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