zbirka_zadataka_2012
207
UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA ZBIRKA ZADATAKA SA PRIJEMNIH ISPITA NOVI SAD, 2012.
-
Upload
radmilo-josipovic -
Category
Documents
-
view
2.231 -
download
1
description
Zbirka zadataka sa rešenjima za prijemni na FTN Novi Sad
Transcript of zbirka_zadataka_2012
UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIKIH NAUKA
ZBIRKA ZADATAKA SA PRIJEMNIH ISPITA
NOVI SAD, 2012.
Izdava: Fakultet tehnikih nauka Trg Dositeja Obradovia 6 21000 Novi Sad
Glavni i odgovorni urednik: Prof. dr Ilija osi, dekan
Ureivaki odbor: Prof. dr Ilija osi Prof. dr Ilija Kovaevi Prof. dr Vladimir Kati Prof. dr Janko Hodoli Prof. dr Sran Kolakovi
Tehnika obrada: mr Ranko Bojani Gordana Kuri
Informacije: Trg Dositeja Obradovia 6 Telefon: (021) 459-141 Telefaks: (021) 458-133 www.ftn.uns.ac.rs
Tira: 2000 primeraka
tampa:
SADRAJ
Opte informacije o prijemnom ispitu ...........................................................................................................1 Program prijemnog ispita iz matematike za upis elektrotehnike i raunarstva; graevinarstva; saobraaja, mehatronike, geodezije i geomatike i raunarske grafike .................................3 Program prijemnog ispita za upis arhitekture i urbanizma ............................................................................3 Program prijemnog ispita iz matematike sa logikom za upis studija industrijskog inenjerstva i inenjerskog menadmenta ...........................................................................................................................4 Program prijemnog ispita iz matematike sa proverom sklonosti za upis studija mainstva;........................5 Program prijemnog ispita iz matematike sa proverom sklonosti za upis studija odgovarajue struke za upis: grafikog inenjerstva i dizajna; inenjerstva zatite ivotne sredine, inenjerstva zatite na radu i upravljanje rizikom od katastrofalnih dogaaja i poara ................................6 Matematika za studije elektrotehnike i raunarstva; saobraaja i graevinarstva .........................................7 Matematika za studije elektrotehnike i raunarstva; mehatronike...............................................................11 Matematika za studije elektrotehnike i raunarstva; mehatronike; animacije u inenjerstvu .....................41 Matematika za studije saobraaja i graevinarstva .....................................................................................45 Matematika za studije saobraaja, graevinarstva i geodezija i geomatika ................................................61 Matematika za studije mainstva, industrijskog inenjerstva i inenjerskog menadmenta; grafikog inenjerstva i dizajna; inenjerstva zatite ivotne sredine, inenjerstva zatite na radu i upravljanje rizikom od katastrofalnih dogaaja i poara...........................................................................74
Matematika za osnovne strukovne studije......................................................................................93Provera sklonosti za upis mainstva ............................................................................................................95 Provera sklonosti za upis industrijskog inenjerstva i inenjerskog menadmenta ..................................116 Provera sklonosti za upis grafikog inenjerstva i dizajna........................................................................134 Provera sklonosti za upis in. zatite ivotne sredine, inenjerstva zatite na radu i upravljanje rizikom od katastrofalnih dogaaja i poara..............................................................................................154 Prijemni ispit iz geometrije sa arhitektonskom i optom kulturom...........................................................171
OPTE INFORMACIJE O PRIJEMNOM ISPITU 1. Prijemni ispit -
1a. Prijemni ispit iz Matematike polau kandidati koji ele da upiu sledee oblasti: Elektrotehnika i raunarstvo (kandidati se upisuju na jedan od sledea dva studijska programa: Energetika, elektronika i telekomunikacije; Raunarstvo i automatika). Saobraaj (kandidati se upisuju na jedan od sledea dva studijska programa: Saobraaj i transport; Potanski saobraaj i telekomunikacije). Graevinarstvo (kandidati se upisuju na studijski program: Graevinarstvo). Mehatronika (kandidati se upisuju na studijski program: Mehatronika). Geodezija (kandidati se upisuju na studijski program: Geodezija i geomatika). Raunarska grafika (kandidati se upisuju na studijski program: Animacije u inenjerstvu). 1b. Prijemni ispit iz Matematike sa logikom polau kandidati koji ele da upiu sledeu oblast: Industrijsko inenjerstvo i inenjerski menadment (kandidati se upisuju na jedan od sledea dva studijsk program: Industrijsko inenjerstvo; Inenjerski menadment).
1c. Prijemni ispit iz Matematike sa proverom sklonosti za studije mainstva polau kandidati koji ele da upiu sledeu oblast: - Mainstvo (kandidati se upisuju na jedan od sledea etiri studijsk program: Proizvodno mainstvo; Mehanizacija i konstrukciono mainstvo; Energetika i procesna tehnika; Tehnika mehanika i dizajn u tehnici). 1d. Prijemni ispit iz Matematike sa proverom sklonosti za studije odgovarajue oblasti polau kandidati koji ele da upiu sledee oblasti: - Grafiko inenjerstvo i dizajn Matematika sa proverom sklonosti za studije grafikog inenjerstva i dizajna (kandidati se upisuju na jedan studijski program: Grafiko inenjerstvo i dizajn). - Inenjerstvo zatite ivotne sredine i zatite na radu Matematika sa proverom sklonosti za studije inenjerstva zatite ivotne sredine (kandidati se upisuju na jedan od sledea tri studijska programa: Inenjerstvo zatite ivotne sredine; Inenjerstvo zastite na radu; Upravljanje rizikom od katastrofalnih dogaaja). 1e. Prijemni ispit iz Geometrije sa arhitektonskom i optom kulturom; Slobodoruno crtanje i Prostorna kompozicija polau kandidati koji ele da upiu sledeu struku (oblast): Arhitektura (kandidati se upisuju na studijski program: Arhitektura i urbanizam).
-
2. Nain bodovanjaUkupan broj bodova na osnovu kojeg se vri rangiranje kandidata za upis na Fakultet formira se kao zbir bodova ostvarenih po sledeem kriterijumu: 1. Opti uspeh u srednjem obrazovanju - podrazumeva zbir prosenih ocena iz svih predmeta u I, II, III i IV razredu, pomnoen sa brojem 2 (dva). Po ovom osnovu kandidat moe stei najmanje 16, a najvie 40 bodova. Opti uspeh u srednjem obrazovanju rauna se zaokruivanjem na dve decimale. 2. Kandidat je poloio prijemni ispit (i time stekao pravo na rangiranje radi upisa) ukoliko na prijemnom ispitu osvoji najmanje: - 14 bodova iz matematike za kandidate koji polau samo matematiku, - 14 bodova iz matematike sa logikom za kandidate koji polau matematiku sa logikom - 14 bodova iz matematike sa proverom sklonosti za studije mainstva koji polau matematiku sa proverom sklonosti za studije mainstva - 7 bodova iz matematike i 7 bodova iz testa provere sklonosti za kandidate koji polau matematiku sa proverom sklonosti za studije odgovarajue oblasti. - 6 bodova iz geometrije sa arhitektonskom i optom kulturom, 4 boda iz prostorne kompozicije i 4 boda iz slobodorunog crtanja za kandidate koji polau prijemni ispit za Arhitekturu. 3. Uspeh na prijemnom ispitu iz matematike za upis na Elektrotehniku i raunarstvo, Mehatroniku i Raunarsku grafiku boduje se od 0 do 60 bodova.1
4. Uspeh na prijemnom ispitu iz matematike za upis na Graevinarstvo, Saobraaj i Geodeziju i geomatiku boduje se od 0 do 60 bodova. 5. Uspeh na prijemnom ispitu iz matematike sa logikom za upis na Industrijsko inenjerstvo i inenjerski menadment boduje se od 0 do 60 bodova: 6. Uspeh na prijemnom ispitu iz matematike sa proverom sklonosti za studije mainstva za upis na Mainstvo, boduje se od 0 do 60 bodova: a) Matematika se boduje od 0 do 40 bodova, b) Provera sklonosti za studije mainstva se boduje od 0 do 20 bodova. 7. Uspeh na prijemnom ispitu iz matematike sa proverom sklonosti za studije odgovarajue oblasti za upis na Grafiko inenjerstvo i dizajn i Inenjerstvo zatite ivotne sredine i zatite na radu boduje se od 0 do 60 bodova: a) Matematika se boduje od 0 do 30 bodova, b) Provera sklonosti za studije odgovarajue oblasti se boduje od 0 do 30 bodova. 8. Uspeh na prijemnom ispitu za upis na Arhitekturu i urbanizam boduje se od 0 do 60 bodova: a) Geometrija sa arhitektonskom i optom kulturom boduje se od 0 do 30 bodova, b) Prostorna kompozicija boduje se od 0 do 15 boda, c) Slobodoruno crtanje boduje se od 0 do 15 boda. Maksimalan broj bodova je 100.
Kandidat se moe upisati na studijski program u statusu studenta koji se finansira iz budeta (status budetskog studenta) ili studenta koji sam finansira studije (status samofinansirajueg studenta) u zavisnosti od ukupnog broja ostvarenih bodova, mesta na rang listi i broja utvrenog za upis kandidata. Kandidat se moe upisati u statusu budetskog studenta ukoliko se nalazi na jedinstvenoj rang listi do broja odobrenog za upis kandidata na teret budeta i ako osvoji najmanje 51 bod. Kandidat se moe upisati u statusu samofinansirajueg studenta ukoliko se nalazi na jedinstvenoj rang listi do broja utvrenog za upis samofinansirajuih studenata i ako osvoji najmanje 30 bodova.
Priprema za polaganje prijemnog ispita za upis arhitekture se izvodi na Fakultetu tokom cele godine. Informacije se mogu dobiti na telefon: 021 / 6350 293 021 / 485 2223. Informacije za pripremnu nastavu iz matematike se mogu dobiti na telefon : 021/6350-770
2
PROGRAM PRIJEMNOG ISPITA IZ MATEMATIKE ZA UPIS ELEKTROTEHNIKE I RAUNARSTVA; GRAEVINARSTVA; SAOBRAAJA; MEHATRONIKE; GEODEZIJE I GEOMATIKE; RAUNARSKE GRAFIKE (10 zadataka)Na ispitu iz matematike polae se gradivo predvieno nastavnim planom i programom za srednje obrazovanje. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17. Osnovne logike operacije, pojam funkcije. Brojevi (prirodni, celi, racionalni, iracionalni, realni, kompleksni). Proporcionalnost veliina i primene. Racionalni algebarski izrazi. Polinomi. Linearna funkcija. Linearne jednaine i nejednaine, sistemi linearnih jednaina i nejednaina. Stepenovanje i korenovanje. Kvadratna funkcija. Kvadratne jednaine i nejednaine. Sistemi kvadratnih jednaina. Algebarske i iracionalne jednaine i nejednaine. Pojam logaritma. Logaritamska i eksponencijalna funkcija. Logaritamske i eksponencijalne jednaine i nejednaine. Trigonometrijske funkcije. Identiteti, jednaine i nejednaine. Primena trigonometrije. Matematika indukcija i nizovi. Aritmetika i geometrijska progresija. Kombinatorika i binomni obrazac. Planimetrija (prvenstveno geometrija trougla, etvorougla i kruga). Stereometrija (prizma, piramida, zarubljena piramida, valjak, kupa, zarubljena kupa, sfera i delovi sfere). Vektori. Analitika geometrija u ravni (prava, krunica, elipsa, hiperbola i parabola). Granine vrednosti nizova i funkcija. Izvod i primena
Literatura1. Srednjokolski udbenici iz matematike 2. Zbirka zadataka sa prijemnih ispita, FTN, 2010.
PROGRAM PRIJEMNOG ISPITA ZA UPIS: ARHITEKTUREPrijemni ispit za upis Arhitektonske struke sastoji se od 3 (tri ) dela i to: - Slobodoruno crtanje, - Prostorna kompozicija, - Geometrija sa arhitektonskom i optom kulturom.
Program prijemnog ispita iz Sloborunog crtanjaPredviene su etiri teme i likovna podruja od kojih e kandidati raditi na dan ispita SAMO JEDNU. Odabir teme bie poznat samo i jedino rukovodiocu ispita i to neposredno pred ispit. Teme: 1) gradski prostor (trg, ulica, tvrava, grupa kua ili neki drugi urbani ambijent Novog Sada). 2) enterijer nekog objekta (javna zgrada, banka, hram itd.). 3) scenografska postavka (plastina i artikulisana pozorina scena ili televizijski dekor sa mnotvom elemenata). 4) prostorna kompozicija koja se postavlja uoi ispita a ine je geometrijska tela, tkanina, drveni tapovi, skulptorski modeli i raznoliki predmeti svakodnevne upotrebe, kao i bilo koji drugi motivi mrtve prirode.3
Program prijemnog ispita iz Prostorne kompozicije
Ovaj deo ispita za kandidate treba da pokae njihovo oseanje za prostor, sposobnost slobodorunog oblikovanja na osnovu zadatih elemenata i da otkrije njihovo oseanje za meru, potujui matu i vrsto vezivanje za logiku materijala i oblika. Oseanje prostora, likovni izraz, radost kontrolisane igre i stvaralaki dar treba da budu u osnovi ovoga ispita, koji se u tom smislu niti ui niti moe nauiti. Organizatori prijemnog ispita nee do poslednjeg dana odrediti ni materijale ni elemente od kojih e ova ispitna kompozicija biti pravljena. Meutim, kompozicija e svakako biti raena na bazi papira, kartona, drvenih lajsni, tekstila, ica, kanapa ili bilo kog drugog materijala ili upotrebnog predmeta za koji e se komisija odluiti.
Program prijemnog ispita iz Geometrije sa arhitektonskom i optom kulturomIspit se sastoji od 30 pitanja; pitanja su iz oblasti geometrije, matematike, arhitekture, muzike, likovne umetnosti, knjievnosti, kao i iz opte kulture i informisanosti (film, kultura, drutvo, pozorite, istorija, geografija i slino); pitanja e po oblastima biti u sledeem odnosu: nacrtna geometrija - 4 pitanja, matematika - 3 pitanja, arhitektura - 8 pitanja, muzika umetnost - 3 pitanja, knjievnost - 4 pitanja, opta kultura i informisanost - 3 pitanja Oblasti iz matematike za prijemni ispit. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. Proporcionalnost veliina i primene. Stepenovanje i korenovanje. Kvadratna funkcija. Kvadratne jednaine Pojam logaritma. Logaritamska i eksponencijalna funkcija. Logaritamske i eksponencijalne jednaine Trigonometrijske funkcije. Identiteti, jednaine. Primena trigonometrije. Planimetrija (prvenstveno geometrija trougla, etvorougla i kruga). Stereometrija (prizma, piramida, zarubljena piramida, valjak, kupa, zarubljena kupa, sfera i delovi sfere). Vektori, Analitika geometrija u ravni (prava, krunica, elipsa, hiperbola i parabola).
