ZBIRKA ETF.pdf

Zbirka Zbirka reˇ senih senih testov testova iz matema matematike tike sa ˇkom prijemnih prijemnih ispita ispita na Elektr Elektrotehn otehniickom c fakultetu akultetu u Beogradu

Ivica Iv ica Stevanov Ste vanovi´ i´ c

jul 2017.

Autor je svestan mogućnosti cnosti postojanja posto janja koncepcijskih koncepci jskih i drugih nedostataka nedostata ka i propusta propust a i sa zahvalnoˇs´ sću cu će ce primiti svaku sugestiju, primedbu i ispravku.

jula 2017.

Ivica Stevanović ([email protected] (ivica. [email protected]) rg)

Sadrˇ zaj Prijemni ispit 2017. godine

1

Reˇ senja prijemnog ispita 2017. godine

3

Probni prijemni ispit 2017. godine

15

Reˇ senja probnog prijemnog ispita 2017. godine

17

Prijemni ispit 2016. godine

29


31


45


47


61


63


73


75


83


85


93


95


107


109


119


121


131


133


147


149

Klasifikacioni ispit 2006. godine

159

Reˇ senja klasifikacionog ispita 2006. godine

161


171


173


181


183


193


195

5


205


207


215


217

Univerzitet u Beogradu

26. jun 2017.

ˇ PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE ZA UPIS NA ELEKTROTEHNICKI FAKULTET

1. Vrednost izraza

−10 i −9

(A)

√ −89 nalazi se izmedu brojeva: (B) −9 i −8 (C) −5 i −4 3

−4 i −3

(D)

(E)

−3 i −2

(N) Ne znam

sina jednaka: 2. Ako je V zapremina lopte, tada je njena povrˇ

√ 3

36πV 2

(B)

3. Ako je x +

1 = 3, (x x

(A)

(A)



√ 2+ 5



√ 3

πV 2 πV 2 (C) (D) 2 1 + 4 x + 4 jednako: R ), tada je x 3

√ √ √ (C) 3

∈ √ (B) 5 4



3πV 2 4

3

(E)

√ (D) 3 4

(E)

√ 3

2πV 2



1+

(N) Ne znam

√ 3

(N) Ne znam

 

z¯1 + 1 4. Dati su kompleksni brojevi z1 = 2017 + 2018i, z2 = 2018 + 2019i i w = (z2 − z1 )−2020 · 2018

je z¯1 konjugovano kompleksni broj broja z 1 i i 2 = (A)

√

5

(B)

√

2017

(C)

√

−1). Tada je |w| jednak: √

2020

(D)

2

(E)

√

10

2021

, (gde

(N) Ne znam

ciji su koeficijenti realni brojevi, a koreni 5. Neka je P (x) polinom najmanjeg stepena ˇ

−1 i 2i. Ako je P (0) =

−12, tada je P (−2) jednako: (A) −12 (B) 24

(C)

(B) 5 + 3π

(C) 3π

cna vrednost lim 7. Graniˇ (A)

π 3





1

π−x)2

5

3

x

10

4

+x

(B) 2122

9. Data je funkcija f (x) =

(B) 23

 

| |

2 (B) √ 7

(C)

x2 , 1 (x 2

10. U trouglu AB C je BC = 3 1 (A) √ 7

1 2

jednaka:

1

2

x +

5

x2

−2451

x je neparan broj (C) 31

+ 5x

2 3

(E)

12

x je paran broj

− 3),

(N) Ne znam

jednaka je:

(D)

je A x4 , tada je A jednako :

(A) 17



3

(C) +

8. Ako se razvije izraz 2x 1 +

· (A) −3994

(E) e

(N) Ne znam

   ∞ −∞ −  √   √  √ − √   ∈ 

→5π

(B) 0

(E) 72

(D) 5

√ π + 3π · log2 x+3 2π √ 6x − 5π − 2√ π · tg x − 4π



− e (5

x

−36

(D)

− sin πx · cos πx + lnx2x + e tg 2πx . Tada je vrednost f ′

6. Data je funkcija f (x) = x

(A) 0

−30

2

6

x

1 6 x

(D) 1326

(N) Ne znam

18

, x

(E)

+ R

i jedan od sabiraka

−1452



(N) Ne znam

 

. Vrednost izraza f f f (17) + 1 + 1 jednaka je: (D) 42

(E) 101

(N) Ne znam

· |AB| i ∠ABC = 60o. Tada je zbir cos ∠BAC + cos ∠ACB jednak: 3 (C) √ 7

4 (D) √ 7

5 (E) √ 7

(N) Ne znam

clanovi a54 = α i a70 = β , (α, β 11. U aritmetiˇckoj progresiji poznati su ˇ ˇclanova te progresije jednak:

∈ R, α = β ). Tada je zbir prvih 160

1


26. jun 2017.

(C) 3(37α5−62β )

−

(A) 85α + 75β

(B) 5( 19α + 51β + 32)

−

(D) 5( 21α + 53β )

(E)

75( 11α+43β ) 16

−

(N) Ne znam

| | √ 3cos3x = √ 2 na intervalu − π2 , π

 

senja jednaˇcine sin 3 x + 12. Ukupan broj realnih reˇ (A) 2

(C) 4

(D) 5

(E) 6

(N) Ne znam

Oˇ star ugao pod kojim se seku tangenta krive 2x2 + 3y2 = 5 u njenoj taˇcki (1, 1) i tangenta krive 4x + y 2 + 6y = 3 u njenoj taˇcki (2, 1) jednak je:

13.

x2

(B) 3

jednak je:

−

(A) arctg

1 2

(B) arctg

3 2

(C) arctg

2 3

(D) arctg

1 6

(E) arctg

3 5

(N) Ne znam

3x − 1| − |3 − 3x | − 2 | √ 4x − 2x+3 + 16 ≥ 0 je oblika (za neke realne brojeve a, b, c i cine 14. Skup svih realnih reˇsenja nejednaˇ d takve da je −∞ < a < b < c < d < + ∞): (A) (a, b) (B) [a, b) ∪ (b, +∞) (C) [a, +∞) (D) (a, b) ∪ [c, d) (E) (−∞, a] ∪ [b, c] (N) Ne znam 15. Ukupan broj realnih reˇsenja sistema jednaˇcina y · (|x|− 2)log (|x|−2) = ( |x|− 2) , log4 y · logy (y − 3x +6) = 1, 5 2

y

jednak je: (A) 0

(B) 2

(C) 1

cine 16. Zbir svih realnih reˇsenja jednaˇ

−

(A) [ 3, 0)

(D) 4

 −  x2

1+

x2 + x

−2 =

(B) [0, 3)

(E) 3

 −

(D) [ 6, 3)

(E) nijedan od prethodno ponudenih odgovora

(N) Ne znam

(A)

−6

x2

2x + 1 nalazi se u intervalu:

−

(C) [3, 6)

17. Vrednost izraza

4

(N) Ne znam

sin2◦ + sin 4◦ + sin 6◦ sin12◦ , jednaka je: sin3◦ sin 4◦ sin 5◦ (B) 1 (C) 6 (D) 4

−

−

(E)

−4

(N) Ne znam

cne strane S , jednaka je: 18. Maksimalna zapremina pravilne trostrane prizme, ˇciji je obim jedne boˇ (A)

·√

S 3 3 216

(C) S 3

· √ 3


·√ √ S 3 ·

(B)

S 3 3 196

(D)

21

3

(N) Ne znam

cine x 2 +(2+ m)x 19. Skup svih vrednosti realnog parametra m za koje koreni x 1 i x 2 kvadratne jednaˇ 11m = 3 zadovoljavaju nejednaˇcinu

2x1 x2 + x2 2x1

− 6m2 +

≤ 2, je oblika (za neke realne brojeve a,b,c i d takve da je

−∞ < a < b < c < d < +∞): (A) (−∞, a) ∪ (b, +∞) (B) (−∞, a) ∪ {b, c} ∪ (d, +∞) (C) (a, b] ∪ (c, d) ∪ (d, +∞) (D) (−∞, a) ∪ {b} (E) (−∞, a) ∪ {b} ∪ (c, d) ∪ (d, +∞) (N) Ne znam zi 20. Dat je skup A = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}. Ukupan broj preslikavanja f : A → A takvih da vaˇ  min{k, 3} ∧ (k > 3 =⇒ f (k) < k − 2) , (∀k ∈ A) f (k) = a, a ≤ b gde je min{a, b} = , jednak je:





b,



a>b

(A) 2592

(B) 1722

(C) 3421

(D) 1628


(N) Ne znam 2

Ivica S tevanovi´ c, Reˇsenja zadataka s a p rijemnog ispita iz matematike na ETF-u 2 017. godine

ˇ RESENJA 1. C Vaˇzi redom:



−64 > −89 > −125 ⇔ (−4)3 > −89 > (−5)3 ⇔ (−4)3 > √ −89 >



3

3

 − 3

( 5)3

⇔ −4 > √ −89 > −5. 3



cnika r je 2. A Zapremina lopte polupreˇ 4 V = πr 3 3

⇒ r =

  3V 4π

1 3

Odavde se za povrˇ sinu lopte dalje dobija S = 4πr 2 = 4π

2 3

3V 4π

(4π)3

=



cimo 3. A Oznaˇ A =

Sada sledi 2

A =

√ 1 A2 − 2 = x + √ ⇒ x

odakle se dobija

 −   A2

1 3

      

2

2

4

1 = 3, x x

gde smo iz uslova zadatka iskoristili x +

√ 3

=

36πV 2 .

2

=

x

√ x + √ 1 + 2 x

⇒ A2 − 2 =

1 x + + 2 + 2 = x

A =

1 3

4

1 x+ 4 x

1 = x + + 2 x

= 4π9V 2

√ x + √ 1

√ √  4

2

3V 4π



1 x+ +2 x

 √

3+2+2=



2+

⇒ A2 =



1 x + + 2 + 2 x

√ 5

∈ R+.

4. D Kako je



z1 = 2017 + 2018i, z2 = 2018 + 2019i

− z1 = 1 + i z¯1 + 1 z¯1 + 1 = 2017 + 2018i + 1 = 2017 − 2018i + 1 = 2018(1 − i) ⇒ = 1−i 2018 z2

to vaˇzi

 

z¯1 + 1 w = (z2 − z1 )−2020 ·

2021

2018

Poˇsto je

−

− 1 i 1+i

2020

1+i

1 i (1 i)2 1 2i + i2 2i = = = = 2 1+i (1 i)(1 + i) 1 i 2

−

to sledi

 

1−i = (1 + i)−2020 · (1 − i)2021 = (1 − i) ·

−

−

−

−

−i

2020

= ( i)2020 = (i2 )1010 = ( 1)1010 = 1

−

−

te se za w konaˇcno dobija w = (1

− i)

· −  1 i 1+i

2020

=1

− i ⇒ |w | =



12 + 12 =

√

2.

3




5. B Kako su koeficijenti polinoma P (x) realni brojevi, to su njegovi koreni realni brojevi ili kompleksni brojevi

koji se se javljaju u konjugovano-kompleksnim parovima. Ako je x2 = 2i koren ovog polinoma, to znaˇci da će x3 = x ¯2 = 2i takode biti koren ovog polinoma. Najmanji stepen polinoma koji ima korene x 1 = 1, x 2 = 2i i x3 = 2i je 3 i moˇze se predstaviti u sledećem obliku

−

−

−

− x1)(x − x2)(x − x3) = a 3 (x + 1)(x − 2i)(x + 2i) = a 3 (x + 1)(x2 − (2i)2 ) = a 3 (x + 1)(x2 + 4)

P (x) = a 3 (x

Prema uslovu zadatka vaˇzi P (0) =

−12 ⇒ a3 · 1 · 4 = −12 ⇒ a3 = −3

odakle sledi P (x) =

−3(x + 1)(x2 + 4)

Sada se za traˇzenu vrednost dobija

−

P ( 2) =

−3(−2 + 1)((−2)2 + 4) = −3 · (−1) · 8 = 24.



ze predstaviti u sledećem obliku 6. B Zadata funkcija se moˇ f (x) = x

− sin πx · cos πx + lnx2x + e tg 2πx = f 1(x) + f 2(x) + f 3(x) + f 4(x)

te se za izvod funkcije dobija

f ′ (x) = f 1′ (x) + f 2′ (x) + f 3′ (x) + f 4′ (x)

gde je f 1′ (x) = x ′ = 1

− 12 (sin 2πx)′ = − 12 cos 2πx · (2πx)′ = − 12 cos 2πx · 2π = −π cos2πx ′ (ln2x)′ · x − ln 2x · x′ 1 ′ 1 − ln 2x 2x · (2x) · x − ln 2x = = =

f 2′ (x) = ( sin πx cos πx)′ =

−

·

   

f ′ (x) = 3

ln 2x x

x2

x2

′ f 4′ (x) = e tg 2πx = e tg 2πx · ( t g 2πx)′ = e tg 2πx · Sada za x =

1 dobijamo 2

1 e tg 2πx ′ (2πx) = 2π 2 cos2 (2πx) cos (2πx)

·

  −   −   −   ·          1 2

f 1′

f 2′

1 2

=

=1

π cos 2π

1 1 f 3′ =

1 2

=

ln 2

π cos π = π

1 2

=4

1 2 2

2

x2

1 e tg (2π 2 ) e tg π e0 ′ f 4 = 2π 2 = 2π 2 = 2π = 2π 1 1

2

te se konaˇcno ima f ′

1 2

1 2

= f 1′

cos

1 2

+ f 2′

cos π

2π 2

+ f 3′

1 2

+ f 4′

1 2

1

= 1 + π + 4 + 2π = 5 + 3π.

ze sledeći izrazi 7. E Vaˇ



 −   −  −  −   −√ √ − − √  √ − − √ √ − √ √ − √ lim tg

x

→5π

lim

x

→5π

6x

5π

x 5

4π 3

= tg

2 π =

30π

5π 5

5π

4π 3

= tg

2 π =

π 3

25π

=

tg

π 3

2 π = 5 π

=

3

√

2 π = 3 π 4




lim

x

→5π − 1 lim e (5 − x→5π



x + 3π log2 2π

√ + 3π

x)2

π

te se za zadatu graniˇ cnu vrednost dobija lim



→5π

5π + 3π = log2 4 = log 2 22 = 2 2π

= log2

1

− (5

= lim e x

→5π



1

π−x)2

   5

√ 3π = e−∞ + √ 3π = √ 3π

+

π−x)2

√ π + 3π · log2 x+3 2π √ 6x − 5π − 2√ π · tg x − 4π



− e (5

x





3

√ 3π · 2 2 √ = √ =− . 3 3 π · (− 3)

8. A Koristimo izraz za razvoj binoma n-tog stepena



n

   √   √  √ − √   ∈          ·  ·   n n−k k a b k

n

(a + b) =

k =0

na svaki od binoma u zadatom izrazu 3

2x 1 + (i)

√ 2x(1 + x)10 = 2x 3

x

10

1+x

4

+x

x +

5

2

6

+ 5x

x2

10

10

1 3

12

1

2

x

1 10 n−k 1 x3 k

= 2x

k=0

k

18

1 6 x

+ R

x

10

k 10 x x3 = k

=2

k=0

10

10 k+3 x 3 k

2

k=0

Sabirak koji sadrˇzi x 4 se dobija za k koje zadovoljava uslov k + 3 =4 3 odakle se ima A1 = 2

⇒ k + 3 = 12 ⇒ k = 9

·    10 9

10 1

=2

= 20

(ii) 4

x



2

x +

 √ 1

5

12

x2

           12

2 x + x− 5

= x

4

2

= x

28

12

k =0

= x

4

12 1 + x− 5

2

x

12 n−k − 12 1 x 5 k

k

12

12

= x

4

·x

12 28− 125k x k

=

k=0

24



12 1 + x− 5



12

=

Sabirak koji sadrˇzi x 4 se dobija za k koje zadovoljava uslov 28

12k − 12k =4⇒ = 24 ⇒ k = 10 5 5

odakle se ima A2 =

  12 10

=

12 2

=

12 11 = 66 2 1

· ·

(iii) 5x

2

√ − √  6

x

1 6 x

18 2

= 5x

    −  ·  −     −   − · ·   1

18

= 5x5

1

x 6 + x− 6

k =0

18

1

1

= 5x2 x 6 1

18 n−k 1 k

1

x− 3

k

x− 3

18

18

=

( 1)k 5

k =0

18

= 5x2 x 6

1

1

x− 3

18

=

18 5− k x 3 k

Sabirak koji sadrˇzi x 4 se dobija za k koje zadovoljava uslov 5 odakle se ima

−

3

A3 = ( 1)

− k3 = 4 ⇒ k3 = 1 ⇒ k = 3

  · · 5

18 3

=

−5 · 183··172 ··116 = −4080

5


Konaˇcno, za vrednost promenljive A se dobija A = A1 + A2 + A3 = 20 + 66 9. C Kako je



f (x) = to imamo redom

 

x2 , 1 (x 2

− 4080 = −3994.

x je paran broj

− 3),

x je neparan broj

1 (17 3) = 7 2 f (f (17) + 1) = f (7 + 1) = f (8) = 82 = 64 1 1 f (f (f (17) + 1) + 1) = f (64 + 1) = f (65) = (65 3) = 62 = 31. 2 2

−

f (17) =

−



·

10. B

Oznaˇ cimo stranice i uglove kao na slici a = BC , b = AC , c = AB , α = ∠BAC , β = ∠ABC i γ = ∠ACB . Prema uslovima zadatka je

C

β = 60o , a = 3c

γ

| |

| |

| |

Primenom kosinusne teoreme na trougao AB C dobijamo sledeće izraze 2

2

2

b = a +c

2

2

o

2

1 6c = 7c2 2 2

a

b √ b = c 7

−2ac cos β = (3c) +c −2·3·c·c·cos 60 = 10c − · ⇒ √ √ c2 = a 2 + b2 − 2ab cos γ = (3c)2 + 7c2 − 2 · 3c · c 7cos γ = 16c2 − 6 7c2 cos γ A α √ 15 7 cos γ = 6·7 √ √ a2 = b 2 + c2 − 2bc cos α = 7c2 + c2 − 2 · c 7 · c cos α = 16c2 − 6 7c2 cos α √ 7 √ 9c2 = 8c2 − 2 7c2 cos α ⇒ cos α = − 2·7

c

B

Odavde sledi da je traˇzeni izraz cos ∠BAC + cos ∠ACB = cos α + cos γ jednak

√ 7 15√ 7 15√ 7 − 3√ 7 12√ 7 2 cos α + cos γ = − + = = = √ . 2·7 6·7 6·7 6·7 7 

11. D Zadata je aritmetiˇcka progresija

an = a 1 + (n

za koju vaˇzi

− 1)d

α = a 54 = a 1 + 53d i β = a 70 = a 1 + 69d Reˇsavanjem sistema koji ˇcine prethodne dve jednaˇcine za promenljive d i a1 se dobija

−α − α = 16d ⇒ d = β 16 69α − 53β a1 = α − 53d = β

16

Sada za zbir prvih 160 ˇclanova dobijamo

··· + a160 = a1 + (a1 + d) + ··· + (a1 + 159d) 160 · 159 = 160a1 + d(1 + 2 + ··· + 159) = 160a1 + d 2 159 69α − 53β 159 β − α · · 16 = 160 a1 + d = 160 + 2 16 2 = 6(138α − 106β + 159β − 159α) = 5(−21α + 53β ).

