Скрипта ријешених задатака са квалификационих испита 2010/11 г.

Transcript

1 Скрипта ријешених задатака са квалификационих испита 00/ г Универзитет у Бањој Луци Електротехнички факултет Др Момир Ћелић Др Зоран Митровић Иван-Вања Бороја

2 Садржај Квалификациони испит одржан 9 јуна 00 Квалификациони испит одржан 6 септембра 00 Квалификациони испит одржан 3 септембра 00 Квалификациони испит одржан 8 октобра 00

3 Електротехнички факултет Бања Лука Пријемни испит из математике 9 јун 00 Упростити израз 3 + y + y + y + y y За које вриједности k једначина + = k + има јединствено рјешење? 3 Једно рјешење квадратне једначине + k = 0 је квадрат другог рјешења Наћи све могуће вриједности k 4 Ријешити неједначину > 0 5 Ријешити неједначину log ( ) Ријешити једначину cos(7 ) + sin(8 ) = cos(3 ) sin 7 Одредити, y, z из система једначина y y = 0 z 0 = y + 50 y y = sin(30 + α) cos(60 + α) 0 0 sin(30 α) cos(60 α) 8 Доказати једнакост = 3 tg( α) Одредити једначину кружнице коју додирује права + y =, а центар јој је у тачки (3,5) 0 Дате су тачке А(-,), B(6,) и C(-,7) Одредити једначину кружнице која садржи ове три тачке, а затим одредити тачку М такву да она буде средина тетиве BC 3

4 Електротехнички факултет Бања Лука Пријемни испит из математике 6 септембар 00 Упростити израз ( ) Одредити a тако да се оба коријена једначине ( a реалан број) налазе у интервалу (, 4 ) a + a = 0 3 Ријешити једначину = Ријешити неједначину < 0 5 Ријешити неједначину log + > log sin + log cos = 6 Ријешити једначину cos sin 7 Ријешити систем једначина 8 Доказати једнакост + y = 5 y = sin + sin 3 + sin 5 = tg3 cos + cos 3 + cos 5 9 Израчунати површину троугла ABC ако је a b =, c = 3, γ = 60 o 0 Одредити једначину кружнице која пролази кроз тачке А(3,5) и В(7,3) а центар јој се налази на Ох оси 4

5 Електротехнички факултет Бања Лука Пријемни испит из математике 3 септембар 00 Рационалисати именилац у разломку Рјешења једначине + p + q = 0 су и Саставити квадратну једначину којој су рјешења и 3 Ријешити једначину = ( 0, 0) 4 Ријешити неједначину < 0 log 5 Ријешити неједначину > 6 Ријешити једначину sin + tg = 7 Ријешити систем једначина = = = 0 8 Доказати једнакост cos 4 cos = tg3 sin sin 4 9 Двије кружнице (полупречника 3cm и cm ) додирују се споља Повучена је њихова спољна заједничка тангента Одредити површину површи ограничене кружницама и тангентом 0 Израчунати површину троугла ABC ако је a + b = 8, c = 7, γ = 0 o Напомена: користити косинусну и синусну теорему 5

6 Електротехнички факултет Бања Лука Квалификациони испит из математике Доказати да је вриједност израза цијели број За које,, a b c Z функција f = a + b + c, Z задовољава услов f + y = f + f y + y 3 Нацртати график функције 7, < f = +, 7, > Па одредити скуп : f ( ) = 0 4 Ријешити једначину { } = Ријешити неједначину 7 ( ) log 4 5 < 6 Ријешити једначину sin cos = 7 Ријешити систем 8 Доказати идентитет = = = = 4 cos 4α + 4cos α + 3 = 8cos α 4 o 9 Израчунати странице a, b, c троугла ако је a + b = 7, γ = 60, P = Одредити једначину кружнице која пролази кроз координатни почетак, а праве 3 4y + 8 = 0 и 3 + 4y + 8 = 0 су јој тангенте 6

