2019 Yks Çözümleri

Not :  a  bi  a  bi   a2  b2 dir.

 4  2i .  6  3i  2 2  i.3 2  i CAB sayısı 5 ile bölünebiliyorsa ve bu rakamlar 0

1  i . 1  i  12  12
değilse B  5 olmak zorundadır.
2  2  1
2 2
 ABC sayısında B  5 yazalım.

2 A5C sayısı 4 ile tam bölünüyorsa, son iki basamak
 3. 5  15 buluruz. 4'e tam bölünmelidir. Bu sebeple C  2 ya da C  6
olabilir.
Cevap : A 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 olur.
Rakamları çarpımı da  dur.

Cevap : D

    
 A  B 4
x olsun
y olsun

x  y  4 tür.
x  y ise
1 den 7'ye kadar olan sayıların toplamıdır.

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,
 35 buluruz.

Cevap : E
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

 Adımları sırasıyla yazalım. Nerde tekrarlanıyor,

 görelim. Başlangıçta sayısı var.
 1. adım: olur.  Onlar  Yüzler 
 2. adım: olur.  Onlar  Birler 
Mavi bölg e ile sarı bölg e, A kümesinin içindedir. 3. adım: olur.  Onlar  Yüzler 
Dolayısıyla bu sayıların hepsinde bulunan ortak 4. adım: olur.  Onlar  Birler 
asal sayı p'yi belirleyecektir.  p  5 tir. 5. adım: olur.  Onlar  Yüzler 
2'yi asal çarpan olarak bulunduran 3 sayı var. 6. adım: olur.  Onlar  Birler   Başa dön -
Dolayısıyla bunlardan bir ikili oluşmaz. dük. Demek ki her 6 adımda bir başa dönecek.
r ve t 2'ye eşit olamaz. 75'in 6 ile bölümünden kalan 3 tür.
7'yi asal çarpan olarak bulunduran 2 sayı var. O halde adım ile seafoodplus.infoım aynıdır.  olur.
Dolayısıyla bunlardan bir ikili oluşur.
r ve t den biri 7 olmalıdır. Cevap : A
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
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

p  (q  r)'  1 dir. Not : elnx  x

"ve" bağlacında sonuç 1 ise, iki önerme de 1 olma - seafoodplus.infoımda 6 sayısı 1,2,3 ün çarpımı şeklinde yazılmış
lıdır.  p  1 ve (q  r)'  1 dir. ve eln şeklinde bu sayılar ifade edilmiş.  Doğru
(q  r)'  1 ise q  r  0 dır. seafoodplus.infoımda üsler toplanmış.  Doğru
"veya" bağlacında sonuç 0 ise, iki önerme de 0
Not : lnx  lny  lnz  ln  x.y.z 
olmalıdır.  q  0 ve r  0 dır.
r önermesi, C torbasında sarı bilye olmadığını seafoodplus.infoımda "ln" toplamı, tek bir "ln" içerisine alın -
söylüyordu. Bu yanlış ise, C torbasında sarı bilye mış, dolayısıyla çarpımları yazılmış  Doğru
vardır. seafoodplus.infoımda 6 sayısı 2  4 olarak yazılmış.  Doğru
Geriye mavi ve kırmızı bilye kaldı. seafoodplus.infoımda ln  2  4   ln2  ln6 olarak yazılmış.
p önermesi, A torbasında kırmızı bilyenin olma - Burada hata yapılmış. "ln" içerisindeki toplanan -
dığını söylüyordu. Bu doğru ise, A torbasında mavi lar bu şekilde ayrı ayrı yazılamaz. Ayrıca,
bilye vardır. ln2  ln6  ln()  ln12 dir. Yani ln6 değildir.
O halde, kırmızı bilye B torbasındadır. Özetlersek,
A,B,C torbasında sırasıyla Cevap : D
Mavi, Kırmızı, Sarı bilye vardır.

Cevap : B

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 
  30 dur.
Kısacası, f  4   4f 1   40 tır.
f  5   5f 1   50 dir. O halde,
3 8
f  3  .f  4  30 . 40
  24 buluruz.
f  5 50
5

Cevap : E
AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

I. öncüle bakalım.
(fof)(x)  2
f( f(x) )  2  f(x)  1 eşitliği 2 farklı değerde
1 olmalı

sağlanır.(y  1 doğrusu çizdiğimizde grafiği 2 nokta -

da kesecektir.

