2019 AYT Matematik Soruları ve Çözümleri (PDF) | Bilgenç









 



   



 



2 2 2 2 Not : a bi a bi a b dir. 4 2i . 6 3i 2 2 i .3 2 i 1 i . 1 i 1 1 2             





2 2 .3. 2 1 2 

 

3. 5 15 buluruz. Cevap : A  





x olsun y olsun A B 4 x y 4 tür. x y ise

1 den 7'ye kadar olan sayıların toplamıdır. 7.8 x y 28 dir. 2 x y 4 x 16, y 12 dir. x y 28 Yani, A B 12 dir. Bu                        

sayılar sadece 5 ve 7 olabilir. Çarpımları, 5.7 35 buluruz.

Cevap : E 

CAB sayısı 5 ile bölünebiliyorsa ve bu rakamlar 0 değilse B 5 olmak zorundadır.

ABC sayısında B 5 yazalım.

A5C sayısı 4 ile tam bölünüyorsa, son iki basamak 4'e tam bölünmelidir. Bu sebeple C 2 ya da C





  6

olabilir.

BCA sayısında B 5 ile C 2 ve 6 yazalım. 52A sayısı 9'a tam bölünüyorsa A 2 olmalıdır. Ancak rakamları farklı bir sayı olmaz.

56A sayısı 9'a tam bölünüyorsa A 7 olmalıdır. Ve bu sayı 567 olur.

R

 

  akamları çarpımı da 5.6.7 210 dur. Cevap : D

2 2 2 220 2 .5.11 245 5.7 330 2.3.5.11 350 2.5 .7

Mavi bölg e ile sarı bölg e, A kümesinin içindedir. Dolayısıyla bu sayıların hepsinde bulunan ortak asal sayı p'yi belirleyecektir. p 5 tir. 2'yi asal çarpan ola

   

 

rak bulunduran 3 sayı var. Dolayısıyla bunlardan bir ikili oluşmaz.

r ve t 2'ye eşit olamaz.

7'yi asal çarpan olarak bulunduran 2 sayı var. Dolayısıyla bunlardan bir ikili oluşur.

r ve t den biri 7 olmalıdır.

11'i asal çarpan olarak bulunduran 2 sayı var. Dolayısıyla bunlardan da bir ikili oluşur. r ve t den diğeri 11 olmalıdır.

Toplarsak, p r t 5 7 11 23 buluruz. Cevap : E      













Adımları sırasıyla yazalım. Nerde tekrarlanıyor, görelim. Başlangıçta 123 sayısı var.

1. adım: 213 olur. Onlar Yüzler 2. adım: 231 olur. Onlar Birler 3. adım: 321 olur. Onlar Yüzler 4. adım: 312 ol   













ur. Onlar Birler 5. adım: 132 olur. Onlar Yüzler

6. adım: 123 olur. Onlar Birler Başa dön -dük. Demek ki her 6 adımda bir başa dönecek. 75'in 6 ile bölümünden kalan 3 tür.

O halde 75.adım ile 3.adım     aynıdır. 321 olur. Cevap : A 

p (q r)' 1 dir.

"ve" bağlacında sonuç 1 ise, iki önerme de 1 olma -lıdır. p 1 ve (q r)' 1 dir.

(q r)' 1 ise q r 0 dır.

"veya" bağlacında sonuç 0 ise, iki önerme de 0 olmalıdır. q 0 ve

  

   

   

  r 0 dır.

r önermesi, C torbasında sarı bilye olmadığını söylüyordu. Bu yanlış ise, C torbasında sarı bilye vardır.

Geriye mavi ve kırmızı bilye kaldı.

p önermesi, A torbasında kırmızı bilyenin olma -dığını



söylüyordu. Bu doğru ise, A torbasında mavi bilye vardır.

O halde, kırmızı bilye B torbasındadır. Özetlersek, A,B,C torbasında sırasıyla

Mavi, Kırmızı, Sarı bilye vardır.

Cevap : B





lnx

ln

Not : e x

I.adımda 6 sayısı 1,2,3 ün çarpımı şeklinde yazılmış ve e şeklinde bu sayılar ifade edilmiş. Doğru 2.adımda üsler toplanmış. Doğru

Not : lnx lny lnz ln x.y.z 3.adımda "ln" toplamı, tek bir

     





"ln" içerisine alın -mış, dolayısıyla çarpımları yazılmış Doğru 4.adımda 6 sayısı 2 4 olarak yazılmış. Doğru 5.adımda ln 2 4 ln2 ln6 olarak yazılmış. Burada hata yapılmış. "ln" içerisindeki toplanan



 

  

-lar bu şekilde ayrı ayrı yazılamaz. Ayrıca,

ln2 ln6 ln(2.6) ln12 dir. Yani ln6 değildir.

