Deneme - 5 LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ

LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
1.
7. ^a - bh^a2 + ab + b2h = 1· 19
a 2 = 3 3b a 6 = 3 9b
&
& 39b = 310c & 9b = 10c
a3 = 35c a6 = 310c
b 10
& =
c
9
a-b = 1
a2 + ab + b2 = 19
a3 - b3 = ^a - bh3 + 3ab ^a - bh
Cevap A
a ^a + bh - c ^a + bh
2.
Deneme - 5
ab - ac + ac - cb
=
^a + bh^a - ch
b ^a - ch
19 = 1 + 3ab · 1
a+b
=
bulunur.
b
ab = 6
Cevap B
3. a +
1
=
a
Cevap D
5 +1
2
+
2
5 +1
8.
5 +1+ 5 -1
= 5 dir.
2
&
ca +
=
b
1 b
b
b
m = 5 & ^ 5 h = 5 & 5 2 = 51 & = 1
a
2
7!
5!
3!
1
·
8 · 7! · 8 6 · 5! · 6 4 · 3! · 4 4
·
·
1
1
1
1
·
·
= 2a · 3b
·
2 3 ·2 3 2 1 · 3 1 · 2 1 · 3 1 2 2 · 2 2 2 2
& b = 2 bulunur.
2–14 ·3–2 = 2a · 3b
Cevap A
–2 · 3a + b + 32a + 32b
4. =
7!
5!
3!
1
·
·
·
8! ^9 - 1h 6! ^7 - 1h 4! ^5 - 1h 4
a = –14
b = –2
+
_________
a + b = –16 bulunur.
2
= ^ 3a - 3b h
Cevap C
= 3a - 3b g a < b olduğundan
= 3b - 3a bulunur.
9. ^x - 3h · ^x + 2h - x - 3 = 0
x-3 · x+2 - x-3 = 0
Cevap C
2
2
x - 3 · ^ x + 2 - 1h = 0
2
5. ab + 3ab + 2a = ab + 3ab - a + b + 3b - 1
x - 3 = 0 & x = 3 tür.
3a = b2 + 3b - 1
b2 + 3b - 1
bulunur.
a=
3
x + 2 - 1 = 0 & x + 2 = 1 & x + 2 = 1 veya x + 2 = –1 dir.
Buradan x = –1 veya x = –3 bulunur.
O halde x değerlerinin toplamı 3 - 1 - 3 = –1 dir.
Cevap D
Cevap D
6. OBEB (36, 15) = 36m + 15n
3 = 36m + 15n
10. 75 - 3 / 0 ^mod m h & 72 / 0 ^mod m h
1 = 12m + 5n
–2
3
h
5
–7
h
110 - 2 / 0 ^mod m h & 108 / 0 ^mod m h
Demekki, m; 72 ve 108 sayılarını tam böler. m nin alabileceği en büyük değer 72 ve 108 sayılarını aynı anda
bölen en büyük sayıdır.
m = 5k + 3
n = –12k – 7
Yani; m = ebob ^72, 108h = 36 dır.
m + n = –7k – 4
k = 9 için m + n = –7 · 9 – 4 = –67 bulunur.
Cevap D
Cevap D
çözümler www.metinyayinlari.com da
1
Diğer sayfaya geçiniz
Deneme - 5
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
15. 2f ^m h = 4
11.12 = 22 · 3
f ^m h = 2 dir.
1
f ^mh = m +
m
18 = 32 · 2
24 = 3 · 3
3
54 = 33 · 2
fc
72 = 2 · 3
3
2
1
1
m= +m = 2
m
m
& 1 + m2 = 2m & m2 - 2m + 1 = 0 & ^m - 1h2 = 0
72 sayısının asal bölenleri 2 ve 3 tür.
& m = 1 bulunur.
72 sayısı 22 = 4 ve 32 = 9 sayılarına da tam bölünebildiği
için akıllı sayıdır.
Cevap E
12.
Cevap B
16. f ^8h = f ^2h ise
Ç
top = 7
64a + 8b + c = 4a + 2b + c
7–Ç
Ç–2
top = 7
top = 5
9–Ç
60 · a = –6b
10 · a = –b
b 10a
x1 + x2 = – =
= 10 bulunur.
a
a
top = 5
Ç–4
top = 7
T = Tek
Ç = Çift
Cevap C
11 – Ç
Zemin
Zemine değen yüzey 11 – Ç dir.
5
5
17. c m x3 · a2, c m x4 · a terimlerinin katsayıları eşit verilmiş.
2
1
Zardaki çift sayılar 2, 4, 6 için
O halde;
5
5
c m a2 = c m a demektir. Buradan
2
1
Ç = 2 & 11 - 2 = 9 (Zarda yoktur.)
