Zbirka Rjesenih Zadataka Iz Matematike Za Prijemni Ispit

7/29/2019 Zbirka Rjesenih Zadataka Iz Matematike Za Prijemni Ispit

1/34

Zbirka rjeenih zadataka iz matematike za prijemni ispit

Univerzitet u Istonom Sarajevu Mainski fakultet 1

Test broj 1

1. a) Izraunati .0625,0log30

71:

5

9:

4

3

5

12

2

+

+

b) Uprostiti( )

.44

2

22 yx

yxy

yx

x

+

2. Rjeiti jednaine:a) xxxx 2

325

42

512 +=++

b) ( )( ) ( ) ( ) .2,1

2,1jeako,02


2/34



Rjeenje testa broj 1

1. a)

( )

( ) .044142

12log22

37

30

60

37

5,0log237

30

60

251225,0log

37

30

5

9:

4

3

5

1

0625,0log30

71:

5

9:

4

3

5

1

21

2

2

22

22

2

2

2

2

==+

=+

=

=+

+=+

+=

=+

+

b)( ) ( )

( )( )( )

( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )

y.x-yxuslovuz

,1

22

22

22

2222

2222

2

2244

2

22

+=

++

++=

++

+=

=++

+=

=+

+=

+

yxyxyx

yxyxyx

yxyx

yxyyxx

yxyx

yxy

yx

x

yxyx

yxy

yx

x

yx

yxy

yx

x

2. a) Ako se data jednaina pomnoi sa NZS (3,4,5), tj. sa 60, dobija se:

( ) ( ) ( )

2x

4020189

1202520215121223

25

4

2

5

12

=

+=

+=+++

=+

+

xx

xxxxxxxx

b) Ako je x < 2, jednaina glasi ( ) ( ) .0112

=+++ xx Tada je:( ) ( )

( )-2x-1x

2-2x-1x

20132011 22

==


3/34



3.) Za Zk,2

xzatj.0,sinxili0cos ===

kx jednaina je nemogua.

Dalje, data jednaina je ekvivalentna sa :

( )

.,4

,2

12

1t2t

023

032

)0cossamdijeljenje(

0cossin3sincos2

0cossin3cossincos

0cossin31cos1cossin3cos

2

2

2

22

222

2

2

ZllxZkkarctgx

tgxtgx

ttgx

ttttgx

tgxxtg

x

xxxx

xxxxx

xxx

xxx

+=+=

==

===

=+=

=+

=+

=++

=+

=

4.) Nejednaina ima smisla za x > 0. Ako uvedemo smjenu81log3log 222


4/34



Slika 2.

6.) Neka je E podnoje visine h iz tjemena D

(Slika 2). Tada je AE = x i

2

60cosc

c = o

Trapez je jednakokraki, pa je

.2jetotangentnitrapez

jekakoa,22

odnosno,2

bac

bacbax

+=

=

=

Dakle, ,2 bac += 22

bac = i a = 3, odakle je

.2

1

3

33

3

326

3

32

=

=

=

=

=

+=

=

+=

c

b

bc

b

bc

bb

bc

bc

Visinu h dobijamo iz pravouglog trougla AED:

.32

32

2

360sin ====

cch o

To znai da je obim trapeza 813222 =++=++= bacO cm,

a povrina trapeza je 3232

13

2=

+=

+= h

baP cm2.

7.) Na osnovu formule za povrinu kupesrrMBP +=+= 2

( )

.6i09610

jedaodnosno,

,1096jedadobijamo

2 ==+

+=

rrr

rr

Kako je .8jeto,222 cmHrsH == Slika 3.

Zapreminu kupe izraunavamo po formuli

.96tj.

863

1jepa,3

1

3

2

cmV

VHBV

=

==

8.) Prema uslovu zadatka je 1qi16...2111


5/34



Zbir svih lanova progresije izraunava se po formuli

:slijedi153,61i16

1izpa,

1 2

2111 =

=

=

q

a

q

a

q

aS

( )

( )( )

( ) ( )

( ).

4

1

12

6,4094,102

116

16,1531256

116

6,1531

1256

1161

11

2

2

1

=

=

=

=

+=

=

=

=

q

a

q

qa

qq

qa

q

q

qa

Dakle, .64

3

256

12

4

112i

4

14

415 ==

=== qaaq

9.) Znajui da je ( ) sin180sini

sin22sincos == o , dobijamo da je

( ) ( ).

