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:

3 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 124 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

30 ВАРІАНТ 10

Варіант 10

Частина перша

1.1.320:6,4 =50 (ц).

Відповідь. А).

1.2.Відповідь. Б).

1.3.Додавши почленно перше і друге рівняння системи, дістанемо 2x = −4, x = −2. Тоді з першого рівняння системи: −2+y =2, y =4.

Відповідь. Г).

1.4.2−4(x−1) =2(x+3), 2−4x+4 =2x+6, −4x−2x =6−2−4, −6x =0, x =0.

Відповідь. Б).

1.5. −(x+5)(x−1) = −(x2 −x+5x−5) = −(x2 +4x−5) = −x2

Відповідь. В).

1.6.

2x+1

−

2x+3

2x+1

2x+3

2x+1+2x+3

4x+4

x−3

3−x

x−3

Відповідь. Г).

1.7.

q =

. b2 = −2,

b1 =6, отже,

q =

−2

= −

Відповідь. Б).

−4x+5.

1.8.2 1,5<2x <2 3, 3<2x <6, 3+3<2x+y <6+5, 6 <2x+y <11.

Відповідь. В).

1.9.1.9.Трикутник AMO прямокутний, тому OAM =90°−75°=15°. Оскільки AO є бісектрисою кута MAN, то MAN =2 15°=30°.

Відповідь. Г).

1.10. Нехай гіпотенуза трикутника дорівнює c. Тоді за теоремою Піфагора c2 =32 +(																									7 )2 =9+7 =16,
	c =4 см.
	Відповідь. Г).
1.11.			=	42		+33			=	25 =5.
1.11.		AB	=	42		+33			=	25 =5.
	Відповідь. В).
1.12. За			теоремою						синусів						NP		=	MN			,	sinM =	NPsinP	. Враховуючи, що	sin45°=	2	,
1.12. За			теоремою						синусів								=				,	sinM =	MN	. Враховуючи, що	sin45°=	2	,
														sinM				sinP					MN			2
				4			3		2
	sinM =			4			3		2	=		3	, M =60°.
									2			3
						4		2				2
						4		2				2
	Відповідь. Г).
																			Частина друга
		27−3 3−10						815				(34 )5			320			320
2.1.					=						=				=				=			=3.
2.1.		81−5			=		273 310				=	(33 )3 310			=	39 310			=	319		=3.

Відповідь 3.

ВАРІАНТ 10 31

2.2. Якщо a <0, то 3a2	4	a2b4	=3a2	2	(−a) b2	= −2a3b2 .
				3
9

Відповідь. −2a3b2 .

2.3.До області визначення функції належать значення x, які

задовольняють			2	0, Розв’яжемо нерівність
задовольняють		умову: 2−x−x		0, Розв’яжемо нерівність
		x ≠0.						–	+		–
2−x−x2	0: 2−x−x2 =0, якщо x1 = −2, x2				=1.			–	+		–

								–2	0	1	x
								–2	0	1	x
Розв’язком нерівності є проміжок						−2;1	. Виключив-
ши з нього число 0, дістанемо область визначення функції:

−2;0) (0;1 .

Відповідь.	−2;0) (0;1 .

2.4. Нехай коефіцієнт подібності дорівнює k. Тоді 7k =21, k =3. Решта сторін трикутника, подібного даному, дорівнює:

6 3 =18 (см), 8 3 =24 (см). P =18+21+24 =63 (см).

Відповідь. 63 см.

Частина третя

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

Рух

s, км

v, км/год

t, год

За течією

20+x

Проти течії

20−x

Враховуючи, що 6 км на плоту можна проплисти за

год, складаємо рівняння:

. ОДЗ: x ≠ −20, x ≠20, x ≠0.

20+x

20−x

22x

(20−x) +36x(20+x) −6

(20+x)(20−x)

=0,

x2 +58x−120 =0, x1 =

−58−62

= −60 не під

x(20+x)(20−x)

ходить за змістом задачі, x2 =

−58+62

=2. Отже, швидкість течії 2 км/год.