Ç = 4 & 11 - 4 = 7 (Zarda yoktur.)
Ç = 6 & 11 - 6 = 5 tir.
10 · a2 = 5a & 5a ^2a - 1 h = 0 & a = 0 veya a =
Cevap B
a > 0 olduğundan a =
1
dir.
2
1
dir.
2
Cevap C
13.
x1 + x2
x1 · x2
>0&
a
>0
a+1
18. x4 - x3 - 10x2 + 5x + 25 = ^x2 + ax - 5 h^x2 + bx - 5h
Buradan; a = 0, a = –1 dir.
a
+
–1
–
0
x4 - x3 - 10x2 + 5x + 25 = x4 + ^b + ahx3 + ^–10 + abhx2 - 5bx + 25
Polinom eşitliğinden;
+
a + b = –1, ab - 10 = –10 & ab = 0 ve –5b = 5
ÇK = ^–3, –1h , ^0, 3h bulunur.
& b = –1 ve a = 0 bulunur.
^x2 - 5h^x2 - x - 5h = x4 - x3 - 10x2 + 5x + 25
Cevap C
P ^xh = x2 - 5 " P ^4h = 11
Q ^xh = x2 - x - 5 " Q ^4h = 7 bulunur.
14. f ^9h = f ^3 + 3 + 3h + f ^3h + f ^3h + f ^3h = 3 · f ^3h = 3 · 4 = 12
O halde; P ^4h + Q ^4h = 11 + 7 = 18 dir.
bulunur.
Cevap C
çözümler www.metinyayinlari.com da
2
Diğer sayfaya geçiniz
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
19.P ^xh = ax3 + bx2 + cx + d
22.Beş basamaklı sayımızın 3 ile tam bölünebilmesi için
rakamlar toplamı 3 veya 3 ün katı olması gerektiğinden
P ^1h = a + b + c + d = 15 ...........e
1
0 ile 3 rakamını aynı anda kullanamıyoruz.
P ^–1h = –a + b - c + d = 3 ..........e
2
0 ın olmadığı beş basamaklı sayı adedi 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120
P ^–2h = –8a + 4b - 2c + d = 3 .....e
3
P ^2h = 8a + 4b + 2c + d = 3 ........e
4
2 eksi bir ile çarpılıp e
1
e
3 ün olmadığı beş basamaklı sayı adedi 4 · 4 · 3 · 2 · 1 = 96
O halde verilen kümeden; 120 + 96 = 216 tane 3 ile
bölünebilen rakamları takrarsız beş basamaklı sayı yazılabilir.
ile toplanırsa,
2a + 2c = 12 & a + c = 6 bulunur.
3
e
Deneme - 5
eksi bir ile çarpılıp e
4 ile toplanırsa
Cevap C
16a + 4c = 0 & c = –4a bulunur.
O halde; a + c = 6 da c = –4a yazılırsa
a - 4a = 6 & a = –2 bulunur.
f(x)
23.
d
F(6,6)
D(5,4)
)
(2,4
Cevap B
E
4
A
B
2
(a,0)
MFA = MAE &
4-x
3 =
dir.
x+1
y
–
–1
+
4
C
6
4
=
& a = –6 dır.
6-a 2-a
f ^xh = k · ^x + 6h · ^x - 2h
4-x
> 0 dır.
x+1
6 = k · 12 · 4 & k =
4 - x = 0 & x = 4 ve x + 1 = 0 & x = –1 dir.
x
5
–6
20. 3y ^x + 1h = 4 - x ifadesinde
3y > 0 olacağından,
3
f ^x h =
–
1
dir.
8
1
7
^x + 6h · ^x - 2h & f ^1h = – bulunur.
8
8
Cevap A
Ç.K
O halde cevap (–1, 4) aralığıdır.
Cevap D
24. f ^xh =
^tan x + cot xh
2
=
^tan x - cot xh · ^tan x + cot xh
^tan x + cot xh 2
sin x cos x
sin2 x - cos2 x
cos x sin x
tan x - cot x
cos x · sin x
=
=
=
2
tan x + cot x
sin x cos x
x + cos2 x
sin
+
cos x sin x
cos x · sin x
21. x - 2 = 0 & x = 2
P ^2 - 3h = P ^–1h = ?
x = –2 & –8 + 10 - 2m + 2 = 0 & m = 2 dir.
& sin2 x - cos2 x = – cos 2x olduğundan
x3 - 3x + 2
; polinom bölmesi yapılırsa
P ^x + 1h =
x+2
ifademiz
P ^x + 1h = x2 - 2x + 1 bulunur.
cos x · sin x
– cos 2x
·
= – cos 2x olur.
cos x · sin x sin2 x + cos2 x
1 4 44 2 4 44 3
1
x = –2 için P ^–2 + 1h = 4 + 4 + 1 & P ^–1h = 9 bulunur.
