Deneme - 6 LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ

LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
1.
^2016 + 1h · ^20162 - 2016 + 1h
7.
^2016h - 2014
2
=
2017 · ^^2016h2 - 2015h
^^2016h - 2015h
2
2. x2 =
36 + 20 + 24 5
25 + 45 + 30 5
=
= 2017
70 + 30 5
7 - ^b + ch
b+c
=
Cevap C
56 + 24 5
Deneme - 6
=
8 ^7 + 3 5 h
10 ^7 + 3 5 h
=
4
5
Cevap C
3. 2x · 6x · 12x · 12x = 122 & 123x = 122 & 3x = 2 & x =
+
7 - ^a + ch 7 - ^a + bh
+
a+c
a+b
7
7
7
-1+
-1+
-1
a+c
b+c
a+b
= 7c
1
1
1
+
+
m- 3
b+c a+c a+b
= 7·
7
-3
10
=
49 - 30 19
=
= 1, 9 bulunur.
10
10
Cevap A
2
3
Cevap B
8. İfadeleri taraf tarafa toplayalım.
x2 - 4x + 9y2 + 6y + 5 = 0 bulunur.
4.
^x - 2h2 + ^3y + 1h2 = 0
1
2
1
x = 2 ve y = – tür. O halde; x · y = 2 c – m = – tür.
3
3
3
5n – 8 2n + 4
5
18
5n + 10 5
_
& 2
2
n
+4
2
–18
n = 0, 4, –4, –8, 16, –20 için ifade tamsayı olur.
Cevap D
Cevap D
5. 5x = a
9. En küçük elemanı 1, en büyük elemanı 10 olan alt
4a + 3
m
n
+
=
a - 3 a + 1 a2 - 2a - 3
kümeyi (10,1) ile gösterelim. Bu şartlarda geri kalan 8
elemanın oluşturabileceği alt küme sayısı 28 = 256 ta-
& m ^a + 1h + n ^a - 3h = 4a + 3
15
a = 3 için 4m = 15 & m =
4
nedir. Bu 256 kümenin her birine 1 ve 10 elemanlarını
1
a = –1 için –4n = –1 & n =
4
^2, 9h " 26 = 64
m-n =
eklersek isttenen şartta 256 alt küme yazabiliriz.
Bu şekilde;
^3, 8h " 24 = 16
15 - 1 7
= bulunur.
2
4
^4, 7h " 22 = 4
Cevap C
^-h
O halde istenen şartta, 256 + 64 + 16 + 4 + 1 = 341 tane
alt kümesi vardır.
^+h
6. a < 0 < b ise
•c
1 1
•• - > 0 dır.
b a
1
1
+ 2
2
+
a
b
•
& < 0 dır.
1 1
a b
^a · bh–1 & > 0 dır.
1 1
a b
Cevap C
1 1 –2
- m >0
a b
•• a2 - a > 0 dır.
••
^5, 6h " 20 = 1
10.10, 20, . . . , 90 & birler basamağı her iki durumda 0 olur.
11, 21, . . . , 91 & birler basamağı her iki durumda 1 olur.
15, 25, . . . , 95 & birler basamağı her iki durumda 5 olur.
16, 26, . . . , 96 & birler basamağı her iki durumda 6 olur.
O halde 4 · 9 = 36 tane iki basamaklı pozitif tamsayı
vardır.
a –2 + b –2
•• Şıklar incelendiğinde –1
ifadesinin negatif ola - b –1
duğu görülür.
Cevap D
çözümler www.metinyayinlari.com da
Cevap C
1
Diğer sayfaya geçiniz
Deneme - 6
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
11.3 < a < b < c < 25
14. b3 bağıntısının grafiği çizilip düşey doğru testi yapılırsa
a = 5, b = 17, c = 23 seçilirse
b3 bağıntısının gerçel sayılarda bir fonksiyon olduğu
a + b < c eşitsizliği sağlanır. (5 + 17 < 23)
görülür.
O halde a + b + c = 5 + 17 + 23 = 45 bulunur.
y
Cevap C
3
– 3
3
x
Grafikten de anlaşılacağı gibi çizdiğimiz düşey
doğrular grafiği yalnızca
bir noktada kesiyor.
b3
Cevap C
12.36 ile bölünebilen her sayı 4 ve 9 ile de tam bölünür.
23 4
20 5
3
23 9
18 2
5
b = 1, 5, 9 olur ise 4 ile bölümünden kalan 3 olur.
b = 1 için
6 + a + 5 + 1 = 9k + 5 ⇒ a = 2
b = 5 için
6 + a + 5 + 5 = 9k + 5 ⇒ a = 7
b = 9 için
6 + a + 5 + 9 = 9k + 5 ⇒ a = 3
7a + 3 5b + 4
=
2
3
(Her ifadeyi 6 ile çarpalım.)
6x = 21a + 9 = 10b + 8
(Her ifadeye 12 ekleylim.)
