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 5 6 7 89 / 159 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

NOW!

buy

Варіант 19

Click

c u tr

Варіант 19

Частина перша

1.1.Відповідь. Б).

1.2.Відповідь. В).

1.3.Відповідь. А).

1.4.x2 −3x−4 =0; x1 =4, x2 = −1.

Відповідь. Г).

1.5.Відповідь. А).

	1		x		1		x	1		−1
1.6.				=5;				=			; x = −1.
		5				5			5

Відповідь. Б).

1.7.Відповідь. В).

1.8.F(x) = −ctgx+C; 2 = −1+C; C =3.

Відповідь. Г).

1.9.Відповідь. Б).

1.10. h = ac bc = 1 9 =3 (см).

Відповідь. В).

1.11.Відповідь. А).

1.12.l =5 см; R = 25−16 =3 (см).

Sповн = πR2 +πRl =9π+15π =24π (см2).

Відповідь. Г).

+ +

–1 – 4 х

Частина друга

2.1.	sinαcosβ−sinβcosα+2cosαsinβ	=	sin(α+β)	= tg(α+β).
	2cosαcosβ−cosαcosβ−sinαsinβ		cos(α+β)

Відповідь. tg(α+β) .

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

NOW!

buy

Click

oc u-tra

2.2.

ОДЗ: x >0,

x >2.

Варіант 19

log3 (x(x−2)) 1; x2 −2x 3;

x2 −2x−3 0; x1 =3, x2 = −1.

)

Відповідь. x 3;+∞ .

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

x =3, x = −1.

+	2		+
	2
–1	–	3	х
			х

f′(х) –		+	+	–
f(х)	–1	1	3	х

xmin = −1.

Відповідь. xmin = −1.

2.4. AC =14 см;			AB =15 см; BC =13 см.
SHH B B		=60	см2; P =	14+15+13	=21 (см).

1	1		2

Sосн =		21 (21−14)(21−13)(21−15) =84 (см2).

Середня за довжиною висота проведена до середньої за довжиною сторони.

BH = 2ACSосн = 21484 =12 (см).

Sперерізу = BH BB1, тоді BB1 = SперерізуBH = 1260 =5 (см).

V = Sосн BB1 =84 5 =420 (см3).

Відповідь. 420 см3.

A1 H1

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

					Частина третя
3.1.	1−lg2 5	−lg5 =	1−lg2 5		−lg5 =	(1−lg5)(1+lg5)	−lg5 =1+lg5−lg5 =1.
			1
	2lg 10 −lg5					1−lg5
				−lg5
			2lg102

Відповідь. 1.

						n	g
				ha			g	e	Vi
			C					e
			X
		-							e
		F								w
	D									r
P								NOW!		e
P
						buy
					to	buy			82
			Click		to				82
w			Click								m
w			d					c3.2.
		w								o
		w							.c
			.	oc u-tra					k
				oc u-tra

Варіант 19

Позначимо висоту призми h.

Тоді сторона основи призми дорівнює (3 3 )2 −h2 = 27 −h2 .

Vпр = Sосн h = ( 27 −h2 )2 h = (27 −h2 ) h .

Дослідимо функцію Vпр (h) на екстремум, h > 0 .

Vпр′ (h) = 27 −3h2 ; Vпр′ (h) = 0 ; h = ±3 .

V′	h	)		+	–
пр (		)		+	–
Vпр (h)			0	3		h
Vпр (h)

Відповідь: 3.

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

3.3. ON AB; ON — проекція SN на основу. За теоремою про три перпендикуляри SN AB. Отже, кут SNO — лінійний кут двогранного кута між перерізом BSA та основою, SNO =45°. AOB — проекція ASB

на основу, тому S ASB =							S AOB			;	AO = OB = R; AOB =120°;
на основу, тому S ASB =						cos SNO				;	AO = OB = R; AOB =120°;
						cos SNO
	1	OA OB sin AOB			1	4	4	3
S ASB =	2	OA OB sin AOB	=	2		4	4	2	=4		6 (см2).
	2			2				2
		cos45°					2
		cos45°					2

							2

Відповідь. 4 6 см2.

Частина четверта

4.1.М Оскільки

−x2 +6x−5 0 на своїй області визначення, то нерівність зводиться до системи:

−

5 0,

(

x−1

)(

x−5

)

x−1 x−5 0,

−

(

)(

)

log2 (x+a) 0,

x+a 1,

–

x+a >0;

x 1−a.

5 х

Розглянемо випадки.

1−a 1, тобто

a 0.

1– a

x 1;5 .

2) 1<1−a 5, −4 a <0.

x 1−a;5

]

{

}

1– a

[

3)a < −4 .