16

1

20sin

20180sin

60sin

60180sin

16

1

20sin

160sin

60sin

120sin

16

1

80sin2

160sin

60sin2

120sin

40sin2

80sin

20sin2

40sin80cos60cos40cos20cos

=

==

=

=

o

oo

o

oo

o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

o

oooo

10. Mogue sastave grupe prikaimo pomou skupova (jer redosled nije bitan):{ } { } { } { } { } { },,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,, VPOOVPPOVVPOPPPOPPOOPOOO gdje O oznaava oficira, P podoficira, i V vojnika.

Od 5 oficira moemo izabrati 3 oficira na 10321

345

3

5=

=

naina.

etvrti lan grupe mora biti podoficir, za iji izbor imamo 41

4

1

4==

mogunosti.

Svakom izboru 3 oficira od 5 oficira odgovaraju 4 izbora podoficira pa za ovu

kombinaciju imamo mogua naina formiranja grupe. Slino rasuivanjeprimjenjuje se i u ostalim sluajevima. Ukupan broj traenih naina je:40410 =

.1720400300900206040

1

10

1

4

2

5

1

10

2

4

1

5

2

10

1

4

1

5

3

4

1

5

2

4

2

5

1

4

3

5

=+++++=

=

+

+

+

+

+


6/34



Test broj 2

1.) a) Izraunati .116

1:

63

12

26

4

16

15

+

+

+

b) Uprostiti .2

2

2

222

aba

b

bab

a

ab

ba

+

+

2.) Rjeiti jednaine: a) ,6

1

3

42

4

13

2

1 ++

=

+

xxxx

b) ( ) ( ).47124 222 xxxx =+

3.) Rjeiti trigonometrijsku jednainu: .2

12cos

8

15sincos 66 =+ xxx

4.) Rjeiti nejednainu: ( ) .4

1log3log

3

13

+


7/34



10.) Izraunati granine vrijednosti:

a) ,

2log...4log2log

lim 2222

n

n

n

++++ b) 2

3 2

0

11

lim x

x

x

+


8/34




1. a)

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )[ ] ( )

( ) ( ).1151216116116

116634262163

11669

6312

46

264

16

1615

116

1:

63

12

26

4

16

15

==+=

=++++=

=+

+

++

=

=+

+

+

b)

( ) ( )

( )( )( ) ( )

( )

( )

b.ai0b,0auslovuz,1

333223

3322

2222

2

2

2

222

=

=

=

++=

++=

=

+

+

=

+

+

baab

abab

baab

babbaaba

baab

bababa

baa

b

bab

a

ab

ba

aba

b

bab

a

ab

ba

2. a) Ako datu jednainu pomnoimo sa NZS (2,3,4,6), tj. sa 12, dobijamo:

( ) ( ) ( ) ( )

.1551410915

12424133166

1

3

42

4

13

2

1

===

++=++

+

=

+

x

xxxxxxxx

b) Ako uvedemo smjenu , dobijamo da je:txx = 42

( ) ( )( )

.21344034

4434434

0127447124

22

222

22222

===+=+

=====

=++==+

xx

xxxxtttxx

tttxxxxxx

3.) Koristei identitete:( )( )

( )

,cos1sin

i2sincossin2

,3

,

22

222224224

2233

xx

xxx

bababbaa

babababa

=

=

+=+

++=+

transformiemo lijevu stranu jednaine na sledei nain:


9/34



( ) ( )( )( )