π
π
2
f ^xh = – cos 2x & f c m = – cos = –
bulunur.
8
2
4
Cevap C
çözümler www.metinyayinlari.com da
tan2 x - cot2 x
Cevap A
3
Diğer sayfaya geçiniz
Deneme - 5
25.
cos x · sin x
sin x
+
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
28. g ^xh = 2x & g ^ln 10h = 2ln 10
cos x
+ sin x = –1
sin x
f–1 ^xh = y & f ^yh = x ten;
cos x · sin x + cos x + sin2 x + sin x = 0
^f o gh–1 ^ah = ln 10 ifadesi ^f o gh^ln 10h = a dır.
cos x ^sin x + 1h + sin x ^sin x + 1h = 0
^sin x + 1h · ^cos x + sin xh = 0
sin x + 1 = 0 & sin x = –1 dir ve x =
a = f ^g ^ln 10hh = f ^2ln 10h = – log 2ln 10 = – ln 10 · log 2
= – loge 10 · log10 2 = – ln 2 bulunur.
3π
dir.
2
Cevap D
cos x + sin x = 0 & cos x = – sin x & tan x = –1
3π
7π
, x=
Buradan x =
bulunur.
4
4
O halde, denklemimizin kökleri
3π 3π
7π
,
ve
olmak
2
4
4
29.ln x = loge x olduğundan
üzere 3 tanedir.
k=
Cevap C
log3 x
loge x
= log3 x · logx e = log3 e bululnur.
Ceva B
B
26.
y
30.
f0
α
A
2
sin a =
cos a =
t=
BC
4
AB
4
O
2
f1
C
& BC = 4 sin a dır.
4
x
olduğuna göre ^x = j · t denh
j
Ç ^ABCh = 4 sin a + 4 cos a + 4g ^4 km = 4000 metreh
8
t=
500
4
2 O 2
1
= 8 ^sin a + cos a + 1h
=
π · 42 π · 22 π · 12
+
+
+g
2
2
2
=
1 1
π · 42
c1 + + 2 + g
2
4 4
= 8π ·
bulunur.
1
1
14
= 8π ·
1
& x = – log4 3
3
6y =
1
& y = – log6 8
8
Cevap E
31.a1 = 6 ise an + 2 = an + 6 bağıntısında
n = 4 için a6 - a4 = 6 ge
1
n = 6 için a8 - a6 = 6 ge
2
1
x = – log2 3 ve y = –3 log6 2 ise
2
1 ve e
2
e
1
x · y = – · –3 · log 2 3 · log 6 2
2
x·y =
2
4 32π
=
bulunur.
3
3
Cevap C
27. 4x =
x
1O1
Taralı bölgelerin alanları toplamı;
& AB = 4 cos a dır.
4000 ^sin a + cos a + 1h
O0
f2
taraf tarafa toplanırsa
a8 - a4 = 12 bulunur.
3
log6 3 bulunur.
2
Cevap C
Cevap E
çözümler www.metinyayinlari.com da
4
Diğer sayfaya geçiniz
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
32. D
G
2
35. f ^xh = x - x - 2
B
A1
2
2 2
F
H
x H 0 için f ^xh = –2
2·2
A1 =
= 2 dir.
2
x < 0 için f ^xh = –2x - 2 dir.
Şıklar incelendiğinde cevabın D şıkkı olduğu görülür.
2
A
Cevap D
B
E
36.III. adımda
2
A2
A2 =
2
Cevap B
2· 2
= 1 dir.
2
Taralı anlar bir geometrik serinin terimleri olduğu için,
serinin birinci ve ikinci terimini bulmamız ortak farkı bulmamız için yeterlidir.
A2
A1
i
1
! olduğundan hata II. adımdan III.
1
i
adıma geçerken yapılmıştır.
2
r=
Deneme - 5
olacağından r =
37.
Ahmet Bey’in arsası
x
1
dir.
2
Bahçe
y
y
x
A1 = 2 ise;
Bu serinin terimleri toplamı; a1 ·
laylıkla bulunabilir.
1
bağıntısından ko1-r
O halde Taralı Alanlar Toplamı = 2 ·
1
1-
1
2
x · y = 432 m2
y=
= 4 cm2 dir.
432
tir.
x
Bahçe sahiplerinin ödeyeceği tutarın en az olması için;
A ^xh =
Cevap C
x
432
+x+
·2
x
2
.
ortak duvar
33.(p ∧ qı) ∨ (pı ∨ q) ≡ (pı ∨ q)ı ∨ (pı ∨ q)
≡ 1 bulunur.