15. x =
a+b = 1+2 = 3
a + b = 5 + 7 = 12 4 bulunur.
a + b = 9 + 3 = 12
6x + 12 = 21a + 21 = 10b + 20
6x + 12 = okek ^21, 10h = 210 · k
Cevap E
k = 1 için
k = 2 için
6x + 12 = 210
6x + 12 = 420
6x = 198 6x = 408
x = 33
x = 68
O halde; 33 + 68 = 101 dır.
Cevap C
13. f ^g ^xhh = g2 ^xh + 2g ^xh + 3
f ^xh = x2 + 2x + 3 tür.
x2 + 2x + 3 = 3
x ^x + 2h = 0
16. 4x2 + 4xyz + y2 z2 + 4y2 - 4xyz + x2 z2
= x2 ^ 4 + z2 h + y2 ^ 4 + z2 h
x=0
x = –2 g 6–1, 3h
= ^x2 + y2h^4 + z2 h
O halde f–1 ^3h = 0 dır.
Şıklarda olan çarpan x2 + y2 dir.
Cevap B
Cevap B
çözümler www.metinyayinlari.com da
2
Diğer sayfaya geçiniz
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
20.n + 1 tane terim vardır.
y
17.
Deneme - 6
P ^1 h
= 8 & P ^1h = 8 ^n + 1h dir.
n+1
2
α
1
x0
–x2 +
P ^x + 1h in sabit terimi x = 0 için P ^1h = 104 tür.
θ
α
y = –x2 +
7
x+2
12
O halde; 8n + 8 = 104
7
x+2 = 1
12
n = 12 bulunur.
–12x2 + 7x + 12 = 0
4x
–3 x
3
4
^4x + 3h^–3x + 4h = 0
x0 > 0 olduğundan
4
x0 = tür.
3
Md = tan i = tan ^180 - a h = – tan a
1
3
= – bulunur.
4
4
3
Cevap C
y
c
a
1
tan50
sin50
– tan a = –
(sinüs ekseni)
21.
18. –5 G a G 5 & a, 11 farklı tamsayı değri alır.
50
–1
cos50
b
1
x
(cosinüs ekseni)
–5 G b G 5 & b, 11 farklı tamsayı değri alır.
–1
–25 G a · b G 25
x = 1 (tanjant ekseni)
45º < x < 90º aralığında sinx > cosx olduğundan
ax2 + 10x + b = 0 denkleminin farklı iki reel kökü olması
için 3 > 0 olmalı,
sin 50 > cos 50 dir. (1 > a > b).....e
1
102 - 4 · a · b > 0 & 100 > 4ab & 25 > a · b dır.
sec 50 =
ğundan 11 · 11 = 121 tane (a, b) sıralı ikilisi yazılabilir.
1
1 _
b
=
cos 50 b b
1 1
` a > b olduğu için > > 1 dir.
1
1b
b a
cosec 50 =
= b
sin 50 a a
Fakat (5, 5) ve (–5, –5) ikililerini 25 > a · b eşitsizliğini
Yani sec 50 > cosec 50 dir..........e
2
sağlamadığı için çıkartmalıyız.
1 ve e
2
e
O halde 121 – 2 = 119 tane istenen şartı sağlayan (a, b)
sec 50 > cosec 50 > sin 50 > cos 50 dir.
ikilisi yazılabilir.
sec50 ile tan50 yi kendi aralarında sıralamamız yeterli
olacaktır.
1
a
tan 50 = ve sec 50 =
b
b
a nın 11 farklı değeri için b nin de 11 farklı değeri oldu-
Cevap C
19.P ^xh = 1 + x + x2 + x3 + x4
P ^ x h - 5 = x4 + x3 + x2 + x - 4
a < 1 olduğundan
x4 + x3 + x2 + x – 4 x –1
x3 + 2x2 + 3x + 4
a 1
< dir. Yani tan 50 < sec 50 dir.
b b
O halde şıklarda verilen trigonometrik değerlerden en
büyüğü sec50 dir.
O halde; Q ^xh = x3 + 2x2 + 3x + 4 tür.
den
Cevap E
Q ^1h = 1 + 2 + 3 + 4 = 10 bulunur.
Cevap C
çözümler www.metinyayinlari.com da
3
Diğer sayfaya geçiniz
Deneme - 6
22.
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
A
25.I. 0 ∈ N olup 02 = 0 olduğundan
D
17
I. öncül doğrudur.
180 – α
–
180
II. 0 ve 1 tamsayıları için 02 = 0 ve 12 = 1 olduğundan
α
8
17
II. öncül yanlıştır.
H
8
III. Hiçbir reel sayının karesi 0 dan küçük olmadığı için
C
III. öncül yanlıştır.
B
IV. 3x + 1 = 8 ⇒ 3x = 7 ⇒ x =
A merkezli çember yayı çizildiğinde
t h = ^360 - 2a h º olduğu bulunur.
m ^BAD
7
s Z olduğundan.
3
IV. öncül yanlıştır.
Cevap E
BAD ikizkenar üçgeninde AH yüksekliği çizildiğinde
t h = ^180 - ah º olur.
m ^BAH
2
AH + 82 = 172 & AH = 15 br dir.