Cevap : D   



    

 

   

   

 

  

    

   

 

 

 

2'yi 1 1 olarak yazarsak, f 1 1 f 1 f 1 2f 1 dir. f 2 f 1 10 ise 2f 1 f 1 10 f 1 10 dır. f 3 f 2 1 f 2 f 1 2f 1 f 1 3f 1 3.10 30 dur. Kısacası, f 4 4f 1 40 tı                     

 

 

   

 

r. f 5 5f 1 50 dir. O halde, f 3 .f 4 30 f 5    3 . 40 8 50 5 24 buluruz. Cevap : E 

1 olmalı

I. öncüle bakalım. (fof)(x) 2

f( f(x) ) 2 f(x) 1 eşitliği 2 farklı değerde sağlanır.(y 1 doğrusu çizdiğimizde grafiği 2 nokta -da kesecektir.

II. öncüle bakalım. (fof)(x) 1

y 1 doğrusu ile graf        a veya b olmalı

iğin kesiştiği noktaların apsis -lerine a ve b diyelim. (İstenirse a ve b değerleri bulunabilir, ama gerek yok.)

a değeri 0 ile 1 arasındadır, b değeri ise 1 ile 2 ara -sındadır.

f( f(x) ) 1  

0 veya 2 olmalı

f(x) a eşitliği 2 farklı yerde sağlanır. f(x) b eşitliği 2 farklı yerde sağlanır. Toplamda 4 nokta sağlayacaktır.

III. öncüle bakalım. (fof)(x) 0

f(x) 0 ise x 0 veya x 2 dir. f( f(x) ) 0 f         (x) 2 ise x 1 dir. Toplamda 3 nokta sağlayacaktır. Cevap : A

x 0 sağlıyorsa,

0 1 a 1 a demek ki a değeri 1 veya 1 den büyüktür.

x 4 sağlamıyorsa,

4 1 a 5 a hatalıdır. demek ki a değeri 5 ten küçüktür. Bu iki bilgiyi birleştirirsek,

1 a 5 yani a               [1, 5) tir. Cevap : E 1.eşitliğe bakalım. a b a a negatif değilse, a b a b 0 dır.

b 0 olsaydı, 2.eşitliğe bakalım. b c b 0 c 0 c 0 olur.

Sayılar birbirinden farklı olmalıydı. Demek

 

   



      

ki a negatif. I.eşitliğe geri dönelim. a b a a b a b 2a dır. a negatif olduğu için b pozitiftir.

II.eşitliğe bakalım. b c b b

        

     c b c 0 dır. a negatif, c 0, b pozitif olduğuna göre, a c b dir.

Cevap : B

  

Çizince, yaklaşık olarak x eksenini nerelerden kesmesi gerektiği göruyoruz. Bu polinomun 4 kökü var ve soruda bunlar tam sayı olarak belirtilmiş. İki kökünü biliyoruz 3 ve 4 Diğer kökleri de a ve b ol  











 











   

sun.

En yüksek dereceli terimin katsayısı 1 ise, P(x) x 3 x a x b x 4 yazabiliriz. P 0 72 biliyoruz. P(0) 0 3 0 a 0 b 0 4 72 3. a b 4 72 12.a.b 6 a.b

a ve b tam sayı ise, grafiğe göre a değeri 2 ya da 1 dir 3                     











  









 

   

ile 0 arasında . b değeri 1,2 ya da 3 tür 0 ile 4 arasında . a.b 6 ise a 2 ve b 3 olmak zorundadır. P x x 3 x 2 x 3 x 4 in katsayılar toplamı için x 1 yazarız.

P 1 4.3. 2 . 3 72 buluruz. Cevap : A                2 2

P(x) x bx c şeklinde bir polinomdur. Köklerden biri P(0) mış. P(0) c dir.

c

x bx c denkleminde kökler çarpımı c dir. 1

Köklerden biri c ise diğeri 1 olmalıdır. Soruda, diğer kökün P( 1) olduğu veri

       

 

2 lmişti. Demek ki, P( 1) 1 dir. 1 b c 1 c b olur.

