

oc u-tra

Частина друга

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

2.1.0 sin2 x 1 ;

0 2sin2 x 2 ;

−3 2sin2 x −3 −1. E(f):[−3;−1] .

Відповідь. [−3;−1] .

2.2.log2 (5 2x+1 −36) = x.

ОДЗ: 5 2x+1 −36 > 0 ; 5 2x 2>36 ; 2x >3,6 ; x > log2 (3,6) .

5 2x 2−36 = 2x ; 10 2x −2x = 36 ; 9 2x = 36; 2x = 4; x = 2 — задовольняє ОДЗ

Відповідь. x = 2 .

2.3. F(x) = 2 x12 −5x+C = 4 x −5x+C;

F(4) = 4 4 −5 4+C = −10 ; 8−20+C = −10 ; C = 2 .

Відповідь. F(x) = 4 x −5x+2.

2.4.V = 43 πR3 = 36π ; R3 = 27 ; R = 3 см.

OO1 A —прямокутнийірівнобедрений ( A = 45°) ,тому O1O = O1 A =			3	;

	9	2
S = πr2 = πO1 A2 = π		(см2).
	2

Відповідь. 4,5π см2.

(2> log2 (3,6)) .

Частина третя

5 − sin2 x

−sin

x 0,

x 5,

3.1.

=1. ОДЗ:

sin

x ≠ −

+2πk ,

k Z .

+ sinx

+sinx ≠ 0;

sinx ≠ −1;

5−sin2 x =1+sinx ;

1+sinx 0 для будь-якого x, тому 5−sin2 x = (1+sinx)2 ;

5−sin2 x =1+2sinx+sin2 x ; 2sin2 x+2sinx −4 = 0 ;

sin2 x+sinx −2 = 0;

sinx = −2,	Рівняння sinx = −2 не має розв’язків.
	Рівняння sinx = −2 не має розв’язків.
sinx =1.

NOW!

buy

Click

oc u-tra

sinx =1;

x = 2π +2πn , n Z.

Варіант 12

Відповідь. x =

+2πn , n Z.

3.2.

16cos20°cos40°cos80°sin20°

8sin40°cos40°cos80°

4sin80°cos80°

2sin160°

sin20°

2sin(180° −20°)

2sin20°

= 2 .

sin20°

Відповідь. 2.

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

3.3.	Розглянемо прямокутну трапецію ABO O (OO					— висота кону-	B	r	О1
			1		1	AN = R −r .	B	r
	са) з основами r і R та BAO = 60° . BN			AO ;		AN = R −r .
	У ANB ( N = 90°) : AB = l =	AN	=	R −r	= 2(R −r) .
		cos A	cos60°
	S = πl(R +r) = 2π(R −r)(R +r) = 2π(R2		−r2 ) .					R
	біч							R
							N		О
	Відповідь. 2π(R2 −r2 ).						N
	Відповідь. 2π(R2 −r2 ).						A

Частина четверта

4.1М. Побудуємо графік функції f(x) =

1)	x −4 0,	2)
	f(x) = −x2 +3x+ x −4;

x 4,

f(x) = −x2 +4x −4;

f(x) = −(x −2)2 .

−x2 +3x+ x −4 .

x −4 < 0,

f(x) = −x2 +3x −x+4;

x < 4,

f(x) = −x2 +2x+4;

f(x) = −(x −1)2 +5.

Графіком функції y = a є пряма, паралельна осі абсцис. На рисунку бачимо таке.

Якщо a >5 — немає точок перетину. Якщо a = 5 — одна спільна точка (1;5). Якщо a < 5 — дві точки перетину.

Відповідь. При a >5 — графіки не перетинаються; при a =1 графіки мають одну точку перетину; при a <5 графіки мають дві точки перетину.