Literatura:Arhitektonska kultura: 1. Ranko Radovi, Nova anatologija kua, 23 primera arhitekture i urbanizma sveta, Graevinska knjiga, Beograd, 2001. 2. Milan P. Rakoevi, Uvod u arhitektonsko projektovanje, Arhitektonski fakultet Univerziteta u Beogradu, 1998. (24 asa arhitekture naslov novog izdanja) 3. Jirgen Jedike (Jrgen Joedicke), Oblik i prostor u arhitekturi, Orion art, Beograd, 2009. 4. Zbirka zadataka sa prijemnih ispita na Fakultetu tehnikih nauka, FTN, 2010. Opta kultura: 1. Lj. Nikoli, B. Mili, itanka sa knjievno teoretskim pojmovima za III razred srednje kole, Zavod za udbenike i nastavna sredstva, Beograd, 2000. 2. Lj. Nikoli, B. Mili, itanka sa knjievno teoretskim pojmovima za IV razred srednje kole, Zavod za udbenike i nastavna sredstva, Beograd, 1999. 3. V. Galovi, B. Karadi, Likovna kultura, za gimnaziju i strednje strune kole, Zavod za udbenike i nastavna sredstva, Beograd, 2000. 4. S. Marinkovi, Muzika kultura za gimnaziju i strune kole, Zavod za udbenike i nastavna sredstva, Beograd, 2000. 5. K. Bogdanovi, B. Buri, Teorija forme Zavod za udbenike i nastavna sredstva, Beograd, 1999. 6. Zbirka zadataka sa prijemnih ispita na Fakultetu tehnikih nauka, FTN, 2010. Geometrija: 1. Srednjokolski udbenici iz Matematike i Nacrtne geometrije. 2. Zbirka zadataka sa prijemnih ispita na Fakultetu tehnikih nauka, FTN, 2010.
4
6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13.
Stepenovanje i korenovanje. Kvadratna funkcija. Kvadratne jednaine i nejednaine. Sistemi kvadratnih jednaina. Algebarske i iracionalne jednaine i nejednaine. Pojam logaritma. Logaritamska i eksponencijalna funkcija. Logaritamske i eksponencijalne jednaine i nejednaine. Trigonometrijske funkcije. Identiteti, jednaine i nejednaine. Primena trigonometrije. Matematika indukcija i nizovi. Aritmetika i geometrijska progresija. Kombinatorika i binomni obrazac. Vektori.
Literatura 1. Srednjokolski udbenici iz matematike, 2. Zbirka zadataka sa testovima sklonosti sa prijemnih ispita na Fakultetu tehnikih nauka, FTN, 2012. (nalazi se na sajtu Fakulteta).
PROGRAM PRIJEMNOG ISPITA IZ MATEMATIKE SA PROVEROM SKLONOSTI ZA STUDIJE MAINSTVA ZA UPIS: MAINSTVA(7 zadataka matematika, 10 pitanja iz provere sklonosti)Na ispitu iz matematike sa logikom polae se gradivo predvieno nastavnim planom i programom za srednje obrazovanje: 1. Osnovne logike operacije, pojam funkcije. 2. Brojevi (prirodni, celi, racionalni, iracionalni, realni, kompleksni). 3. Proporcionalnost veliina i primene. 4. Racionalni algebarski izrazi. Polinomi. 5. Linearna funkcija. Linearne jednaine i nejednaine, sistemi linearnih jednaina i nejednaina. 6. Stepenovanje i korenovanje. 7. Kvadratna funkcija. Kvadratne jednaine i nejednaine. Sistemi kvadratnih jednaina. 8. Algebarske i iracionalne jednaine i nejednaine. 9. Pojam logaritma. Logaritamska i eksponencijalna funkcija. Logaritamske i eksponencijalne jednaine i nejednaine. 10. Trigonometrijske funkcije. Identiteti, jednaine i nejednaine. Primena trigonometrije. 11. Matematika indukcija i nizovi. Aritmetika i geometrijska progresija. 12. Kombinatorika i binomni obrazac. 13. Vektori. Literatura 3. Srednjokolski udbenici iz matematike, 4. Zbirka zadataka sa testovima sklonosti sa prijemnih ispita na Fakultetu tehnikih nauka, FTN, 2012. (nalazi se na sajtu Fakulteta).
5
PROGRAM PRIJEMNOG ISPITA IZ MATEMATIKE SA PROVEROM SKLONOSTI ZA STUDIJE ODGOVARAJUE OBLASTI ZA UPIS: GRAFIKOG INENJERSTVA I DIZAJNA; INENJERSTVA ZATITE IVOTNE SREDINE, INENJERSTVA ZATITE NA RADU I UPRAVLJANJE RIZIKOM OD KATASTROFALNIH DOGAAJA IPOARA (5 zadataka matematika, 10 pitanja iz provere sklonosti) Program dela prijemnog ispita: Matematika1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. Osnovne logike operacije, pojam funkcije. Brojevi (prirodni, celi, racionalni, iracionalni, realni), stepenovanje i korenovanje, racionalni algebarski izrazi i polinomi. Proporcionalnost veliina i primene. Linearna funkcija. Linearne jednaine i nejednaine, sistemi linearnih jednaina i nejednaina. Kvadratna funkcija. Kvadratne jednaine i nejednaine. Sistemi kvadratnih jednaina. 6 Algebarske i iracionalne jednaine i nejednaine. Pojam logaritma. Logaritamska i eksponencijalna funkcija. Logaritamske i eksponencijalne jednaine i nejednaine. Trigonometrijske funkcije. Identiteti, jednaine i nejednaine. Primena trigonometrije. Matematika indukcija i binomni obrazac. Vektori.
Literatura1. Srednjokolski udbenik iz matematike 2. Zbirka zadataka sa prijemnih ispita, FTN, 2010
6
1. U skupu realnih brojeva nai skup reenja nejednaine
jul 2001. godine
ELEKTROTEHNIKA I RAUNARSTVO, SAOBRAAJ I GRAEVINARSTVO(prijemni ispit u julu 2001 i septembru 2001. i 2002. godine je bio isti za ove tri struke)
2.
x 2 + 2 x 16 3. x6 Nai m tako da zbir korena (reenja) jednaine x 2 + 2 + m m2 x + m2 = 0
(
)
3.
bude jednak 0 , a da proizvod bude jednak 4 . Dokazati da za svaki prirodan broj vai jednakost
n(n + 1) 1 + 2 + + n = . 2 2 3 3 3
4. 5. 6. 7. 8.
Zbir prva tri lana geometrijskog niza je 91 . Ako se zbir prvog i treeg lana pomnoi sa dobija se drugi lan niza. Odrediti prva tri lana niza. U skupu realnih brojeva reiti jednainu
30 , 61
log 4 2 4 x 2 1 + 4 = 2 x.U skupu realnih brojeva reiti jednainu
(
)
3 cos 2 x sin 2 x sin 2 x = 0. Stranica romba je a = 5 , a zbir dijagonala d 1 + d 2 = 14. Izraunati povrinu romba. Koliko se petocifrenih brojeva moe napisati od cifara 0, 1, ,9 , ako se cifrea. mogu ponavljati; b. ne mogu ponavljati.
9. 10.
Data je prava 2 x + y 12 = 0 i parabola y 2 = 4 x . Nai jednainu tangente na parabolu u presenoj taki M ( x0 , y0 ) , y0 < 0, prave i parabole. Visina i izvodnica kupe odnose sa kao 1: 2 , a njena zapremina je 1000 cm 3 . Izraunati povrinu kupe. Svaki zadatak nosi 6 bodova.
7
REENJA:1.
x ( ,2] [1,6) .
2. 3.
Na osnovu Vietovih formula, iz x1 + x 2 = 2 + m m 2 = 0 i x1 x 2 = m 2 = 4 sledi da je m = 2. Da data jednakost vai za svaki prirodan broj n dokazaemo koristei princip matematike indukcije. Za n = 1 data jednakost vai, jer je
(
)
Pretpostavimo da data jednakost vai za n = k , tj.
1 (1 + 1) 13 = . 2 2
Dokazaemo da data jednakost vai i za n = k + 1
k (k + 1) 13 + 2 3 + + k 3 = . 2 2
(k + 1)(k + 2 ) k (k + 1) 3 3 13 + 2 3 + + k 3 + (k + 1) = . + (k + 1) = 2 2 2 2
4.
Dakle, na osnovu principa matematike indukcije data jednakost vai za svaki prirodan broj n. Oznaimo sa b1 , b2 i b3 prva tri lana geometrijskog niza. Iz
30 = b2 , sledi da je b2 = 30 i b1 + b3 = 61. 61 Iz b1 + b3 = 61 i b1 b3 = 900 sledi da je (b1 , b2 , b3 ) {(25,30,36), (36,30,25)}.
b1 + b2 + b3 = 91, (b1 + b3 )
5.
Iz log 4 2 4 x 2 1 + 4 = 2 x sledi da je 4 x 16
x = 2.
(
)
(
)
2
= 0 , tj. da je reenje date jednaine realan broj
6.
Deljenjem date jednaine sa cos x ( cos x 0 ) dobija se jednaina reenjima tgx = 1 ili tgx = 3. Iz tgx = 1 sledi da je skup reenja ove jednaine A =
3 tg 2 x 2tgx = 0 sa
+ k1 : k1 Z . Iz tgx = 3 sledi da je 4 skup reenja ove jednaine B = { arctg 3 + k2 : k2 Z} .Skup svih reenja date jednaine je skup C = A U B .
7.
Iz d 1 + d 2 = 14 i a = 5 sledi da je d 1 d 2 = 48. Kako je povrina romba P =
traenog romba P = 24. 8. a) V 510 V 410 = 10 5 10 4 = 9 10 4 . b) V510 V410 = 6 7 8 9 2.
1 d 1 d 2 to je povrina 2
9.
Iz 2 x + y = 12 i y 2 = 4 x sledi da je
( x, y ) = ( 4, 4 )
ili
( x, y ) = ( 9, 6 ) . Dakle, traena taka je
10.
1 M ( 9, 6 ) . Jednaina tangente u datoj taki M na parabolu je prava y = x 3. 3 2 2 2 sledi da je r = H 3. Iz Kako je H : s = 1 : 2 , to je s = 2H . Iz r = s H 1 2 V = r H = 1000 cm 3 sledi da je H = 10cm , pa je r = 10 3cm, s = 20cm. Dakle, traena 3 povrina kupe je P = r 2 + rs = 100 3 + 2 3 cm 2 .
(
)
8
1. 2. 3. 4. 5.2 3x + 3 x 3x 3 x Izraunati 2 2 2 x + x2 0. Reiti nejednainu x3
ELEKTROTEHNIKA I RAUNARSTVO, SAOBRAAJ I GRAEVINARSTVO septembar 2001 . 2
Dokazati da za svaki prirodan broj n vai
1 + 2 + + n =
n ( n + 1)
U jednaini x 2 (k + 2 )x + 2(k + 2 ) = 0 odredi realan parametar k tako da jedan koren (nula) jednaine bude dva puta vei od drugog korena. Ako je zbir prva tri lana aritmetikog niza 21, a zbir prvih est lanova 78, nai zbir prvih devet lanova. U skupu realnih brojeva reiti jednainu U skupu realnih brojeva reiti jednainu
2
.
6. 7. 8.
9 x 24 3 x 1 = 9. sin 2 x + cos x + 1 = 0.
U pravouglom trouglu date su katete a = 3cm i b = 4cm. Odredi visinu koja odgovara hipotenuzi. Odrediti presene take krunice x 2 + y 2 + 6 x 4 y = 0 i prave x y + 4 = 0. Pravougli trougao ije su katete a = 3cm i b = 4cm rotira oko katete b. Nai zapreminu nastalog rotacionog tela.Svaki zadatak nosi 6 bodova.
9. 10.
REENJA:1)
3x + 3 x 3x + 3 x 3x + 3 x 3x 3 x = 2 2 2 2
2
2
3x + 3 x 3x 3 x + 2 2
2 3 x 2 3x = 1. = 2 2
2)
( x + 2 )( x 1) 0 x , 2 1,3 x2 + x 2 0 ( ] [ ) x 3 x 31 2 = 1; 2
3) n = 1:
Pretpostavka da tvrenje vai za n = k : 1 + L + k =
. Dokaz da tvrenje vai za n = k + 1: 2 k ( k + 1) k ( k + 1) + 2 ( k + 1) ( k + 1)( k + 2 ) 1 + L + k + ( k + 1) = + ( k + 1) = = . 2 2 2x2 =x1 =
k ( k + 1)
4) x1 = 2 x 2
k +2 3
x1 + x 2 = k + 2 x1 x2 = 2 ( k + 2 )
2k + 4 3
k +2=9 k =79
k + 2 2k + 4 = 2k + 4 3 3
5) S3 = 21 S 6 = 78 3 (2a1 + 2d ) = 21 2
Reavanjem sistema jednaina a1 + d = 7
6 ( 2a1 + 5d ) = 78 2 2a1 + 5d = 26 dobijamo a1 = 3 i d = 4 tako da je
S10 =
10 ( 2 3 + 9 4 ) = 210 2 8 3x 9 = 0 ,
6)
(3 )x
2
t = 3x ,
t 2 8t 9 = 0 ,
t1/2 =
t1 = 9 ,
t 2 = 1 , 3 x = 9 , 3 x = 1 ; 3 x = 9 x = 2
8 64 + 36 2 x 3 = 1 nema reenja.
Dakle, reenje je samo realan broj x = 2 7) sin 2 x + cos x + 1 = 0 1 cos 2 x + cos x + 1 = 0
x = (1 + 2k ) , cos 2 x cos x 2 = 0 cos x = 1 cos x = 2 nema reenje
kZ
8) c = a 2 + b 2 = 52
a b = c hc hc =
3 4 5
hc = 2.4cm
9) ( y 4 ) + y 2 + 6 ( y 4 ) 4 y = 0
x = y4
y =4 x =0y = 1 x = 5
A ( 0, 4 ) B ( 5, 1)
10) V =
1 BH , 3
B = r 2 = 91 V = 9 4 3 V = 12 cm3
H = b = 4cmr = a = 3cm
10
1.
septembar 2002
ELEKTROTEHNIKA I RAUNARSTVO, MEHATRONIKA, SAOBRAAJ I GRAEVINARSTVONai interval najmanje duine kojem pripada realan broj k tako da reenja x1 , x2 kvadratne jednaine ( k 1) x 2 + ( k 5 ) x ( k + 2 ) = 0 zadovoljava uslov 2. 3.
