(Microsoft Word - MATB - kolovoz vi\232a razina - rje\232enja zadataka)

Транскрипт

1 . D. Izračunajmo vrijednosti svih četiriju izraza pazeći da u izrazima pod A. i B. koristimo radijane, a u izrazima pod C. i D. stupnjeve. Dobivamo: Dakle, najveći je broj sin 9. cos , sin , cos , sin C. Podsjetimo da vrijedi jednakost m = 000 dm = 000 L. To znači da u rezervoaru ima ukupno 6000 litara vode, pa će obitelj potrošiti svu vodu iz rezervoara za 6000 : 0 = 50 dana.. D. Aritmetička sredina svih pet visina studenata jednaka je: P = = 77.8 cm. 5 Ta vrijednost očito nije jednaka vrijednosti visine nijednoga od studenata, pa tvrdnje A. i B. nisu istinite. Nadalje, iz jednakosti = 68. i = 90 zaključujemo da tvrdnja C. nije istinita (razlika broja P i broja 68 (visine najnižega studenta) iznosi 9.8), dok je tvrdnja D. istinita.. B. Koristeći pravila za množenje potencija istih baza i potenciranje potencija imamo redom: a a = a a = a = a = a = a. 5. C. Opseg zadanoga trokuta iznosi = cm. Omjer opsega sličnih trokutova jednak je koeficijentu sličnosti tih trokutova, pa zaključujemo da je koeficijent sličnosti trokutova iz zadatka jednak 8 =. To znači da je najdulja stranica trokuta čiji je opseg 8 cm dvostruko dulja od najdulje stranice zadanoga trokuta, pa njezina duljina iznosi 5 = 0 cm. 6. B. Podsjetimo da se dijagonale paralelograma međusobno raspolavljaju. 6 Promotrimo trokut čije su duljine stranica = 6 cm i = 8 cm, a kut među njima ' 5 8. Kraća stranica paralelograma je treća stranica toga trokuta, pa primjenom kosinusova poučka odmah dobivamo: b = + + ' cos cm. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

2 7. D. Ako se bilo koje geometrijsko tijelo promatra odozgo, vidjet će se njegova osnovka, a ako se promatra sprijeda, vidjet će se njegov poprečni presjek. U ovom slučaju to znači da traženo tijelo ima krug za osnovku, a trokut za poprečni presjek. Jedino od ponuđenih četiriju tijela s tim svojstvom je stožac. 8. C. Zapišimo jednadžbu kružnice u kanonskom obliku: 6 6 x + ( y 0) 0 7 = 0, ( x ) + ( y 0) 0 7 = 0, ( x ) + ( y 0) = 0, ( x ) + ( y 0) = 9 + 7, ( x ) + ( y 0) = 6. Odatle očitamo da je središte kružnice točka (, 0), a polumjer kružnice r = 6 =. 9. C. Logaritmand (izraz pod logaritmom) mora biti strogo pozitivan, pa imamo redom: x + > 0, x >, / : x >. Dakle, tražena domena je skup svih brojeva strogo većih od. Taj skup je otvoreni interval, D. Zbroj, razlika i umnožak dvaju polinoma su uvijek polinomi. Međutim, količnik dvaju polinoma ne mora biti polinom, nego (ne)prava racionalna funkcija. Npr. količnik polinoma p ( x) = x i p ( x) x = + je neprava racionalna funkcija x f ( x) = =. x + x + a. A. Prvi član reda je a =, dok je količnik reda q = = 5 =. Očito je a 5 q = = <, pa zadani red konvergira. Njegov je zbroj jednak: 5 5 a 5 5 Z =. q = = = 5 + = 5 + = mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