Denklemde b yerine c yazalım. P(x) x cx c x 1 kökü ise P 1 1 c c 0 çıkmalıdır. 1 2c 1 c dir. 2 P(x)                      2 1 1 x x olur. 2 2 1 5 P(2) 4 1 buluruz. 2 2 Cevap : C      

x

x

64

oranı tam sayı ise x, 64'ün bir bölenidir. x

1'den büyük olan bölenler; 2,4,8,16,32 ve 64 tür.

Taban değiştirince ln64

log 64 olarak yazabiliriz. lnx

log 64 değeri bir tam sayı değilse, 64, x'in tam



kuvveti değildir.

64 sayısı 2, 4, 8 ve 64'ün tam kuvvetidir. Dolayısıyla bunları eleriz. Geriye, 16 ve 32 kalır. Toplamları da 48 dir. Cevap : C



2 2 2 2 2

n 1 için log 1 0 dır. 0 yazar. 1 tane n 2 için log 2 1 dir. 1 yazar.

2 tane n 3 için log 3 1,... 1 yazar.

n 4 için log 4 2 dir. 2 yazar. n 5 için log 5 2,... 2 yaz

              _         2 ar. 4 tane ... ...

n 8 için log 8 3 3 yazar.

8 tane ... ...            



2 2

2 tane 1 4 tane 2 8 tane

n 16 için log 16 4 4 yazar.

16 tane

... ...

n 32 için log 32 5 5 yazar. 1 tane Toplayalım. 0 2 8 24               3 16 tane 4 64 5 103 buluruz. Cevap : D    2 3 4 2 2 1 2 3 2 3 1 1 2 25 2

Dizinin 2., 3. ve 4.terimlerinin toplamını bulabiliriz. a a a 4 tür.

Herhangi ardışık 3 terimin toplamı birbirine eşitse a a a 4 olmalıdır. a a 2 olduğuna göre a 2 dir. a a ... a             ₁ 2 5 2 1 24 terim Yani 8 tane ardışık 3 lü var.

a 8.4 2 32 34 buluruz.

Cevap : A

  







  

1 2 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 0 x x ise x A 'nın apsisidir. A ve B'nin orjine uzaklıkları eşitse, B'nin ordinatı da x 'e eşittir.

f(0) B'nin ordinatıdır. 0 x 0 x x x x x x .x x            1 dir. x .x2 x1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 x 1 dir. 3 Tepe noktasının apsisi ise,

5 x x 3 tir. 2 5 x 1 3 5x 5 6 5x 1 2 5 1 x tir. 5 x 1 5 tir. 1 x 5 Ce               vap : D B {0,1,2,3,4} verilmiş. A {0,1,2,3,4} A {0,2,4,6,8} olursa A kümesi ortakesişim kümesi olur.

{0,1,2,3,4} ile {0,2,4,6,8} kümesinin birbirlerinden farklı elemanları 1,3 ve 6,8 dir. Eğer bu dört ele -m



  

andan biri A kümesinde bulunursa eşitlik bozulur. Örneğin A kümesinde 1 elemanı bulunsun.

A {0,1,2,3,4} kesişiminde 1 bulunacaktır, ama A {0,2,4,6,8} kesişiminde 1'in bulunması imkansız -dır. Toplamda,

 

6

10 rakamdan 4'ü hariç, A kümesine yazılabilir. 10 4 6 eleman

2 64 farklı alt küme oluşturulabilir.

Ancak, boş küme olmadığını biliyoruz. Bu sebeple 64 1 63 farklı A kümesi oluşturulabilir.

Cevap : E   

x A x

x

Ayça, ortadaki sandalyelerden birine oturursa

Ayça'nın yanındaki 2 koltuğa ve karşısındaki koltuğa Büşra oturamaz. Büşra için 2 seçenek

Ayça Büşra Diğerleri

A x

x

kalır. Diğer 4 kişi de 4! şeklinde sıralanır.

2 . 2 . 4! 2.2.24 96 farklı oturma şekli Ayça, kenardaki sandalyelerden birine oturursa

  

Ayça Büşra Diğerleri

Ayça'nın yanındaki koltuğa ve karşısındaki koltuğa Büşra oturamaz. Büşra için 3 seçenek kalır. Diğer 4 kişi de 4! şeklinde sıralanır.