Відповідь. 2 км/год.

3.2. За теоремою Вієта x1 +x2 = −p та x1x2 =q; x1 =

2−

=1−2

2 , x2 =

=1+2 2 .

Тоді у шуканому квадратному рівнянні

x1 +x2 =1−2 2 +3+1+2 2 +3 =8 та x1x2 =(1−2 2 +3)(1+2 2 +3) =16−8 =8.

Складаємо рівняння: x2 −8x+8 =0.

Відповідь. x2 −8x+8 =0.

ВАРІАНТ 11

3.3.

Трикутники

ABC і MNK подібні. AB =3 см,

BC =5

см, ABC = 120°.

За теоремою косинусів AC2 = AB2 +BC2 −2AB BC cos120°,

AC2 =9+25+2 3 5 0,5 =49,

отже, AC = 7

см. SABC =

AB BC sin120°=

15 3

см2.

Периметр трикутника ABC PABC = AB+ BC+ AC = 3+ 5+7 = 15.

k =

PMNC

=2, тоді

SMNK

=k2 =4. SMNK

=4SABC

15 3

=15

3 см2.

ABC

Відповідь. 15

см2.

								Частина четверта
4.1.М	11−2 28 − 11				+2 28 =			11−4 7 − 11+4 7 = (2− 7 )2 − (2+ 7 )2 =

	=	2− 7	−	2+ 7		=	7 −2	−2− 7 = −4 — ціле число, що й треба було довести.

4.2.М	Нехай точка O(a;b)						— центр описаного кола навколо трикутника ABC з вершинами A (2;9),
	B(11;0), C(−5;−4).

Оскільки точка O рівновіддалена від вершин трикутника, то можна скласти систему

		2	+(b−9)	2	2	2
рівнянь:	(a−2)		+(b−9)	=(a−11)		+b ,			Отже,	O(2,4;0,4).
рівнянь:					+4)2 ;		a−b =2,	a =2,4,	Отже,	O(2,4;0,4).
	(a−11)2 +b2 =(a+5)2 +(b				+4)2 ;		4a+b =10;	b =0,4.

Знайдемо R2 = OB2 =(2,4−11)2 +0,42 =74,12.

Рівняння шуканого кола: (x−2,4)2 +(y−0,4)2 =74,12.

Відповідь. (x−2,4)2 +(y−0,4)2 =74,12.

Варіант 11

Частина перша

1.1.Відповідь. Б).

1.2.На 5 і на 3 ділиться число, яке закінчується на 0 або 5, а сума цифр якого ділиться на 3. З-поміж наведених чисел таку умову задовольняє число 2835.

Відповідь. Г).

1.3.Відповідь. В).

1.4. Оскільки 12 +(−1)2 =2, 0 1−0 (−1) =0 ≠2, 2 1−(−1) =3 ≠1, 3 1+0 (−1) =3 ≠2, то пара чисел

(–1; 1) є розв’язком рівняння x2 +y2 =2 .

Відповідь. А).

ВАРІАНТ 11 33

1.5.7y − 5x = 7y2 −5x2 . x y xy

Відповідь. Б).

1.6.За теоремою Вієта добуток коренів квадратного рівняння x2 + px+q =0 дорівнює q. Тобто добуток коренів квадратного рівняння x2 −7x−6 =0 дорівнює −6.

Відповідь. Г).

1.7.Нерівність −2x >8 рівносильна нерівності x < −4.

Відповідь. Г).

1.8. b1 =	1	, b2 = −1, b3 =3.	q =	b2	=	−1		= −3. b4 =b3 q =3 (−3) = −9.
	3			b1			1

						3

Відповідь. А).

1.9.Відповідь В).

1.10.Протилежні кути паралелограма рівні, а сума сусідніх дорівнює 180°. Тому два кути паралелограма дорівнюють по 60°, а сусідні з ними дорівнюють 180° – 60° = 120°.

Відповідь. Г).

