Matematika fanidan namunaviy test topshiriqlari
MATEMATIKA
1. Agar a + 1 son 3 ga qoldiqsiz bo‘linsa,
4 + 7a soni quyidagilardan qaysi biriga
qoldiqsiz bo‘linadi (a ∈ N )?
A) 3 B) 7 C) 5 D) 11
Yechilishi. a + 1 son 3 ga qoldiqsiz
bo‘linganligi uchun a + 1 = 3n (n ∈ N ) deb
yozish mumkin. U holda
4 + 7a = (4 + 4a) + 3a = 4(1 + a) + 3a =
= 4(3n) + 3a = 3(4n + a), (n ∈ N ). Demak
4 + 7a son ham 3 ga qoldiqsiz bo‘linadi.
To‘g‘ri javob: 3
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
A.A.Rahimqoriyev, Sh.N.Ismailov,
M.A.To‘xtaxodjayeva. Matematika,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 6-sinfi
uchun darslik. “O‘qituvchi”
nashriyot-matbaa ijodiy uyi. Toshkent-2017.
3.
2. Sonlarni taqqoslang:
7
7
7
, b=
, c=
.
a=
105
103
104
A) a < c < b B) c < a < b C) a < b < c
D) b < c < a
Yechilishi. Suratlari bir xil bo‘lgan kasr
sonlardan qaysisining maxraji kichik (katta)
bo‘lsa, o‘sha kasr son katta (kichik) bo‘ladi.
Demak a < c < b o‘rinli.
To‘g‘ri javob: a < c < b
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
A.A.Rahimqoriyev, Sh.N.Ismailov,
M.A.To‘xtaxodjayeva. Matematika,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 6-sinfi
uchun darslik. “O‘qituvchi”
nashriyot-matbaa ijodiy uyi. Toshkent-2017.
2
sonini cheksiz davriy o‘nli kasr
33
ko‘rinishida ifodalab, verguldan keyingi
13-o‘rinda turgan raqamini toping.
A) 0 B) 6 C) 2 D) 3
2
kasrning suratini uning
Yechilishi.
33
maxrajiga bo‘lib, cheksiz davriy o‘nli kasr
ko‘rinishiga keltirib olamiz.
2
= 2 : 33 = 0, 06060606... = 0, (06)
33
Bundan kelib chiqadiki, verguldan keyin toq
o‘rinda turgan raqamlar nol bilan juft
o‘rinda turgan raqamlar esa 6 raqami bilan
tugaydi.
Demak, cheksiz davriy o‘nli kasrning
vergulidan keyin 13-o‘rinda turgan raqami 0
bo‘ladi.
To‘g‘ri javob: 0
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
A.A.Rahimqoriyev, Sh.N.Ismailov,
M.A.To‘xtaxodjayeva. Matematika,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 6-sinfi
uchun darslik. “O‘qituvchi”
nashriyot-matbaa ijodiy uyi. Toshkent-2017.
4. Avtomobil 1090 km masofani bosib o‘tishi
kerak. Agar u birinchi kuni butun yo‘lning
60 %ini yurgan bo‘lsa, yana necha km
yurishi kerak?
A) 436 B) 437 C) 438 D) 439
Yechilishi. Avtomobil birinchi kuni
1090 km masofaning 60 %ini bosib o‘tgan
bo‘lsa, yana u butun yo‘lning 40 %ini bosib
o‘tishi kerak. U holda 1090 km ning 40 %ini
topamiz, ya’ni: 1090 × 40/100 = 436.
Demak avtomobil yana 436 km yo‘l yurishi
kerak.
To‘g‘ri javob: 436
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
A.A.Rahimqoriyev, Sh.N.Ismailov,
M.A.To‘xtaxodjayeva. Matematika,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 6-sinfi
uchun darslik. “O‘qituvchi”
nashriyot-matbaa ijodiy uyi. Toshkent-2017.
1
Matematika fanidan namunaviy test topshiriqlari
√
5. Chizmada A (x), B (x2 ), C ( x) nuqtalar
ta’svirlangan (bunda 0 < x < 1). Bu
nuqtalarga mos chizmani toping.
B
A)
0
B)
0
C)
0
A
C
1
A
B
C
1
C
A
7,5 km
B
x
1
A
D)
6. Anvar turg‘un suvda qayiq bilan o‘zgarmas
3 km/h tezlikda harakatlanadi. Anvar
quruqlikda esa o‘zgarmas 5 km/h tezlikda
yuradi (rasm). Anvar qancha eng qisqa
vaqtda (daqiqa) uyiga boradi?
