ДПА Математика відповіді 2011

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный авиационный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

x −1= ax+2 ;

−x+1= ax+2 ;

.pdf

Скачиваний:

2020

Добавлен:

19.02.2016

Размер:

3.23 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 157 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

NOW!

buy

Click

oc u-tra

Варіант 14

1
2x		+1	=10;

	4

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

2x 54 =10;

2x = 8; x = 3.

Відповідь. В).

1.7. Відповідь. В).

1.8. F(x) = 3 x3 +C = x3 +C .

F(−1) = (−1)3 +C = 2 ; C = 3 ; F(x) = x3 +3 .

Відповідь. Г).

1.9.	B1C1	=	A1B1	=	3	.
1.9.		=		=	2	.
	BC		AB		2
Відповідь. Б).
1.10. Шуканий кут лежить напроти сторони AC = 3 см.
I	спосіб. За теоремою косинусів: ( 3 )2 =12 +22 −2 1 2 cosα ; cosα =								1	; α = 60° .
I										; α = 60° .
							2
II спосіб. Зверніть увагу, що маємо справу з прямокутним трикутником із гіпотенузою 2.
Одразу видно, що косинус кута між сторонами AB і BC дорівнює							1	.
							2	.
							2

Відповідь. В).

1.11.Відстань не може бути більшою за діаметр сфери, тобто 12 см.

Відповідь. Г).

1.12. d2 = a2 +b2 +c2 ; 72 = 32 +62 +c2 ; c2 = 4; c = 2 .

S = 2(ab+bc+ac) = 2(3 6+6 2+3 2) =72 (см3).

Відповідь. А).

Частина друга

3π

2.1.

cos(π+α)cos(α −

2π) +sin

α −

= −cosα cos(2π −α) +cos

α = −cos

α +cos

α = 0 .

Відповідь. 0.

2.2.

Оскільки знаменник виразу

1−lgx

набуває додатних значень за будь-якого x, то з’ясуємо,

коли 1−lgx > 0 : {lgx <1,

{x <10,

x > 0;

x > 0.

Відповідь. x (0;10) .

NOW!

buy

Click

oc u-tra

2.3.

Варіант 14

f′(x) =	−2x(x +2) −1 (3 − x2 )	=	−2x2 −2x −3+ x2	=	−x2 −2x −3	= 0 .
	(x +2)2		(x +2)2		(x +2)2

Критичні точки функції — це точки, в яких похідна дорівнює нулю або не існує.

Отже, знайдемо корені рівняння −x2 −2x −3 = 0 ; x = −3,

x = −1.

Похідна f′(x) не існує в точці x = −2, а f′(x) = 0 — в точках x = −1 і x = −3.

Відповідь. –1; –2; –3.

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

2.4.CD є перпендикулярним до площині основи; CD AD ; AC = 8 см,


CAD = 30° . У CDA ( D = 90°) : AD = AC cos30° = 8					3		=
CAD = 30° . У CDA ( D = 90°) : AD = AC cos30° = 8					2		=
= 4 3	(см); AOD =120°.				2
= 4 3	(см); AOD =120°.
Розглянемо рівнобедрений				AOD ( AO = OD = R) .		За теоре-
мою	косинусів маємо:			AD2 = AO2 +OD2 −2 AO OD cos120° ;
(4 3 )2 = R2 + R2 +2R2		1	= 3R2	; R = 4 см.
(4 3 )2 = R2 + R2 +2R2			= 3R2	; R = 4 см.
	2

Відповідь. 4 см.

О1

Частина третя

3.1.ОДЗ: x > 0 .

Нехай lgx = t , маємо: t2 −t 0; t(t −1) 0 ; t1 = 0, t2 =1	+		+
		0 – 1	х
0 t 1; 0 lgx 1 ; 1 x 10 .

Відповідь. x [1;10] .

