Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет кораблестроения им. адм. Макарова

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

DPA_2011_mat-9-rozvyazannya-vsx-zavdan

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.02.2015

Размер:

2.63 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 126 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

ВАРІАНТ 17

3.3.

За умовою

трикутники ABC і

MNK подібні. AB =5 см,

AC =3 см,

SMNK =54 см2. BC =

AB2 − AC2

= 25−9 =4 см.

SABC

BC AC =

4 3=6 см2.

MN2

, MN2 =

AB2 S

25 54

=225. MN =15 см.

MNK

SABC

AB2

SABC

A K

Відповідь. 15 см.

		Частина четверта
	(y − x2 )( y − 1)			2	,		y
4.1.М Рівняння	(y − x2 )( y − 1)	y	=x		,
4.1.М Рівняння	1− x2	=0 рівносильне системі y =1,
	1− x2		2	≠1.
		x		≠1.
Графіком функції y =x2		є парабола, вітки якої напрямлені					1
вгору, вершина в точці (0;0).							1
Графіком рівняння y =1 є дві прямі y =1 і y = −1.							0		x
Оскільки за умовою x2 ≠1, то з графіка рівняння вилучи-							0		x
Оскільки за умовою x2 ≠1, то з графіка рівняння вилучи-							–1
мо точки, абсциси яких дорівнюють –1 і 1.
Шуканий графік зображено на рисунку.
4.2.М За формулою Герона обчислимо площу трикутника. S =						30 5 1 24 =	52 62 22	=60	(см2).
Оскільки трикутник розбивається своїми медіанами на шість рівновеликих трикутників,
то площа кожного з них дорівнює 10 см2.
Відповідь. 10 см2.

Варіант 17

Частина перша

1.1.	24 хв =				24	год =	4		год >			3	год.
					60							10
						10
	Відповідь. А).
1.2.	5	5	+1	1	=6	5 4 + 1 3		=6		23	.
						24				24
	6		8

Відповідь. В).

1.3.Відповідь. Г).

1.4.Відповідь. Б).

1.5.	15xy	:9x3 =	15xy	1	=	5y	.
	4a		4a	9x3		12ax2

Відповідь. В).

ВАРІАНТ 17 51

1.6.	3−	3	=	3 (	3 −1)	=
1.6.			=			=
2		3		2	3

Відповідь. А).

1.7. x = − 2ba = − −22 =1, y =

Відповідь. Г).

3 −1 .
2
−b2 +4ac	=	−(−2)2 +4 1 (−3)	=	−16	= −4.
4a	=	4 1	=	4	= −4.
4a		4 1		4

1.8.Ймовірність події дорівнює відношенню кількості сприятливих подій до загальної кількості

подій. Кількість сприятливих подій становить 7+ 3 = 10, кількість загальних подій —

5+ 7+ 3 = 15. Отже, ймовірність дорівнює	10	=	2	.
	15		3

Відповідь. Б).

1.9.Оскільки сума суміжних кутів дорівнює 180°, то величина кута, суміжного з кутом величиною 110°, дорівнює 70°.

Відповідь. В).

1.10. Нехай основи трапеції дорівнюють a см і b см. Тоді периметр P =a+b+2 6 =48 см. Звідси

a+b =48−12 =36 см. Тоді середня лінія дорівнює

a +b

=18 см.

Відповідь. Б).

1.11. Площа чотирикутника S =

d1d2 sinα, де d1 , d2

— діагоналі чотирикутника, α — кут між

ними. S =

8 5 3 sin30°=20 3

=10

3 (см2).

Відповідь. Г).

1.12. Координати точки перетину прямих y−x =2 і x+y =4

задовольняють обидва рівняння, тоб-

то є розв’язками системи рівнянь

y−x =

Додаючи почленно рівняння системи, дістанемо:

x+y

2y =6, y =3. Тоді x = y−2 =3−2 =1.