C
A
B
0
4 km
1
O
Yechilishi. 0 < x < 1 oraliqda joylashgan
sonning kvadrati shu sondan kichik,
arifmetik kvadrat ildizi esa shu sondan katta
bo‘ladi ya’ni: 0 < x < √
1 ⇒ 0 < x2 < x < 1,
0 < x < 1 ⇒ 0√< x < x < 1. Demak
0 < x2 < x < x < 1 o‘rinli.
To‘g‘ri javob:
B
0
A
P
B
A) 154 B) 170 C) 152 D) 156
Yechilishi. Masalaning shartida qayiqning
tezligi vq =3 km/h, Anvarning yurish tezligi
va =5 km/h va oqimning tezligi v0 =0 km/h
berilgan. Anvar eng qisqa vaqtda OP va
P B trayektoriya orqali uyiga boradi deb
olamiz. P B = x km (bunda 0 ≤ x ≤ 7, 5),
AP = 7,
√ 5 − x km, u holda
OPp= OA2 + AP 2 =
= 42 + q
(7, 5 − x)2 km bo‘ladi. Eng qisqa
42 + (7, 5 − x)2 x
+ bo‘lib, u
vaqt t =
3
5
x ga bog‘liq funksiyadir. Bu funksiyaning
eng kichik qiymatini hosila yordamida
hisoblaymiz.
′
q
2
′
42 + (7, 5 − x)
x
′
+
=
t =
3
5
1
x − 7, 5
+ = 0 bu
= q
5
3 42 + (7, 5 − x)2
tenglamani yechib, x = 4, 5 ekanligini hosil
qilamiz.
√ Demak, Anvar
5
9
77
42 + 32 4, 5
+
= +
=
soatda
t=
3
5
3 10
30
yoki 154 daqiqada uyiga boradi.
To‘g‘ri javob: 154
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
Sh.N.Ismailov, A.Q.Amanov,
B.Q.Xaydarov. Matematika I va II qism,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 11-sinfi
va o‘rta maxsus, kasb-hunar ta’limi
muassasalari o‘quvchilari uchun darslik.
"ZAMIN NASHR" Toshkent-2018.
C
1
Manba: Sh.A.Alimov,
O.R.Xolmuhamedov, M.A.Mirzaahmedov.
Algebra, umumiy o‘rta ta’lim
maktablarining 8-sinfi uchun darslik.
“O‘qituvchi” nashriyot-matbaa ijodiy uyi.
Toshkent-2019.
2
Matematika fanidan namunaviy test topshiriqlari
7.
q
p
√
√
6 − 4 2 + 7 + 2 10 + 2 − 4 (−5)2 ni
hisoblang.
A) 4 B) 0 C) −3 D) 5
p
√
6 − 4 2,
Yechilishi. Dastlab
q
p
√
7 + 2 10 va 4 (−5)2 ifodalarni
soddalashtirib
olamiz.
q
p
√ 2
√
√
1) 6 − 4 2 =
2− 2 = 2− 2 =
√
= 2 − 2,
q √
p
√
√ 2 √
√
2) 7 + 2 10 =
5+ 2 = 5+ 2
va q
√
√
3) 4 (−5)2 = 4 25 = 5. Bu natijalardan
foydalanib berilgan ifodaning qiymatini
hisoblaymiz, ya’ni:
q
p
p
√
√
6 − 4 2 + 7 + 2 10 + 2 − 4 (−5)2 =
√
√
√
√
= 2 − 2 + 5 + 2 + 2 − 5 = 2 + 2 = 4.
To‘g‘ri javob: 4
Manba: Sh.A.Alimov,
O.R.Xolmuhamedov, M.A.Mirzaahmedov.
Algebra, umumiy o‘rta ta’lim
maktablarining 8-sinfi uchun darslik.
“O‘qituvchi” nashriyot-matbaa ijodiy uyi.
Toshkent-2019.
2x
x2 − 4
ifodaning
2 ·
x+2
4x
qiymatini toping.
A) 0,25 B) 0,05 C) 0,02 D) 0,01
2x
x2 − 4
ifodani
Yechilishi.
2 ·
x+2
4x
soddalashtirib olamiz: ❳
x2 − 4
(x − 2) (x❳+❳2)
2✁✚
x
2x
❳
=
=
·❳
·
2
❳
2
x +❳
2
x+2
4x
✁ x✁
24
x−2
=
2x
x−2
ifodaga x = 4 ni qo‘yib natijani
2x
hisoblaymiz, ya’ni:
x−2
4−2
2
1
=
= = = 0, 25.
2x
2·4
8
4
To‘g‘ri javob: 0,25
Manba: Sh.A.Alimov,
O.R.Xolmuhamedov, M.A.Mirzaahmedov.
Algebra, umumiy o‘rta ta’lim
maktablarining 8-sinfi uchun darslik.