1 1 + > 2. x1 x 2
Cena nekog proizvoda poveana je za 40%. Za koliko procenata treba menjati dobijenu cenu, da bi se dobila prosena cena? Zbir tri uzastopna lana aritmetike progresije je 54. Ako je najvei od njih dva puta vei od najmanjeg, nai proizvod ta tri broja. Ako je cos x + cos y = a, sin x + sin y = b, a 0, pokazati da je
4.
cos( x + y ) kao funkciju od a i b.5. Reiti jednainu
b x+ y = tg . Nai a 2
log 2 x log 2 8 x + 5 = 0 .
6. 7. 8.
Nai jednainu krunice koja spolja dodiruje krunicu x 2 + y 2 4 x 5 = 0 a centar joj je u taki C ( 5, 4 ) . Dijagonale jednakokrakog trapeza su uzajamno normalne. Izraunati njegovu povrinu ako je krak c = 2 5 , a odnos osnovica 3 :1 . Osnova prave pravilne estostrane piramide je upisana u osnovu valjka a njen vrh lei u centru gornje osnove valjka. Ako je visina piramide H=6 cm, a njena zapremina V = 12 3cm 3 , nai povrinu valjka. Nai reenje jednaine 2 3 x +1 4 3 x 2 = 450 .
9. 10.
1 Koeficijent etvrtog i estog lana u razvijenom obliku binoma + a a odnose se kao 5:18. Nai vrednost lana koji ne sadri a.Svaki zadatak nosi 6 bodova.
n
REENJA:1.
k 5 x1 + x2 1 1 k +9 + >2 > 2 k 1 > 2 0, x 1 i 6 5 x > 0 tj. za
6 x (0,1) (1, ) . Za x > 1 logaritam je monotono rastua funkcija pa je 5 log x (6 5 x) < 2 6 5 x < x 2 x 2 + 5 x 6 > 0 x (,6) (1, ) . 6 Dakle, reenje je x (1, ) . 5Za 0 < x < 1 logaritam je monotono opadajua funkcija pa je
log x (6 5 x) < 2 6 5 x > x 2 x 2 + 5 x 6 < 0 x (6,1) . 6 Dakle, reenje je x (0,1) . Znai skup reenja je (0,1) (1, ) . 55. Kako je proizvoljan pravougaonik odreen izborom dve prave od horizontalnih ( ima ih 8 ) i dve prave od vertikalnih ( ima ih 6 ) to je broj svih pravougaonika jednak = 1260. 2 2 6. 8 10
S n = b1 + b2 + ... + bn + ... =
b1 = 4 b1 = 4(1 q ). 1 qq + q +1
b4 b1 = b1q 3 b1 = b1 (q 3 1) = b1 (q 1)(q 2 + q + 1) = 7(q 1) 2 b1 = 7(q 1) . Sledi da je 2 b1 = 2, q =7.
1 pa je b2002 = b1 q 2001 = 2 2000 . 2 f ( x) = sin x 3 sin 3 x + sin 5 x = (sin x + sin 5 x) 3 sin 3 x = 12 3
= sin 3x(2 cos 2 x 3) .x sin 3 x2 cos x 3
0
2 3
11 12
+ + +
+ -
+
+ -
+ + +
f(x)
Dakle, skup reenja date nejednaine je 8.
2 11
, , . 12 3 3 12
OD = OA+ OC OB = (1,1,2) + (1,1,2) (1,2,3) = (1,0,1) ; 1 4 7 1 1 OT = (OA+ OB + OC ) = (1,4,7) . Dakle, koordinate su D(1,0,1); T ( , , ) . 3 3 3 3 3 a) Kako su uglovi OCA i OCB svaki od 900 to su take A,C, i B kolinearne; b) Ako je r poluprenik datih krugova to je traena povrina
9.
r 2 r 2 1 POCA = r 2r . Kako je u naem sluaju r = 2cm to je 2 2 2 2 P = (2 4)cm . P=10. Neka je S centar upisane lopte u oktaedar ABCDV V , tj. presek dijagonala AC i BD kvadrata ABCD i neka je T normalna projekcija take S na ravan trougla BCV (kako je u pitanju pravilnui oktaedar to taka T mora da bude ba teite trougla BCV). Sa r oznaimo poluprenik upisane lopte Ako je P sredina ivice BC tada iz pravouglog trougla STP sledi da je
r 2 = ST 2 = SP 2 PT 2 =
a2 1a 3 2 ( ) 4 3 2
tj. r =
a 6 , pa je zapremina traene lopte 6
V=
1 3 a 6 . 2713
ELEKTROTEHNIKA I RAUNARSTVO; MEHATRONIKA1. U skupu realnih brojeva uprostiti izraz: 1 x 1+ x
jul 2003
1+ x + 1 x a) 2.
, za x =
2tg tg 2 + 1(8
bodova) U skupu realnih brojeva reiti nejednainu
, 4 4
b)
, , . 2 4 4 2
7 9 + < 1 x 5x + 6 x 32
(5 bodova)
3. 4. 5.
U skupu realnih brojeva reiti sistem jednainay
3 2 x 2 y = 77 3 x 2 2 = 7 . Nai skup reenja sistema jednaina
(4 bodova)
(5 bodova) Na koliko razliitih naina se od prvih 27 uzastopnih prirodnih brojeva, mogu odabrati tri broja, tako da njihov zbir bude deljiv sa 3? (7 bodova) Odrediti x tako da brojevi
log 2 x log 4 y = 0 5 x 2 y 2 = 4 .
6. 7. 8.
1 1 1 , , obrazuju aritmetiku progresiju. log 3 5 log 6 5 log x 5
(4 bodova)
U skupu realnih brojeva reiti nejednainu (6 bodova) Neka su P i Q sredine redom stranica BC i CD paralelograma ABCD, neka je R presek dui AP i BQ i neka je a = AB , b = BC . a) Izraunati i ako je a + b = 0 ;
tg 2 x (1 + 3 )tgx + 3 < 0 .
(2 bodova)
b) Ako je PR = PA i RB = QB , tada izraziti vektore BP , PR i RB u zavisnosti od vektora a i b i skalara (realnih brojeva) i ; c) Izraunati i i AR:RP, koristei zbir BP + PR + RB 9.
(2 bodova) (4 bodova)
Izraunati povrinu trapeza ABCD ije osnovice su AB=8 i CD=4, a uglovi na osnovici su =
4
i
=10.
6
.
(6 bodova)
Izraunati zapreminu pravilnog tetraedra, ako mu je rastojanje izmeu sredina dve naspramne ivice 2. (7 bodova)
REENJA:
1.
1+
2tg 2tg 1 2 2 tg + 1 tg + 1
2tg 2tg + 1 2 1+ 2 tg + 1 tg + 1Ako je
=
tg + 1 tg 1 tg + 1 + tg 1
.
tg + 1 tg 1 , , tada je tg [ 1,1] ,pa je = tg ; tg + 1 + tg 1 4 4 tg + 1 tg 1 1 ; = Ako je , , tada je tg ( , 1] ,pa je tg + 1 + tg 1 tg 2 414
Ako je 2. 3. 4.
tg + 1 tg 1 1 , , tada je tg [1, ) ,pa je . = tg + 1 + tg 1 tg 4 2 ( x + 5)( x 1) 7 9 + < 1 < 0 x ( 5,1) (2,3) . 2 ( x 2)( x 3) x 5x + 6 x 3y
Smenom 3x = u , 2 2 = v dati sistem se svodi na ekvivalentan sistem u 2 v 2 77 u v = 7 . Deljenjem ovih jednaina dobija se u + v = 11 u v = 7 , pa je (u,v)=(9,2) odnosno (x,y)=(2,2).
log 2 x log 4 y = 0 5 x 2 y 2 = 4 log 2 x log 2 2 y = 0 5 x 2 y 2 = 4 log 2 x 1 log 2 y = 0 5 x 2 y 2 = 4 x = y 5 x 2 y 2 = 4 ( x, y ) {(1,1), (2,4)}. 2
5.
Podelimo tih 27 brojeva u tri grupe po 9 brojeva tako da su u prvoj grupi svi brojevi koji su deljivi sa 3, u drugoj grupi su brojevi koji pri deljenju sa 3 daju ostatak 1 i u treoj grupi svi brojevi koji pri deljenju sa 3 daju ostatak 2 . Da bi zbir tri izabrana broja bio deljiv sa tri moraju ti brojevi da budu u istoj grupi ili sva tri broja treba da budu iz razliitih grupa. U prvom sluaju ima ih ukupno 3 , a 3 u drugom sluaju ima ih ukupno 93 , te je rezultat da ih ima ukupno 3 + 9 3 = 981 . 3
9
9
6.
Kako vai
1 1 1 = log 5 3, = log 5 6, = log 5 x to iz uslova da oni tim redom obrazuju log x 5 log 6 5 log 3 5 aritmetiku progresiju sledi da je 2 log 5 6 = log 5 3 + log 5 x = log 5 3 x x = 12 . , interval , , a nad celim skupom realnih brojeva unije 4 3 2 2 svih intervala oblika + k , + k , gde k prolazi kroz skup celih brojeva. 3 4
7.
Kako je tg 2 x (1 + 3 )tgx + 3 < 0 (tgx 1)(tgx 3 ) < 0 tgx (1, 3 ) to je reenje date nejednaine nad intervalom
8.
a) Kako su vektori a i b nekolinearni to vai
a+ b = 0 = 0 = 0 ; 1 1 1 b) BP = b , PR = ( b a ), RB = ( a b ) ; 2 2 2 1 1 1 c) BP + PR + RB = 0 b + ( b a ) + ( a b ) = 0 2 2 2 1 2 1 1 1 1 ( + ) a + ( ) b = 0 + = 0 = 0 = = . 2 2 2 2 2 2 5 5 Sledi da je AR : RP = 4 :19. Ako su E i F redom normalne projekcije taaka D i C na osnovicu AB i ako je DE=CF=h, tada je AB= AE+EF+FB=h+4+h 3 =8, odakle sledi da je h= 2 3 2 , te je traena povrina
P=10.
8+4 2( 3 1) = 12( 3 1) . 22
Ako sa M i N oznaimo redom sredine ivica AB i CD tetraedra ABCD a sa a=AB to iz pravouglog trougla AMN sledi da je2 a 1 + 2 = a 3 odnosno da je a = 2 . Sledi da je zapremina tetraedra jednaka 2 2 2 1 a 3 2 a3 2 V= a = . 3 4 3 12
( )
2
15
ELEKTROTEHNIKA I RAUNARSTVO; MEHATRONIKA1. 2. 3. 4. 5. 6. 2x 2x 1 4. 2x +1 Za koje vrednosti realnih brojeva a i b jednaina ax 2 x + b = 0 2 ima tano jedno reenje x = x 0 za koje vai 2 x0 = x0 . U skupu realnih brojeva reiti nejednainu: U skupu realnih brojeva reiti jednainutg x(2 sin x) = 3 . 4 cos x2
jul 2004
U skupu realnih brojeva reiti jednainu log 2 ( x + 1) = log 4 ( x + 3) . U skupu realnih brojeva reiti sistem jednaina 2 x 3 y 2 = 4; 2 x + 3 2 y = 13. Data je kocka sa temenima B1 (1,0,1) ; C1 (1,1,1) ; D1 (0,1,1) .
A(0,0,0);
B(1,0,0); C(1,1,0); D(0,1,0);
A1 (0,0,1) ;
a) Izraunati ugao izmeu vektora AB1 i A1C1 ; b) Izraunati skalarni prozvod vektora AB1 i A1C1 ; c) Izraunati koordinate teita T trougla ACB1 . 7. Date su take A(1,1); B(2,1); C (2,1 + 3 ) i krunica K ija je jednaina ( x 1) 2 + y 2 = 1 . Odrediti jednaine onih tangenti krunice K koje su paralelne sa simetralom unutranjeg ugla kod temena A trougla ABC. Da li postoji geometrijski niz {bn } kod koga je obrazloiti. 9. Dokazati da za svaki prirodan broj n, broj 10 3 2 n +1 24n 30 deljiv sa 24. 1 1 (b1 + b3 + b4 ) = (b2 + b4 ) ? Odgovor 3 2
8.
10. Koarkaki klub A ima na raspolaganju 8 igraa, a koarkaki klub B ima na raspolaganju 9 igraa. Svaki od klubova za utakmicu bira prvu postavu od 5 koarkaa. Koliko ima razliitih naina da 10 igraa izae na parket? .Svaki zadatak nosi 6 bodova
REENJA:1. Data nejednaina je definisana za x 1 . 2
2x2 2x 1 2x2 2x 1 2 x 2 10 x 5 4 40 0 2x + 1 2x + 1 2x + 1 1 5 35 5 35 x , , + . 2 2 2 2 2 2.2 Reenja kvadratne jednaine 2 x0 = x0 su brojevi x01 = 0; x02 = 2 . Uvrtavanjem x01 = 0 u jednainu
ax 2 x + b = 0 dobija se da je b = 0 i tada je ax 2 x = 0 x( ax 1 ) = 0 , pa kako je x01 = 0 jedinoreenje te jednaine, sledi da mora da bude a = 0 . Uvrtavanjem x02 = 2 u jednainu ax 2 x + b = 0 dobija se da je 4a 2 + b = 0 odnosno b=2-4a, pa data jednaina sada glasi ax 2 x + 2 4 a = 0 . Kako je x02 = 2 jedino reenje sledi da mora da bude ili a = 0 b = 2 ili16
a 0; x1 + x2 =
1 2 4a 1 = 4; x1 x2 = = 4 . Sledi da je u ovom sluaju a = ; b = 1 . Dakle, reenje je a a 4 1 a = b = 0 ( a = 0 b = 2 ) ( a = b = 1). 43. Data jednaina definisana je za x + k : k Z . 2 3 sin x 3 tg x( 2 sin x ) = ( 2 sin x ) = 4 cos x cos x 4 cos x 1 3 1 3 sin x = je sin 2 x 2sin x + = 0 sin x = sin x = . Skup reenja jednaine 2 4 2 2 3 5 + 2 m : m Z , dok jednaina sin x = nema reenja. Dakle, skup reenja + 2l : l Z 2 6 6 5 polazne jednaine je + 2l : l Z + 2 m : m Z . 6 6
4.
Data jednaina je definisana za x > 1 . log 2 ( x + 1 ) = log 4 ( x + 3 ) log 2 ( x + 1 ) = log 2 2 ( x + 3 ) 1 log 2 ( x + 3 ) log 2 ( x + 1 ) 2 = log 2 ( x + 3 ) 2 ( x + 1) 2 = x + 3 x = 2 x = 1. Reenje polazne jednaine je samo realan broj x=1, dok realan broj x = 2 nije reenje, jer data jednaina je definisana za x > 1 . log 2 ( x + 1 ) =
5. 6.