3 . A. Svedimo zadanu nejednadžbu na oblik u kojemu je lijeva strana nejednadžbe jednaka 5 x. Koristeći osnovna svojstva eksponencijalne funkcije imamo redom: 5 x 7 >, 7 5 x >, x > x > 7 7., Budući da je baza potencije <, prilikom uspoređivanja eksponenata moramo 7 promijeniti znak nejednakosti. Tako dobivamo 5 x < i to je tražena nejednadžba.. A. Primjenom osnovnih svojstava logaritama dobivamo: x y 5 =, / log x = log ( y 5).. B. Iz zadanih podataka zaključujemo da funkcija f raste na intervalu,, potom pada na intervalu,8, pa ponovno raste na intervalu 8, +. To znači da je njezina prva derivacija strogo pozitivna na intervalima, i 8, +, a strogo negativna na intervalu,8. 5. C. Koristeći definiciju apsolutne vrijednosti, zadanu jednadžbu transformiramo ovako: x m = m ili x m = m, x = m + m ili x = m + m, x = m ili x = 0, x = m ili x = ( ) m ili x = 0, x = m + ili x = ( ) m + ili x =, m + ( ) m + x = ili x = ili x =, ( ) m + m + x, 0, Dakle, zadana jednadžba ima točno tri različita rješenja. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

4 6..). Odmah imamo: = 976 =. 00.) 60, 55. Kutovi uz neparalelne stranice trapeza su suplementni i njihov je zbroj 80. Zadani kutovi trapeza očito nisu suplementni jer je njihov zbroj jednak = 5, pa zaključujemo da je riječ o kutovima uz osnovicu trapeza. Zbog toga su tražene mjere kutova jednake 80 0 = 60 i 80 5 = ).5. Tražena visina (iskazana u metrima) jednaka je h(), odnosno = =.5..) 0.6 sekundi. Lopta će biti na najvećoj visini za t = (.95) = 5.9 = 59 sekundi. Odredimo vrijeme kad će, prilikom pada na tlo, lopta biti na visini obruča koša To vrijeme je ono pozitivno rješenje jednadžbe h( t ) =.05 koje je strogo veće od 5. Imamo redom: t.95 t =.05, (.95) t.5 t , (.95) t.5 t.09 0, t + + = + =,.5.5 (.95) (.09) ± ± = = = (.95) ± ± = t = , t = Vrijednost t je očito strogo manja od , pa je traženo vrijeme jednako: t = t t = = = sekundi ) učenika. Neka su j i r redom broj učenika koji su izlet platili jednokratno i broj učenika koji su izlet platili na rate. Zbroj tih brojeva treba biti jednak ukupnom broju učenika u razredu, tj. 6, pa dobivamo jednadžbu: j + r = 6. Nadalje, iznos koji je platilo j učenika jednak je j 995 kn, a iznos koji je platilo r učenika jednak je r 00. Zbroj obiju iznosa mora biti jednak ukupnom iznosu koji je platio cijeli razred, tj. 5 85, pa dobivamo jednadžbu: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

5 j r 00 = 585. Tako smo dobili sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: j + r = 6, 995 j + 00 r = 585. Riješimo taj sustav metodom zamjene (supstitucije). Iz prve jednadžbe sustava izrazimo nepoznanicu r, pa dobijemo: r = 6 j. Uvrstimo taj izraz u drugu jednadžbu sustava, pa imamo: 995 j + 00 (6 j) = 585, 995 j j = 585, 995 j 00 j = , ( 05) j = 5 / : ( 05) j =. Dakle, izlet su jednokratno platila učenika, a na rate preostala učenika..) 60. Ukupno (00 ( + )) = (00 ) = 66% svih pristupnika postiglo je više od 5% i manje od 75% mogućih bodova. Zbog toga je traženi broj jednak 66% od 9700, tj = ' '' 9..) rad Primijetimo najprije da je k > 0 jer je riječ o duljini stranice trokuta koja mora biti strogo pozitivan realan broj, te da je kut α šiljasti kut, što znači da njegova mjera (iskazana u radijanima) pripada intervalu 0,. Primjenom sinusova poučka odmah dobivamo: k k = / : k > 0 ' sinα sin7 =, / ' sinα sin7 ' sin7 sin α =, sin7 α = ' ' '' arcsin rad ). Neka je a duljina osnovnoga brida kocke (iskazana u cm). Tada je duljina prostorne dijagonale kocke D = a. Tako iz jednadžbe mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 5