Відповідь. При a < −4 розв’язків немає; при −4 a <0	x 1	−a;5 ; при a 0	x 1;5 .

NOW!

buy

Click

oc u-tra

4.2.М

ha g

NOW!

buy

Варіант 19

Click

sin(x+y) = 1 ;

oc u -tra

x+ y = (−1)k π + πk, k Z.

13π

y = −x+(−1)k π

+ πk, k Z.

Маємо сім’ю прямих з кутовим коефіці-

5π

єнтом –1.

Графік побудовано.

−

7π

− 11π

4.3.М Запишемо рівняння дотичної до графіка функції y =1+e−x				в точці x0 =0.
y′= −e−x; y′(0) = −1; y(0) =1+e0 =2.
yдот = −1(x−0) +2 = −x+2.					у
Знайдемо точки перетину функцій y =2		2−x	та y = −x+2.		у
Знайдемо точки перетину функцій y =2		2−x	та y = −x+2.
2 2−x = −x+2; ОДЗ: x 2.						4
4(2−x) =(2−x)2 ; 4(2−x) −(2−x)2 =0;
(2−x)(4−2+x) =0; (2−x)(2+x) =0;					2
x1 =2, x2 = −2.
І спосіб. Площа шуканої фігури дорівнює:				–2	0	1	2	х
2	2			–2	0	1	2	х
S = ∫ (2 2−x −(−x+2))dx =	∫ (2 2−x +x−2)dx =

	−2								2			−2
			3						2
		(2−x)												4		(2−x)						2
		(2−x)	2																			2
=	−2				+x2 −2x					=	=		−				2−x +x2 −2x					=
=	−2	3			+x2 −2x					=	=		−	3			2−x +x2 −2x					=
		3												3
																						−2
		2							−2
				32					−2	32					32−24		=	8	=2	2
				32						32					32−24			8		2
=0+4−4−			−			+4	+4	=				−8 =									.
=0+4−4−			−	3		+4	+4	=		3		−8 =				3		3		3	.
				3						3						3		3		3

ІІ спосіб. Шукана площа дорівнює площі криволінійної трапеції, обмеженої графіком функ

ції y = 2				2−x та віссю Ох за винятком площі S прямокутного трикутника з катетами 4 і 4.
	2								0		t	3	0	32
	2								0			3	0
Sтр	= 2∫			2−xdx . Введемо заміну: 2−x = t , тоді dx = −2tdt . Sтр = −4∫t2dt = −2									=		.
Sтр	= 2∫										3		=	3	.
		−2							2		3		2	3
		−2							2				2
S	=	1	4 4 = 8 .
S	=		4 4 = 8 .
	2
S = Sтр −S =					32	−8 =	8	= 2	2	.
S = Sтр −S =						−8 =	3	= 2	3	.
				3			3		3

Відповідь. 2 23 .

NOW!

buy

Варіант 20

Click

ABCS — правильна трикутна піраміда.

c4.4.

oc u-tra

За умовою SK = a

, BSH = α.

Центр кулі, описаної навколо піраміди, належить висоті пі-

раміди (або її продовженню), точка O — центр кулі.

Нехай R — радіус кулі. Розглянемо

SHB: HSB = α,

OS = OB = R, тоді HOB =2α.

Із

HOB: HB = Rsin2α, OH = Rcos2α.

Із SHB: SH = SO+HO = R +Rcos2α = R(1+cos2α) =2Rcos2 α.

Із SHK:

HK =

Rsin2α

(радіус вписаного кола для

правильного трикутника вдвічі менший за радіус описаного

кола).

SK2 = HK2 +SH2 ;

a2 =

R2 4sin2 αcos2 α

+4R2 cos4 α;

a2 = R2 cos2 α(sin2 α+4cos2 α);

;

R =

cos2 α(1+3cos2 α)

cosα 1+3cos2 α

Тоді Vкулі =

4πR3

4π

cos3 α (1+3cos2 α)3

Відповідь.

4πa3

3cos3 α

(1+3cos2 α)3

Варіант 20

Частина перша

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

1.1.Відповідь. А).

1.2.Відповідь. Б).

1.3.Відповідь. Г).

1.4. xв = −	b	=	4	=2.
	2a		2

Відповідь. В).

1.5.Відповідь. Г).

1.6.ОДЗ: x2 +7 0 — правильно для x R.

x2 +7 =24; x2 +7 =16; x2 =9; x1 = −3, x2 =3.

Відповідь. В).

1.7.Відповідь. Б).

1.8.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			d			1.9.c
		w	d			1.9.c				o
		w							.c
			.	oc u-tra					k
				oc u-tra

C =2πR = πd =6π.

Відповідь. Б).