Відповідь. А)

Частина друга

	12−x	3			6		(12−x)(x −6) +3(x +6)		=	6x
2.1. ОДЗ: x ≠0, x ≠ −6, x ≠6.		+		=		,					,
2.1. ОДЗ: x ≠0, x ≠ −6, x ≠6.	x(x +6)	+	x(x −6)	=	(x −6)(x +6)	,	x(x +6)(x −6)			x(x +6)(x −6)	,
12x−72−x2 +6x+3x+18 =6x, −x2 +15x−54 =0, x1 = 6 (не належить ОДЗ), x2 = 9.
Відповідь. 9.								y

2.2.Областю визначення функції є всі дійсні числа, крім нуля.

Функціянепарна,отже,їїграфіксиметричнийвідноснопочат-					4
Функціянепарна,отже,їїграфіксиметричнийвідноснопочат-
кукоординат.Дляпобудовиграфікаскористаємосятаблицею:
					1



x	1	2	4	8
x	1	2	4	8		0	1 2	x
y	8	4	2	1		0	1 2	x
y	8	4	2	1

Скориставшись графіком функції, встановлюємо, що функція
Скориставшись графіком функції, встановлюємо, що функція
набуває значень, більших за 4, якщо x (0;2).
набуває значень, більших за 4, якщо x (0;2).
Відповідь. (0;2) .
Відповідь. (0;2) .

52		ВАРІАНТ 17

2.3.		Нехай числа a1 =8, a2, a3, a4 = −1 утворюють арифметичну прогресію. Оскільки a4 =a1 +3d,
		то −1=8+3d, d = −3. Тоді a2 =a1 +d =8+(−3) =5, a3 =a2 +d =5+(−3) =2.

Відповідь. 5; 2.

2.4.Оскільки C тупий, то основа висоти BK лежить на про довженні сторони AC за точку C.

З прямокутного трикутника BKC:	KC = BC2 −BK2 =
= 152 −122 =9 (см). З прямокутного	трикутника AKB:
AK = AB2 −BK2 = 202 −122 =16 (см).
AC = AK −KC =16−9=7 (см).
Відповідь. 7 см.

K C A

Частина третя

3.1.Нехай швидкість руху другого автомобіля x км/год, тоді швидкість руху першого автомобіля (x+10) км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці.

Рух	s, км	v, км/год	t, год
Перший	560	x+10	560
автомобіль	560	x+10	x +10
автомобіль			x +10
Другий	560	x		560
автомобіль	560	x		x
автомобіль				x

Враховуючи, що перший автомобіль витратив на весь шлях на одну годину менше, ніж другий,

складаємо рівняння:				560	−	560	=1. ОДЗ: x ≠0, x ≠ −10.
складаємо рівняння:					−		=1. ОДЗ: x ≠0, x ≠ −10.
				x		x +10
	560(x +10) −560x−x(x +10)					=0, x2 +10x−5600 =0, x1 =		−10 −150	= −80 — не задовольняє умову
	x(x +10)					=0, x2 +10x−5600 =0, x1 =			= −80 — не задовольняє умову
	x(x +10)					2
задачі, x2 =		−10 +150	=70. Отже, швидкість руху другого автомобіля 70 км/год, а швидкість
задачі, x2 =
2

руху першого автомобіля 80 км/год. Відповідь. 70 км/год, 80 км/год.

3.2.a2b2 +b4 +a2c2 +b2c2 =a2b2 +2ab2c+b2c2 , b4 +a2c2 =2ab2c. Оскільки a, b, c — послідовні члени

геометричної прогресії, то для них виконується рівність b2 2b4 =2b4 , що і треба було довести.

3.3.У прямокутному трикутнику ABC AD і BC — медіани,

проведені до	катетів CB і AC відповідно. Позначимо
CD = DB =x,	AE =CE = y. З прямокутного трикутника ACD

y2 +4x2 =9, а з прямокутного трикутника BEC 4y2 +x2 =16.

Розв’яжемо систему рівнянь

+4x

=9,

4y2 +x2

=16.

Помножимо друге рівняння системи на 4 і потім віднімемо

від

нього перше рівняння. Дістанемо 15y2 =55, y2 =

Тоді

4x2 =9−y2 =9−

. AB2 =

(2y)2 +(2x)2 =4y2 +4x2 =

=4 113 + 163 =20, AB =4 5 см.