Cevap C
A ^xh =
3x 432
+
· 2 uzunluğunun en az olması gerekir.
x
2
A' ^xh =
3 2 · 432
= 0 & x2 = 144 · 4
2
x2
& x = 24 m bulunur.
34.z = x + iy olsun,
4(x + iy) – 3 + i = 2i(x + iy) + 5i
4x + 4iy – 3 + i = 2ix – 2y + 5i
38.x2 + mx + 9 = 0 denklemi için,
4x – 3 + i (4y + 1) = –2y + i(2x + 5)
4x – 3 = –2y
⇒
∆ < 0 olmalıdır.
4x + 2y = 3
m2 – 4 · 9 · 1 < 0
4y + 1 = 2x + 5 ⇒ –2/ 2x – 4y = –4
+
________________
(m – 6) (m + 6) < 0
10y = 11
11
y=
bulunur.
10
m
m2 – 36 < 0
6
–
+
m nin alabileceği en büyük tamsayı değeri 5 tir.
Cevap D
çözümler www.metinyayinlari.com da
–6
+
Cevap C
5
Diğer sayfaya geçiniz
Deneme - 5
39. lim
sin (x2)
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
=
2
x"0
1 - cos (x )
lim
– sin (x2) 61 + cos (x2)@
x"0
(1 + cos (x2))
43. f' ^xh = 2ax +
0
.
0
sin2 x2
=
b
& f' ^1h = 2a + b = 0 & b = –2a
x2
f ^1h = a - b = 3
1+1
= ∞ bulunur.
0
Cevap C
a-b = 3
2a + b = 0
___________
40. f' ^xh = 2 ^1 + xh + 22 ^1 + 2xh + g + 40 · 2 ^1 + 40xh
3a = 3 & a = 1 ve b = –2
O halde; a + b = –1 bulunur.
f' ^0h = 2 + 2 · 2 + 2 · 3 + 2 · 4 + g + 2 · 40
= 2 · ^1 + 2 + 3 + g + 40h
= 2·
= 1640 bulunur.
Cevap C
40 · 41
2
44.I. x = –3 apsisli noktada f' ^xh artıdan eksiye geçtiği Cevap E
için f ^xh fonksiyonu yerel maksimum değere sahiptir. Bu nedenle I. öncül doğrudur.
# f'^xhdx = # x
41.
3
II. x = –2 apsisli noktada f'' ^xh fonksiyonu işaret
x2 - 1 dx
değiştirmediğinden f ^xh in dönüm noktası değildir.
x2 - 1 = u
Bu nedenle II. öncül doğru değildir.
2x dx = du
1
2
f ^xh =
=
#u
1
3
III.Bir fonksiyonunun tanım kümesinin bir alt aralığın-
du
da azalan olması için; bu aralıktaki birinci türevinin
4
1 3 3
· u +c
2 4
negatif olması gerekir.
4
3
f ^xh =
3 2
^x - 1h + c
8
f ^3h =
3
· 16 + c = 1
8
azalandır. Bu nedenle f ^xh ^–3, –2h aralığında
c = –5
azalandır denilemez. Dolayısıyla bu öncül doğru
değildir.
f ^1h = –5 bulunur.
x"3
3 · f ^xh - mx
n - f ^x - 3h
=
Cevap A
Cevap A
3m - 3m 0
= Belirsizliği var.
n-n
0
1
1
1
45. ^x - sin x · cos xh + c = c x - sin 2x m + c
2
2
2
L’H uygulanırsa
lim
x"3
3 · f' ^ x h - m
- f' ^ x - 3 h
pozitif değerli olduğundan f ^xh artandır. ^–3, –2h alt
aralığında ise f' ^xh negatif değerli olduğundan f ^xh
f ^1h = c
42. lim
^–3, –2h aralığının ^–3, –3h alt aralığında f' ^xh
=
1
1
1
1
1
& ; c x - sin 2x m + cE = ^1 - cos 2xh = ^1 - ^1 - 2 sin2 xhh
2
2
2
2
3m - m
= 6 & 2m = 6
+1
& m = 3 bulunur.
= sin2 x
O halde
Cevap E
1
^x - sin x · cos xh + c =
2
# sin x dx tir.
2
Cevap B
çözümler www.metinyayinlari.com da
6
Diğer sayfaya geçiniz
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
x2
46. x · sin πx =
#
0
49. 3x + 1 = u dönüşümü yapalım.
f ^ t h · dt
3dx = du
Yeni sınırlar; x = 0 için u = 3 · 0 + 1 = 1
Her iki tarafın türevini alalım.
