matematik testi

MATEMATİK TESTİ
2
1.
2
(6 . 10–2)
(4 . 10–2)
(0,06)2
(0,04)2
–
=
–
0,9
0,8
9 . 10–1
8 . 10–1
3.
4
2
36 . 10–4
16 . 10–4
= –1 –
9 . 10
8 . 10–1
–3
=4 . 10
=(4 – 2) . 10–3
=2 . 10–3
ò24 + ò54
30
30
+
ñ3
ñ2
–3
ÇÖZÜMLER
=
2ñ6 + 3ñ6
30(1/¼ + 1/»)
=
– 2 . 10
30 . (
=0,002
Cevap C
5ñ6
ñ3 + ñ2
ñ6
)
ñ6
=5ñ6 . 30
=
30 . (ñ3 + ñ2)
30 . (ñ3 + ñ2)
1
=
ñ3 + ñ2
(ñ3 – ñ2)
=
ñ3 – ñ2
1
Cevap C
2.
6! = 720 olduğuna göre,
4.
720
6!
8–
8–
7!
7!
+ 1\ã =
+ 1\ã
8
8
6!
7 . 6!
=
8
8–
56 – 1
7
=
8
=
Í/ö + 1\ã
=
Á/ö
=
9\ä
MATEMATİK TESTİ
+ 1\ã
+ 1\ã
2x + 4
x–3
2
. 82 – 2x
6 – 3x
4
=
2x + 4 . 26 – 6x
2x – 3. 212 – 6x
2x + 4 + 6 – 6x
=
2x – 3 + 12 – 6x
210 – 5x
=
29 – 5x
=2(10 – 5x) – (9 – 5x)
=2
Cevap E
Cevap A
1
5 LYS DENEME SETİ
ÇÖZÜMLER
5.
Her iki EKOK eşitliğinde de bulunan x sayısı, hem 24
7.
ün hem 15 in bir tam bölenidir. Buna göre, x sayısı 1
` x = 1 için EKOK(1, y) = 24 ´ y = 24
EKOK(1, z) = 15 ´ y = 15
` x = 3 için EKOK(3, y) = 24 ´ y = 8 ya da 24
Eşitliğin her iki tarafındaki kesirleri ayıralım.
x\Y – 1 = 2 + y\X ´ x\Y – y\X – 3 = 0
ya da 3 olabilir.
1
EKOK(3, z) = 15 ´ z = 5 ya da 15
x\Y = a denilirse y\X = 1\A olur.
O halde
I. Her zaman doğru değildir.
a – 1\A – 3 = 0 ´
a2 – 3a – 1
=0
a
´ a2 – 3a – 1 = 0
Örneğin; x = 1, y = 24 ve z = 15 olabilir.
Son elde denklemin kökler toplamı 3 tür.
O halde, a = x\Y olduğundan x\Y ifadesinin alabilece-
II. Her zaman doğrudur.
Çünkü; x sayısı 1 ya da 3 gibi tek sayı olduğundan y çift, z tek sayı olur.
ği değerler toplamı 3 tür.
III. Her zaman doğru değildir.
Cevap E
y = 24 olabilir.
Cevap B
8.
6.
k iki basamaklı bir doğal sayı olsun.
a/ò = k ´ A = 12 . k
A nın iki tane asal çarpanı varsa bu çarpanlar 2 ve 3
xa = yb
xc = yd
tür.
Hatırlatma:
A nın asal çarpanlarının 2 ve 3 olması nedeniyle, k
sayısının asal çarpanları 2 veya 3 olmalıdır.
´ a\C = b\D
ab + 1 = 27 = 33
a2 – b = ¿/ç = 3–4
Bu şartı sağlayan iki basamaklı k sayıları şunlardır;
12, 16, 18, 24, 27, 32, 36, 48, 54, 64, 72, 81, 96
k yukarıdaki gibi 13 farklı değer alıyorsa A sayısı da
b+1
3
=
´ – 4b – 4 = 6 – 3b
2–b
–4
13 farklı değer alabilir.
Cevap C
Hatırlatmayı kullanırsak
– b = 10
b = – 10
Cevap A
MATEMATİK TESTİ
2
5 LYS DENEME SETİ
ÇÖZÜMLER
I. x + y ³ 0 için
9.
11. Öncelikle A kümesinin eleman sayısını bulalım.
x + y = x – y ´ 2y = 0 ´ y = 0 olur.
y = 0 ve x + y ³ 0 ´ x ³ 0 olmalıdır.
II. x + y < 0 için
p . q = 30 + p ´ q =
30 + p
p
´ q=
30
+1
p
– x – y = x – y ´ x = 0
p ve q asal sayı olduğuna göre,
x = 0 ve x + y < 0 ´ y < 0 olur.
p = 2 için q asal olmaz.
p = 3 için q = 11 ´ x = 3 . 11 = 33
p = 5 için q = 7 ´ x = 5 . 7 = 35
A kümesi
I ve II deki her iki durumu da sağlayan seçeneği bulmalıyız.
A) x = 0 ´ x . y = 0 olabilir.
B) x = 0 olabilir.
C) y < 0 olabildiğinden örneğin y = – 1 için
1
y + 1 = 0 olur.
A = {33, 35}
olduğundan A nın alt küme sayısı: 22 = 4 bulunur.
Cevap C
D) x = 0 ve y = 0 için x + y = 0 olur.
E) Her zaman pozitiftir.
I. durum için y = 0 ve x > 0 ´ x . y + 1 > 0
II. durum için x = 0 ve y < 0 ´ x . y + 1 > 0 olur.
Cevap E
10. 9 – b < 8 ´ 9 – 8 < b ´ 1 < b ... (1)
a + b < 9 – b ´ a < 9 – 2b ... (2)
(1) nedeniyle b tam sayısı en az 2 olabilir.
Bu bilgi (2) de kullanılırsa
12. x3 + y3 = (x + y) . (x2 + y2 – x . y) =91
(x + y) . (13 + x . y – x . y) =91
(x + y) . 13 =91
a < 9 – 4 ´ a < 5 bulunur.
a nın alabileceği pozitif tam sayılar toplamı:
1 + 2 + 3 + 4 = 10 dur.