“O‘qituvchi” nashriyot-matbaa ijodiy uyi.
Toshkent-2019.
p
9. x = 4 bo‘lsa,
8. Quyidagilardan qaysi biri 4; 7; 10; 13; . . .
arifmetik progressiyaning hadi bo‘la
olmaydi?
A) 32 B) 31 C) 37 D) 49
Yechilishi. Arifmetik progressiyaning
ketma-ket hadlari 4; 7; 10; 13; . . . bo‘lsa, u
holda bu ketma-ketlikning umumiy hadi
an = 3n + 1 ko‘rinishda bo‘ladi. Demak,
hosil qilingan ketma-ketlikning har bir hadi
3 ga bo‘linganda 1 qoldiq qoladi. Bundan
kelib chiqadiki, 32 soni ketma-ketlikning
hadi bo‘la olmaydi. Chunki 32 soni 3 ga
bo‘linganda 2 qoldiq qoladi.
To‘g‘ri javob: 32
Manba: Sh.A.Alimov,
O.R.Xolmuhamedov, M.A.Mirzaahmedov.
Algebra, umumiy o‘rta ta’lim
maktablarining 9-sinfi uchun darslik.
“O‘qituvchi” nashriyot-matbaa ijodiy uyi.
Toshkent-2019.
15x2 − x − 28
3x + 4
B) 5x + 7 C) x + 7
10. Kasrni qisqartiring:
A) 5x − 7
D) x − 7
15x2 − x − 28
3x + 4
kasrning suratini ko‘paytuvchilarga
ajratamiz, so‘ng kasrni qisqartiramiz.
✘
(5x − 7) ✘
(3x
+✘
4)
✘✘
= 5x − 7
3x✘+✘✘
4
✘
To‘g‘ri javob: 5x − 7
Manba: Sh.A.Alimov,
O.R.Xolmuhamedov, M.A.Mirzaahmedov.
Algebra, umumiy o‘rta ta’lim
maktablarining 8-sinfi uchun darslik.
“O‘qituvchi” nashriyot-matbaa ijodiy uyi.
Toshkent-2019.
Yechilishi. Dastlab
3
Matematika fanidan namunaviy test topshiriqlari
11. Chizmada tasvirlangan α burchak uchun
quyidagi tengsizliklardan qaysi biri o‘rinli?
12. Tenglamani yeching:
y
A) (−1)k+1
7
5
−6=0
2 +
sin x sin x
π
+ πk, k ∈ Z
6
π
+ πk, k ∈ Z
6
π
C) (−1)k + 2πk, k ∈ Z
6
π
D) + 2πk, k ∈ Z
6
Yechilishi. Berilgan tenglamani
6sin2 x − 7 sin x − 5 = 0 (sin x 6= 0)
ko‘rinishida ifodalab olamiz. sin x = t deb
belgilaymiz, u holda 6t2 − 7t − 5 = 0 kvadrat
tenglama hosil bo‘ladi. Bu tenglamaning
5
1
ildizlari t1 = va t2 = − . Bundan
3
2
5
1
sin x = va sin x = − tenglamalarga ega
3
2
5
bo‘lamiz. sin x = tenglama yechimga ega
3
1
emas. sin x = − tenglama
2
k+1 π
x = (−1)
+ πk, k ∈ Z yechimga ega.
6
Demak berilgan tenglamaning yechimi
π
x = (−1)k+1 + πk, k ∈ Z.
6
π
To‘g‘ri javob: (−1)k+1 + πk, k ∈ Z
6
Manba: Sh.A.Alimov,
O.R.Xolmuhamedov, M.A.Mirzaahmedov.
Algebra, umumiy o‘rta ta’lim
maktablarining 9-sinfi uchun darslik.
"O‘qituvchi" nashriyot-matbaa ijodiy uyi.
Toshkent-2019.
α
B) (−1)k
x
A) sin α · cos α < 0 B) tg α · sin α > 0
C) ctg α · cos α < 0 D) ctg α · sin α > 0
Yechilishi.Chizmadan ma’lumki, α
burchakni hosil qilgan nurning
koordinatalari II chorakda joylashgan. U
holda sin α > 0, cos α < 0, tgα < 0 va
ctgα < 0 o‘rinli. Bulardan esa berilgan
variantlardan faqat sin α · cos α < 0
tengsizlik to‘g‘ri ekanligi kelib chiqadi.
To‘g‘ri javob: sin α · cos α < 0
Manba: Sh.A.Alimov, O.R.Xolmuhamedov,
M.A.Mirzaahmedov. Algebra, umumiy o‘rta
ta’lim maktablarining 9-sinfi uchun darslik.