II. öncüle bakalım.

(fof)(x)  1
y  1 doğrusu ile grafiğin 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(x)  a eşitliği 2 farklı yerde sağlanır.
f( f(x) )  1 
a veya b
f(x)  b eşitliği 2 farklı yerde sağlanır.
olmalı

Toplamda 4 nokta sağlayacaktır.

III. öncüle bakalım.

(fof)(x)  0
f(x)  0 ise x  0 veya x  2 dir.
f( f(x) )  0 
0 veya 2
f(x)  2 ise x  1 dir.
olmalı

Toplamda 3 nokta sağlayacaktır.

Cevap : A
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

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
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

Çizince, yaklaşık olarak x eksenini nerelerden P(x)  x 2  bx  c şeklinde bir polinomdur.

kesmesi gerektiği göruyoruz. Bu polinomun 4 kökü Köklerden biri P(0) mış. P(0)  c dir.
var ve soruda bunlar tam sayı olarak belirtilmiş. c
x 2  bx  c denkleminde kökler çarpımı  c dir.
İki kökünü biliyoruz   3 ve 4 1
Diğer kökleri de a ve b olsun. Köklerden biri c ise diğeri 1 olmalıdır.
En yüksek dereceli terimin katsayısı 1 ise, Soruda, diğer kökün P(1) olduğu verilmişti.
P(x)   x  3  x  a  x  b  x  4  yazabiliriz. Demek ki,
P  0   72 biliyoruz. P(1)  1 dir.
1b  c  1
P(0)   0  3  0  a  0  b  0  4 
c  b olur.
72  3.  a b  4 
Denklemde b yerine c yazalım.
72  a.b
P(x)  x 2  cx  c  x  1 kökü ise
6  a.b
P 1   1  c  c  0 çıkmalıdır.
a ve b tam sayı ise, grafiğe göre
1
a değeri  2 ya da  1 dir  3 ile 0 arasında  . 2c  1  c   dir.
2
b değeri 1,2 ya da 3 tür  0 ile 4 arasında . 1 1
P(x)  x 2  x  olur.
a.b  6 ise a  2 ve b  3 olmak zorundadır. 2 2
P  x    x  3 x  2  x  3  x  4  in katsayılar 1 5
P(2)  4  1   buluruz.
toplamı için x  1 yazarız. 2 2
P 1   2  .  3   72 buluruz.
Cevap : C

Cevap : A
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

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 x 64 olarak yazabiliriz.
lnx
log x 64 değeri bir tam sayı değilse,
64, x'in tam kuvveti değildir.
64 sayısı 2, 4, 8 ve 64'ün tam kuvvetidir. Dizinin 2., 3. ve seafoodplus.infoerinin toplamını bulabiliriz.
Dolayısıyla bunları eleriz. Geriye, 16 ve 32 kalır. a2  a3  a4  4 tür.
2 2
Toplamları da 48 dir.
Herhangi ardışık 3 terimin toplamı birbirine eşitse
a1  a2  a3  4 olmalıdır. a2  a3  2 olduğuna
Cevap : C
göre a1  2 dir.
a1  a2   a25  a1   2  32  34 buluruz.
252124 terim 2
Yani 8 tane ardışık
3 lü var.

Cevap : A

n  1 için  log 2 1  0 dır.  0 yazar. 1 tane

n  2 için  log 2 2  1 dir.  1 yazar. 
 2 tane
n  3 için  log 2 3  1,  1 yazar. 
n  4 için  log 2 4  2 dir.  2 yazar. 

n  5 için  log 2 5  2,  2 yazar. 4 tane

n  8 için  log 2 8  3  3 yazar. 
 8 tane

n  16 için  log 2 16  4  4 yazar. 
 16 tane

n  32 için  log 2 32  5  5 yazar. 1 tane

Toplayalım.
2 tane 1 4 tane 2 8 tane 3 16 tane 4

0  2  8  24  64  5  buluruz.