Cevap 10
(x + y)2 = (7)2 ´ x2 + y2 + 2xy = 49
´ 13 + xy + 2xy = 49
´ 3xy = 36
´
3
xy = 12 ... (2)
(1) ve (2) kullanılırsa
1\X + 1\Y =
MATEMATİK TESTİ
x + y =7 ... (1)
x+y
= Å/ò bulunur.
x . y
Cevap D
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
13.
15.
DİKKAT:Sorunun ilk cümlesi sonraki baskılarımızda "n
iki basamaklı tek doğal sayıdır." olarak değiştirilmiştir.
An \ Bn fark kümesinin eleman sayısı en az sıfır olabilir.
Bunun için An ve Bn kümeleri aynı elemanlardan oluş-
3 º – 1 (mod 4)
malıdır.
olduğuna göre,
7
7
a < 2n + 6
7
7
1 + 2 + 3 + 4
toplamı yerine
17 + 27 + (– 1)7 + 47
yazılabilir.
¯
1
¯
0
¯
–1
b < n2 + n
ifadelerinde üst sınır yani 2n + 6 ve n2 + n ifadeleri
¯
eşit olursa An \ Bn fark kümesinin eleman sayısı sıfır
olur.
0 ® kalan = 0
Yukarıda görüldüğü üzere soruda verilen ifadedeki her
O halde
ardışık dört terim toplamının 4 e bölümünden kalan 0
2n + 6 = n2 + n ´ 0 = n2 – n – 6
dır.
´ 0 = (n – 3) . (n + 2)
Kalanın 1 olması için, n sayısı 4 ün katında 1 fazla
¯
olan iki basamaklı bir doğal sayı olmalıdır.
n=3 O halde, n nin alabileceği değerler
¯
¹0
n = 3 için An \ Bn fark kümesinin eleman sayısı en az
13, 17, 21, ..., 97
olur.
şeklindedir.
Terim sayısı;
Cevap C
97 – 13
+ 1 = 22
4
olduğundan n, 22 farklı değer alabilir.
Cevap C
14.
`
x+z
= y ´ 2y = x + z ... (R)
2
`
y+z
x+y
=
+2
2
2
16.
f(x) =
x2 – x – 6
x+2
` x = – 2 için verilen fonksiyon denkleminin paydası sıfır olur. Dolayısıyla x = – 2 için f tanımsızdır.
y+z=x+y+4 ´ z=x+4
f in tanım kümesi R – {a} olduğuna göre, a = 2
z = x + 4 olduğuna göre,
olmalıdır.
2y = x + x + 4 ´ y = x + 2
`x ¹ – 2
x . y . z = 480 ´ x . (x + 2) . (x + 4) = 480
¯
6 . 8 . 10
f(x) =
(x – 3) . (x + 2)
= x – 3 olur.
x+2
Buna göre, x = 6, y = 8, z = 10
f fonksiyonu x = – 2 için tanımlı olmadığından
olduğundan üç sayının aritmetik ortalaması
f(– 2) = – 5 bulunmaz.
f in değer kümesi R – {b} ise b = – 5 olmalıdır.
x+y+z
6 + 8 + 10
=
= 8 bulunur.
3
3
Buna göre, a . b = (– 2) . (– 5) = 10 bulunur.
Cevap B
MATEMATİK TESTİ
Cevap E
4
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
2x + 2
123
çift
18824883
17.
f(x) =
19.
x–
8
>0
x–2
x2 – 2x – 8
>0
x–2
6x – 7
123
tek
(x – 4)(x + 2)
>0
x–2
f(f(n)) = 65
123
tek
İşaret tablosu yardımıyla eşitsizliği sağlayan x değer-
O halde, 6x – 7 = 65 ´ 6x = 72
´
lerini bulalım.
x = 12 dir.
Buna göre, f(n) = 12 olmalıdır.
123
çift
2
2n + 2 = 12 ´ 2n = 10 ´ n = 5 bulunur.
Cevap E
x Î (– 2, 2) È (4, ¥)
olduğuna göre, D seçeneğinde verilen f(– 3) = – 2 eşitliği kesinlikle yanlıştır.
Çünkü f fonksiyonu x = – 3 için tanımlı değildir.
Diğer seçeneklerde verilen eşitliklerin herbiri f için doğru olabilir.
Cevap D
18.
Denklemin gerçel kökü bulunmadığına göre, D < 0 ol-
20.
malıdır.
b2 – 4ac = a2 – 4(– a + 3) < 0
a2 + 4a – 12 < 0
(a + 6) . (a – 2) < 0
a Î (– 6, 2) olduğundan a nın alabileceği en küçük
OAB ikizkenar dik üçgen ise m(BéOA) = 45° dir.
tam sayı değeri – 5 tir.
A noktasının apsisi x olsun. Bu durumda
|OC| = ax2 olur.
Cevap D
ax2 = x ´ ax = 1 ´ x = 1\A
OAB ikizkenar olduğundan |OC| = |BC| = 1\A
OAB üçgeninin alanı
|AC| . |BO|
=
2
MATEMATİK TESTİ
5
1\A . 2\A
2
=
1
a2
bulunur.
Cevap E
5 LYS DENEME SETİ
ÇÖZÜMLER
21.
8 kişiden 2 şerli olarak seçilip oluşturulan 4 grubun
9
(3x2 – 2)
23.
farklı yerlere gönderilmesi işlemi
açılımındaki terim sayısı 9 + 1 = 10 dur.
8
6
4
2
( ) . ( ) . ( ) . ( )
2
2
2
2
Açılımında 24 ün tam katı olmayan terimler şunlardır.
farklı biçimde yapılabilir.
Soruda seçilen ikililerin sadece grup oluşturması istenmekte. Dolayısıyla ikililerin yer değiştirmesinin bir önemi yok.
O halde, 8 kişinin 2 şerli 4 gruba ayrılması durum
sayısını bulmak için 4 tane 2 linin yer değiştirmesi ihmal edilmelidir.
(
9
9
) . (3x2) . 20
0
(
8
9
) . (3x2) . 2
1
(
0
9
) . (3x2) . 29
9
Bu 3 terimin dışında kalan tüm terimlerin katsayısı 24
4 tane 2 li; 4! = 24 farklı biçimde yer değiştirir.