7 РЈЕШЕЊА ЗАДАТАКА Квалификациони испит одржан 9 јуна 00 Упростити израз 3 + y + y + y + y y ( y) 3 ( y)( + y) y + y + y + y + y ( + y) + y ( + y) = = = = y y + y y + y y + y y + y y ( + y) ( + y) ( y ) = = = y + y y + y y За које вриједности k једначина + = k + има јединствено рјешење? y = + Посматрајмо функције y = k + У првој функцији појављује се апсолутна вриједност тј имамо: +, + 0 +, + = = ( + ), + < 0, <, 0, = = ( ), < 0 +, < Па ће функција y бити + ( ), + +,, y = + +, < = + +, < =, <, +, <, < + + < Њен график је приказан на слици 7

8 слика Друга функција је y = k + То је очигледно прамен правих које пролазе кроз тачку А(0,) Прво ћемо размотрити случај k 0 Са слике се види да имамо два гранична случаја: праве p (случај када је k = 0 ) и p (случај када је k = ) Види слику слика ) Права p из прамена (случај k = 0 ) очигледно задовољава услов да са графиком функције y има само једну заједничку тачку ) За праве из прамена за које је 0 < k < (праве које се налазе између правих p и p ) са слике се види да ће имати три заједничке тачке са функцијом y ) 3) Права p очигледно са графиком функције y има двије заједничке тачке 4) За праве из прамена за које је < k < + очигледно важи да са графиком функције y имају тачно једну заједничку тачку 8

9 Размотимо сада случај k 0 Очигледно је да у овом случају све праве из прамена задовољавају тражени услов да са графиком криве y имају тачно по једну заједничку тачку Коначно рјешење задатка је дакле k,0, + ( ] 3 Једно рјешење квадратне једначине + k = 0 је квадрат другог рјешења Наћи све могуће вриједности k ПРВО Нађимо оба рјешења: ± 4 4k / = = ± k Према услову задатка мора бити ( k ) + k = + k = k + k 3 k = k / 9 k = k + k 9 9k = k + k k + 7k 8 = 0 k = 8, k = Провјера рјешења За k = 8 имамо једначину / 8 = 0 Њена рјешења су ± ± ± 36 ± 6 = = = =, = 4, = За ова рјешења вриједи ( ) = 4 За k = имамо једначину / + = 0 Њена рјешења су ± 4 4 ± 4 4 = = = =, =, = За ова рјешења вриједи ( ) = ДРУГО Према Вијетовим формулама имамо b + = = =, c k = = = k a a 9

10 Из услова задатка да је = из прве Вијетове формуле имамо + = односно добијамо квадратну једначину + = 0 ± 4 ± + 8 ± 3 / = = = =, = () Из услова задатка да је = из друге Вијетове формуле имамо = = = k () () и () заједно дају k k = = = 8, = = = Дакле, добили смо иста рјешења k = 8, k = 4 Ријешити неједначину > 0 Дата неједначина има смисла ако је тј ако је Важи > > > + 4 ( )( ) ( )( ) + 3 > > > ,, + С обзиром на ово и на услов имамо + 34, + 5 Ријешити неједначину log ( ) 9 Ова неједначина има смисла ако је 9 > > 0 тј ако (,) ( 4,8) ( 8,9)

11 Како је ( log ) log9 ( 5 + 4) log9 ( 9 ) Размотрићемо два случаја ) ако је 9 > тј ако је < 8, мора бити односно што је испуњено за,5 [ ] С обзиром на основни услов (,) ( 4,8) ( 8,9) рјешење у овом случају су сви бројеви, 4,5 [ ) ( ] ) ако је 9 < тј ако је > 8 мора бити Оба ова услова су испуњена ако је > 8, 4,8 8,9 С обзиром на основни услов рјешења у овом случају су сви бројеви ( 8,9 ) Узимајући у обзир рјешења из првог и другог случаја, рјешења дате неједначине су сви бројеви, 4,5 8,9 [ ) ( ] 6 Ријешити једначину cos(7 ) + sin(8 ) = cos(3 ) sin cos(7 ) + sin(8 ) = cos(3 ) sin sin8 + sin = cos3 cos7 sin 5 cos3 = sin 5 sin sin 5 cos3 sin = 0 sin 5 = 0 cos3 sin = 0 π sin 5 = 0 sin sin 3 = 0 5 π π sin 5 = 0 sin cos = π π sin 5 = 0 sin = 0 cos = π π π 5 = kπ = kπ = + kπ, k Ζ 4 4

