9. Sınıf Matematik 2. Dönem 2. Yazılı Testleri

Doğru cevap: A

Doğru seçenek A ’dır. 1) Varilin kapasitesi C litre olsun. Başlangıçta tamamen dolu olduğu için başlangıç miktarı: C 2) Önce kapasitenin şu kadarı boşaltılıyor: 3 8 Bu işlemden sonra kalan miktar: ( 1 - 3 8 ) C = 5 8 C 3) Sonra kalan miktarın şu kadarı boşaltılıyor: 1 5 Yani kalan miktarın tamamının şu kadarı varilde kalır: 1 - 1 5 = 4 5 Dolayısıyla ikinci boşaltmadan sonra varilde kalan: 4 5 × 5 8 C = 1 2 C 4) Ardından varile 6 litre ekleniyor ve bu, kapasitenin şu kadarıymış: 6 = 1 10 C Buradan kapasite: C = 60 5) Son durumda varildeki miktar (kapasite cinsinden): 1 2 C + 1 10 C = 3 5 C Son durumda varil kapasitesinin dolu olan kesri: 3 5

1. Çözüm: Doğru seçenek A ’dır. 1) Varilin kapasitesi C litre olsun. Başlangıçta tamamen dolu olduğu için başlangıç miktarı: C 2) Önce kapasitenin şu kadarı boşaltılıyor: 3 8 Bu işlemden sonra kalan miktar: ( 1 - 3 8 ) C = 5 8 C 3) Sonra kalan miktarın şu kadarı boşaltılıyor: 1 5 Yani kalan miktarın tamamının şu kadarı varilde kalır: 1 - 1 5 = 4 5 Dolayısıyla ikinci boşaltmadan sonra varilde kalan: 4 5 × 5 8 C = 1 2 C 4) Ardından varile 6 litre ekleniyor ve bu, kapasitenin şu kadarıymış: 6 = 1 10 C Buradan kapasite: C = 60 5) Son durumda varildeki miktar (kapasite cinsinden): 1 2 C + 1 10 C = 3 5 C Son durumda varil kapasitesinin dolu olan kesri: 3 5

Doğru cevap: A

İfade: E = 1 3 + 2 + 1 3 - 2 + 1 2 + 1 + 1 2 - 1 İlk iki kesri birlikte toplayalım: 1 3 + 2 + 1 3 - 2 = 3 - 2 + 3 + 2 3 2 - 2 2 Pay ve paydayı sadeleştirelim: 3 - 2 + 3 + 2 3 2 - 2 2 = 2 ⁢ 3 3 - 2 = 2 ⁢ 3 Son iki kesri birlikte toplayalım: 1 2 + 1 + 1 2 - 1 = 2 - 1 + 2 + 1 2 2 - 1 2 Pay ve paydayı sadeleştirelim: 2 - 1 + 2 + 1 2 2 - 1 2 = 2 ⁢ 2 2 - 1 = 2 ⁢ 2 Hepsini toplayıp sonucu yazalım: E = 2 ⁢ 3 + 2 ⁢ 2 = 2 ⁢ ( 2 + 3 ) Bu sonuç şıklar içinde A seçeneğidir; yani doğru cevap A’dır.

1. Çözüm: İfade: E = 1 3 + 2 + 1 3 - 2 + 1 2 + 1 + 1 2 - 1 İlk iki kesri birlikte toplayalım: 1 3 + 2 + 1 3 - 2 = 3 - 2 + 3 + 2 3 2 - 2 2 Pay ve paydayı sadeleştirelim: 3 - 2 + 3 + 2 3 2 - 2 2 = 2 ⁢ 3 3 - 2 = 2 ⁢ 3 Son iki kesri birlikte toplayalım: 1 2 + 1 + 1 2 - 1 = 2 - 1 + 2 + 1 2 2 - 1 2 Pay ve paydayı sadeleştirelim: 2 - 1 + 2 + 1 2 2 - 1 2 = 2 ⁢ 2 2 - 1 = 2 ⁢ 2 Hepsini toplayıp sonucu yazalım: E = 2 ⁢ 3 + 2 ⁢ 2 = 2 ⁢ ( 2 + 3 ) Bu sonuç şıklar içinde A seçeneğidir; yani doğru cevap A’dır.