Smenom 2 x = u ,3 y = v dati sistem se svodi na ekvivalentan sistem u v = 36 ; u + v = 13 , sa reenjima ( u , v ) {( 4 ,9 ),( 9 ,4 )} , odnosno sa reenjima ( x , y ) {( 2 ,2 ),(log 2 9 , log 3 4 )}. a)
Ako sa oznaimo ugao izmeu vektora AB1 = OB 1 OA = ( 1,0 ,1 ) ( 0 ,0 ,0 ) = ( 1,0 ,1 ) i
A1 C 1 = OC 1 OA1 = ( 1,1,1 ) ( 0 ,0 ,1 ) = ( 1,1,0 ) to iz AB1 = A1 C 1 = 2 , sledi da si
cos =
AB1 A1 C 1 AB1 A1C1
=
1 odnosno = . 2 3
7.
AB1 A1C 1 = ( 1,0 ,1 ) ( 1,1,0 ) = 1 1 + 0 1 + 1 0 = 1 . 1 1 2 1 2 c) OT = ( OA+ OC + OB1 ) = (( 0 ,0 ,0 ) + ( 1,1,1 ) + ( 1,0 ,1 )) = ( , , ). 3 3 3 3 3 Kako prava b=p(A,B) ija je jednaina y=1 zaklapa ugao 0 sa pozitivnim delom x-ose, a prava c=p(A,C) ija je jednaina y = 3 x + 1 3 zaklapa ugao sa pozitivnim delom x-ose , to 3 tangente treba sa pozitivnim delom x-ose da zaklapaju ugao . Dakle , tangente treba da imaju 6 3 . Da bi prava p:y=kx+n bila tangenta krunice koeficijent pravca k = tg = 6 3 ( x x0 ) 2 + ( y y 0 ) 2 = r 2 , treba da vai uslov dodira r 2 ( 1 + k 2 ) = ( kx0 y 0 + n ) 2 .Uvrtavajuib)
3 3 , x0 = 1, y 0 = 0 , r = 1 u uslov dodira dobija se da je n1 = 3 , n 2 = . Dakle, traene 3 3 3 3 3 x 3; t2 : y = x+ . tangente su prave t 1 : y = 3 3 3 k=17
8.
Pretpostavimo da postoji geometrijski niz {bn } . Na osnovu uslova treba da vai b b 1 1 ( b1 + b3 + b4 ) = ( b2 + b4 ) 1 ( 1 + q + q 2 ) = 1 ( q + q 2 ). Ako je b1 = 0 , to sledi da 3 2 3 2 stacionaran niz {bn : bn = 0 , n N } ispunjava dati uslov. Dalje, ako je b1 0 sledi iz b1 b ( 1 + q + q 2 ) = 1 ( q + q 2 ) 0 = ( q 1 )( q 2 q + 2 ) q = 1 . Sledi da su jedini realni 3 2 geometriski nizovi koji ispunjavaju dati uslov stacionarni nizovi, tj. nizovi oblika {bn : bn = b R , n N } . Tvrenje je tano za n = 1 , jer je broj 10 3 2 24 30 = 24 9 deljiv sa 24 . Pretpostavimo da tvrenje vai za n = k , tj. da je broj 10 3 2 k +1 24 k 30 deljiv sa 24 . Potrebno je dokazati da tvrenje vai i za n = k + 1 , tj. da je broj 10 3 2 k +3 24( k + 1) 30 deljiv sa 24 . Kako je: 10 32 k +3 24( k + 1) 30 = 9 10 32 k +1 9 24k + 8 24k 9 30 + 216 =
9.
= 9 (10 32 k +1 24k 30) + 24 (8k + 9) i 10 32 k +1 24k 30 = 24 M po pretpostavci, to je 10 32 k +3 24(k + 1) 30 = 24 (9 M + 8k + 9) . Dakle, po principu matematike indukcije, dati brojje deljiv sa 24 za svaki prirodan broj. 10.
8 9 Klub A prvu postavu moe izabrati na naina, a klub B prvu postavu moe izabrati na 5 5 8 9 naina. Dakle, utakmica moe da zapone na = 56 125 = 7056 naina. 5 5
18
ELEKTROTEHNIKA I RAUNARSTVO;MEHATRONIKA1. 2. Odrediti oblast definisanosti i izraunati nulu funkcije f ( x ) = log 2 x 5 x + 5 . x+22
)jul 2005
(
Neka su x1 i x 2 reenja (koreni) u skupu kompleksnih brojeva kvadratne jednaine x 2 px + q = 0 . Izraunati realne brojeve p i q tako da vai2 x12 x2 + =p i x2 x1
1 1 + = q. x1 x2
3. 4.
Reiti jednainu 25 x 6 5x 16 = 0. Data je jednaina : tgx + ctg = 4 3 . 3
a) reiti po x jednainu na intervalu 0, ; 2 b) reiti po x jednainu na intervalu , . 2 5. Dati su vektori a = p 3q i b = p + 2q, gde je p = q = 2 i
( p, q ) = 3
a) Izraunati povrinu paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b b) Izraunati intezitet vektora a c) Ispitati da li su vektori a i b normalni. 6. 7. Izraunati povrinu romba ija je stranica a = 9, a razlika dijagonala d1 d 2 = 2. Za kompleksne brojeve z = 1 + i i w = 3 i izraunati z a) z + w b) z w c) d) arg ( z ) e) z f) wn
z
8.
1 Dat je binom x + 4 . x a) da li postoji n za koje prva tri binomna koeficijenta u razvijenom obliku binoma obrazuju tri uzastopna lana nekog aritmetikog niza? b) Za n=23 odrediti binomni koeficijent uz x 4 u razvijenom obliku binoma.Koliko ima razliitih 5-cifrenih brojeva (prva cifra je razliita od 0) koji meu svojim ciframa sadre bar jednu cifru 1?2
9.
10. Data je funkcija f ( x ) = xe x . a) Izraunati y 0 za koju taka A(1, y 0 ) pripada grafiku date funkcije. b) Nai jednainu tangente u taki O(0,0 ) grafika date funkcije. c) Ispitati monotoniju i ekstremne vrednosti date funkcije.
Svaki zadatak nosi 6 bodova
19
REENJA:1.
Argument logaritamske funkcije mora biti pozitivan, imenilac u razlomku mora biti razliit od 0, a potkorena veliina mora biti negativna: log 2 x 2 5 x + 5 x2 5x + 5 > 0 x+20 0 x+2 5 5 5+ 5 x , x 2 2 2 2 log 2 x 5 x + 5 0 > 2 log 2 x 2 5 x + 5 0 x < 2 5 5 5+ 5 x , 2 , x 2 ( x ( 2,1]) [ 4 , ) 2
(
)
((
(
)
)) (
(
)
)
x
( x ( 2,1]) [ 4, ) .
Dakle, domen funkcije je D = ( 2,1] [ 4, ) . Za x D je
x2 5x + 5 = 1 x+2 x 2 5 x + 4 = 0 x {1, 4} DDakle, funkcija f ima dve nule: x1 = 1 i x2 = 4 . 2. Za reenja x1 i x2 kvadratne jednaine J : x 2 + px + q = 0 vae Vietove formule
f =0
log 2 x 2 5 x + 5
(
) =0
[V 1] : x1 + x2 = p[V 1],[V 2] p
[V 2] : x1 x2 = q.[V 2]
1 Iz [U 2] : x1 +
1 x2
= q sledi da mora biti x1 0 i x2 0 , te je I q = x1 x2 0. Pri tome je= q, odakle sledi p = q 2 0 [*] .
q=
1 x1
+
1 x2
=
x1 + x2 x1 x2
Dalje je
[U 1] : p ==
x12 x2
+
x2 2 x1
=
x13 + x23 x1 x2
=
( x1 + x2 )( x12 x1 x2 + x22 )q2 2
=
p x12 + 2 x1 x2 + x2 2 3 x1 x2 q
(
)
( =
p ( x1 + x2 ) 3 x1 x2 q
) = p( p 3q ) ,q
odakle sledi [*] 2
1 = 3q p = 3q q = 3 q3 q3 = 2 q = 3 2, q qp = 3 4 q = 3 2 .
4
a uvrtavanjem zadnje jednakosti u [*] dobijamo p = 3 4. Dakle, zadatak ima jedno reenje:
20
3. Kako je 25 x = 5 x
4.
Funkcije tg x i ctg x su definisane za svako x ( 0, ) i svako x ( , ) . 2 2 (a) Na intervalu ( 0, ) su pozitivne obe funkcije tg x i ctg x , te je na ( 0, ) pozitivna i funkcija 2 2
(t = 5 (5
( )
2
, smenom t = 5 x dobijamo da je jednaina ekvivalentna sa
x x
t 2 6t 16 = 0 t = 5 x t1,2 = = 2 5 x = 8 x = log 5 8.
)
) (
6 10 2
= {2,8}
)
tg x + ctg x . Stoga je za x ( 0, ) jednaina ekvivalentna sa 2tg x + 1 4 3 = / c t g x 3 tg x2
tg
2
x
4 3
3
tg x + 1 = 0
t = tg x t
4 3
3
t + 1 = 0
3 3 t = t = tg x t = 3 3 3 tg x = tg x = 3 0, x = x = 3 2 6
0, . 2
(b) Na intervalu
tg x + ctg x . Stoga je za x ( , ) jednaina J ekvivalentna sa 2
( 2 , ) su negativne obe funkcije tg x i ctg x , te je na ( 2 , ) negativna i funkcija
1 1 4 3 / c t g x tg x + = = tg x 3 tg x c tg x 4 3 4 3 tg x + 1 = 0 t = tg x t 2 + t +1 = 0 tg 2 x + 3 3 3 t = tg x t = 3 t = 3 3 tg x = 3 tg x = 3 2 5 , x = , . x = 3 6 2 2 a) Po definiciji vektorskog proizvoda, povrina paralelograma je
5.
r r ur r ur r ur ur ur r r ur r r a b = p 3q p + 2 q = p p + 2 p q 3q p 6 q q = r ur r ur r r ur r ur r ur r = 0 + 2 p q + 3 p q 6 0 = 5 p q = 5 p q sin p, q =
(
) (
)
( (
))
= 2 0 sinb)
3
= 10 3.
r r r r r a = aa = aa =
( p 3q ) ( p 3q ) =
u r
r
u r
r
u u r r u r ru r r r r p p 3 pq 3q p + 9q q = u r r 40 24 cos
=
u 2 ur r r r2 u r r p 6 pq + 9 q = 40 6 p q cos
( ( p, q ) ) =
3
=
= 40 12 = 2 7.21
c) Kako je
r r u r r u r r u u r r u r u r r r u 2 u r r r r r r2 a b = p 3q p + 2q = p p + 2 p q 3 p q 6q q = p p q 6 q = u r r u r r = 4 p q cos p, q 24 = 22 0, r r sledi da vektori a i b nisu ortogonalni.
(
)(
( ( ))
)
6.
Dijagonale romba se seku pod pravim uglom, te na osnovu Pitagorine teoreme sledi
d1 d 2 2 + = a = 81 2 2d1 d 2 = 2 / 2 d1 d 2 + = 81 2 2 2 2
2
2
d12 2d1d 2 + d 2 2 = 4 d12 + d 2 2 = 324
te uvrtavanjem druge jednakosti u prvu dobijamo
2d1d 2 = 320 , odakle sledi da je povrina romba P =7.
d1d 2 = 80 . 2
Za kompleksne brojeve z = 1 + i i w = 3 i izraunati a) z + w = 3 1 b) z w = 1 3 + i 1 + 3 c)
(
)
z 1 3 1 3 = +i + 4 4 w 4 4 3 d) arg( z ) = 4 e) z = 2 4 38 i 4 11 i 4 38 i 4 58 i 8 z = 2 e , 2e = 2e , 2e
f)
8.
a) Binomni koeficijenti = 1, = n i =
n 0
n 1
n 2
n(n 1) obrazuju tri uzastopna lana nekog 2
aritmetikog niza ako i samo ako je srednji jednak aritmetikoj sredini prvog i treeg:
n(n 1) n2 n + 2 2 n= = n 2 5n + 2 = 0 2 4 5 17 5 + 17 n = n= 2 2 1+23 23
to znai da ne postoji takav prirodan broj n.1 23 23 1 1 1 = x2 + x 4 = = x2 b) x + 4 x k =0 k 23 3 k 4 23 k 23 23 1 23 3 k x 4 = x 2 4 k =0 k k
pri emu je
x2
= x4
23 3 k = 4 k = 10 2 4
22
Dakle, radi se o binomnom koeficijentu 1 23 23 1 1 1 x2 + x 4 = x2 x 4 k =0 k 23 k
23 23 = . 13 10
23 . Polazei od 10 se na isti nain dobija binomni koeficijent
23 k
9.
Ukupno, razliitih 5-cifrenih brojeva ima 9 104 = 90000 (prva cifra ne moe biti 0). Razliitih 5-cifrenih brojeva koji meu svojim ciframa ne sadre ni jednu cifru 1 ima 8 94 = 52488 (prva cifra ne moe biti ni 0 ni 1, a ostale su razliite od 1). Prema tome, razliitih 5-cifrenih brojeva koji meu svojim ciframa sadre bar jednu cifru 1 ima 90000 52488 = 37512 .
10.
(a) Iz f (1) = 1 e1 = e sledi y0 = e . (b) Na isti nain kao pod (a) se proverava da O(0, 0) pripada grafiku date funkcije. Izf '( x) = e x + xe x 2 x = e x (2 x 2 + 1) sledi f '(0) = 1 (0 + 1) = 1 , te je koeficijent pravca tangente u taki O jednak 1, odnosno tangenta u taki O je oblika y = x + n . Kako tangenta treba da prolazi kroz koordinatni poetak O , sledi n = 0 , te traena tangenta ima jednainu y = x .2 2 2
(c) Za svako x je e x > 0 i 2e x + 1 > 0 , te je f '( x) > 0 za svako x .To znai da je i nema ni taku minimuma ni taku funkcija f strogo monotono rastua na celom skupu maksimuma
2
2
23
ELEKTROTEHNIKA I RAUNARSTVO; MEHATRONIKA1.
jul 2006. godine Ako su x1 i x2 koreni (reenja) kvadratne jednaine x 2 + px + q = 0 , za koje vai jednakost
x1 + x2 = x1 x2 , odrediti skup ureenih parova realnih brojeva (p,q) za koje su koreni date jednaine realni brojevi.a) Reiti po x jednainu 9 x 8 3x = 9 . b) Odrediti oblast definisanosti funkcije y = f ( x) = log 13
2.
x2 + 1 . x+3
3.
a) Odrediti sva reenja jednaine sin x + sin 2 x + sin 3 x = 0. b) Reiti nejednainu
3 sin x + cos x < 0 .