3.2.	a+b = 64 , f(a,b) = ab ; a = 64−b , f(b) = 64b−b2 .
	f′(b) = 64−2b = 0; b = 32 .
	bmax = 32 ; a = 64−32 = 32 .						+	–
	bmax = 32 ; a = 64−32 = 32 .				32			х
	Відповідь. a = b = 32.				32			х
	Відповідь. a = b = 32.
3.3.	A = 30° , SDD C C =12 3 см2.
	1	1
	Кут нахилу діагоналі бічної грані до площини
	основи — це кут між діагоналлю та її проек-
	цією на основу, отже, C1DC = 60° .
	SDD1C1C = C1C DC .
	Нехай DC = x , тоді з C1CD:
	C1C = xtg60°= x 3 ; C1C DC = x2 3 ;
	x2 3 =12 3 ; x2 =12 ; x = 2 3 .
	Sосн = CD2 sin30° = x2		1	=12	1	= 6 (см2).
	Sосн = CD2 sin30° = x2			=12	2	= 6 (см2).
		2			2

A1 D1

B D

A	D	A

Відповідь. 6 см2.

NOW!

buy

62 Варіант 14

Click

oc u-tra

Частина четверта

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

4.1М.

x2 −4 + x2 −9 = a .

Побудуємо графік функції y = x2 −4 + x2 −9

та з’ясуємо, в яких

точках він перетинається з прямою y = a .

Розкриємо модуль.

–

–2

–

–3

1) x (− ∞;−3) (3;+ ∞) ; y = 2x2 −13 .

–3 0 2 3

2) x [−3;−2] [2;3] ;

y = 5.

3) x (−2;2) ; y = −2x2 +13.

На рисунку бачимо, що при a <5 точок перетину немає.

Якщо a =5 , то розв’язком є інтервали x [−3;−2] та x [2;3].

Коли 5< a <13, пряма y = a перетинається з обома параболами;

маємо чотири розв’язки:

–13

13+ a ,

−13 = a,

x = ±

−2x

+13

= a;

13 − a .

x = ±

При a =13 маємо три точки перетину: x = 0 та					x = ±		13+ a	.
При a =13 маємо три точки перетину: x = 0 та					x = ±		2	.
							2
Якщо a >13 , маємо дві точки перетину: x = ±					13+ a	.
Якщо a >13 , маємо дві точки перетину: x = ±					2	.					13+ a
					2
Відповідь. При a <5 розв’язків немає; при a =5					x [−3;−2] [2;3] ; при 5< a <13 x = ±							,
Відповідь. При a <5 розв’язків немає; при a =5					x [−3;−2] [2;3] ; при 5< a <13 x = ±						2	,
	13 − a		13+ a						13+ a		2
x = ±	13 − a	; при a =13 x = 0, x = ±	13+ a	; при a >13 x = ±					13+ a	.
x = ±		; при a =13 x = 0, x = ±	2	; при a >13 x = ±					2	.
2			2						2

4.2М. y =

x −1

1−

D(y):

x −1

–

D(y): (− ∞;0) [1;+ ∞) .

Функція загального вигладу.

Графік функції перетинається з віссю абсцис в точці x =1.

lim

x −1

=1, y = 1 — горизонтальна асимптота.

x→∞

lim

x −1

= + ∞, x = 0 — вертикальна асимптота.

x→0−0

−

y′ =

1−

> 0, функція зростає на всій

2 x

−1 x

області визначення.

Графік побудовано.

NOW!

buy

Варіант 15

Click

cosx .

sin

4.3 .

doc u-trac

Оскільки 3sin2 x 1 , cosx 1, то нерівність має розв’язки, якщо 3sin2 x = cosx =1 .

3sin2 x =1,	sin2 x = 0,	x = πk,	k Z,	x = 2πn ,	n Z.
		{x = 2πn,	n Z;	x = 2πn ,	n Z.
cosx =1;	cosx =1;	{x = 2πn,	n Z;

Відповідь. x = 2πn , n Z.

4.4М. Нехай у даної піраміди ABCS ребро AS є перпендикулярним до площини основи, O — центр описаної кулі, H — центр рівностороннього ABC .