“O‘qituvchi” nashriyot-matbaa ijodiy uyi.
Toshkent-2019
4
Matematika fanidan namunaviy test topshiriqlari
15. (x2 + x) + (x2 + 2x) + ... + (x2 + 19x) = 1425
tenglamaning natural ildizi x0 bo‘lsa,
x0 + 2 ni toping.
A) 7 B) 10 C) 8 D) 6
Yechilishi.
(x2 + x) + (x2 + 2x) + ... + (x2 + 19x) = 1425
tenglamani yechish uchun arifmetik
progressiyaning dastlabki n ta hadi
yig‘indisini topish formulasidan foydalanib
19x2 + 190x − 1425 = 0 tenglamani hosil
qilamiz. Bundan x2 + 10x − 75 = 0 kelib
chiqadi. x2 + 10x − 75 = 0 tenglamaning
ildizlari x1 = −15 va x2 = 5 bo‘ladi.
Masalaning shartiga ko‘ra, tenglamaning
natural ildizi x0 = 5 bo‘ladi. Demak,
x0 + 2 = 7.
To‘g‘ri javob: 7
Manba: Sh.A.Alimov,
O.R.Xolmuhamedov, M.A.Mirzaahmedov.
Algebra, umumiy o‘rta ta’lim
maktablarining 9-sinfi uchun darslik.
“O‘qituvchi” nashriyot-matbaa ijodiy uyi.
Toshkent-2019.
13. Agar x 6= 0 bo‘lsa,
5 + 52x+y − 5x+1 − 5x+y = 0 tenglamadagi
x ni y orqali ifodalang.
A) x = 1 − y B) x = −1 − y
C) x = y − 1 D) x = y + 1
Yechilishi. 5 + 52x+y − 5x+1 − 5x+y = 0 ni
quyidagicha shakl almashtirib x ni y orqali
ifodalashimiz.
5 + 52x · 5y − 5 · 5x − 5x · 5y = 0
5 (1 − 5x ) − 5x · 5y (1 − 5x ) = 0
(5 − 5x · 5y ) · (1 − 5x ) = 0
ko‘paytma nolga teng bo‘lishi uchun
5 − 5x · 5y = 0 da 5x+y = 5 ⇒ 5x+y = 51 ⇒
⇒ x + y = 1 ⇒ x = 1 − y bo‘ladi.
Masalaning x 6= 0 shartiga ko‘ra, 1 − 5x = 0
tenglik o‘rinli bo‘lmaydi.
To‘g‘ri javob: x = 1 − y
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
Sh.N.Ismailov, A.Q.Amanov,
B.Q.Haydarov. Matematika I va II qism,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 10-sinfi
va o‘rta maxsus, kasb-hunar ta’limi
muassasalari o‘quvchilari uchun darslik.
“EXTREMUM PRESS”, Toshkent-2017.
log5 log5 x
14. Tenglamani yeching: x log5 x = log5 14
A) 14 B) 5 C) 25 D) 7
Yechilishi.
Aniqlanish sohasini topamiz:

 log5 x > 0
x>0
⇒ x > 1.
 x 6= 1
logc b
Logarifmning
= loga b xossasiga ko‘ra,
logc a
log5 log5 x
x log5 x = log5 14 dan xlogx log5 x = log5 14
kelib chiqadi. aloga b = b xossasiga ko‘ra esa
log5 x = log5 14 hosil bo‘ladi. log5 x = log5 14
tenglamaning yechimi x = 14 bo‘ladi.
To‘g‘ri javob: 14
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
Sh.N.Ismailov, A.Q.Amanov,
B.Q.Haydarov. Matematika I va II qism,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 10-sinfi
va o‘rta maxsus, kasb-hunar ta’limi
muassasalari o‘quvchilari uchun darslik.
“EXTREMUM PRESS”, Toshkent-2017.
5
Matematika fanidan namunaviy test topshiriqlari
5
7
16. Agar
jufti
2 (x; y) sonlar
17.
> tengsizlikni yeching.
x + xy + y 2 = 56
2x − 6
9
√
tenglamalar
x + xy + y = 8
√
3
3
sistemasining ildizi bo‘lsa, x − xy + y ning
A) (−∞; − ) ∪ (6 ; +∞)
14
14
qiymatini toping.
3
3
A) 5 B) 6 C) 7 D) 8
B) (− ; 6 )
14 14
Yechilishi. Berilgan tenglamalar
√
3
3
sistemasidan x − xy + y ifodaning
C) (− ; 3) ∪ (3; 6 )
14
14
qiymatini topish talab qilingan. Buning
3
3
uchun biz berilgan tenglamalar
D) (− ; 0) ∪ (0; 6 )
14
14
sistemasining yuqoridagi ifodasini
ko‘paytuvchilarga ajratamiz.