S 160 = a 1 + a2 +



 



6




12. C Reˇsenja zadate jednaˇcine

sin3 x +

traˇzimo na segmentu x

||

√ 3cos3x = √ 2

π , π . Prema definiciji apsolutne vrednosti vaˇ zi 2

∈ − 

|x| =

−

x, x,

x < 0 x 0

≥

te razlikujemo dva sluˇcaja (i) x

∈ [0, π] :

sin 3 x = sin 3x

||

√ 3cos3x = √ 2 √ 3 √ 2

sin3x +

1 sin3x + cos3x = 2 2 2 π 2 cos 3x = 6 2

√

−

gde smo iskoristili identitete cos(α

− β ) = cos √ α cos β + sin α sin β

π 3 π 1 = , sin = 6 2 6 2 Reˇsenja dobijene jednaˇcine se mogu predstaviti u sledećem obliku π π 3x = + 2kπ, k Z 6 4 π 2kπ + 36 3 x = 5π 2kπ + 36 3 od kojih se samo tri nalaze u intervalu x [0, π]: cos

−

±

∈

 − 

x1 =

∈

23 − π36 + 2π3 = 36 π

5π 36 5π 2π 29 x3 = + = π 36 3 36 x2 =

(i) x

∈ − π2 , 0

 

:

| | − sin3x

sin 3 x =

√ √ − sin3x + √ 3cos3x = √ 2 − 12 sin3x + 23 cos3x = 22 √ 2 π

 

cos 3x +

gde smo iskoristili identitete

6

=

cos(α + β ) = cos α cos β

√ 3

2

− sin α sin β

π π 1 = , sin = 6 2 6 2 Reˇsenja dobijene jednaˇcine se mogu predstaviti u sledećem obliku π π 3x + = + 2kπ, k Z 6 4 5π 2kπ + 36 3 x = π 2kπ + 36 3 π od kojih se samo jedno nalazi u intervalu x ,0 : 2 5π x4 = 36 cos

±

∈

 −   

∈ −

−

7


Dakle, ukupan broj realnih reˇsenja jednaˇcine na zadatom intervalu je 4.



13. C Tangenta proizvoljne krive y = f (x) u taˇcki (x0 , y0 ) ima koeficijent nagiba k koji je dat izrazom

k = f ′ (x) x=x0

|

Nalazimo tangentu krive 2x2 + 3y 2 = 5 u taˇcki (x0 , y0 ) = (1, 1). Primenom izvoda po promenljivoj x na levu i desnu stranu jednaˇcine krive, dobijamo (2x2 )′ + (3y 2 )′ = 0

⇒ 4x + 6y · y′ = 0 ⇒ y′ = − 23 · xy

te se za koeficijent nagiba tangente dobija 2 x k1 = y ′ |(x,y)=(1,1) = − · 3 y



=

(x,y)=(1,1)

Ugao φ 1 koji ova prava zaklapa sa x-osom je dat jednaˇcinom

− 23

⇒ φ1 = −arctg 32

k1 = tg φ1

Na sliˇcan naˇcin se za tangentu krive x2 4x+y2 +6y = 3 u taˇcki (x0 , y0 ) = (2, 1) imaju sledeći izrazi. Primenom izvoda po promenljivoj x na levu i desnu stranu jednaˇ cine krive, dobijamo

−

(x2

− 4x)′ + (y2 + 6y)′ = 0 ⇒ 2x − 4 + 2y · y′ + 6y′ = 0 ⇒ y′(2y + 6) = 4 − 2x ⇒ y′ = − 2y +− x3

te se za koeficijent nagiba tangente dobija 2−x k2 = y ′ |(x,y)=(2,1) = − y + 3

Ugao φ 2 koji ova prava zaklapa sa x-osom je dat jednaˇcinom



=0

(x,y )=(2,1)

⇒ φ2 = −arctg 0 = 0

k2 = tg φ2

Odavde je oˇstar ugao pod kojim se seku ove dve tangente dat izrazom φ = φ 2



14. B

Kako je

− φ1 = arctg 32 .

|3x√ − 1| − |3 − 3x| − 2 ≥ 0 4x − 2x+3 + 16 4x

− 2x+3 + 16 = (22)x − 8 · 2x + 16 = (2x)2 − 2 · 4 · 2x + 42 = (2 x − 4)2

to vaˇzi

 − 4x

2x+3 + 16 =

 − (2x

4)2 = 2x

| − 4| ≥ 0

Za realna reˇsenja zadate nejednaˇcine je potrebno da izraz u imeniocu bude razliˇcit od nule

|2x − 4| = 0 ⇐⇒ 2x − 4 = 0 ⇐⇒ 2x = 22 ⇐⇒ x = 2 Dakle, reˇsenja traˇzimo u skupu x ∈ R\{2}, za koje je imenilac u izrazu sa leve strane nejednaˇcine uvek pozitivan |2x − 4| > 0 te se nejednaˇcina svodi na

|3x√ − 1| − |3 − 3x| − 2 ≥ 0 ⇐⇒ |3x − 1| − |3 − 3x| − 2 ≥ 0 ⇒ |3x − 1| − |3 − 3x| − 2 ≥ 0 |2 x − 4 | 4x − 2x+3 + 16

8


Kako vaˇzi

3x

3x > 1

− 1 > 0 ⇐⇒

⇐⇒

3x > 30

⇐⇒

x > 0

to se prema definiciji apsolutne vrednosti ima



3x 1, 1 3x ,

x > 0 x 0

− 3x > 0 ⇐⇒

31 > 3 x

⇐⇒



3x 3, 3 3x ,

x > 1 x 1

|3x − 1| = Sliˇcno, kako je 3 dobijamo x

|3 − 3 | = Sada razlikujemo tri segmenta 1. (i) x

≤0

− −

− −

≤

x < 1

≤

|3x − 1| − |3 − 3x| − 2 ≥ 0 ⇐⇒ 1 − 3x − (3 − 3x) − 2 ≥ 0 ⇐⇒ −4 ≥ 0

ˇsto nije ispunjeno ni za jedno x iz ovog segmenta.

∈ (0, 1) |3x − 1| − |3 − 3x| − 2 ≥ 0 ⇐⇒

2. (ii) x

ˇsto nije ispunjeno ni za jedno x

3x

− 1 − (3 − 3x) − 2 ≥ 0 ⇐⇒

− 3) ≥ 0 ⇐⇒

3x

≥ 31 ⇐⇒ x ≥ 1

∈ (0, 1)

∈ [1, 2) ∪ (2, +∞) |3x − 1| − |3 − 3x| − 2 ≥ 0 ⇐⇒ ˇsto je ispunjeno za sve x ∈ [1, 2) ∪ (2, +∞)

3. (iii) x

2(3x

3x

− 1 − (3x − 3) − 2 ≥ 0 ⇐⇒ 0 ≥ 0

Dakle, skup svih reˇsenja nejednaˇcine je

x

∈ [1, 2) ∪ (2, +∞)

odnosno skup reˇsenja je oblika [a, b)



∪ (b, +∞).

15. C

· | | − 2)log (|x|−2) = (|x| − 2) log4 y · logy (y − 3x + 6) = 1

y (x

y

5 2

U skupu realnih brojeva, argument logaritamske funkcije mora biti pozitivan, dok osnova logaritamske funkcije mora istovremeno biti i pozitivna i razliˇ cita od 1:

|x| − 2 > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, −2) ∪ (2, +∞) y − 3x + 6 > 0 ⇐⇒ y > 3(x − 2) y > 0, y  =1

Koriˇsćenjem loga b = log4 y logy (y

·

1 iz druge jednaˇcine u sistemu dobijamo logb a

− 3x + 6) = 1 ⇐⇒

logy (y

− 3x + 6) = logy 4 ⇒ y − 3x + 6 = 4 ⇐⇒

y = 3x

−2

odakle se za gornje uslove dalje dobija y > 3(x

− 2) ⇒ 3x − 2 > 3x − 6 ⇒ −2 > −6 (ispunjeno za svako x) 2 y > 0 ⇒ 3x − 2 > 0 ⇒ x > 3  1 ⇒ x = 1 y  = 1 ⇒ 3x − 2 =

Uzimanjem u obzir svih uslova za x i y, neophodno je da se realna reˇsenja zadatog sistema nalaze u intervalu x

∈ (2, +∞), y ∈ (4, +∞)

9


| |

Za x > 2 vaˇzi x = x, te sledi 5 2

· | | − 2)log (|x|−2) = ( |x| − 2) ⇒ y · (x − 2)log (x−2) = (x − 2)

y (x

y

y

5 2

Primenom logaritma na levu (L) i desnu (D) stranu prethodne jednaˇ cine, dobijamo

·

L = logy y (x

− 2)log (x−2) y



= logy y + logy (x

− 2)log (x−2) = 1 + log2y (x − 2) y

5 = log y (x 2 2) jednaˇcina dalje postaje D = logy (x

− 2)

5 2

− 2)

− 5 5 1 + log2y (x − 2) = log y (x − 2) ⇒ 1 + t2 = t ⇐⇒ 2 2

i uvodenjem smene t = logy (x

2t2

− 5t + 2 = 0

Ova kvadratna jednaˇcina ima dva reˇsenja

√ 5 ± 52 − 4 · 2 · 2 5±3 t1,2 = = = 2·2 4 Sada imamo dve mogućnosti 1 1. (i) t = 2

 

1 2 2

− 2) = 21 ⇒ logy (x − 2) = logy √ y ⇒ x − 2 = √ y ⇒ (x − 2)2 = 3x − 2 ⇐⇒ (x − 1)(x − 6) = 0 ⇐⇒ x1 = 1 ∨ x2 = 6 kako vaˇzi uslov x > 2, to je jedino reˇsenje u ovom sluˇcaju x 2 = 6, y 2 = 3x2 − 2 = 16. logy (x

x2

− 7x + 6 = 0

2. (ii) t = 2

logy (x

− 2) = 2 ⇒ logy (x − 2) = logy y 2 ⇒ x − 2 = y 2 ⇒ x − 2 = (3x − 2)2 ⇐⇒

9x2

− 13x + 6 = 0

kako je diskriminanta ove kvadratne jednaˇcine D = 132

− 4 · 9 · 6 = 169 − 216 < 0

to u ovom sluˇcaju nema realnih reˇsenja Dakle, ukupan broj realnih reˇsenja zadatog sistema jednaˇcina je 1.



16. A

 −  x2

1+

x2 + x

−2=

 − 4

x2

2x + 1

U skupu realnih brojeva, kvadratni koren je definisan za argumente koji nisu negativni, tako da je neophodno da vaˇze sledeći uslovi x2

− 1 ≥ 0 ⇐⇒ (x − 1)(x + 1) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, +∞) x2 + x − 2 ≥ 0 ⇐⇒ (x − 1)(x + 2) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, −2] ∪ [1, +∞) x2 − 2x + 1 = (x − 1)2 ≥ 0, ∀x ∈ R

Kako za desnu stranu jednaˇcine vaˇzi

 −  −  | − | ∈ −∞ − ∪  −  −  −  −  −  | − |   − − − | − | 4

x2

4

1

| − 1| ≥ 0 ∀x ∈ R, to reˇsenja traˇzimo u skupu realnih brojeva x

(

2x2 Sada razlikujemo dva sluˇcaja

(x

1)2 =

x

gde je x

2x + 1 =

x2

1+

x2 + x

2=

x2

1+

x2 + x

2=

3x

3+2

(x

4

, 2]

x2

2x + 1

x

1

[1, + ) i dalje sledi

∞

2

1)2 (x + 1)(x + 2) = x

1

10


1. (i) x

≥ 1 ⇒ |x − 1| = x − 1: 2x2 + x



− 3 + 2 (x − 1)2(x + 1)(x + 2) = x − 1 (x − 1)2 (x + 1)(x + 2) = 1 − x2



Leva strana poslednje jednaˇcine je veća ili jednaka nuli, pa to mora biti sluˇcaj i sa desnom stranom, odakle dobijamo 1 x2 0 x2 1 0 (x 1)(x + 1) 0 x [ 1, 1]

− ≥ ⇐⇒

− ≤ ⇐⇒ − ≤ ⇐⇒ ∈ − Kako je, medutim, u ovom sluˇcaju x ≥ 1 to je jedino moguće reˇsenje zadate jednaˇcine x 1 = 1. Proverom moˇzemo ustanoviti da je ovo zaista reˇsenje zadate jednaˇcine

 − − ( 1

2. (ii) x

1)2 ( 1 + 1)( 1 + 2) = 1

−

−

−3+2

 −

≤ −2 ⇒ |x − 1| = 1 − x:

2x2 + x

0= 0

1)2 (x + 1)(x + 2) = 1

−x (x − 1)2 (x + 1)(x + 2) = −2(x2 + x − 2) = −2(x − 1)(x + 2) (x − 1)2 (x + 1)(x + 2) = −(x − 1)(x + 2)



2

(x

− (−1)2 ⇐⇒



Kao i u prethodnom sluˇcaju, leva strana poslednje jednaˇcine je ve´ ca ili jednaka nuli, pa to mora biti sluˇcaj i sa desnom stranom, odakle dobijamo

−(x − 1)(x + 2) ≥ 0 ⇐⇒ (x − 1)(x + 2) ≤ 0 ⇐⇒ x ∈ [−2, 1] Kako je, medutim, u ovom sluˇcaju x ≤ −2 to je jedino moguće reˇsenje x2 = − 2.

Proverom moˇzemo

ustanoviti da je ovo zaista reˇsenje zadate jednaˇcine

 − − ( 2

1)2 ( 2 + 1)( 2 + 2) =

−

−

−(−2 − 1)(−2 + 2) ⇐⇒

0= 0

Zbir svih realnih reˇsenja zadate jednaˇcine je x1 + x2 = 1

− 2 = −1 ∈ [−3, 0).

cemo koristiti sledeće trigonometrijske identitete 17. D U ovom zadatku ´



sin α + sin β = 2 sin

−

α + β α β cos 2 2

− sin β = 2 cos α +2 β sin α −2 β α + β α − β cos α − cos β = −2sin sin sin α

2

Sada sledi

2

− sin12 = 2cos 2 +2 12 sin 2 −2 12 = −2sin5cos7 4 + 6 4 − 6 sin4 + sin6 = 2sin cos = 2 sin 5 cos 1

sin2

2

2

odakle se za vrednost u brojiocu dobija B = sin 2 + sin 4 + sin 6 Dalje imamo cos1

− sin 12 = (sin 4 + sin 6) + (sin 2 − sin12) = 2sin5(cos1 − cos 7) − cos 7 = −2sin 1 +2 7 sin 1 −2 7 = 2 sin 4 sin 3

te je B = 2 sin 5(cos 1 tako da se za vrednost zadatog izraza dobija:

− cos 7) = 4 sin 3 sin 4 sin 5

−

sin 2 + sin 4 + sin 6 sin12 4sin3sin4sin5 = = 4. sin3sin4sin5 sin3sin4sin5 11


C 1



18. A Na slici je prikazana pravilna trostrana prizma

visine H sa jednakostraniˇcnim trouglom u osnovi. Neka je duˇzina stranice trougla a. Boˇ cna strana prizme je pravougaonik stranica a i H te za njegov obim vaˇzi izraz S = 2(a + H )

A1

⇒ H = S 2 − a

B1 C

Povrˇsina osnove prizme je

H

√

H

a2 3 B = 4

a

pa se njena zapremina moˇze predstaviti sledećim izrazom

√

a2 3 V = BH = 4

 −  S 2

a =

√ 3 8

a2 (S

a

a

A

B

− 2a)

Zapremina će biti maksimalna za onu vrednost promenljive a za koju je izvod funkcije zapremine jednak nuli. Za izvod funkcije zapremine po promenljivoj a imamo (S je zadata konstanta koja ne zavisi od a) V ′ =

 √

3 2 a (S 8



− 2a)

′

=

√ 3 8

te sledi



 √ 

2

(a )′ (S − 2a) + a2 (S − 2a)′ =

V ′ = 0

⇐⇒

a(S

− 3a) = 0 ⇐⇒

3 2a(S 8

a = 0

2

− 2a) + a (

− 

2) =

√ 3 4

a(S

− 3a)

∨ a = S 3

Za a = 0 zapremina je minimalna i iznosi V min = 0. S Za a = zapremina je maksimalna i iznosi 3 V max =

√ 3 8

2

a (S

− 2a) =

√ 3 8

  −  S 3

2

S

√

√

S 3 S 2 1 S 3 3 2 = S = . 3 8 9 3 216



cine 19. B Ako su x 1 i x 2 koreni kvadratne jednaˇ x2 + (2 + m)x

− 6m2 + 11m − 3 = 0

onda se ova jednaˇcina moˇze predstaviti u sledećem obliku (x

− x1)(x − x2) = x2 − (x1 + x2)x + x1x2 = 0

Izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma iz prethodne dve jednaˇcine dobijamo x1 + x2 =

−(m + 2) x1 x2 = −6m2 + 11m − 3 Prema uslovu zadatka vaˇzi

odakle sledi

Kako je (2x1

4x21 + x22 2x1 x2

2x1 x2 + x2 2x1

≤ 2 ⇐⇒

≤2

4x21 + x22 4x1 x2 2x1 x2

−

≤ 0 ⇐⇒

(2x1 x2 )2 2x1 x2

−

≤0

− x2)2 ≥ 0 to se nejednaˇcina dalje svodi na x1 x2 < 0 ∨ 2x1 − x2 = 0 12


1. (i) x 1 x2 < 0 Dobijamo sledeću kvadratnu nejednaˇcinu po promenljivoj m

−6m2 + 11m − 3 < 0 ⇐⇒ 6m2 − 11m + 3 > 0 Kako su koreni kvadratne jednaˇcine 6m2 − 11m + 3 = 0 dati sa √ √ √ 11 ± 112 − 4 · 6 · 3 −11 ± 121 − 72 −11 ± 49 −11 ± 7 − m1,2 = = = = = 2·6 12 12 12 to je reˇsenje ove kvadratne nejednaˇcine m 2. (ii) 2x1

 

1 3 3 2

    ∈ −∞ ∪ ∞ ,

1 2

3 ,+ 2

− x2 = 0 ⇒ x2 = 2x1

Sada sledi

x1 + x2 = odnosno

−(m + 2) ⇒ x1 + 2x1 = −(m + 2)

− 13 (m + 2), x2 = 2x1 = − 23 (m + 2) −6m2 + 11m − 3 = x1x2 = 92 (m + 2)2 −54m2 + 99m − 27 = 2m2 + 8m + 8 ⇐⇒ 56m2 − 91m + 35 = 0 x1 =

odakle se za dodatna reˇ senja dobija

√ √ 91 ± 91 − 4 · 56 · 35 91 ± 441 91 ± 21 m1,2 = = = = 2 · 56 112 112

 

5 8 1

Dakle, skup svih vrednosti realnog parametra m za koje su zadovoljeni uslovi zadatka je m

     ∈ −∞ ∪ ∞ ,

1 2

5 ,1 8

3 ,+ 2

.