( )[ ]( ).2cos1

4

312sin

4

31

4cossin431sincos3sincos1

sinsincoscossincos

sincossincos

22

22

222

22

422422

323266

xx

xxxxxx

xxxxxx

xxxx

=

==+=

=++=

=+=+

Data jednaina sada ima oblik ( )2

12cos

8

152cos1

4

31 2 = xx , odakle se sreivanjem

dobija ekvivalentna jednaina, odnosno Uvoenjem smjene

dobija se jednaina , ija su rjeenja

.022cos52cos2 2 =+ xx

tx =2cos 0252 2 =+ tt2

1ili2 == tt . Jednaina

je nemogua, a jednaina22cos =x212cos =x ima rjeenja .,2

6Zkkx +=

4.) Nejednaina ( )4

1log3log

3

13

+

+>

xx , odnosno

ako je . Kako je( 3,1x ) aa nn

loglog 1 = bie da je

.1

4log

4

1log

4

1log

4

1log 3

1

33

3

1+

=

+=

+=

+

x

xxx

Osnova logaritma je vea od 1, pa je logaritamska funkcija rastua, a nejednaina

( )1

4log3log 33

+

+

+

xx

xx

Rjeenja poslednje nejednaine su svi brojevi vei od -1 i razliiti od 1. Ako uzmemo uobzir da je ( )3,1x , konano rjeenje date nejednaine je ( ) ( ).3,11,1 x

5.) Kanonski oblik jednaine kruga je ( ) ( ) .412 22 =++ yx Centar kruga je taka C (2,-1),a poluprenik je r =2. Jednaina prave l, odreene takama A i C, prema formuli

( ) ( ) .3odnosno,332

010glasi,1

12

121 =

=

= xyxyxx

xx

yyyy

Slika 4.

Prava l i prava p, kojoj pripada tetiva, suortogonalne, to slijedi iz podudarnosti trouglova

PAC i QAC(Slika 4.). Koeficijent pravca prave le kl = 1, a pravep je kp. Iz uslova ortogonalnosti

pravih 1= pl kk sledi da je kp = -1. Jednaina

prave p kojoj pripada taka A(3,0) sa

koeficijentom pravca kp= -1 je ( )310 = xy ,odnosnoy = -x +3.


10/34



6.) Kako su poznate sve tri stranice trougla njegovu povrinu moemo izraunati na osnovu

Heronovog obrasca ( )( )( )csbsassP = , pri emu je2

cbas

++= poluobim

trougla ije su stranice a, b i c.U ovom zadatku je ( )( )( ) .8415211421132121jepa21 === ABCPs Na osnovuuslova zadatka, povrinu trougla ABC moemo dobiti i kao zbir povrina trouglova AOCiBOC, gdje je O centar upisanog polukruga (Slika 5.).

Dakle, BOCAOCABC PPP += , odnosno

22

arbrPABC += , odakle je ( ) 8414132

=+r

,

pa je .

9

56=r

Slika 5.

7.) Na osnovu Pitagorine teoreme (Slika 6.) dobijamo da jePrenik donje osnove zarubljene kupe je 2R , a kako je i dijagonala D donje osnove

upisane zarubljene piramide takoe jednaka 2R (Slika 7.), to e biti

( ) .4tj.,222 == HrRsH

2102 aRD === ,

pa je 25=a . Slino se iz 242 brd === dobija da je 22 .

Slika 6. Slika 7. Slika 8.

Povrine baza zarubljene piramide su:, pa je zapremnina zarubljene piramide222

221 8i50 cmbBcmaB ====

( ) ( ) .10488505034

33

2211 cmBBBBH

V =++=++=

8.) Neka su stranice trougla 4i4, +== acaba . Sa slike 8. vidi se da je

2i

2

3 ay

ax == . Prema Pitagorinoj teoremi je:

( ) ( ) ( )222

222 4422

3jepa44 +=

++

+=++ aa

aaaayx ,

odakle se sreivanjem dobija jednaina , ija su rjeenja02022

= aa .10ili0 == aa Dakle stranice trougla su: .14i6,10 === cba


11/34



Do jednaine smo mogli doi i na druginain.

0202 2 = aa

Na osnovu kosinusne teoreme vai (Slika 8.):( ) ( ) ( ) o120cos4244 222 +=+ aaaaa .

Kako je2

1120cos =o (Slika 9.) sreivanjem prethodne

jednaine dobija se jednaina .0202 2 = aa Slika 9.

9.) Kako je ( )


12/34



Slika 11.

Apscise zajednikih taaka grafika funkcija f igpredstavljae rjeenja date jednaine.