Cevap : D
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

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 -
mandan biri A kümesinde bulunursa eşitlik bozulur.
0  x1  x 2 ise x 1  A 'nın apsisidir.
Örneğin A kümesinde 1 elemanı bulunsun.
A ve B'nin orjine uzaklıkları eşitse,
A  {0,1,2,3,4} kesişiminde 1 bulunacaktır, ama
B'nin ordinatı da x1 'e eşittir.
A  {0,2,4,6,8} kesişiminde 1'in bulunması imkansız -
dır. Toplamda,
f(0)  B'nin ordinatıdır.
10 rakamdan 4'ü hariç, A kümesine yazılabilir.
 0  x1  0  x2   x1 10  4  6 eleman
 x1  x 2   x1 26  64 farklı alt küme oluşturulabilir.
x 1.x 2  x 1 dir.
Ancak, boş küme olmadığını biliyoruz. Bu sebeple
x 1 .x 2  x1 64  1  63 farklı A kümesi oluşturulabilir.
x 2  1 dir.
3 Cevap : E
Tepe noktasının apsisi ise,
5
x1  x 2 3
 tir.
2 5
x1  1 3
  5x1  5  6  5x 1  1
2 5
1
 x 1  tir.
5
x2 1
  5 tir.
x1 1
5

Cevap : D
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

Ayça, ortadaki sandalyelerden birine oturursa 3

x A x
seafoodplus.infode başarısız olacak 
4
x
Geriye 3 kart kaldı.
Ayça'nın yanındaki 2 koltuğa ve karşısındaki 2
seafoodplus.infode başarısız olacak 
koltuğa Büşra oturamaz. Büşra için 2 seçenek 3
Geriye 2 kart kaldı.
kalır. Diğer 4 kişi de 4! şeklinde sıralanır.
1
 2 . 2 . 4!   96 farklı oturma şekli seafoodplus.infode başarılı olacak 
Ayça Büşra Diğerleri 2
Çarpalım.
Ayça, kenardaki sandalyelerden birine oturursa 3 2 1 1
   buluruz.
A x 4 3 2 4
x

Ayça'nın yanındaki koltuğa ve karşısındaki Cevap : A

koltuğa Büşra oturamaz. Büşra için 3 seçenek
kalır. Diğer 4 kişi de 4! şeklinde sıralanır.
 4 . 3 . 4!   farklı oturma şekli
Ayça Büşra Diğerleri

Toplarsak, 96   buluruz.

Cevap : B

f  x  fonksiyonunda sadeleştirmeleri yapalım.

x 2  4x  4 x 2  6x  9
f x  
x 2 2x  6
 x  2  x  3
2 2

 
x 2 2  x  3
x 3
 x 2  dir. Buna göre,
2
 x 3  x 3
lim  x  2    lim  x  2  
x 2
 2  x3  2 
23 33
 22 32
2 2
1
 0  1 0
2
1
 buluruz.
2

Cevap : B
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

f  x   g  x 2   kx 3 eşitliğinde türev alalım.

Fonksiyon parçalarının sınır değerlerine bakalım. f '  x   2x.g  x 2   3kx 2 x  1 yazalım.
x  1 ve x  1 için 5x  4 fonksiyonu geçerli.
f '  1  2.g  (1)2   3k.(1)2
  4  1 dir.
f '  1  2.g 1  3k Soruda bu değerler verilmiş.
x  1 noktasında sürekli ise, x  1 için de aynı
2    3k
değer bulunmalıdır.
2  4  3k
x  1 için a  x fonksiyonu geçerli.
6  3k
a 1  1
k  2 buluruz.
a  2 olursa x  1 noktasında sürek -
lilik sağlanır.
Cevap : A
x  5 ve x  5 için 5x  4 fonksiyonu geçerli.
  4  21 dir.
x  5 noktasında sürekli ise, x  5 için de aynı
değer bulunmalıdır.
x  5 için  x  a   12 fonksiyonu geçerli.
2

 5  a
2
 12  21
5  a  3  a  2 veya
 5  a
2
9 
5  a  3  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.
2

Cevap : C
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

 gof  '  x   0 bileşke fonksiyonun türevini açalım.

f '  x  .g'  f(x)   0
 x2  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  .
Bir doğrunun türevi eğimini verir. Yani,
 x2  x  4  2
doğru ne kadar eğimli ise o kadar türevi büyük
 x2  x  6  0
çıkacaktır.
  x  2  x  3   0
Sağa yatık doğrularda eğim pozitif, sola yatık
 x  2 veya x  3 tür.
doğrularda eğim negatif çıkar. Ancak,
Kökler çarpımı,
Şekil 2'de türevlerin mutlak değerleri çizilmiş.
1
  2   3  3 tür. O yüzden doğruların sola ya da sağa yatık
2
olmalarıyla ilgilenmeyeceğiz.
En eğimli doğru, kırmızı doğru olduğu için f(x)
Cevap : C
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
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