Doğru cevap: C

Önce, birleşimin eleman sayısını bulmak için kapsama-dışlama (inclusion-exclusion) ilkesini kullanırız. | A ∪ B ∪ C | = | A | + | B | + | C | − | A ∩ B | − | A ∩ C | − | B ∩ C | + | A ∩ B ∩ C | Verilen değerleri formülde yerine yazalım. | A ∪ B ∪ C | = 28 + 26 + 25 − 12 − 10 − 9 + 5 Şimdi işlemleri yapalım. | A ∪ B ∪ C | = 79 − 31 + 5 | A ∪ B ∪ C | = 53 İstenen, evrensel kümede bu birleşimin dışında kalan eleman sayısıdır. | U ∖ ( A ∪ B ∪ C ) | = | U | − | A ∪ B ∪ C | | U ∖ ( A ∪ B ∪ C ) | = 60 − 53 = 7 Sonuç | U ∖ ( A ∪ B ∪ C ) | = 7 Bu değer şıklarda seçeneğiC790ne karşılık gelir. Yani verilen “doğru cevap C833” bilgisi doğrudur.

1. Çözüm: Önce, birleşimin eleman sayısını bulmak için kapsama-dışlama (inclusion-exclusion) ilkesini kullanırız. | A ∪ B ∪ C | = | A | + | B | + | C | − | A ∩ B | − | A ∩ C | − | B ∩ C | + | A ∩ B ∩ C | Verilen değerleri formülde yerine yazalım. | A ∪ B ∪ C | = 28 + 26 + 25 − 12 − 10 − 9 + 5 Şimdi işlemleri yapalım. | A ∪ B ∪ C | = 79 − 31 + 5 | A ∪ B ∪ C | = 53 İstenen, evrensel kümede bu birleşimin dışında kalan eleman sayısıdır. | U ∖ ( A ∪ B ∪ C ) | = | U | − | A ∪ B ∪ C | | U ∖ ( A ∪ B ∪ C ) | = 60 − 53 = 7 Sonuç | U ∖ ( A ∪ B ∪ C ) | = 7 Bu değer şıklarda seçeneğiC790ne karşılık gelir. Yani verilen “doğru cevap C833” bilgisi doğrudur.

Doğru cevap: B

Önce verilen önermeyi blok olarak yazalım: p → q Koşullu önermenin temel eşdeğerliği (yalnızca bir durumda yanlış olur) şu şekilde yazılır: p → q ≡ ¬ ( p ∧ ¬ q ) Parantez dışına olumsuzluğu dağıtalım (De Morgan): ¬ ( p ∧ ¬ q ) ≡ ¬ p ∨ ¬ ¬ q Çift olumsuzluğu sadeleştirelim: ¬ p ∨ q Sonuç olarak elde ettiğimiz ifade, şıklardan aşağıdakiyle aynıdır: ¬ p ∨ q Bu nedenle doğru cevap B368 şıkkıdır.

1. Çözüm: Önce verilen önermeyi blok olarak yazalım: p → q Koşullu önermenin temel eşdeğerliği (yalnızca bir durumda yanlış olur) şu şekilde yazılır: p → q ≡ ¬ ( p ∧ ¬ q ) Parantez dışına olumsuzluğu dağıtalım (De Morgan): ¬ ( p ∧ ¬ q ) ≡ ¬ p ∨ ¬ ¬ q Çift olumsuzluğu sadeleştirelim: ¬ p ∨ q Sonuç olarak elde ettiğimiz ifade, şıklardan aşağıdakiyle aynıdır: ¬ p ∨ q Bu nedenle doğru cevap B368 şıkkıdır.