0 1 2

4 х

–4

ha g

NOW!

buy

Варіант 12

Click

logy−x (y +x )

logy−x 9

;

4.2 .

c u tr

y −x >1,

y > x+1,

> x,

0 < y −x <1,

< x+

y > x+1

Геометричним образом нерівності

є півплощина

над прямою

y = x+1, а нерівності

y2 +x2 9 — частина

площини за виключенням круга з центром в точці (0;0)

–3

та радіусом 3.

Геометричним образом нерівностей y > x і y < x+1 є час-

тина площини між прямими y = x і y = x+1, а нерівності

–3

y2 +x2 9 — круг з центром в точці (0;0)

та радіусом 3.

Графік побудовано.

4.3М.

x2 −2x+2 = cos(x −1) ;

x2 −2x+1+1= cos(x −1) ;

(x −1)2 +1= cos(x −1) ;

(x −1)2 +1 1;

cos(x −1) 1.

Робимо висновок, що рівність справджується, коли її ліва та права частини дорівнюють одиниці

−1)

+1=1,

x =1.

cos(x −1) =1;

Відповідь. x =1.

4.4М. Нехай маємо правильну піраміду ABCS; за умовою ASC = α . Центр описаної кулі належить висоті SO1 , точка O — центр описаної кулі. BH — висота ABC, тоді O1H AC ; проведемо SH: за теоремою про три перпендикуляри SH AC . Нехай

AH = a , AC = 2a ,

BO1 =

(як радіус описаного навко-

ло ABC кола).

Із ASH : AS =

(оскільки SH є також бісектрисою ку

sin

та ASC); SB = AS =

sin

SO = OB

Розглянемо SO1B . Цей трикутник прямокутний;

як радіуси

кулі,

описаної

навколо піраміди; за

умовою

SO = OB = R .

SOB — рівнобедрений, тоді OSB = OBS = x ,

O1OB = 2x — як зовнішній кут для OSB .

2 a

2sin

sinx =

;

sin α2

NOW!

buy

Click

oc u-tra

ha g

NOW!

buy

Варіант 13 55

Click

4sin

oc u -tra

1−

cosx = 1−sin2 x =

3−4sin2

1+cos2

1+cosα .

2sin

Тоді з O1OB: O1B = OB sin2x = R 2sinxcosx = 2R

1+cosα =

sin

1+cosα .

Із SO1B

: SO1 = O1B ctgx =

R 2 sinx cosx cosx

= 2Rcos2 x =

(1+ cosα) .

sinx

AC = BO1

3 ; Sосн =

AC2

3 BO12

16R2

sin2

(1+cosα) =

4R2

sin2

(1+cosα) .

3R2

3R3 sin2

(1+ cosα)2

V =

Sосн SO1 =

sin

(1+cosα)

(1+cosα) =

3R3 sin2

(1+ cosα)2

Відповідь.

V =

Варіант 13

Частина перша

1.1.Відповідь. Г).

1.2.(2x2 −3x+5)−(2x2 −5x −1) = 2x2 −3x+5−2x2 +5x+1= 2x+6 .

Відповідь. А).

1.3.Відповідь. Б).

1.4.

c 0 b a

Відповідь. В).

1.5.2x−1 = 25 ; x −1=5; x = 6.

Відповідь. Б).

1.6.Відповідь. А).

1.7.Відповідь. Г).

1.8.y′ = 3x2 −6x ; y′ = 0 ; 3x2

Відповідь. Б).

1.9.18:3 4 = 24 (см).

Відповідь. Г).

−6x = 0 ; 3x(x −2) = 0 ; x = 0,

x = 2.

ha g

NOW!

buy

Варіант 13

Click

oc u-trac

(см). У BOC( O = 90°):

oc u -trac

1.10.

На рисунку BD = 24 см; BO =

2 BD =12

CO = BC2 − BO2

132 −122 =

25 =5 (см);

AC = 2CO =10 (см).

Відповідь. В).

1.11. Sбіч = 2πR H = 2 π 3 5 = 30π (см2).

Відповідь. Б).

		= (1	−(−1))2 +(8−2)2 +(0−3)2 = 4+36+9 = 49 =7 .
1.12.	AB
Відповідь.			В).