12 kπ π kπ 3π = = + = + kπ, k Ζ kπ π kπ 3π, +, + kπ : k Ζ Одредити, y, z из система једначина y y = 0 z 0 = y + 50 y y = 0 Прву једначину из система запишимо као + y = 50 + y 645 а затим је уврстимо у трећу 50 + y y = = 0 = = = 9 Дакле = 9 Уврстимо добијено у прву једначину па имамо 9 + y = y 645 y y y / y = 0 y + 36 = 0 ± = = = 6 Дакле y = 6 Ако уврстимо добијено у трећу једначину из система имамо z = Дакле z = 00 8 Доказати једнакост α α = + α + + α 0 0 sin(30 + ) cos(60 + ) 0 0 sin(30 ) cos(60 ) 3 tg( α) Користећи формуле добијамо sin α + β = sinα cos β + cosα sin β cos α + β = cosα cos β sinα sin β

13 + + α α α α = = + α + + α α + α + α α 3 3 cosα + sinα cosα sinα 3 3 cosα + sinα cosα + sinα = = cosα + sinα + cosα sinα cosα + sinα + cosα sinα sin(30 α) cos(60 α) sin 30 cos + cos 30 sin cos 60 cos sin 60 sin sin(30 ) cos(60 ) sin 30 cos cos 30 sin cos 60 cos sin 60 sin 3 sinα = = cosα 3tgα 9 Одредити једначину кружнице коју додирује права + y =, а центар јој је у тачки (3,5) ПРВО Траженој кружници познат је центар само треба одредити полупречник Пошто кружница треба да додирује дату праву то њен полупречник треба да M 3,5 = M, y од праве буде једнак удаљености тачке ( 0 0 ) y 0 ( A By C 0) + = + + = што рачунамо по формули d M p A + By + C = = = = = A + B + па је једначина тражене кружнице 0 0, 3 дакле r = 3 3

14 Електротехнички факултет Бања Лука Пријемни испит 9 јун 00 ( 3) + ( y 5) = ( 3 ) ( ) ( y ) = 8 ДРУГО Први корак је да одредимо тачку додира кружнице и праве Користићемо чињеницу да права кроз центар кружнице и тачку додира је нормална на дату праву p Дату праву p: + y = запишимо у експлицитном облику y = + Одавде видимо да је њен коефицијент правца k p = Права нормална на њу ће имати коефицијент правца kn = = = k Дакле нормала ће бити облика треба да садржи и тачку M ( 3,5) то ће бити 5 = 3 + n тј n = Па ће права која садржи дату тачку M ( 3,5) y = kn + n = + n Пошто та нормала p и нормална је на дату праву p : + y = бити дата једначином n : y = + Одредимо тачку пресјека правих p : y = + и n : y = + + = + = 0 = 0 Одавде добијамо да је y = + = Дакле, тачка пресјека правих је T ( 0, ) и та тачка ће бити и тачка додира праве и кружнице па ће полупречник кружнице бити једнак 3,5 T 0, удаљености од тачке M до тачке Дакле, r = d M, T = = = = 8 = 9 = 3 Па је једначина тражене кружнице ( 3) + ( y 5) = ( 3 ) ( ) ( y ) = 8 0 Дате су тачке А(-,), B(6,) и C(-,7) Одредити једначину кружнице која садржи ове три тачке, а затим одредити тачку М такву да она буде средина тетиве BC 4

15 Нека је једначина тражене кружнице k : ( p) + ( y q) = r () гдје је C ( p, q) центар а r полупречник кружнице k Пошто се све три дате тачке налазе на кружници то њихове координате задовољавају једначину () тј имамо: A: p + q = r B : 6 p + q = r C : p + 7 q = r То јест имамо систем једначина ( ) ( ) p + q = r ( 6 p) + ( q) = r ( p) + ( 7 q) = r Одузимањем друге од прве добијамо ( p) ( p) 6 = p + p 36 + p p = 0 6 p 3 = 0 6 p = 3 3 p = 6 p = Уврштавањем у прву и трећу једначину добијамо 6 + q = r q = r Одузимањем добијамо ( q) ( q) 7 = 0 q + q 49 4q + q = 0 q + q q q = 0 q 48 = 0 q = q = q = 4 Враћањем у једну од једначина почетног система рачунамо полупречник 5