6 a = slijedi a =. Kugla upisana u kocku ima promjer jednak duljini osnovnoga brida kocke, odnosno, ekvivalentno, polumjer jednak polovici duljine osnovnoga brida kocke. Tako je traženo oplošje jednako: a a a cm. O = = = = = 0..) Vidjeti sliku. Odredimo najprije kojemu je broju iz intervala [0, pridružena ista točka kao i zadanom broju. Imamo redom: 5 = ( ) = + + =. Dakle, brojevima i 5 pridružena je ista točka središnje jedinične kružnice. Zbog toga konstruiramo kut čija je mjera 5 radijana. Vrh toga kuta je ishodište pravokutnoga koordinatnoga sustava u ravnini, a jedan krak pozitivan dio osi apscisa. Uočimo da je 5 = +, pa su koraci konstrukcije sljedeći: Korak. Konstruirati simetralu I. i III. kvadranta (to je pravac čija je jednadžba y = x ). Korak. Odrediti ono sjecište simetrale iz Koraka. i središnje jedinične kružnice koje se nalazi u III. kvadrantu. To sjecište je tražena točka. Na opisani način dobivamo sliku. Točka T je tražena točka. Slika. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6

7 .) Vidjeti sliku. Primijetimo da je zadana funkcija zapravo osnovna sinusoida y = sin x translatirana za udesno. Zbog toga najprije nacrtamo osnovnu sinusoidu y = sin x, a potom je translatiramo za udesno. To lako možemo učiniti jer je jedan podiok na osi apscisa upravo. Dobivamo sliku. (Plavom bojom nacrtana je osnovna sinusoida, a crnom tražena krivulja.) Slika. Napomena: Traženu krivulju možemo nacrtati i tako da najprije izračunamo njezine karakteristične točke (vidjeti tablicu.), pa ih potom ucrtamo u zadani pravokutni koordinatni sustav...). Imamo redom: a x 0 7 f(x) Tablica. Vrijednosti funkcije f na segmentu [ 0, ]. a b b b ( b) : = = = = =. b b a a b b a a a b a ( b) a ( b) a ( b) a ( b) a.) = Koristeći definiciju kompozicije funkcija imamo redom: ( f g) = f g f f f. 5 = = = = = = = = 8 mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 7

8 ..) 80. Zadanu funkciju najprije zapišimo u standardnom obliku. Imamo redom: x 6 x 6 5 x 6 x. ( ) ( ) f ( x) = ( x + ) 5 = x + x + 5 = x + x + 5 = = + + = + + Očitamo a =, b = 6, c =, pa je tražena diskriminanta jednaka: D = b a c = 6 = = 80..) g(58), g(0), f (). Primijetimo da je funkcija g strogo padajuća, što znači da je g(58) < g(0). Nadalje, očito je f () > 0 i g (0) < 0, pa je f () > g(0). Dakle, traženi poredak glasi: g(58), g(0), f (). p..) y = x. Iz podatka o žarištu parabole zaključujemo da je = 8, a odatle je p = 6. Zbog toga je tražena jednadžba y = 6 x, odnosno y = x..) d =. Graf zadane funkcije neće sjeći os ordinata ako i samo ako ne postoji f (0). Iz pravila funkcije f slijedi f (0) = = =. Ovaj razlomak d 0 + d d ne postoji ako i samo ako je njegov nazivnik jednak nuli, tj. ako i samo ako je d = 0. Odatle je d =...) x =. Prema definiciji logaritma, zadana jednadžba je ekvivalentna jednadžbi x =, odnosno jednadžbi 6 dobivamo x =. x =. Odatle uzimanjem trećega korijena.) 5 logb. Koristeći identitet 6 a, d, c R imamo redom: log a logd c c = koji vrijedi za sve dopustive log c d log 6 log 6 log 6 log 5 log 6 = log 5 = log 5 = log 5 = b b b b b b b b log b b logb b 5 = logb 5 logb 6 = log b ). Zadanu jednadžbu riješimo na uobičajen način. Pomnožimo je sa 6, pa imamo: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 8