4.
Date su funkcije f1 ( x) = 2 log 2 x , f 2 ( x) = log 2 x 2 , f 3 ( x ) = 2 log 2 x , f 4 ( x ) =
5.
2 . log x 2 Ako meu datim funkcijama ima jednakih, napisati koje su jednake. Odgovore obrazloiti. uuur ur a) Dat je pravilan estougao ABCDEF stranice a sa centrom u taki O. Ako je AO = m i r uuu r r uuur uuu uuu r ur r AB = n , izraziti vektore AC , BC , AE preko vektora m i n . r u r r r u r r u r r u r r b) Ako je a = 3 p + q, b = 2 p q , gde je p = 2, q = 3, ( p, q ) = , 6 r r (1) odrediti povrinu paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b . r r (2) proveriti da li su vektori a i b normalni. 6 omotaa tela koje nastaje rotacijom romba oko njegove stranice. Povrina romba je Pr = 18 , a jedan od njegovih uglova je =
6.
. Izraunati povrinu
7.
Odrediti sve vrednosti za: a) 4 1 u skupu realnih brojeva,
b) 4 1 u skupu kompleksnih brojeva, c) reenja jednaine x 4 1 = 0 u skupu realnih brojeva, d) reenja jednaine x 4 1 = 0 u skupu kompleksnih brojeva,
x4 1 = 0 u skupu realnih brojeva, x 1 x4 1 = 0 u skupu kompleksnih brojeva. f) reenja jednaine x 1e) reenja jednaine
8.
a) Izraunati lim
n
(
n 2 + 2n n . n n
)
b) Dokazati da za binomne koeficijente (iz binomnog obrasca) za svaki prirodan broj n vaijednakost: + + + L + = 2n .
n n n 0 1 2
9.
Data je funkcija y = f ( x ) = x 3 3 x 1 . a) Odrediti ekstremne vrednosti funkcije f(x). b) Neka je s seica koja prolazi kroz take A( 1, y1 ) i B (2, y2 ) grafika funkcije f. Odrediti jednainu tangente t grafika funkcije f paralelne sa seicom s. Odrediti jednainu normale n u dodirnoj taki tangente t. cifre su parni brojevi?
10. Koliko ima razliitih 7-cifrenih brojeva ije su prve 3 cifre razliiti neparni brojevi, a poslednje 424
REENJA:1.
Na osnovu Vietovih pravila je x1 x2 = q i x1 + x2 = p , te iz jednakosti x1 + x2 = x1 x2 sledi q = p . Da bi reenja kvadratne jednaine bila realna, diskriminanta te jednaine mora biti nenegativna:
p 2 4q 0 p 2 + 4 p 0 p ( p + 4) 0 ( p 4 0 p ) p ( , 4] [ 0, )Zakljuak: reenja kvadratne jednaine su realni brojevi za ( p, q ) = (t , t ) | t ( , 4] U [ 0, ) .2.
{
}
a) Kako je 9 x = 32 x , uvoenjem smene t = 3x dobijamo kvadratnu jednainu t 2 8t 9 = 0 , ijasu reenja t1,2 =
8 64 + 36 = {1,9} . Vraanjem smene dobijamo da jednaina 3x = 1 2 nema reenja, a reenje jednaine 3x = 9 = 32 je x = 2 .
Zakljuak: reenje jednaine je x = 2 .
b) Oblast definisanosti funkcije f su oni x R za koje je
x 3 odnosno
x2 + 1 x2 + 1 > 0 log 1 0, x+3 x+3 3 x2 + 1 x2 + 1 > 0 1. x+3 x+3 x2 + 1 > 0 x + 3 > 0 x > 3. x+3
x 3
- Kvadratna funkcija x 2 + 1 je pozitivna za sve x te je
- Kako je
x2 + 1 x2 x 2 1 0 , a nule kvadratne funkcije x 2 x 2 su x = 1 i x+3 x+3 x = 2 , sledi da je
te je
x2 x 2 0 x (, 3) U [ 1, 2]. x+3
Zakljuak: oblast definisanosti funkcije f su take x [ 1, 2].3.
a) Primenom trigonometrijskih identiteta sin + sin = 2sin
+2
cos
2
i
cos( ) = cos na prvi i trei sabirak dobijamo
sin x + sin 2 x + sin 3 x = 0 sin 2 x + 2sin 2 x cos x = 0 sin 2 x(1 + 2 cos x) = 0 1 2 , k ). (sin 2 x = 0 cos x = ) (2 x = k , k x = 2k 2 3Zakljuak: reenja jednaine su
2 2 x k | k U 2 k + | k U 2 k | k . 3 3 2 25
b) Prvi nain: Za cos x = 0 tj. x = nisu, a x =
+ 2 k , k
2
+ 2 k , k
uvrtavanjem dobijamo da x =
2
2
+ 2k , k jesu reenja nejednaine.
+ 2k , + 2k , k , deljenjem nejednaine sa cos x 2 2 1 3 = , dobijamo 3 sin x + cos x < 0 3tgx + 1 < 0 tgx < 3 3 a za x + 2k , + 2k , k je poslednja nejednakost tana kada 2 2 x + 2 k , + 2 k , k . 6 2 3 + 2k , k , deljenjem nejednaine sa cos x Za cos x < 0 , tj. x + 2k , 2 2 1 3 = , dobijamo 3 sin x + cos x < 0 3tgx + 1 < 0 tgx < 3 3 3 + 2k , k je poslednja nejednakost tana kada a za x + 2k , 2 2 3 5 7 x + 2 k , + 2 k , k . + 2k , + 2k , k , odnosno x 2 2 6 6 Za cos x > 0 , tj. x
7 + 2 k , + 2 k , k 6 6 11 5 + 2 k , + 2k , k ). (to je isto to i x 6 6 3 1 Drugi nain: 3 sin x + cos x < 0 sin x + cos x < 0 sin( + x) < 0 2 2 6 7 + x ( + 2k , 2k ) x + 2 k , + 2 k , k . 6 6 6 Zakljuak: reenja nejednaine su x 4. Ako domene funkcija f1, f2, f3, f4 obeleimo redom sa D ( f1 ), D( f 2 ), D( f 3 ), D( f 4 ) , tada je
D( f1 ) =D( f3 ) =
+
= (0, ) , D( f 2 ) =
Stoga, eventualno mogu biti jednake samo funkcije f2 i f3. Kako za x > 0 vai log 2 x 2 = 2 log 2 x log 2 x 2 = 2 log 2 x i kako su funkcije f2 i f3 parne, sledi da su i jednake.
\ {0} = (, 0) U (0, ) , D( f 4 ) =
\ {0} = (, 0) U (0, ) ,+
\ {1} = (0,1) U (1, ) .
Zakljuak: Od datih funkcija, jednake su samo f2 i f3.5.
uuur uuur uuur uuur uuu ur r r AC = AO + OC = AO + AB = m + n , uuu uuur ur r BC = AO = m , uuu uuur uuur r uuur uuu r uuur uuu r ur r AE = AD + DE = 2 AO ED = 2 AO AB = 2m n . uuur ur r uuu ur uuu r r ur r Zakljuak: AC = m + n, BC = m, AE = 2m n .a)
26
b)
1. Po definiciji vektorskog proizvoda, povrina paralelograma konstruisanog nad r r r r vektorima a i b je jednaka intenzitetu vektorskog proizvoda vektora a i b , te koristei definiciju i osobine vektorskog proizvoda dobijamo
r r u r r u r r u u r r u r r r u r r r a b = (3 p + q ) (2 p q ) = 6 p p 3 p q + 2q p q q = , r u r u r r r r u r r = 60 3 p q 2 p q 0 = 5 p q r r u r r u r r u r r u r r 1 a b = 5 p q = 5 p q = 5 p q sin( ( p, q )) = 5 2 3 = 15 . 2
Zakljuak: povrina paralelograma je 15.
2. Vektori su normalni ako i samo ako je njihov skalarni proizvod 0. Korienjem definicije i osobina skalarnog proizvoda dobijamo
rr u r u r r r u r ur ru r ru r r r u 2 ur r2 r r ur r ab = (3 p + q )(2 p q ) = 6 p p 3 pq + 2q p qq = 6 p pq q = 24 pq 9 = u r r 3 ( p, q)) = 15 6 = 15 3 3 0. 2 r b nisu normalni.h 1 = sin = , 2 a
u r r = 15 p q sin( r Zakljuak: Vektori a i6.
Ako je a stranica romba i h visina romba koja je naspramna otrom uglu, tada je te je h =
1 1 a . Iz 18 = Pr = h a = a 2 dobijamo a = 6 . 2 2 Povrina P obrtnog tela sastoji se od povrine POV omotaa valjka visine a i poluprenika osnove h, i dve povrine POK omotaa prave kupe sa izvodnicom a i poluprenikom osnove h: 1 POV = a (2h ) = a 2 = 36 , POK = h a = a 2 = 18 , 2 Zakljuak: P = POV + 2 POK = 72 .7.
a) b) c) d) e) f)
1, 1, 1, i, i, 1, 1, 1, 1, i, i, 1, 1, i, i.
8.
a) lim
n
(
n 2 + 2n n = lim n
)
(
n 2 + 2n n
n = 2 lim = 2 lim 2 n n n + 2n + n
n 2 + 2n n 2 n 2 + 2n + n = lim =. n 2 + 2n + n n n 2 + 2n + n 1 1 1 = 2 lim = 2 =1 2 n 1+ 0 +1 2 n + 2n +1 1+ +1 n n2
)
b) Korienjem binomnog obrasca dobijamo
n n n n n n n n 2n = (1 + 1) n = 1n10 + 1n 111 + 1n 212 + L + 101n = + + + L + 0 1 2 n 0 1 2 n
27
9.
a) Stacionarne take (take meu kojima se nalaze take ekstremnih vrednosti) su nule prvog izvoda: f ' ( x) = 3 x 2 3 = 3( x 1)( x + 1) = 0 ( x1 = 1 x2 = 1) .Kako je f '' ( x) = 6 x i f '' (1) = 6 < 0 i f '' (1) = 6 > 0 , sledi da u taki x1 = 1 funkcija f ima
lokalni maksimum, a u taki x2 = 1 lokalni minimum.
b) Iz A f i B f sledi da je y1 = f ( 1) = 1 i y2 = f (2) = 1 . Kako tangenta treba da jeparalelna seici koja sadri A i B, sledi da je koeficijent pravca k traene tangente t : y = kx + m jednak koeficijentu pravca prave AB, dakle
11 = 0 , tj. tangenta treba da je paralelna sa x-osom. Koeficijent pravca tangente u 2 (1) dodirnoj taki M ( x0 , y0 ) je vrednost prvog izvoda f ' ( x) = 3 x 2 3 funkcije f u taki x 0 , te iz k=
2 f ' ( x0 ) = 3x0 3 = 0 dobijamo x0 = 1 ili x0 = 1 (postoje dve takve tangente). Za x0 = 1 je y0 = f ( x0 ) = 3 , te uvrtavanjem M (1, 3) u jednainu tangente dobijamo 3 = m , odnosno tangentu t : y = 3 . Normala grafika funkcije u taki M (1, 3) je prava koja je normalna na
tangentu u toj taki. Kako je tangenta paralelna sa x-osom, normala je paralelna sa y-osom, te je njena jednaina x = 1 . Na isti nain za x0 = 1 i odgovorajue y0 = 1 dobijamo tangentu y = 1 i njenu normalu x = 1 .
Zakljuak: Jednaine traenih tangenti su redom t1 : y = 3 i t2 : y = 1 , a traene normale suredom n1 : x = 1 i n2 : x = 1 . Neparnih cifara ima 5 (1, 3, 5, 7 i 9), kao i parnih (0, 2, 4, 6 i 8), te ke traeni broj je
10.
( 5 4 3) ( 5 5 5 5) = 37500
Svaki zadatak nosi 6 bodova
28
ELEKTROTEHNIKA I RAUNARSTVO; MEHATRONIKA1.Ako je kolinik trougla ABC
jul 2007. godine
Neka je PK povrina Ok obim kruga K i neka je ABC jednostranian trougao upisan u krug K.
Pk = 10 , nai: a) poluprenik r kruga K, b) obim trougla ABC , c) povrinu Okdefinisana sa f ( x ) = x 3 8 x 2 + 5 x + 14 = ( x 7 ) x 2 x 2 . Nai:
2.
Neka je f :
(
)
a) nule funkcije f, b) ekstremne vrednosti funkcije f, c) interval u kome funkcija f opada, d) taku A ( x1 , y1 ) grafika funkcije f sa celobrojnim koordinatama u kojoj je tangenta grafika paralelna sa pravom y = 16 x . funkcija definisana sa f ( x ) = 3 log 14
3.
Neka je f :
x2 x 2 . x 2 + x 12
a) Reiti jednainu f ( x ) = 0,
b) Odrediti oblast definisanosti funkcije f, c) Ako je g ( x ) = 2 x , odrediti funkciju ( f o g )( x ) = f g ( x ) .
(
)
4.
Neka je a = (1, 4, 8 ) i b = ( 8, 4,1) . a) Da li se taka A = (1, 4, 8 ) i B ( 8, 4,1) nalaze u istom oktantu? Odgovor obrazloiti b) Izraunati intenzitete vektora a i b i ugao izmeu njih, d) Izraunaj intenzitet vektora a x b ,
v
v
v v
c) Izraunati povrinu paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b ,
v v
v
v
v u a v e) Izraunati ugao izmeu vektora p = v + a
v b v vv vv v i q = b a a b. b
5.
Neka je f :
funkcija definisana sa f ( x ) = 2 x 4 3x 2 .
a) Reiti jednainu f ( x ) = 0 b) Nai skup svih reenja nejednaine f ( x ) > 0.
4 c) Reiti jednainu 2 f ( x ) = 35 3x 2 3 6.a) b)Nad intervalom [ 0, ] reiti nejednainu 2 cos ( 2 x ) > 2.2
x
Nad intervalom [ 0, ] reiti jednainu 2sin x ( sin x + cos x ) = 13 3 3 3
7.
n ( n + 1) Dokazati da je 1 + 2 + 3 + ... + n = za svaki prirodan broj n. 2 Sve bone ivice prave, pravilne, trostrane piramide jednake 1 i neka su i uglovi izmeu svake dve bone ivice jednaki
8.
2
.
a) Izraunati zapreminu i povrinu piramide. b) Izraunati visinu piramide.