ün tam katıdır.
Buna göre, 8 kişinin 2 şerli 4 gruba ayrılması işlemi
(
1
Örneğin; (
8
6
4
2
) . ( ) . ( ) . ( )
28 . 15 . 6
2
2
2
2
=
= 105
4!
24
8
9
) . (3x2) . 21 = 36 . 38 . x16 . 2 = 24 . (....)
2
O halde, istenen şarta uyan terim sayısı;
10 – 3 = 7 tanedir.
Cevap C
farklı biçimde yapılabilir.
Fatih ve Ömer in farklı grupta olması isteniyor.
İstenmeyen durum, ikisinin aynı grupta olmasıdır.
Tüm durumdan istenmeyen durum sayısını çıkaralım.
Fatih ve Ömer aynı grupta olsaydı; kalan 6 kişi 2 şerli 3 grup oluştururdu. Bu da
(
6
4
2
) . ( ) . ( )
15 . 6
2
2
2
=
= 15 farklı biçimde olur.
3!
6
Buna göre, istenen şarta uyan çalışma grupları
105 – 15 = 90 farklı biçimde oluşturulabilir.
Cevap C
24.
Üçüncü dereceden P(x) polinomu
P(x) = ax3 + bx2 + cx + d olsun.
22.
Geçmiş gözlem ya da yapılan deneyler sonucunda el-
P(1) = a + b + c + d
de edilen veriler yardımıyla hesaplanan olasılığa deney-
P(– 1) = –a + b – c + d
sel olasılık denir.
P(0) = d
Soruda bahsedilen deneysel olasılık değerini bulmak
için verilen 5 yıla ait bilgileri kullanacağız.
+
2b + 3d = 7
¯
2
Son 5 yılda nisan aylarının toplamı 5 . 30 = 150 gündür.
¯
1
Bu 5 yılda nisan ayında yağmur yağan gün sayısı
toplam 8 + 10 + 12 + 11 + 9 = 50 dir.
P(2) = 8a + 4b + 2c + d
Buna göre, 2017 yılı nisan ayının ilk gününde yağmur
yağmasının deneysel olasılığı
50
= 1\ß tür.
150
MATEMATİK TESTİ
P(– 2) = – 8a +4b – 2c + d
+
8b + 2d = 8 . 2 + 2 . 1 = 18 bulunur.
Cevap E
6
Cevap E
5 LYS DENEME SETİ
ÇÖZÜMLER
` P(x) in x2 + 1 ile bölümünden kalanı bulmak için
25.
27.
x2 + 1 = 0 ´ x2 = – 1 yazalım.
P(x) = (x2) + a . (x2) . x + x + 1
(– 1)2 + a(– 1) . x + x + 1
cos2a = cos2a – sin2a = 1 – 2sin2a
sin2a = 2sina . cosa
Kalan: (– a + 1) . x + 2
x2 – 1 = 0 ´ x2 = 1 yazalım.
2
– (cos22x – sin22x)
– cos4x
=
2
cos2x . sin2x
(1 – 2sin x) . sin2x
P(x) = (x ) + a . (x ) . x + x + 1
2
Hatırlatmadaki bilgileri kullanarak eşitliğin sol tarafını
düzenleyelim.
` P(x) in x2 – 1 ile bölümünden kalanı bulmak için
Hatırlatma:
2
2
1 + ax + x + 1
Her iki durumda da kalanlar eşitse
(– a + 1) . x + 2 = (a + 1) . x + 2 ´ – a + 1 = a + 1
=
= – 2cot4x
´
2a = 0
´
a=0
– 2cot4x = 1 ´ cot4x = – 1\Ş
´ tan4x = – 2
Cevap B
Cevap A
28. ` cosx > 0 için
26. Öncelikle Pı(x) polinomunu bulalım.
2 2
P (2x ) = 3 . (2x ) + 2(2x ) + 1
2
2
2x2 yerine x yazılırsa
Polinomun sabit terimi 1 ise k = 1 olmalıdır.
P(x) = x3 + x2 + x + 1
P(x) = x2 . (x + 1) + x + 1
cosx
= cotx = – 1
sinx
Kosinüsün pozitif, kotanjantın negatif olduğu bölge 4.
bölgedir.
P(x) = x3 + x2 + x + k şeklindedir.
Pı(x) = 3x2 + 2x + 1
polinomun türevi yukarıdaki gibi ise P(x) polinomu
4. bölgede cotx = – 1 ´ x = ˆ/ê tür.
` cosx < 0 için
– cosx
= – 1 ´ cotx = 1
sinx
P(x) = (x2 + 1) . (x + 1) şeklindedir.
Kosinüsün negatif, kotanjantın pozitif olduğu bölge 3.
bölgedir.
Seçeneklere bakıldığında P(x) polinomu D seçeneğindeki çarpanı olan x + 1 e tam bölünür.
Cevap D
3. bölgede cotx = 1 ´ x = †/ê tür.
Buna göre, x in alabileceği değerlerin toplamı
ˆ/ê + †/ê = 3p
MATEMATİK TESTİ
– cos4x
sin4x
2
Kalan: (a + 1) . x + 2
ı
1
7
Cevap D
5 LYS DENEME SETİ
ÇÖZÜMLER
29. sinx + cosx = 1/»
31. ex + y = ex . ey olduğuna göre,
eşitliğinin her iki tarafının karesini alalım.
sin2x + cos2x + 2sinxcosx =1\Ş
sin2x =– 1\Ş
ex . ey = 2 . (ex) – (ey)
ex = a ve ey = b olsun.
2
2
a . b = 2a2 – b2 ´ 2a2 – ab – b2 = 0
1 + sin2x =1\Ş
´ (2a + b) . (a – b) = 0
´ (2ex + ey) . (ex – ey) = 0
14243 123
¹0
0 < x < „/ê ´ 0 < 2x < „/è
(0, „/è) aralığında sinüsün negatif olduğu yer 3. böl-
e –e =0 ´ e =e ´ x=y
Buna göre, ex – y = e0 = 1 bulunur.
x
y
x
=0
y
Cevap D
gedir.