9 6 x + ( x ) = ( x + ) ( x + 7), 6 x + x = x + x 7, 6 x + x x + x = 7 +, x =, x =..) x,, + 5. Nultočke kvadratne funkcije f ( x) = x x + 5 su očito x = i x =. Njezin vodeći koeficijent jednak je. Zbog toga ta funkcija 5 poprima nenegativne vrijednosti za svaki x R koji ne pripada otvorenom intervalu omeđenom navedenim nultočkama. Taj interval je,, pa je skup 5 svih rješenja zadane nejednadžbe R \, =,, ) 9. Zadana jednadžba je definirana kad god je 0 x i 5 x + 0. Iz tih dviju nejednakosti slijedi x 0 i x, pa navedene uvjete objedinjujemo u uvjet x 0. 5 Sada zadanu jednadžbu transformiramo ovako: x = + 5 x +, / ( x ) x ( x ) = , 9 x = + 5 x x +, 5 x + = 9 x 5 x, 5 x + = x, / : 5 x + = x. Da bismo smjeli kvadrirati posljednju jednakost, moramo pretpostaviti da je njezina desna strana nenegativna. Ta pretpostavka daje uvjet x 0, odnosno x. Taj uvjet zajedno s ranijim uvjetom x 0 možemo objediniti u uvjet toga jednadžbu nastavljamo rješavati uz pretpostavku 5 x + = x, / ( x ) 5 + = ( x ), x x x 5 + = +, x : x. Zbog mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 9

10 5 x + = x x +, x x 5 x = 0, x 9 x = 0, / : x 0 x 9 = 0, x = 9, x = 9. 9 Primijetimo da x = zadovoljava uvjet rješenje zadane jednadžbe. x, pa je taj broj ujedno i jedinstveno 6..) 9 =.5. Primijetimo da su vrhovi trokuta točke (,), (,) i (,). A = B = C = Površinu trokuta najlakše i najbrže ćemo izračunati kao polovicu umnoška duljine stranice AB i duljine visine povučene iz vrha C na tu stranicu. Lako vidimo da su AB = ( ) = i v c = =, pa zaključujemo da je tražena površina jednaka: 9 P = = =.5 kv. jed..) 8 i + j. Neka je O ishodište pravokutnoga koordinatnoga sustava u ravnini. Ako je T = ( xt, yt ) bilo koja točka u ravnini, onda je OT = xt i + yt j. Nadalje, ako su T i T bilo koje točke u ravnini, onda je TT = OT OT. Koristeći ova svojstva odmah dobivamo: ( ) ( ( )) ( ) ( i j) i j s = 7 AC = 7 OC OA = 7 i + j ( ) i + j = 7 i + j + i j = = 7 + = 8 +..) Vidjeti sliku. Traženi vektor konstruiramo primjenom pravila paralelograma. Dobivamo sliku. Rješenje zadatka je vektor AD. Napomena: Početna točka traženoga vektora je točka A. Koordinate krajnje točke D toga vektora možemo odrediti i računski: AB + AC = (( ( )) i + ( ) j) + (( ( )) i + ( ) j) = (( + ) i + 0 j) + ((+ ) i + j) = = i + i + j = 7 i + j xd ( ) = 7, xd + = 7, xd = 7 = 5, D = (5,). yd = yd = yd = + = mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 0

11 Slika. 7..) sin x. Koristeći osnovni trigonometrijski identitet dobivamo: cos x sin x ( sin x) ( + sin x) = = = ( + sin x) = + sin x = sin x. sin x sin x sin x 5.) 6 sin x cos x. Primijenimo pravilo deriviranja složene funkcije, pa dobijemo: ' ( ) ' ( ) = 6 (cos ) (cos ) = 6 (cos ) ( sin ) = 6 sin cos. f x x x x x x x = sin x.) x = + k, k Z. Koristeći formulu za sinus dvostrukoga kuta imamo redom: sin x cos x =, sin( x) =, x = + k, / : x = + k, k Z. 8. Vidjeti sliku. Pravilo funkcije f najprije transformiramo ovako: Zbog toga je Najprije nacrtamo krivulju y ( ) f x x x x x ( ) = + = =. g( x) = f ( x) = x. = x. Tu krivulju translatiramo za jednu jedinicu duljine udesno, pa dobivenu krivulju translatiramo za tri jedinice duljine prema dolje. Dobivamo krivulju na slici. (Rješenje zadatka prikazano je crnom bojom.) mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

12 Slika. 9..) 5. n + Neka su a i d redom prvi član i razlika zadanoga aritmetičkoga niza. Iz zadanih podataka dobivamo sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: 5 5 a + (5 ) d =, a + d =, a + (6 ) d = 5. a + 5 d = 5. Oduzimanjem prve jednadžbe od druge jednadžbe dobivamo 55 odnosno d =. Odatle je 5 d =. 5 d = 5, Uvrštavanjem ove vrijednosti u prvu jednadžbu sustava dobivamo Dakle, opći član zadanoga niza je: a + = a + 0 = a = 0 = an = + ( n ) = + n = n +..) cos i sin. + Zapišimo najprije broj z u trigonometrijskom obliku. U tu svrhu odredimo apsolutnu vrijednost (modul) i glavni argument toga broja. Imamo redom: a = Re( z) =, b = Im( z) = mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