–15
15
cos ^180 - ah = – cos a =
& cos a =
bulunur.
17
17
26.x + y = 2 ⇒ y = 2 – x yazalım.
x3 + 4x(2 – x) + (2 – x)3 = 28
x3 + 8x - 4x2 + 8 - 12 + 6x2 - x3 - 28 = 0
Cevap A
2x2 – 4x – 20 = 0
x2 – 2x – 10 = 0
b
x1 + x2 = - = - (- 2) = 2 bulunur.
a
23.z = x + iy olsun
Cevap E
(1 – i) (x + iy – 2i) = (1 + 2i) (x – iy)
x + iy – 2i – ix + y – 2 = x – iy + 2ix + 2y
27. g ^f ^2hh = g ^log2 4 h = g ^2h = 38 - 3 = 35 = 243 tür.
(x + y – 2) + i(y – x – 2) = (x + 2y) + i(2x – y)
x + y – 2 = x + 2y
y = –2 bulunur.
Cevap A
Cevap C
28. x2 + 2xy + y2 = 36xy
^x + yh2 = 36xy
x + y = 6 x·y
x+y
x-y
24. sin x + sin y = 2 sin
· cos
2
2
log ^6k xy h = log ^ xy h
x-y
2
π
= 2 sin · cos
2
6
2
6k xy =
k=
x-y
2
= cos
2
2
1
bulunur.
6
Cevap C
x-y π
= tür.
2
4
π
2
π
x+y =
3
+
__________
29.
x-y =
x=
xy
1
1
1
+
=
log2 x log2 y 2
.
3
c
1 1 1
+ = m
3 6 2
.
6
log2 x = 3 & x = 23 = 8
5π
bulunur.
12
log2 y = 6 & y = 26 = 64
Cevap E
x · y = 8 · 64 = 512 bulunur.
Cevap D
çözümler www.metinyayinlari.com da
4
Diğer sayfaya geçiniz
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
30.S4 = a1
33.T harfi M ile N arasında olması istendiğine göre bu
1 - r4
= 45
1-r
harfleri aynı gibi düşünürsek M E T i N kelimesindeki
. . . . .
X E X i X
1 - r6
S6 = a1
= 189
1-r
S4
S6
=
harfler
1 - r4
45
=
1 - r6 189
(1 - r) 2 (1 + r2)
( 1 - r 2) ( 1 + r 2 + r 4 )
=
5!
kadar farklı şekilde sıralanabilir. M ile N yer
3!
değiştirebileceğinden istenen durumların sayısı
MTN
5!
· 2!
kadar olur.
NTM
3!
5
21
Örneklem uzayın eleman sayısı ise 5! olduğundan istenen olasılık;
5r4 – 16r2 – 16 = 0
r2
5r2
Deneme - 6
–4
4
5!
· 2!
1
3!
= olur.
3
5!
r2 – 4 = 0 ⇒ r2 = 4 ⇒ r = 2 bulunur.
Cevap C
31.
a1 + 4r + a1 + 5r
a1 + 2r
Cevap C
34.f(x) in kökleri, grafiğin x eksenini kestiği veya x ekseni-
=3
ne teğet olduğu noktaların apsisleridir. Yani,
x = 1 (çift kat) ve x = – 3 fonksiyonun kökleridir.
2a1 + 9r = 3a1 + 6r
x2 – 16 = 0 ⇒ x = 4
3r = a1
x = –4
a1 + 6r + a1 + 7r = 2a1 + 13r
= 6r + 13r
= 19r
–4
f (x)
x2 - 16
a7 + a8 = 19r ise a7 + a8 toplamı r = 1 seçilirse 19 olur.
–
+
1
–
4
–
+
pozitif kökler; 1, 2, 3 olup üç tanedir.
Cevap B
Cevap A
35.
32. c x5 +
≤0
–3
r
1 6
6
6-r 1
m = c m · ^x5 h · c m + g
x
x
r
1 6 5 4 3 2 1 1
M
N
6!
= 360
2!
.
1
6
c m · x30 - 5r · r = A · x0 (sabit terim A olsun)
r
x
CT sıralaması belli olduğu için bu harfleri tekrar eden iki
harf gibi düşünmeliyiz.
30 - 5r = r
Cevap A
r=5
6
A = c m = 6 bulunur.
5
Cevap D
çözümler www.metinyayinlari.com da
5
Diğer sayfaya geçiniz
Deneme - 6
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
39. y = f ^x h = x · e–x ise
36.f(x) fonksiyonu ∀x ∈ Z için sürekli ise
1-x
4 · 1 + a = 2a + b =
x-1
f' ^xh = e–x - xe–x = e–x ^1 - xh
f'' ^xh = –e–x ^1 - xh - 1· e–x = e–x ^–2 + xh
.