Na slici 11 to su take A i B. To znai za 0


13/34



Test broj 3

1.) a) ta je vee: 13 % od 200 ili 30 % od 90?

b) Uprostiti izraz .:22

11122

11

22

ba

ba

ab

ba

ba

ba

+

+

+

2.) Rjeiti jednaine:

a)3

23

43

25

44

31

xxx

x

=

+

+ b) 12log 2

3

1 =+ xx

3.) Dokazati identitet .cos84cos2cos43 4 =++

4.) Rjeiti nejednainu ( ) ( ) .1212 166

xx

x

+

+

5.) Odrediti jednainu tangenti elipse povuenih iz take A (2,7).1004 22 =+ yx

6.) Dijagonale jednakokrakog trapeza su uzajamno normalne. Izraunati njegovu povrinuako je krak cmc 52= , a odnos osnovica je 3:1.

7.) Osnova piramide je trougao ije su stranice cmccmbcma 20i16,12 === , a boneivice su jednake i imaju duinu 26 cm. Izraunati zapreminu piramide.

8.) Deveti lan aritmetike progresije je pet puta vei od drugog lana, a pri dijeljenjutrinaestog lana sa estim lanom dobija se kolinik 2 i ostatak 5. O kojoj progresiji jerije?

9.) Odrediti najmanju i najveu vrijednost funkcije

na segmentu [-1,8].

>++

=

0,18

0,2)(

2

x

xxx

xxf

10.) Skicirati grafike funkcija:

a) xy sin2= ; b)2

cosxy = ; c) xy 2log 2= ; d)x

y 1= .


14/34




1. a) .100

30902726

100

13200 =+ xx tj. za 0x i kako je


15/34



( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )

( )

.cos8coscos8

sin1cos8

cossin8cos8

cossin8cossinsincos7

cossin81sincos7

cossin6sincos2cossinsincos7

cossin6sincossincos4cossin3

cossin2sincossincos43

2sin2cossincos43

4cos2cos43

4

22

22

222

222222

2222

222222222

22442222

222222

2222

==

=

=

++=

+=

++=

++++=

++=

++=

=++

4.) Zadatak ima smisla, ako je .1x Tada je:

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )( )

( ] [ ).,31,2-xtablicu)i13.i12.slike(vidjeti

01

320

1

65

01

66

1

66

1)jefunkcijejalneeksponenciosnova(

121212

12

12

1

12

12

1121212

2

2

1

66

1

66

1

66

1

66

+

+

++

+

+

+

+

>

++

+

+

+

++

+

+

+

+

x

xx

x

xx

x

xxxx

x

x

xx

xx

x

x

x

x

xx

x

x

Slika 12.

( )1, ( )2,1 ( )3,2 ( )+,3

652 + xx + + - +1+x - + + +

1

652

+

+

x

xx - + - +

Slika 13.


16/34



5.) Neka je jednaina tangente elipse , iji je kanonski obliknkxy += 1004 22 =+ yx

.1510 2

2

2

2

=+yx

Uslov dodira ove elipse i prave nkxy += je .25100 22 nk =+

Taka A (2,7) pripada pravoj nkxy += , pa je .27 nk+= Rjeavanjem sistema

jednaina dobijamo da jenknk +==+ 2725100 224

25i

8

3== nk , ili da je

3

25i

3

2== nk , pa su jednaine traenih tangenti:

0.25-3y2x:i05083: 21 =+=+ tyxt

6.) TrougloviABO i CDO su slini, jer su im odgovarajui uglovi jednaki, pa su im paroviodgovarajuih stranica proporcionalni. Kako jeAB:CD = OB:OC, tj. 3:1= OB:OC, bie

OB = 3OC. Oznaimo du OB, OCi BCredom say, x i c. (Slika 14.).TrougaoBOCje pravougli, pa je:

( ) ( ) 2352 2222222 =+=+= xxxyxc iz ega slijedi da je .2=x

Dijagonale jednakokrakog trapeza su uzajamnonormalne i jednake, pa ako oznaimo dijagonale

ACiBD sa d, slijedi da je:Slika 14.

( ) ( ) ( ).162

24

2

232

222

2222

cm

yxd

PABCD ==

+

=

+

==

7.) Iz podudarnosti trouglova VOB, VOC i VOA (Slika 15.; podudarne su po dvijeodgovarajue stranice i ugao naspram vee od njih) zakljuujemo da se podnoje visine

piramide nalazi u centru opisanog kruga oko trougla ABC. Povrina baze moe seizraunati pomou Heronovog obrasca:

( )( )( ) .96481224 2cmcsbsassPB ABC ====

Kako je .10964 2016124jeto,4cm

PabcR

RabcP =

===

Slika 16.