4 . 3 . 4! 4.3.24 288 farklı oturma    şekli Toplarsak, 96 288 384 buluruz. Cevap : B   3 1.denemede başarısız olacak

4 Geriye 3 kart kaldı.

2 2.denemede başarısız olacak

3 Geriye 2 kart kaldı.

1 3.denemede başarılı olacak

2 Çarpalım. 3    2 4 3 1 2  1 buluruz. 4 Cevap : A 

 

 



 







2 2 2 2 x 2 x 3

f x fonksiyonunda sadeleştirmeleri yapalım. x 4x 4 x 6x 9 f x x 2 2x 6 x 2 x 3 x 2 2 x 3 x 3

x 2 dir. Buna göre, 2 x 3 x 3 lim x 2 lim x 2 2 2 2 3 3 3 2 2 3 2 2 2 1 0 1 0 2 1 2                        _{ } _  _{ }                       buluruz. Cevap : B

Fonksiyon parçalarının sınır değerlerine bakalım. x 1 ve x 1 için 5x 4 fonksiyonu geçerli.

5.1 4 1 dir.

x 1 noktasında sürekli ise, x 1 için de aynı değer bulunmalıdır.          

x 1 için a x fonksiyonu geçerli. a 1 1

a 2 olursa x 1 noktasında sürek -lilik sağlanır.

x 5 ve x 5 için 5x 4 fonksiyonu geçerli.

          













2 2 2 5.5 4 21 dir.

x 5 noktasında sürekli ise, x 5 için de aynı değer bulunmalıdır.

x 5 için x a 12 fonksiyonu geçerli. 5 a 12 21 5 a 3 a 2 veya 5 a 9 5 a 3                        

    



2





a 8 dir. a 2 yi seçersek, hem 1 hem de 5 te süreklilik sağ -lanır. Ancak fonksiyon 1 noktada süreksiz miş. Bu sebeple a 8 olmalıdır. O halde, f 7 f 0 7 8 12 8 0 1 12 8 5 tir. Cevap : C   _             

 

 

 

 

 





 

 

2 3 2 2 2 2

f x g x kx eşitliğinde türev alalım. f ' x 2x.g x 3kx x 1 yazalım. f ' 1 2.g ( 1) 3k.( 1)

f ' 1 2.g 1 3k Soruda bu değerler verilmiş. 2 2.2 3k 2 4 3k 6 3k k 2 buluruz. Cevap : A                        

   

   





 



  

 





2 2

gof ' x 0 bileşke fonksiyonun türevini açalım. f ' x .g' f(x) 0 x x 4 '.g' f(x) 0 2x 1 .g' f(x) 0 1 2x 1 0 x dir. Veya, 2

g' f(x) 0 f(x) 2 olmalı Soruda verilmiş . x x 4                     







 

2 2 x x 6 0 x 2 x 3 0 x 2 veya x 3 tür. Kökler çarpımı, 1 2 3 3 tür. 2 Cevap : C                 

Bir doğrunun türevi eğimini verir. Yani,

doğru ne kadar eğimli ise o kadar türevi büyük çıkacaktır.

Sağa yatık doğrularda eğim pozitif, sola yatık doğrularda eğim negatif çıkar. Ancak,

Şekil 2'de türevlerin mutlak değerleri çizilmiş. O yüzden doğruların sola ya da sağa yatık olmalarıyla ilgilenmeyeceğiz.

En eğimli doğru, kırmızı doğru olduğu için f(x) kırmızı doğrudur.

En az eğimli doğru, kahverengi doğru

     

olduğu için h(x) kahverengi doğrudur.

Şimdi y eksenini kestikleri noktalara göre sıralayalım.

h 0 f 0 g 0 Cevap : D

 





 

 

2 3 1 2 1 2 f 2 2 2a 4 2a dır.

Teğet doğrusu 2,4 2a noktasından geçiyor. g 1 b.1 b dir.

Teğet doğrusu 1,b noktasından geçiyor. İki nokta arasındaki eğimden, doğrunun eğimini bulalım. y y 4 2a b m 4 2a x x 2 1                 

 

2 x 2 x 1 Burdan başlayalım. b dir.