29
9. 1 3 1 3 Ako je z1 = + i , odrediti: i z2 = i 2 2 2 2 z a) 1 , b) Skup z 2007 z A , ako je A = {1, z1 , z2 } . z2
{
}
10.
a) Na koliko naina se mogu smestiti 3 kuglice razliite teine u 5 kutija razliite veliine,
tako da je u svakoj kutiji najvie jedna kuglica i da za svake dve kuglice vai da je tea kuglica u veoj kutiji?b) Na koliko naina se mogu smestiti k kuglice razliite teine u n k kutija razliite veliine, tako da je u svakoj kutiji najvie jedna kuglica i da za svake dve kuglice vai da je traenakuglica u veoj kutiji?
Svaki zadatak nosi 6 bodova
REENJA:1. Iz
PK 7 r 2 2 a 3 = = 10 sledi r = 20 . Zatim iz h = r = 20 i h = sledi a = 20 3 , pa je obim OK 2r 3 2 a2 3 = 300 3 . 4
trougla ABC jednak 60 3 . Povrina trougla ABC je 2.
a) Nule polinoma x 2 x 2 su 1 i 2, te su 1, 2, 7 sve nule funkcije f. b)
1 1 f '( x) = 3 x 2 16 x + 5 = 0 x ,5 . Kako je f ''( x) = 6 x 16 i f ''( ) = 14 < 0 , 3 3 1 400 f ''(5) = 14 > 0 , to je maksimum u taki M ( , ) , a minimum u taki N (5, 36) . 3 27 1 3
c) Funkcija opada u intervalu ( ,5) . d) Koeficijent pravca tangente je 16 = f '( x) = 3 x 2 16 x + 5 tj.
7 3 x 2 16 x + 21 = 0 x ,3 . Dakle, zbog uslova zadataka zadovoljava samo taka 3 A(3, 16) .3.
a)
f ( x) = 0 log 14
x2 x 2 x2 x 2 =0 2 = 1 x 2 x 2 = x 2 + x 12 x 2 + x 12 x + x 12
2 x = 10 x = 5b)
x2 x 2 ( x + 1)( x 2) >0 >0 x 2 + x 12 ( x + 4)( x 3)
Dakle, oblast definisanosti funkcije f je (, 4) U (1, 2) U (3, ) .c) ( f o g )( x) = 3 log 14
22 x 2 x 2 = 22 x + 2 x 12
3
log 14
4x 2x 2 4 x + 2 x 12
30
4.
a) Take se nalaze u istom oktantu ako su im sve odgovarajue koordinate istog znaka. Kako su kod taaka A i B ve prve koordinate razliitog znaka, sledi da take A i B nisu u istom oktantu. b)
r r rr zbog ab = 0 . a = b = 12 + 42 + (8) 2 = (8) 2 + 42 + 12 = 9 i ugao izmedju njih je 2
c) Kako je taj paralelogram kvadrat stranice 9, to je traena povrina 81. r r r d) Kako je intenzitet vektora a b jednak povrini paralelograma konstruisanog nad vektorima a i
r r r b to je traeni intenzitet jednak a b = 81 . r r r r ur r r r r r a b rr rr a b r r e) pq = ( r + r )( b a a b) = ( + )(9a 9b) = (a + b)(a b) = a 2 b 2 = 0 , 9 9 a b
pa je5.
u r ruu ( p, q ) = . 2x2
a) 2 4 3x
2 2 2 2 = 0/ : 3 = 0 = x = 2 . 3 3 3 3x
x
2
x
2
b) 2 4 3x
x2
2 2 2 2 > 0/ : 3 > 0 > 0 > x = 2 . 3 3 3 3xx x
x
2
x
2
c)
4 4 2(2 x 4 3x 2 ) = 35 3x 2 2 x +1 8 3x 2 = 35 3x 2 / : 3x 2 3 3x 2 x 2 x +1 22 x 2x 22 x 2 x 2 8 = 2 x 2 35 18 x 8 = 9 2 x 35 0 = 9 18 27 3 3 3 3 3 3 t = 2 x 3 x 2
2 2 2 t 2 2t 3 = 0 = 1 = 3 = 3 x = log 2 3 3 3 3 3
x
x
x
.
6.
a)
2 cos 2 x > 2 cos 2 x > x U (k
2 2 x U ( + 2 k , + 2 k ) 2 4 4 k
8
+ k ,
8
+ k ) x KU (
8
,
8
) U (
Presek ove unije intervala svih reenja, sa skupom [ 0, ] , je traeni skup svih reenja
7 9 , ) U ( , ) UK 8 8 8 8
7 0, 8 U 8 , b)
2sin x(sin x + cos x ) = 1 2sin x + 2sin x cos x = 1 (1 cos 2 x) + sin 2 x = 1 sin 2 x =
cos 2 x 2 x + k | k x + k | k 4 8 2 5 to u preseku sa [ 0, ] daje x , . 8 8
31
7.2
Dokaz izvodimo matematikom indukcijom. Direktnom proverom utvrdjujemo da je jednakost tana za n = 1 . Pretpostavimo da je tana za: 13 + 23 + 33 + K + k 3 =
k (k + 1) . Sledi dokaz za k + 1 : 2 2 k 2 (k + 1) 2 + 4(k + 1)3 k (k + 1) 3 3 3 3 3 1 + 2 + 3 + K + k + (k + 1) = + (k + 1)3 = 4 2 (k + 1) 2 (k 2 + 4(k + 1)) (k + 1) 2 (k + 2) 2 ( k + 1) 2 ((k + 1) + 1) 2 (k + 1)(( k + 1) + 1) = = = = 4 4 4 2 2
8.
a) Ako bonu stranu piramide uzmemo za osnovu, tada je to piramida ija osnova je pravougli trougao ije katete su jednake 1, a visina piramide je takodje 1, pa je zapremina jednaka
1 1 1 1 = . Povrina se sastoji od povrine tri pravougla trougla i povrine jednog 3 2 6jednakostraninog trougla stranice
1 ( 2) 2 3 1 2 , pa je povrina jednaka 3 + = (3 + 3) . 2 4 22 , tada je
b) Ako sada uzmemo da je osnova piramide jednakostranini trougao stranice zapremina piramide jednaka
1 ( 2) 2 3 1 1 3 . = H = , odakle je H = 3 3 4 6 3
9.
a) b) *
*
z1 1 + i 3 1 + i 3 1 + i 3 2 i 2 3 1 3 = = = = i z2 1 i 3 1 i 3 1 + i 3 4 2 2 2007 1 =1 2 2 2 2 z12007 = (cos + i sin ) 2007 = cos(2007 ) + i sin(2007 ) = 3 3 3 3 cos1338 + i sin1338 = 1
*
analogno dobijamo z2 2007 = 1 . Dakle,
{z
2007
| z A = {1} .
}
10.
a)
Neka je {1, 2, 3} skup od tri kuglice od kojih su svake dve razliite teine i neka je {1, 2, 3, 4, 5} skup od 5 kutija od kojih su svake dve razliite veliine. Ako sada u prvoj vrsti napiemo kuglice po teini, a u drugoj vrsti ispod svake kuglice napiemo kutiju u koju je smetena, tada e zbog uslova zadatka da je tea kuglica u veoj kutiji slediti da u drugoj vrsti su brojevi (kutije) poredjani po veliini tj. svi naini su:
123 123 123 123 123 123 123 123 123 123 123 124 125 134 135 145 234 235 245 345 Primetimo da su to sve rastue funkcije trolanog skupa {1, 2, 3} u skup {1, 2, 3, 4, 5}, a takodje druga vrsta predstavlja sve trolane podskupove petolanog skupa {1, 2, 3, 4, 5}, a to jesu sve mogue KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJA OD 5 ELEMENATA TREE KLASE, kojih ima = 10 b) Na osnovu reenja pod a) sledi da je reenje .
5 3
n k
32
ELEKTROTEHNIKA I RAUNARSTVO; MEHATRONIKA1. 2.
jul 2008. godine
3.
4. 5.
6.
7.
8.
9.
10.
Svaki zadatak nosi 6 bodova
33
REENJA:1. 2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
34
ELEKTROTEHNIKA I RAUNARSTVO; MEHATRONIKA1. 2.
jul 2009. godine
3.
4.
5.
6.
7.
8. 9.
10.
Svaki zadatak nosi 6 bodova
35
REENJA:1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
36
9.
10.
37
ELEKTROTEHNIKA I RAUNARSTVO; MEHATRONIKA1. 2.
jul 2010. godine
3.
4. 5.
6.
7.
8.
9.
10.
38
REENJA:1.
2.
3.
4.
5. 6.
7.
39
8.
9.
10.
40
1. 2.
ELEKTROTEHNIKA I RAUNARSTVO;ANIMACIJA U INENJERSTVU; MEHATRONIKAjun 2011. godine
3.
4.
5. 6. 7.
8.
9.
10.
41
REENJA:1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
42
SAOBRAAJ I GRAEVINARSTVO1. 2. 3. 4.
jul 2002. godine
1 2x 2 < . x 5x + 6 5 Reiti jednainu: log 2 ( 2 x + 2) = 3 x . x Reiti jednainu: cos x + sin + 2 = 0. 2 Dokazati da za svako n N vai: 1 1 1 n + + ... + = . 1 7 7 13 (6n 5) (6n + 1) 6n + 1Reiti nejednainu:2
5.
Neka su x1 i x2 reenja jednaine: x 2 + 5( 2m 3) x + 6( m 1) = 0 . Odrediti parametar m tako de je :
x1 x2 13 + = . x2 x1 6
6. 7.
Dati su brojevi a = 6 i b = 48 . Odrediti brojeve x i y, a 0, y 1 . Sistem se primenom pravila logaritmovanja svodi na ekvivalentni sistem
1 3 log 2 (x + 5) + 2 log 3 y = 2, log 2 (x + 5) log 3 y = 4, 2 koja se smenama log 2 ( x + 5) = t , log 3 y = s svodi na sistem linearnih jednina 1 3t + 2 s = 2 t s = 4, 2 ije je reenje (t , s ) = (2,4). Dakle :t = 2 log 2 ( x + 5) = 2 x + 5 = 2 2 x = 1, s = 4 log 3 y = 4 log 3 y = 34 =pa je konano reenje sistema
1 , 81
(x, y ) = 1, 1 . 81
5.
3cos x 2sin 2 x = 0 3cos x 2(1 cos 2 x) = 0 2 cos 2 x + 3cos x 2 = 0 1 1 cos x = cos x = -2 cos x = x = + 2 k , 2 2 3
k Z.
50
6. Oznaimo sa T (n ), n N dato tvrenje. Dokaz sprovodimo indukcijom. Za n=1 je
1 (2 1 1) =Predpostavimo da je
1(1 + 1)(4 1 1) T 6
T (k ) :tano i dokaimo
1 1 + 2 3 + ... + k (2k 1) =
k (k + 1)(4k 1) 6
T (k + 1) :
1 1 + 2 3 + ... + k (2k 1) + (k + 1)(2k + 1) =
(k + 1)(k + 2)(4k + 3) .6
Dodavanjem (k+1)(2k+1) i levoj i desnoj strani jednakosti T(k), dobija se:
1 1 + 2 3 + ...k (2k 1) + (k + 1)(2k + 1) =
k(k + 1)(4k 1) k +1 [k(4k 1) + 6(2k + 1)] = + (k + 1)(2k + 1) = 6 6 k +1 2 + (4k + 11k + 6) = k 6 1 4(k + 2) k + 3 = (k + 1)(k +62)(4k + 3) , 6 4
ime je tvrenje dokazano. 7. Brojevi a,b,c su uzastopni elementi aritmetikog niza, pa moemo napisati da je b=a+d i c=a+2d. Brojevi a+8, a+d i a+2d su uzastopni elementi geometrijskog niza, odakle sledi da je
(a + d )2 = (a + 8)(a + 2d ),
a njihov zbir je 26, te imamo
a + 8 + a + d + a + 2d = 26 3a + 3d = 18 d = 6 a
Uvrtavanjem ovog rezultata u predhodnu jednainu dobija se:
62 = ( a + 12 2a )( a + 8 ) a 2 4a 60 = 0 a = 10 a = 6
Reenje a=10 odbacujemo budui da iz njega sledi da je d=-4 , to protivrei uslovu da brojevi a,b i c prestavljaju uzastopne elemente rastueg aritmetikog niza, tako da je jedino zadovoljavajue reenje a=-6, d=12, odakle su traeni brojevi a=-6, b=6, c=18. 8.
Trougao AA1 1 je jednakokrako pravougli, pa je AA1 = H te iz jednakokrakog trapeza ACC1 A1 imamo
2H + b 2 = a 2 H =2
2 (a b ) = 2 2 2
Popreni presek piramide je jednakokraki trapez PQRS ije su osnovice a i b, krak visina bone
3 ab 2 strane h, a visina jednaka H. Stoga je h = +H = 2 2
Povrina piramide je P = B1 + B2 + M = a 2 + b 2 + 4
a+b h = 13 + 5 3 2
51
9.
1 1 1 1 a) M sredina AC1 M , ,1 N sredina BC1 N 1, , 1 2 2 2 2 uuuu 1 1 1 1 1 r 1 MN = 1 , , 1 = ,0, 2 uuur 2 2 2 2 2 A1B = (1uuur uuuu 1) = (1,0, 1) r 0,0 0,0 r uuur uuuu Dakle , A1B = 2MN, pa su A1B i MN kolinearni. Napomena: Du MN je srednja linija trougla C1 A1B pa je MN A1B, uuuu uuuuur r odnosno vektori A1B i MN kolinearni
(10.
uuur uuuu r uuur uuuu r BA1 BC1 = arccos BA1 , BC1 = arccos BA1 BC1
)
( 1) 0 + 0 1 + 11 2 ( 1) + 02 + 12 02 + 12 + 122
= arccos
1 = . 2 3
I nain. Jednaina krunice se moe napisati u obliku x 2 + ( y + 2 ) = 25 iz kog se vidi da na krunici imamo dve take sa x-koordinatom 4: (4,1) i (4,-5), od kojih samo prva zadovoljava uslov y 0 > 0. Dakle, jednainu tangente
y y0 = kt ( x x0 ) i normale y y0 = kn ( x x0 ) traimo u taki ( x0 , y0 ) = (4,1).
Eksplicitni oblik jednaine date krunice je y = 2 25 x 2 . Prvi izvod je y = je k t = y (4 ) =
x25 x 2
pa
4 . Prema tome jednaina tangente je 3 4 4 19 y 1 = (x 4) y = x + . 3 3 3 1 Kako je k n = , jednaina normale je kt 3 3 y 1 = ( x 4 ) y = x 2. 4 4
II nain. Jednaina prave koja prolazi kroz taku (4,1) je y = k ( x 4 ) + 1 . Zamenivi y u jednainu krunice dobijamo da je2
x 2 + (k (x 4 ) + 1) + 4(k ( x 4 ) + 1) 21 = 0 1 + k 2 x 2 + 6k 8k 2 x + 16k 2 24k 16 = 0
(
)
(
)
Da bi posmatrana prava bila tangenta krunice dovoljno je da diskriminanta poslednje kvadratne jednaine po x bude jednaka nuli, tj.