Частина друга

2.1.log2 42 = log2 (2 3 7) = log2 2+log2 3+log2 7 =1+b+a .

Відповідь. 1+b+a .

2.2.C63 C72 = 36!!3! 57!!2! = 42536 627 = 420 .

Відповідь. 420.

1	3x		x		e3x			x	1		e3	1			e3 −3e		2		e3 −3e +2
1	3x		x		e3x			x	1		e3	1			e3 −3e		2		e3 −3e +2
2.3. S = ∫(e		−e		)dx	=		−e			=		−e −	−1	=		+		=		.
2.3. S = ∫(e		−e		)dx	=		−e			=	3	−e −	−1	=	3	+	3	=	3	.
0					3				0		3	3			3		3		3
Відповідь.			e3 −3e +2			.			0
			e3 −3e +2
				3
				3

2.4.Оскільки піраміда правильна, то основа висоти потрапляє в центр описаного кола — точку O. SO ( ABC) , SO OB, SBO = 45°,

OB = R .

У SOB( O = 90°) : OB = SO = 4 см = R .

Оскільки R =				a	, то a = R 3 . Отже,		AB = 4 3			см.
Оскільки R =			3		, то a = R 3 . Отже,		AB = 4 3			см.		A
			3

V =	1	Sосн H =		1	1	AB BC sin60° SO =		1	4 3 4	3	3	4 =
V =	3	Sосн H =	3		2	AB BC sin60° SO =		6	4 3 4	3	2	4 =
	3		3		2			6			2

=16 3 (см3).

Відповідь. 16 3 см3.

1 х

ha g

NOW!

buy

Варіант 13

Click

Частина третя

doc u-trac

doc u -trac

3.1.

Знайдемо точки перетину графіків функцій y = x2

та y = 4x −3.

x2 = 4x −3;

x2 −4x+3 = 0 ;

x = 3,

x =1.

2x2

−3x −

x3 3

−3−

S = ∫(4x −3−x2 )dx =

=18−9−9− 2

Відповідь. 1

1 .

–2

3.2.lg2 (100x) −7lgx = 8. ОДЗ: x > 0 . (lg(100x))2 −7lgx = 8 ;

(lg100+lgx)2 −7lgx = 8; (2+lgx)2 −7lgx = 8 ;

4+4lgx+lg2 x −7lgx −8 = 0 ; lg2 x −3lgx −4 = 0 ;

lgx = 4,	x =104	,

lgx = −1;	x = 0,1.

Відповідь. x =104 ; x = 0,1.

3.3.За умовою BAO = α .

Розглянемо осьовий переріз — це рівнобічна трапеція

ABCD, в якій за умовою BD AC .	BOC — рівнобедре-
ний, ОО1 — висота і бісектриса, тоді	BOO1 = 45°; аналогічно

AOO2 = 45°, отже, BO1O i AO2O є рівнобедреними. Нехай R — радіус нижньої основи, r — радіус верхньої основи. То-

ді з

BOO1 : BO2 = r2

+r2 = 2r2 ; із AOO2 : AO2 = R2 + R2 = 2R2 ;

із ABO: AB2 = 2r2 +2R2 ; r2 + R2 =

AB2

Sбіч

= π AB (r + R) ; S1 +S2 = πr2 + πR2 = π(r2 + R2 ) .

Із ABH : BH = O1O2

= r + R ;

= sinα , тоді

r + R

= sinα .

AB (r + R)

2(r + R)

= 2sinα .

біч

S1 + S2

π (r2 + R2 )

AB2

Відповідь.

Sбіч

= 2sinα .

S + S

О1 С

α		D
		О
	Н
A

B О1 С

A Н

О2

ha g

NOW!

buy

Варіант 13

Click

Частина четверта

doc u-trac

doc u -trac

4.1М.

(x −2)arccos(x −a) 0 .

Розв’язання нерівності зводиться до розв’язання системи нерівностей:

−1 x −a 1,

x −a

−1,

x a −1,

−a

a+1,

{x −2 0;

x 2.