Slika 15.


17/34



Visinu piramide (Slika 16.) izraunavamo pomou Pitagorine teoreme:

( ) ( ) .2464102610261026 2222 ==+=== RdH

Sada moemo izraunati zapreminu piramide:

.76824963

1

3

1 3cmBHV ===

Napomena:Ako uoimo da je bazni trougao pravougli, jer je , moemo

koristiti formulu

222 201612 =+

.2

cR =

8.) Neka je prvi lan, a drazlika date aritmetike progresije.1a Prema uslovu zadatka slijedi da je:

( )

( ).

3

4

52

5243

52

43

510212

58

52

5

11

1

1

11

11

613

29

=

=

=

=

=

=

++=+

+=+

+=

=

a

d

da

dd

ad

ad

dada

dada

aa

aa

Prvih nekoliko lanova progresije je : 3, 7, 11, 15, 19,... .

9.) Funkcija je rastua ixy 2= ( ) ( ) 10,2

11 == ff .

Koordinate tjemena parabole

su:

182 ++= xxy

.174

i42

=

==

=a

Dy

a

bx TT

Grafik funkcije je prikazan na slici 17.

Najmanja vrijednost funkcije je21

i postie

se u taki 1=x , a najvea vrijednostfunkcije je 17 i postie se u taki 4=x .

Slika 17.


18/34



10. a)

= xxy

1/4 1/2 1 2 4

y -1 0 1 2 3

Slika 20.


19/34



d)

=0,

1

0,1

xx

xx

y

Slika 21.


20/34



Test broj 4

1. a) Izraunati: .2:2 22 22

b) Za a = 0,003 i b = 5,994 odrediti vrijednost izraza

( )( )

.9

2:

9

6

3

1

3

1,

2222 ba

bab

ba

b

bababaI

+

+

+

=

2.) Rjeiti jednaine

a) ;31

21

54

3

23

7

12

+

=

+ xxx

b) ( )( ) ( ) ( ) .

1,1

1,logjeako0 22


21/34




1. a) .22222:22:2 21

4

1

4

1

4

1

4

122 22 ====

b)

( )( ) ( )

( )

( )

( ) .26

12

994,5003,02

125,994;003,0

.0,2

,2

12

2

12

2

9

9

633

9

2:

9

6

3

1

3

1,

22

222222

==+

=

+

=+

=

=+

++=

+

+

+

=

I

bb

ababab

b

bab

ba

ba

bbaba

ba

bab

ba

b

bababaI

2. a) Ako jednainu3

1

21

54

3

23

7

12

+=

+ xxx pomnoimo sa NZS (7,3), tj. sa 21 dobijamo

ekvivalentnu jednainu ( ) ( ) 754237123 +=+ xxx , koja se sreivanjem svodi najednainu , a njeno rjeenje je01919 =+ x .1=x

b) 1 Za ( ) .logje,1 2xxfx =

( )

,2

11

1log0log

01loglog0loglog

22

22222

==

==

=+=+

xx

xx

xxxx

pa je, zbog uslova , jedino rjeenje ove jednaine1x .1=x

2 Za ( ) 1je,1 =< xxfx

( ) ( ) ( ) ( )( )

,01

0x01

0111011 2

==

==

=+=+

xx

x

xxxx

pa je zbog uslova jedino rjeenje ove jednaine je,1


22/34



.,2

,510

,2

,2

5

0cos0cos5

0cos2cos506cos4cos

12

6cos1

2

4113sin2sin 22

ZllxZkkx

ZllxZkkx

xx

xxxx

xxcocxx

+=+=

+=+=

==

==+

=

+

=+

4.) Da bi rjeenja i jednaine bila pozitivna, treba da budu ispunjenisledei uslovi:

1x 2x 02 =++ cbxax

.0i0,0 2121 >>+ Dxxxx

(1)( )

( ) ( ).,20,jepa

022tj.,02

221

>>

==+

k

kkk

k

a

bxx

(2)( )( )

( ) ( ).,21,jepa

,021tj.,02

121

>>

==

k

kkk

k

a

cxx

(3)

( )( )

( ) .,3

202-3k4

081244k

,01244422

22

+

==

k

kk

kkkacbD

Presjek skupova rjeenja uslova (1), (2) i (3) je traeno rjeenje i nalazimo ga koristeisliku 22.