20. A Dat je skup A = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 i preslikavanje f : A



{

{ }

gde je min a, b = Odavde sledi:



→ A za koje vaˇzi (∀k ∈ A) f (k)  = min{k, 3} ∧ (k > 3 =⇒ f (k) < k − 2) , a≤b

a, b, a > b



}



f (1) = min(1, 3) = 1 f (2) = min(2, 3) = 2 f (3) = min(3, 3) = 3 f (4) = min(4, 3) = 3, f (5) = min(5, 3) = 3, f (6) = min(6, 3) = 3, f (7) = min(7, 3) = 3,

      

f (4) < 4 f (5) < 5 f (6) < 6 f (7) < 7

−2 = 2 −2 = 3 −2 = 4 −2 = 5

te dobijamo da su za pojedinaˇcne elemenate skupa A dozvoljena sledeća preslikavanja 1 2 3 4 5 6 7

→ 2, 3, 4, 5, 6, 7 → 1, 3, 4, 5, 6, 7 → 1, 2, 4, 5, 6, 7 →1 → 1, 2 → 1, 2 → 1, 2, 4

13


Dakle, 1 se moˇze preslikati u bilo koji od 6 razliˇ citih elemenata, 2 u bilo koji od 6 razliˇ citih elemenata, 3 u bilo koji od 6 razliˇ citih elemenata, 4 se moˇze preslikati samo u 1 element, 5 u 2 razliˇ cita elementa, 6 u 2 razliˇ cita elementa i 7 u 3 razliˇcita elementa, tako da je ukupan broj preslikavanja jednak 6 6 6 1 2 2 3 = 216 12 = 2592.

· · · · · ·

·

14


10. jun 2017.

ˇ PROBNI PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE ZA UPIS NA ELEKTROTEHNICKI FAKULTET

1. Ako je p procenata broja A jednako 1, tada je proizvod p A jednak:

(A) 1

(B) 10

·

(C) 100 1 2

1 4

(D) 0.1

− 1 · x + x · x + 1 za x = 16 jednaka je: 2. Vrednost izraza x +x x +1 √ (A) 2 (B) 2 (C) 8 (D) 4 x 3 4

1 2

3. Vrednost izraza

−i

(A)

i2018 i2017 1 + i2019

−

(E) 3

(N) Ne znam

(E) 1 + i

(N) Ne znam

2020



, (i2 =

(B) i



(N) Ne znam

1 4

1 2

4



(E) 0.01

−1) jednaka je:

(C) 1

log3 12+log4 12

4. Vrednost izraza sin 3 log3 12·log4 12

·π



(D)

−1

jednaka je:

√ 2

√ 2

−1 (C) (D) − (E) 0 (N) Ne znam 2 2 cki je jednak izrazu: 5. Izraz sin2 (45o + α) − sin2 (30o − α) − sin15o cos(15o + 2α) identiˇ √ 3 √ 2 √ (A) sin 2α (B) sin2α (C) sin2α (D) 1 − cos2α (E) 3sin2α (N) Ne znam 2 2 an3 + (a + 1)n2 − n + 2017 b 1 + · 2017−n = (a, b ∈ R\{0}), gde su a i b uzajamno prosti 6. Ako je lim (A) 1

(B)



bn3 + bn + 4034 brojevi, tada je a 2 + b2 jednako:

→+∞

n

(A) 13

(B) 2



a

(C) 8

2

(E) 2017 2 + 1

(D) 5

cina kruga upisanog u trougao ˇcije stranice pripadaju pravama x = 0, y = 0 i 3x + 4y 7. Jednaˇ (A) x 2 + y 2

(B) x 2 + y2

− 2x − 2y + 1 = 0 1 (C) x 2 + y 2 − x − y + = 0 4


− 2x − 4y + 2 = 0 3 3 (D) x 2 + y 2 − x − y + = 0 2 4

(N) Ne znam

− 12 = 0 je:

(N) Ne znam

clana rastuće geometrijske progresije a zbir im je jednak 19. Brojevi a 1 , a 2 + 4 8. Brojevi a 1 , a 2 i a 3 su prva tri ˇ i a 3 + 7 su prva tri ˇclana aritmetiˇcke progresije. Tada je zbir 3a1 + 4a2 + 5a3 jednak: (A) 81

(B) 45

(D) 75

(E) 85

 √

√ xx +− 11 . Tada je vrednost f ′(4) jednaka: √ 3 √ 3 √ 3 (B) (C) − (D) − 24 24 12

9. Data je funkcija f (x) =

(A)

(C) 65

√ 3 12

(E)

(N) Ne znam

√ 3

(N) Ne znam

6

10. U jednakokraki trougao ˇ ciji je jedan unutraˇsnji ugao 120o , upisan je krug polupreˇ cnika 3 cm. Obim tog

trougla (u cm) jednak je: (A) 3 +

√ 3

√

(B) 4 + 2 3

√

(C) 2(12 + 7 3)

√

(D) 2(10 + 7 3)

(E) 3(10

− 2√ 3)

(N) Ne znam

15


10. jun 2017.

senja nejednaˇcine log x+3 (9 11. Skup svih realnih reˇ takve da je

{ }

−∞ < a < b < c < +∞):

(A) a

(B) [a, b]

− x2) − 161 log 2x+3(x − 3)2 ≥ 2 je oblika (za brojeve a, b i c

(C) (a, b)

|

(D) [a, b)

|

∪ (b, c]

(E) [a, b)

(N) Ne znam

cine sin x = sin x + 2 cos x koja pripadaju intervalu (0, 3π) jednak je: 12. Zbir svih realnih reˇsenja jednaˇ (A) 5π

(B)

11π 2

senja jednaˇcine 13. Sva realna reˇ (A) (0, 500]

(D)

 √ −  √ x5x

(B) (500, 1000]

14. Za one vrednosti x

9π 4

(C) 5

19π 4

39π 4

(E)

x x = 56 nalaze se u intervalu:

(C) (1000, 1500]

(D) (1500, 2000] 2

4

(E) (2000, 2017] n−1

∈ R za koje je ispunjena nejednaˇcina (0.5)sin x−sin x+···+(−1)

sin2n +

vrednost cos2 x pripada intervalu: (A) (C)

    1 0, 4

(B)

1 2

(D)

0,


(B) 1

··· >

(N) Ne znam

√

15

0.252cos2 x ,

    1 1 , 4 3

1 3 , 2 4

(N) Ne znam

senja sistema jednaˇcina 15. Ukupan broj realnih reˇ (A) 2

(N) Ne znam

2 4x + 1 2x + 2

(C) 3

·

− 4x = 2x+1y + 4 , 4 · 23x + y2 = 4 je:

(D) 4

(E) 0

(N) Ne znam

cine x3 16. Ako su p, q i r koreni jednaˇ

− x + 1 = 0, tada je p 5 + q 5 + r5 jednako: (A) 0 (B) −5 (C) −2 (D) −3 (E) −4 (N) Ne znam √ cija je povrˇsina 8 3 cm2 a ugao izmedu njegovih dijagonala je 60o . Boˇcne 17. Osnova piramide je pravougaonik ˇ ivice piramide nagnute su prema ravni osnove pod uglom od 30o . Zapremina piramide (u cm3 ) je:

√

√

32 2 (A) 3

√ (C) 16 2

16 2 (B) 3

18. U razvoju binoma



√ b 1 √ b2 − √ a3 4

3

8



√ (D) 8 2

√

8 2 (E) 3

(N) Ne znam

n

(a, b

∈ R+, n ∈ N) postoji ˇclan oblika A · b6. Ako je binomni koeficijent

ˇcetvrtog ˇclana 11 puta veći od binomnog koeficijenta trećeg ˇclana, tada je A jednako : (A) 353a−4

(B) 25a−12

(C) 3254a−4

(D) 2025a−4

ca vrednost funkcije f (x) = 19. Ako je m najmanja, a M najve´ m + M jednako : π 3

− −

√ 3

π 6

√ 3

π (C) 6

(E) 6545a−12

− cos2x − x na segmentu √ 3 √ 3 π π

√ 3

(N) Ne znam π π , tada je 4 4

− 

− − 2 − 2 (D) + (E) + (N) Ne znam 3 2 6 2 20. Dati su skupovi A = { a1 , a2 , a3 , a4 , a5 } i B = { b1 , b2 , b3 , b4 , b5 , b6 , b7 , b8 , b9 }. Ukupan broj bijekcija koje (A)

2

(B)

preslikavaju skup A u neki podskup skupa B pripada intervalu: (A) (1, 100]

(B) (100, 1000]

(C) (1000, 10000]

(D) (10000, 20000]


(N) Ne znam

16

Ivica Stevanovi´ c, Reˇsenja zadataka sa p robnog prijemnog ispita iz matematike na ETF-u 2017. godine

ˇ RESENJA



1. C p procenata broja A je prema uslovu zadatka jednako 1 i dato je izrazom

·

p A =1 100

⇒ p · A = 100.

2. D Za x = 16 = 24 imamo



1

  

x 4 = 24 1

x 2 = 24 3

x 4 = 24 te se za vrednost zadatog izraza dobija x x

3 4

1 2

1 4

− 1 · x + x · x +x x +1 1 2

3. C Vaˇze sledeće relacije



1 2

1 4

+1 =

1 2 3 4

1 4

=2

= 22 = 4 = 23 = 8

− ·

16 1 4 + 2 15 6 2+1= 2 + 1 = 4. 8+4 4+1 12 5

·

· ·

i2017 = i i2016 = i (i2 )1008 = i ( 1)1008 = i

·

· ·− i2018 = i · i2017 = i 2 = −1 i2019 = i 2 · i2017 = −1 · i = −i

te se za vrednost zadatog izraza dobija i2018 i2017 1 i = = 2019 1+i 1 i

−

odnosno

− − −





i2018 i2017 1 + i2019

−



2

+ i)(1 + i) 1 + 2i + i − 11 +− ii = − (1 =− 2 (1 − i)(1 + i) 1 − i2 2020

− 

= ( i)2020 = ( i)2

−

1010

=

− 2i2 = −i

= ( 1)1010 = 1.

−

4. E Kako vaˇzi

log3 12 + log4 12 1 1 = + = log12 3 + log12 4 = log 12 (3 4) = log 12 12 = 1 log3 12 log4 12 log3 12 log4 12

·

·

to se za vrednost zadatog izraza dobija



 ·

log 12 + log4 12 sin 3 3 π log3 12 log4 12



·

= sin(3π) = 0.

ze sledeće trigonometrijske jednakosti 5. A Kako vaˇ 1 sin x cos y = (sin(x + y) + sin(x 2 1 sin2 x = (1 cos2x) 2

− y))

−

to se dobija sin 15o cos(15o + 2α) =

1 (sin(30o + 2α) 2

− sin2α) 1 1 1 sin2 (30o − α) = (1 − cos(60o − 2α)) = (1 − sin(90o − (60o − 2α))) = (1 − sin(30o + 2α) 2 2 2 1 1 sin2 (45o + α) = (1 − cos(90o + 2α)) = (1 + sin 2α) 2 2 te se za zadati izraz dobija da je identiˇcki jednak sledećem izrazu sin2 (45o + α)

− sin2(30o − α) − sin15o cos(15o + 2α) = 1 1 1 = (1 + sin 2α) − (1 − sin(30o + 2α)) − (sin(30o + 2α) − sin2α) = 2 2 2 1 1 1 1 1 1 = + sin2α − + sin(30o + 2α) − sin(30o + 2α) + sin2α = sin 2α. 2 2 2 2 2 2 17




6. D Kako je

lim → +∞

n



an3 + (a + 1)n2 n + 2017 b + 2017−n 3 bn + bn + 4034 a

−

·



an3 b 1 a b a = lim + lim = + 0 = n→+∞ bn3 a n→+∞ 2017n b a b

·

to prema uslovu zadatka sledi

a =2 a = 2b b Po uslovu zadatka a i b su uzajamno prosti brojevi, ˇsto znaˇci da je najveći zajedniˇcki delitelj ova dva broja broj 1. Najveći zajedniˇcki delitelj brojeva a = 2b i b je b, odakle sledi b = 1 i a = 2b = 2. Za traˇzenu vrednost izraza se konaˇcno dobija a2 + b2 = 12 + 22 = 5.

⇔



7. A

Na slici je prikazan (pravougli) trougao ˇcije stranice pripadaju pravama x = 0, y = 0 i 3x + 4y 12 = 0. Katete ovog pravouglog trougla su duˇzine a = 3 cm i b = 4 cm. Hipotenuza ovog trougla je prema Pitagorinoj teoremi

−

c2 = a 2 + b2 = 32 + 42 = 25

⇒ c = 5 (0, 3)

Polupreˇcnik upisanog kruga se moˇze dobiti iz izraza r =

y

2P a+b+c

a

gde je P povrˇsina trougla. Kako se radi o pravouglom trouglu, to vaˇzi P =

1 1 ab = 3 4 = 6 2 2

·

te za polupreˇcnik upisanog kruga imamo

3x + 4y = 12 r (x0 , y0 ) r

(0, 0)

b

x (4, 0)

12 =1 3+4+5 Sa slike se vidi da je centar upisanog kruga polupreˇ cnika r u taˇcki ˇcije su koordinate r =

x0 = r = 1,

y0 = r = 1

Jednaˇ cina upisanog kruga je sada data izrazom

− x0)2 + (y − y0)2 = r 2 (x − 1)2 + (y − 1)2 = 1 x2 + y 2 − 2x − 2y + 1 = 0. (x



clana rastuće geometrijske progresije (q > 1). Tada vaˇzi 8. A Neka su a 1 , a 2 i a 3 prva tri ˇ a2 = qa 1 a3 = q 2 a1 Prema uslovu zadatka je a1 + a2 + a3 = 19 Brojevi b 1 = a 1 , b 2 = a 2 + 4 i b 3 = a 3 + 7 predstavljaju prva tri ˇclana aritmetiˇcke progresije, te vaˇ zi b3

− b2 = b2 − b1 ⇒ a3 − a2 + 3 = a2 − a1 + 4 ⇒ a1 − 2a2 + a3 = 1

Oduzimanjem prethodne dve jednaˇcine, dobijamo (a1 + a2 + a3 )

− (a1 − 2a2 + a3) = 19 − 1 ⇔ 3a2 = 18 ⇔ a2 = 6

odakle sledi qa 1 = 6 18


i a1 + a2 + a3 = 19

⇒ a1 + a3 = 19 − a2 = 13 ⇒ a1(1 + q 2) = 13

Deljenjem poslednje dve jednaˇcine dobijamo kvadratnu jednaˇcinu po promenljivoj q 1 + q 2 13 = q 6

⇒ 6 + 6q 2 = 13q ⇒ 6q 2 − 13q + 6 = 0

ˇcija su dva reˇsenja

√ √ 13 ± 5 √ 13 ± 132 − 4 · 6 · 6 13 ± 169 − 144 13 ± 25 q 1/2 = = = = = 2·6 12 12 12

 

8 2 = 12 3 18 3 = 12 2

3 Samo reˇsenje q 2 = ispunjava uslov rastućeg geometrijskog niza q > 1. Sada za preostala dva ˇclana geometrij2 skog niza dobijamo sledeće vrednosti a2 2 a1 = =6 =4 q 3

·

3 6=9 2

a3 = qa 2 =

·

te se za vrednost traˇ zenog izraza dobija 3a1 + 4a2 + 5a3 = 3 4 + 4 6 + 5 9 = 12 + 24 + 45 = 81.

·



·

·

9. D Oznaˇ cimo sledeće funkcije

w(x) =

√ x

w + 1 w 1

v(w) =

− √ u(v) = v

tada se zadata funkcija moˇze izraziti u obliku sledeće sloˇzene funkcije f (x) =

 √

√ xx +− 11 = u(v(w(x)))

Izvod sloˇzene funkcije se nalazi prema sledećem lanˇcanom pravilu f ′ (x) = u ′ (v) v′ (w) w′ (x)

·

Kako vaˇzi

 

f ′ (x) =

′

x =

 

to se za izvod zadate funkcije ima

i u taˇcki x = 4

√ 

1 √ 2 x ′ (w + 1) ′ (w − 1) − (w + 1)(w − 1)′ w − 1 − (w + 1) w + 1 2 = = =− 2 2 w−1 (w − 1) (w − 1) (w − 1)2 √ v ′ = √ 1 u′ (v) = 2 v w′ (x) =

v ′ (w) =

·

1 2 1 √ =− − 2√ · · v (w − 1)2 2 x

⇒ √ x = 2 se dobija vrednost f ′ (4) =

−

1 2

2



2+1 2 1

−

1

1

2

1

√x +1 · (√ x − 1)2 · 2√ x 2 √ x−1

 1

1 2 = 4 2 3

· (2 − 1)2 · 2 · 2 = − √ · ·

1

√ 3

− 4√ 3 = − 12 . 19


snjeg ugla ∠ACB = 2β = 120o i polu10. C Na slici je prikazan jednakokraki trougao ABC jednog unutraˇ



preˇcnika upisanog kruga r = 3. Za vrednosti uglova ovog trougla se dobija α =

∠BAC = ∠ABC =

1 (180o 2

β =

− ∠ACB ) = 21 (180o − 120o) = 30o

1 o ∠ACB = 60 2

Oznaˇcimo duˇzinu kraka ovog trougla AC = BC = a. Sada se iz pravouglog trougla AC ′ C za osnovicu trougla dobija c = AB = 2 AC ′ = 2 AC cos α = 2a cos30o = a 3

·

√

·

dok se za visinu nad osnovicom AB ima h = C C ′ = AC sin α = a sin30o =

a 2

C β

a

β

r

a

r O r

α

A

α

c

B

C ′

Povrˇsina trougla ABC je data izrazom P =

√

√

1 1 1 a 1 AB CC ′ = ch = a 3 = a2 3 2 2 2 2 4

·

Povrˇsina ovog trougla se moˇze izraziti kao zbir povrˇsina trouglova AB O, B CO i AC O: 1 1 1 P = P ABO + P BC O + P ACO = (c r + a r + a r) = (2a + c)r = (2 + 2 2 2

·

·

·

√ 3)ar

Iz poslednje dve jednaˇcine se ima

√

1 2 1 a 3 = (2 + 4 2

√ 3)ar ⇒ a = 2 2 +√ √ 3 r = 2 2 +√ √ 3 · 3 = 2(2 + √ 3)√ 3 3

3

Sada se za obim trougla dobija

√

√

√

√ √

√ √

√ √

√

O = 2a + c = 2a + a 3 = (2+ 3)a = 2(2+ 3)(2+ 3) 3 = 2(4+3+4 3) 3 = 2(7+4 3) 3 = 2(7 3+12).