D = 6k 8k 2
(
)
2
4 1 + k 2 16k 2 24k 16 = 0 (3k + 4 ) = 0 k = 2
(
)(
)
4 3
Dakle, jednaina traene tangente je
y=odnosno normale
4 (x 4) + 1 y = 4 x + 19 3 3 3 3 (x 4) + 1 y = 3 x 2 4 4
y=
52
SAOBRAAJ I GRAEVINARSTVO1. Dat je izraz I (a, b) =
jul 2006. godine
a3 b3 a 2 b2 +a ab a2 b2
a) Uprostiti dati izraz. b) Izraunati vrednosti datog izraza za a = 1 i , b = 2 .
Data je funkcija f ( x) =2.
2 x 2 5x + 5 x2 1 a) Reiti nejednainu f ( x ) 1. b) Nai f ( x )
3. 4.
Reiti nejednainu 4 x 2 10 2 x 2 + 16 > 0. Reiti sistem jednaina: log 2 x + log9 y = 5 .
log 2 x3 Ako je tg =
4 =4 log y 3
5. 6.
4 13 2 . , izraunati sin 5 2 Date su take U(8,4), V(6,-10) i W(2,2). uuuu uuur r a) Pokazati da su vektori WU i WV ortogonalnib) Napisati jednainu krunice iji je prenik du UV i jednainu njene tangente u taki U. Odrediti tri uzastopna lana opadajue aritmetike progresije,ako je njihov zbir 15, a zbir njihovih kubova 645. Presek dijagonala jednakokrakog trapeza PQRS sa osnovicama PQ = a i RS = b je taka M .Ako je ugao
7. 8.
RMS jednak 1200 , diagonala tog trapeza d = 6 , a c = 5 , izraunati povrinu trapeza
9.
Neka je kocku ABCDA1 B1C1 D1 stranice m upisana kupa ija je upisana u kvadrat ABCD , a vrh je u sreditu kvadrata A1 B1C1 D1 . Odrediti odnos R : r , gde je R poluprenik sfere opisane oko te kupe, a r poluprenik sfere upisane u kupu.
10.
Ako se binomni koeficijent drugog lana prema binomnom koeficijentu treeg lana u razvoju binoma x
1 odnosi kao 2:17, odredi lan u razvoju koji ne zavisi od x . x2
n
Svaki zadatak nosi 6 bodova.
53
REENJA:1.
a) Izraz je definisan za a b . Primenjujui obrasce za razliku kubova i razliku kvadrata, i svoenjem na zajedniki imenilac dobijamo da je
I ( a, b) = =
a 2 + ab + b 2 (a b)(a 2 + ab + b 2 ) (a b)(a + b) +a = ( a + b) + a a+b a b (a b)(a + b)
a 2 + ab + b 2 ab b 2 a2 = . a+b a+b
b) Koristei uproenu formu izraza dobijenog pod a), uvrtavanjem vrednosti za a i b , dobijamo da je
I (1 i,2) =2.
(1 i) 2 1 2i + i 2 2i 3 + i 6i + 2 1 3 = = i. = = 1 i + 2 3i 3i 3+i 10 5 5
a) Prebacivanjem jedinice na levu stranu nejednaine i faktorisanjem polinoma u brojiocu i imeniocu, dobijamo da je
f ( x) 1
x 2 5x + 6 0 x2 1
( x 2)( x 3) 0 ( x 1)( x + 1)
Za odreivanje znaka poslednje nejednakosti koristimo sledeu tabelu ( ,1 ) (x-2)(x-3) (x-1)(x+1) + + + (-1,1) + (1,2) + + + (2,3) + -
(3,+)+ + +
( x 2)( x 3) ( x 1)( x + 1)
Koristei rezultate iz tabele i imajui u vidu da funkcija nije definisana za x = 1 i x = 1 , zakljuujemo da je polazna nejednaina zadovoljena za svako x (1,1) [2,3].
b)3.
f ( x) =
(4 x 5)( x 2 1) 2 x(2 x 2 5 x + 5) 5 x 2 14 x + 5 = ( x 2 1) 2 ( x 2 1) 2
Reenje nejednaine traimo za x -2 0 , tj. Za x 2 . Uvoenjem smene t = 2 x 2 1 polazna nejednaina se svodi na kvadratnu nejednainu t 2 10t + 16 > 0 iji je skup reenja t (, 2) (8, ) . Dakle, t [1,2 ) (8, ) . Vraanjem smene dobijamo
1 t < 2 20 2 x 2 < 21 0 x 2 < 1 0 x 2 < 1 2 x < 3Analogno, 8 < t 23 < 2 x 2 3 0 . Iz uslova da je njihov zbir 15, tada dobijamo
a + d + a + a d = 15 3a = 15 a = 5Uvrtavanjem u uslov da je zbir kubova 645, tada dobijamo
(a + d )
3
+ a 3 + ( a d ) = 645 3a 3 + 6ad 2 = 645 d =3
645 3 53 =3 65
Dakle traeni lanovi progresije su 8,5 i 2 . 8. Presek dijagonala jednakokrakog trapeza PQRS sa osnovicama PQ = a i RS = b je taka
M .Ako je ugao
RMS jednak 1200 , diagonala tog trapeza d = 6 , a c = 5 , izraunati povrinu
trapeza. Poto je trougao PMQ jednakokrako sa uglom od 1200 pri vrhu ,sledi da je RPQ = 300 (slika 1).Neka je N podnoje visine h iz temena R na osnovicu a . Iz pravouglog trougla
RNP imamo da je sin 300 =
h 6 ,odnosno h = = 3 . Iz pravouglih trouglova PNR i RNQ d 2
na osnovu Pitagorine teoreme sledi da je PN = d 2 h 2 = 36 9 = 3 3 , odnosno
NQ = c 2 h 2 = 25 9 = 4 , respektivno.Osnovica a = PN + NQ = 3 3 + 4 . Poto je a b ab , drugu osnovicu moemo da dobijemo iz a = 3 3 + 4 i = 4 , pa sledi da je NQ = 2 2 a+b b = 3 3 4 . Traena povrina trapeza je P = h = 9 3 2
9.
Neka je kocku ABCDA1 B1C1 D1 stranice m upisana kupa ija je upisana u kvadrat ABCD , a vrh je u sreditu kvadrata A1 B1C1 D1 .Odrediti odnos R : r , gde je R poluprenik sfere opisane oko te kupe, a r poluprenik sfere upisane u kupu. Poluprenik sfere opisane (i upisane) oko kupe odgovara polupreniku krunice opisane (i upsiane) oko njenog poprenog preseka, tj. Jednokakrog trougla MNO1 , ija je osnovica MN = m , a kraci
m 5 m (slika 2). su MO1 = NO1 = m = 2 22
2
56
Poluprenik upisane krunice nalazimo iz izraza
2P r= = O
mm m 5 1 m 5 1 2 = = . 4 m 5 m 5 5 + 1 5 1 m+ + 2 2 2 b , gde je b proizvoljna 2sin
Poluprenik upisane krunice dobijamo pomou sinusne teoreme R =
stranica trougla MNO1 , a je ugao koji se nalazi naspram te stranice.
m 2 5 , primenom sinusne = 5 m 5 2 m 5 5m . teoreme na stranici MO1 i ugao kod temena N dobijamo da je R = 2 = 8 2 5 2 5 5m 5 5 1 R 5 8 = = = . r m 5 1 2 5 1 8 4Kako iz pravouglog trougla ONO1 sledi da je sin ONO1 =
(
)
(
)
10.
Ako se binomni koeficijent drugog lana prema binomnom koeficijentu treeg lana u razvoju binoma x
1 odnosi kao 2:17, odredi lan u razvoju koji ne zavisi od x . x2
n
Binimni koeficijent drugog i treeg lana se odnose kao 2:17, odnosno
n ( n 1) n n = 2 :17 17n = n ( n 1) n = 18 . : = 2 :17 n : 2 1 2
Znamo da je ( k + 1) -vi lan u razvoju binoma x x 2
(
)
18
jednak
18 k = ( 1) x183k za k = 0,1,...,17 . k Za lan koji ne sadri x mora da vai 18 3k = 0 ,odnosno k = 6 .Dakle, sedmi lan zavisi od x i
18 18 k x 2 x k
(
)
k
taj lan je jednak
18 18 6 ( 1) = . 6 6
57
SAOBRAAJ I GRAEVINARSTVO1.2 3 3 3 + 3 1 3 Izraunati vrednost izraza 2 2 3
jul 2007. godine
2.
Nai sve vrednosti m R tako da funkcija y = (2 m )x 2 + (2m 5)x + 2 ima minimum i dve razliite realne nule. Data je funkcija f ( x ) = x b) Nai f ' ( x )
3.
x 2 + x + 19 . 2x + 5 a) Reiti nejednainu f ( x ) 1.
4.
Reiti sistem jednaina
5 2 x 3 y = 133 3 2 x + 2 3 y = 1505. 6. 7.
Reiti jednainu log 2 3 x log 4 x3 + 2 log8 x = 3 . 2Reiti jednainu 2 cos 2 x + 7 sin x 5 = 0 Dati su kompleksni brojevi b1 = 1 + 2i, b2 = 4 + 3i i b3 = 11 + 2i . a) Nai kolinik q =b2 b1
.
b) Pokazati da brojevi b1 , b2 , b3 , tim redom, ine prva tri lana geometrijskog niza i nai zbir prvih pet lanova ovog niza. 8. Ako je A (-2, -2,0), AB = (6,-1,1) i AD =(2,3,1), odrediti temena B,C i D i presek dijagonala T paralelograma ABCD. Oko krunice prenika 3cm je opisan pravougli trapez povrine 12cm2. Izraunati duine osnovica. Prva pravilna etvorostrana piramida osnovne ivice a = 12 2cm i bone ivice s = 13cm preseena je ravni koja je paralelna osnovi, a koja visinu deli na dva jednaka dela. Izraunati povrinu dobijene zarubljene piramide.Svaki zadatak nosi 6 bodova.
uuu r
uuur
9. 10.
58
REENJA:1. 3 2 3 2
= ( 1 )3
Na osnovu osobina parnog i neparnog korena i primenom formule za kub binoma, dati izraz se transformie na sledei nain:+3
1 2
3
3
3
3 = 2
3 +
1 2
3
3
3 1 = 3 + 2 2
3
3
= 1
2.
Kvadratna funkcija ima minimum ako je 2 m > 0, a ima realne razliite nule ako je D > 0. D = ( 2m 5 ) 4 ( 2 m ) 2 = 4m 2 20m + 25 16 + 8m = 4m 2 12m + 9 = ( 2m 3) ,2 2
3 3 Pa je D > 0 m , U , . 2 2 Dakle, 2 m > 0 D > 0 m < 2 m , U , m , U , 2 . 3.
3 3 2 2
3 3 2 2
a)
f
(x) 1
f
(x)1 0
x 2 + 2 x 24 2 x 2 + 5 x x 2 x 19 2 x 5 0 0. 2x + 5 2x + 5
Kako je x 2 + 2 x 24 = 0 x = 6 x = 4 i 2 x + 5 = 0 x = nejednaine koristimo tabelu
5 , za reavanje 2
(
, 6 )+ -
( 6, 5 ) 2+
( 5 ,4) 2+ -
(4,+ )+ + +
x
2
+ 2 x 24
2x + 5x + 2 x 24 2 x +52
Koristei rezultate iz tabele i imajui u vidu da funkcija nije definisana za x = 5 , zakljuujemo da 2 je polazna nejednaina tana za svako
x [ 6, 5 ) U [4,+ ) 2
b) Iz4.
f ( x) =
' x 2 + 4 x 19 je f ( x ) = 2 x +5
( 2 x + 4 )( 2 x + 5) 2( x 2 + 4 x 19 ) ( 2 x + 5 )2
2 = 2 x +10 x + 58 . 2
( 2 x +5)
Nakon uvoenja smene 2 x = p i 3 y = q, dobija se: 5 p q = 133 \ 2 5 p q = 133 p = 32 3 p + 2q = 150 13 p = 416 q = 5 p - 133 Iz 2 x = 2 5 i 3 y = 33 sledi da je reenje (x,y) = (5,3).p = 32 q = 27.
5.
Koristei osobinu log a n x m =
m n
log a x, za x > 0, datu jednainu transformiemo na sledei nain:
log 2 3 x log 4 x 3 + 2 log 8 x = 3 1 log 2 x 3 log 2 x + 2 log 2 x = 3 log 2 x = 3 x = 2 3 2 2 3 2 36.
2 1 sin 2 x + 7sin x 5 = 0 2sin 2 + 7sin x 3 = 0 2t 2 + 7t 3 = 0 t = sin x
(
)
( t = 3 t = 1 ) t = sin x 2 Zbog t [ 1,1] ostaje samo reenje za koje je sin x = 1 , tj. 2 x { + 2k k Z} U { 56 + 2k k Z} . 6
59
7.
a)
q=
b2 b1
2 = 4 + 3i 1 2i = 4 + 3i 8i2 6i = 10 5i = 2 i.
1+ 2i 1 2i
1 4i
5
b) Iz q b2 = ( 2 i )( 4 + 3i ) = 11 + 2i = b3 sledi da brojevi b1 , b2 i b3 ine prva tri lanageometrijskog niza sa kolinikom q. etvrti i peti lan ovog niza dobijamo iz b4 = b3 q = (11 + 2i )( 2 i ) = 24 7i i b5 = b4 q = ( 24 7i )( 2 i ) = 41 38i. Zbir prvih pet lanova ovog niza je S5 = b1 + b2 + b3 + b4 + b5 = 81 38i. 8. Neka su kordinate traenih temena B ( x1 , y1 , z1 ) , C ( x2 , y2 , z2 ) i D ( x3 , y3 , z3 ) .
uuu r AB = ( 6, 1,1) ( x1 + 2, y1 + 2, z1 ) = ( 6, 1,1) B ( 4, 3,1) . uuur AD = ( 2,3,1) ( x3 + 2, y3 + 2, z3 ) = ( 2,3,1) D ( 0,1,1) . uuur uuu r DC = AB ( x2 , y2 1, z2 1) = ( 6, 1,1) C ( 6, 0, 2 ) .
D
C
APresek dijagonala T je ujedno I sredite dui AC, pa su njegove koordinate
B
T 2 + 6 , 2 + 0 , 0 + 2 T ( 2, 1,1) .2 2 2
(
)
9.