При a −1 2 , тобто при a 3, x [a −1;a+1] .

а – 1

а + 1

a −1 2,

a 3,

При {a+1 2

, тобто при {a 1

, або при 1 a 3,

x [2;a+1].

а + 1

а – 1

При a+1<2, тобто при a <1, x = a+1, оскільки arccos(a+1−a) = 0.

а – 1 а + 1

Відповідь. При a <1 x = a+1; при 1 a 3

x [2;a+1]; при a 3

x [a −1;a+1] .

4.2М.

x2 +2x −3 =

5−y2 .

–

x2 +2x −3 0,

(x+

3)(x −

1) 0,

x (− ∞;−3] [1;

+ ∞);

ОДЗ:

–3

−y)(

5 + y) 0;

–

− 5; 5

5−y

( 5

x2 +2x −3 =5−y2 ;

− 5

x2 +2x+1+ y2 =5+3+1;

(x+1)2 + y2 = 9.

Маємо коло з центром в точці (−1;0) і радіусом 3. Множи

на точок кола обмежена областю допустимих значень. Пряма

y = −

5 перетинається з колом в точках (−3;−

5 )

і (1;−

5 ) ;

y =

перетинається з колом в точках (−3;

5 )

і (1;

5 ). Отже,

–3

–1 0

розв’язком рівняння є дві дуги кола, що відтинаються від ньо

− 5

го прямими x = −3 і x =1.

Графік побудовано.

4.3М. Запишемо рівняння дотичної до графіка функції y = x2 −2x+3 в точ

ці

x0 = 2:

y(2) = 4−4+3 = 3 ;

y′(2) = (2x −2) 2 = 2; рівняння дотичної:

y = 2(x −2) +3 = 2x −1. Побудуємо дотичну та параболу.

y = x2 −2x+3 = x2 −2x+1+2 = (x −1)2 +2.

S = ∫2 (x2 −2x+3−(2x −1))dx = ∫2 (x2 −2x+3−2x+1)dx = ∫2 (x2 −4x+4)dx =

(x −2)3

–1

= ∫(x −2) dx =

= 0− −

Відповідь.

2 .

NOW!

buy

Click

4.4c .

Мo

oc u-tra

ha g

NOW!

buy

Варіант 14 59

Click

ABCDS — дана правильна чотирикутна піраміда, центр O вписа-

oc u -tra

ної кулі належить її висоті SH.

За умовою SO = a .

Кут нахилу бічної грані до площини основи — це кут між апофе-

мою SK та її проекцією на основу, отже, SKH = α .

B О

Розглянемо SHK : OP = OH якрадіусикулі, SO = a , SKH = α ,

тоді HSK = 90°−α .

Із SOP : OP = SO sin OSP = asin(90°−α)

= acosα ;

SP = SO cos OSP = acos(90°−α) = asinα ;

SH = SO+OH = a+acosα = a(1+cosα) .

SOP SHK за двома кутами, тоді

SH OP

a(1+ cosα) a cosα

= actgα(1+ cosα) .

HK =

a sinα

AB = BC = CD = AD = 2HK = 2actg(1+cosα) ;

SK =

a(1+ cosα)

sinα

a(1+ cosα)

4a2 ctgα(1+ cosα)2

Sбіч = 4

SK DC = 2 SK DC = 2

2actgα(1+cosα) =

sinα

Відповідь.

4a2 ctgα(1+ cosα)2

sinα

Варіант 14

Частина перша

1.1.4 13 +2 74 = 4 217 +2 1221 = 6 1921 .

Відповідь. А).

1.2.Відповідь. Б).

1.3.

4x −3

2x +1

4x −3

−

2x +1

4x −3 −2x −1

2x −4

2(x −2)

= 2.

x −2

2 − x

x −2

Відповідь. В).

1.4.Відповідь. Г).

1.5.Відповідь. Г).

1.6.2x−2 +2x =10; 2x 2−2 +2x =10 ;

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 156 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