16 r = + = + = r = 5 r = Па је једначина тражене кружнице ( ) ( y ) + 4 = 5 Средину тетиве BC биће тачка М чије координате рачунамо по формули +, y + M y M 6 7, + Дакле тражена средина тетиве BC је (,4) M Примијетимо да је тражена тачка уствари центар кружнице тј да је тетива уствари пречник тражене кружнице 6

17 Квалификациони испит одржан 6 септембра 00 Упростити израз ( ) ( )( ) = = ( ) ( 3 + ) ( + + ) ( )( + ) ( + )( + ) ( )( + + ) = = ( ) ( + ) ( + )( + ) = = 3 3 ( )( ) ( )( ) + a a 0 Одредити a тако да се оба коријена једначине,4 број) налазе у интервалу Дату квадратну једначину запишимо у облику ( a) = Одатле слиједи = a = a + Па је, по услову задатка < a < 4 < a + < 4 Односно < a < 5 3 < a < 3 (,3) a + = ( a реалан 7

18 3 Ријешити једначину = + 6 ) < 6 3 = 6 = = ) 6 < 3 3 = = 4 = 3) 5 3 < = + 6 = 4 = 4) = + 6 = = 4 Ријешити неједначину < 0 8

19 < < < + 6 < < < , С обзиром на услов 3 имамо , 5 Ријешити неједначину log + > > 0,, + 0 ) (, ) + log + > log + > + > < 0 ( 3,4) Дакле (,4 ) 9

20 ) ( 0,) log + > log + < > 0 (, 3) ( 4, + ) Због услова ( 0,) у овом случају нема рјешења Према томе (,4 ) 6 Ријешити једначину logcos sin + logsin cos = cos > 0, cos, sin > 0,sin π π π 0, π, π + 4 π, 4π + π kπ,kπ + k Z Како је ( t ) log cos cos b a = имамо log b logcos sin + = log sin t = log t + = t t sin t + = 0 = 0 t = log sin = cos = sin tg = π = + kπ, k Z 4 a cos 0

21 π С обзиром на услов kπ,kπ + имамо π = + kπ 4 k Z 7 Ријешити систем једначина + y = 5 y = + y = 5 + y = 5 y = y = Уврстимо I у II па добијамо 4 + = 5 Смјена = t 4 t + = 5 / t t t + 4 = 5t t 5t + 4 = 0 5 ± ± 3 t/ = = t = 4 t = Вратимо се из смјене = t = 4 = = = 3 = 4 = Сад добијене вриједности за х искористимо да добијемо y y = y = y3 = y4 = Дакле, конашно рјешење система су уређени парови { } (, y),,,,,,, 8 Доказати једнакост sin + sin 3 + sin 5 = tg3 cos + cos 3 + cos 5

22 sin + sin 3 + sin 5 sin + sin 5 + sin 3 = = cos + cos 3 + cos 5 cos + cos 5 + cos 3 Користићемо следеће формуле α + β α β sinα + sin β = sin cos α + β α β sinα sin β = cos sin α + β α β cosα + cos β = cos cos α + β α β cosα cos β = cos sin + sin 3 ( cos + ) + cos3 ( cos + ) sin 3 cos sin 3 = = cos3 cos cos3 9 Израчунати површину троугла ABC ако је a b =, c = 3, γ = 60 o sin 3 = = tg3 cos3 Косинусна теорема Квадрат једне странице троугла једнак је збиру квадрата друге двије странице умањен за двоструки производ тих страница и косинуса њима захваћеног угла тј c = a + b a b cosγ Одавде имамо c = a ab + b + ab abcosγ c = a b + ab abcosγ ( cosγ ) c = a b + ab Коначно имамо ( γ ) c a b 9 a b = = cos 0 Одредити једначину кружнице која пролази кроз тачке А(3,5) и В(7,3) а центар јој се налази на Ох оси