Slika 22.

Prema tome,

( ) ( ) ( ) ( ) ( .,2,21,,20,,3

2

kkkk )


23/34



5.) Data kriva je hiperbola iji je kanonski oblik .11824

22

=yx

Dodirna taka hiperbole i

njene tangente, paralelne datoj pravoj, bie traena taka. Data prava ima koeficijent

pravca .23=pk Tangenta mora biti paralelna sa pravomp, pa je .2

3=tk Uslov dodira

prave nkxy += i hiperbole .je1 22222

2

2

2

nbkab

y

a

x==

Iz jednaine 22

182

324 n=

dobija se da je .6ili6 == nn Tangente hiperbole,

paralelne pravojp imaju jednaine:

01223:i01223: 21 =++=+ yxtyxt

Rjeavanjem sistema

=++

=

=+

=

01223

7243i

01223

7243 2222

yx

yx

yx

yx

dobijaju se take P1(6,-3) iP2 (-6,3). Prema formuli za rastojanje take od prave slijedi:

( ) ( ) .13

11

49

13263,i

13

13

49

13263, 21 =

+

++==

+

+= pPdpPd

Dakle, taka P2 (-6,3) je traena taka.

6.) Na osnovu sinusne teoreme vai sin

8

2

15

tj.,sinsin

==ba

(Slika 23.).

Na osnovu implikacije

5

3

25

161cos

20

5

4sin ==


24/34



Pomou Pitagorine teoreme nalazi se visina zarubljene kupe:

( ) .49252

122 cmrrsH ===

Na osnovu poznatog obrasca za zapremninu zarubljene kupe slijedi da je:

( ) ( ) .524425253

4

33

2211 cmBBBBH

V =++=++=

8.) .4

1

2jepa,

2

11

21

1121

21 ====+

aPaaa

.2

1

8

1

2jepa,2

1

21

22

21

221

22

22 ======+ P

aP

aaaaa

.2

1

16

1

2jepa,

22

1

2

2

1

23

32

322

23

23

===

===+ P

aP

aaaaa

Indukcijom se moe dokazati da je niz geometrijski niz sa kolinikom,...,...,, 321 nPPPP

2

1=q .

Kako je ,211

21

2

11

2

11

41...21

=

=++=n

n

nn PPPS

prelaskom na graninu vrijednost, kada se nneogranoneno uveava, dobijamo da je

.2

1

2

11

2

1limlim =

=

nnn

nS Slika 24.

9.) Sistem ima smisla za .1i1,0,0 >> yxyx

( ).

022

1log

2

01log

2

log21log

2

2log

1log

2

2loglog

222

2

2

2

22

=

=

=

=

=

=

=

=+

=

=+

=

=+

xx

yx

yx

x

yx

x

yx

xx

yx

xx

yx

yx

yy

yyy

yxy


25/34



Iz druge jednaine se dobije da je .1ili2 == xx Prema uslovu zadatka, jedinorjeenje sistema je .2,2 == yx

10.a) Linije u -ravni odreene jednainamaxOy Rkkxy += ,su prave paralelne sa pravom ,xy = (Slika 25.).

Slika 25.

b) Jednainu napiimo u obliku122 ++= kkxkxy ( ) 1122 ++= xxky , odnosno uobliku Sada se vidi da su linije odreene ovim jednainama parabolekoje prolaze kroz takuM (1,1) za( )

.11 2 += xky,0k i prava ,0za1 == ky (Slika 26.).

Slika 26. Slika 27.

c) Kako je

+ x

x

x

5.) Odrediti taku krive koja je na najkraem odstojanju od prave32 22 =+yx.042 =+yx

6.) Kroz proizvoljnu taku u datom trouglu povuene su prave paralelne stranicama i tako sudobijena tri manja trougla ije su povrineP1, P2 i P3. Kolika je povrina datog trougla?

7.) U pravu krunu kupu sa poluprenikom osnove cmr 4= i visinom upisan jevaljak maksimalne zapremine. Izraunati tu zapreminu.

cmH 6=

8.) Trei lan aritmetike progresije je 9, a razlika izmeu sedmog i drugog lana je 20.Koliko lanova progesije treba sabrati da bi njihova suma bila 91?

