Универзитет у Нишу Технолошки факултет Лесковац

ТЕСТ ЗА ПОЛАГАЊЕ ПРИЈЕМНОГ ИСПИТА СА РЕШЕЊИМА ИЗ МАТЕМАТИКЕ

MATEMATIKA

Prijemni ispit, Univerzitet u NǐsuTehnološki fakultet, Leskovac, jun 2017.

Zadaci

1. Skratiti razlomke i napisati uslove pod kojima dobijene jednakosti važe:

(a)a2 − 8a+ 16b(a2 − 4a)

;

Rešenje:

Važi:a2 − 8a+ 16b(a2 − 4a)

=(a− 4)2

b · a · (a− 4)=

a− 4ab

,

pri čemu mora da važi:

b ̸= 0, a ̸= 0, a ̸= 4.

(b)a2 + ab+ a+ b

a2 + 2ab+ b2.

Rešenje:

a2 + ab+ a+ b

a2 + 2ab+ b2=

a(a+ b) + (a+ b) · 1(a+ b)2

=(a+ b) · (a+ 1)

(a+ b)2

=a+ 1

a+ b, a+ b ̸= 0.

2. Rešiti nejednačinu

x− 3x− 1

>x− 5x− 3

.

Rešenje:

Lako uočavamo da mora da važi:

x− 1 ̸= 0, x− 3 ̸= 0. (1)

TFLText BoxJUN 2017

Važi:

x− 3x− 1

>x− 5x− 3

⇔ x− 3x− 1

− x− 5x− 3

> 0

⇔ (x− 3)2 − (x− 5)(x− 1)

(x− 1)(x− 3)> 0

⇔ 4(x− 1)(x− 3)

> 0

⇔ (x− 1)(x− 3) > 0⇔ x ∈ (−∞, 1) ∪ (3,+∞).

3. Rešiti jednačinu

log2 (x− 1) + log2 (x+ 2) = 2. (2)

Rešenje:

log2 (x− 1) + log2 (x+ 2) = 2⇔ log2 (x− 1)(x+ 2) = 2

⇔ (x− 1)(x+ 2) = 22 = 4⇔ x2 + x− 6 = 0.

Rešenja poslednje jednačine su:

x1 = 2, x2 = −3.

Kako rešenja jednačine (2) moraju biti ona rešenja jednačine koja zadovoljavajuuslove:

x− 1 > 0,x+ 2 > 0,

to je jedino rešenje jednačine (2)

x = 2.

4. Rešiti jednačinu (3

2

)x·(8

9

)x=

64

27.

2

Rešenje:

Važi: (3

2

)x·(8

9

)x=

64

27

⇔(3

2

)x·(23

32

)x=

64

27

⇔ 3x

2x· 2

3x

32x=

64

27

⇔ 22x

3x=

64

27

⇔ (22)x

3x=

(4

3

)3

⇔(4

3

)x=

(4

3

)3

⇔ x = 3.

5. Izračunati vrednost izraza

3−2 −(3

4

)−22−

(1

5

)−1 .

3

Rešenje:

Važi:

3−2 −(3

4

)−22−

(1

5

)−1 =1

32−

(4

3

)22− 5

=

1

9− 16

9−3

=−15

9

−31

=15

9 · 3=

5

9.

4

MATEMATIKA

Prijemni ispit, Univerzitet u NǐsuTehnološki fakultet, Leskovac, septembar 2017.

Zadaci

1. Skratiti razlomak i napisati uslove pod kojima dobijena jednakost važi:

x3y − x2y2

x3y(x− y).

Rešenje:

x3y − x2y2

x3y(x− y)=

x2y · (x− y)x3y · (x− y)

=

1

x,

pri čemu jex, y ̸= 0, x− y ̸= 0.

2. Rešiti jednačinu:

log5 (x2 − 11x+ 43) = 2.

Rešenje:

Primetimo da rešenje date jednačine mora zadovoljavati uslov:

x2 − 11x+ 43 > 0. (1)

Lako utvrd̄ujemo da je nejednakost (1) tačna za svako x ∈ R.Prelazimo na rešavanje date jednačine.

log5 (x2 − 11x+ 43) = 2

⇔ x2 − 11x+ 43 = 52 = 25⇔ x2 − 11x+ 43− 25 = 0⇔ x2 − 11x+ 18 = 0,

TFLText BoxSEPTEMBAR 2017

odakle dobijamo:x1 = 9, x2 = 2.

3. Rešiti jednačinu:

5x − 53−x = 20.

Rešenje:

5x − 53−x = 20⇔ 5x − 53 · 5−x = 20

⇔ 5x − 1255x

= 20 | · 5x

⇔ (5x)2 − 20 · 5x − 125 = 0.

Sada uvodimo smenu:5x = t,

i imamo u vidu da mora važiti uslov:

t > 0. (2)

te dobijamo:t2 − 20t− 125 = 0. (3)

Rešavanjem poslednje jednačine dobijamo:

t1 = 25, t2 = −5.

Proverom uslova (2) lako utvrd̄ujemo da je jedino rešenje jednačine (3) t = 25,te je

5x = 25 = 52,

to jestx = 2.