–1
f''' ^xh = –e–x ^–2 + xh + e–x = e–x ^3 - xh
4 + a = –1 ve 2 · (–5) + b = –1
a = –5
b=9
h
^50h
a + b = –5 + 9 = 4 bulunur.
f
Cevap A
^xh = e–x ^–50 + xh bulunur.
Cevap D
37. b - 3 = 0 & b = 9
lim
x"0
40. f' ^xh = 2x ve A ^a, a2 h teğet noktası olsun.
ax + 9 - 3 1
=
x
2
MT = 2a
A(a, a2)
L’H uygulanırsa
a
(3, 8)
a2 - 8
MT =
= 2a
a-3
1
2 ax + 9
=
1
2
x"0
lim
&
a 1
= & a = 3 bulunur.
b 2
a2 - 8 = 2a2 - 6a
a2 - 6a + 8 = 0 & a = 2, a = 4 tür.
Cevap C
O halde A ^a, a2 h = A ^2, 22 h = A ^2, 4h bulunur.
Cevap B
38. A ^a, ea + 2h " Teğet noktası
M T = f' ^ a h = e a
B ^b, 0h " x eksenini kestiği nokta,
41. f ^xh = a · x3 olsun.
ea + 2
ea + 2
= ea & a - b =
a-b
ea
f ^2xh = 8ax3 olur.
f' ^xh = 3ax2 ve f'' ^x h = 6ax
AB min = ^a - bh2 + ^ea + 2h = g ^ah diyelim.
2
g ^ah =
8ax3 = 6ax · 3ax2 & 8 a x3 = 18a 2 x3
4
a = bulunur.
9
ea + 2
2
c
m + ^ ea + 2 h
ea
g' ^ah = 0 olmalı
2 · ea ^ ea + 2 h · c –
O halde; f ^xh =
1
+ 1m = 0
ea
ea = 1, a = 0 O halde, A ^0, 2h bulunur.
f ^3h =
4 3
x olur.
9
4 3 4
· 3 = · 27 = 12 bulunur.
9
9
Cevap C
çözümler www.metinyayinlari.com da
6
Diğer sayfaya geçiniz
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
42. x = 1 için f ^1h = 5 · 1 - 8 = –3 tür.
Deneme - 6
44.
^1, –3h noktasını f fonksiyonunda yazalım.
a
a
f ^1 h = e1 · ^m · 1 + b h
a
–3 = e ^m + bh bulunur.
b
f' ^xh = ex ^mx + bh + m · ex
b
f' ^ 1 h = e ^ m + b h + m · e
a
5 = –3 + m · e & m · e = 8 bulunur.
Pencereden maksimum ışık geçmesi için pencerenin
alanının en büyük olması gerekir.
–3 = e ^m + bh & –3 = em + eb & –3 = 8 + e · b
11
& –11 = e · b & b = –
dir.
e
3a + 2b = 5
b=
Cevap A
5 - 3a
2
f ^ah =
43.I. f' ^xh = ln x + x ·
x –3
f'(x) –
1
–
e
a2 3
5 - 3a
a 3 5 - 6a
m & f' ^ x h =
+ a ·c
+
=0
2
2
2
4
& a 3 + 5 - 6a = 0 & a ^ 3 - 6 h + 5 = 0
1
1
= ln x + 1 = 0 & ln x = –1 & x =
x
e
&a=
5
bulunur.
6- 3
3
Cevap A
+
1
Buradan; f' ^xh in c , 3 m aralığında pozitif olması sebee
5
45.
1
biyle f ^xh in c , 3 m aralığında artan olduğunu görürüz.
e
G ^3h
# f^ t hdt = G^5h - <
3
G ^5h = 6 +
1
II. ; , 1E aralığında f ^xh in herhangi bir ekstremum
2
6
5
# f^ t hdt bulunur.
3
noktası olmadığı için verilen aralığın uç değerlerine
Cevap E
bakmamız yeterlidir.
f ^1h = 1·ln 1 = 0
46.
1
1 1
1
f c m = ln = – ln 2
2
2 2
2
f ^xh G 5x + c dir.
x = 1 için f ^1h G 5 + c & –2 G 5 + c & c G –7
1
Görüldüğü üzere f ^xh in ;1, E aralığındaki en
2
x = 3 için f ^3 h G 5 · 3 + c & f ^3 h G 15 - 7 & f ^3 h G 8
büyük değeri 0 dır.
olduğundan f ^3h en çok 8 olur.
III.f ^xh in eğrilik yönü 2. türevin işareti ile tespit edilir.
Cevap A
1
f'' ^xh = = 0 & kök yoktur.
x
3
47.
3
x 0
f'' ^xh + + + + +
# ^lnxxh dx & ln x = u & 1x dx = du olur.
2
1
Yeni sınırları x = e için ln e = u & u = 1
4
x = 1 için ln l = u & u = 0
belirleyelim
^0, 3h aralığında f'' ^xh > 0 olduğu için
f ^xh bu aralıkta çukurdur.
1
3 1
# u du = u3
2
0
Cevap E
çözümler www.metinyayinlari.com da
# f'^xhdx G # 5dx
7
0
=
1
1
- 0 = bulunur.