9.) Rjeiti sistem jednaina .84

1422

=++

=++

yxyx

yxyx

10.) U - ravni predstaviti skupove odreene relacijama:xOy

a) ( ) ( ) 012 ++ xyyx , b) ( ) ( ) 01ln xxy c) ( ) ( ) 0122 ++ xyyx


27/34




1. a)

( )

( ) .423

1

3

1223

3

12

3819

1238192

4

14

2log4

13log

1

22

12 32

2

=++=++=

=++=++

b)

( )

( )( )( )( )( )

.,0uslovuz,

23:3

22

22

33

222222

22

332

baabbabababa

ababbababa

ba

ab

ab

ab

babaab

ba

ba

b

a

a

b

ab

ba

=++

++=

=

+

=+

+

2. a) Kako je( )

=

2,2

2,22

xx

xxx

jednainu ,1213 = xx emo rjeavati posebno u sledeim intervalima:( ).,2i2,

3

1,

3

1, +

(1) ( ) 1223

11213

3

1=

==+> xxxxxx

Prema tome, skup rjeenja date jednaine je { }.1,1

b) Kako zbirlanova beskonane geometrijske progresije postoji samo 1


28/34



Kako je q = pozitivno to e biti ,1

1

xS

= pa vai:

( )

.2

1

2

505124

14142

14

11

1

2

14

...1

1

2

2

32

===+

=

=

=++++

xxxx

xxx

x

x

xxx

Prema uslovu zadatka, rjeenje jednaine je samo .2

1=x

3.)

( )

.,2,2

x

1cos0cos

01-cosxcosx0coscos

cossinsincoscossin2cos

2

2222

ZllxZkk

xx

xx

xxxxxxx

=+=

==

==

=+=+

4.) Nejednaina12

2

1

1

>

+ x

x

xima smisla za .

2

1i1 xx

( )( )

( )( )( )

( )( )

+

+

>+

>

+

>+

.2

1,101210

121

12

0121

12012

21

112

21

1

2

2

xxxxx

x

xxx

xx

xxx

x

5.) Traena taka je dodirna taka elipse i njene tangente koja je paralelnadatoj pravoj Koeficijent pravca tangente jednak je koeficijentu pravca

p. Eksplicitni oblik jednaine prave p je

32 22 =yx.042: =+yxp

42 += xy , iz ega slijedi da je pa je i

. Iz kanonskog oblika jednaine elipse e:

2=pk

2=tk 132

3

22=+

yxnalazimo da je

3i2

3 22 == ba , pa iz uslova dodira prave i elipse2222 bkan += nkxy +=

12

2

2

2

=+b

y

a

x, gdje je , dobijamo da je .2=k 92 =n

Jednaine tangenti su .32:i32: 21 =+= xytxyt


29/34



Rjeavanjem sistema

=

=+

=

=+

32

32xi

32

32 2222

yx

y

yx

yx

dobijamo dodirne take ( ) ( ).1,1i1,1 21 PP

Rastojanja ovih taaka do prave 042: =+yxp su:

( )( )

( ) .5

7

14

4112,i

5

1

14

4112, 21 =

+

++==

+

+= pPdpPd

Dakle, taka ( )1,11 P je taka elipse koja je najblia datoj pravojp.

6.) Trouglovi su slinitrougluABC(Slika 28.), jer su im odgovarajuiuglovi jednaki kao uglovi sa paralelnim kracima.Ako je

MCCMAABMB 122121 i,

3122112 i,, aBAaAAaMBaCB ==== ,

prema uslovu zadatka slijedi da je.aaaa =++ 321

Slika 28.

Povrine slinih trouglova se odnose kao kvadrati odgovarajuih stranica, pa je:

(3)

(2)

(1)

332

23

32

233

222

22

22

222

112

2112

211

Pa

aP

a

aPP

a

a

P

P

Pa

aP

a

aPP

a

a

P

P

Pa

aPa

aPPa

a

P

P

=

==

=

==

===

Iz (1), (2) i (3) se dobija da je ,321321

++=++

a

aaaPPPP

iz ega slijedi da je ( ) .2321 PPPP ++=

7.) Neka je H1 visina valjka upisanog u kupu (Slika 29). Prema uslovu zadatka, visina kupea poluprenik osnove kupe je,6 cmH= .4 cmr= Na osnovu slinosti trouglova

(Slika 29.) slijedi da je .4

624

4

6 11

1

1

1

1 rHr

H

r

H =

=

Zapremina valjka je

funkcija od , tj.1r ( ) i1rfV=

.62

3

2

36 213112112111 rrrrHrHBVV +

=

===


30/34



Iz ( ) ( )3

800i12

2

9111

,1

211

, ===+= rrrfrrrf

slijedi da funkcija f prima svoju maksimalnu vrijednost za

3

81 =r pa je

3max 9

1282

9

64cmV

== .