Yechilishi.

2
2
9
 2x − 6
x + xy + y = 56
7
5
<
√
⇔
> ⇔
x + xy + y = 8
5
7 ⇔
2

2x − 6
9
2
2x
−
6
6
=
0
x + 2xy + y − xy = 56

√
⇔
⇔
2x − 6
9
 9
x + xy + y = 8
− <
<
2
⇔
7
5
7 ⇔
(x + y) − xy = 56

√
⇔
⇔
x
=
6
3
xy + y = 8

x + √
√
45
 45
x + xy + y · x − xy + y = 56
− < 2x − 6 <
√
⇔
⇔
⇔
7
7 ⇔
+y =8

x + xy
√
x
=
6
3
8 · x − xy + y = 56

√
⇔
⇔
87
 3
x
+
xy
+
y
=
8
− < 2x <
√
⇔
7
7 ⇔
x − xy + y = 7

√
⇔
x
=
6
3
x + xy + y = 8

√
3
87

Demak, x − xy + y = 7.
− <x<
√
⇔
14
14 ⇔
To‘g‘ri javob: x − xy + y = 7

x
=
6
3
Manba: M.A.Mirzaahmedov va boshqalar.
3
3
Matematika, umumiy o‘rta ta’lim
⇔ x ∈ − ; 3 ∪ 3; 6
maktablarining 10-sinflari va o‘rta maxsus,
14 14 kasb-hunar ta’limi muassasalari uchun
3
3
To‘g‘ri javob: − ; 3 ∪ 3; 6
.
darslik. “EXTREMUM PRESS”,
14
14
Toshkent-2017.
Manba: Sh.A.Alimov,
O.R.Xolmuhamedov, M.A.Mirzaahmedov.
Algebra, umumiy o‘rta ta’lim
maktablarining 8-sinfi uchun darslik.
“O‘qituvchi” nashriyot-matbaa ijodiy uyi.
Toshkent-2019.
6
Matematika fanidan namunaviy test topshiriqlari
20. f (x) = 7x3 + sin(5x) funksiyaning hosilasini
toping.
18. Agar f (x) = (x − 2) · g(x) funksiya uchun
g(x) = 2x2 bo‘lsa, f (x) funksiyani toping
A)
B)
C)
D)
f (x) = 2x3 − 4x2
f (x) = x3 − x2
f (x) = 2x3 + 4x2
f (x) = −2x3 − 4x2
A) 21x2 + 5 cos(5x)
B) 21x2 − 5 cos(5x)
C) 7x2 − 5 cos(5x)
7x2 cos(5x)
+
D)
3
5
Yechilishi. Berilgan f (x) = (x − 2)g(x)
funksiyadagi g(x) ning o‘rniga 2x2 ni qo‘yib,
soddalashtiramiz, ya’ni:
f (x) = (x−2)g(x) = (x−2)·2x2 = 2x3 −4x2 .
Demak f (x) = 2x3 − 4x2 .
To‘g‘ri javob: f (x) = 2x3 − 4x2
Manba: Sh.A.Alimov,
O.R.Xolmuhamedov, M.A.Mirzaahmedov.
Algebra, umumiy o‘rta ta’lim
maktablarining 8-sinfi uchun darslik.
“O‘qituvchi” nashriyot-matbaa ijodiy uyi.
Toshkent-2019.
Yechilishi. (axn )′ = naxn−1 va
(sin kx)′ = k cos kx dan foydalanib
f (x) = 7x3 + sin (5x) funksiyaning
hosilasini olamiz.
′
f ′ (x) = (7x3 + sin (5x)) =
= 3 · 7x2 + 5 · cos (5x) = 21x2 + 5 cos (5x)
To‘g‘ri javob: 21x2 + 5 cos (5x)
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
Sh.N.Ismailov, A.Q.Amanov,
B.Q.Xaydarov. Matematika I va II qism,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 11-sinfi
va o‘rta maxsus, kasb-hunar ta’limi
muassasalari o‘quvchilari uchun darslik.
“ZAMIN NASHR”, Toshkent-2018.
√
19. Agar 5 soni y = −2x2 + bx − 15
funksiyaning noli bo‘lsa, b ni toping.
√
√
√
A) 5 5 B) 1 C) 5 2 D) 5 3
Yechilishi.
Berilgan kvadrat√funksiyaning
√
noli 5 bo‘lganligi uchun y 5 = 0 o‘rinli
√ bo‘ladi. y 5 = 0 tenglamani yechib
b ning qiymatini topamiz.
√ 2
√
√
0 = −2 5 + b · 5 − 15 ⇒ b = 5 5.