3
3
Cevap B
Diğer sayfaya geçiniz
Deneme - 6
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
51. m (W
A) + m ( W
B) > 130°
48. x2 - 9 = 0 & x = 3, x = –3
x
x -9
2
–3
+
3
–
# –^xx --39h dx = – # ^
0
0
2
–2
m (W
A) + m ( X
C) > 90°
+
__________________
+
x - 3 h^x + 3 h
–2
^x - 3h
m (W
A) + m (W
A) + m ( W
B) + m ( X
C) > 220° & m (W
A) > 40° dir.
1 4 4 4 44 2 4 4 4 44 3
0
dx = –
180°
# ^x + 3hdx
O halde, A açısının açısının ölçüsünün alabileceği en
–2
küçük tamsayı değeri 41° dir.
0
x2
= – c + 3x m = 2 - 6 = –4 bulunur.
2
–2
Cevap B
Cevap A
52.
A
49. f ^xh = –f ^–xh olduğundan f ^xh tek fonksiyondur.
0
α α 90 – α
4
# f^xhdx = 4 ise # f^xhdx = –4 tür.
–4
B
0
4
#
4
# f^xhdx = x
2x dx + 3
0
0
2
4
0
90 – α
3
N
x
C
D
2
W ) = m (NAD
W ) = a dersek
• m (BAN
+ 3 · ^–4h
m (DW
AC) = m (CW
AF) = 90° - a olur.
= 16 – 12 = 4 bulunur.
Cevap A
&
•• ABD de [AN] iç açıortay olduğu için
açıortay bağıntısı ile
AB
AD
=
3
dir.
2
•• AB + AD = 10 cm & AB = 6 cm, AD = 4 cm dir.
2016
#
50.
0
&
•• ABD de [AC] dış açıortay olduğu için açıortay bağıntısı ile
3
2
e 2x
ise
e + e2016
2x
AB
AD
e2x + e2016 = u dönüşümü yapalım.
2e2x dx = du
1
Buradan;
2
=
2016
#
0
1
1
du = ln e2x + e2016
u
2
BC
=
64748
5 + DC
DC
&
3 5 + DC
=
& DC = 10 cm dir.
2
DC
&
O halde, ABD de dış açıortay uzunluğu
AC = x =
2016
BC · DC - AB · AD
& AC = x = 15 · 10 - 4 · 6 = 3 14 cm bulunur.
0
1
1
ln e2016 = · 2016 = 1008 bulunur.
2
2
Cevap E
Cevap A
çözümler www.metinyayinlari.com da
8
Diğer sayfaya geçiniz
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
53.
56. A
[BD] yi çizip yükseklikleri
A
Deneme - 6
aynı olan üçgenlerin alan
D
15
oranları ile taban oranları2
A
6A
B 1 E
2
2A
6
F
2
25
C
A ^DEFh
A ^ABCh
=
6A
17A 17A
+
10
2
=
açıortay olur.
15
10
• İç ters açı çifti ile
W h
X h = m ^CED
m ^BCA
C
15
CD = ED = 15 cm olur.
KE
15
W + ABC
W
=
& KE = 9 cm
•• AKE
olduğundan
15
25
bulunur.
O halde, KD = x = 15 + 9 = 24 cm dir.
Cevap D
6A
10
dir.
=
17
6 · 17A
10
x
57.
Cevap B
1
1
1
1
1
...
Kare zeminin alanı x2
1
1
A
1
{12, 13, 15} kümesinin eleman-
x
ları, ABH ve AHC dik üçgenlerin13
B
5
H
9
olacağından a = 8 için
büyük olacak biçimde şekildeki
C
14
1
gibi yerleştirilirse pisagor ile
14 · 12
= 84 br2 dir.
2
A
Cevap E
58.
y
Cevap C
a
B
a 3
30°
60°
ve TC simetri ekseni olacağın&
dan T noktası ABC nin ağırlık
H'
60°
C
8
A(1,1)
2
D 2
y = x kenarının
9
uzunluğu 8 br
B(9,1)
ve bu kenara ait
C
yükseklik 1 br
x
olduğundan
&
1· 8
A (OAB) =
= 4 br2 dir.
2
&
•• x = k doğrusu OAB i eşit alanlı iki bölgeye ayırdığı için
TH = a dersek AT = 2a olur.
A ^AOCDh = A ^DCBh = 2 br2 dir.
&
•• ATH de 30°-60°-90° ile TH' = a ve AH' = a 3
bulunur.
•• 0 ^0, 0h ve B ^9, 1h noktalarından geçen OB doğrusux
k
nun denklemi y = olduğu için C c k, m dur.
9
9
k
O halde, DC = 1 - ve BD = 9 - k olduğu için
9
2
2
64 7
48 1
1 ^9 - kh
k
A ^DCBh = c 1 - m · ^9 - k h & 2 = ·
&k=3
2
9
2
9
bulunur.
&
•• AHC de 30°-60°-90° ile HC = a 3 olduğundan
BH = a 3 dür.
a·a 3
1
2
=
= bulunur.