Slika 29.

8.) Zbir prvih n lanova aritmetike progresije izraunava se po formuli

( )[ ] .,122 1

Nndnan

Sn +=

Kako je po uslovu zadatka:

,1

4

92

205

92

206

9

20

111

11

3

27

=

=

=+

=

=+

=+

=

=

a

d

da

d

da

dada

a

aa

to je ( )[ ],41122

91 += nn

odnosno .0912 2 = nn

Rjeenja jednaine su .4

27ili7 == nn Dakle, treba uzeti 7 lanova progresije da bi

njihov zbir bio 91.

9.) Sistem ima smisla za .0xyKako je

( )

,22828196

2142142141422

2222

xyyxyx

xyyxyxyx

+++=

=+++=

to je


31/34



( ) ( )

( ) ( )

.01610

10

841010

10

84

10

84

8419628

84

19628

84

22828196

84

14

2

2222

2222

22

22

22

22

=+

=

=++

=

=++

=+

=++

+=+

=++

+=++

=++

+++=

=++

=

yy

yx

yyyy

yx

yxyx

yx

yxyx

yx

yxyx

yxyxyx

yxyx

xyyxyxxy

yxyx

yxxy

Rjeavanjem druge jednaine sistema dobijamo da je .2ili8 == yy

Skup rjeenja sistema je ( ) ( ){ }.8,2,2,8

2. Nain

Kako je to e dati sistem biti ekvivalentan sistemu:( ) ,222 xyyxyxyx +=++

( ).

84

142

=+

=++

xyyx

xyyx

Uvoenjem smjene xybyxa =+= , dobija se da je

( )( ).

4

10

6

14

84

14

84

1422

=

=

=

=+

=+

=+

=

=+

b

a

ba

ba

baba

ba

ba

ba

Prelaskom na stare promjenjive, jednostavno se dolazi do rjeenja sistema.

10. a)

( )( )( ) ( )( ) ( ).11

010010

01

22

22

2

++++

++

xyxyxyxy

xyyxxyyx

xyyx


32/34



2xy 1xy 12 xyxySlika 30. Slika 31. Slika 32.

Presjek skupova prikazanih na slikama 30. i 31. predstavljen je na slici 32.

2xy 1xy 12 xyxySlika 33. Slika 34. Slika 35.

Presjek skupova prikazanih na slikama 33 i 34 predstavljen je na slici 35

.( ) ( )11 22 xyxyxyxy

Slika 36.

Unija skupova prikazanih na slikama 32. i 35., tj. konano rjeenje prikazano je na slici

36.


33/34



b)

( )( ) ( ) ( )( ) ( )1ln1ln

010ln010ln01ln

xxyxxy

xxyxxyxxy

xy ln 1x 1ln xxySlika 37. Slika 38. Slika 39.


1x xy ln 1ln xxySlika 40. Slika 41. Slika 42.


.

( ) ( )1ln1ln xxyxxy Slika 43.

Unija skupova prikazanih na slikama 39. i 42. predstavljena je na slici 43., to je ikonano rjeenje zadatka.


34/34


c)( )( )

( ) ( )( ) ( )xyyxxyyxxyyxxyyx

xyyx

++

++++

++

11

001001

01

2222

2222

22

122 +yx xy xyyx + 122


Presjek skupova prikazanih na slikama 44. i 45. pretstavljen je na slici 46.

122 +yx xy xyyx + 122


Presjek skupova prikazanih na slikama 47. i 48. pretstavljen je na slici 49.

xyyxxyyx ++ 11 2222

Slika 50.

Unija skupova prikazanih na slikama 46. i 49. predstavljena je na slici 50., to je i

konano rjeenje zadatka.

Documents

Zbirka Rjesenih Zadataka Iz Matematike Za Prijemni Ispit