Оскільки AO = BO = CO, то основа перпендикуляра, опущеного на площину ABC із точки O, збігатиметься з центром

ABC , отже, OH пл. ABC, тоді OH SA .

Розглянемо трапецію SOHA: SAH = AHO = 90° , за умовою SA = b ; AH = AB = a .

SOA — рівнобедрений (SO і AO — радіуси кулі), тоді

висота OK є також медіаною,

отже,

KS = KA =

. Тоді

OH = AK =

(оскільки KOHA — прямокутник).

Із AOH :

AO = OH2 + AH2 =

3b2 + 4a2

Відповідь.

3b2 + 4a2

AH C

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

Варіант 15

Частина перша

1.1.Відповідь. Г).

1.2.2x+3−(4x −1) = 4 ;

2x+3−4x+1= 4; −2x = 0 ;

x = 0.

Відповідь. Б).

1.3. m6 : m3 = m6 m3 = 12 .

Відповідь. В).

NOW!

buy

Варіант 15

Click

c1.4.

Вітки параболи спрямовані вниз, тобто a 0 .

oc u-tra

Парабола має одну спільну точку з віссю абсцис, отже, D = 0 .

Відповідь. В).

1.5. Відповідь. Б).

1.6. Відповідь. Б).

1.7. f′(x0 ) = tg60°= 3 .

Відповідь. А).

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

1.8. C203 =	20!	=	20 19 18	=1140.
	17!3!		2 3

Відповідь. В).

1.9.Відповідь. Г).

1.10.Відповідь. Б).

1.11.V = 13 Sосн H ; 12π = 13 9π H ; H = 4 см.

Відповідь. Г).

1.12.S = Sбіч +Sосн = 4 S ASB +SABCD = 4 12 SK AB+ AB2 =

= 4 12 4 3+32 = 33 (см2).

Відповідь. А).

О K

Частина друга

2.1.2sin2 x+5cosx+1= 0 ; 2(1−cos2 x)+5cosx+1= 0; 2−2cos2 x+5cosx+1= 0; −2cos2 x+5cosx+3 = 0 ;

2cos2 x −5cosx −3 = 0 .
Розв’яжемо квадратне рівняння відносно cosx :
cosx = 3,
	1
cosx = −	1	.
cosx = −		.
	2							1
Оскільки		cosx		1, то cosx ≠ 3. Маємо: cosx = −					;

								2
			1			2π		2
			1			2π
x = ± π −arccos					+2πk , k Z ; x = ±		+2πk, k Z .
x = ± π −arccos					+2πk , k Z ; x = ±		+2πk, k Z .
			2			3
			2			3
Відповідь. x = ±				2π	+2πk, k Z .
Відповідь. x = ±			3		+2πk, k Z .
			3

		1
x = ±arccos	−		+2πk ,	k Z ;

		2

NOW!

buy

Click

oc u2.2.-tra

2x+2 +2x+1 24; 2x 22 +2x 2 24 ; 6 2x 24 ; 2x 4; 2x 22 ; x 2 .

Відповідь. x (−∞;2].

Варіант 15

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

2.3. Тангенс кута нахилу дотичної в точці x0 дорівнює f′(x0 ) , отже, f′(x0 ) = 2x0 −5 = tg45°; 2x0 −5 =1; x0 = 3.

Відповідь. x0 = 3.

2.4.Рівносторонній ABC вписано в коло радіусом O1C .

Оскільки Rоп = a , то O1C =	3 =	3	(дм).		B
Оскільки Rоп = a , то O1C =	3 =	3	(дм).		O1
3	3
OO1 ( ABC); OO1 CO1 ; OC = R = 2		(дм). У OO1C ( O1 = 90°) :		A	C
OO1 = OC2 −O1C2 = 22 − 32 =1 (дм).					O
Відповідь. 1 дм.