√
To‘g‘ri javob: b = 5 5
Manba: Sh.A.Alimov,
O.R.Xolmuhamedov, M.A.Mirzaahmedov.
Algebra, umumiy o‘rta ta’lim
maktablarining 9-sinfi uchun darslik.
“O‘qituvchi” nashriyot-matbaa ijodiy uyi.
Toshkent-2019.
7
Matematika fanidan namunaviy test topshiriqlari
√
√
22. y = x, y = 3 − 2x, y = 0 chiziqlar bilan
chegaralangan soha yuzini toping.
A) 1 B) 0 C) 1, 5 D) 2, 5
Yechilishi. Ikkita egri chiziq va Ox o‘qi
hosil qilgan sohaning yuzini hisoblaymiz.
Buning uchun funksiyalarning kesishish
nuqtasini topib olamiz.
25
21. y = x +
funksiyaning (5; ∞)
x−5
oraliqdagi eng kichik qiymatini toping.
A) 15 B) 14 C) 16 D) 13
Yechilishi. f (x) funksiya (5; +∞) oraliqda
aniqlangan va (5; +∞) da hosilasi mavjud.
25
Hosila yordamida f (x) = x +
x−5
funksiyaning eng kichik qiymatini
hisoblaymiz.
′
25
25
′
f (x) = x +
=1−
.
x−5
(x − 5)2
Hosilani nolga tenglab, funksiyaning x1 = 0
va x2 = 10 statsionar nuqtalarini topamiz.
Funksiya (5; +∞) oraliqda aniqlanganligi
uchun x0 = 10 minimum nuqtasi bo‘ladi.
Chunki berilgan funksiya (5; 10] da
kamayuvchi va [10; +∞) da o‘suvchidir.
U holda funksiyaning x0 = 10 nuqtadagi
qiymatini topamiz:
25
f (10) = 10 +
= 15.
10 − 5
Demak, funksiyaning eng kichik qiymati 15
ekan.
To‘g‘ri javob: 15
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
Sh.N.Ismailov, A.Q.Amanov,
B.Q.Xaydarov. Matematika I va II qism,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 11-sinfi
va o‘rta maxsus, kasb-hunar ta’limi
muassasalari o‘quvchilari uchun darslik.
“ZAMIN NASHR”, Toshkent-2018.
y
y=
1,6
√
1,4
3 − 2x
1,2
y=
1
√
x
0,8
0,6
S1
0,4
S2
0,2
x
-0,2 0
0,2 0,4 0,6 0,8
-0,2
1,2 1,4 1,6 1,8
x0
√
√
1
x = 3 − 2x ⇒ x0 = 1 da kesishadi.
Chizmadan ko‘rinadiki, 2 ta: S1 va S2
yuzalarning yig‘indisini hisoblashga to‘g‘ri
keladi. Buning uchun
3
Rx0 √
R2 √
S = S1 + S2 =
xdx +
3 − 2xdx
0
x0
integralni hisoblaymiz.
3
R2 √
R1 √
S=
xdx +
3 − 2xdx =
1
0
3
q
2
1
3
3
=
x −
(3 − 2x)
=
3
3
1
0
2 √ 3 √ 3 1 − 0 −
=
3 s

3 q
1
3
− 
3−2·
− (3 − 2 · 1)3  = 1
3
2
2√
1
To‘g‘ri javob: 1.
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
Sh.N.Ismailov, A.Q.Amanov,
B.Q.Xaydarov. Matematika I va II qism,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 11-sinfi
va o‘rta maxsus, kasb-hunar ta’limi
muassasalari o‘quvchilari uchun darslik.
“ZAMIN NASHR”, Toshkent-2018.
8
Matematika fanidan namunaviy test topshiriqlari
23. Teng yonli ABCD trapetsiyaning yuzini
toping.
D
25. ABCD rombda AC > BD va
AC
BD
−
= 2 bo‘lsa, ∠A burchakni
BD
AC
toping.
A) 45◦ B) 30◦ C) arctg2 D) 2arctg2
C
4
A
7
Yechilishi. Shartga ko‘ra, rombning
diagonallari d1 , d2 tomoni a va burchaklari
∠A = α, ∠B = 180◦ − α bo‘lib, d1 = AC,
d2 = BD belgilashlarni kiritamiz. Bundan
BD
AC 2 − BD2
AC
−
=2⇔
=2⇔
BD
AC
AC · BD
d1 2 − d2 2
= 2 ⇔ d1 2 − d2 2 = 2d1 · d2 (1)
⇔
d1 · d2
ga ega bo‘lamiz. Rombning yuzi uchun esa
d1 · d2
S=
= a2 sin α ⇔ d1 · d2 = 2a2 sin α
2
tengliklarni hosil qilamiz. Ushbu △ABC da
∠B = 180◦ − α, △BAD da ∠A = α.