Doğru cevap: D

Verilen denklem: x - 1 + x + 2 = 2 x - 1 + 3 Mutlak değer içlerinin işaret değiştirebileceği kritik noktalar: x - 1 = 0 ⇒ x = 1 x + 2 = 0 ⇒ x = - 2 2 x - 1 = 0 ⇒ x = 1 2 Buna göre aralıklar: x < - 2, - 2 ≤ x < 1 2, 1 2 ≤ x < 1, x ≥ 1 1) Aralık: ( ) için x < - 2 x - 1 = - x + 1 x + 2 = - x - 2 2 x - 1 = - 2 x + 1 ( - x + 1 ) + ( - x - 2 ) = ( - 2 x + 1 ) + 3 - 2 x - 1 = - 2 x + 4 Bu eşitlik sağlanmaz, çözüm yoktur. 2) Aralık: - 2 ≤ x < 1 2 x - 1 = - x + 1 x + 2 = x + 2 2 x - 1 = - 2 x + 1 ( - x + 1 ) + ( x + 2 ) = ( - 2 x + 1 ) + 3 3 = - 2 x + 4 x = 1 2 Bulunan değer bu aralıkta strict olarak sağ tarafta olmadığı için (uç nokta dışarıda), bu aralıktan çözüm gelmez. 3) Aralık: 1 2 ≤ x < 1 x - 1 = - x + 1 x + 2 = x + 2 2 x - 1 = 2 x - 1 ( - x + 1 ) + ( x + 2 ) = ( 2 x - 1 ) + 3 3 = 2 x + 2 x = 1 2 Bu değer aralıkta olduğundan bir çözüm vardır. 4) Aralık: x ≥ 1 x - 1 = x - 1 x + 2 = x + 2 2 x - 1 = 2 x - 1 ( x - 1 ) + ( x + 2 ) = ( 2 x - 1 ) + 3 2 x + 1 = 2 x + 2 Bu eşitlik sağlanmaz, çözüm yoktur. Sonuç: Denklem yalnızca bir gerçek çözüme sahiptir. Doğru seçenek D1101 ’dir.

1. Çözüm: Verilen denklem: x - 1 + x + 2 = 2 x - 1 + 3 Mutlak değer içlerinin işaret değiştirebileceği kritik noktalar: x - 1 = 0 ⇒ x = 1 x + 2 = 0 ⇒ x = - 2 2 x - 1 = 0 ⇒ x = 1 2 Buna göre aralıklar: x < - 2, - 2 ≤ x < 1 2, 1 2 ≤ x < 1, x ≥ 1 1) Aralık: ( ) için x < - 2 x - 1 = - x + 1 x + 2 = - x - 2 2 x - 1 = - 2 x + 1 ( - x + 1 ) + ( - x - 2 ) = ( - 2 x + 1 ) + 3 - 2 x - 1 = - 2 x + 4 Bu eşitlik sağlanmaz, çözüm yoktur. 2) Aralık: - 2 ≤ x < 1 2 x - 1 = - x + 1 x + 2 = x + 2 2 x - 1 = - 2 x + 1 ( - x + 1 ) + ( x + 2 ) = ( - 2 x + 1 ) + 3 3 = - 2 x + 4 x = 1 2 Bulunan değer bu aralıkta strict olarak sağ tarafta olmadığı için (uç nokta dışarıda), bu aralıktan çözüm gelmez. 3) Aralık: 1 2 ≤ x < 1 x - 1 = - x + 1 x + 2 = x + 2 2 x - 1 = 2 x - 1 ( - x + 1 ) + ( x + 2 ) = ( 2 x - 1 ) + 3 3 = 2 x + 2 x = 1 2 Bu değer aralıkta olduğundan bir çözüm vardır. 4) Aralık: x ≥ 1 x - 1 = x - 1 x + 2 = x + 2 2 x - 1 = 2 x - 1 ( x - 1 ) + ( x + 2 ) = ( 2 x - 1 ) + 3 2 x + 1 = 2 x + 2 Bu eşitlik sağlanmaz, çözüm yoktur. Sonuç: Denklem yalnızca bir gerçek çözüme sahiptir. Doğru seçenek D1101 ’dir.

Doğru cevap: C

Doğru cevap: Bir deneyin tüm mümkün sonuçlarının kümesidir.

1. Çözüm: Doğru cevap: Bir deneyin tüm mümkün sonuçlarının kümesidir.

