2018 AYT Matematik Soruları ve Çözümleri (PDF) | Bilgenç

 

 

2

1 ai

i İçler dışlar çarpımı yapalım. a i 1 ai i a i 1 ai ai i 1 ai ai 1 1              ai ai 1    0 2ai a 0 olmalıdır. Cevap : E   









2 3 18 in asal çarpanları 2 ve 3 tür. 18 2.3 40 ın asal çarpanları 2 ve 5 tir. 40 2 .5 İkisinde de ortak asal çarpan 2 olduğuna göre, x ve y birbirinden farklı asal sayılar olduğuna göre hem x hem de y 2 de  





3 ₅ 6 ğildir. x 3 ve y 5 olmalıdır. x z y 18 z y 6 z 11 buluruz. x y z 3 5 11 19 buluruz. Cevap : B                2 3 2 3

n 2 ye bölünüp, 3'e bölünmeyen bir sayı ise; n

n n 0 10 n 20 dir. 2

20 sayısı 2'ye bölünüp, 3'e bölünmeyen bir sayıdır. n 20 olabilir.

n 3 e bölünüp, 2'ye bölünmeyen bir sayı ise; n n n 0 10 3              2 3 n 30 dur. 30 sayısı hem 2'ye hem de 3'e bölünüyor.

n 30 olamaz.

n sayısı hem 2'ye hem de 3'e bölünen bir sayı ise;

n n 5n

n n 10 10 n 12 dir.

2 3 6

12 sayısı hem 2'ye hem de 3'e bölünüyor. n             12 olabilir. Toplamları 20 12 32 buluruz. Cevap : C    

kalan 4

0 ₁ 2 3

Her seferde sonraki 3. kişi topu alıyor. 99 kere 3 kişi artacaktır.

Grupta 5 kişi var.

99.3 çarpımının 5 ile bölümünden kalanı bulalım. 99 .3 4.3 12 2 dir.

Buna göre;

Ali Büşra Cem Deniz Eki

  

4 n Topu, Cem almıştır.

Cevap : C

















0 1

"ise" önermesi sadece 1 0 durumunda 0'a denktir. p q r 0 ise p q r 0 r 0 dır. p q 1 ise p 1 ve q 1 dir. Buna göre; a b 0 doğru olmalıdır. p 1 a c 0 doğru olmalıdır. q 1 c 0 y                     anlış olmalıdır. r 0





Demek ki c sayısı pozitiftir. a c 0 ise a negatiftir. a b 0 ise b pozitiftir.

a,b,c nin işaretleri sırasıyla , , dır.

Cevap : A            

Şıkları tek tek inceleyelim.

A) 12 sayısı 1 ve 3'e tam bölünür. Ayrıca 1 3 4'e de tam bölünür. Önermeyi doğrular.

B) 24 sayısı 2 ve 4'e tam bölünür. Ayrıca 2 4 6'ya da tam bölünür. Önerm

  

   eyi doğrular.

C) 30 sayısı 3 ve 2'ye tam bölünür. Ayrıca 3 2 5'e de tam bölünür. Önermeyi doğrular.

D) 60 sayısı 4 ve 5'e tam bölünür. Ama 4 5 9'a da tam bölünmez. Önerme hatalı olur. E)

  

  

30 sayısı 5 ve 1'e tam bölünür. Ayrıca 5 1 6'ya da tam bölünür. Önermeyi doğrular.

Cevap : D   

 

 

x b

ax b nin tersi dır. O halde; a x b f x dır. a b a b f a ise a a        b a 

 

 

a 2b dir. x b f x dir. 2b 0 b b 1 f 0 buluruz. 2b 2b 2 Cevap : A          

   

 

   

 

 

f x .g x 0 inceleyelim.

( 2,2) aralığında f x her zaman 0'ın altında yani negatiftir. f x .g x 0 olması için g x fonksiyonu da 0 ın altında olmalıdır. g x fonksiyonu da

1 den küçük değerler için ve 1 den büyük     



  

   

 

 













 

değerler için negatiftir. O halde;

x 2, 1 1,2 olmalıdır.

g x .h x 0 inceleyelim.

g x ve h x zıt işaretli olmalıdır.