Uchburchaklar
kosinuslar teoremasini
2 uchun
d1 = 2a2 + 2a2 cos α
qo‘llab
sistemani
d2 2 = 2a2 − 2a2 cos α
tuzib olamiz. Bu sistemani hadma-had
ayirib, d1 2 − d2 2 = 4a2 cos α (2) ni hosil
qilamiz. (1) va (2) tengliklardan sistema
tuzamiz va undan α o‘tkir burchakni
topamiz.
2
d1 − d2 2 = 4a2 cos α
⇔
d1 2 − d2 2 = 2d1 · d2 = 4a2 sin α
⇔ 4a2 cos α = 4a2 sin α
cos α = sin α
tgα = 1
bundan (AC > BD shartga ko‘ra) α = 45◦
bo‘ladi.
To‘g‘ri javob:
Manba: A.A.Rahimqoriyev,
M.A.Toxtaxodjayeva. Geometriya, umumiy
o‘rta ta’lim maktablarining 8-sinfi uchun
darslik. “O‘zbekiston” NMIU,
Toshkent-2019.
B
H
A) 28 B) 11 C) 24 D) 21
Yechilishi. Rasmda tasvirlangan teng yonli
ABCD trapetsiyaning yuzi
AB + DC
S=
· DH ga teng. Berilgan
2
trapetsiya teng yonli bo‘lganligi uchun
AB + DC
= HB o‘rinli. Demak
2
AB + DC
= 7 va DH = 4. U holda
2
AB + DC
S=
· DH = 7 · 4 = 28 ga teng.
2
To‘g‘ri javob: 28
Manba: A.A.Rahimqoriyev,
M.A.Toxtaxodjayeva. Geometriya, umumiy
o‘rta ta’lim maktablarining 8-sinfi uchun
darslik. “O‘zbekiston” NMIU,
Toshkent-2019.
24. Rasmda berilgan ma’lumotlardan
foydalanib, aylana uzunligini toping.
O
C
A
12
8
B
A) 10π B) 12π C) 9π D) 11, 2π
Yechilishi. Aylanaga AB urinma
bo‘lganligi uchun OA⊥AB. Bundan OAB
to‘g‘ri burchakli (∠OAB = 90◦ )
uchburchak. OA = OC = r, Pifagor
teoremasiga asosan r2 + 122 = (r + 8)2
tenglik o‘rinli. Bundan aylananing radiusi
r = 5 ga, aylananing uzunligi
L = 2πr = 10π ga teng ekanligini hosil
qilish mumkin. Demak aylananing uzunligi
L = 10π.
To‘g‘ri javob: 10π
Manba: A.A.Rahimqoriyev,
M.A.Toxtaxodjayeva. Geometriya, umumiy
o‘rta ta’lim maktablarining 8-sinfi uchun
darslik. “O‘zbekiston” NMIU,
Toshkent-2019
9
Matematika fanidan namunaviy test topshiriqlari
26. Tekislikka unga tegishli bo‘lmagan
nuqtadan perpendikular va ikkita og‘ma
tushirilgan. Og‘malarning
uzunliklari mos
√
ravishda 12 va 6 2 ga teng, hamda
og‘malar bilan tekislik orasidagi
burchaklarning kichigi 30◦ ga teng bo‘lsa, u
holda perpendikularning uzunligini toping.
A) 6 B) 5 C) 4 D) 3
Yechilishi. Tekislikka tegishli bo‘lmagan A
nuqtadan tekislikka AC va AB og‘malar va
AD perpendikular o‘tkazamiz (chizma).
27. Tekislikdan 2 birlik balandlikda yotuvchi
nuqtadan tekislikka 30◦ li burchak ostida
ikkita og‘ma o‘tkazilgan bo‘lib, ularning
proyeksiyalari 120◦ li burchak tashkil etadi.
Og‘malarning tekislikdagi uchlari orasidagi
masofani toping.
A) 6 B) 4 C) 2 D) 8
Yechilishi. Tekislikka tegishli bo‘lmagan B
nuqtadan tekislikka BA va BE og‘malar va
BC perpendikular o‘tkazamiz (chizma).
B
A
C
D
C
B
√
Shartga ko‘ra, AB = 6 2, AC = 12,
∠C = 30◦ . ADC to‘g‘ri burchakli
uchburchakning ∠C o‘tkir burchagi
sinusidan foydalanib AD perpendikularning
uzunligini topamiz.
1
AD
AD
sin ∠C =
⇔ =
⇔ AD = 6.