23 Тражена кружница к садржи тачке А и В тј дуж АВ је тетива кружнице k па ће се њен центар налазити на симетрали s дужи АВ а како се по поставци задатка центар налази на Ох оси то ће се центар налазити у пресјеку s са Ох осом Одредимо прво праву p која пролази кроз тачке А и В по формули y y y y = ( ) 3 5 y 5 = ( 3) 7 3 y 5 = ( 3) 3 y = + Симетрала дужи АВ је нормална на праву p па ће њен коефицијент правца бити ks = k p 3

24 k s = = а њена једначина y = + n Како симетрала пролази кроз средиште S дужи АВ са координатама + y, + y S S, S ( 5,4) то ће њене координате засдовољавати једначину симетрале 4 = 5 + n 4 = 0 + n n = 6 Дакле, једначина симетрале је y = 6 Још остаје да нађемо пресјечну тачку симетрале и Ох осе тј да ријешимо систем y = 6 6 = 0 = 3 y = 0 C 3,0 Дакле, центар кружнице ће се налазити у тачки Остало је да се израчуна полупречник r = ( 3 ) + ( y y3 ) = ( 3 3) + ( 5 0) = 5 Па ће једначина кружнице бити ( ) y 3 + = 5 4

25 Квалификациони испит одржан 3 септембра 00 Рационалисати именилац у разломку Ако 4 означимо са дати израз постаје = = = = Рјешења једначине + p + q = 0 су и 0, 0 Саставити квадратну једначину којој су рјешења и Нека је тражена једначина y + ry + s = 0 Тада је r = ( y + y) и s = y y Но како је y =, y = то је + ( + ) q p r = ( + ) = = = q и s q p једначина гласи y + y + = 0 или q 3 Ријешити једначину = = = па qy q p y q + ( ) + = 0 = повлачи = или = Сада је = или 3 = У првом случају имамо редом = или = па је = 0 или = Дакле, = 0 или = или = случају је 3 = или 3 = па је = или = 4 = 4 или = 4 У другом одакле је 5

26 4 Ријешити неједначину < 0 Поткорјена величина мора бити већа или једнака од нуле па имамо Уз тај услов је < + + ( + )( + ) + + < ( + )( + ) < < , Закључак: како је < + + 4( )( ) < > важи 5 Ријешити неједначину log > + 7, 3 > 0 > 0 0 < < log > log Како је 0 < < имамо 5 + 5,, + < < + > 0 С обзиром на добијено, услов 0 < < и чињеницу да је + 5 имамо, 6 Ријешити једначину sin + tg = + 5 < 6

27 tg Како је sin = + tg имамо tg tg + tg + = tg + ( tg )( + tg ) = 0 3 tg tg + 3tg = 0 Смјена tg = t 3 t t + 3t = 0 3 t t + t + t = 0 t 3 t t + t = 0 ( t )( t t ) t ( t ) ( t ) ( t )( t + t + t + ) = 0 ( t )( t t + ) = = 0 Како једначина t t + = 0 нема реалних рјешења једино реално Рјешење дате кубне једначине је t = па имамо tg = π = + kπ, k Z 4 7 Ријешити систем једначина = = = = = = = = + 3 = 0 Дакле, једна промјенљива је произвољна, рецимо 3 = α, α R Одатле је = α Вратимо се са 3 = α, = α, α R у прву једначину система Имамо + α + 3α = 0 4α + 3α = 0 = α Коначно, рјешење система је уређена тројка ( α, α, α ) произвољно гдје је α R 8 Доказати једнакост cos 4 cos = tg3 sin sin 4 7