Частина третя

3.1. f′(x) = 3x2 −6x ; f′(x) = 0 ; 3x(x −2) = 0 .		f′(x)	+	–	+
3.1. f′(x) = 3x2 −6x ; f′(x) = 0 ; 3x(x −2) = 0 .	f(х)		0	2	х
x = 0, x = 2 .	f(х)		0	2	х
x = 0, x = 2 .
Відповідь. Функція зростає на проміжках (− ∞;0] і [2;+ ∞) , спадає на проміжку [0;2].
3.2. log3 108 = log3 (27 4) = log3 (33 )+log3 4 = 3+log3 4;	log3 4 >1;
log5 375 = log5 (125 3) = log5 (53 )+log5 3 = 3+log5 3;	log5 3<1.
Оскільки log3 4 > log5 3 , то log3 108 > log5 375.
Відповідь. log3 108 > log5 375.

3.3.Нехай лінійні розміри паралелепіпеда становлять a, b, c. Тоді

Перемножимо ліві та праві частини системи:

(abc)2 = S1 S2 S3 ; V = abc = S1 S2 S3 .

Відповідь. S1 S2 S3 .

ab = S1,

bc = S2,

ac = S3.

Частина четверта

NOW!

buy

Click

oc u-tra

Варіант 15

x(1−a) = 3 ;

x = 1−3a ;

−x(1+a) =1; x = − 1+1a

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

4.2М.

4.3М.

1	3	х	−	1	1	х
				1+ a
	1−a

3	1;		−		1		<1 ;
1− a
			1		+ a
3 −1+ a		0 ;	−1−1− a					< 0;

1− a				1+ a
2+ a	0 .		2+ a			> 0 .
1− a			1+ a

–	+	–	+	–	+
–		–		–
–2		1 а	–2		–1 а

Якщо a [−2;1), то x =

Якщо a (−∞;−2) (−1;+∞), то x = −

1− a

+ a

Відповідь.При a (− ∞;−2) (1;+ ∞) x = −

; при a [−2;−1) x =

; при a (−1;1)

x =

1+ a

− a

x = −

; при a =1 x = −

; при a =1 x =

1+ a

log1 (x+x2 ) log1 (x+ y).

x+x

> 0,

x(1+ x) > 0,

> −x,

(*)

–

x+ y

> 0,

–1

x+ y;

;

(*) виконується.

x+x

Геометричним образом нерівності y x2

є частина площини, обмежена

графіком функції y = x2

знизу.

–1

x2 +4x+5 cos2 (2+x) ;

x2 +4x+4+1 cos2 (2+x) ;

(x+2)2 +1 cos2 (2+x) .

Оскільки (x+2)2 +1 1 ,

0 cos2 (2+x) 1, то нерівність має розв’язки тільки коли:

(x+2)2

= 0,

x+2 = 0,

x = −2,

(x+

+1=1,

+x) =1,

+x = 2πn,

n Z,

= −2+2πn,

n Z,

x = −2.

(2+x) =1;

cos(2

cos2

+x) = −1;

+x = π+2πk,

k Z;

= −2+ π+2πk, k Z;

cos(2

Відповідь. x = −2.

NOW!

buy

Click

4.4c .

Мo

oc u-tra

Варіант 16

ABCS — дана правильна піраміда, точка O — центр описаної

кулі, точка O належить SH — висоті піраміди.

Розглянемо

ASC :

ASC = α ,

за

теоремою

синусів

AC = 2Rsinα , де R — радіус описаного кола. BK AC , тоді

SK AC за теоремою про три перпендикуляри. В ASC

SK є висотою, медіаною та бісектрисою,

ASK =

AK =

AK = Rsinα ,

;

R 2sin

cos

2Rsinα

AS =

= 2Rcos

. HB =

sin

Розглянемо SHB : нехай HSB = x , тоді sinx =

2Rsinα

2sin

4sin2

; cosx =

1−sin2 x =

1−

2Rcos

3−4sin2

1+2cosα .

HOB = 2x ( SOB — рівнобедрений,

OBS = OSB = x ,

HOB — зовнішній).