 • (9 − x2) > 0 ⇒ (3 − x)(3 + x) > 0 ⇐⇒ (x − 3)(x + 3) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−3, 3) • (x − 3)2 > 0 ⇐⇒ x = 3

11. A Logaritamska funkcija je definisana za realne brojeve x za koje su argumenti ove funkcije pozitivni:

i za koje je osnova logaritamske funkcije pozitivna i razliˇcita od broja 1:

• x + 3 > 0 ⇒ x > −3 • x + 3 = 1 ⇒ x = −2

Iz prethodnih relacija sledi da reˇsenje treba traˇziti u skupu realnih brojeva x

∈ (−3, −2) ∪ (−2, 3) 20


Vaˇze sledeći izrazi

− x2) = logx+3(3 − x) + logx+3(x + 3) = logx+3(3 − x) + 1 2 2 log2x+3 (x − 3)2 = logx+3 (3 − x)2 = 2logx+3 (3 − x) = 4 log2x+3 (3 − x) logx+3 (9



 



te se izraz sa leve strane zadate nejednaˇcine moˇze predstaviti u sledećem obliku

− x2) − 161 log 2x+3(x − 3)2 = logx+3(3 − x) + 1 − 164 log 2x+3(3 − x) = 1+ logx+3(3 − x) − 14 log 2x+3(3 − x) ako uvedemo smenu t = logx+3 (3 − x), zadata nejednaˇcina postaje logx+3 (9

1+t

− 41 t2 ≥ 2 ⇐⇒ t2 − 4t + 4 ≤ 0 ⇐⇒ (t − 2)2 ≤ 0

Poslednja nejednaˇcina ima samo jedno reˇsenje t = 2. Vraćanjem smene nazad, odavde dalje dobijamo logx+3 (3

− x) = 2 ⇔ logx+3(3 − x) = logx+3(x + 3)2 ⇔ 3 − x = (x + 3)2 ⇔ 3 − x = x2 + 6x + 9

Kvadratna jednaˇcina

x2 + 7x + 6 = 0

−

−

⇐⇒

(x + 1)(x + 6) = 0

−

∈ {}

ima dva reˇsenja: x1 = 1 i x2 = 6. Od ova dva moguća reˇ senja, samo x1 = 1 pripada skupu x ( 3, 2) ( 2, 3). Dakle, zadata nejednaˇcina ima samo jedno reˇsenje x = a = 1. Taˇ can odgovor je x = a .

− − ∪−

−



12. D Reˇsenja jednaˇcine

traˇzimo u skupu x

| sin x| = sin x + 2 cos x

∈ (0, 3π). Kako je

sin x

≥ 0 za x ∈ (0, π] ∪ [2π, 3π)

i to vaˇzi

Sada razlikujemo dva sluˇcaja 1. x

sin x < 0 za x

∈ (π, 2π)



∈ (0, π] ∪ [2π, 3π) ∈ (π, 2π)

sin x, | sin x| = − sin x,

x x

∈ (0, π] ∪ [2π, 3π): | sin x| = sin x + 2 cos x ⇒ sin x = sin x + 2 cos x ⇐⇒

cos x = 0

⇒ x = π2 + kπ, k ∈ Z

gde zadatom skupu pripadaju samo dva reˇsenja x1 = 2. x

π π 5π i x2 = + 2π = 2 2 2

∈ (π, 2π): | sin x| = sin x + 2 cos x ⇒ − sin x = sin x + 2 cos x ⇐⇒

gde zadatom skupu pripada samo jedno reˇ senje x 3 = 2π Sledi da je zbir svih reˇsenja zadate jednaˇcine u skupu x x1 + x2 + x3 =



tg x =

−1 ⇒ x = − π4 + kπ, k ∈ Z

− π4 = 7π4

∈ (0, 3π)

π 5π 7π π 19π + + = (2 + 10 + 7) = . 2 2 4 4 4

zimo u 13. C Kvadratni koren je definisan za realne brojeve koji nisu negativni, te reˇsenja zadate jednaˇcine traˇ skupu x

≥ 0. Leva strana jednaˇcine se moˇze predstaviti u sledećem ekvivalentnom obliku √ √ x x − x x = x · x − x · x = x − x = x − x = t2 − t

          5

5

1 5

1 2

1 2

1 5

6 5

1 2

3 2

1 5

3 5

3 10

21


3

gde smo uveli smenu t = x 10 > 0. Zadata jednaˇcina je ekvivalentna sledećoj kvadratnoj jednaˇcini t2

− t = 56 ⇐⇒ t2 − t − 56 = 0 ⇐⇒

−7 i t2 = 8.

ˇcija su reˇsenja t1 = dalje dobijamo

(t + 7)(t

− 8) = 0

Kako je t > 0, to je jedino reˇsenje ove jednaˇcine t2 = 8. Vraćanjem smene, 3

x 10 = 8

⇐⇒



10

x = 8 3 = 23

te se jedino realno reˇsenje ove jednaˇcine nalazi u intervalu x

10 3

= 210 = 1024

∈ (1000, 1500].



ze predstaviti u sledećem obliku 14. E Zadata nejednaˇcina se moˇ 2 4 2n n−1 (0.5)sin x−sin x+···+(−1) sin +··· >

 

2 4 2n n−1 2−(sin x−sin x+···+(−1) sin +···) > 2−2

−



√

15

0.252cos2 x

2 cos2 x 15



= 2−

4 cos2 x 15

2

x − 4cos 15

sin2 x

− sin4 x + ··· + (−1)n−1 sin2n + ···

sin2 x

x − sin4 x + ··· + (−1)n−1 sin2n + ··· < 4cos 15

>

2

Leva strana ove nejednaˇcine se moˇze transformisati na sledeći naˇcin sin2 x

− sin4 x + ··· + (−1)n−1 sin2n + ··· = = sin2 x(1 − sin2 x) + sin6 x(1 − sin2 x) + sin10 x(1 − sin2 x) + ··· = (1 − sin2 x)(sin2 x + sin6 x + sin10 x + ··· + sin2+4n x + ··· ) = cos2 x sin2 x(1 + sin4 x + sin8 x + ··· + sin4n x + ··· )

te dalje sledi cos2 x sin2 x(1 + sin4 x + sin8 x + 2



2

4

2

x ··· + sin4n x + ··· ) < 4cos 15

8

cos x sin x(1 + sin x + sin x +

··· + sin

4n

x+

··· ) −

Kako je cos2 x > 0, to se prethodna nejednaˇ cina svodi na sin2 x(1 + sin4 x + sin8 x + Uvodenjem smene t = sin2 x = 1

Poˇsto je t 2

4 15



< 0

··· + sin4n x + ··· ) − 154 < 0

− cos2 x ∈ [0, 1) dalje dobijamo 4 t(1 + t2 + t4 + t6 + ··· ) − < 0 15

∈ [0, 1) to se za beskonaˇcnu sumu u zagradi ima 1 1 + t2 + t4 + t6 ··· = 1 + (t2 )1 + (t2 )2 + (t2 )3 + ··· = 1 − t2

ˇsto zamenom u prethodnu nejednaˇcinu daje t

4 − < 0 ⇒ 4t2 + 15t − 4 < 0 2 1−t 15 Kako su reˇsenja kvadratne jednaˇcine 4t2 + 15t

−4= 0

data izrazima

√ √ √ − 15 ± 152 + 4 · 4 · 4 −15 ± 225 + 64 −15 ± 289 −15 ± 17 t1/2 = = = = 2·4 8 8 8 1 t1 = −4, t2 = 4

22


to je reˇsenje gornje kvadratne nejednaˇcine t odnosno kako istovremeno vaˇ zi t

  ∈ − 4,

1 4

∈ [0, 1) to dobijamo t

∈  0,

1 4

Vra´ canjem smene za t nazad u nejednaˇcinu dalje se dobija

− cos2 x ≥ 0 ⇐⇒ 1 1 − cos2 x < ⇐⇒ 4

cos2 x

1

≤1

cos2 x >

3 4

2

Dakle, zadata nejednaˇcina je ispunjena za one vrednosti cos x koje pripadaju intervalu nijednom od ponudenih odgovora (a)-(d).



15. B

2 4x + 1 2x + 2

·

 

3 , 1 ˇsto ne odgovara 4

− 4x = 2x+1y + 4

4 23x + y 2 = 4

·

Uvodenjem smene

t = 2x > 0

i uzimajući u obzir da vaˇzi

2x+1 = 2 2x = 2t

·

4x = (22 )x = (2 x )2 = t 2 23x = (2x )3 = t 3 ovaj sistem jednaˇcina postaje

2 t2 + 1 t+2

·

− t2 = 2(t y+ 2)

4t3 + y 2 = 4 Iz prve jednaˇcine dobijamo y = 2(2t2 + 1) odakle je Iz druge jednaˇcine sledi

− 2t2(t + 2) = 4t2 + 2 − 2t3 − 4t2 = 2(1 − t3) y2 = 4(1

− t3)2

y2 = 4(1

− t3)

Iz poslednje dve jednaˇcine dobijamo 4(1

− t3) = 4(1 − t3)2 ⇐⇒ (1 − t3)((1 − t3) − 1) = 0 ⇐⇒

ˇcija su moguća reˇsenja

t3 (1

− t3) = 0

t3 = 0

⇒ t1 = 0 1 − t3 = 0 ⇒ t2 = 1

Kako je t = 2x > 0 to je jedino moguće reˇsenje za x:

2x = 1

⇐⇒

x = 0

i jedino moguće reˇsenje za y : y = 2(1

− t3) = 0

Dakle, zadati sistem ima samo jedno reˇ senje u skupu realnih brojeva (x, y) = (0, 0). 23


cine x 3 16. B Ako su p, q,r koreni kubne jednaˇ



− x + 1, tada vaˇzi x3 − x + 1 = (x − p)(x − q )(x − r) = x 3 − ( p + q + r)x2 + ( pq + qr + pr)x − pqr

Izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma sa leve i desne strane gornje jednaˇcine dobijamo p + q + r = 0 pq + qr + pr = pqr = Takode su ispunjene sledeće jednakosti

−1

−1

p3

− p + 1 = 0 q 3 − q + 1 = 0 r3 − r + 1 = 0

Sabiranjem prethodne tri jednaˇcine i uzimanjem u obzir gornjih izraza dobijamo p3 + q 3 + r3

− ( p + q + r) +3 = 0 ⇒ p3 + q 3 + r3 = −3

   =0

Takode vaˇzi

( p + q + r)2 = p 2 + q 2 + r 2 + 2 ( pq + qr + pr) = p 2 + q 2 + r2

  

− 2 ⇒ p2 + q 2 + r2 = 2

  

=0

= 1

−

Mnoˇzenjem prethodna dva izraza se ima

( p2 + q 2 + r 2 )( p3 + q 3 + r3 ) = 2 ( 3) =

·−

−6

Za levu stranu ove jednaˇcine vaˇ zi ( p2 + q 2 + r2 )( p3 + q 3 + r3 ) = p 5 + q 5 + r5 + p2 q 2 ( p + q ) + q 2 r2 (q + r) + p2 r 2 ( p + r) i kako je p + q + r = 0 to je p + q =

−r,

q + r = p,

−

p + r =

−q

te smenom ovih jednakosti leva strana jednaˇ cine postaje ( p2 +q 2 +r2 )( p3 +q 3 +r3 ) = p 5 +q 5 +r 5 p2 q 2 r q 2 r2 p p2 r2 q = p 5 +q 5 +r5 pqr ( pq + qr + pr) = p 5 +q 5 +r5 1

−

−

−

−

    = 1

−

odavde se za vrednost traˇzenog izraza konaˇcno dobija

p5 + q 5 + r5 = 1 + ( p2 + q 2 + r2 )( p3 + q 3 + r3 ) = 1





= 6

−



−

= 1

−

− 6 = −5.



17. B Na slici levo je prikazana osnova piramide (pravougaonik dijagonale d = 2r i manjeg ugla izmedu dijago-

nala 60o ). Povrˇ sina ovog pravougaonika se moˇze izraziti kao zbir povrˇsina ˇcetiri trougla koje grade dijagonale i stranice pravougaonika B = P AOB + P BOC + P CO D + P AOD = 2

√ 3

 

1 2 1 r sin60o + r2 sin(180o 2 2

√ · 2 = r 2 3 √ Kako je prema uslovu zadatka B = 8 3 odavde se za r dobija √ √ √ √ r2 3 = 8 3 ⇐⇒ r = 8 = 2 2 = 2r2 sin 60o = 2r 2

  −   60o )

=sin 60o

24


O

D

C H r

r

120o O 60o 120o

r

r

A

B

β

A

r

C

r

Na slici desno je prikazan trougao koji obrazuju dve boˇcne ivice piramide sa ravni osnove. Kako je ugao izmedu dijagonale i boˇcnih ivica β = 30o to za visinu piramide H imamo

√ 3 2 √ √ H = r tg β = r tg30o = 2 2 = 6 3

Sada je zapremina piramide

3

√ · √

√

1 1 2 16 V = BH = 8 3 6= 2. 3 3 3 3



18. E Izraz za razvoj binoma n-tog stepena je

 



n n n n−1 n n−2 2 (x + y) = x + x y + x y + 0 1 2 n

Prema uslovu zadatka je

···



n n−k k + x y + k

√ 1 2 = b− √ bb y = − √ = −b a− 3 x =

n

n

−1



n n xy − + y n 1

n

2 3

3

4

8

··· +

 

1 4

3 8

a

tako da za faktore koji figuriˇsu u ˇclanu k + 1 vaˇzi 2

xn−k = b − 3 (n−k) bk =

−   · 1

3

b 4 a− 8

k

k

= ( 1)k b 4 a−

−

3k 8

Prema uslovu zadatka postoji k takvo da je



n n−k k x y = k

n k

2

k

b− 3 (n−k) ( 1)k b 4 a−

·−

3k 8

= A b6

·

Izjednaˇcavanjem stepena nad promenljivom b sa leve i desne strane poslednje jednaˇ cine imamo

− 23 (n − k) + k4 = 6 −8(n − k) + 3k = 72 ⇐⇒ 11k − 8n = 72 Binomni koeficijent ˇcetvrtog ˇclana je 11 puta veći od binomnog koeficijenta trećeg ˇclana, odnosno

  n n = 11 3 2

n(n

− 1)(n − 2) = 11 n(n − 1) ⇒ n − 2 = 33 ⇐⇒ 3·2·1 2·1

n = 35 25


− 8n = 72 dobijamo traˇzenu vrednost za k 72 + 8n 72 + 8 · 35 352 k = = = = 32.

Zamenom dobijene vrednosti za n u jednaˇcinu 11k 11

11

11

Sada se za vrednost A konaˇcno ima A =

 · −   ∈ − n k

k



32

3

3 2 1

· ·

π π , traˇzimo minimalnu m i maksimalnu M vrednost funkcije 4 4

19. C Na intervalu x





3 35 − 3·832 35 −12 35 · 34 · 33 −12 ( 1) a− 8 = (−1)32 a = a = a = 6545a−12 .

k

f (x) =

− cos2x − x

Prvi izvod ove funkcije je f ′ (x) = ( cos2x

−

− x)′ = −(cos2x)′ − (x)′ = 2sin 2x − 1

dok je njen drugi izvod f ′′ (x) = (2 sin 2x 1)′ = 2(sin 2x)′ = 4cos 2x π π π π Kako je cos 2x 0 za x 2x , , , to je funkcija na ovom intervalu konkavna i ima 4 4 2 2 minimalnu vrednost u taˇcki x = x 0 za koju je njen prvi izvod jednak nuli:

≥

  ⇐⇒ ∈ −

f ′ (x0 ) = 0

− ∈ −

 

⇐⇒ 2sin2x0 − 1 = 0 ⇐⇒ sin2x0 = 21 ⇒ 2x0 = π6 ⇐⇒

x0 =

π 12

Minimalna vrednost funkcije u ovoj taˇ cki iznosi m = f (x0 ) =

−

π cos 2 12

 · −

π = 12

−

π cos 6

 −

π = 12

−

√ 3 2

− 12π

Kako je funkcija konkavna na zadatom intervalu, to ona moˇze imati maksimum u extremnim taˇckama intervala: π x1 = : 4 π π π f (x1 ) = cos2x1 x1 = cos 2 = 4 4 4

•

−

−

−

−

• x2 = π4 : f (x2 ) =

−  − −   −  −

− cos2x2 − x2 = − cos

2

π 4

π 4

=

π 4

Kako je f (x1 ) > f (x2 ) to je maksimalna vrednost funkcije na ovom intervalu M = f (x1 ) =

π 4

Konaˇcno za traˇzenu vrednost zbira maksimalne i minimalne vrednosti se dobija m + M =



{

−

√ 3 2

−

π π π + = 12 4 6

}

−

√ 3 2

.

{

}

20. D Skup A = a1 , a2 , a3 , a4 , a5 ima pet elemenata, dok skup B = b1 , b2 , b3 , b4 , b5 , b6 , b7 , b8 , b9 ima devet

elemenata. Traˇzi se ukupan broj bijekcija: A

→ S

→

gde je S podskup skupa B . Bijekcija A S preslikava svaki element skupa A u taˇcno jedan element skupa S i ne postoje dva razliˇcita elementa skupa A koji su preslikani u isti element skupa S . Ovo preslikavanje je dakle “1-1” i “na”. To znaˇci da skup S ima jednak broj elemenata kao i skup A, odnosno 5 elemenata. Ukupan broj podskupova od 5 elemenata koje moˇzemo izabrati u skupu od 9 elemenata je

 9 5

26


Broj razliˇcitih preslikavanja skupa A u skup S (od pet elemenata) je 5! Naime, prvi element skupa A se moˇ ze preslikati u bilo koji od pet elemenata skupa S , drugi element u bilo koji od preostala ˇcetiri elementa, treći element u bilo koji od preostala tri elementa etc... dakle, ukupan broj razliˇcitih preslikavanja je 5 4 3 2 1 = 5!. 9 Konaˇcno kako ima razliˇcitih podskup ova S i za svaki postoji 5! bijekcija, to je ukupan broj bijekcija 5



· · · ·

 · 9 5

· · · ·

5! = 9 8 7 6 5 = 15120

∈ (10000, 20000].

27


27. jun 2016.