O halde,
6
A ^ABCh
3a · 2 3 a
2
Cevap B
A ^ATH' h
çözümler www.metinyayinlari.com da
&
• OAB ve 6AB@
x=k
O
merkezidir.
30°
H a 3
1
• ABC eşkenar üçgeninde AH
a 3
T
dur.
BH = 5 br ve HC = 9 br
H
2a
36 + 64 = x2 & x = 10
bulunur.
O halde, A ^ABCh =
55.
bir tanesinin alanı da a2
36 · 1 + a2 = x2
de hipotenüsler dik kenarlardan
15
12
ve kare parçacıklardan
olsun.
...
54.
deltoiddir ve [AC]
olacağından, EDC ikizkenar üçgendir ve
A
17A
olduğundan A ^BDCh = + 6A + 2A =
dir.
2
2
17A
5
17A
2
A ^DBCh: A ^ABDh = 5: 1 &
= & A ^ABDh =
10
A ^ABDh 1
O halde,
D
15
B
1
A ^DBEh: A ^DEFh: A ^DFCh = : 6 : 2
2
A
& A ^DBFh = , A ^DEFh = 6A ve A ^DFCh = 2A
2
olur.
olduğundan ABCD
E
K
nı eşitleyelim;
• AB = AD ve BC = CD
25
Cevap A
9
Diğer sayfaya geçiniz
Deneme - 6
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
59.
62.
Şekilde düzgün
α
α
...
...
α
6
dairenin yarıçap
onikigenin bir kesiti ve
6
6
6
uzunluğuna r
çevresel çemberi
çizilmiştir.
360°
= 30° dir.
12
O halde, düzgün
onikigen alanı
A
2
r+1
M
merkezli dairenin
O
B
r
N
r
C
yarıçap uzunluğu
r + 1 ve O
4r + 2
merkezli dairenin
yarıçap uzunluğu 2r + 1 olur.
H
1
12 · f · 6 · 6 · sin 30° p = 108 br2 bulunur.
dersek M
2r + 2
a=
1
N merkezli
2
Taralı alanı yarıçaplarına göre yazalım.
Cevap C
π ^2r + 1h2 π ^r + 1h2 πr2
= 12π & r = 3 cm dir.
2
2
2
O halde, O merkezli dairenin yarıçapı 2 · 3 + 1 = 7 cm
bulunur.
Cevap B
6
60.D
4
L
6a
7S
5S
A
Pa
M
2
C
AB ve DC ye
2
paralel PK çizilirse;
&
&
BKP + BCL
K
5a 2
B
10
olacağından
PK = 2 br
bulunur.
PM
PM
&
&
2
1
&
PMK + BMA olacağından
=
= olur.
5
10
BM
BM
63.
uygulandığında diklik
merkezi H olan ABC
PM = a dersek BM = 5a, LP = 6a ve LM = 7a
F
olacağından A(AML) = 7S ve A(ABM) = 5S dir.
O halde;
10 · 4
5
A ^ABLh = 12S =
& S = br2 olacağından
2
3
Taralı alan = 7S = 7 ·
5 35 2
=
br bulunur.
3
3
A
Cevap B
15
dir. Çemberde C
noktasından
15
15
D
K
B
5 · 35 = KC · 25
C
25
çözümler www.metinyayinlari.com da
üçgeni elde edilir.
B
[AB], [BC] ve [AC]
çaplı çemberleri çizip
çevre açı ve gördüğü
yaylar ile aşağıdakileri elde ederiz.
&
O halde, H noktası DEF nin iç açıortaylarının kesim
noktası olduğu için iç teğet çemberinin merkezidir.
kuvvet uygularsak
5
D
üçgeni ve DEF
E
& m (D W
FB) = a dır.
%
%
W h = b & m (AF) = 2b & m ^F W
•• m ^FEA
BAh = b & m ( FD) = 2b
%
W h = b dir.
X h = b & m (AD) = 2b & m ^AED
& m ^FCD
%
%
WCh = c & m ( FE) = 2c
•• m ^F X
DCh = c & m ( FC) = 2c & m ^FB
%
W h = c & m ( CE) = 2c & m ^ED
XCh = c dir.
m ^EAF
ile BC = 25 cm
A
H
%
W h= a
W h = a & m ( EB) = 2a & m ^EAB
•• m ^EFB
%
%
X ) = a & m ( DB) = 2a
& m ( ED) = 2a & m (ECD
&
ABC de pisagor
61.
Verilen adımlar
C
& KC = 7 cm
Cevap D
bulunur.
Cevap B
10
Diğer sayfaya geçiniz
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
64.
67.
A
r1
5
B
K
E
x
4
b
2a
r1
A
2b
a a
b
a
Deneme - 6
D
a
x
60°
E
r1 O1
r
60° 1
r1
D
30°
R r2
P
B
C
r2
O2 r2
r2
L
2a
•• O1 merkezli çemberin yarıçapına r1 ve O2 merkezli
C
&
W h = a & m ( CD) = 2a & m ^D W
m ^DAC
BCh = a dır.