2Rsinα

2R 3 sin

cos

3 cos

OB =

sin2x

2sinxcosx

2 sin

+2cosα

1+2cosα

4π

3 3 cos

3 α

4πR

3 cos

Vкулі =

(1+2cosα)3

4πR3 3 cos3

Відповідь.

(1+2cosα)3

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

Варіант 16

Частина перша

1.1.75 107 = 2.

Відповідь. А).

1.2.1+3 = 4 ; 1−3 = −2 .

Відповідь. Б).

NOW!

buy

Click

oc u-tra

1.3.

Варіант 16

1		2	1
		=		.

	3		9

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

Відповідь. Г).

1.4.2:1= 4:2 = 8:4.

Відповідь. В).

1.5.5(sin2 α +cos2 α) =5 .

Відповідь. А).

1.6.5log5 9 = 9 .

Відповідь. Б).

1.7.y′ = −sinx ; −sin 2π = −1.

Відповідь. Б).

1	x	2		x	3	1	1		1		1

1.8. S = ∫(x+1−x2 −1)dx =			−			=		−		=		.
	2						2		3		6
0				3		0
Відповідь. В).

1.9.S = 52+7 3 =18 .

Відповідь. Г).

1.10.AK = 2x ; KB = 3x ; AB = 2x+3x =5x , тоді KB = 3AB:5 = 6.

Відповідь. Г).

1.11.AB = 22 +(−1−1)2 +(−2+3)2 = 3 .

Відповідь. А).

1.12. AB = 36 = 6 (см); AD = AB ; AO =	1	AD =	1	6 = 3 (см).
	2		2

Відповідь. Б).

Частина друга

2.1.5x 8 2x = 320 ; 10x = 320 25 ; 10x =1000 ; x = 3.

25 8

Відповідь. x = 3.

NOW!

buy

Click

oc u-tra

2.2.

ha g

NOW!

buy

Варіант 16 69

Click

5 4 3

C53 =

=10 — усього варіантів вибору 3 карток із 5. Арифметичну прогресію можна склас-oc u -trac

2 3

ти з таких карток: 2, 4, 6; 4, 6, 8; 6, 8, 10; 2, 6, 10 — усього 4 можливості. Тоді ймовірність дорівнює 4:10 = 0,4.

Відповідь. 0,4.

2.3.ОДЗ: {xx 30;, x 3.

x2 −3x = x42 ; 3x2 −12x = 0 ; x1 = 0 — сторонній корінь, x2 = 4.

Відповідь. x = 4.

2.4. Маємо правильну трикутну піраміду ABCS. Кутом нахилу бічної гра-					S

ні до площини основи є кут між апофемою SH і висотою основи CH.
Із ABC : CH = ABsin60°= 2 3 ; OH =	1	CH =	3	. Із SOH :
			3
3

SH =	OH	=	2 3	. Sповна =	4	3	+3	1	2	3	2 = 3 3	(дм2).
	cos60°		3			4		2		3

Відповідь. 3 3 дм2.

	A	О
	Н	О
	Н	C

Частина третя

3.1.

1+ sin2α

=1.

1+ cos2α

(1+ tgα)2

Розглянемо:

2cos

2cos α

, підставимо

(

+ tgα

sinα

(

cosα + sin

1+ sin2α

cosα

1+ sin2α

2cos2 α

=1.

1+ cos2α

1+ sin2α

2cos2 α

Відповідь.

3.2.Нехай сторона основи контейнера (прямокутного паралелепіпеда) дорівнює а, тоді його висота

128

b =

. S = 2a2

+4ab = 2a2

+4a

= 2 a2 +

повн

128

4(a3 −64)

Дослідимо функцію S(a) = 2 a2

на екстремуми (а > 0): S′(a) = 2

2a −

;

S′(a) =

a3 −64 = 0 ; a = 4 .

Функція S(a) в точці 4 набуває свого найменшого значення.

S′(a)

–

Отже a = 4; b = 4 .

S(a)

Відповідь: 4; 4; 4.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 157 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