1
Yorum kolaylığı olması için x i derece olarak düşünelim
sin2x = – 1\Ş ´ 2x = 210° ´ x = 105°
a = cos2x = cos210° < 0
b = tan4x = tan420° = tan(360° + 60°) = tan60° > 1
c = sinx = sin105°
0 < sin105° < 1 olduğuna göre; a, b, c için sıralama
b>c>a
Cevap C
32. f(x) = logx(x + 12) + logx2
30.
Hatırlatma:
1
= logba
logab
f(x) = logx(2x + 24)
f –1(2) = a olsun. Bu durumda f(a) = 2 dir.
Hazırlatmadaki özelliği kullanırsak
‹Ÿ2log64 + 4log63 + 5 =‹Ÿlog642 + log634 + 5
=
‹Ÿlog6(24 . 34) + 5
=
‹Ÿlog664 + 5
=
ô4 + 5
=3
2a + 24 =a2
0 =a2 – 2a – 24
0 =(a – 6) . (a + 4)
123 123
=0
a – 6 = 0 ´ a = 6 dır.
O halde, f –1(2) = a = 6 bulunur.
¹0
Cevap C
Cevap B
MATEMATİK TESTİ
f(a) = loga(2a + 24) =2
8
5 LYS DENEME SETİ
ÇÖZÜMLER
33.
Hatırlatma: a ´ b º a Ú b
ı
pÙq´rº0
(p Ù q) Ú r º 0
p ı Ú qı Ú r º 0
pı º 0 ,
¯
pº1
ğıya kaydırılırsa
ı
qı º 0 ,
¯
qº1
r º 0 olmalıdır.
¯
rı º 1
ı
II. Hatırlama: 1 Û 1 º 0 Û 0 º 1
Kaydırmalar sonucunda grafiği oluşturan iki doğrunun
eğimleri başlangıçtakine göre, değişmez.
III. p ´ qı Ù rı º pı Ú (qı Ù rı) º 0 Ú (0 Ù 1)
º0Ú0
º0
º p Ú qı º 1 Ú 0 º 1
pı Û r º 0 Û 0 º 1
I. pı ´ qı º (pı) Ú qı
Son elde edilen grafik y eksenine göre 2 birim aşa-
1
Buna göre,
` x = 3 ün solunda kalan doğrunun eğimi – 1 olduğundan x eksenini 2 de keser.
Buna göre, I ve II nin doğruluk değeri 1 dir.
` x = 3 ün sağında kalan doğrunun eğimi 1\Ş olduğundan x eksenini 5 te keser.
Cevap C
Grafik ile x ekseni arasında kalan yukarıdaki taralı bölgenin alanı
3 . 1
= 3\Ş birimkaredir.
2
Cevap C
34. Öncelikli f fonksiyonunun grafiğini çizelim.
35. bn dizisinin terimlerini bulalım.
b1 = a1 = 4
b2 =
f(x) fonksiyonu x eksenine göre, 1 birim sağa kaydırılırsa
b3 =
`
`
`
2
=
4+6
=5
2
a1 + a2 + a3
3
=
4+6+8
=6
3
Buna göre, (bn) dizisi,
(bn) = (4, 5, 6, ...)
şeklindedir.
Dizinin genel terimi bn = n + 3 şeklindedir.
Cevap E
MATEMATİK TESTİ
a1 + a2
9
5 LYS DENEME SETİ
ÇÖZÜMLER
36. y = ñ3x doğrusunun eğimi ñ3 olduğundan doğru ile
37.
x ekseni arasındaki açı 60° dir.
lim x ® 0+
x . f(x) + sin2x
f(x)
sin2x
= lim (
+
)
4x
4
4x
x ® 0+
f(x)
sin2x
+ lim 4
x ® 0+ 4x
sin2x
= 2\à = 1\Ş
4x
x ® 0
` lim ` lim x ® 0+
+
x ® 0+
f(x)
= 1\à lim f(x)
4
x ® 0+
1 £ f(x) £ 2–x olduğuna göre,
(R) = lim 1
lim 1 £ lim f(x) £ lim 2 –x
x ® 0+
x ® 0+
x ® 0+
1 £ lim f(x) £ 1
x ® 0+
İlk iki daire kullanılarak benzerlik yardımıyla ikinci dai-
renin yarıçapını bulalım.
1\à lim f(x) = 1\à olur.
´
3a + 12 = 24
´
3a = 12
´
x ® 0+
x ® 0+
2a
2
= a/ò ´
= ¿/ò
3a + 12
3a + 12
Sıkıştırma teoremi nedeniyle lim f(x) = 1 dir.
a = 4 tür.
Şimdi bulduğumuz sonuçları (R) da yerine yazarsak
(R) = lim x ® 0+
f(x)
sin2x
+ lim = 1\à + 1\Ş = 3\à olur.
4
x ® 0+ 4x
Cevap C
Çemberler hem doğruya hem de birbirlerine teğet olarak çizildiğinden alanları her defasında belli oranda küçülür. Alanları toplamı bir geometrik seri oluşturur.
D1 in alanı = p . 122 = 144p
D2 nin alanı = p . 42 = 16p
`
`
`
D1 + D2 + D3 + ... =
144p + 16p + ... =
İlk terim
1 – ortak çarpan
144p
16
1–
144
144p . 144
128
=
= 162p
Cevap D
MATEMATİK TESTİ
10
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
38.
39. ` x ³ 0 için
I. Doğrudur. Çünkü
1
lim g(x) = lim +
+ f(x) + 1
x ® 1
x ® 1
f(x) in grafiğine bakılırsa lim f(x) = ¥
x ® 1+
lim g(x) = lim x ® 1+
x ® 1+
1
1
=
=0
f(x) + 1
¥
x ® –3
x ® –3
´ y=
x
a–x
Düşey asimptot : a – x = 0 ´ x = a doğrusudur.
Yatay asimptot : y = lim
` x < 0 için
x ® ±¥
y=
x
= – 1 doğrusudur.
a–x
2x – (– x)
3x
´ y=
a – (– x)
a+x
x ® –2
f(x) in grafiğine bakılırsa x ® – 2 için sağ ve sol limit birbirine eşit değildir. Yani limit yoktur.