1. Vrednost izraza 0.51.5 0.250.5 8−1.5 je:

·

(A) 23

(B)

·

1 25

(C)

1 27

(D) 21.5

(E) 1

(N) Ne znam

(E) 4

(N) Ne znam

|| − |x|| − 1| − 2 = 0 jednak je:

senja jednaˇcine 1 2. Broj realnih reˇ (A) 0

(B) 1

(C) 2

(D) 3

√ 2016 + i2019 z + z¯ , (i2 = −1). Tada je izraz (gde je z¯ konjugovano kompleksni 3. Dat je kompleksan broj z = √ 2 2016 + i2017 broj broja z ) jednak (A)

√ 2016

(B)

−√ 2016

(C)

2015 2017

(D)

2016 2015

(E)

√ 2017

(N) Ne znam

cki M tako da je AM = 3cm, M B = 4cm, 4. Tetive kruga AB i CD, medusobno su normalne i seku se u taˇ CM = 2cm i M D = 6 cm. Preˇ cnik tog kruga je jednak (u cm):

√

(A) 8 2

(B)

√ 75

(C)

√ 65

√

(D) 10

(E) 2 38

(N) Ne znam

coj aritmetiˇckoj progresiji od 11 ˇclanova, prvi, peti i jedanaesti ˇclan ˇcine prva tri ˇclana geometrijske 5. U rastu´ progresije. Ako je prvi ˇclan te aritmetiˇcke progresije jednak 24, tada je zbir svih ˇclanova te aritmetiˇcke progresije jednak: (A) 249

(B) 264

(C) 378

√

(D) 429

√

(E) 501

√ √ − 2) = A, tada je izraz log ( 3 − 1) + log ( 6 + 2) jednak: √ A (A) A − 1 (B) 2A (C) 2A − 4 (D) − 1 (E) 6A 2 √ 2 x − 1 + x4 + 1 u taˇcki x 0 = 1 jednak je: 7. Prvi izvod funkcije f (x) = ln x √ √ √ 1 (A) ln 2 (B) √ (C) − 2 (D) 2 (E) 1 6. Ako je log 2 ( 3 + 1) + log 2 ( 6

1 4

1 4

ln 2 x 2016 1 f (x) i g (x) = . Tada je f (g(x)) jednako: 8. Date su funkcije f (x) = x + 2016 1 + f (x)

−

(A) 2016x

(B)

(N) Ne znam

(N) Ne znam

(N) Ne znam

−

x 1 x+1

−

(C)

1 x 1+x

−

(D) 1

− 2016x

(E) 2017x

(N) Ne znam

∈ cine ax2 + ax + 1 = 0 R\{0}) tako da koreni x 1 i x2 kvadratne jednaˇ (x1 + 1) 2 + (x2 + 1) 2 ≤ 1, jeste: zadovoljavaju nejednaˇcinu (x1 − 1)2 + (x2 − 1)2 1 2 2 (A) (−∞, −1) ∪ (B) (−∞, 0) ∪ , +∞ (C) 0, 4 5 5 9. Skup svih vrednosti parametra a (a

(D) ( 1, 0)

−

 ∪  0,

2 5

 

(E) (0, + )

∞

 

(N) Ne znam

29


27. jun 2016.

10. U jednakokrakom trouglu ABC je AB = AC = b i ∢BAC = 30o . Tada je zbir visina tog trougla jednak:

√ 6) √ √ (D) b( 2 + 6)

√ √ √ √

b ( 2 + 3) 2 (E) b(1 + 2 + 6)

(A) b(1 +

(B)

cke A( 8, 4), B ( 2, 1) i C (1, 11. Ako su temena trougla taˇ y0

− x0 jednaka:

(A) 7

−

(B) 6


1 jednak je: a 12 (A) a

(C) 5

√ √ 

(B)

3

a+

1 6 a

560 a

13. Ako je polinom x2016 + x2015 2

2

2

4a + 3b + 8c jednak: (A) 4

−

(B) 3

(a > 0, n

(C)

6)

−3), a ortocentar H (x0, y0) tada je vrednost razlike (D) 4

n

√ √

b (4 + 2 + 4 (N) Ne znam (C)

(E) 8

(N) Ne znam

ˇ koji sadrˇzi ∈ N) zbir prva tri binomna koeficijenta je 121. Clan

455 a

(D)

322 a

(E)

155 a

(N) Ne znam

− x2014 + ax2013 − bx2 + c (a,b,c ∈ R) deljiv polinomom x 3 − x, tada je zbir (C) 12

(D) 15

(E) 18

(N) Ne znam

zine dijagonala strana ovog kvadra su 7, 8 i 9. Susedna temena temenu 14. Dat je kvadar ABCDA1 B1 C 1 D1 . Duˇ B su A, C i B 1 . Duˇzina visine iz temena B piramide ABCB1 jednaka je:

√

12 (A) 5

2 3 (B) 3

√

√

2 55 (C) 5


(B) 1

(A) (a, b) (D) (a, b)

∞):

(E) 5

3

(D) 3

(E) 4

(N) Ne znam

| log3 |2x + 3|| − 3 > 0 je oblika (za neke realne brojeve a, b, c, d takve log3 x

∪ [c, d] (E) (a, b) ∪ (b, c) ∪ (d, +∞) (B) (a, b]

∪ (c, +∞)

(N) Ne znam

√ x − 1 + √ y + 1, x − y = 2, jednak je:

(C) 2

senja nejednaˇcine 16. Skup svih realnih reˇ da je 0 < a < b < c < d < +

(D) 3

(C) (a, b)

∪ (b, c)

(N) Ne znam

spanskom i 8 na francuskom jeziku. Sve knjige su medusobno 17. Na polici se nalazi 5 knjiga na engleskom, 7 na ˇ razliˇcite. Na koliko naˇcina moˇzemo rasporediti knjige ako sve napisane na francuskom jeziku moraju biti jedna do druge?

·

(A) 13! 8! (C) 13

· 

 ·· ·

(B) 13 8!

12 + 7! 8! 5

·

(D)

(E) Nijedan od prethodno ponudenih odgovora

√ ·

20 7

13 8

5!

(N) Ne znam

√

√ ·

18. Zbir svih realnih reˇsenja jednaˇcine 2 x 4x + 5 1x+1 + 2 x = 22x+2 + 5 x 2x + 4 je:

(A) 5

(B) 1

(C) 2

·

(D) 3

(E) 4

(N) Ne znam

19. Izvodnice prave kruˇzne kupe nagnute su prema ravni osnove kupe pod uglom α, a u kupu je upisana lopta.

Vrednost tg α2 tako da odnos V l /V k (zapremine lopte i zapremine kupe) ima najveću moguću vrednost, jednaka je: (A) 3

1 (B) √ 2

(C)

√ 2

1 (D) √ 3

(E)

√ 3

(N) Ne znam

3x 1 +cos4x = na segmentu [0, 2π] jednak je: 2 2 (D) 9 (E) 8 (N) Ne znam

senja jednaˇcine cos x +cos2x +2cos2 20. Ukupan broj realnih reˇ (A) 2

(B) 5

(C) 6

30


ˇ RESENJA



1. C

0.51.5 0.250.5 8−1.5 =

·

·

3 2

1 2

  ·  · 1 2

1 4

3

3

8− 2 = 2− 2

·

1 2

  ·  2−2

23

− 32

3

9

14

= 2− 2 −1− 2 = 2− 2 =

1 . 27

ci u obzir da prema definiciji apsolutne vrednosti vaˇzi 2. C Uzimaju´



|x| = a ⇐⇒

x =

±a i |x| ≥ 0

iz zadate jednaˇcine sledi

||1 − |x|| − 1| − 2 = 0 ⇐⇒ ||1 − |x|| − 1| = 2 ⇐⇒ |1 − |x|| − 1 = ±2 te imamo dve mogućnosti

| − |x|| − 1 = −2:

1. 1

|1 − |x|| − 1 = −2 ⇐⇒ |1 − |x|| = −1 ˇsto je u kontradikciji sa uslovom |1 − |x|| ≥ 0, te u ovom sluˇcaju jednaˇcina nema realnih reˇsenja: x ∈ ∅. 2. |1 − |x|| − 1 = 2: |1 − |x|| − 1 = 2 ⇐⇒ |1 − |x|| = 3 ⇐⇒ 1 − |x| = ±3 ⇐⇒ |x| = 1 ∓ 3 |x| = 1 − 3 = −2



1+3=4

Jednaˇcina x =

| | −2 nema realnih reˇsenja jer je |x| ≥ 0 Jednaˇcina |x| = 4 ima dva reˇsenja x = ±4

Dakle, ukupan broj realnih reˇsenja zadate jednaˇcine je 2.



3. C

√ 2016 + i2019 z = √ 2016 + i2017

Vaˇze sledeće relacije i2019 = i i2018 = i (i2 )1009 = i ( 1)1009 =

·

·

2017

i te dalje sledi

odnosno,

i2019 = 2 = i

·−

−i

−i = i −1

√ 2016 + i2019 √ 2016 − i √ ( 2016 − i)2 √ z = √ = √ = √ 2016 + i2017 2016 + i ( 2016 + i)( 2016 − i) z =

2016

− 2i√ 2016 + i2 = 2015 − 2i√ 2016 2016 − i2 2017

Za kompleksno konjugovanu vrednost se sada ima

√

2015 + 2i 2016 z¯ = 2017 te sledi

z + z¯ 1 = 2 2



2015

− 2i√ 2016 + 2015 + 2i√ 2016 2017

2017



=

1 2 2015 2015 = . 2 2017 2017

·

31

Ivica S tevanovi´ tevanovi´ c, c, Reˇsenja zadataka s a p rijemnog ispita iz matematike na ETF-u 2 016. godine



sematski prikazane medusobno normalne tetive 4. C Na slici su ˇsematski

A

cki cki M AB i C D koje se seku u taˇ M tako da je prema uslovima zadatka AM = 3, M B = 4, CM = 2 i M D = 6. Neka je polup po lupreˇ reˇcnik cni k kruga krug a R = R = OA OA = OB = OB = OC = OD. OD . Primenom Pitagorine teoreme na pravougli trougao AM D dobi jamo AD2 = AM 2 + M D2 = 32 + 62 = 45

M

D

√ ⇒ AD AD = = 3 5

C

O

dok za pravougli trougao B trougao B M D imamo

√ · ⇒ BD = BD = 2 13

BD 2 = M B 2 + M D2 = 42 + 62 = 52 = 4 13

Za centralni ugao ∢AOB nad AOB nad tetivom AB tetivom AB i i periferni ugao ∢ADB nad istom tetivom AB tetivom AB vaˇzi zi relaci rel acija ja ∢AOB = AOB =

B

2∢ADB = ADB = 2α

Uzimaju´ Uzima jući ci u obzir da je AB = AM + M B = 7, na osnovu kosinusne teoreme za trougao ADB dobijamo ADB dobijamo AB 2 = AD 2 + BD 2 72 = 45 + 52

− 2 · AD · BD · cos ∢ADB ⇐⇒ 12√ 65cos α = 48 ⇐⇒

− 2 · 3√ 5 · 2√ 13 cos cos α

cos α =

√ 465

Primenom kosinusne teoreme na jednakokraki trougao AOB imamo AOB imamo AB 2 = OA 2 + OB 2

− 2 · OA · OB · cos ∢AOB AB 2 = R 2 + R2 − 2R2 cos2α cos2α = 2R2 (1 − cos2α cos2α) = 2R 2 R2 (1 − (2cos2 α − 1)) = 4R 4R2 (1 − cos2 α) Kako je D je D = 2R, za preˇ cnik cnik kruga se iz prethodnog izraza dobija D2 =

AB 2 72 72 = = 49 = 65 1 cos2 α 1 16 65 65

−

− √ 65.. D = 65



jedanaes ti ˇclan clan aritmetiˇcke cke progresije progresi je 5. D Prvi, peti i jedanaesti an = a1 + (n (n

− 1)d, 1)d, n = 2, 3, 4, . . .

formiraju, prema uslovu zadatka, prva tri ˇclana clana geometrijske progresije bn = b = b 1 q n−1 , n = 2, 3, 4, . . . te vaˇ vaˇzi zi b1 = a 1 4d ⇒ a1q = a = a 1 + 4d 4 d ⇐⇒ q = = 1 + a1 b3 = a = a 11 ⇒ a1 q 2 = a 1 + 10d 10 d

b2 = a 5

Iz poslednj p oslednjee dve jednaˇcine cine dalje d alje sledi a1

  4d 1+ a1

2

= a 1 + 10d 10 d

⇐⇒

2d(8d (8d

a1

8d = a = a 1

⇐⇒

8d 8 d 16 16d d2 1+ + 2 a1 a1



= a 1 + 10d 10 d

− a1) = 0

i kako je d = 0





d =

a1 24 = =3 8 8

32


Za zbir ˇclanova clanova aritmetiˇcke cke progresije progresi je sada imamo S 11 = a 1 + a2 + a3 + 11 = a

· · · + a11

···

= a 1 + (a ( a1 + d) + (a ( a1 + 2d 2 d) + + (a (a1 + 10d 10 d) = 11 11a a1 + d(1 + 2 + + 10) 11 10 = 11 11a a1 + d = 11 11a a1 + 55d 55 d = 11 24 + 55 3 = 429. 429. 2

···

·



6. D Kako je

log 14

·

√ − 1)(√ 3 + 1) 3 − 1 2 √ 3 + 1 = √ = √ −1= 3+1 3+1 √ √ √ 6 + 2 = ( 6 +√ 2)( 6 − 2) = √ 6 − 4 = √ 2 6−2 6−2 6−2 √ 3

to sledi log 14

·

( 3

√ log2 ( 3 + 1) 1 − = − −2 2 √ √ log2 √ 62−2 √ log2 ( 6 + 2) log2 2 − log2 ( 6 − 2) 1 ( 6 + 2) = = = = − − 1 2 −2 log2 4 log2 2 2 √ ( 3

√ −

2 log2 √ 3+1 log2 ( 3 1) log2 2 1) = = = log2 4−1 log2 2−2

te za zadati izraz dobijamo

√ − 1) + log (√ 6 + 2) = 1

log 14 ( 3

1 4

 

log2 ( 3 + 1) 2

2

−1

√

√

A = log2 ( 3 + 1) + log 2 ( 6



7. D

f ( f (x) = ln

x 2

√

log2 ( 3 + 1)

√

log2 ( 6

− 2)

  − −1

1

√ − 1 + 1 log (√ 6 − 2) − 1 2 2 √ √ log ( 3 + 1) + log ( 6 − 2) − 1

 

2 1 = 2 1 = A 2

gde je po uslovu zadatka

 





2). − 2).

− 1 + √ x4 + 1 = g( g (h(x)) x

gde je g (h) = ln h i h(x) =

x2

− 1 + √ x4 + 1 = u(x) x

u(x) = x 2

−1+

v(x)



x4 + 1

v(x) = x Koristimo lanˇcano cano pravilo izvoda funkcije f ( f (x) = g( g (h(x))

⇒ f ′(x) = g ′(h) · h′(x)

gde je

1 = h x2 Dalje koristimo formulu za izvod koliˇ cnika cnika dve funkcije

′

g ′ (h) = (ln h) =

u(x) h(x) = v (x) gde je

−

x 1 + x4 + 1

√

u′ (x) · v (x) − v′ (x) · u(x) ′ ⇒ h (x) = v2 (x)

v′ (x) = x ′ = 1 33


        √ ·

u′ (x) = x2 − 1 + 2 ′ = x

′

x4 + 1

′

x4 + 1

+

1 ′ x4 + 1 4 2 x +1 1 = 2x + 4x3 = 2x + 4 2 x +1 = 2x +

√

pri ˇcemu cemu smo iskoristili

√ 

′

x =

·

3

√ x24x+ 1

1 √ i gornje navedeno lanˇcano cano pravilo. 2 x

Vra´ Vraćanjem canjem nazad u izraz za h za h ′ (x) dobijamo dobijamo h′ (x) =



√

 

3 2x + 2√ 2xx4 +1 x − x2 − 1 + x4 + 1

x2



odnosno f ′ (x) = g ′ (h) h′ (x) =

·

=

x2

−

x 1 + x4 + 1

√

·



3

 −

2x + √ 2xx4 +1 x

x2

x2

− 1 + √ x4 + 1



3

2x + √ 2xx4 +1

1 √ − x2 − 1 + x4 + 1 x

te je j e vrednost v rednost izvoda u taˇ t aˇ cki cki x = x = x 0 = 1

2 2 + √ 2

f ′ (1) =

− 1 + √ 2 −

1



8. C

f ( f (x) = g (x) =

√ √ − 1 = √ 2.

1 2+ 2 = 1 2

x 2016 x + 2016

−

−2016 x + 2016 (x 1 xx+2016 1 f ( f (x) = −2016 = x + 2016 + x 1 + f ( f (x) 1 + xx+2016

−

−

f ( f (g (x)) = f

  2016 x

− − 2016) = 2 · 2016 = 2016 − 2016 2·x x 2016 1 1−x x − 2016 x − 1 = = = . 2016 x

1 x +

+ 2016



1+x

1

su x 1 i x 2 koreni ko reni jednaˇ jed naˇcine cin e 9. B Ako su x ax2 + ax + 1 = 0

⇐⇒

x2 + x +

1 = 0, a = 0 a



tada ta da vaˇzi zi

1 = (x ( x x1 )(x )(x x2 ) = x 2 (x1 + x2 ) + x1 x2 a te izjednaˇ iz jednaˇcavanjem cavanjem koeficijenat koe ficijenata a polinoma p olinoma sa leve l eve i desne strane jednaˇcine cine dobijamo dobijam o x2 + x +

−

−

x1 + x2 =

−

−1 i x1x2 = a1

Sada se za levu stranu zadate nejednaˇ cine cine ima (x1 + 1) 2 + (x (x2 + 1) 2 x21 + 2x 2 x1 + 1 + x22 + 2x 2 x2 + 1 = 2 2 (x1 1)2 + (x (x2 1)2 x1 2x1 + 1 + x2 2x2 + 1 x2 + x22 + 2(x 2( x1 + x2 ) + 2 = 12 2 x1 + x2 2(x 2(x1 + x2 ) + 2 (x1 + x2 )2 2x1 x2 + 2(x 2( x1 + x2 ) + 2 = 2 (x1 + x2 ) 2x1 x2 2(x 2(x1 + x2 ) + 2 1 a2 2 + 2 1 a2 a 2 = = = 2 2 5a 2 1 a + 2 + 2 5 a

−

−

−

−

−

− − −

− −

− − −

− −

34


te nejednaˇcina cina postaje posta je

(x1 + 1) 2 + (x (x2 + 1) 2 a 2 1 1 2 2 (x1 1) + (x (x2 1) 5a 2 a 2 a 2 5a + 2 4a a 1 0 0 0 0 5a 2 5a 2 5a 2 5a 2 Znaci u brojiocu i imeniocu izraza u racionalnoj funkciji sa leve strane nejednakosti su dati u tabeli ispod, odakl od aklee se s e za reˇsenje sen je ove nejed n ejednaˇ naˇcine cin e (uz poˇcetni cetn i uslov usl ov a = 0) dobija

− ≤ ≤ ⇒ − − − − − ≤ ⇐⇒ − − − ≤ ⇐⇒ ≤ ⇐ ⇒ − − −  2 a ∈ (−∞, 0) ∪ , +∞ . 5 a

(

−∞, 0) 0 − 0 − −

∈

sign(a sign(a) sign(5a sign(5a

− 2)

LHS

+

− ≥

     ∞ 2 5

2 ,+ 5

+

+

+

− −

0

+

∞

+

0,

0

2 5



ABC sa uglom 10. C Na slici je prikazan jednakokraki trougao ABC sa ∢BAC = α = α =

30o , kracima AB kracima AB = AC = b i osnovicom BC = a. a . Za povrˇ po vrˇsinu si nu ovog troug tro ugla la vaˇzi zi

A

1 1 1 1 P = AB AC sin sin ∢BAC = BAC = b2 sin α = b2 sin sin 30o = b2 2 2 2 4 1 odnosno, kako je ∢ABC = (180o α) = 75o , 2 1 1 P = AB BC sin sin ∢ABC = ab sin75o 2 2

α

·

−

b

b

·

i kako je sin75o = sin(30o + 45o ) = sin30o cos cos 45o + sin sin 45o cos cos 30o =

√ 2



√

1 3 + 2 2

2 1 = 2+ 4 to iz pretho p rethodne dne jednaˇcine cine sledi

√ √ 

a 2

B



a 2

C

6

· √ √

 √ √ 

1 1 1 ab 2 + 6 = ab 2 4 8 Sada Sad a iz jednaˇ jedn aˇcina cina za povrˇsinu sinu trougla trou gla AB C dobijamo



P =

1 ab 8

√ √  2+

1 6 = b2 4

2+

6

⇒ a = √ 2 2+b √ 6

Ako su h su h a i h b duˇzine zine visina trougla nad osnovicom a i kracima b kracima b,, to se s e za z a povrˇ p ovrˇ sinu sinu trougla takode takode imaju izrazi 1 P = aha 2

2

⇒

b 2P b ha = = 22b = √ √ a 4

2+ 6

1 P = bhb 2

√ √  2+

6

⇒ hb = 2bP = 2b

te je zbir visina ovog trougla jednak: 2hb + ha = b +

b 4

√ √   2+

6 =

b 4+ 4

√ 2 + √ 6



. 35




11. A Na slici je prikazan trougao ABC sa ortocen-

trom u taˇcki H u kojoj se seku visine ovog trougla (na slici su prikazane samo visine nad stranicama AB i AC ).