%
XCh = a dır.
m ^ BW
ACh = a & m ( BC) = 2a & m ^BD
%
W h = b & m (AD) = 2b & m ^ACD
X h = b dır.
m ^ABD
&
&
Açı-açı benzerliği ile ACD + DCE olduğundan
9 x
= & x2 = 36 & x = 6 cm dir.
x 4
çemberin yarıçapına r2 diyelim.
KL = PR + 2r1 + 2r2
& 180 = 60 + 2 ^r1 + r2 h
& r1 + r2 = 60 cm dir.
&
•• EO1 O2 de EO1 = 60 cm ve O1 O2 = 120 cm
olacağından pisagor ile EO2 = 60 3 cm dir.
Cevap D
EO2 = 60 3 cm ise AB = CD = 60 3 cm dir.
&
•• EO1 O2 nin kenar uzunlukları 30°- 60°- 90° lik
65.
D
K
8
10
A
10 – a
E a C
a
a
F a G
8–a
Pa
8–a
üçgene uygun olduğu için
"
!
\ O k = 60° & m (AKC) = m (DLC)
m a EO
1 2
= 360° - ^60° + 60° h = 240° dir.
EC = CG = a
"
!
240°
240°
· 2πr1 +
· 2πr2
Bu durumda AKC + DLB =
360°
360°
60
4π G
=
(r + r ) = 80π cm dir.
3 1 2
dersek FP = 8 - a
ve AP = 10 - a
olur.
B
O halde, kayışn uzunluğu,
"
!
AB + CD + A KC + D LB = ^80π + 120 3 h cm
10
&
AFP de pisagor ile ^10 - ah2 + ^8 - ah2 = 102 & a = 2 br
dir.
O halde, A ^EFGCh = a2 = 22 = 4 br2 dir.
B
66.
A
60°
2
Cevap E
Cevap C
• [AD] çap olduğu için W h = 90° ve m ^ABD
4 30°
d
bulunur.
C M
8
4
D
X h = 30° dir.
m ^ADB
&
• ABC de 30°-60°-90°
ile AC = 2 cm ve AB = 4 cm dir.
&
•• ABD de 30°-60°-90° ile AD = 8 cm dir.
8
O halde, çemberin yarıçapı OD = = 4 cm dir.
2
Cevap C
çözümler www.metinyayinlari.com da
11
Diğer sayfaya geçiniz
Deneme - 6
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
K
68.
a 2
P
a 2 + 2a
22,5°
a+a 2
T
O
a 2
22,5°
45°
45°
a 2 + 2a
L
a
,5°
22
,5°
22
70.
H
5
3
45°
a
M
A
a+a 2
M
4
•• Koninin Hacmi =
K'
& 16π =
Verilen şartlara uygun KLM üçgenini çizdikten sonra
B
1
2
π MB · 3
3
1
2
π MB · 3 & MB = 4 cm dir.
3
&
•• OMB de pisagor ile OB = 5 cm bulunur.
şekildeki ikiz kenar dik üçgenleri oluşturalım.
O halde, kürenin yüzey alanı,
&
•• PHM de PH = HM = a dersek PM = a 2 olur.
4 · π · 52 = 100π cm2 dir.
&
•• KPM de PM = KP = a 2 dir.
Cevap E
&
•• KTH de KH = HT = a + a 2 olacağından
KT = 2a + a 2 dir.
4 2
24
dir.
2+ 2
= ^2 + 2 2 h · f
4 2
2+ 2
K
K
17
O halde, KK' = AH + HK' = 2a + 2a 2 = ^2 + 2 2 h a
p = 8 br bulunur.
kesip açarsak şekildeki
7 α 7
gibi olur.
24
•• LM = a 2 + 2a + a + a 2 + a & 8 2 = 4a + 2a 2
&a=
• Koniyi 6AT@ boyunca
T
71.
&
•• KTL de KT = LT = 2a + a 2 dir.
•• Daire diliminin yay
17
A
A
B
6
Cevap B
uzunluğu, koninin tabanın çevresine eşit olduğundan 2π · 6 = 12π
cm dir.
O
a
· 2π · 24 & a = 90° dir.
360°
2
TAK dik üçgeninde 242 + 72 = AK & AK = 25 cm
bulunur.
•• 12π =
69.
m
13
0c
m
A
B
0c
cm
13
200
72.
120
50 H 50
100 cm
3
C
3
6 cm
&
AHB de pisagor ile AH = 120 cm dir.
3
O halde çadırın hacmi;
3
Noktaların geometrik yeri taban yarıçapı 3 cm, yüksekliği 6 cm olan bir silindir ve yarıçapı 3 cm olan iki yarımküredir.
4
O halde, şeklin hacmi, π · 32 · 6 + π · 33 = 90π cm3 dür.
3
Cevap E
Taban Alan
6 44 7 44 8 Yükseklik
100 · 120 C
· 200 = 1200000 cm3
2
= 1,2 m3 tür.