Варіант 20

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

1.10.Якщо a, b — основи трапеції, m — середня лінія, то m = a2+b , звідки a =2m−b =2 6−10 =2 (см).

Відповідь. А).

1.11. Sповна = 2Sосн +S1бічн +S2бічн +S3	бічн = 2 6+12+16+20 = 60 (см2).
Відповідь. В).
1.12. d — діаметр основи, d = 172	−152 =8 (см).

R = d2 =4 (см). V = πR2H = π 16 15=240π (см3).

Відповідь. Г).

Частина друга

2.1.2cos2 x+10cosx−12 =0 :2; cos2 x+5cosx−6 =0;

t = cosx, тоді t2 +5t−6 =0; D =25+24 =49;

t = −52±7 ;

t1 = −6, t2 =1.

cosx = −6 — таких x не існує; cosx =1. x =2πn, n Z.

Відповідь. x =2πn, n Z.

2.2. 32(0,5x2 −3) 33, тоді		x2 −6 3;
x2 9;
x 3.	–3	3	х

( )

Відповідь. x − ∞;−3 3;+ ∞ .

2.3. f′(x) =	2x−4
	x2 −4x−1
2
f′(5) =	10−4
	25−20	−1
2

k = f′(5) =1,5.

Відповідь. 1,5.

;

= 262 = 32 .

	2.4. 2a(4;−2;6) ; 1 b (2;1;0); m(4−2;−2−1;6−0) ; m(2;−3;6).
		2
		+36 = 49 =7.
	m = 4+9	+36 = 49 =7.
	Відповідь.	m =7.

NOW!

buy

86 Варіант 20

Click

oc u-tra

Частина третя

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

3.1.Дослідимо функцію f(x) =2x2 −x4 +1 на екстремуми:

f′(x) =4x−4x3; f′(x) =0; 4x(1−x2 ) =0; 4x(1−x)(1+x) =0

f′(х)		+	–	+		–

f(х) –2		–1		0		1	х

На проміжку				−2;0		максимум функції досягається в одній точці, отже, в цій точці — най-
більше значення на проміжку: f(−1) =2−1+1=2.
Знайдемо значення функції на кінцях відрізка:
f(−2) =2(−2)2 −(−2)4 +1= −7; f(0) =1.
Відповідь. Найбільшим значенням є 2, найменшим — –7.
3.2.	( a −96	a )(3 − 6		a )	=	6 a (3	a −9) (3− 6 a )	= −(3 a −9)= −(3	8 −9)= −(2−9) =7.
3.2.					=			= −(3 a −9)= −(3	8 −9)= −(2−9) =7.
	3 a −36 a					6 a (6 a −3)

Відповідь. 7.

3.3.Якщо бічне ребро похилої призми завдовжки 10 см утворює кут 45° із площею основи,

то її висота дорівнює 10sin45°=10	2	=5 2 (см).
то її висота дорівнює 10sin45°=10	2	=5 2 (см).
	2
Pосн = 5+ 6+ 9= 20 (см), p = 10 см; Sосн = 10 (10−5)(10−6)(10−9) = 10 4 5 =10 2 (см2).
Vпр = Sосн h =10 2 5 2 =100 (см3).
Відповідь. 100 см3.

Частина четверта

4.1М. ОДЗ: a −9x > 0; a > 9x ; 9x > 0, отже, a > 0 .

log3 (a −9x ) = x ;

a −9x = 3x ; 3x > 0 для будь-яких х, тому a −9x > 0 для будь-яких х. 9x +3x −a = 0 ; (3x )2 +3x −a = 0 .

Розв’яжемо квадратне рівняння відносно 3x . Воно має розв’язки, якщо D = 1+ 4a 0 , тобто

a −	1	x	=	−1± 1+ 4a		x = log3	−1± 1+ 4a
		. Отже, 3			,			.
	4			2			2

−1− 1+ 4a

Очевидно:

< 0

для будь-яких а (розв’язок x = log3

не має змісту).

Знайдемо a, для яких

−1+

1+ 4a

> 0. −1+ 1+4a > 0 ; 1+4a >1 ;

1<1+4a ; 0 < 4a ; a > 0 .

Отже, розв’язок x = log3

−1+

1+ 4a

має зміст при a > 0 , тобто 3 > 0 при

a > 0 .

−1+

1+ 4a

Відповідь. Якщо a > 0 ,

x = log3

; якщо а J 0, розв’язків немає.

NOW!

buy

Click

oc u-tra

4.2М.

Варіант 20

y =

x−2

— функція загального вигляду.

x2 +5

(2;0) .