Відповідь. 4 5 см.

=ac. Тоді маємо: b4 +b4 =2b2b2 ,

C D B

				ВАРІАНТ 18 53

		Частина четверта
4.1.М ОДЗ: x 1.
	Рівняння (	x−1 −a)(4x−5) =0 рівносильне сукупності двох рівнянь		x−1 =a,
	Рівняння (	x−1 −a)(4x−5) =0 рівносильне сукупності двох рівнянь		x−1 =a,
			4x−5 =0.

Друге рівняння сукупності має корінь x = 54 , що входить до ОДЗ. Отже, вихідне рівняння має корінь при будь-якому значенні a.

Для того щоб вихідне рівняння мало єдиний корінь, треба, щоб рівняння					x−1 =a або не мало
коренів, або мало корінь, що дорівнює	5	.
коренів, або мало корінь, що дорівнює		.
4
Рівняння x−1 =a не має коренів при a <0.
Знайдемо значення a, при якому корінь рівняння x−1 =a дорівнює			5	:		5	−1 =	1	.
			4	:	4		−1 =	2	.
			4		4			2

Відповідь. При a (−∞;0) {0,5}.

4.2.М На рисунку зображено гострокутний трикутник ABC, точка H — його ортоцентр, точка O — центр кола, описаного навколо трикутника.

Сполучимо ортоцентр H і центр O описаного кола (провели пряму Ейлера).

Точка M — точка перетину OH і медіани AM1 . За теоремою точка M — центроїд трикутника ABC.

Отже, AM = 2 .

MM1 1

Очевидно, що AH OM1 , тоді трикутники MHA і MOM1

	H	M
	H	O
		O

подібні, звідси

, тобто AH = 2

OM1, що й тре-

OM1

MM1

ба було довести.

Варіант 18

Частина перша

1.1.2x =17+35, 2x =70, x =35.

Відповідь. В).

1.2.29 34 = 92 34 = 312 = 16 .

Відповідь. Б).

1.3.Відповідь. Г).

1.4.(0,2ab3 )2 5a2b =0,04a2b6 5a2b =0,2a4b7 .

Відповідь. А).

54		ВАРІАНТ 18

1.5.	26 2−8 +2 =2−2 +2 =						1	+2 =2		1	.
1.5.	26 2−8 +2 =2−2 +2 =						2	+2 =2			.
						2			4
	Відповідь. Б).
1.6.		a +2	:	a2 +4a +4	=	a +2			3(a −2)			=	3	.
1.6.			:		=				(a +2)2			=		.
		a −2		3a −6		a −2			(a +2)2				a +2

Відповідь. В).

1.7.Відповідь. В).

1.8.Оскільки вершиною параболи y =(x−2)2 є точка (2;0) , параболи y =x2 −2 — точка (0;2) , параболи y =(x+2)2 — точка (−2;0) , параболи y =(x−2)2 +1 — точка (2;1) , то осі ординат належить вершина параболи y =x2 −2.

Відповідь. Б).

1.9.Відповідь. Г).

1.10. Центральний кут, який спирається на дугу, що становить		1	кола, дорівнює 360°:6 =60°.
		6	кола, дорівнює 360°:6 =60°.
		6
Оскільки вписаний кут дорівнює половині відповідного центрального кута, то його величина
дорівнює 30°.
Відповідь. В).
1.11. a =2r 3 =2 2	3 3 =12 (см).
Відповідь. А).

1.12. Знайдемо площу трикутника за формулою Герона: S = p( p−a

Оскільки бічні сторони рівнобедреного трикутника рівні, то p =

Тоді S = 16 6 6 4 =4 6 2 =48 (см2).

Відповідь. Б).

)( p−b)( p−c) , де p = a +b + c .

10 +10 +12 =16 (см). 2

Частина друга

2.1.