2, 1 aralığında ikisi de negatiftir. Olmaz 1,0 aralığında zıt işaretliler. 0,1 aralığında        





 



  

 

ikisi de pozitiftir. Olmaz 1,2 aralığında zıt işaretliler. O halde; x 1,0 1,2 olmalıdır.

İki çözüm kümesinin kesişimini alırsak; x 1,2 buluruz.

Cevap : C

  

   

   

   





  









  





P x P x ise P 2 P 2 0 P 3 P 3 0 dır.

4.dereceden bu polinomun dört kökü de belli ise bu polinomu rahatlıkla yazabiliriz.

Başkatsayısı da 1 olarak verilmiş.

P x x 2 x 2 x 3 x 3 şeklinde bir polinomdur. P 1 1 2 1 2                







    

1 3 1 3 1 3 4 2 24 buluruz. Cevap : C      

42 ile 33 arasındaki mesafe 28 ile x mesafesi log 42 log33 log28 log x

42 28 log log 33 x 42      _           3 33 11 28  2 x 22 buluruz. x Cevap : E   2 3 4 4 8 4 8 1 4 8 4 8 2 2 2 2 2 2 2 6 6 16 16 ₂ 1 log x log ₁ x _ise 2 2 1 log x log 1 x log x log x 1 log x log x 1 log x log x 1 1 1 log x log x 1 2 3 1 1 log x 1 2 3 1 log x 1 6 log x 6 x 2 64 tür. 6 3

log x log 64 log 2 buluruz. 4 2 Cevap : B               _  _            













6 2 4 1 1 1 1 a a .a ise a 5r a r a 3r a 3r yazalım. 3r 5r 3r r 3r 3r 8r           2 4r  10 1 .6r 1 2 6r r tür. Buna göre; 3 1 a a 9r 3r 9r 12r 12 4 buluruz. 3 Cevap : D           

  



 





















2 2 2 2 2 2

p x = x a b polinomu orjinden geçiyorsa , 0,0 noktası parabolün bir noktasıdır.

0= 0 a b

0 a b a b dir.

Diğer poloinomların tepe noktasını bulalım.

p x a b x a a b b x b b                  

 





















2 2 2 2

x dir. Tepe noktası 0,0 noktasıdır.

p x a b x a a b b

x b b x 2b dir.

Tepe noktası 0, 2b noktasıdır.              





























2 2 2 p x a b x a a b b x 2a b b x 2a 2b Tepe noktası 2a, 2b noktasıdır. Koordinat düzleminde gösterelim.

               2 2 2 2

Tabanı 2a uzunlukta, yüksekliği 2b uzunlukta olan bir üçgen elde ediliyor.

Alanı 16 br ise 2b.2a

16 a.b 8 dir. 2

a b bulmuştuk. a.a 8 a 2 dir. b a 4 tür. a b 2 4 6 buluruz. Cevap : A              





  

 

2 2

c n m

Kökler çarpımı n m dir.

a 1

Köklerden biri m n ise diğer kök 1 olmalıdır. x 1 kökünü denklemde yazalım. x m 1 x n m 0 1 m 1 1 n m 0 1 m 1 n m 0 n 2m 0 n 2m n 2 buluruz. m Cevap : A                               1 2 3 1 2 3 4 1 1 2 1 1 3 4 3 Aynı 1 1 2 1 1 4 3 4 Aynı Sesli harfler A ,A ,A

Sessiz harfler B ,B ,B ,B olsun. 5 harfli palindrom sayılar şu şekilde olabilir. A B A B A 3.4.3 36

B A B A B 4.3.4 48 Aynı harfi tekrar tek

     



rar kullanabiliriz.



36 48 84 buluruz. Cevap : B   

K noktasından 3 ayrıt çıkıyor. L noktasından 3 ayrıt çıkıyor.

İkisi de [KL] ayrıtından giderse, karşılaşırlar. 1 1 1

Olasılık

3 3 9

İkisi de B köşesinde giderse, karşılaşırlar. 1 1 1 Olasılık 3 3 9 İkisi de A      

köşesinde giderse, karşılaşırlar. 1 1 1 Olasılık 3 3 9 1 1 1 1 Toplam: buluruz. 9 9 9 3 Cevap : A      

   





 

 

x 2 x 2 x 2

Limit değeri, sağdan ve soldan yaklaşıldığında aynı bulunan değerdir. Fonksiyonun o noktadaki değeri farklı olabilir.