13 r z a b Tako konačno dobivamo: ( ) = = + = + = + = = ; b ϕ = arctg = arctg = arctg arctg, a = = ϕ = ϕ = = z = r cis( ϕ) = cis z w = cis cis cis cis 6 8 = + = = = cis = cis = cis + = cis. 6.) %. 6 Površina stakla jednaka je P = 0 60 = 700 cm. Površina prebrisanoga dijela stakla jednaka je površini kružnoga isječka kojemu je polumjer r = 55 cm, a središnji kut α = 60. Ta je površina jednaka: r α P = = = = Zbog toga je traženi postotak jednak p P P cm. = = = = ' ''.) α = arctg Određenosti radi, označimo 0 h = 9, b =. Neka je a duljina osnovnoga brida zadane piramide. Uočimo pravokutan trokut kojemu su katete visina piramide i polovica dijagonale osnovke, a hipotenuza bočni brid piramide. Primjenom Pitagorina poučka dobivamo: ( ) b = h + a, b = h + a ( ), b = h + a, b = h + a, / : b h a = +, mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

14 a b h =, / a b h =. Sada uočimo pravokutan trokut kojemu su katete visina piramide i polovica osnovnoga brida piramide. Tangens traženoga kuta jednak je količniku visine piramide i polovice bočnoga brida piramide. Označimo li traženi kut s α, primjenom gornje jednakosti dobivamo: h h h h α = arctg arctg arctg arctg. a = = = b h b h b h Preostaje uvrstiti numeričke podatke i dobiti: α = arctg = arctg = arctg = arctg = arctg = = = = ' '' arctg arctg arctg ) 76. Odredimo najprije vrijednost prirodnoga broja n. Umnožak prvih n prirodnih brojeva je... n, a umnožak prvih n prirodnih brojeva je... ( n ). Dijeljenjem tih dvaju izraza dobivamo umnožak ( n ) n. Taj umnožak mora biti jednak 7, pa slijedi: ( n ) n = 7, n n 7 = 0, ± ( ) ( 7) ± ( 088) ± ± 089 ±, n, = = = = = + n = = = 7, n = = = 6. Drugo rješenje je strogo negativan cijeli broj, pa njega zanemarujemo. Preostaje n = n = 7. 5 Tako zaključujemo da je traženi broj jednak koeficijentu uz x u razvoju binoma 7 ( x + ). Primjenom binomnoga poučka odmah dobivamo da je taj broj jednak: = = = = = = 5 7 5! mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

15 7 9 0.,. Odredimo sve točke grafa funkcije f u kojima tangenta povučena na taj 0 0 graf ima koeficijent smjera jednak 7. Podsjetimo da je koeficijent smjera tangente povučene u nekoj točki grafa funkcije f jednak derivaciji te funkcije u prvoj koordinati te točke. Zbog toga imamo redom: ' x + x = 7, 8 ' ' ' ( x ) + ( x) () = 7, 8 x + 0 = 7, 8 x x 7, + = x 7, = x = = 8, / x =., / Druga koordinata ove točke jednaka je f (), pa računamo: f = + = + = + = 8 8 () Dakle, T = (, ). Iz točke T povucimo okomicu na zadani pravac. Sjecište te okomice sa zadanim pravcem bit će tražena točka. Koeficijent smjera okomice na zadani pravac je suprotan i recipročan koeficijentu smjera zadanoga pravca, pa je: k = Jednadžba pravca koji ima koeficijent smjera k = i prolazi točkom T = (, ) je: 7. 7 p... y = ( x ) +, 7 y = x + +, y x 7 = +, p... y = x mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 5

16 Odredimo sjecište pravca p i zadanoga pravca. Imamo: y = 7 x x 5 = x + 7 x + x = x + x = y = x x + x = x = 5 x = =, 50 0 te y = 7 5 = 5 = = Dakle, tražena točka je 7 9 S =, 0 0 (vidjeti sliku 5.) Slika 5. Pripremio: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6