9b2 + a2

6ab

9b2 + a2 −6ab

(a −3b)2

=a−3b.

a −3b

3b −a

a −3b

Якщо a =2012, b =2

, то a−3b =2012−3 2

=2012−3

=2012−7 = 2005.

Відповідь. 2005.

2.2.

Нехай

x1 =5 і

x2 — корені поданого квадратного тричлена. За теоремою Вієта x1 +x2 = −p,

x1 x2 =q. Тоді 5+x2 = −3, x2 = −8. q =5 (−8) = −40.

Відповідь. q = −40, x2 = −8.

ВАРІАНТ 18 55

2.3.Нехай у коробці x червоних кульок. Тоді кількість сприятливих подій дорівнює x, а загаль-

на кількість подій становить x+ 16. Ймовірність витягнути червону кульку дорівнює

За умовою	x	=	1	, звідки 5x = x+ 16, x = 4.
За умовою	x +16	=		, звідки 5x = x+ 16, x = 4.
	x +16	5
Відповідь. 4.
2.4. ABCD — поданий ромб, ABC — тупий. Нехай ABD = x°,					B
2.4. ABCD — поданий ромб, ABC — тупий. Нехай ABD = x°,
тоді BAC =(x−20)°.Оскількидіагоналіромбаєбісектрисами
його кутів	і взаємно перпендикулярні, то ABC = 2x°,				O
а AOB — прямокутний. Тому x+(x −20) = 90. 2x =110.					O
а AOB — прямокутний. Тому x+(x −20) = 90. 2x =110.
Відповідь. 110°.
				A	D

x +16

Частина третя

3.1.Нехай швидкість течії річки x км/год. Систематизуємо дані у вигляді таблиці.

Рух

s, км

v, км/год

t, год

За течією

18+ x

18 + x

Проти течії

18−x

18 −x

Враховуючи, що шлях за течією човен здолав на

год =

год менше, ніж шлях проти течії,

складаємо рівняння:

−

. ОДЗ: x ≠ −18, x ≠18.

18 − x

18 + x

80(18 + x) −80(18 − x) −(18 − x)(18 + x)

= 0,

+160x−324 =0,

x1 =

−160 −164

= −162 —

не задо

(

− x

)(

)

4 18

18 + x

вольняє умову задачі, x2 =

−160 +164

=2. Отже, швидкість течії річки 2 км/год.

Відповідь. 2 км/год.

3.2.

(1+ 2 )2

+2+

(1− 2 )2

(1+ 2 )2 (1+ 2 )2

+2+

(1− 2 )2 (1− 2 )2

(1+

2 )4 +2+(1−

2 )4 =

(1+ 2 )2

(1+ 2 )2 (1− 2 )2

(1− 2 )2

(1− 2 )2 (1+ 2 )2

= (17+12 2 )+2+17−12 2 =6.

Відповідь. 6.

3.3.Основи трапеції AD =9 см, BC =5 см, BD — бісектриса, тому

ADB = CDB. CBD = ADB як внутрішні різносторонні при паралельних прямих BC і AD та січній BD. Трикут-

ник BCD рівнобедрений з		основою			BD.	CD = BC = 5 см.
Проводимо висоту CK до основи				AD. ABCK — прямокут-
ник. AK = BC =5 см.
KD = AD− AK =9−5 =4 см; CK =			CD2 −KD2			= 25−16 =3 см.
Площа трапеції S =	BC + AD	CK =		5+9	3 =21 см 2.

2			2

Відповідь. 21 см2.

A K D

56 ВАРІАНТ 19

Частина четверта

4.1.М Запишемо задане рівняння у вигляді:

2x2

x2 −

= 2,

x−

= 2,

− 2

= 0.

2x +

(2x +1)2

2x +

2x +1

2x +

2x +1

Нехай

2x2

= t, тоді рівняння набуває вигляду t2 + t− 2 = 0, звідки t = 1 або t = −2.

2x +

1+ 3

2x2

= 1, 2x2 − 2x−1= 0,

1− 3

2x +1

Отже, маємо:

2x+ 1= 0;

= −2;

2x +1

= −1.