1.11.У трикутнику найбільша сторона лежить проти найбільшого кута. Оскільки найбільшим кутом трикутника ABC є C =100°, то найбільшою стороною є сторона AB.

Відповідь. Г).

1.12.Вектори перпендикулярні, якщо їх скалярний добуток дорівнює нулю. c d =3 3+9 x =0, якщо x = −1.

Відповідь. В).

						Частина друга
2.1.	(−7)4 −	2	160	=72 −2	160	= 49−2 64 =49−2 8 =33.
			2,5		2,5

	Відповідь. 33.
2.2.	За умовою		x = y. Тоді		x =x2 −2x−4, x2 −3x−4 =0, x1 = −1, x2 =4. Точки графіка функції,

у яких абсциси й ординати рівні між собою, мають координати (−1;−1) і (4;4).

Відповідь. (−1;−1), (4;4).

2.3.З першого рівняння системи дістанемо x =1+y. Підставимо вираз для x в друге рівняння

	1	+	1	=	5		6y+6(y+1)	=	5y(y+1)		y ≠0, y ≠ −1. 12y+6 =5y+5y2, 5y2 −7y−6 =0,
системи:						.				,
	1+y		y		6		6y(y+1)		6y(y+1)

y1 = −0,6, y2 =2. Тоді x1 =1−0,6 =0,4, x2 =1+2 =3. Відповідь. (0,4;−0,6) , (3;2).

34 ВАРІАНТ 11

2.4. Площа сектора S = πR2 α. За умовою S =20π см2, α =72°.

360

Тоді 20π= πR2 72, звідки R2 =100, R =10 см.

360

Відповідь. 10 см.

Частина третя

3.1.Нехай на одну машину можна завантажити x т, тоді для перевезення 60 т потрібно 60x машин.

Коли на кожну машину завантажили (x+1) т, то кількість машин стала дорівнювати x60+1 . Вра-

ховуючи, що при цьому кількість машин зменшилася на 2, складаємо рівняння:

−

=2.

x+1

ОДЗ: x ≠ −1, x ≠0.

60(x+1) −60x−2x(x+1)

=0, x2 +x−30 =0, x1 = −6 не задовольняє умову задачі, x2 =5.

x(x+1)

Отже, кількість машин

=10.

5+1

Відповідь. 10 машин.

3.2. (x3 −1)−(8x2 −8x) =0, (x−1)(x2 +x+1−8x) =0, (x−1)(x2 −7x+1) =0,

x−1=0 або x2 −7x+1=0, звідки

x =1, x =

7−3 5

, x =

7+3 5

Відповідь.	7−3 5			7+3 5
			, 1,				.
		2	, 1,	2			.
		2		2
3.3. У прямокутному трикутнику ABC										AC =21k, CB =20k.
AB = (21k)2 +(20k)2 =29k. AC+CB− AB=2r ,
21k+20k−29k =12k =2r , r =6k.
Радіус описаного кола R =								1	AB =		29	k. Оскільки за умо-
Радіус описаного кола R =								2	AB =			k. Оскільки за умо-
								2		2
вою R−r =17 см, маємо:					29	k−6k =17, k =2.
вою R−r =17 см, маємо:						k−6k =17, k =2.
				2
Отже,		AB =29 2 =58 см.

Відповідь. 58 см.

ВАРІАНТ 12 35

Частина четверта

4.1.М При n =1 маємо: 12 =

1(1+1)(2+1)

, 1 = 1 — правильно, базу індукції доведено.

Нехай при n = k твердження 12 +22 +32 +...+k2 =

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

— правильне. Доведемо,

(k + 1)(k+2)(2k + 3)

що при n =k+1 правильне твердження 12 +22 +32 +...+k2 +(k+1)2 =

12 +22 +32 +...+k2 +(k+1)2 =

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

+(k+1)2 =

(k+1)(2k2 +k+6k+6)

(k+1)(

2k2 +7k+6)

(k+1)(k+2)(2k+3)

Отже, вихідне твердження доведено методом математичної індукції.