28 4 + 4 sin sin cos 4 cos = sin sin sin cos = + sin sin 3 sin ( ) sin 3 tg3 cos3 = cos3 = 9 Двије кружнице (полупречника 3cm и cm ) додирују се споља Повучена је њихова спољна заједничка тангента Одредити површину површи ограничене кружницама и тангентом Тражену површину наћи ћемо ако од површине трапеза ABCD одузмемо површине кружних исјечака ADE и BCE AD + BC Одредимо прво површину трапеза : Ptrap = h гдје је h висина трапеза Висину h одредићемо из CDF - правоугли троугао h = 4 = 6 4 = h = 3 3+ Ptrap = 3 = 4 3 Ptrap = 4 3 Троугао CDF је очигледно половина једнакостраничног троугла па су му углови FDC = 60 o DCF = 30 o BCD = 0 o Одавде добијамо површине кружних исјечака P P BCE ADE r π α π 0 = = o o o π = 3 o r π α 3 π 60 9π 3π = = = = o o 6 8

29 π 3π π = trap BCE + ADE = = Коначно имамо P P ( P P ) P = 4 3 π P =,6 cm 6 0 Израчунати површину троугла ABC ако је a + b = 8, c = 7, γ = 0 o Напомена: користити косинусну и синусну теорему Према косинусној теореми је c = a + b ab cosγ c = a + ab ab + b ab cosγ ( cos ) c = a + b ab + γ o o 3 cos0 =, sin0 = Сада је 7 = 8 ab a + a b = 5 Остаје још да израчунамо површину по формули P = 5 = 4 P = absinγ 9

30 Квалификациони испит одржан 8 октобра 00 Доказати да је вриједност израза цијели број Обије поткорјене величине су позитивне па су оба сабирка позитивни реални бројеви = k > 0 / ( + 6 )( 6 ) + 6 = k + 7 = k + 49 = k 36 = k k = 6 За које,, a b c Z функција f = a + b + c, Z задовољава услов f ( + y) = f + f ( y) + y ( ) f + y = a + y + b + y + c = a + y + y + b + by + c Са друге стране је f ( + y) = f + f ( y) + y = a + ay + ay + b + by + c + c c = f + f y + ay c Одатле добијамо ay c = y a = c = 0 b R 3 Нацртати график функције 7, < f = +, 7, > Па одредити скуп : f ( ) = 0 { } 30

31 7 7 : = 0 =,,, { f } 4 Ријешити једначину = 3 3 Једнакост има смисла само за = 7 / ( )( ) ( 6)( 9) 37 ( )( ) = = 74 / + = 6 9 = 37 / = = = 37 = ( 37 )( 37 + ) =

32 = 5 = 5 = 5 5 Ријешити неједначину ( ) 7 log 4 5 < 6 Ријешити једначину sin cos = = kπ, k Z π = + kπ, k Z 7 Ријешити систем = = = = = = = = = 3 74 = = = = = = = 40 А одавде лако добијамо =, =, =, = Доказати идентитет cos 4α + 4cos α + 3 = 8cos α cos 4α + 4cos α + 3 = cos α sin α + 4cos α + + = cos α + sin α + 4cos α + = cos α + cos α + 4cos α + = cos α + cos α + = cos α sin α + cos α sin α + = 4 4 cos α cos α sin α + sin α + cos sin α + = 4 4 cos α cos α sin α + sin α + cos α sin α + cos α = 4 cos α cos α sin α + sin α ( sin α ) + 3cos α = cos 4 α 3cos α sin α + 3cos α = cos 4 α + 3cos α ( sin α ) = 4 3

33 cos α 3cos α 4cos α + = = 8cos α o 9 Израчунати странице a, b, c троугла ако је a + b = 7, γ = 60, P = a b sinγ ab P = = = 3 3 a b = Одавде добијамо систем који има два рјешења a + b = 7 a = 4 b = 3 a = 3 b = 4 Да бисмо израчунали трећу страницу морамо прво израчунати висину ( види слику) π h 3 3 sin = h = 3 3 z π 3 Одавде је = cos = одакле добијамо z = Дакле, AH = 4 z = Остаје да из троугла АНC користећи Питагорину теорему израчунамо c = 3 0 Одредити једначину кружнице која пролази кроз координатни почетак, а праве 3 4y + 8 = 0 и 3 + 4y + 8 = 0 су јој тангенте 33

34 34