Відповідь. – 1;

1± 3

4.2.М Нехай у трикутнику

ABC:

AB = c,

BC = a,

AC = b,

медіана

CM = mc .

Доведемо, що a2 + b2 =

2 m2 +

За наслідком із теореми косинусів маємо:

2a2 + 2b2 = 4m2

+ c2 .

Поділимо обидві частини цієї рівності на 2, дістанемо:

a2 + b2 = 2mc2 +

або

a2 + b2 =

2 mc2

що й треба було довести.

Варіант 19

Частина перша

1.1.Оскільки у годині 60 хв, то 17 хв = 1760 год.

Відповідь. В).

1.2.6,4 2000000 = 12800000 см = 128 км.

Відповідь. В).

1.3.Відповідь. Б).

1.4.(3x− 2)(9x2 + 6x+ 4) = (3x− 2)((3x)2 + 2 3x+ 22 )= (3x)3 − 23 = 27x3 − 8.

Відповідь. Г).

1.5.−2,5 42 = −2,5 4 = −10.

Відповідь. А).

ВАРІАНТ 19

−2

−7

1.6.

b−7 =

a4 b−7

= a4−6b4−7 =a−2b−3 .

Відповідь. Б).

1.7.

Нехай

із

400 кг

насіння

можна

одержати x кг олії. Складаємо

пропорцію

3,5

400

x =

400 3,5

, x =70.

Відповідь. В).

x2 −25 =0, якщо x = −5, x =5.

–

1.8.

–5

Відповідь. В).

1.9.Відповідь. Б).

1.10. cosα =

AB знайдемо за теоремою Піфагора.

AB =

+ AB

= 85 .

. Гіпотенузу

Тоді cosα = 6 .

Відповідь. Г).

1.11.Відповідь. В).

1.12.S = πR2α = π 52 72 =5π (см2)

360 360

Відповідь. Г).

Частина друга

2.1.Перетворимо вираз у дужках:

x −2y

x +2y

x −2y

x +2y

(x −2y)2 −(x +2y)2

−8xy

−

x2 +2xy

x2 −2xy

x(x +2y)

x(x −2y)

x(x2 −4y2 )

4y2 −x2

Тоді

4y2

4y2 −x2

4y2

Відповідь.

2.2. За умовою

16 −3x

−

3x +7

>0. Помноживши обидві частини нерівності на 12, дістанемо

4(16−3x) −3(3x+7) >0,

64−12x−9x−21>0, −21x > −43,

x <2

. Отже, найбільше ціле чис-

ло, при якому різниця поданих дробів додатна, дорівнює 2.

Відповідь. 2.

ВАРІАНТ 19

2.3. Графіком функції є парабола, вітки якої напрямлені вгору,

оскільки a =3 >0. Знайдемо координати вершини параболи:

−6

x = −

= −

=1, y =3 1 −6 1

+1= −2. Оскільки

c =1, па-

2 3

рабола проходить через точку

(0;1). Знайдемо точки пере-

тину графіка функції з віссю абсцис: 3x2 −6x+1= 0, якщо

x1 =

3 − 6

; x2

3+ 6

–2

Користуючись рисунком, знаходимо область значень функції:

−2;+∞).

+∞).

Відповідь.

−2;

2.4.

Нехай ABCD — рівнобічна трапеція. ACB =30°.

Оскільки

AB = BC, то трикутник ABC — рівнобедрений,

BAC = ACB =30°.

Тоді ABC =180°−2 30°=120°. Оскільки сума

кутів при

бічній стороні трапеції дорівнює 180°, то гострий кут дорівнює

180°−120°=60°.

Відповідь. 60°.

Частина третя

3.1. Нехай друга бригада виготовляє за годину x деталей, а перша бригада — (x+5) деталей.

Тоді друга бригада виконає завдання за

450

год, а перша бригада — за

450

год. Розв’яжемо

x +5

рівняння:

450

−

450

=1. ОДЗ: x ≠0, x ≠ −5.

x +5

450(x +5) −450x−x(x +5)

=0,

x2 +5x−2250

=0, x1 =

−5

−95

= −50 — не

задовольняє умову

x(x +5)

задачі, x2 = −52+95 =45. Отже, друга бригада виготовляла щогодини 45 деталей, а перша бри-

гада — 50 деталей.