Dolayısıyla lim g(x) limiti yoktur.
Düşey asimptot : a + x = 0 ´ x = – a doğrusudur.
Yatay asimptot : y = lim
x ® ±¥
3x
= 3 doğrusudur.
a+x
x ® –3
2x – x
a–x
II. Yanlıştır. Çünkü
lim g(x) = lim f(x + 1) = lim f(x)
y=
III. Doğrudur. Çünkü
f(x) in süreksiz olduğu noktalarda g(x) süreksizdir.
f(x) fonksiyonu tanım kümesinde x = 2, x = 0 ve
x = – 2 için süreksizdir. (x = 1 için f tanımlı değildir, süreksizlik incelemesi yapılmaz.)
O halde g fonksiyonu f(2); f(0) ve f(– 2) için süreksizdir.
1
` x > 1 için g(x) =
dir.
f(x) + 1
alanı 6 br2 olduğuna göre,
4 . 2a = 6 ´ a = 3\à tür.
f(x) fonksiyonu x = 2 de süreksiz ise g(x) de
x = 2 de süreksizdir.
Asimptotların oluşturduğu yukarıdaki kapalı bölgenin
Cevap D
` x < 1 için g(x) = f(x + 1)
f(x) fonksiyonu x = 0 ve x = – 2 de süreksiz ise
g(x) fonksiyonu x = – 1 ve x = – 3 de süreksiz
olur.
Buna göre, g nin süreksiz olduğu noktaların apsisler çarpımı 2 . (– 1) . (– 3) = 6 dır.
Cevap D
MATEMATİK TESTİ
11
5 LYS DENEME SETİ
ÇÖZÜMLER
f(x) = ŒŸ2x + ŒŸ3 + ó2 – x
42. türev alma işlemini kolaylaştırmak için önce eşitliğin her
iki tarafının karesini alalım.
f(x) =
f2(x) = 2x + ŒŸ3 + ó2 – x
Şimdi eşitliğin her iki yanının türevini alalım.
2 . f(x) . f ı(x) = 2 +
–
x = 0 ve diğer tüm x gerçel sayıları için f türev-
x = 1 için f(1) = ŒŸ2 + ô3 + 1 = 2 dir.
O halde x = 1 için
lidir.
II. Yanlıştır.
2x . (– x + 1) + 2x2
x < 0 için f ı(x) =
(x + 1)2
– 1\Ş
f ı(x) =
2 . ñ4
2x
(x + 1)2
<0
olduğundan (– ¥, 0) aralığında f azalandır.
2 . 2 . f ı(1) =2 – 1\ä
f ı(1) =Í/ò bulunur.
I. Doğrudur. f fonksiyonu her x için süreklidir.
2 . ŒŸ3 + ó2 – x
2 . f(1) . f ı(1) =2 +
x2
x<0
–x+1
x = 0 kritik noktası için sağ ve sol türev eşittir.
1
2ô2 – x
x2
x ³ 0
x+1
18824883
40. 1
III. Doğrudur.
x < 0 için f(x) azalan
x > 0 için f(x) artan
Cevap C
x = 0 için f ı(0) = 0
f fonksiyonu x = 0 ın solunda azalan sağında artan bir fonksiyondur. Bu nedenle x = 0 apsisli nokta f için mutlak minimumdur.
Cevap D
41. f fonksiyonuna x = p den çizilen teğet x eksenine
paralel ise
f ı(p) = 0 dır.
Eşitliğin her iki tarafının türevini alalım.
2 . f(x) . f ı(x) – 2 . (– 1) . f ı(p – x) = 2cos2x . (– 2) . sin2x
x = p için
2 . f(p) . f ı(p) + 2 . f ı(0) = – 4 . cos2p . sin2p
18283
123
0
0
ı
2 . f (0) = 0
f ı(0) = 0 bulunur.
Cevap C
MATEMATİK TESTİ
12
5 LYS DENEME SETİ
ÇÖZÜMLER
43.
1
44. f ve g eğrileri A(1, 0) noktasında teğetse
f(1) = 1 + a + b = 0
g(1) = – 1 + c = 0 ´ c = 1
A noktasından f ve g eğrilerine çizilen teğetlerin eğimleri eşittir. Yani
f ı(1) = g ı(1) dir.
f ı(x) = 2x + a ´ f ı(1) = 2 + a
10
sina = È/X ´ x =
sina
cosa = 2\Y ´ y =
Desteğin uzunluğu x + y =
Uzunluğun minimum olması için tana nın alması ge-
123
2+a=–1
gı(x) = – 2x + 1 ´ gı(1) = – 1
2
cosa
1 + a + b = 0 ´ 1 – 3 + b = 0 ´ b= 2 dir.
O halde
10
2
+
dır.
sina
cosa
a=–3
a . b . c = (– 3) . 2 . 1 = – 6 dır.
Cevap E
reken değeri türev yardımıyla bulalım.
(
ı
10
2
+
) =0
sina
cosa
– 10cosa
sin a
2
+
2sina
cos2a
2sina
cos2a
sin3a
cos3a
=0
=
10cosa
sin2a
=È/è
tan3a =5
tana =3ñ5 bulunur.
Cevap C
45. u =
1
2
cos x
cos4x
´ du = 2 . ´ du = 2 . ´
x = 0 için u =
x = o\à için u =
O halde
y
0
13
2cosx . sinx
o\à
MATEMATİK TESTİ
´ du =
dx
sinx
1
. dx
cosx cos2x
tanx
cos2x
dx
du
tanx
=
dx
2
cos2x
1
cos20
=1
1
cos2o\à
=2
2
tanx
2
cos x
dx =
y
1
du
bulunur.
2
Cevap D
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
46.
e
47.