−

C

−

Ako poznajemo koordinate taˇcaka A( 8, 4), B( 2, 1) i C (1, 3), poloˇzaj ortocentra moˇzemo naći na sledeći naˇcin.

−

B′

AB:

H

Koeficijent nagiba prave AB dat je jednaˇcinom kAB =

yB xB

− yA = 1 − 4 = − 1 − xA −2 + 8 2

A C ′

Prava C C ′ je normalna na pravu AB te je njen koeficijent nagiba 1 kc = =2 kAB

B

−

kako ova prava prolazi kroz taˇcku C (1, 3), to za njenu jednaˇcinu vaˇzi

−

y = k c x + nc

⇒ −3 = 2 · 1 + nc ⇐⇒ CC ′ : y = 2x − 5

nc =

−5

AC: Koeficijent nagiba prave AC dat je izrazom yC xC

− yA = −3 − 4 = − 7 − xA 1 + 8 9

kAC =

Prava B B ′ je normalna na pravu AC te je njen koeficijent nagiba kb =

1 9 = − kAC 7

kako ova prava prolazi kroz taˇcku B ( 2, 1), to za njenu jednaˇcinu vaˇ zi

−

⇒ 1 = 79 · (−2) + nb ⇐⇒

y = k b x + nb

BB ′ : y =

nb =

25 7

9 25 x+ 7 7

H: Ortocentar se nalazi u preseku pravih BB ′ i C C ′ , koji se dobija reˇsavanjem sistema jednaˇcina ovih dveju pravih

− 5 = 79 x0 + 257 ⇐⇒

− 35 = 9x0 + 25 ⇐⇒ 5x0 = 60 ⇐⇒ y0 = 2x0 − 5 = 2 · 12 − 5 = 19 Sada je traˇzena vrednost y 0 − x0 = 19 − 12 = 7. 2x0



14x0

x0 = 12

12. C Izraz za razvoj binoma n-tog stepena je

 



n n n n−1 n n−2 2 (x + y) = x + x y + x y + 0 1 2 n

···



n n−k k + x y + k

··· +

  n

n

−1



n n xy − + y n 1

n

Prema uslovu zadatka, zbir prva tri binomna koeficijenta jednak je 121:

   n n n + + 0 1 2

n2 + n

− 240 = 0 ⇐⇒

n1,2 =

⇐⇒ 1 + n + n(n2− 1) = 121 −1 + √ −1 + 4 · 240 −1 ± √ 961 −1 ± 31 = 121

2

=

2

=

2

36


jedino pozitivno reˇ senje ove kvadratne jednaˇcine je n = 15. U naˇsem sluˇcaju je

√ a = a 3

x = y =

1 3

√ 1a = a−

1 6

6

−

te se za k ti ˇclan u razvoju binoma dobija



 ·

n n−k k 15 x y = k k

a

15−k 3



· a− 6 15 a5− 2 k

k

k

Traˇzimo k za koje ˇclan u razvoju binoma sadrˇzi a −1 , dakle,

⇐⇒ 5 − k2 = −1 ⇐⇒

k

a5− 2 = a −1

k = 12

odakle se za ovaj ˇclan dobija



 

· · ·

n n−k k 15 −1 15 −1 15 14 13 −1 x y = a = a = a = 455a−1 . k 12 3 3 2

13. A Ako je polinom P (x) = x 2016 + x2015

 − x2014 + ax2013 − bx2 + c deljiv polinomom x3 − x = x(x2 − 1) = x(x − 1)(x + 1), onda postoji polinom Q(x) takav da vaˇzi P (x) = x(x − 1)(x + 1)Q(x) Iz prethodne relacije sledi P (0) = 0, P ( 1) = 0, P (1) = 0

−

Sada iz izraza za polinom P (x) dobijamo sledeće jednaˇcine P (0) = c = 0

− 1 + a − b + c = 0 ⇒ a − b = −1 P (−1) = 1 − 1 − 1 − a − b + c = 0 ⇒ a + b = −1 ˇcijim reˇsavanjem nalazimo a = −1 i b = 0. P (1) = 1 + 1

Dakle,

4a2 + 3b2 + 8c2 = 4. D1

14. C Na slici je prikazan kvadar ABCDA1 B1 C 1 D1



sa stranama ˇcije su dijagonale duˇzine d1 = AC = 9, d2 = AB1 = 8, d3 = B1 C = 7. Povrˇsina trougla AB1 C koji je osnova piramide BAB 1 C se moˇze izraˇcunati koriˇsćenjem izraza P AB1 C = gde je s =

−

 − s(s

d1 )(s

A1

−

B1 d3

d2

− d2)(s − d3)

c

D

C

d1

1 1 (d1 + d2 + d3 ) = (9 + 8 + 7) = 12 2 2

−

C 1

−

−

b a

A

B

− √ √ = 12 · 3 · 4 · 5 = 12 5

s d1 = 12 9 = 3, s d2 = 12 8 = 4, s d3 = 12 7 = 5 Sada je P AB1 C

Ako je H B visina piramide iz temena B nad osnovom AB1 C , tada se zapremina ove piramide moˇ ze izraziti preko 1 1 V = P AB1 C H B = 12 5 H B = H B 4 5 3 3

·

· √ ·

· √

37


Zapremina ove piramide se moˇze izraziti i preko povrˇsine osnove pravouglog trougla ABC i visine BB 1 . Ako oznaˇcimo AB = a, B C = b i B B1 = c, to se za zapreminu piramide dobija V =

1 1 1 1 P ABC H = abc = abc 3 3 2 6

·

Iz Pitagorine teoreme primenjene na pravougle trouglove AB C , AB B1 i B CB1 dobijamo jednaˇcine d21 = a 2 + b2 d22 = a 2 + c2 d23 = b 2 + c2 Sabiranjem ovih triju jednaˇcina dobijamo 2(a2 + b2 + c2 ) = d 21 + d22 + d23

1 a2 + b2 + c2 = (d21 + d22 + d23 ) 2

⇐⇒

1 a2 + b2 + c2 = (81 + 64 + 49) = 97 2 Sada je

− d23 = 97 − 49 = 48 ⇒ a = 4√ 3 √ b2 = (a2 + b2 + c2 ) − d22 = 97 − 64 = 33 ⇒ b = 33 c2 = (a2 + b2 + c2 ) − d21 = 97 − 81 = 16 ⇒ c = 4 te se za zapreminu dobija √ √ √ 1 1 V = abc = · 16 3 · 33 = 8 11 6 6 ˇsto uz prethodno dobijenu jednaˇcinu √ V = H · 4 5 a2 = (a2 + b2 + c2 )

B

daje sledeću vrednost za traˇzenu visinu

√ √

V

√ · √ 5 2√ 55 = .

8 11 2 11 H B = = = 5 4 5 4 5

√



15. B

5

√ x − 1 + √ y = 1 3

x Uvodenjem smene

− y = 2

√ x − 1 = u ≥ 0 ⇒ x = u2 + 1 √ y = v ⇒ y = v 3 3

ovaj sistem jednaˇcina postaje

⇐⇒ u = 1 − v u2 + 1 − v3 = 2 ⇐⇒ u2 − v 3 = 1 u + v = 1

Smenom prve jednaˇcine u drugoj dobijamo sledeću jednaˇcinu po promenljivoj v (1

− v)2 − v3 = 1 ⇐⇒ 1 − 2v + v2 − v3 = 1 ⇐⇒

odnosno v = 0 Kako je diskriminanta kvadratne jednaˇcine v2 jednaˇ cina nema realnih reˇsenja.

v(v 2

− v + 2) = 0

∨ v2 − v + 2 = 0

− v + 2 = 0 negativna D = 1 − 4 · 2 = −7, to ova kvadratna

Dakle, za jedino realno reˇsenje zadate jednaˇcine se dobija v = 0, u = 1

− v = 1 ⇒ y = v 3 = 0, x = u2 + 1 = 2. 38




cine 16. D Izraz u imeniocu sa leve strane nejednaˇ

| log3 |2x + 3|| − 3 > 0 log3 x



je definisan za x > 0, x = 1, te reˇsenja ove nejednaˇcine traˇzimo u tom skupu realnih brojeva x. Za x > 0 vaˇzi

2x + 3 > 3 > 0

⇒ |2x + 3| = 2x + 3

odnosno 2x + 3 > 3

⇒ log3 |2x + 3| = log3(2x + 3) > log 3 3 = 1 > 0 ⇒ | log3 |2x + 3|| = log3(2x + 3)

te se zadata nejednaˇcina moˇze napisati u sledećem ekvivalentnom obliku log3 (2x + 3) log3 x

− 3 > 0

Dalje ispitujemo znake funkcija iz brojioca P (x) = log 3 (2x + 3) strane nejednaˇcine:

− 3 i imenioca Q(x) = log3 x izraza sa leve

1. sign(P (x)):

P (x) > 0

⇐⇒

log3 (2x + 3)

log3 (2x + 3) > 3 = log3 33

− 3 > 0 ⇐⇒ P (x)

⇐⇒

2x > 24

⇐⇒

x > 12

≤ 0 ⇐⇒ x ≤ 12

2. sign(Q(x)): Q(x) > 0

⇐⇒

log3 x > 0 = log3 30

Q(x)

≤ 0 ⇐⇒

⇐⇒

x > 1

0 < x < 1

U tabeli su prikazani znaci funkcija sa leve strane nejednaˇ cine, odakle se uz uslov x > 0, x = 1 dobija da je reˇsenje nejednaˇcine oblika x (0, 1) (12, + ).



∈

x

∪

∞

∈

(0, 1)

1

(1, 12)

12

(12, + )

sign(P (x))

− −

−

−

0

+

0

+

+

+

+

∞

−

0

+

sign(Q(x)) sign(P (x)/Q(x))

∞



citih knjiga na engleskom jeziku (oznaˇ cimo ih sa e1 e2 . . . e5 ), osam razliˇ citih knjiga na 17. A Imamo pet razliˇ francuskom (oznaˇcimo ih sa f 1 f 2 . . . f8 ) i sedam razliˇcitih knjiga na ˇspanskom jeziku (oznaˇcimo ih sa s1 s2 . . . s7 ). Knjige na polici rasporedujemo tako da su knjige na francuskom uvek zajedno. Oznaˇcimo ovu grupu knjiga sa f = f i1 f i2 . . . fi 8 . Takvih razliˇ citih grupa ima 8! (permutacije bez ponavljanja). Kako su francuske knjige uvek pojavljuju u grupi f , to sada imamo ukupno 13 elemenata (koje ˇcine 5 engleskih, 7 ˇspanskih i jedna grupa francuskih knjiga) koje moˇzemo rasporediti na 13! razliˇcitih naˇcina. Kako postoji 8! razliˇcitih grupa f , to je ukupan broj na koji je moguće rasporediti knjige da ispunjavaju uslove zadatka

·

8! 13!.

39




cina 18. A Jednaˇ

√ ·

√

√ ·

2 x 4x + 5 2x+1 + 2 x = 22x+2 + 5 x 2x + 4

·

je definisana u skupu realnih brojeva x za koje izraz pod kvadratnim korenom nije negativan, odnosno za x Data jednaˇcina se moˇze preurediti na sledeći naˇcin

≥ 0.

√ x · 22x+1 + 5 · 2x+1 + 2√ x = 22x+2 + 5√ x · 2x + 4 √ √ √ 22x+1 (2 − x) − 5 · 2x (2 − x) + 2(2 − x) = 0 √ (2 − x) 2 · 22x − 5 · 2x + 2 = 0



Sada imamo sledeće mogućnosti

• 2 − √ x = 0 ⇐⇒ √ x = 2 ⇒ x = 4 • 2 · 22x − 5 · 2x + 2 = 0



Uvodenjem smene t = 2x > 0 dobijamo kvadratnu jednaˇcinu po promenljivoj t: 2t2

ˇcija su reˇsenja t1,2 =

5

− 5t + 2 = 0

± √ 25 − 4 · 2 · 2 = 5 ± 3 = 4

te se za x dobija

4



1 2 2

1 2

⇒ 2x = 2−1 ⇐⇒ x = −1 t = 2 ⇒ 2x = 21 ⇐⇒ x = 1 Jedino reˇsenje koje pripada skupu x ≥ 0 je x = 1. t =

Dakle, jednaˇcina ima dva realna reˇsenja x 1 = 4 i x 2 = 1 te je traˇzeni zbir ovih reˇsenja x1 + x2 = 5.



cni presek kroz pravu kupu 19. B Na slici je prikazan popreˇ polupreˇcnika osnovice r, duˇzine izvodnice s i visine H = SS ′ sa upisanom loptom polupreˇcnika R. Ako je α ugao koji izvodnica kupe s zaklapa sa osnovom, tada vaˇ zi tg α =

H r

S

⇒ H = r tg α

te se za zapreminu kupe dobija izraz

s

1 1 1 V k = BH = r2 πr tg α = r 3 π tg α 3 3 3

R

Dalje nalazimo izraz za polupreˇcnik lopte R u funkciji polupreˇcnika osnove kupe r i ugla α. Povrˇsina jednakokrakog trougla ABS se moˇze izraziti preko duˇzine osnovice AB = 2r i visine S S ′ = H na sledeći naˇcin P ABS =

s

A

R O R

α r

S ′

α

B

r

1 2rH = rH = r r tg α = r 2 tg α 2

·

Povrˇsinu ovog trougla moˇzemo takode izraziti kao zbir povrˇsina trouglova AOB, AOS i BOS od kojih svaki ima visinu R nad odgovarajućim stranicama AB = 2r,AS = s i B S = s. Sledi



1 1 1 1 P ABS = P AOB + P AOS + P BOS = 2rR + sR + sR = R(r + s) = Rr 1 + 2 2 2 cos α gde za duˇzinu izvodnice s vaˇzi cos α =

r s

⇒ s = cosr α

 40


Izjednaˇcavanjem ova dva izraza za povrˇsinu trougla ABS za polupreˇcnik lopte dobijamo



1 Rr 1 + cos α



= r 2 tg α

⇒ R =

Koriˇsćenjem sledećih trigonometrijskih identiteta



sin α = 2 sin 1 + cos α = cos2

α α cos 2 2

α α α + sin2 + cos2 2 2 2

dalje dobijamo R =

·

r tg α r tg α cos α r sin α = = 1 1 + cos α 1 + cos α 1 + cos α



− sin2 α2 = 2 cos2 α2

2r sin α2 cos α2 α = r tg α 2cos2 2 2

Sada za zapreminu lopte imamo

4 3 4 α R π = πr 3 tg 3 3 3 2 te se odnos zapremina lopte i kupe moˇze napisati u obliku V l =

4 πr 3 tg 3 α2 3 1 3 r π tg α 3

V l = V k

=

4 tg 3 α2 tg α

Koriˇsćenjem trigonometrijskog identiteta tg x + tg y α tg (x + y) = za x = y = 1 tg x tg y 2

⇒

−

konaˇcno imamo

4 tg 3 α2 V l α = 2 tg α = 2 tg 2 1 2 V k 2 2 α 1

− tg

2 tg α2 tg α = 1 tg 2 α2

−

α 2

− 

2

tg 2

Sada traˇzimo maksimalnu vrednost funkcije

− 

f (x) = x 2 1

  −

x2 = x 2

− x4

α π , α 0, i 0 < x < 1. 2 2 Funkcija će imati ekstremnu vrednost u taˇcki x = x 0 za koju je prvi izvod funkcije jednak nuli. Kako je gde je x = tg

∈

f ′ (x) = x2

′

x4 = 2x

− 4x3 = 0 ⇐⇒

x(1

− 2x2) = 0 ⇐⇒

x = 0

∨ x = ± √ 12

jedino pozitivno reˇ senje gornje jednaˇcine je x = tg

α 1 = 2 2

√

α i za ovu vrednost tg je odnos zapremina lopte i kupe maksimalan. 2

41




ci u obzir sledeće trigonometrijske identitete 20. E Uzimaju´ cos2x = cos2 x

− sin2 x = 2 cos2 x − 1 cos4x = cos(2 · 2x) = 2cos2 2x − 1 = 2(2cos2 x − 1)2 − 1 = 8cos4 x − 8cos2 x + 1 x 3x 2cos2 = 1 + cos x ⇒ 2cos2 = 1 + cos 3x 2 2 cos3x = cos(2x + x) = cos 2x cos x 2

− sin2x sin x

2

− 1) cos x − 2sin 3 = 4 cos x − 3cos x = (2 cos x

x cos x = 2 cos3 x

zadata jednaˇcina cos x + cos 2x + 2 cos2

− cos x − 2(1 − cos2 x)cos x

3x 1 + cos4x = 2 2

dobija oblik cos x + cos 2x + 1 + cos 3x + cos 4x =

1 2

− 1 + 1 + 4 cos3 x − 3cos x + 8 cos4 x − 8cos2 x + 1 = 21 1 − 2cos x − 6cos2 x + 4 cos3 x + 8 cos4 x = 0 2 1 − 4cos x − 12cos2 x + 8 cos3 x + 16cos4 x = 0 Uvedimo smenu t = cos x gde je x ∈ [0, 2π] i t ∈ [−1, 1]. Dobijamo sledeću jednaˇcinu 1 − 4t − 12t2 + 8t3 + 16t4 = 0 1 + 2t − 6t − 12t2 + 8t3 + 16t4 = 0 ⇐⇒ (1 + 2t) − 6t(1 + 2t) + 8t3 (1 + 2t) = 0 ⇐⇒ (1 + 2t)(1 − 6t + 8t3 ) = 0 cos x + 2 cos2 x

odakle sledi

1 + 2t1 = 0 dok kubna jednaˇcina 1 moˇze imati najviˇse tri realna reˇsenja.