Відповідь. 50 деталей, 45 деталей.

3.2.Нехай у коробці x чорних кульок. Тоді загальна кількість кульок в коробці становить 10+x.

Ймовірність того, що навмання вибрана кулька чорна P =

10 + x

>0,4,

(10

+x),

0,4 <

<0,5.

10x+ x

x >0,4

(

)

;

x <0,5 10

<0,5;

10 + x

x >6

x <10.

Отже, в коробці може бути 7, 8 або 9 чорних кульок.

Відповідь. 7, 8, 9.

ВАРІАНТ 20 59

3.3. Утрикутнику ABC AB = BC =20 см, AC =5 см.Завластивістю

бісектриси кута трикутника					BD	=	DC	. Позначимо BD = x,
бісектриси кута трикутника						=	AC	. Позначимо BD = x,
					AB		AC
тоді CD =20−x.
	x	=	20 −x	, 5x =20(20−x), x = 16.
20		=	5	, 5x =20(20−x), x = 16.
20			5
Отже, BD = 16 см, CD = 4 см.
	AD =		AB AC−CD BD = 20 5−16 4 =6 см.

Відповідь. 6 см.

Частина четверта

4.1.М x3 −x2 −15x −9 = x3 +27 −x2 −15x −36 =(x+3)(x2 −3x+9)−(x2 +15x+36) = =(x+3)(x2 −3x+9)−(x+3)(x+12) =(x+3)(x2 −3x+9−x−12) =

=(x+3)(x2 −4x−3) =(x+3)(x−2− 7 )(x−2+ 7 ).

4.2.М Нехай гострий кут паралелограма зі сторонами a і b,
діагоналями BD = d1 і AC = d2 дорівнює α.				B			C
Із трикутника ABD за теоремою косинусів маємо:
d12 =a2 +b2 −2abcosα;				a
із трикутника ABC: d22 =a2 +b2 +2abcosα.				a
Почленно помножимо ці рівності, дістанемо:			A			b	D
d12 d22 =(a2 +b2 −2abcosα)(a2 +b2 +2abcosα),			A				D


d12d22 =(a2 +b2 )2 −4a2b2 cos2 α,
d12d22 =a4 +2a2b2 +b4 −4a2b2 cos2 α.
Оскільки за умовою a4 +b4 =d12d22 ,то маємо: 4a2b2 cos2 α =2a2b2, cos2 α =					1	.
					2	.
Оскільки кут α гострий, то cosα =	2	, тобто α =45°, що й треба було довести.
Оскільки кут α гострий, то cosα =	2	, тобто α =45°, що й треба було довести.
	2

Варіант 20

Частина перша

1.1.23,8−(3,45+2,17) =23,8−5,62 =18,18.

Відповідь. Б).

1.2.−5x−15+6x+7 =(−5+6)x+(−15+7) =x−8.

Відповідь. Г).

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 126 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.02.2015227.84 Кб2Doc1.doc
#
14.02.2015224.77 Кб2Doc2.doc
#
04.09.2019706.05 Кб1Dodatok_1.doc
#
15.02.201540.84 Кб4Dokument_Microsoft_Office_Word.docx
#
12.03.201615.72 Mб91dopatka_r_perepechko_a_kniga_o_sudah.pdf
#
15.02.20152.63 Mб44DPA_2011_mat-9-rozvyazannya-vsx-zavdan.pdf
#
06.11.2018148.48 Кб1dvp_pr_001.doc
#
14.02.2015318.98 Кб8Ekonomichna_istoriya_Ukrayini.doc
#
15.02.201556.71 Кб28ekonomika.docx
#
15.02.20151.71 Mб292Ekon_Pidp_ta_mij-komp-Fedorova.pdf
#
15.02.20151.04 Mб148Ekon_prom_pidpr_Maslak_2011.pdf