4.2.М На рисунку зображено коло з центром O і діаметром CD. Хор-

да AB перетинаєдіаметр CD уточці P, CPA =60°, AP =8 см,

PB =3 см.

P K

Проведемо CM AB, DK AB,

ON AB.

Оскільки

ON CM і точка O — середина CD, то OL — середня лінія

трикутника CMD, тобто точка L — середина MD.

Оскільки LN DK і L — середина MD, то точка N —

середина відрізка MK.

Отже,

MN = NK. Оскільки

AN = KB (властивість

радіуса, перпендикулярного до хорди), то AM = KB.

Нехай

MP = x,

PK = y, тоді AM =8−x,

KB =3−y.

Оскільки AM = KB, то x−y =5.

Із трикутника CMP маємо: CP =

=2x; із трикутника PDK: PD =2y.

cos60°

=CP PD або 4xy =24.

За властивістю хорд, що перетинаються, маємо: AP PB

Розв’язавши систему рівнянь

x−y =5,

дістанемо x =6,

y =1.

=6,

Отже, CD =12 см, довжина описаного кола дорівнює 12π см.

Відповідь. 12π см.

Варіант 12

Частина перша

1.1.15 м +35 см = 20 см + 35 см = 55 см.

Відповідь. Г).

1.2.	3	−	1	=	3 4−1 7	=	5	.
	7		4		28		28

Відповідь. В).

4+10

36 ВАРІАНТ 12

1.3.7x−(2a−x) =7x−2a+x =8x−2a.

Відповідь. Б).

1.4.Ордината точки перетину графіка функції з віссю абсцис дорівнює нулю. 5x−20 =0, x =4. Точка перетину графіка функції y =5x−20 з віссю абсцис має координати (4;0).

Відповідь. В).

32 (a3 )2

1.5.

4b2

42 (b2 )2

16b4

Відповідь. Г).

4( 5 + 3 )

=2( 5 + 3 ).

1.6.

5 −

( 5 −

3 )( 5 + 3 )

5−3

Відповідь. Б).

1.7. Відповідь. А).

1.8.

12+10+8+11+9+12+10+8

=10.

Відповідь. В).

1.9. Нехай градусна міра меншого з кутів дорівнює x° , тоді градусна міра другого кута — (4x)°. Сума суміжних кутів дорівнює 180°. Тому x+4x =180, x =36.

Відповідь. Г).

1.10. Середня лінія трапеції дорівнює півсумі її основ: =7.

Відповідь. Б).

1.11.	p =	13+14+15	=21(дм).
		2

		Тоді за формулою Герона S = 21(21−13)(21−14)(21−15) = 21 8 7 6 =84.

Відповідь. В).

1.12.Запишемо рівняння у вигляді y = kx+ b: y = −3x+1. k = −3.

Відповідь. А).

Частина друга

2.1.	Нехай x2 +x =t. Тоді t2 +2t−8 =0, t1 = −4, t2 =2. Маємо x2 +x = −4,		x2 +x+4 =0, розв’язків
	немає, або x2 +x =2, x2 +x−2 =0, x1 = −2, x2 =1.
	Відповідь. −2; 1.
2.2.	Оскільки графік функції	y = kx+ b проходить через точки (1;−5)	і (−3;−13) , то викону-
	−5 =k+b,	Дістали систему рівнянь, розв’язавши яку, дістанемо значення
	ються умови
	−13 = −3k+b.

коефіцієнтів k і b. Виконаємо почленно віднімання від першого рівняння системи другого: 8 =4k, k =2. Тоді з першого рівняння b = −5−2 = −7. Шукана формула має вигляд y =2x−7.

Відповідь. y =2x−7.