⇐⇒

t1 =

− 12

− 6t + 8t3 = 0

Ispitujemo funkciju f (t) = 8t3

− 6t + 1 na intervalu t ∈ [−1, 1] • Vrednost ove funkcije u taˇckama t = −1, 0, 1 je f (−1) = −8 + 6 + 1 = −1 f (0) = 1 f (1) = 8

−6+1=3

• Prvi izvod funkcije.



f ′ (t) = 8t3

• Nule prvog izvoda se nalaze u taˇckama f ′ (t) = 24t2



− 6t + 1 ′ = 24t2 − 6

− 6 = 0 ⇐⇒

t2 =

1 4

⇐⇒

t =

± 12

Vrednost funkcije u tim taˇckama je f

−  −  − −   −  1 2

1 f 2

Dakle u taˇcki t =

=8

=8

1 2

1 2

3

1 2

6

3

6

1 2

+1 =

+1=1

−1 + 3 + 1 = 3

− 3 + 1 = −1

− 12 funkcija ima maksimalnu, a u taˇcki t = 21 minimalnu vrednost.

42


• Znak prvog izvoda Kako je

f ′ (t) = 24t2

− 6 > 0 za − 1 < t < − 12 ∨ 12 < t < 1

u tom intervalu je funkcija rastuća, odnosno kako je f ′ (t) < 0 za

− 12 < t < 21

na ovom segmentu je funkcija opadajuća Na osnovu prethodne analize funkcije f (t), funkciju grafiˇcki moˇzemo predstaviti kao na sledećoj slici.

f (t) = 8t3

− 6t + 1 f (1)

f max 3

2

1

f (0)

t2

−1.0

f ( 1)

−

t3

−0.5

t4 0.5

−1

1 .0

t

f min

Kako funkcija seˇce abscisu u tri taˇcke, to jednaˇcina f (t) = 8t3

− 6t + 1 = 0

ima tri razliˇcita realna reˇsenja t 2 , t3 , t4 , odnosno, jednaˇcina (1 + 2t)(1

− 6t + 8t3) = 0

ima ukupno ˇcetiri razliˇcita realna reˇsenja t1 , t2 , t3 , t4 . Kako je t = cos x, x [0, 2π], to će za svako od ovih reˇsenja t i [ 1, 1] postojati dve vrednosti promenljive x koje zadovoljavaju zadatu jednaˇcinu, te je ukupan broj realnih reˇsenja x zadate jednaˇcine 2 4 = 8 (videti grafik na slede´ coj strani).

∈ −

∈

·

43


t = cos x 1.0 t4

0.5 t3 0

−0.5

π 2

π

3π 2

x 2π

t1

t2

−1.0

44


29. jun 2015.


∈ Z i 0, 0010101 · 10k > 1001, koja je najmanja moguća vrednost za k? (A) −6 (B) 5 (C) −5 (D) 6 (E) 0 √ √ √ ce rastojanje izmedu pravih 2x + y = 1 i 2x + 2y = 3 2 je: 2. Najkra´ √ 6 √ 2 √ (A) 2 (B) 2 − 1 (C) 0 (D) 3 (E) 3 6 1. Ako je k

(N) Ne znam

(N) Ne znam

cine x 2 + x + 1 = 0, tada su y1 = ax 1 + x2 i y2 = x 1 + ax2 , (a 3. Ako su x 1 i x 2 reˇsenja kvadratne jednaˇ reˇsenja kvadratne jednaˇcine: (A) y 2 + (a + 1)y

− a2 + a + 1 = 0 (C) y 2 + (a + 1)y + a2 − a + 1 = 0

(B) y 2 + (a2 + 1)y + 1 = 0 (D) y 2 + (a2 + 1)y + a2

(E) nijedan od ponudenih odgovora 4. Ako je k

(A)

2

∈ R, i

=

3 5

(N) Ne znam

−1, tada je moduo kompleksnog broja

(B) 0

(C)

1 3

zi jednakost d 1 = (2 5. Ako za dijagonale romba vaˇ (A) 15o

(B) 30o

∈ R),

(C) 45o

  1+i 1 i

2015

− 1 (D) − 2

+

−a+1=0

−1 + 5ki − 1 najmanji za k jednako: 3k

(E) 3

(N) Ne znam

− √ 3)d2, tada je oˇstar ugao romba jednak: (D) 60o

(E) 22.5o

(N) Ne znam

cku osnovu. Vrh kupe je centar druge osnove valjka. Ako je odnos 6. Prav valjak i prava kupa imaju zajedniˇ visine valjka i izvodnice kupe 4 : 5, tada je odnos povrˇ sina valjka i kupe jednak: (A) 3 : 2

(B) 7 : 5

(C) 4 : 3

(D) 8 : 5

(E) 7 : 4

(N) Ne znam

(D) c < b < a

(E) c < a < b

(N) Ne znam

7. Ako je a = 0, 10,1 , b = 0, 20,2 i c = 0, 30,3 , tada je

(A) b < c < a

(B) a < b < c

ci da je cos 8. Znaju´ 38 − 125

(A)

−  x

3π 2

(B)

82 125

=

(C) b < a < c

− 45 i π2 < x < π, tada je vrednost izraza sin x2 cos 5x2 jednaka: (C)

4 125

(D) 1

(E)

−1

(N) Ne znam

||

senja jednaˇcine f (x) + f (f (x)) = x, gde je f (x) = x + a, a > 0, jednak je: 9. Broj realnih reˇ (A) 1 10. Ako je A =

(A) 1

(B) 0



1 (log2 3)3 6 (B) 36

(C) 2

(D) 3

− (log2 6)3 − (log2 12)3 + (log2 24)3 (C) 72

(E) 4



(N) Ne znam

, tada je vrednost izraza 2A jednaka:

(D) 144

(E) 64

(N) Ne znam

45


29. jun 2015.

| − 2x| − y < 21 i y + |x − 1| < 2 je:

zi x2 11. Ukupan broj parova celih brojeva (x, y) takvih da vaˇ (A) 0

(B) 2

(C) 1

(D) 4

(E) 3

(N) Ne znam

14 binomnog koeficijenta trećeg ˇclana, binomni koeficijent ˇcetvrtog ˇclana i binomni koeficijent 9 n 1 3 petog ˇclana u razvoju binoma x+ (n N, x > 0), ˇcine geometrijsku progresiju, tada je binomni x koeficijent uz x jednak: 12. Ako se zna da

√ √ 

√

(A) 1

(B) 48

∈

(C) 84

(D) 5

(E) 21

(N) Ne znam

sestocifrenih brojeva koji u svom zapisu sadrˇze cifru 1 bar na jednom mestu, tada N pripada 13. Ako je N broj ˇ intervalu: (A) [105 , 2 105 )

(B) [2 105 , 3 105 )

·

· · (D) [4 · 105 , 5 · 105 )

(C) [3 105 , 4 105 )

· · (E) [5 · 105 , 6 · 105 )

(N) Ne znam

cija je razlika d = 1, a zbir prvih 98 ˇclanova a1 +a2 + 14. Data je aritmetiˇcka progresija a1 , a2 , . . . ˇ Tada je zbir a 2 + a4 + (A) 88

··· a98 jednak:

(B) 93

(C) 103

(D) 127

(E) 141

 −∞

(N) Ne znam



zi nejednakost 43x 15. Skup svih realnih vrednosti x za koje vaˇ

··· +a98 = 137.



− 24x+2 · 3x+1 + 20 · 12x · 3x ≥ 8·6x 8x−1 + 6x je oblika (za neke realne brojeve a, b, c i d takve da je < a < b < c < d < +∞): (A) (−∞, a] ∪ [b, c] ∪ [d, +∞) (B) (−∞, a) ∪ (d, +∞) (C) (a, b) ∪ {c} (D) (−∞, a) ∪ [b, c) (E) (−∞, a] ∪ (b, c) (N) Ne znam 16. Broj parova ( p, q ), p, q ∈ R takvih da je polinom x 4 + px2 + q deljiv polinomom x2 + px + q , jednak je: (A) 0

(B) 2

(C) 1

(D) 4

(E) 5

(N) Ne znam

17. U jednakokrakom trouglu ABC je AB = BC = b, AC = a i ∠ABC = 20o . Tada je izraz

(A) 1

(B) 2

(C) 3

(D)

3 2

(E)



5 2

a2 b + jednak: 2 b a (N) Ne znam

18. Tangenta krive y = e −x (x >

−1), seˇce koordinatne ose u taˇckama A i B. Ako je O koordinatni poˇcetak,

maksimalna povrˇsina trougla OAB iznosi: 1 2 3 (A) (B) (C) e e e

(D) e

(E) 2e

(N) Ne znam

senja jednaˇcine log cos x sin x = 4 logsin x cos x pripada intervalu 19. Jedno od realnih reˇ π (A) 0, 6

 

(B)

π π , 6 4

 

(C)

π π , 4 3

 

(E)

  5π ,π 6

√ 3 √ − senja jednaˇcine √ + √ = x nalaze se u skupu: 20. Sva realna reˇ √ √ x+ x+ 3 x− x− 3 √ √ √ √ √ (A) [ 3, 2 3) (B) (2 3, 3 3) (C) [3 3, 6) (D) [6, 8) (E) ∅ x+

√ 3

(D)

π π , 3 2

 



x



(N) Ne znam

(N) Ne znam

46


ˇ RESENJA 1. D Kako je



0, 0010101 10k = 1010.1 10−6 10k = 1010.1 10k−6 ,

·

·

·

1010.1 10k−6 > 1001

⇐⇒

·

to se zadata nejednakost moˇze predstaviti u ekvivalentom obliku

·

10k−6 >

1001 1010.1

te je najmanja mogu´ ca vrednost celog broja k za koji je gornja nejednakost ispunjena: k = 6.



cine pravih se mogu izraziti ekplicitno na sledeći naˇcin 2. D Jednaˇ

√ − 2x + 1 √ y = − 2x + 3 y =

Sa slike se moˇze videti da su ove dve prave paralelne. Najkraće rastojanje izmedu pravih AB se moˇze dobiti iz sliˇcnosti trouglova AB C i AOD: AB OD = AC AD

y 4

3

C

2

B 1

A

O

−1

D1

x y =

−√ 2x + 3

2

−√ 2x + 1 √ x-koordinata temena D se moˇze dobiti iz jednaˇcine prave y = − 2x + 1 za y = y D = 0 i iznosi √ 2 y =

−1

xD =

2

Sada za duˇzinu stranice OD imamo OD = x D =

√ 2

2 a koriˇsćenjem Pitagorine teoreme, za duˇzinu stranice AD dobijamo AD = Kako je AC = 3



2

2

OA + OD =

  √   12

2 2

+

− 1 = 2, to se iz jednaˇcine sliˇcnosti konaˇcno dobija √ 2 √ OD 2 3 AB = AC

AD

=2

2

 3 2

=

3

2

=

3 2

.

47


cina moˇze predstaviti u 3. C Ako su x1 i x2 reˇsenja kvadratne jednaˇcine x2 + x + 1 = 0, onda se ova jednaˇ



sledećem obliku x2 + x + 1 = (x

− x1)(x − x2) = x2 − (x1 + x2)x + x1x2

odakle se izjednaˇcavanjem koeficijenata sa leve i desne strane jednaˇcine dobija x1 + x2 =

−1 i x 1x2 = 1.

Na isti naˇcin, za kvadratnu jednaˇcinu sa reˇsenjima y 1 = ax 1 + x2 i y 2 = x 1 + ax2 vaˇzi (y y2 y2 y2

− y1)(y − y2) = 0

− (y1 + y2)y + y1y2 = 0

− (a + 1)(x1 + x2)y + (ax1 + x2)(x1 + ax2) = 0

− (a + 1)(x1 + x2)y + (a2 + 1)x1x2 + a(x21 + x22) = 0

Kako je x1 + x2 =

−1

x1 x2 = 1 i

x21 + x22 = x 21 + x22 + 2x1 x2

− 2x1x2 = (x1 + x2)2 − 2x1x2 = (−1)2 − 2 · 1 = −1

za traˇzenu kvadratnu jednaˇcinu konaˇcno dobijamo y 2 + (a + 1)y + a2 + 1

− a = 0.

4. A Vaˇze sledeće relacije



1+i (1 + i)(1 + i) 1 + 2i + i2 1 + 2i 1 = = = = i 1 i (1 i)(1 + i) 1 i2 1+1

−

  1+i 1 i

−

−

−

2015

= i 2015 = i i2014 = i (i2 )1007 = i ( 1)1007 = i ( 1) =

·

−

·

·−

·−

−i

−1 + 5ki = − 1 + 5k = 1 i + 5k 3i

3i

3

3

3

Sada se izraz za zadati kompleksni broj moˇze uprostiti z =

  1+i 1 i

−

2015

−1 + 5ki − 1 = −i + 1 i + 5k − 1 = 5k − 1 − 2 i

+

3k

3

3

3

3

te se za moduo kompleksnog broja dobija

|z | = Kako je

 −≥ 5k 3

     − 5k 3

2

1

+

2 3

k =

3 . 5

2

2

1

0, to će moduo biti najmanji za 5k 3

− 1 = 0 ⇐⇒

48




5. B Primenom kosinusne teoreme na trouglove ABD i ABC dobijamo sledeće izraze za manju i veću dijagonalu

romba, respektivno d22 = a2 + a2

− 2a2 cos θ = 2a2(1 − cos θ) d21 = a 2 + a2 − 2a2 cos(π − θ) = 2a2 + 2a2 cos θ = 2a2 (1 + cos θ) D

C

d2

a d1

A

π

θ

−θ B

a

Odavde dalje sledi

 d2 d1

2

 − √ 

−

1 cos θ = = 2 1 + cos θ

3

2

=4+3

− 4√ 3 = 7 − 4√ 3

Reˇsavanjem ove jednaˇcine za cos θ dobijamo redom

− 4√ 3)(1 + cos θ) = 1 − cos θ ⇐⇒ 6 − 4√ 3 = 4(−2 + √ 3) cos θ √ √ √ √ √ √ 3 3−2 3 (3 − 2 3)(2 + 3) 6+3 3−4 3−6 √ = − 2(4 − 3) cos θ = − =− = 2 2 2(2 − 3) (7

θ =

π = 30o . 6



6. E

Povrˇ sina pravog valjka sa slike data je izrazom P v = 2R2 π + 2RπH = 2Rπ(R + H ) dok je povrˇ sina kupe koja ima istu osnovu i visinu

  

P k = R 2 π + Rπs = Rπ R + gde je s =



R2 + H 2

s

R2 + H 2 izvodnica kupe.

H

Odnos povrˇ sina valjka i kupe jednak je R 1 + H P v 2Rπ(R + H ) = =2 P k Rπ R + R2 + H 2 R 1+ H +



√

  



R 2 H

R

Prema uslovu zadatka odnos visine valjka i izvodnice kupe je 4 /5: 4 H = = 5 s odakle sledi

√ R2H + H 2 =

1

        → 1+

R H

2

5 = 4

1+

R 2 H

1+

R H

2

25 = 16

  → R H

2

=

9 16

R 3 → H = 4

49


Uvrˇsćavanjem poslednjeg izraza, za odnos povrˇsina valjka i kupe ima se 1+

P v =2 P k R

+

H



R H

  

R 2 H

1+

7. D Vaˇze sledeće relacije 2 10

+

3 2 4

1+

3 10

3 10 2 10

=

2 10

1 10

27 4

< 1

3 10

1 10 1 10

7 . 4

1 10

4 10

=

1 10

1 10

=

  

  →      

b 0.20.2 = = a 0.10.1 c 0.30.3 = = b 0.20.2

3 4

2 10

3 4

1+

=2

27 40

=

2 10

b< a 1 10

→ c
< 1

Iz prethodne dve nejednakosti dobijamo

c


8. B

−  3π 2

cos x

= cos x cos

3π 3π +sin x sin = 2 2

      =0

cos2 x = 1

− sin x → − sin x = − 45 →

−

− sin2 x = 1 −

16 9 = 25 25

→ cos x =

→ sin x > 0 i cos x < 0 →

cos x = cos

− sin 2

2 x

2

=1

2 x

2 x

− sin 2 − sin π < x < π 2

cos

2

=1

2 x

9 = 25

cos x =

2 x

− 2sin 2 → sin

2

=

1

± 35

− 35

 −

− cos x → sin x = ± 2

2

1

cos x 2

→ π4 < x2 < π2 → cos x2 > 0 i sin x2 > 0 1

cos x = 2

x =+ 1 2

5x x = cos 2x + 2 2

sin2

cos2x = cos2 x

1+ 2

x 2

3 5

sin

cos

= cos 2x cos

sin2x = 2 sin x cos x = 2

⇒

 ±

 −  →   − →    − −  → −

x sin = + 2 cos

4 5

= 1

π
2 x

sin x =

4 5

3 5

x = 2

x = 2

x 2

4 5

1 5

sin2x sin

sin2x =

x 2

24 25

7 − sin2 x = 259 − 16 → cos2x = − 25 25

5x x cos = cos2x cos 2 2

−

x sin2x sin = 2

x 5x sin cos = 2 2

−

7 25

   1 24 + 5 25

4 41 = 5 25

1 5

  4 41 5 25

1 82 = 5 125

50




9. B

||

f (x) = x + a, a > 0

|| || | | Kako je |x| ≥ 0 i a > 0, to sledi |x| + a > 0, odnosno ||x| + a| = |x| + a pa imamo f (f (x)) = ||x| + a| + a = |x| + 2a f (f (x)) = f ( x + a) = x + a + a

Sada jednaˇcina f (x) + f (f (x)) = x postaje

|x| + a + |x| + 2a = x ⇒ 2|x| + 3a = x Poˇsto je a > 0 i |x| ≥ 0 to imamo 2|x| + 3a > 0, pa su jedina moguća reˇsenja pozitivna, tj. vaˇzi |x| = x te gornja jednaˇcina prima ekvivalentni oblik

x > 0. Za x > 0

2x + 3a = x i njeno reˇsenje je x =

−3a

Medutim, kako je a > 0, to je x = 3a < 0, ˇsto je u kontradikciji sa gornjim uslovom da su jedina reˇ senja jednaˇ cine pozitivna. To znaˇ ci da jednaˇ cina nema realnih reˇ senja.