1
k
2
B = k . k –
ñx dx = k – (
y
3
0
B = k3 –
B=
[y
e
A=
k
A = (2\ß . x
€ )
3
2k
3
k3
3
A = B olması için
18 – 9k +
1
– 1\X
x
y
e
lnx dx = xlnx€ –
1
1
e
y
e
e
1
1
1\X . x dx = xlnx€ – x€
1
= (e – 0) – (e – 1)
=1
Bu sonucu (R) da yerine yazalım.
e
2k3
k3
) – 9k + k3 = 18 – 9k +
3
3
İntegral
+ lnx
2
A = (18 –
Türev e
€ ) – (9 – k2) . k
Kısmi integrasyon yapalım. Kısmi intergasyon için pra-
0
3\Ş 9
k
lnx dx
tik tabular kuralını kullanalım.
3\Ş k2
ñx dx – (9 – k2) . k
2
y
1
]
9
2x
3
lnx
dx
ln2
1
1
(R)=
ln2
2
y
log2x dx =
y
e
1
ln2
y
lnx dx =
1
. 1 = log2e
ln2
1
Cevap D
k3
k3
=
´ 9k = 18
3
3
´
k = 2 olmalıdır.
Cevap E
MATEMATİK TESTİ
14
5 LYS DENEME SETİ
Değerli öğrencilerimiz,
Deneme kitabımızın bir baskısında dizgi son kayıt aşamasında bazı yazım hataları oluşmuştur.
Denemelere başlamadan önce aşağıda kırmızı ile gösterilen düzeltmeleri yapınız denemeye çözmeye ondan sonra
başlayınız.
Bu aksama nedeniyle özür dileriz.
DENEME - 3
9.
y < x < 0 olmak üzere,
50. an + 2 = an + 1 + 4
DENEME - 5
37.
ÇÖZÜMLER
(
48.
x
y
d
Hatırlatma:
dx
)
0
` a Î (4, 12] için
f(t) dt = f(x)
1
g(x) fonksiyonunun x = a apsisli noktada yerel minimumu varsa gı(a) = 0 dır.
gı(x) = –
1
x2
. y
f(t) dt + 1\X . f(x)
g (a) = –
a2
. y
f(t) dt
a
1
y
f(t) dt + 1\A . f(a) = 0
0
0
Taralı alan
a2
y
. f(t) dt = 1\A . f(a)
¯
Dikdörtgenin alanı
Buna göre, a nın alabileceği değerler toplamı
1 + 2 + 3 + 4 = 10 bulunur.
Cevap C
a
y
a . f(a)
Yani a nın 4 ten büyük bir sayı olması mümkün de-
0
¹
ğildir.
a
¯
1
a
0
ı
x
f(t) dt = a . f(a)
0
Taralı yamuğun alanı 64 birimkare ise A noktasının
apsisi 4 olmalıdır. Çünkü;
(? + 12) . 8
= 64 ´ ? = 4
2
a
y
f(t) dt integrali 0 dan a ya kadar olan aralık0
ta f ile x ekseni arasındaki bölgenin
alanına eşittir.
` a Î [0, 4] için
a
y
f(t) dt = a . f(a) eşitliği daima geçerlidir.
0
4
Örneğin; a = 4 için
y
f(t) dt = 4 . f(4) = 4 . 8 = 32
0
MATEMATİK TESTİ
15
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
49. Verilen integralde kısmi integrasyon uygulayalım.
f(x) = u
f ıı(x) dx = dv
,
f ı(x) dx = du
y
f ı(x) = v
2
50. 1. Yol
f(x) . f ıı(x) dx = u . v –
y
v du
– 2
26 = (f(x) . f ı(x))€
y
–
–2
y
– 2
2
(f ı(x)) dx
(x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) = (x2 + 7x + 10) . (x2 + 7x + 12)
(f (x)) dx = (f(2) . f (2) – f(– 2) . f (– 2)) – 26
123
123
5
5
2
y
2
y
lim (x2 + 7x) . (x2 + 7x + 22)
x
x ® 0
lim (x + 7) . (x2 + 7x + 22) = 7 . 22 = 154
x ® 0
2. Yol
0\æ belirsizliğini gidermek için Lı Hopital kuralı kullanılaı
f ı(x) dx = f(x)€
= f(2) – f(– 2) dir.
–2
lim f ı(x) dx integrali f ı ile x ekseni arasında kalan
bölgenin alanına eşittir.
– 2
((x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) – 120)
x ® 0
=
2
y
x
x ® 0
bilir. Bunun için pay ve paydanın ayrı ayrı türevi alınır.
2
– 2
(x2 + 7x) + 22(x2 + 7x) + 120 – 120
Türev grafiği yardımıyla f(2) – f(– 2) değerini bulalım.
lim 2
(f ı(x)) dx = 5(f(2) – f(– 2)) – 26
– 2
2
= (x2 + 7x) + 22(x2 + 7x) + 120
ı
Türev grafiğine bakılırsa f ı(2) = f ı(– 2) = 5 tir.
2
– 2
ı
Sadeleşme yaparak belirsizliği giderelim.
2
2
ı
(x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) – 120
= 0\æ
x
2
2
lim x ® 0
(x)ı
1 . 3 . 4 . 5 + 2 . 1 . 4 . 5 + 2 . 3 . 1 . 5 + 2 . 3 . 4 . 1 – 0
1
= 60 + 40 + 30 + 24
= 154
Cevap 154
Taralı alan =
O halde
(1 + 5) . 2
(1 + 5) . 1
+ 1 . 1 +
= 10
2
2
2
y
2
(f ı(x)) dx = 5 . (f(2) – f ı(2)) – 26 = 5 . 10 – 26
– 2
= 24 bulunur.
Cevap D
MATEMATİK TESTİ
16
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
51.
53.
ABC üçgeninde
10° + 110° + m(ëC) = 180° ´ m(ëC) = 60°
A ile D noktaları birleştirilirse ADC eşkenar üçgen olur.
(Bir açısı 60° olan ikizkenar üçgen, eşkenar üçgendir.)
DBE ~ HBA
AED ikizkenar üçgeninde
È/X = Ä/õ ´ x = 25
ABC üçgeninde [AH] hem açıortay hem de kenarortay
x + x + 50° = 180° ´ x = 65°
x + a = 180° (A, E, B doğrusaldır.)
olduğundan ABC ikizkenar üçgendir.
¯
65
|AB| = |AC| = 25 cm
a = 115°
Cevap D
Cevap D
52.
54.