f  2   22  2a  4  2a dır.
Teğet doğrusu 2,4  2a  noktasından geçiyor.
g 1   b  b dir.
Teğet doğrusu 1,b  noktasından geçiyor.
İki nokta arasındaki eğimden, doğrunun eğimini
bulalım.
y y 4  2a  b
m 1 2   4  2a  b dir.
x1  x 2 2 1
Teğet noktasında fonksiyonların türevi de eğimi
verir.
m  f '  2   g'(1) dir. x
y doğrusu x  4 için y  2 çıkar.
m  2x  a  3bx 2 2
x 2 x 1 D bölg esini oluşturan üçgenin alanı
m  4  a  3b dir.
 4 br2 dir.
O halde, 2
4
m  4  2a  b  4  a  3b dir.
Burdan başlayalım.  f(x)dx  f(x)'in altında kalan alandır.  A  D 
0
4  2a  b  4  a  a  b dir. 8  A D  8  A  4  A  4 br 2 dir.
4  a  3b ise  4  a  3a  4  2a x
 a  2 dir. y doğrusu x  6 için y  3 çıkar.
2
a.b   4 buluruz. D, C , B bölg elerini içine alan üçgenin alanı,

 9 br2 dir.
Cevap : B 2
6

 f(x)dx  f(x)'in altında kalan alandır. C 

4

D  C  B  9 ise
4  3  B  9  B  2 br 2 dir.
Boyalı bölg eler  A  B  4  2  6 br 2 buluruz.

Cevap : D
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

 f(2x)dx  28
1
u  2x dönüşümü yapalım.

du  2dx , x  1 için u  2, x  2 için u  8 olur.

8
du
 f(u) 2
2
 28
8
1
2 2
f(u)du  28
8

 f(u)du  56
2
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
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

A1  A2  Büyük üçgenin alanı

  2 dir. A 2  2A 1 ise
2
A1  2A1  2
2
3A1  2  A1  tür.
3
1
x  1 ile 2 arasındaki küçük üçgenin alanı dir.
2
1
S  A1 dir. Not : x ekseninin altında kalan alanların integrali
2 negatif çıkar.
2 1 4 3 1
S      dır. Aynı zamanda, 6
3 2 6 6 6
 2   3  f '  x  dx  A  B  C
0
dir.
1
S   x a .dx tir.
6

0  f '  x  dx    2.c

0
dir.
1
1 x a1 1 1 f  6   f  0   6  3  2c
    a  5 tir.
6 a1 0 6 a1
f  6   5  3  2c
f  6   8  2c dir.
Cevap : D
0  c  2 ise  8  f  6   12 dir.
Buna uygun tek değer 10,1 dir.

Cevap : C
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

   
 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 büyük 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

1
sec x  tanx  1  sinx  
4
1 sinx 1
  1  sinx  
sinx cos x 4
sinx
cos x2
 1  sinx  
1
4
 sin2 x  cos 2 x  1 dir. 

sinx 1
 1  sinx  
1  sin x2
4
sinx 1
 1  sinx  
1  sinx  1  sinx  4
sinx 1

1  sinx 4
4sinx  1  sinx
3sinx  1
1
3
sinx
3  cosecx

Cevap : E
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

BC  k diyelim. Buna göre, dik üçgenin kenarlarını Not : y  y1  m  x  x 1 

trigonometrik olarak ifade edelim.
 0, 1 noktasından geçen ve eğimi m olan doğru,
DC
BDC üçgeninde, sinx   DC  seafoodplus.info tir. y  1  mx tir. seafoodplus.infom 
k
BD  0, 0  noktasından geçen ve eğimi 2m olan doğru,
cos x   BD  seafoodplus.info x tir. y  2mx tir. seafoodplus.infom 
k
A BDC  
seafoodplus.info x k2 seafoodplus.info x
 dir.
1, 0  noktasından geçen ve eğimi 3m olan doğru,
2 2 y  3m  x  1  tir. seafoodplus.infom 
k k
ABC üçgeninde, tanx   AC  tir.
AC tanx
Bu üç doğru da bir noktada kesişiyorsa, ortak bir
k
k çözümleri var dır.
k2
A  ABC   tanx  tir. Buna göre, I. denkleme göre, y  mx  1 dir.
2 2tanx
II. denkleme göre, y  2mx tir. Eşitleyelim.
Sarı Bölg e A  ABC   A BDC  A  ABC 
   1 dir. mx  1  2mx  1  mx tir. O halde y  2 dir.
Mavi Bölg e A BDC  A BDC 
Bunları seafoodplus.infomde kullanalım.
k2 k2 cos x
y  3m  x  1   y  3mx  3m
2 sinx 1
 2 2tanx 1  2 1  2 1 2  3  3m
k seafoodplus.info x k sinx. cos x sin x
2 2 3m  1
2 1
1  sin2 x cos2 x  cos x  m buluruz.
     cot x tir.
2
3
2
sin x sin x  sinx 
2
Cevap : B
Cevap : D
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

Şekildeki gibi üçgenler oluşturalım.