4. Izračunati vrednost izraza:

3−2 −(3

4

)−22−

(1

5

)−1 .

2

Rešenje:

Važi:

3−2 −(3

4

)−22−

(1

5

)−1 =1

32−

(4

3

)22− 5

=

1

9− 16

9−3

=15

27=

5

9.

5. U jednačinikx2 − (2k + 1)x+ 1 = 0 (4)

odrediti parametar k, k ̸= 0 tako da važi

x1x22 + x

21x2 = 4.

Rešenje:

Lako uočavamo da važi:

x1x22 + x

21x2 = 4

⇔x1x2 · (x1 + x2) = 4. (5)

Posmatrajmo sada jednačinu (4).Vietove formule su:

x1 + x2 =2k + 1

k, (6)

x1 · x2 =1

k. (7)

Zamenom formula (6) i (7) u (5), dobijamo:

1

k· 2k + 1

k= 4

⇔ 2k + 1k2

= 4

⇔ 4k2 − 2k − 1 = 0.

3

Rešavanjem poslednje jednačine, dobijamo:

k1 =1 +

√5

4, k2 =

1−√5

4.

Predmetni nastavnik

Snežana S. -Dord̄ević

4

Prijemni ispit iz Matematike, 26.6.2019.

Univerzitet u Nǐsu

Tehnološki fakultet Leskovac

Zadaci

1. Izvršiti naznačene operacije:(15x3

y4− 5x

y2+

5

x

):

(3x2

y3− 1

y+

y

x2

).

Rešenje: (15x3

y4− 5x

y2+

5

x

):

(3x2

y3− 1

y+

y

x2

)=

15x4 − 5x2y2 + 5y4

y4x:

3x4 − x2y2 + y4

y3x2=

5(3x4 − x2y2 + y4)xy4

· x2y3

3x4 − x2y2 + y4=

5x

y, x 6= 0, y 6= 0.

2. Rešiti nejednačinu:

3− 3x2

>5

8− 4x− 3

6.

Rešenje:

3− 3x2

>5

8− 4x− 3

6| · 24

⇔ 72− 36x > 15− 4(4x− 3)⇔ 72− 36x > 15− 16x + 12⇔ −20x > 27− 72 | · (−1)⇔ 20x < 45

⇔ x < 4520

⇔ x < 94.

3. Rešiti jednačinu:

4x−√x2−2 − 3 · 2x−

√x2−2−1 = 1.

Rešenje:

4x−√x2−2 − 3 · 2x−

√x2−2−1 = 1

⇔ 22(x−√x2−2) − 3 · 2x−

√x2−2 · 2−1 = 1.

Uvodimo smenu: 2x−√x2−2 = t, uz uslove: x2 − 2 ≥ 0, t > 0.

TFLText BoxJUN 2019

2

Sada je naša polazna jednačina ekvivalentna jednačini:

t2 − 32t = 1| · 2

2t2 − 3t− 2 = 0

⇔ t1,2 =3±√

9 + 16

4=

3± 54

.

Dakle: t1 = 2, t2 6= −1

2. Sada se može dobiti:

2x−√x2−2 = 2,

t.j.

x−√

x2 − 2 = 1,

x− 1 =√x2 − 2, x− 1 ≥ 0,

x2 − 2x + 1 = x2 − 2,

−2x = −3

⇔ x = 32.

4. U jednačini:

kx2 − (2k + 1)x + 1 = 0, k 6= 0,odrediti parametar k tako da važi:

x1x22 + x

21x2 = 4.

Rešenje: Vietove formule za datu kvadratnu jednačinu su:

x1 + x2 =2k + 1

k,

x1 · x2 =1

k.

Sada važi:

x1x22 + x

21x2 = 4

⇔ x1x2(x1 + x2) = 4

⇔ 1k· 2k + 1

k= 4

⇔ 2k + 1 = 4k2

⇔ 4k2 − 2k − 1 = 0

⇔ k1,2 =1±√

5

4.

5. Rešiti jednačinu:

1 + log2 (x− 1) = logx−1 4.

3

Rešenje: Uslovi u zadatku su:

x− 1 > 0,x− 1 6= 1⇔ x > 1 ∧ x 6= 2.

Polazna jednačina je ekvivalentna jednačini:

1 + log2 (x− 1) =log2 4

log2 (x− 1).

Sada uvodimo smenu: log2 (x− 1) = t, te dobijamo:

t + 1 =2

t,

t2 + t = 2,

t2 + t− 2 = 0,

t1,2 =−1±

√1 + 8

2

=−1± 3

2⇔ t1 = 1, t2 = −2.

Sada dobijamo:

log2 (x− 1) = 1 ∨ log2 (x− 1) = −2⇔ x− 1 = 2 ∨ x− 1 = 2−2

⇔ x = 3 ∨ x = 14

+ 1 =5

4.

Napomena: Svaki tačno rešen zadatak boduje se 12 poena.

МатематикаPrijemni ispit iz Matematike, jun 2017Prijemni ispit iz Matematike, septembar 2017.Prijemni ispit iz Matematike, jun 2019.