																			ВАРІАНТ 12	37

		b					1		2						20
2.3.	S =	1	. b1 =b3	:q2	=5:				=20. Тоді S =								=40.
2.3.	S =		. b1 =b3	:q2	=5:				=20. Тоді S =							1	=40.
		1−q					2								1−	1
	Відповідь. 40.														1−	2
	Відповідь. 40.
2.4.	За	теоремою синусів						AB			=		AC	, звідки		sinC =		ABsinB	. Враховуючи, що sin45°=	2	,
2.4.	За	теоремою синусів						sinC			=	sinB		, звідки		sinC =		AC	. Враховуючи, що sin45°=	2	,
								sinC				sinB						AC		2
				2	3		2
				2	3	2					3
	дістанемо sinC =					2				=	3		, C = 60° .
	дістанемо sinC =									=	2		, C = 60° .
					2	2					2

Відповідь. 60°.

Частина третя

3.1.Нехай у заданому числі x — цифра, що позначає десятки, а y — одиниці. Тоді x2 +y2 =45. Дане число запишемо у вигляді 10x+y. Тоді (10x+y) +27 =10y+x.

	x	2	+y	2	=45,		2	+y	2	=45,	(1)
Розв’яжемо систему	x		+y		=45,	x		+y		=45,	(1)
Розв’яжемо систему							= y−3.				(2)
	(10x+y) +27 =10y+x.					x	= y−3.				(2)

Підставимо (2) в (1) і розв’яжемо отримане рівняння.

(y−3)2 +y2 =45, y2 −3y−18 =0, y1 =6, y2 = −3 —незадовольняєумовузадачі.Зрівняння(2) x =6−3 =3. Отже, дане число 36.

Відповідь. 36.

	−b4	=3,	b			(q−q3 ) =3,			b (q −q3 )					3			1			6
b2	−b4	=3,			1				1			= −		3		q =	1		b =	6
3.2.															,			;			. Сума нескінченної геометричної
3.2.	−b4	= −6;				(q2 −1) = −6. b1 (q2 −1)									,			;			. Сума нескінченної геометричної
b3	−b4	= −6;	b1			(q2 −1) = −6. b1 (q2 −1)								6			2		1	1−q2

прогресії S =					b	6				=	6		=16.
				1			=
				1−q			=	(1−q2 )(1−q)			3	1
											4	2

Відповідь. 16.

3.3.	AB BC, DC BC, отже, AB DC, чотирикутник				ABCD —			B
	прямокутна трапеція з основами AB і DC.			AB =	AE =9	см,		B
	прямокутна трапеція з основами AB і DC.			AB =	AE =9	см,
	DE = DC =4 см.						N		C
	AD = AE+DE =9+4 =13 см.						N
	AD = AE+DE =9+4 =13 см.
	Проводимо	DN AB, тоді	BCDN	—	прямокут-		A	E	D
	ник. BN =CD =4	см, BC = DN, AN = AB−BN =9−4 =5				см.
	DN = AD2 − AN2	= 169−25 =12 см.
	Отже, BC =12 см.
	Відповідь. 12 см.

38 ВАРІАНТ 13

Частина четверта

4.1.М ab(a+b−2c) +bc(b+c−2a) +ac(a+c−2b) = a2b+ab2 −2abc+b2c+bc2 −2abc+a2c+ac2 −2abc =

=a2b−2abc+bc2 + ab2 −2abc+ac2 +b2c−2abc+a2c =b(a2 −2ac+c2 )+a(b2 −2bc+c2 )+

+c(b2 −2ab+a2 ) =b(a−c)2 +a(b−c)2 +c(b−a)2

0 як сума невід’ємних доданків.

a−c = 0,

−c = 0, тобто при a = b

= c.

Рівність досягається при b

−a = 0,

4.2.М На рисунку зображено трапецію ABCD з основами AD =7 см

і BC =3

см.

—

точка перетину діагоналей

трапеції. Пряма,

що проходить через точку

O паралельно основам трапеції,

перетинає її бічні сторони

AB і CD у

точках

і N

відповідно.

AOD COB за двома кутами, тоді

Отже,

Нехай

AO =7x,

CO =3x; BO =3y,

OD =7y. ABD MBO

за двома кутами,

7y+ 3y

, звідки MO =2,1

см.