Teğet noktasında fonksiyonların türevi de eğimi verir. m f ' 2 g'(1) dir. m 2x a 3bx m 4 a 3b dir. O halde, m 4 2a b 4 a 3b dir. 4                 2a b 4    a a b dir. 4 a 3b ise 4 a 3a 4 2a a 2 dir. a.b 2.2 4 buluruz. Cevap : B              





2 4 0 2 x

y doğrusu x 4 için y 2 çıkar. 2

D bölg esini oluşturan üçgenin alanı 4.2

4 br dir. 2

f(x)dx f(x)'in altında kalan alandır. A D 8 A D 8 A 4 A 4 br dir.

x

y doğrusu x 6 için y 3 çıkar. 2 D, C                



 

2 6 4 2 2

, B bölg elerini içine alan üçgenin alanı, 6.3

9 br dir. 2

f(x)dx f(x)'in altında kalan alandır. C D C B 9 ise

4 3 B 9 B 2 br dir.

Boyalı bölg eler A B 4 2 6 br buluruz. Cevap : D               



4 1 8 2 8 2 8 2 f(2x)dx 28 u 2x dönüşümü yapalım. du 2dx , x 1 için u 2, x 2 için u 8 olur.

du f(u) 28 2 1 f(u)du 28 2 f(u)du 56 dır. O halde, Mavi bölg e C bölg esi 56 dır. A 2 C 56 A                 









C 54 tür.

A C bölg esi aslında bir dikdörtgendir. Bu dikdörtgenin alanı 54'e eşit olmalıdır. 54 6.c c 9 buluruz.

Cevap : B

 

    1 2 2 1 1 1 1 1 1 3 2

A A Büyük üçgenin alanı 2.2 2 dir. A 2A ise 2 A 2A 2 2 3A 2 A tür. 3 1 x 1 ile 2 arasındaki küçük üçgenin alanı dir.

2 1 S A dir. 2 2 1 4 3 1 S dır. Aynı zamanda, 3 2 6 6 6 S                    1 a 0 1 a 1 0 x .dx tir. 1 x 1 1 a 5 tir. 6 a 1 6 a 1 Cevap : D        



 

 

   

 

 

 

6 0 6 0

Not : x ekseninin altında kalan alanların integrali negatif çıkar. f ' x dx A B C dir. f ' x dx 2.3 1.3 2.c dir. f 6 f 0 6 3 2c f 6 5 3 2c f 6 8 2c dir. 0 c 2 ise 8 f 6 12 dir. Buna uygun tek değer

                   





10,1 dir. Cevap : C

a ise 3a dir.

12 6 4 2

Yani 3a açısı 45 derece ile 90 derece arasındadır. tan45 1 olup, 90'a doğru sürekli artmaktadır. Kosinüs ve sinüs maksimum 1 olabildiği için, tan3a değeri garanti en bü

 _{ } _ _{ }



yük değerdir.

sin45 ve cos 45 eşit olup, 90'a doğru sinüs artarken, kosinüs azalmaktadır. Bu sebeple sıralama,

cos3a sin3a tan3a yani, y x z dir. Cevap : C    























 



2 2 2 2 1 sec x tanx 1 sinx

4

1 sinx 1

1 sinx

sinx cos x 4

sinx 1

1 sinx sin x cos x 1 dir.

cos x 4 sinx 1 1 sinx 1 sin x 4 sinx 1 sinx 1 sinx                    



1 sinx



1 4 sinx 1 1 sinx 4 4sinx 1 sinx 3sinx 1 1 3 sinx 3 cosecx Cevap : E        





BC k diyelim. Buna göre, dik üçgenin kenarlarını trigonometrik olarak ifade edelim.

DC

BDC üçgeninde, sinx DC k.sinx tir. k

BD

cos x BD k.cos x tir. k k.sinx.k.cos A BDC        







 















2 2 2 2 2 x k sinx.cos x dir. 2 2 k k

ABC üçgeninde, tanx AC tir.

AC tanx

k

k _k

tanx

A ABC tir. Buna göre,

2 2tanx A ABC A BDC A ABC Sarı Bölg e 1 dir. Mavi Bölg e A BDC A BDC k k 2tanx ₁ k sinx.cos x 2               cos x 2 2 sinx k sinx. cos x 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 sin x 1 sin x cos x cos x

cot x tir. sin x sin x sinx

Cevap : D         _{ }   

























1 1 Not : y y m x x

0, 1 noktasından geçen ve eğimi m olan doğru, y 1 mx tir. I.denklem

0, 0 noktasından geçen ve eğimi 2m olan doğru, y 2mx tir. II.denklem

1, 0 noktasından geçen ve eğimi 3m olan doğru,

  

  









y 3m x 1 tir. III.denklem

Bu üç doğru da bir noktada kesişiyorsa, ortak bir çözümleri var dır.