Точки перетину з осями координат:

−

;

x −2

lim

= 0. y = 0 — горизонтальна асимптота; інших асимптот немає.

x→ ∞ x2 +5

y′=

x2 +5−2x(x−2)

= −

x2 −4x−5

= −

(x−5)(x+1)

у′(х) –

–

–1

(x2 +5)2

у(х)

(−1) =

−1−2

= −

;

(−1)2 +

min

(5) =

5−2

max

(5)2 +

Графік побудовано.

–1

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra


4.3М.	51−x2 +1 x2 +36 ;
	51−x2 +1=	5		+1 6;
	51−x2 +1=	2		+1 6;
		5x
	x2 +36 6.
	Отже, нерівність виконується тільки у випадку, коли 51−x2 +1= x2 +36 =6. Це відбувається
	тільки коли x = 0.
	Відповідь. x =0.
4.4М.	A1O — радіус кулі, A1O = R; ASB =2α.							S
4.4М.	A1O — радіус кулі, A1O = R; ASB =2α.
	Розглянемо переріз тіл площиною, що проходить через вісь кону-
	са. У перерізі маємо рівнобедрений трикутник ASB, у який впи-
	сано круг радіуса кулі. ASH = ASB:2 = α, A1O = OH = R .
	Тоді SO =		A1O		=	R	.
	Тоді SO =				=	sinα	.
			sinα			sinα

(1+sinα).

SH = SO+OH = R 1

sinα

sin

Із AHS: AH = SH tgα =

Rtgα

(1+sinα) =

(1+sinα).

sinα

cosα

4πR3

Vкулі =

;

(1+sinα) =

cos2

(1+sinα)

sinα

конуса

= πR3 (1+sinα)3 .

3cos2 α sinα

−V

= πR (1+sinα)

−

4πR

πR

(1+sinα)

−4

конуса

кулі

3cos

α sinα

cos

Відповідь. πR

(1+sinα)

−

α sinα

cos

1.6. ОДЗ:

NOW!

buy

Варіант 21

Click

Варіант 21

c u tr

Частина перша

1.1. Відповідь. Г).

1.2.

{x+ y+3x −y = 3+5,

{4x = 8,

{x = 2,

y = 3−x;

y =1.

Відповідь. Б).

1.3.Відповідь. В).

1.4.a21 = a1 +20 d = a1 +20 (a2 −a1 ) =5+20 (7 −5) = 45.

Відповідь. Б).

1.5.Відповідь. А).

{xx ><3.−1,

x+1 3−x ; 2x 2 ; x 1 .

Враховуючи ОДЗ, маємо: x [1;3) .

Відповідь. В).

1.7. Відповідь. Г).

	π
6		π		1
1.8. S = ∫ cosxdx = sin		π	−sin0 =	1	.
1.8. S = ∫ cosxdx = sin		6	−sin0 =	2	.
0		6		2
0

Відповідь. Б).

1.9.APB = APK + KPB = 25°+35° = 60° .

Відповідь. Г).

1.10.R = 62ππ = 3 (см); S = πR2 = 9π .

Відповідь. Б).

1.11. V = a b h = 3 4 5 = 60 (см3).

Відповідь. В).

1.12. Відповідь. Г).

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

NOW!

buy

Click

oc u-tra

Частина друга

Варіант 21

ha g

NOW!

buy

Click

oc u -tra

	1	7x−2		3		3		1			1
2.1.			= 8 ; 22−7x = 22		; 2−7x =		; 7x =		;	x =		.


	2					2		2			14

Відповідь. x = 141 .

2.2.Усього варіантів: C122 = 12211 = 66 .

Сума дорівнює 12 для: 1+11= 2+10 = 3+9= 4+8 =5+7 — 5 варіантів.

Тоді: P = 665 .

Відповідь. 665 .

2.3.ОДЗ: {xx 4−;1,; x 4 .

x+1 =1+ x −4 ; x+1=1+x −4+2 x −4 ; 2 x −4 = 4 ; x −4 = 2;x −4 = 4; x = 8.

Відповідь. x = 8.

2.4.ASB = 60° ; AOB = 90°; SA = 4 см.

ASB — рівнобедрений з ASB = 60° ; тоді він є рівностороннім, тоді AB = AS = 4 см.

У AOB AO = OB ,	AB = 4 см, тоді AO =	AB	= 2 2 .

	2
Sбіч = π AO SA = π 2	2 4 = 8π 2 (см2).
Відповідь. 8π 2 см2.

Частина третя

3.1. 3cosx −2sinxcosx = 0 ; cosx(3−2sinx) = 0 ;

cosx = 0 або 3−2sinx = 0 ;

x = 2π + πn , n Z, або sinx =1,5 — немає розв’язку.

Найменший додатний корінь маємо при n = 0, x = 2π .

Відповідь. x = 2π .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 89 / 159 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