ACD OCN за двома кутами, тоді

7x+ 3x

, звідки ON = 2,1 см.

Отже,

MO+ON =2,1+2,1=4,2 (см)

Відповідь. 4,2 см.

тоді

Варіант 13

Частина перша

1.1.x =2100:35, x =60.

Відповідь. В).

1.2.4 16 :5 = 256 15 = 56 .

Відповідь. Г).

1.3.(4+x)(x−4) =(x+4)(x−4) =x2 −16.

Відповідь. Б).

1.4.x2 +x−12 =x2, x−12 =0, x =12.

Відповідь. В).

ВАРІАНТ 13 39

1.5.Відповідь. А).

1.6.	−	2x	3	3	= −	23	(x3 )3

		3y2					(y2 )3
						33

Відповідь. В).

1.7. (−2)2 +(−2) −2 =0,

Відповідь. Б).

= − 8x9 .

27y6

22 +2−2 =4 >0, 12 +1−2 =0, (−1)2 +(−1) −2 = −2<0.

1.8.Область визначення функції: всі числа, крім нуля. x2 +5x =0, x(x+5) =0, x1 =0 (не належить області визначення), x2 = −5.

Відповідь. Б).

1.9.Відповідь. В).

1.10.Оскільки паралельні прямі, які перетинають сторони кута, відтинають на одній його стороні рівні відрізки, то вони відтинають рівні відрізки і на другій його стороні. Тому MN = AK =7 см.

Відповідь. Г).

1.11.Довжина кола C =2πR =6π см, звідки R =3 см.

Відповідь. А).

1.12.Сторона ромба дорівнює 16 2 :4 =4 2 (см).

Тоді площа ромба дорівнює (4 2 )2 sin135°=16 2

=16 2 (см2).

Відповідь. Б).

Частина друга

2.1.

a2 −4a+4

2a2 −18

(a−2)2

2(a−3)(a+3)

(2−a)(a−3)

−a2 +5a−6

a2 +6a+9

12−6a

(a+3)2

6(2−a)

3(a+3)

3a+9

Відповідь. −a2 +5a−6 .

3a+9

2.2.За умовою x1 = − 12 , x2 =5. За теоремою, оберненою до теореми Вієта, −(x1 +x2 ) = p, x1 x2 =q.

		1			1			1			1
Отже, p = −	−		+5	= −4		,	q = −		5	= −2		.
Отже, p = −	−		+5	= −4		,	q = −		5	= −2		.
		2			2			2			2

Тоді квадратне рівняння має вигляд x2 −4 12 x−2 12 =0. Оскільки за умовою коефіцієнти

рівняння мають бути цілими числами, помножимо обидві частини рівняння на 2: 2x2 −9x−5 =0.

Відповідь. 2x2 −9x−5=0.

					p	n
2.3. За формулою складних відсотків	An	= A0	1	+			обчислимо величину вкладу через два роки:

					100

A2 =10000(1+0,16)2 =13456 грн. Тоді відсоткові гроші, які матиме вкладник через два роки: 13456−10000 =3456 грн.

Відповідь. 3456 грн.

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 124 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
14.02.2015228 Кб3Doc1.doc
#
14.02.2015225 Кб3Doc2.doc
#
04.09.2019706 Кб1Dodatok_1.doc
#
15.02.201541 Кб5Dokument_Microsoft_Office_Word.docx
#
12.03.201616 Мб213dopatka_r_perepechko_a_kniga_o_sudah.pdf
#
15.02.20153 Мб45DPA_2011_mat-9-rozvyazannya-vsx-zavdan.pdf
#
06.11.2018148 Кб2dvp_pr_001.doc
#
15.02.20152 Мб310Ekon_Pidp_ta_mij-komp-Fedorova.pdf
#
15.02.20151 Мб153Ekon_prom_pidpr_Maslak_2011.pdf
#
14.02.2015319 Кб10Ekonomichna_istoriya_Ukrayini.doc
#
15.02.201557 Кб31ekonomika.docx