Bu sebeple I.öncül her zaman doğrudur, diyemeyiz. lim f x g x limf x limg x

     

 

 

 

 

 

x 2 x 2 x 2 x 2 L L

0 dur. II.öncül doğru limf x

f x L

lim 1 olur ancak; limg x 0 g x limg x L

olmalıdır. Yani L 0 olursa bu durum geçerli değildir. Cevap :              B

 

 

 

2 x 0 x 0 x 3

Süreklilik için her noktada;

Soldan limit Sağdan limit O noktadaki değer olmalıdır.

Kritik değerler 0 ve 3 . Bunlara detaylı bakalım. lim f x 10 0 10

lim f x a.0 b 10 olmalı. b 10 dur. lim f x                 





 

 

2 x 3 ₁₀ 1 3 4 tür. lim f x 3a b 4 olmalı. 3a 10 4 3a 6 a 2 dir. a b 2 10 8 buluruz. Cevap : E                     

 

     

Grafiğe f ' x fonksiyonu hiç negatif değer almamış. Yani hiç azalmamış. x 0 değeri hariç her noktada türevi pozitif olduğundan burada artış göstermiştir. Bu nedenle;

f 0 f 1 f 2 diyebiliriz. Cevap : A



 





 













 

_{ }

_

_

 

_{ }

_

_

_

_





x x x x x x 3 x x x 4 x x x Sırayla türev alalım.

f ' x e .cos x e .sinx e cos x sinx f '' x e cos x sinx e . sinx cos x

e 2sinx

f x 2e sinx 2e cos x 2e sinx cos x f x 2e sinx cos x 2e cos x sinx

2e . 2cos x 4                          

 

 

_{ }

_{ }

 

_{     }

 

_{     }

 

_{     }

 

_{     }

x x 4 2 8 3 12 4 16 4 16

e .cos x olur. f x e .cos x idi. O halde; f x 4f x tir. f x 4 f x tir. f x 4 f x tir. f x 4 f x tir. Buna göre; f 0 4 f 0 25             0 6.e .cos 0 256 dır. Cevap : D 









 

2 2 2 x 1

y c doğrusunun eğimi dir. O halde;

8 8

1

x a noktasında y' değeri olmalıdır. 8 a a 1 a 1 y' 8 4a 8 x a a a 1 1 a 2 dir. 4a 8 2 y olur. x 2 P 2,b noktası bu eğ                      

rinin bir noktası ise;

2 2 1

b dir.

2 2 4 2

1

P 2, notası doğrunun da bir noktasıdır. 2 1 2 1 1 3 c c c tür. 2 8 2 4 4 1 3 8 2 3 13 a b c 2 buluruz. 2 4 4 4 Cevap : C                            









 





Kişi sayısı Ücret

5 liralık artış sayısına x diyelim. Gelir 40 5x 1000 50x

Maksimum değer için türev alıp, 0'a eşitleyelim. 5 1000 50x 40 5x 50 0 5000 250x 2000 250x 0 3000 500x x 6 dır. Ücret 40                 5x 40 5.6 40 30 70 buluruz. Cevap : D     

 

2 0

Sürekli ar tan bir fonksiyonu yukarıdaki gibi çizebili -riz.

Eğrinin altında kalanlar A ve B alanları olsun. f x dx A B dir.

Ayrıca A ve B alanları için şunları diyebiliriz. 2 A 3 ve 3 B 4 tür. Tar      



 

2 0 af tarafa toplarsak; 5 A B 7 dir. O halde; 5 f x dx 7 C şıkkı, 6 değeri uygundur. Cevap : C    



 

   

   

 

 

   

 

 

 

 

 

 

2 2 2 f x 2 f x .g x g x .f ' x dx dx tir. x x 1 g x tir. x 2 g x .f ' x x 1 2 2 .f ' x f ' x f x 2lnx c dir. x x x f 1 2 ise 2ln1 c 2 c 2 dir. f x 2lnx 2 ise f e 2lne 2 2 2 4 buluruz. Cevap : B                        





   







   







c d a b 1 2 2 3 3 1 h x g x f x h x A A A A A A 9 1 8 buluruz. Cevap : B             





 

 

 

2

a ve b pozitif tam sayılar olarak verilmiş.

y ax b parabolü x ekseni üzerindedir ve tepe noktası 0,b noktasıdır. Kolları yukarı doğrudur.