Doğru cevap: A

Verilen denklemler: a + b b + c = 2 3 a + c b = 5 2 1. denklemde içler dışlar çarpımı yapalım: 3 ( a + b ) = 2 ( b + c ) Açalım ve sadeleştirelim: 3 a + 3 b = 2 b + 2 c 3 a + b = 2 c Buradan c 'yi yalnız bırakalım: c = 3 a + b 2 2. denklemde içler dışlar çarpımı yapalım: 2 ( a + c ) = 5 b Açalım: 2 a + 2 c = 5 b Burada c yerine bulduğumuz ifadeyi yazalım: 2 a + 2 ( 3 a + b 2 ) = 5 b Sadeleştirelim: 2 a + 3 a + b = 5 b 5 a + b = 5 b 5 a = 4 b Buradan oran: a b = 4 5 O halde: a = 4 k, b = 5 k Şimdi c 'yi bulalım: c = 3 a + b 2 c = 3 ( 4 k ) + 5 k 2 c = 12 k + 5 k 2 = 17 k 2 Pozitif tam sayı olması için k çift olmalı. k yerine 2t yazalım: k = 2 t a = 8 t, b = 10 t, c = 17 t Dolayısıyla oran: a: b: c = 8: 10: 17 Kontrol: Bu oran şıklarda A seçeneğidir. Doğru cevap A.

1. Çözüm: Verilen denklemler: a + b b + c = 2 3 a + c b = 5 2 1. denklemde içler dışlar çarpımı yapalım: 3 ( a + b ) = 2 ( b + c ) Açalım ve sadeleştirelim: 3 a + 3 b = 2 b + 2 c 3 a + b = 2 c Buradan c 'yi yalnız bırakalım: c = 3 a + b 2 2. denklemde içler dışlar çarpımı yapalım: 2 ( a + c ) = 5 b Açalım: 2 a + 2 c = 5 b Burada c yerine bulduğumuz ifadeyi yazalım: 2 a + 2 ( 3 a + b 2 ) = 5 b Sadeleştirelim: 2 a + 3 a + b = 5 b 5 a + b = 5 b 5 a = 4 b Buradan oran: a b = 4 5 O halde: a = 4 k, b = 5 k Şimdi c 'yi bulalım: c = 3 a + b 2 c = 3 ( 4 k ) + 5 k 2 c = 12 k + 5 k 2 = 17 k 2 Pozitif tam sayı olması için k çift olmalı. k yerine 2t yazalım: k = 2 t a = 8 t, b = 10 t, c = 17 t Dolayısıyla oran: a: b: c = 8: 10: 17 Kontrol: Bu oran şıklarda A seçeneğidir. Doğru cevap A.

Doğru cevap: B

Sırasız seçimdir; $C(6,4)=C(6,2)=15$.

1. Durumu sınıflandır: Soruda sıralama mı, seçim mi, yoksa aşamalı sayma mı istendiğini belirle.
2. Uygun sayma yöntemini uygula: Faktöriyel, çarpma kuralı, permütasyon veya kombinasyon formülünü kullan.

Doğru cevap: C

İfade: ( - 3 4 + 5 6 ) ÷ ( 1 2 - 2 3 ) Önce pay kısmını toplayalım: ( - 3 4 + 5 6 ) = ( - 9 12 + 10 12 ) Toplayalım: ( - 9 12 + 10 12 ) = 1 12 Şimdi bölen (parantez içi) kısmını hesaplayalım: ( 1 2 - 2 3 ) = ( 3 6 - 4 6 ) Çıkaralım: ( 3 6 - 4 6 ) = - 1 6 Bölme işlemini, ters çarpma olarak yapalım: 1 12 ÷ - 1 6 = 1 12 × 6 - 1 Çarpıp sadeleştirelim: 1 12 × 6 - 1 = 6 - 12 = - 1 2 Sonuç: - 1 2 Bu değer şık A ile aynıdır. Dolayısıyla doğru cevap C453’dır.