I. denkleme göre, y mx 1 dir.

II. denkleme göre, y 2mx tir. Eşitleyelim. mx 1 2mx 1 mx tir. O halde         





y 2 dir. Bunları III.denklemde kullanalım.

y 3m x 1 y 3mx 3m 2 3 3m 3m 1 1 m buluruz. 3 Cevap : B          

6

Yamuğun kısa tabanına k, uzun tabanına u diyelim. 26 3u 2k 16 2u k olur. 26 3u 2k 2 / 16 2u k 26 3u 2k 32 4u 2k 6 u u 6 dır. 16 2u k                       2 k 4 tür.

Çerçevenin içindeki dikdörtgenin kısa kenarı, u 2k 6 2.4 6 8 14 cm dir. Uzun kenar ise, 2u 3k 2.6 3.4 12 12 24 cm dir. Alan 14.24 336 cm dir. Cevap : A                

Şekildeki gibi üçgenler oluşturalım.

Beşgenin aynı kenarında bulunan üçgenlerin alan ları eşittir. Çünkü kenar orta noktalarından ayrılmış -lardır.

Sarı üçgenin alanı A ise, hemen yanında kırmızı

üçgenin 2

2

2

2

alanı da A dır. Kırmızı bölg e toplamda 5 br ise, hemen yanındaki üçgenin alanı 5 A br dir. Bunun yanındaki mavi üçgenin alanı da 5 A br dir. Mavi bölg e toplamda 7 br ise, hemen yanın -daki üçgeni   2 2 2 2 n alanı 2 A br dir.

B nin hemen yanındaki pembe üçgenin alanı B dir. Pembe bölg e toplamda 4 br ise, hemen yanındaki üçgenin alanı 4 B br dir.

Bunun yanındaki yeşil üçgenin alanı da 4 B br dir. Y    2 2

eşil bölg e toplamda 8 br ise, hemen yanın -daki üçgenin alanı 4 B br dir.

2 A ile 4 B birbirine eşit olmalıdır. 2 A 4 B A B 2 buluruz. Cevap : C        





x y 4 doğrusu çemberin merkezinden geçmek -tedir. Çünkü iki eş parçaya ayırmıştır.

Çember, x eksenine teğet ise çemberin merkezinin ordinatı y dir. Apsisi hesaplayalım.

x r 4 x 4 r dir. M 4 r, r         





2 2 2 2 oldu. y eksenini kesen noktalar arası mesafe 4 birim ise, merkezden buraya dikme indirdiğimizde 2 eş par -çaya ayrılır.

Burada oluşan dik üçgende pisagor yaparsak,

2 4 r r 4 16 8r r       2 r  5 20 8r r dir. 2 5 Çevre 2 r 2. 5 buluruz. 2 Cevap : B         



 

 





 

2

 

2



2

Soruda verilen bilgileri kullanarak, yukarıdaki şekli çizebiliriz.

ABC dik üçgeninin kenarları

2 2r , 3 2r , 5 2r şeklindedir. Pisagor teoremini uygulayalım.

2 2r 3 2r 5 2r 4 8r          2 4r 9 12r    2 4r  25 20r 2 4r  2 2 2 4r 13 25 4r 12 r 3 tür.

Üçgenin içindeki daire alanları toplamı açı olarak 180 derecelik daire dilimine denktir. Yani,

3 dairenin alanından yarım dairenin alanını çıkara -rak sorunun cevabını bulaca

 

  





2

ğız 2,5 daire . Bir dairenin alanı r .3 tür.

15 2,5.3 7,5 buluruz. 2 Cevap : E          









90 saat yönüne ters

x ekseni boyunca 3 y ekseni boyunca 1 P a, b P( b, a) olur. P( b, a) P( b 3, a) olur. P( b 3, a) P( b 3, a 1) olur. P( b 3, a 1) P a, b ise, b 3 a 3 a b dir. a                           2 1 b 1 b a dır. 4 2b b 2 dir. 3 a b a 1 dir. O halde, a.b 1.2 2 dir. Cevap : C             

 

 

Koniyi oluşturmak için 270 derecelik daire dilimi kullanılıyor. Yarıçapı da 8 birim veril -miş. Bu yarıçap, koninin ana doğrusunu oluşturacaktır. r formülünü kullanabiliriz. 360 r 270 8     3 360 4 4r 24 r 6 dır.     2 2 2 2 2 Pisagor yapalım. h 6 8 h 36 64 h 28 h 28 2 7 buluruz. Cevap : C       