2,0 ve 0,b notasından geçen doğruyu da aşağıdaki gibi çizebil

  iriz :









2 2 0 2 3 0

Doğru tarafından oluşturulan üçgenin alanı: 2.b

b dir. Sarı bölg e 2

Buna göre kırmızı bölg e 3b olur.

Parabolün altında kalan 4b olur. Bunu integralle eşitleyelim. ax b 4b olmalıdır. ax bx 3           



4b 8a 2b 4b 3 8   4 a 2 3  4a a 3 b b 4a 3b tür. 3 b 4 Cevap : C       cos34 sin44 _cos34 sin34 sin22.sin56   sin44 sin34.sin22. sin56 







cos34 sin56 dır. 90 ye tamamlayan açılar



sin44 2 sin22 sin34.sin22     .cos22 sin34. sin22









2cos22 sin34

cos22 sin68 dir. 90 ye tamamlayan açılar 2sin68 2.2. sin34

sin34



 

  .cos34

sin34 4cos34 buluruz. Cevap : D











2 2 2 2 1 1 2

İçler dışlar çarpımı yapalım.

2sinx.cos x sinx cos x sinx cos x 2sinx.cos x sin x cos x

sin2x cos x sin x sin2x cos2x sin2x 1 cos2x tan2x 1 3 7

tan 1 ve tan 1 dir.

4 4 3 3 2x x dir. 4 8 7 2x                  _{   }            ₂ 1 2 7

x dir. Buna göre;

4 8 3 7 10 5 x x buluruz. 8 8 8 4 Cevap : B  _{ }          

OAB üçgenine göre; AB AB

tanx AB AB tanx tir.

OA 1 OA 1 1 cos x OB tir. OB OB cos x 1 BC OB OC 1 tir. cos x

ODC üçgenine göre; CD CD

sinx CD CD sinx tir.

OC 1

OD OD

cos x OD cos x tir.

OC 1 DA                      

1 OD 1 cos x tir. Buna göre;

1 sinx 1

tanx 1 1

AB BC _{cos x cos x cos x} CD DA sinx 1 cos x sinx 1 cos x

sinx 1 cos x                    cos x sinx 1 cos x  1 sec x buluruz. cos x Cevap : E  





Pusulaların konumlarını şekildeki gibi köşedeymiş gibi düşünebiliriz. Kırmızı oklar kuzeyi gösteriyor. BC kenarı ile kuzey arasındaki açı 110 ise, m ABC 20 dir.

AB BC verilmiş. Buna göre diğer iki iç     açı 180 20 80'er derecedir. 2

A açısı 80 ise, AC kenarının kuzey ile yaptığı açı: 90 80 10 dir. Cevap : A      

 

Kenarortayların kesim noktası ağırlık merkezidir. Ağırlık merkezi, kenarortayı köşeden kenara doğru 2'ye 1 oranında böldüğü için;

Kenarlardan birinin orta noktası 3,6 noktasıdır. y x doğrusu üzerindeki





 



  

 

noktaya a,a ve y x doğrusu üzerindeki noktaya b,b dersek;

a b 3 a b 6 2 _{b 9 ve a 3 bulunur.} a b 6 a b 12 2

Bu üçgenin köşeleri 3,3 , 9,9 ve 0,0 ise Sarus yöntemi ile üçgenin a

    _       _{ }   _      



 



lanı bulunabilir. İstenirse, üçgen bir yamuğa tamamlanıp gerekli alanlar çıkarılarak da alan hesabı yapılabilir.

3 3 9 9 1 1 Alan 27 0 0 27 0 0 0 0 2 2 3 3 1 54 27 bul 2                    uruz. Cevap : C 2 2

Karenin alanı 100 br ise bir kenarı 10 br dir. Yeni durumda B köşesi, 6 birim aşağı inmişse burada bir 6 - 8 -10 üçgeni oluşturabiliriz.