O 5halde;
x = 2 için;
#
sin 2π + 2π cos 2π = 4 · f ^4h
0
π
bulunur.
2
0 + 2π · 1 = 4 · f ^4h & f ^4h =
0
=
1
3
x3 + 1 dx =
52
bulunur.
9
#u
1
2
4
1
21
dir.
· 21 =
2
2
layalım.
i
O
1
x
g ^–2h =
1
1 - x2 dx şeklinde ifade edilir.
g ^–1h =
–1
x = cos i dönüşümü uygularsak
dx = – sin i di olur.
g ^0h =
Yeni sınırlar;
x = –1 için –1 = cos i & i = π
g ^2h =
x = 1 için 1 = cos i & i = 0 dır.
O halde;
0
1
#
1 - x2 dx =
–1
1
g ^uh du =
50.Eğri altındaki alandan faydalanarak integralleri hesap-
Şekildeki yarım dairenin alanı x değişkeni ile
#
#
Cevap A
g ^–3h =
#
g ^uh du = 21 dir.
Cevap E
1
–1
16
1
y
48.
#
1
x - g ^x dx =
2
2h
3 9
1 2 2
· ·u
3 3
#
1
du
2
x = 1 için u = 12 = 16
1
0
g ^uh du = 7 &
x = 4 için u = 42 = 16
O halde;
du =
#
1
16
Yeni sınırlar;
x = 0 için u = 03 + 1 = 1 dir.
2
16
2x dx = du & x dx =
x = 2 için u = 23 + 1 = 9
#x
1
g ^3x + 1h dx =
3
x2 = u dönüşümü yapalım.
Cevap E
47.x3 + 1 = u dönüşümünü yapalım.
du
3x2 dx = du & x2 dx =
3
İntegralimizin yeni sınırlarını belirleyelim.
9
x = 5 için u = 3 · 5 + 1 = 16
sin πx + πx cos πx = 2x · f ^x2 h - 0
2
Deneme - 5
π
1 - cos2 i ^– sin i dih
π
=
π
çözümler www.metinyayinlari.com da
–2
–2
#
–2
–1
#
–2
f ^ t h dt = –
7
2
f ^ t h dt = 0
f ^ t h dt = 4
0
# f^ t hdt = 4
–2
2
# f^ t hdt = 32
–2
–7
en küçüktür.
2
Cevap A
2
0
#
O halde, g ^–3h =
# sin i · sin i di = # sin i di bulunur.
0
–3
Cevap C
7
Diğer sayfaya geçiniz
2b
D
C
F
55.
AD = 4a ve
DC = 2b dersek
2a
4
BE = EC = 2a ve
EH = 3a (ABED
2a
yamuğunda orta taban)
olur.
B
4a
E
3a
A
b
H
b
x
D 2 E
= 40 cm
L
52.
30°
O
90 − α
α
C
3
4
90 − α
F
Açı açı benzerliği ile
&
&
ADE + EKF olduğundan
B
56. D
bulunur.
M
3A
A
Cevap D
N
A
A
O halde,
3A
A
3A
K
60°
B
14444444244444443
yürüyüş mesafesi
B
57.y
O halde, lambanın yanık kalacağı yürüyüş mesafesi
K
Cevap E
28
M
x
K ^a, 4ah ve M b a,
KM = 4a -
54.
A
7a
a
=
dır.
2
2
7a
2
2
& 28 =
O halde, M noktasının ordinatı
7a
4
2
& a = 4 dür.
4
= 2 dir.
2
•
x
2a
F
K
3
B
a
l noktaları arası uzaklık
2
a$
A ^OKMh =
Cevap A
lerine a dersek ordinatları
a
sırası ile
ve 4a olur.
2
x
y=
2
O
Ancak 25° cetvel ve pergel ile çizilemez.
GE
5 a
D
G ağırlık
L
58.D
merkezi
7
C
3a
2b
GD = a
dersek AG = 2a olur.
2a
• BCLK yamuğunda 6DF@ orta ta–
3a
a
5
&
&
=
& x = 10 cm
• GFD + GEA olduğu için
2a
x
bulunur.
2b
K
a
a
A A
2A
b
A
ban olduğu için DF = 5 cm dir.
O halde,
b
M
2A
Cevap D
Şekilde, benzerlik yardımıyla
kenarlar arasındaki oran ile
alanlar arasındaki oran
belirtilmiştir.
Taralı alan = 2A & A(KAB) = 6A
2a
B
& A(ABCD) = 4 $ 6A = 24A dır.
A ^ABCDh
24A
=
= 12 dir.
Taralı Alan
2A
Cevap D
Cevap C
çözümler www.metinyayinlari.com da
C
olduğundan
dir.