G tepe noktası ortak AGE ve EGD üçgenleri için
[FD] // [BC] ve |AD| = |DC| olduğundan [FD] orta tabandır.
2A
|AE|
8k
=
=
olsun.
A
|ED|
4k
B tepe noktası ortak ABD ve DBC üçgenleri için
4A
|AD|
12k
=
=
A
|DC|
3k
|AE|
8k
=
= 8\ß
|DC|
3k
|BC| = 2 . 6 = 12 cm
|BC| = 4 + |HG| + 2 ´ |HG| ´ 6
BEG üçgeninde öklit bağıntısı: h2 = 4 . 6 = h = 2ñ6
2
Cevap A
A(AFD)
= (1\Ş) = 1\à
A(ABC)
2ñ6 . 6
= 6ñ6
2
A(AFD) =
A(ABC) = 24ñ6
A(BCDF) = 24ñ6 – 6ñ6 = 18ñ6
Cevap D
MATEMATİK TESTİ
17
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
55.
57.
¯
2a
ABE üçgeninin dış açıortayı [BK] dır.
Dış açıortay teoreminden
|KE|
= 2\â ´ |KE| = 2b
|KA|
[KH] dikmesi çizilip işaretli üçgende kelebekten
KÿHE – pisagordan |EK| = aò10
[KH] // [CB]
Óİ\ô =
KLB ikizkenar üçgeninde yükseklik aynı zamanda ke-
|LH| = |HB| = |KH| = a, |AL| = a
AKH üçgeni
a=2
AKC üçgeni de 3 – 6 – 3ñ5 üçgenidir.
Alan(ABCD) = 3 . 6 = 18
Cevap A
Cevap E
a – 2a – añ5
¯ ¯
¯
2 – 4 – 2ñ5 üçgenidir.
58.
|AH|
2a
=
|HB|
a
narortaydır.
AÿBC – pisagordan |AC| = 6añ2
[KH] dikmesini çizelim
|EK|
aò10
=
= 5/¾
|AC|
6añ2
|KA| = 6b
4b
2a
6a
=
=
2b
|EH|
|KH|
56.
|AD| = 3|EB|
¯
6a
DÿKE @ FÿKC (m(ëK)’nın karşısındaki kenar her iki üçgen-
Şekildeki kelebek benzerliği, |HK| = x olsun.
Ä/ò =
x
´ x=4
12 – x
|DK| = |FK| = a olur. |KC| = 8 – a olur.
EFH ~ BKH (kelebek benzerliği)
KFC üçgeni 3 – 4 – 5 üçgeni çıkar.
a = 5 cm
FKC ~ DLC
8\à =
de de 4 cm)
6
= 4\Ş ´ |EF| = 3
|EF|
A + B = Boyalı bölge = A(KLB) – A(EFH)
18 . 12
3 . 2
=
–
= 105
2
2
MATEMATİK TESTİ
4+x
´ x=6
5
Cevap C
Cevap C
18
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
59.
61.
En küçük altıgenin alanı
6 . a2ñ3
= 162ñ3 ´ a = 6ñ3
4
xñ3 = 6ñ3 ´ x = 6
yñ3 = 12 ´ y = 4ñ3
zñ3 = 8ñ3 ´ z = 8
Çevre = 4 + 2ñ2 + 4 + 4ñ2 + 2ñ2
= 8ñ2 + 8
= 8(ñ2 + 1)
Cevap C
b = 16
Cevap B
60.
62.
|DG| = 2|GC|
¯
2a
¯
a
|AD| = 2|BC| = 6a olur.
a . 3a . sin120
S1 =
2
S2
6a . 2a . sin60
=
2
2
MATEMATİK TESTİ
´ s = 1\ä
GBC üçgeninde muhteşem üçlüden
|CK| = | KB| = |GK| = 4 cm olur.
|EG| = 2|GK| = 8 cm (Ağırlık merkezi özelliği)
|GH| = |GL| = 3 cm ([EK] orta tabandır.)
A(ABCD) = 12 . 6 = 72 (Alan = orta taban x yükseklik)
72 = 6S ´ S = 12
A(EDC) + A(EAB) = 3S
Cevap D
Boyalı bölge = 3S + S = 4S = 4 . 12 = 48
Cevap E
19
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
63.
65.
m(AéCB) = 90° (Çapı gören çevre açı ölçüsü 90°’dir.)
m(AéCE) = 40° olur.
123
m(DéCA) = m(AéCE)
m(ëC) + m(ëA) = 180°
m(ëA) = 50°
m(CéAB) = 25°
ADCB kirişler dörtgeni
CAB üçgeninde iç açılar
90° + 25° + a = 180° ´ a = 65
Cevap E
64.
OCD üçgeni
90° karşısı 2r iken
? karşısı r olur.
? = m(ëC) = 30°, m(CéOD) = 60° olur.
O1ODE bir karedir.
[OE] köşegeni açıortaydır. ´ m(EéOC) = 15°
m(PïE) = 2m(EéOC) = 30°
m(P éO1E) = 30°
|OB| = |OA| = 2r = r + 6 ´ r = 6
|PïE| =
2p . 6 . 30
=p
360
Cevap A
66.
Deltoid özelliği
m(DéAC) = m(CéAE)
BOA üçgeni 30° – 60° – 90° üçgenidir.
¯
¯
¯
r – rñ3 – 2r
O1AB @ DCO1 (Tüm kenarlar eşit ise eşit kenarların karşısındaki açılar eşittir. Ve üçgenler eştir.)
|EB| = r olur.
OEC üçgeni 30° – 30° – 120° üçgenidir.
¯
¯
¯
r – r – rñ3
|BE|
r
=
= 1/¼
|CE|
rñ3
|OA| = |OC| = |OE| = r olsun
Cevap E
a + b = 90° ise m(DéO1B) = 90° olur.
Pisagordan r12 = 22 + 62 ´ r1 = 2ò10
Boyalı bölgenin alanı =
A(AEFC) – Çeyrek daire – 2 yarım daire – üçgenlerin alanı
p . (2ò10)
2p . 22
2 . 6
–
–
. 2
4
2
2
= 10 . 8 –
= 80 – 10p – 4p – 12
Boyalı bölgenin alanı = 68 – 14p
Cevap D
MATEMATİK TESTİ
20
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
67.