1. Çözüm: İfade: ( - 3 4 + 5 6 ) ÷ ( 1 2 - 2 3 ) Önce pay kısmını toplayalım: ( - 3 4 + 5 6 ) = ( - 9 12 + 10 12 ) Toplayalım: ( - 9 12 + 10 12 ) = 1 12 Şimdi bölen (parantez içi) kısmını hesaplayalım: ( 1 2 - 2 3 ) = ( 3 6 - 4 6 ) Çıkaralım: ( 3 6 - 4 6 ) = - 1 6 Bölme işlemini, ters çarpma olarak yapalım: 1 12 ÷ - 1 6 = 1 12 × 6 - 1 Çarpıp sadeleştirelim: 1 12 × 6 - 1 = 6 - 12 = - 1 2 Sonuç: - 1 2 Bu değer şık A ile aynıdır. Dolayısıyla doğru cevap C453’dır.

Doğru cevap: D

Doğru cevap D ’dir: Hayır, mümkün değildir. 1) Satranç tahtasını standart biçimde siyah-beyaz boyayalım. Her domino taşı yan yana duran iki kareyi kapladığı için, kapladığı iki kare daima farklı renktedir (biri siyah, biri beyaz). 2) Bir satranç tahtasında toplam kare sayısı: 8 × 8 = 64 Bu durumda siyah kare sayısı ile beyaz kare sayısı eşittir, yani: 32   siyah,   32   beyaz 3) Birbirine köşegen olan iki köşe karesi çıkarılıyor. Köşegen köşeler aynı renktir (ikisi de siyah ya da ikisi de beyaz). 4) Bu iki kare aynı renkte olduğundan, çıkarılınca renk sayıları eşit kalmaz. Örneğin iki beyaz köşe çıkarsa: Kalan beyaz = 30 Kalan siyah = 32 (Ya da tam tersi: iki siyah çıkarsa beyaz 32, siyah 30 olur.) 5) Domino her zaman bir siyah ve bir beyaz kare kapladığı için, tahtanın domino ile tamamen kaplanabilmesi için kalan siyah ve beyaz kare sayılarının eşit olması gerekir. Ama burada kalan siyah-beyaz sayıları eşit değildir. Bu nedenle boşluk kalmadan kaplama imkânsızdır. 6) Kalan kare sayısı gerçekten: 64 − 2 = 62 ve domino boyutu: 1 × 2 olduğu için sadece “çift sayı” olmak yetmez; asıl engel renk dengesizliğidir. Sonuç: Köşegen iki köşe çıkarıldığında kaplama mümkün değildir → B.

1. Çözüm: Doğru cevap D ’dir: Hayır, mümkün değildir. 1) Satranç tahtasını standart biçimde siyah-beyaz boyayalım. Her domino taşı yan yana duran iki kareyi kapladığı için, kapladığı iki kare daima farklı renktedir (biri siyah, biri beyaz). 2) Bir satranç tahtasında toplam kare sayısı: 8 × 8 = 64 Bu durumda siyah kare sayısı ile beyaz kare sayısı eşittir, yani: 32   siyah,   32   beyaz 3) Birbirine köşegen olan iki köşe karesi çıkarılıyor. Köşegen köşeler aynı renktir (ikisi de siyah ya da ikisi de beyaz). 4) Bu iki kare aynı renkte olduğundan, çıkarılınca renk sayıları eşit kalmaz. Örneğin iki beyaz köşe çıkarsa: Kalan beyaz = 30 Kalan siyah = 32 (Ya da tam tersi: iki siyah çıkarsa beyaz 32, siyah 30 olur.) 5) Domino her zaman bir siyah ve bir beyaz kare kapladığı için, tahtanın domino ile tamamen kaplanabilmesi için kalan siyah ve beyaz kare sayılarının eşit olması gerekir. Ama burada kalan siyah-beyaz sayıları eşit değildir. Bu nedenle boşluk kalmadan kaplama imkânsızdır. 6) Kalan kare sayısı gerçekten: 64 − 2 = 62 ve domino boyutu: 1 × 2 olduğu için sadece “çift sayı” olmak yetmez; asıl engel renk dengesizliğidir. Sonuç: Köşegen iki köşe çıkarıldığında kaplama mümkün değildir → B.