Cevap C
M ve K noktalarının apsis-
7a
2
Çemberde çapı gören çevre açı ile 90°,
90° ye çizilen açıortay ile 45°,
birbirinin merkezinden geçen özdeş çemberler ile 60°
60° ye çizilen açıortay ile 30° çizilebilir.
2
y = 4x
AB = 15 3 + 5 3 = 20 3 cm dir.
53.Cetvel ve pergel ile;
9
cm 2 dir.
2
= 90 cm
&
BOL de 30° – 60° – 90° ile
OB = 5 3 cm dir.
Cevap A
A ^ABCDh = 20 $ A
9
= 20 $
2
L
4A
3A
4A = 18 & A =
C
A
AO = 15 3 cm dir.
15
30°
K
4
x-3
=
& x = 11 cm bulunur.
2
4
&
AOL de 30° – 60° – 90° ile
60°
A
2
α
A
3a $ 2b
&
A `ABFj =
= 15 & a $ b = 5 cm 2 dir.
2
O halde,
A ^ABCDh = 2b $ 4a = 8ab = 8 $ 5
x−3
1442443
51.
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
1444442444443
Deneme - 5
8
Diğer sayfaya geçiniz
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
59.
6
A2
30°
6 10
A3
A1
150°
6 10
30°
A4
6
A8
10 6
150°
A5
62. O
1 2
G
1
A 1 = A 5 = $ 6 $ 6 $ sin 30c = 9 cm 2
2
1 2
G
1
A 3 = A 7 = $ 6 $ 6 $ sin 150c = 9 cm 2
2
6
A7
10 6
C
30°
= 30 cm 2
6
= 156 cm
2
A
• OA = OB = r
(O merkezli çemberin
yarıçapları) ve
60°
AB = OA = r
(ABCO deltoid olduğu
için) olsun.
AOBh = 60c ve
• Bu durumda m ^\
\
\
m ^COBh = m ^CBOh = 30c dir.
bulunur.
Cevap A
D 3 A'
α
90 − α
4
α 5
B
r
A 2 = A 4 = A 6 = A 8 = 10 $ 6 $ sin 150c
A6
D
30°
30°
14460° r 2
44
44 H
24 r 2 30°
r 44 60°
44
r
43
Çerçevenin alanı = 2 $ 9 + 2 $ 9 + 4 $ 30
60.
Deneme - 5
r 3
&
• OCH de 30° – 60° – 90° ile HC =
bulunur.
6
O halde,
C
P
9
90
5
−α
A
B
r 3
2
r$
rr 2
r 3
6
taralı alan =
4
4
2
ABP ile A’BP simetrik olduğu
için AP = AlP = 5 cm ve
m ^\
PABh = m ^\
PAlBh = 90c
dir.
&
AlDP de pisagor ile AlD = 3 cm bulunur.
&
&
Açı açı benzerliği ile AlDP + BCAl olduğundan
4
AlC
=
3
9
&
2
r2 3
r2 3
rr
4
4
12
9r - 12 3 =
r = 6 cm bulunur.
Cevap D
AlC = 12 cm dir.
O halde, taralı bölgenin alanı
A ^AlDPh + A ^BCAlh =
4$3
12 $ 9
+
= 60 cm 2 dir.
2
2
Cevap B
63.
24
D
P
24
a
D
61.
M
O
C
22 − a
T
44
14
44
2
E
11
9
5
A
L
4
44
4
N
5
B
• AD = 5 cm & BC = 5 cm dir.
^ 119 h 2 + 5 2 = AB
2
2
20
B
40 + 48
m $ PT & PT = 22 cm
2
• PO = a ve OC = r dersek TO = 22 - a olur
&
&
ve POC de pisagor ile a 2 + 24 2 = r 2 ve TOB de
& AB = 12 cm bulunur.
pisagor ile ^22 - ah 2 + 20 2 = r 2 dir.
&
• ABD de pisagor ile
5 2 + 12 2 = BD
T
• Yamuğun alanı = c
• BC = BT = BL = BN = 5 cm dir. (yarıçap)
&
• BTA de pisagor ile
20
r
%
%
• AB ' CD olduğu için m ` AD j = m ` BC j dir.
%
%
m ` AD j = m ` BC j & AD = BC dir.
5
43
A
5
5
C
r
O halde, a 2 + 24 2 = ^22 - ah 2 + 20 2 & a = 7 cm
veya r = 25 cm olacağından çemberin çevresi,
& BD = 13 cm bulunur.
O halde DL = 13 - 5 = 8 cm dir.
Cevap D
2r $ 25 = 50r cm bulunur.
Cevap C
çözümler www.metinyayinlari.com da
9
Diğer sayfaya geçiniz
Deneme - 5
B
5
bulalım.