68.
¯
¯
6ñ3 18
COH üçgeni 30° – 60° – 90° olur.
¯
12ñ3
V1 = a2 . 8a = 8a3
CHA üçgeni 30° – 60° – 90°
¯
¯
6 6ñ3
2r = 24 ´ r = 12
V2 = (2a)2 . 4a = 16a3 ´ v =
Alan(BO1A) =
+
16a3
= 1\Ş
Cevap D
69.
Alan(OO1B) = 1\Ş . 12 . 12 . sin150 = 36
m(AïB) = 2m(BéOA) = 30°
8a3
p . 12 . 30
= 12p
360
2
Boyalı bölgenin alanı = 36 + 12p
Cevap D
[KM] dikmesini çizelim.
Bir doğru bir düzleme dikse, o doğru düzlem üzerindeki tüm doğruları diktir. [KM] ^ [MB]
KHE ikizkenar üçgeninde yükseklik hem açıortay hem
de kenarortaydır.
MAB dik üçgeninde pisagor teoreminden
|MB|2 = 22 + 62 ´ |MB| = 2ò10
KBM dik üçgeninde pisagor teoreminden
|DM| = |MA| = 2
|KB|2 = 82 + 2ò10 2 = 104
|KB| = 2ò26
Cevap C
MATEMATİK TESTİ
21
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
70.
72.
Boş kısım 2h lık yüksekliğe sahiptir.
Yarı yüksekliği h yükseklik olur.
2h 3
İlk durumda hacimler oranı = k3 = (
) ´ k3 = Æ/í
3h
İkinci durumda hacimler oranı = k3 = (
İlave edilen su: 7V = 14 m3
2h 3
) = ¿/í
3h
V = 2 m3
Tüm hacim 27 . 2 = 54 m3
CKO1H, BLO1H birer deltoid olur.
35 – 2a = 25 ´ a = 5
BÿOC ~ O1ÿKH
Ã/ë = x/ú = y/õ
x=4 y=3
H(x + 5, y + 5)
H (9, 8)
Cevap C
Cevap E
73. d1: y = ax + b
d2: y2 = – 1\A x – b
m1 = a
m2 = – 1\A
m1 . m2 = – 1 ´ d1 ^ d2
d1: x = 0 için y = b
d2: x = 0 için y = – b
71.
|BD|
5k
=
(Bu durumda D noktası C noktasına da|CD|
2k
ha yakındır.)
x2 + y2 = |OC|2 = 25 ´ |OC| = 5
|AD| = |DAı| = 6k = 6k
ı
|CA |
8k
=
= 2\á
|AC|
4k
MATEMATİK TESTİ
|AO| = |OB| = |OC| = 5 (Muhteşem üçlü)
|AB| = 10
Cevap E
Cevap A
22
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
74.
75.
¯
m1 – m2
m=
a = 45° olur.
m(MéOK) = 22,5° olur.
1 + m1 . m2
=
|AAı| = 2a = 15 (Elipsin üzerindeki bir noktanın odaklara uzaklıkları toplamı 2a = 15 birim) dir.
m(LéOK) = a olsun tana = m
¯
m2
m1
y = 1\ß x
y = 2x
2 – 1\ß
1 + 2 . 1\ß
=
5\ß
5\ß
=1
|FK| + |FıK| = 15 ´ |FıK| = 12
|FH| + |FıH| = 15 ´ |FıH| = 15 – x
123
3
123
x
F KH ´ 5 – 12 – 13 üçgeni olur (pisagordan)
ı
Alan(HKFı) =
5 . 12
= 30 birimkare
2
Cevap C
|OK|
añ2 + a
=
= ñ2 + 1
|MK|
a
76.
Cevap D
y = ñ3x – 3
y = – ñ3x + 3
x = 0 için y = – 3
x = 0 için y = 3
y = 0 için x = ñ3
y = 0 için x = ñ3
m1 = 3 Eğim açısı 60°
m2 = – ñ3 Eğim açısı 120°
A(a, 3) doğru üzerinde
B(b, – 3) doğru üzerinde
3 = ñ3a – a
– 3 = – ñ3b + 3
a = 2ñ3
b = 2ñ3
Merkez(3ñ3, 0)
r = 2ñ3
Cevap A
MATEMATİK TESTİ
23
5 LYS DENEME SETİ
1
ÇÖZÜMLER
77.
79.
Áu = (3\Ş , 2)|Áu| = ŒŸ(3k)2 + (4k)2 = 15
¯ ¯
3k 4k
¯ ¯
9 , 12
E vektörünün x eksenine dik izdüşümü E1 H vektörünün y eksenine dik izdüşümü H1
E1 + H1 = ÀOM (OK simetri doğrusu ile aynı yöndedir.)
ÀOD + ÀOA toplam vektörde ÀOK simetri doğrusu ile aynı
A2 noktasını orijin kabul edersek
yöndedir.
Áu(– 10, – 12) ile aynı doğrultuda bir vektör aramalıyım
y\X = 6\á , (5, 6) vektörü sağlar.
Cevap D
Cevap C
80.
78. (x, y) = (– 1, 2) + k(3, 1)
Orta nokta C(x0, y0) olsun.
x0 =
–1+5
=2
2
2 = – 1 + 3k
y0 = 2 + k
Turuncu yüzeyde (3 tane dikdörtgen) hem önde hemde arkada vardır.
(2, y0) = (– 1, 2) + k(3, 1)
2 . (2 . 4 + 2 . 8 + 2 . 4) = 64
k=1
y0 = 3
+
C(2, 3)
Koordinatlar toplamı = 2 + 3 = 5
Sarı yüzeyler, hem üstte hem altta vardır.
2 . (2 . 4 + 2 . 4 + 2 . 2) = 40
Yeşil yüzeyler her iki yan yüzeyde de vardır.
4
567
2 . 2 + 2 . 2 + 2 . 8 + 2 . (a + b) = 32
Cevap E
Tüm yüzey alanı = 64 + 40 + 32 = 136
Cevap 136
MATEMATİK TESTİ
24
5 LYS DENEME SETİ