Beşgenin aynı kenarında bulunan üçgenlerin alan -
Yamuğun kısa tabanına k, uzun tabanına u diyelim. ları eşittir. Çünkü kenar orta noktalarından ayrılmış -
26  3u  2k lardır.
16  2u  k olur. Sarı üçgenin alanı A ise, hemen yanında kırmızı
üçgenin alanı da A dır. Kırmızı bölg e toplamda 5 br2
26  3u  2k ise, hemen yanındaki üçgenin alanı 5  A br 2 dir.
2 / 16  2u  k Bunun yanındaki mavi üçgenin alanı da 5  A br2
26  3u  2k dir. Mavi bölg e toplamda 7 br 2 ise, hemen yanın -
 32  4u  2k
daki üçgenin alanı 2  A br2 dir.
 6  u  u  6 dır.
16  2u  k  k  4 tür.
6
B nin hemen yanındaki pembe üçgenin alanı B
dir. Pembe bölg e toplamda 4 br 2 ise, hemen
Çerçevenin içindeki dikdörtgenin kısa kenarı, yanındaki üçgenin alanı 4  B br 2 dir.
u  2k  6   6  8  14 cm dir. Uzun kenar ise, Bunun yanındaki yeşil üçgenin alanı da 4  B br2
2u  3k    12  12  24 cm dir. dir. Yeşil bölg e toplamda 8 br 2 ise, hemen yanın -
Alan   cm dir.
2
daki üçgenin alanı 4  B br 2 dir.

Cevap : A 2  A ile 4  B birbirine eşit olmalıdır.

2 A  4 B
A  B  2 buluruz.

Cevap : C
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

x  y  4 doğrusu çemberin merkezinden geçmek -

tedir. Çünkü iki eş parçaya ayırmıştır. Soruda verilen bilgileri kullanarak, yukarıdaki şekli
Çember, x eksenine teğet ise çemberin merkezinin çizebiliriz.
ordinatı y dir. Apsisi hesaplayalım. ABC dik üçgeninin kenarları
x  r  4  x  4  r dir.  M  4  r, r  oldu.  2  2r  ,  3  2r  ,  5  2r  şeklindedir.
y eksenini kesen noktalar arası mesafe 4 birim ise, Pisagor teoremini uygulayalım.
merkezden buraya dikme indirdiğimizde 2 eş par -  2  2r    3  2r    5  2r 
2 2 2

çaya ayrılır.
4  8r  4r2  9  12r  4r2  25  20r  4r2
Burada oluşan dik üçgende pisagor yaparsak,
4r2  13  25
2  4  r  r
2 2 2

4r2  12  r 2  3 tür.
4  16  8r  r2  r2
5
20  8r  r  dir. Üçgenin içindeki daire alanları toplamı açı olarak
2 derecelik daire dilimine denktir. Yani,
5
Çevre  2r  2.  5 buluruz. 3 dairenin alanından yarım dairenin alanını çıkara -
2
Cevap : B rak sorunun cevabını bulacağız  2,5 daire  .
Bir dairenin alanı  r2  .3 tür.
15
 2,  7,5  buluruz.
2

Cevap : E
 AYT MATEMATİK ÇÖZÜMLERİ

Koniyi oluşturmak için derecelik    daire

dilimi kullanılıyor. Yarıçapı da 8 birim veril -
miş. Bu yarıçap, koninin ana doğrusunu  
oluşturacaktır.
r 
 formülünü kullanabiliriz.

3
r
  4r  24  r  6 dır.
8
4

Pisagor yapalım.
90 saat yönüne ters
P  a, b   P(b, a) olur. h2  62  82
x ekseni boyunca 3
P(b, a)  P(b  3, a) olur. h2  36  64
y ekseni boyunca 1 h2  28
P(b  3, a)  P(b  3, a  1) olur.
h  28  2 7 buluruz.

P(b  3, a  1)  P  a, b  ise,
Cevap : C
b  3  a  3  a  b dir.
a1 b  1  b  a dır.
4  2b  b  2 dir.
3  a  b  a  1 dir. O halde,
2

a.b   2 dir.

Cevap : C