A5
F
60c
5 3
A=
$ r $ 52 360c
4
25r
25 3
=
6
4
5
5
60°
2
C
K
5
65.
ALBh = a + b = 144c dir.
bulunacağından m ^\
Cevap D
Cevap E
O
r
2r
6AB@ çap olur.
B
H
Çemberler teğet olduğu
için A, M ve O noktaları
doğrusaldır.
4 2
C
44
3r
14444244443
A
r
A(2, −1)
68.
nın en uzak noktası B ise
M
b
O halde, KBLA dörtgeninde
72c + 2a + 2b = 360c & a + b = 144c
O merkezli çemberde A
r
D
B
2
3
25r
25 3
o
- 3e
4
6
4
50 3 - 25r
=
cm 2 dir.
2
a L
b
ortak
t
C teğe
$
m ` AL j = 2a & m ^\
KALh = m ^\
CLAh = a dır.
$
m ` BL j = 2b & m ^\
KBLh = m ^\
CLBh = b dir.
&
Taralı Alan = A `DEFj - 3 $ A
=
72°
3x - 4y + 5 = 0
M merkezli çemberin yarıçapına r dersek O merkezli çemberin yarıçapı 2r olur.
&
O halde, MCB de pisagor ile
x
42
5
“A” alanını sonra taralı alanı
E
L noktasından her iki
çembere de teğet olan
CD doğrusu çizilirse;
teğet ve kiriş arasında
kalan açının ölçüsü
gördüğü yayın açı ölçü–
sünün yarısı olacağından
14
5A
60°
5
5
A
D
A
a
üçgenler yardımı ile önce
3
60°
5
67.
Şekilde oluşan eşkenar
A
44
64.
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
BH = AH =
B
3 $ 2 - 4 $ ^- 1h + 5
= 3 br dir.
3 2 + ^- 4h 2
O halde, AB = x = 3 + 3 = 6 br bulunur.
Cevap A
^3rh 2 = r 2 + ^4 2 h 2 & r = 2 cm bulunur.
Cevap B
69.
14444444244444443
66. Bx
&
&
AOK + OCK ( Açı Açı
90° − α
C
Benzerliği) olduğundan
D
AO
AK
=
OC
OK
20
16
=
12
OC
K
20
12
16
12
α
O
90° − α
12
α
E
8
A
a
&
a
a
3
8
Kapların yükseklik uzunluklarına a dersek küpün ayrıtları da a olur.
OC = 15 cm dir.
2 3
a dikdörtgen prizmadaki su3
yun hacmi 3 $ 8 $ a olduğundan
Küpteki suyun hacmi,
BC = 20 - 15 = 5 cm bulunur.
Cevap D
2 3
a = 3 $ 8 $ a & a = 6 cm bulunur.
3
Cevap C
çözümler www.metinyayinlari.com da
10
Diğer sayfaya geçiniz
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
70.
M
(r / 2)
olur.
T
r
C
r
edilir.
dersek OM = r ve OA = 2r
r
B
72.Verilen açınımı kapatırsak şekildeki kesik küp elde
Kürenin yarıçapı OD = r
A
Deneme - 5
D
r
O
6 2
&
&
AMT + AOD olduğundan
6 2
r
MT
r
=
& MT =
r
2r
2
6
bulunur.
6
6
6
şekli kapatırsak
6
6
6
6
6
6 2
6
6
6
6 2
6 2
6 2
6 2 6
6
6
6
6
6
3
1 4
2rr
$ r r3 =
ve
2 3
3
yarısına göre dolu konideki suyun hacmi
1
7rr 3
1 2
r 2
rr $ 2r - r b l $ r =
dir.
3
2
12
3
O halde, konideki suyun hacminin küredeki suyun hacmine oranı,
7 rr 3
12 = 7 bulunur.
8
2 rr 3
Cevap C
3
Yarım küredeki suyun hacmi,
6
Küpün hacmi, 6 $ 6 $ 6 = 216 cm 2 ve kesip çıkarılan
1 6$6
$ 6 = 36 cm3 dür.
piramidin hacmi, $
3
2
O halde, elde edilen yedi yüzlünün hacmi,
216 - 36 = 180 cm3 dür.
Cevap A
73.
&
71.Şekil çevrildiğinde ABO dik koni, 6AD@ daire halkası
D
C
AD, AB = AD $ AB $ cos a
2
= AD $ 7 $
AD
= 14 br dir.
α
A
ve O merkezli çeyrek birim çember yarım küre oluştu-
2
H
5
B
14444444244444443
Cevap E
7
rur. Oluşan şeklin koni parçasını açarsak
A
5
D
3
B
A1
3
A3
74. A ^ABCDh =
5
1
O 1 C
1
A1
5
A2
A2
1 5 3
1
2
= ^30 - 6h = 12 br dir.