AC
2
12
To‘g‘ri javob: 6.
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
Sh.N.Ismailov, A.Q.Amanov,
B.Q.Haydarov. Matematika I va II qism,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 10-sinfi
va o‘rta maxsus, kasb-hunar ta’limi
muassasalari o‘quvchilari uchun darslik.
“EXTREMUM PRESS”, Toshkent-2017.
E
A
Tekislikda △ACE hosil bo‘ladi. Shartga
ko‘ra, BC = 2, ∠BAC = ∠BEC = 30◦ va
∠ACE = 120◦ , AB = BE, AC = CE.
ABC to‘g‘ri burchakli uchburchakning
∠BAC = 30◦ o‘tkir burchagi tangensidan
foydalanib AC uzunligini topamiz.
2
1
BC
⇔√ =
⇔
tg 30◦ =
AC
AC
3
√
AC = EC = 2 3 ga ega bo‘lamiz.
△ACE ning ∠ACE = 120◦ burchagi uchun
kosinuslar teoremasini qo‘llab,
AE kesmaning uzunligini topamiz:
AE 2 = AC 2 + EC 2 − 2AC ·EC ·cos 120◦ ⇒
1
⇒
⇒ AE 2 = 12 + 12 − 2 · 12 · −
2
⇒ AE = 6.
To‘g‘ri javob: 6.
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
Sh.N.Ismailov, A.Q.Amanov,
B.Q.Haydarov. Matematika I va II qism,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 10-sinfi
va o‘rta maxsus, kasb-hunar ta’limi
muassasalari o‘quvchilari uchun darslik.
“EXTREMUM PRESS”, Toshkent-2017.
10
Matematika fanidan namunaviy test topshiriqlari
28. (3; 4) nuqtani koordinatalar boshiga
nisbatan soat mili harakati yo‘nalishida
180◦ ga burish natijasida hosil bo‘lgan
nuqtaning koordinatalarini aniqlang.
A) (−3; −4) B) (−3; 4) C) (3; −4)
D) (−4; 3)
Yechilishi.
29. A to‘plamning elementlari soni 3 ta va B
to‘plamning elementlari soni 4 ta bo‘lsa,
A ∪ B ning qism to‘plamlari soni eng kami
bilan nechta bo‘ladi?
A) 16 B) 31 C) 8 D) 128
Yechilishi. A to‘plamning elementlari soni
3 ta va B to‘plamning elementlari soni 4 ta
bo‘lsa, A ∪ B to‘plamning elementlari soni
eng kami (A ⊂ B bo‘lganda) n=4 ta bo‘ladi.
U holda A ∪ B to‘plamning qism to‘plamlari
soni eng kami 2n = 24 = 16 ta bo‘ladi.
To‘g‘ri javob: 16
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
Sh.N.Ismailov, A.Q.Amanov,
B.Q.Xaydarov. Matematika I va II qism,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 11-sinfi
va o‘rta maxsus, kasb-hunar ta’limi
muassasalari o‘quvchilari uchun darslik.
“ZAMIN NASHR”, Toshkent-2018.
5
B
4
3
2
1
A
-5
-4
-3
-2
-1 0
-1
1
2
3
4
5
-2
-3
C
-4
-5
Rasmdan ko‘rinib turibdiki, (3; 4) nuqtani
koordinatalar boshiga nisbatan soat mili
harakati yo‘nalishida 180◦ ga burish
natijasida (0; 0) nuqtaga nisbatan simmetrik
(−3; −4) nuqta hosil bo‘ladi.
To‘g‘ri javob: (−3; −4)
Manba: Sh.A.Alimov,
O.R.Xolmuhamedov, M.A.Mirzaahmedov.
Algebra, umumiy o‘rta ta’lim
maktablarining 9-sinfi uchun darslik.
“O‘qituvchi” nashriyot-matbaa ijodiy uyi.
Toshkent-2019.
30. 3 ta to‘g‘ri chiziq tekislikni ko‘pi bilan
nechta qismga ajratadi?
A) 7 B) 6 C) 3 D) 4
Yechilishi.
6
1
2
7
5
3
4
Rasmdan ko‘rinib turibdiki, 3 ta to‘g‘ri
chiziq tekislikni ko‘pi bilan 7 ta qismga
ajratadi.
To‘g‘ri javob: 7.
Manba: M.A.Mirzaahmedov,
Sh.N.Ismailov, A.Q.Amanov,
B.Q.Xaydarov. Matematika I va II qism,
umumiy o‘rta ta’lim maktablarining 11-sinfi
va o‘rta maxsus, kasb-hunar ta’limi
muassasalari o‘quvchilari uchun darslik.
“ZAMIN NASHR”, Toshkent-2018.
11