Eşkenar dörtgenin alanı AB .8 10.8 80 br dir. Duvar da kapladığı ala

   2 n; 100 80 20 br azalmıştır. Cevap : B   





1 1

Doğrunun eğimi ise tan tür.

4 4

1

tan 180 tür. Buna göre, karenin içinde 4

şekildeki gibi bir dik üçgen oluşturursak; dik kenarlar 8 ve 2 birim olur.

Bu doğru, kareyi iki eş parçaya ayırıyorsa; Ken

   

  

arlar üzerinde ayırdığı küçük kısımlar birbiri -ne eşittir ve ikisini de t birim diyebiliriz.

t t 2 8 olması gerektiğinden t 3 br dir. Daha sonra üçgen benzerliğinden a noktasını bulabiliriz. 2 5 a 8 a       20 buluruz. Cevap : E 

Çemberleri şekildeki gibi çizebiliriz.

Tek bir noktada kesişiyorsalar, bu çemberlerin teğet değme noktasıdır. Bu nokta ile çemberlerin merkezleri arasındak mesafeyi hesaplayarak yarıçaplarını bulabiliri

 



 









 



 

 

2 2 2 2 z.

0,9 merkezli çemberin yarıçapı; 0 4 9 6 5 br dir. 12,0 merkezli çemberin yarıçapı;

4 12 6 0 10 br dir.

Buna göre; çemberlerin orjine en yakın noktaları 0,4 ve 2,0 noktalarıdır. Bu iki nokta a        



 

2



2 rasındaki uzaklık; 0 2 4 0 2 5 br dir. Cevap : D    

y x 1 doğrusu x eksenini 1 noktasında, y eksenini de 1 noktasında keser.

O halde; merkez ile odak noktaları arası mesafe 1'er birimdir. Benzerlikten KF 2 br bulabiliriz. KE 2 2 br olur. 45 45 90 üçge     



  ni



Elips üzerindeki bir nok tanın odak noktalarına olan uzaklıkları toplamı asal ekseni verir. Buna göre; KE KF 2a dır. 2 2 2 2a 2 1 a buluruz. Cevap : A      

İki vektörün iç çarpımı, uzunlukları ile aradaki açının kosinüsü çarpılarak bulunur.

u. v u . v .cos Rastgele bir vektör seçelim. Örneğin a vektörü olsun.

a vektörü ile diğer vektörler arasında

   



 

ki açılara bakalım.

a ile b arasındaki açı 72 dir. cos72 pozitiftir. a ile c arasındaki açı 144 dir. cos144 negatiftir. a ile d arasındaki açı 216 dir. cos216 negatiftir. a ile e arasındaki açı

 

 

 

72 dir. cos72 pozitiftir. 4 durumdan 2'si pozitif; 2'si negatiftir.

Bu her vektör için geçerli bir durum olduğundan, Sadece birisi için olasılık hesabı yapabiliriz.

2 1 Pozitif olma olasılığı bul

4 2

 

  uruz. Cevap : A

1 2

v vektörünü (a,b) şeklinde tanımlayıp, sırasıyla izdüşüm hesaplarıyla a ve b yi bulabiliriz.

Ancak; u ve u vektörleri birbirine dik olduğun -dan bu hesabı yapmaya gerek yok. Dik olduğunu şu hesap tan

  



 





1 2

anlayabiliriz.

u .u 3,4 . 8, 6 3.8 4. 6 24 24 0 İki dik vektörün iç çarpımı 0 dır.

Soruda izdüşüm uzunlukları verilerek aslında bize v vektörünün birbirine dik iki bileşeni verilmiştir. Basit pisagor hesa

 

       

2 2

bıyla v'nin uzun -luğunu bulabiliriz.

v 3 1 10 birimdir. Cevap : B



  

3 küp, bir araya getirilerek şekildeki gibi 8, 9, 10 ve 11 uzunluklarında köşeler arası mesafe elde edilebilir. Sadece 7 elde edilemez.

Cevap : A

2 2

2 2

Soruda verilenlere göre, yukarıdaki şekil çizebiliriz. Pisagor yaparak; PA 4 2 2 5 PB 4 2 2 5 br buluruz. PA . PB 2 5.2 5 20 br buluruz. Cevap : E        