2 2 6
2
Cevap C
14243
4
l
75.
l
Yan yüz daire dilimi, taban halka olur.
O
Açık şekildeki halkanın dış çevresi daire diliminin yay
uzunluğuna eşit olduğundan; l = 2r $ 4 = 8r br dir.
5 $ 8r
= 20r br2,
O halde, A 1 =
2
A 2 = 4 2 r - 1 2 r = 15r br2 ve A 3 =
A
4r $ 1 2
= 2r br2
2
L
K
B
6AB@ nin orta noktası L, K dan geçen en uzun kirişin
orta noktası O, K dan geçen en kısa kirişin orta noktası
K dır. Diğer bütün kirişlerin orta noktaları birleştirilirse
6OK@ çaplı bir çember elde edilir.
olduğundan toplam alan 20r + 15r + 2r = 37r br2 dir.
Cevap D
Cevap D
çözümler www.metinyayinlari.com da
11
Diğer sayfaya geçiniz
Deneme - 5
LYS – 1 / MATEMATİK DENEME ÇÖZÜMLERİ
78.
y
76.
d2
d1
D(0, y2)
K(2, 4)
C(0, y1)
4
A(x1, 0)
O 2H
1442443
k
y = mx + b (m > 0)
1442443
B(x2, 0)
B
2x + 3y = 24
(2x + 3y − 24 = 0)
x
Açıortay denklemi ile
m
2
2
2 +3
="
3x + 2y - 6
2
2
3 +2
& y = x + 18 ve y = - x + 6 dır.
x 1 + x 2 = - k + m + 2 & m = k olur.
m 2 0 için y = x + 18 olduğundan m = 1 ve
b = 18 dir.
&
• KAB de öklit uygularsak
O halde, m + b = 1 + 18 = 19 bulunur.
4 2 = ^m + 2h $ m & m ^m + 2h = 16 olur.
Cevap D
4
$ ^x - 2h ve
• d 1 | y - 4 =
m+2
4
d 2 | y - 4 = - $ ^x - 2h dir.
m
79.
• C(0, y1) noktası d1 üzerinde olduğu için
4
8
$ ^0 - 2h & y 1 = +4
y1 - 4 =
m+2
m+2
y
4 3
K(0, 4)
4 60°
O
• D(0, y2) noktası d2 üzerinde olduğu için
4
8
+4
y 2 - 4 = - ^0 - 2h & y 2 =
m
m
y1 + y2 =-
2x + 3y - 24
• AO = k ve HB = m dersek
O halde,
3x + 2y = 6
(3x + 2y − 6 = 0)
30°
L
M
30° 60°
y'
3
P ^6 3 , 0h x
3
xy düzlemi şekildeki
gibi saat yönünde 60°
döndürüldüğünde
&
oluşan KOL de
2 3
8
60°
N
3
30° – 60° – 90° ile
OL = 8 br ve
KL = 4 3 br bulunur.
x'
&
MLA de 30° – 60° – 90° ile LA = 6 3 - 4 3 = 2 3
olduğundan ML = 3 br ve MA = 3 br bulunur.
8
8
+4+
+4
m+2
m
O halde, OM = 8 + 3 = 11 br ve ON = 3 br ol-
- 8m + 8m + 16
=
+ 8 = 9 bulunur.
m ^m + 2h
duğundan elde edilen x’y’ düzleminde A noktasının yeni
koordinatları ^ 3 , 11h dir.
Cevap C
Cevap B
A
80.
F
77. y 2 = 9x parabolünün odağı F1(c1, 0) dersek
y 2 = 9x = 4c 1 x & c 1 =
L
9
olur.
4
E
y 2 = - 11x = 4c 2 x & c 2 = -
11
olur.
4
M
& LD = 6 3 br & KD = 6 3 · 3 = 18 br
2
= 12 br dir.
3
[AG] ⊥ E ⇒[AG] ⊥ [KG] dir.
& KG = 18 ·
O halde,
F1 F2 =
D
E
KLM eşkenar üçgeninde LM = 12 3 br
y 2 = - 11x parabolünün odağı F2(c2, 0) dersek
G
K
9
11 2
mE + ^0 - 0h 2 = 5 br bulunur.
; - c4
4
AGK dik üçgeninde 162 + 122 = |KA|2 ⇒ |KA| = 20 br dir.
|KA| = |MA| = |LA| = 20 br ise
|KA| + |MA| + |LA| = 60 br dir.
Cevap: B
çözümler www.metinyayinlari.com da
12
Diğer sayfaya geçiniz