Cevap A
çözümler www.metinyayinlari.com da
3
3
12
Diğer sayfaya geçiniz
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
73.
75. 2 x - 2 2 y + 6 = 0
y
6
A
9
doğrusu üzerindeki noktalara P(x, y) dersek,
x
D
2
I. Adım:
F
P(x, y) saat yönünde 45º (–45º) döndürülürse; PI(xI, yI)
2
xI = x · cos (–45º) – y sin (–45º) =
2y
2x
+
dir.
2
2
B
6
E
C

9
yI = y · cos (–45º) + x sin (–45º) =
2y
2x
tir.
2
2
–2
–4
II. Adım:
A noktası Orijin olacak biçimde şekildeki koordinat eksenine çizilirse,
PI f
AE = (6, –4) ve AF = (9, –2) dir.
Cevap: C
A
2 BD = 3 DC olduğundan
BD = 3 k dersek CD = –2 k
a
B
x
3k
D
olur.
b
xII = - yI =
2x- 2y
dir.
2
yII = - xI =
- 2x- 2y
dir.
2
2 x - 2 2 y + 6 = 0 denkleminde x yerine xII,
y yerine yII yazılırsa;
–2k
C
2f
x = a + BD & 2 a x = a + 3 k k & 2x = 2 a + 6 k
+
_____________
5x = 2 a + 3 b
2a + 3 b
x=
5
2x- 2y
- 2x- 2y
p- 2 2f
p+ 6 = 0
2
2
buradan, 3x + y + 6 = 0 olur.
x = b + CD & 3 a x = b - 2 k k & 3x = 3 b - 6 k
2x- 2y
2y- 2x
p, f
p
2
2
nokası y = –x eksenine yöre yansıtılırsa, PII(xII, yII)
< AE, AF >= 6 · 9 + (–4)·(–2) = 62 dir.
74.
Deneme - 6
Cevap: B
76.M(2, 3) noktasının,
3x – 4y – 4 = 0 doğrusuna olan uzalığına d dersek;
Cevap A
d=
3·2 - 4·3 - 4
32 + (–4) 2
= 2 bulunur.
H noktası [AB] nin orta noktası olduğundan
AH = HB = 2 3 br dir.
HMA dik üçgenide AH , MH nin 3 katı çıktığı için
30º – 60º – 90º üçgenidir ve r = 4 br olur.
X ) = s (HMB
X ) = 60º olduğundan,
s (HMA
X ) = 120º olur.
s (BMA
% 120º
8π
· 2π · 4 =
Bu durumda AB =
bulunr.
3
360º
Cevap: E
çözümler www.metinyayinlari.com da
13
Diğer sayfaya geçiniz
Deneme - 6
O halde; AB = 6 br ,
F1, F2 = 8 br
F2
5
x
3
–1
Cevap C
B
A'' –3
B' = B''
–5
78.(I).. x2 + y2 + 6x - 10y < 0
10
& ^x + 3h2 + ^y - 5h2 G 34
ise M ^–3, 5h , r G 34
yani çemberin kendisi ve
iç bölgesidir.
M(–3,5)
y
x H –3 & y H 5 - ^x + 3h
M(–3,5)
& y H 2-x
x < –3 & y G 5 - ^–x - 3h
& y G 8+x
–8
y
C ^4, 3h $ C' ^4, –3h $ C'' ^2, –5h
5
–3
x
A
80.
doğrularının eğimleri çarpımı
10
^+ 1h · ^–1h = –1 olduğundan
C
bu doğrular birbirine diktir.
O halde, yukarıdaki bölgelerin
kesişimi ile oluşan yandaki ortak
–8
–6
O
bölgenin (daire diliminin alanı)
270°
51π 2
2
· π · ^ 34 h =
br
360°
2
bulunur. Cevap C
E
x
20

M(–3,5)
Cevap C
8
y = 8 + x ve y = 2 – x
10
Dönme
B ^2, 3h $ B' ^2, –3h $ B'' ^2, –3h
x H –3 & y H 2 - x
Yansıma
A ^2, 6h $ A' ^2, –6h $ A'' ^–1, –3h
x
x < –3 & y G 8 + x
A'
Dönme
–6
(II).. y H 5 - x + 3 de
C'
C''
–6
y
x
4
2
O
C
2 br
a
sım
Yan
–3 B
3 br
olduğundan A ^AF1 BF2h
1
= 6 · 8 · sin 90° = 24 br2
2
dir.
F
34

F1
c
D

–5
c
A
6

3 A
y
79.
52 = 9 + c2 & c = 4 br dir.
y


77.
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
x
B
Bir düzlem uzayı farklı iki bölgeye ayırır.
Düzleme E dersek, bölgelerdeki noktalara A ve B,
izdüşümlerine sırası ile C ve D dersek;
|AB| = 34 br, |AF| = 30 br ve |BF| = x = 16 br dir.
Cevap: E
çözümler www.metinyayinlari.com da
14
Diğer sayfaya geçiniz