Oigledno je da je visina trapeza h jednaka preniku upisane krunice, tj. h=3. povrina trapeza P = a + b h 2 je na osnovu zadatka jednaka 12, tj. odakle sledi a + b = 8 . Iz uslova o tangentnom etvorouglu, imamo da je a + b = c + h , odnosno a + b = c + 3 . Iz dobijenih veza sledi da je 8 = c + 3 , tj. c = 5 . Primenjujui Pitagorinu teoremu u pravouglom trouglu CTB dobijamo da jea +b 2
D
b
C c
3 = 12 ,
h
c 2 = h 2 + ( a b ) to zamenom c i h daje a b = 4 . Sada, iz sistema jednaina a + b = 8 i a b = 42
A
T a
B
imamo da su osnovice trapeza a = 6 i b = 2. 10.
Iz slinosti trouglova TT1 H1 i TT2 H 2T1 H1 = 1 T2 H 2 = 2 CTH 2sledia 4
sledi da je stranice
tj. A1 B1 = 6 2 . Iz pravouglog trougla da2
je
visina
bone
h = TH 2 = s 2 ( a ) = 169 36 2 = 97 , pa je iz slinosti 2pomenutih trouglova H1 H 2 = 1 TH 2 = 297 2
. Sada je:2 2
P = B1 + B2 + M = 6 2
(
) + (12 2 )2
2
+ 4 6 2 +12 2 97 = 360 + 18 194
60
SAOBRAAJ; GRAEVINARSTVO; GEODEZIJA I GEOMATIKA1.
jul 2008. godine
Odrediti realni parametar a tako da reenja x1 i x2 jednaine x2 +(a2)xa+1= 0 zadovoljavaju uslov
2.
Reiti nejednainu
3.
Reiti jednainu Reiti jednainu
.
4.
5. 6.
Reiti jednainu (1+tg2x)(2+sin2x) = 2. Ako su B1 = 8 i B2 = 2 povrine osnova prave pravilne zarubljene etvorostrane piramide zapremine V = 28, izraunati povrinu njenog omotaa M i duinu prostorne dijagonale D.
7.
Neka su A(2,1,2), B(4,0,1) i C(4,3,2) tri uzastopna temena paralelograma ABCD. Izraunati koordinate temena D i povrinu paralelograma ABCD. Duine stranica pravouglog trougla obrazuju aritmetiki niz. Ako je povrina trougla P = izraunati duine stranica i poluprenik upisane krunice. Odrediti jednainu tangente na parabolu y2 = x u onoj presenoj taki sa pravom y = x+2 koja se nalazi u I kvadrantu. Data je funkcija a) Izraunati vrednost funkcije f u taki b) Izraunati f (4) c) IzraunatiSvaki zadatak nosi 6 bodova.
8.
9.
10.
61
REENJA:1.
Iz Vijetovih formula imamo: x1x2 = 1a, x1+x2 = 2a. Odatle je
2.
Ispitivanjem znaka inilaca izraza sa leve strane dobijamo x(,2)U(4,5).3.
Smenom 2x+1 = t dobijamo t215t16 = 0 t1 = 1, t2 = 16. Prvo reenje odbacujemo zbog 2x+1 > 0, a iz drugog sledi 2x+1 = 16 = 24
x = 3.
4.
5.
6.
7.
62
8.
9.
10.
63
SAOBRAA; GRAEVINARSTVO; GEODEZIJA I GEOMATIKA1. 2.
jul 2009. godine
3. 4.
5. 6.
7. 8.
9.
10.
Svaki zadatak nosi 6 bodova.
64
REENJA:1.
2.
3.
4.
65
5.
6.
7.
8.
66
9.
10.
67
GRAEVINARSTVO; SAOBRAAJ; GEODEZIJA I GEOMATIKA1. 2.
jul 2010. godine
3.
4. 5. 6.
7. 8. 9.
10.
68
REENJA:1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
69
8.
9.
10.
70
GRAEVINARSTVO; SAOBRAAJ; GEODEZIJA I GEOMATIKA1.
jun 2011. godine
2.
3. 4. 5.
6.
7.
8. 9.
10.
71
REENJA:1.
2.
3.
4.
5.
6.
72
7.
8.
9.
10.
73
MATEMATIKA za mainstvo, industrijsko inenjerstvo i inenjerski menadment, grafiko inenjerstvo i dizajn, inenjerstvo zatite ivotne sredinejul 2001. godine
1.
2 3 a) Izraunati 2 3
2 2 3 : 2; 27 a 2 + 3a + 9 b) Uprostiti izraz a 2 : , a 0. a a2
2
2 boda) (2 boda) (6 bodova)
2. 3.
Reiti nejednainu
(x + 2)2 (x + 1)2x 2 3x + 2
0.
Cena jednog proizvoda uveana je za 20% , a potom je sniena za 20% . Za koliko procenata se krajnja cena razlikuje od prvobitne? (4 boda) a) Izraunati
4.
cos 75 0 ; sin 45 0
(4 boda)
b) Reiti jednainu 2 sin 2 x + 5.
= 1. 4
(6 bodova) (4 boda) (4 boda)
Reiti jednaine a) 25 x 4 5 x 5 = 0 b) log 6 ( x + 1) + log 6 (2 x + 1) = 1.
REENJA:1.
2 3 2 2 : 2 =1 32 3 2 27 a + 3a + 9 a 3 33 a2 b) a 2 : = 2 =a3 2 2 a a a a + 3a + 9 a)
2
2.3. 4.
5.
a) Iz 25 x 4 5 x 5 = 0 , sledi da je (5 x ) 4 5 x 5 = 0 , tj. da je reenje date jednaine x = 1 ; 1 b) Data jednaina je definisana za x > . Iz log 6 (x + 1) + log 6 (2 x + 1) = 1 sledi da je 2 log 6 (x + 1) (2 x + 1) = 1 , tj. (x + 1) + (2 x + 1) = 6 . Zbog oblasti definisanosti reenje date jednaine je samo realan broj x = 1 .2
3 x ,1 (2, ) 1 Neka je poetna cena x dinara. Po uslovu zadatka, konana cena je x 1.2 0.8 = 0.96 x dinara. Dakle, cena je smanjena za 4% cos 75 0 cos 30 0 + 45 0 3 1 = = 0 0 2 sin 45 sin 45 1 te je skup reenja date jednaine Iz 2 sin 2 x + = 1 sledi da je 2 sin 2 x + = 4 4 2 + k 1 : k 1 Z + k 2 : k 2 Z . 12 4
(
)
74
MATEMATIKA1. a) Izraunati
(2 boda)
septembar 2001. godine2 27 48 3
b) Uprostiti izraz
a 2 + 1 a 2 + 4a 3a 1 3 a + 3 1, 2x + 1 2. Reiti nejednainu 0 x2
1 a ,3 . 3
(2 boda) (2 boda)
3. Cena jedne koulje je 500 dinara. Posle poskupljenja koulje za 5% dolo je do pojeftinjenja za 10%. Kolika je nova cena koulje? (4 boda) 4. Izraunati a)
sin + cos 2 sin 4 cos 2
ako je tg =
1 ; 2
b) sin
81 4
(4 boda)
5. Reiti jednaine a) 2 x5 x + 9
=8 ;
b) log 6 x + log 6 ( x 3) = log 6 4
(4 boda)
REENJA:1) a)2 27 48 3
=
2 3 3 4 3 3
=
2 3 3
=2
b) 2)
a 2 + 1 a 2 + 4a 3a 2 + 3 3a 2 + a 2 + 4a a 3 3 + a 3a 1 1 = = a + 3 1 = 3(3a 1) 3(3a 1) a + 3 3 a+3 3a 1 3
2x + 1 1 0 x ,2 . x2 2 3) 1: 500 din 2: 500 + 3: 525
5 500 = 525 din 100
10 525 = 472.5 din 100
1 +1 tg + 1 sin + cos 1 4) a) = 2 = . = 1 2 sin 4 cos 2tg 4 2 2 4 2 81 2 = sin + 20 = sin = . b) sin4 4 4 2 5) a) 2x 2 5 x + 92
=8= 23
b)
log 6 x + log 6 ( x 3) = log 6 4x (x 3) = 4
2x2 2
5 x + 9
log 6 x(x 3) = log 6 4
x 5x + 9 = 3 x 5x + 6 = 0 5 25 24 5 1 = 2 2 x {2,3} x1 / 2 =
x 2 3x 4 = 0 3 9 + 16 3 5 = 2 2 x = 4, x = 1 x1 / 2 = Zbog definisanosti log. funkcije reenje je samo x=475
MATEMATIKA1.
jul 2002.godine
2. 3. 4. 5.
a2 + b2 a 3 a + b3 b Uprostiti izraz : 2 , ab 0, a b . 1 1 a b2 b a 3x + 2 Reiti nejednainu 1. 4x 4 9 sin 3 cos Ako je = 2 odrediti tg i ugao . 2 sin + cos Reiti jednainu log 3 x + log x 3 4 + 5 = 0 .
(6 bodova)
(6 bodova) (6 bodova) (6 bodova)
Knjiga je prvo pojeftinila za 25% , a zatim je poskupela za 30% . Da li je sada knjiga jeftinija ili skuplja od prvobitne cene i za koliko procenata? (6 bodova)
REENJA:1. Izraz je definisan za ab 0 i a 2 b 2 .
a 2 + b2 a 2 + b2 a 3 3 a 2 2 a +b a b a (a 2 + b 2 ab) (a b)(a + b) b b : 2 2 = 3 3 = = a. 1 1 1 1 a b a +b ab (a + b)(a 2 + b 2 ab) b a b a2. Data nejednaina je definisana za x 1 .
3x + 2 3x + 2 6x 1 1 0 0 x (,1) [6, ) . 4x 4 4x 4 4x 4
3.
2 sin 2 x + cos x 1 = 0 2(1 cos 2 x) + cos x 1 = 0 2 cos 2 x cos x 1 = 0 , smena 1 t = cos x, 2t 2 l 1 = 0 l1 = 1, l 2 = l1 = 1 cos x = 1 x = 2k , k Z , 2 1 1 2 t = cos x = x = + 2k . 2 2 3Data jednaina je definisana za x > 0 i x 1 .2 log 3 x + log x 3 4 = 5 = 0 log 3 x + 5 log 3 x + 4 = 0 . Ako stavimo log 3 x = t dobijamo
4.
kvadratnu jednainu t 2 + 5t + 4 = 0 sa reenjima
1 1 1 1 t1 = 1, t 2 0 4. log 3 x = 1 x = ; log 3 x = 4 x = . Skup reenja je , . 3 81 81 3 5. Neka je poetna cena x dinara. Po uslovu zadatka, konana cena je x 0,75 1,3 = 0,975 x dinara. Dakle, knjiga je jeftinija za 2,5%.
76
MATEMATIKA1.2 x Izraunati (4 ( ) 2 ) 3 x 16 x3 : 4 , x >0. 2
septembar 2002(6 bodova)
2. 3. 4. 5.
Nai m(m 0 ) . za koje je jedan koren (nula) jednaine x 2 4mx + m 3 = 0 . Reiti jednainu 2 sin 2 x + cos x 1 = 0 . Reiti jednainu 9 x + 3 x 2 = 0 .
(6 bodova) (6 bodova) (6 bodova)
Koliko ljudi ivi u gradu u kome je godinji prirataj stanovnika 3,5%, odnosno 1330 stanovnika. (6 bodova)
REENJA:1. Za x>0 2 x x3 (4 ( ) 2 ) 3 : x 16 4 2. Neka je x2 x 16 x 16 = 4 6 = x6 =4 x . 4 4 x 4 x6 2 3
2 x1 x 2 = 3 x 2 = m 3 . Iz prve jednaine dobijamo da je x 2 = m i uvrtavajui u drugu jednainu dobijamo 3m 2 = m 3 . Kako je m 0
x1 = 3x 2 . Tada je x1 + x 2 = 4 x 2 = 4m,
dobijamo da je m=3. 3.
2 sin 2 x + cos x 1 = 0 2(1 cos 2 x) + cos x 1 = 0 2 cos 2 x cos x 1 = 0, smena 1 t = cos x, 2t 2 t 1 = 0 0 t1 = 1, t 2 = t1 = 1 cos x = 1 x = 2k , k Z , 2 1 1 2 4 + 2k1 x = + 2k2 , k1 , k2 Z. t2 = cos x = x = 2 2 3 3
4.
+ 3 x 2 = 0. Uveenjem smene t = 3 x i dobije se kvadratna jednaina t 2 + t 2 = 0 ija su reenja t1 = 2 i t 2 = 1. Reenje t1 = 2 odbacujemo, pa ostaje 3 x = 1 x = 0 .G= P 100 1330 100 = = 38000. p 3,5
9 x + 3x 2 = 0 3x
( )
2
5.
77
MATEMATIKA1. 2. Reiti nejednainu a)
(6 bodova)
jul 2003. godine
x2 + x 1 x3
x.
Reiti jednainu log 2 x = log 2 x 6 8 ; 2
(4 boda) (2 boda)
b) 3.
Reiti nejednainu
1 3
3 6 x
> 9.
Reiti sistem jednaina
2sin x + cos y = 1 2 2 16sin x + cos y = 4.4.
(6 bodova)
5.
A(3,2,1), B(1,2,2) i C (7,0,1) su redom tri uzastopna temena paralelograma. Odrediti koordinate etvrtog temena D paralelograma, koordinate take S preseka njegovih dijagonala i duinu stranice AB . ( 6 bodova) a) Biciklista pree 10% razdaljine od mesta A do mesta B za 12 sati kreui se brzinom 25km / h . Za koliko bi vremena biciklista preao 30% razdaljine od mesta A do mesta B ako bi se kretao brzinom 20km / h ? (3 boda)b) Petru, Aci i Marku je za uraeni posao isplaeno 24420 dinara. Koliko novca e dobiti svaki od njih ako je Aca radio 11 dana po 6 asova na dan, Petar je radio 8 dana po 9 asova na dan a Marko je radio 21 dan po 4 asa na dan (vrednost rada po asu je svakog od njih je ista)? (3 boda)
REENJA:1. Data nejednaina je definisana za x 3
x2 + x 1 4x 1 x0 0 x [1,3 ) . x3 x3 x3 x2 + x 1 x2 x +1 2x + 1 1 x x0 0 x ,1 . Za x < 1 vai x3 x3 x3 2 1 Dakle, skup reenja polazne jednaine je skup ,3 . 2 Za x 1 vai
x2 + x 1
x
2.
a) log 2 x = log 2 x 6 8 log 2 x 6 log 2 x + 8 = 0 . Uzimajui da je 2 2sledi d