−

cimo t = log2 3. Tada vaˇzi 10. C Oznaˇ



·  ·  · 

log2 24 = log2 3 23 = log2 3 + 3 = t + 3 log2 12 = log2 3 22 = log2 3 + 2 = t + 2 log2 6 = log2 3 21 = log2 3 + 1 = t + 1

te imamo

(log2 24)3 = (t + 3)3 = t 3 + 9t2 + 27t + 27 (log2 12)3 = (t + 2)3 = t 3 + 6t2 + 12t + 8 (log2 6)3 = (t + 1)3 = t 3 + 3t2 + 3t + 1

Sada je 1 (log2 3)3 (log2 6)3 (log2 12)3 + (log2 24)3 6 1 3 = t (t + 1)3 (t + 2)3 + (t + 3)3 6 1 3 = t t3 3t2 3t 1 t3 6t2 12t 8 + t3 + 9t2 + 27t + 27 6 1 = (12t + 18) 6 = 2t + 3 = 2 log2 3 + 3

A =

  

−



−



− − − − − − − − −

−



te za traˇzenu vrednost izraza dobijamo 2A = 22log2 3+3 = 23 22 log2 3 = 2 3

·



zi 11. E Vaˇ 2

|x − 2x| = |x(x − 2)| = i



·

  2log2 3

 −  − −−

= 2 3 32 = 8 9 = 72.

x(x 2), x(x 2), x(x 2),

|x − 1| = −x x−−1,1,

tako da ćemo traˇziti celobrojna reˇsenja u skupovima

2

·

x > 2 0 < x x 0

≤

·

≤2

x > 1 x 1

≤

51


1. x > 2

≤ 2 ⇒ x = 2 3. 0 < x ≤ 1 ⇒ x = 1 4. x ≤ 0 2. 1 < x

1. Za x > 2 nejednaˇcine dobijaju oblik 1 x 2x y < 2 y + x 1 < 2 2

| − |− | − | 9 Koreni jednaˇcine x 2 − x − = 0 su 4





1 x 2x y < 2 y + x 1 < 2 2

− − −

x1,2 =

+

x2

− x − 94 < 0

± √ 10

1

2 pa su reˇsenja gornje nejednaˇcine, uzimajući u obzir uslov x > 2

 ∈

x Kako je

1+

√ 10

2,

√ 10

1 +

2



≈

2.1, to u gornjem skupu nema celih brojeva. 2 2. Za x = 2 nejednaˇcine dobijaju oblik



1 x 2x y < 2 y + x 1 < 2 2

| − |− | − |



1 y< 2 y 1 < 0

− −

− 12 < y < 1

U ovom sluˇcaju postoji jedan celobrojni par koji je reˇsenje zadatih nejednaˇcina (x, y) = (2, 0). 3. Za x = 1 nejednaˇcine dobijaju oblik



1 x 2x y < 2 y + x 1 < 2 2

| − |− | − |

1 1 y< 2 y < 2

−



1 < y < 2 2

u ovom sluˇcaju postoji samo jedan celobrojni par koji ispunjava zadate nejednaˇcine: (x, y) = (1, 1). 4. Za x

≤ 0 nejednaˇcine dobijaju oblik |x2 − 2x| − y < 21 y + |x − 1| < 2

Koreni jednaˇcine x 2



2

x

1 2x y < 2 x + 1 < 2

− − y−

− 3x − 32 = 0 su x1,2 =



+ x2 − 3x − 32 < 0

± √ 15

3

2 pa su reˇsenja gornje nejednaˇcine, uzimajući u obzir uslov x x Kako je

3

 ∈

≤0 √ 3 − 15 2

,0



− √ 15 ≈ −0.4, to je jedini ceo broj u ovom skupu x = 0

2 Za x = 0 zadate nejednaˇcine postaju

1 x 2x y < 2 y + x 1 < 2 2

| − |− | − |



1 y< 2 y + 1 < 2

−



− 12 < y < 1

u ovom sluˇcaju postoji samo jedan celobrojni par koji ispunjava zadate nejednaˇcine: (x, y) = (0, 0). Dakle, ukupan broj parova celih brojeva takvih da vaˇze zadate nejednakosti je 3:

{

}

(x, y) = (0, 0), (1, 1), (2, 0)

52




12. C Razvoj binoma n-tog reda dat je jednaˇcinom





n n−1 n n−2 2 (a + b) = a + a b+ a b + 1 2 n

n

  ···

n n−k k a b + k

  ··· n

n

−1

abn−1 + bn

gde je binomni koeficijent dat izrazom

 n k

=

n(n

− 1) ··· (n − k + 1) k!

Binomni koeficijenti trećeg, ˇcetvrtog i petog ˇclana u razvoju binoma su dakle k3 = k4 = k5 =

Prema uslovu zadatka

  

− · −

n n(n 1) = 2 2 1 n n(n 1)(n 2) = 3 3 2 1 n n(n 1)(n 2)(n = 4 4 3 2 1

−

−

· ·

− − 3) · · ·

14 k3 , k4 i k 5 ˇcine geometrijsku progresiju, tako da vaˇ zi 9 k4 14 k 9 3

=

k5 k4

Kako je

− −

k4 n 2 = 3 k3 k5 n 3 = k4 4 to iz prethodnog izraza dobijamo sledeću jednaˇcinu po nepoznatoj n n

−3 = n−2 · 4

3

Prema uslovu zadatka je a =

√ x = x 3

1 3

9 14

i b =

⇐⇒

√ 1x = x−

1 2

an−k bk = 1

√ pa je binomni koeficijent uz x:

n

n k

−

1

x− 2

√ x = x

k

= x

n−k

3

− k − k = 1 ⇐⇒ 3 2 2

k =

 

· · · ·

n k

=

9 3

n = 9

. Traˇzimo k za koje je

   x3

odakle dobijamo

− 3) = 36(n − 2) ⇐⇒

42(n

=

1 2

− 2 = x 12 k

2n

−3 =3

5

9 8 7 = 84 3 2 1

53




13. D Neka je n ukupan broj svih ˇsestocifrenih brojeva. Kako je najmanji ˇsestocifreni broj a1 = 100000, a

najveći a n = 999999, to se za n dobija n = a n

− a1 + 1 = 1000000 − 100000 = 900000 = 9 · 105

Izraˇcunajmo ukupan broj ˇsestocifrenih brojeva koji u svom zapisu ne sadrˇze nijednu cifru “1”. Oznaˇcimo bilo koji takav broj sa c 5 c4 c3 c2 c1 c0 . c0 , c1 , c2 , c3 , c4 mogu biti bilo koja od devet cifara 0, 2, 3, . . . , 9, dok c5 moˇze biti bilo koja od osam cifara 2, 3, . . . , 9. Odavde sledi da je ukupan broj ˇsestocifrenih brojeva koji u svom zapisu ne sadrˇze nijednu cifru “1” dat izrazom: 9 9 9 9 9 8 = 8 95 .

· · · · ·

·

Sada je broj ˇsestocifrenih brojeva koji u svom zapisu sadrˇ ze barem jednu cifru “1” dat izrazom N = n

− 8 · 95 = 9 · 105 − 8 · 95

Poˇsto je 8 95 = 8 (10 1)5 = 8(105 5 104 +10 103 10 102 +5 101 1) = 8 105 4 105 +8 104 8 103 +4 102 8

·

· −

−·

· − ·

· −

· −·

· −·





· − ≈ 4.8·105

to za N dobijamo pribliˇzno

≈ 9 · 105 − 4.8 · 105 = 4.2 · 105 ∈ 4 · 105, 5 · 105

N



.

zi 14. B Prema uslovima zadatka vaˇ a1 + a2 d = a i+1

··· + a98 = 137

− ai = 1, i = 1, 2, . . . a1 = a 2 a3 = a 4 .. .

−d −d

a97 = a 98

−d

Sabiranjem ovih 49 jednaˇcina dobijamo a1 + a3 +

··· + a97 = a2 + a4 + ··· + a98 − 49d

Uzimajući poslednju relaciju u obzir dalje imamo a1 + a2 +

··· + a98 = a1 + a3 + ··· + a97 + a2 + a4 + ··· + a98 = a 2 + a4 + ··· + a98 − 49d + a2 + a4 + ··· + a98 = 2(a2 + a4 + ··· + a98 ) − 49d

odakle konaˇcno sledi a2 + a4 +

··· + a98 = 21 (a1 + a2 + ··· + a98 + 49d) 1 (137 + 49) 2 = 93. =

54




ze sledeće transformacije 15. A Vaˇ 43x

− 24x+2 · 3x+1 + 20 · 12x · 3x =

x

x

  − ·  · ·

43 = 64 x = 64 x

22 24 3 3x + 20 36x 4 (16)x 3 3x + 20 36x 12 48x + 20 36x

− · · · · − · · x x x = 8 2 − 12 · 8 · 6 + 20 · 62x





·

8 6x 8x−1 + 6x = 6x 8x + 8 62x

·

·

·

Tako da se zadata nejednakost moˇze napisati u ekvivalentnom obliku

|82x − 12 · 8x · 6x + 20 · 62x| ≥ 6x · 8x + 8 · 62x odnosno, ako podelimo obe strane nejednakosti sa 6 2x > 0

     −  − ≥ 4 3

t

Sada imamo dve mogućnosti: 1) t 2 1. t2

− 12t + 20 > 0:

Koreni jednaˇcine t 2

2

2x

4 3

12

12t + 20

x

+ 20

t + 8,

   ≥   t =

4 3

x

4 3

x

+8

> 0

− 12t + 20 > 0 i 2) t 2 − 12t + 20 ≤ 0

− 12t + 20 = 0 su 12

t1,2 =

± √ 144 − 4 · 20 = 2



2 10

te reˇsenja treba traˇziti u skupu t odnosno, ako uzmemo u obzir da je t > 0:

∈ (−∞, 2] ∪ [10, +∞) t

∈ (0, 2] ∪ [10, +∞)

U ovom skupu nejednakost prima oblik t2 Koreni jednaˇcine t 2

− 12t + 20 ≥ t + 8 ⇐⇒ t2 − 13t + 12 ≥ 0

− 13t + 12 = 0 su t1,2 =

13

± √ 169 − 48 = 2



1 12

i reˇsenja se nalaze u skupu t

∈ (−∞, 1] ∪ [12, +∞) i t ∈ (0, 2] ∪ [10, +∞)

odnosno t 2. t2

∈ (0, 1] ∪ [12, +∞)

− 12t + 20 ≤ 0 :

Reˇsenja sada treba traˇziti u skupu t U ovom skupu nejednakost prima oblik

∈ [2, 10]

−t2 + 12t − 20 ≥ t + 8 ⇐⇒ t2 − 11t + 28 ≤ 0 Koreni jednaˇcine t 2

− 11t + 28 = 0 su t1,2 =

11

± √ 121 − 4 · 28 = 2



4 7

i reˇsenja se nalaze u skupu t

∈ [4, 7] ∩ t ∈ [2, 10] ⇒ t ∈ [4, 7]

55


Dakle konaˇcan skup reˇsenja nejednakosti (uzimajući u obzir sluˇcajeve 1) i 2)) dat je izrazom t Uzimajući u obzir da je t =

 4 3

∈ (0, 1] ∪ [4, 7] ∪ [12, +∞)

x

i sledeće jednakosti log 43 0 =

−∞

a = log 43 1 = 0 b = log 43 4 c = log 43 7 d = log 43 12 skup svih realnih vrednosti x za koje vaˇ zi zadata nejednakost je oblika x

∈ (−∞, a] ∪ [b, c] ∪ [c, +∞).

16. E Pri deljenju polinoma x 4 + px2 + q polinomom x 2 + px + q dobija se koliˇcnik



Q = x 2 i ostatak R =

−

p3 + p2

− px + p2 + p − q



− 2 pq x + q ( p2 + p − q − 1) x2 + px + q

Da bi polinom bio deljiv, potrebno je da ostatak pri deljenju R bude jednak nuli za sve realne vrednosti x, odnosno da istovremeno vaˇ zi p3 + p2 2 pq = 0 i q ( p2 + p q 1) = 0

−

− −

Dakle, imamo sledeći sistem jednaˇcina p( p2 + p q ( p2 + p

− 2q ) = 0 − q − 1) = 0



p = 0 p2 + p = 2q q = 0 p2 + p = q + 1

∨ ∨



Dobijamo sledeća reˇsenja 1. p = 0, q = 0 2. p = 0, p2 + p = q + 1 3. q = 0, p 2 + p = 2q

⇒ q = −1

⇒ p( p + 1) = 0 ⇐⇒ p = 0 ∨ p = −1 4. p2 + p = 2q , p 2 + p = q + 1 ⇒ 2q = q + 1 ⇐⇒ q = 1 √ 1± 1+8 − −2 2 p + p − 2 = 0 ⇐⇒ p1,2 = = 2



1

Dakle, za sledećih pet parova ( p, q ) je polinom x 4 + px2 + q deljiv polinomom x 2 + px + q :

{

− −

−

}

( p, q ) = (0, 0), (0, 1), ( 1, 0), ( 2, 1), (1, 1) .

56




17. C

Kako je

a 2

sin α =

b

⇒ ab = 2 sin α

B

to se dobija

αα 3

a2

b 1 8sin α + 1 2 + = 4 sin α + = , b2 a 2sin α 2sin α

α =

π Za α = vaˇzi 18 sin3α = sin 3

π 18

b

1 π π = sin = 18 6 2 A

i kako je

a 2

sin3α = sin(2α + α) = sin 2α cos α + sin α cos2α

−

a 2

C

  −  − 

= 2 sin α cos α cos α + sin α cos2 α = 2 sin α 1

b

sin2 α + sin α 1

sin2 α

2sin2 α

− 2sin3 α + sin α − 2sin3 α = 3 sin α − 4sin3 α = 2 sin α

to dobijamo 4sin3 α = 3 sin α

− 21

8sin3 α + 1 = 6 sin α i konaˇcno sledi

a2 b 8sin3 α + 1 6sin α + = = = 3. b2 a 2sin α 2sin α y



18. B

Jednaˇcina tangente koja dodiruje krivu y = e −x u taˇcki (x0 , y0 ) je y = kx + b gde je

A k =

dy dx



  

= e−x x=x0

′

x=x0

=



−e−x x=x

U taˇcki dodira (x0 , y0 ) za obe krive vaˇzi

0

=

−e−x

y0 = kx 0 + b =

y0

0

O

x0

B

x

−e−x x0 + b 0

y0 = e −x0 odakle se za b dobija

b = (x0 + 1)e−x0

te je jednaˇcina tangente y =

−xe−x

0

+ (x0 + 1)e−x0

Sada se za taˇcke u kojima tangenta seˇce koordinatne ose dobija:

⇒ yA = −0 · e−x B: yB = 0 ⇒ xB = x 0 + 1

A: xA = 0

0

+ (x0 + 1)e−x0 = (x0 + 1)e−x0

te se povrˇsina trougla OAB moˇze izraziti u obliku P =

1 1 yA xB = (x0 + 1) 2 e−x0 2 2 57


Povrˇ sina trougla će biti maksimalna kada je izvod gornje funkcije po x 0 jednak nuli dP 1 = 2(x0 + 1)e−x0 dx0 2



odakle se dobija

0

x0 = Kako je prema uslovima zadatka x >



− (x0 + 1)2e−x

1 = (1 + x0 )(1 2

− x0)e−x

0

=0

−

1 1

−1, to je jedino reˇsenje x 0 = 1.

Povrˇ sina trougla je tada maksimalna i iznosi P max =

1 1 2 (x0 + 1) 2 e−x0 = (1 + 1)2 e−1 = . 2 2 e



ze sledeće ekvivalentne jednakosti 19. B Vaˇ logcos x sin x = 4 logsin x cos x log sin x log cos x =4 log cos x log sin x (log sin x)2 = (2 log cos x)2 U skupu realnih brojeva, argument logaritamske funkcije mora biti pozitivan odnosno sin x, cos x > 0. Istovremeno vaˇzi sin x, cos x 1 pa je log sin x 0 i logcos x 0. Uzimanjem kvadratnog korena leve i desne strane gornje jednaˇcine dalje dobijamo log sin x = 2 log cos x = log cos2 x

≤

≤

≤

sin x = cos2 x = 1 sin2 x + sin x

− sin2 x

−1= 0

Smenom t = sin x prethodna jednaˇcina postaje t2 + t i njena reˇsenja su

−1 =0

√ √ 1 ± 1 + 4 −1 ± 5 − t1,2 = = 2

Kako je

i t = sin x

2

√ 1− 5 − t1 = < −1

≥

2 0, to ova jednaˇcina ne daje realno reˇsenje za x. S druge strane za

√ − 1 + 5 −1 + 2.2 ≈ t2 = = 0.6 2

2

postoji realno reˇsenje za x tako da je sin x = 0.6 Kako je sin i

π = 0.5 6

√

π 2 sin = 4 2

≈ 0.7

i kako vaˇzi

π π < sin x < sin 6 4 to imamo da jedno od realnih reˇsenja jednaˇcine pripada intervalu sin

x

∈

π π , 6 4

π π , . 6 4

 ⊂ 

58




20. A Kako je

√ x+ 3

√ x +

 √  √ −  √  √  √ √ −  √   √  √ −  √  √ −  − √  √  − √  √ −  − √ √  − √   − √  √  − √  x+

√ = x+ 3



x+

− √ 3 √ = √ x − x − 3 x



to se zadata jednaˇcina x+

3

x+

3

x

x

3

x+

x+

3

3

3

x

3

x

x

=

x

x+

x+

=

3

x+

x

3

3

3

x+

x+

x

√ 3

√ 3

x

x

3

3

√ 3 √ − + √ = x √ √ x+ 3 x− x− 3 x

√ x + √ √ gde mora da vaˇ zi x − 3 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 3, moˇze uprostiti na sledeći naˇcin √ √ x − x + √ 3 x − √ 3 √ x + x − √ 3 x+ 3 √ √ 3 √ 3 − + = x √ x −x − √ 3 + x − √ 3 x + √ 3 + x − √ 3 √ √ 3 √ 3 + = x √ √ √ √ x+ 3 + x− 3 √ 3 −2 x + = x √ √ = 3 √ 3√ x (→·) x+ 3 + x− 3 √ 3 √ 3 x + 3 + x − 3 + 2(x2 − 3) = 27x √ 3 2 2 · √ 3 3 − 2√ · − √ 3 −

                              3 2

3 2

3 2

3 2

3 2

3 2

2

3 2

x + 3x

3 + 3x 3 + ( 3) + x

3x

3 + 3x 3

2x3 + 18x + 2(x2

( 3) + 2(x

3

3) 2 = 27x

3 2

− 3) = 27x 2x3 − 9x = −2(x2 − 3) 3 2

gde x mora da zadovolji uslov 2x3

− 9x ≤ 0. Kvadriranjem prethodne jednaˇcine dalje dobijamo 3 4x6 − 36x4 + 81x2 = 4 x2 − 3 = 4 x6 − 9x4 + 27x2 − 27 = 4x6 − 36x4 + 108(x2 − 1) 27x2 = 108 ⇐⇒ x2 = 4 ⇐⇒ x = ±2 √ Kako je x ≥ 3 jedino moguće reˇsenje je x = +2. Za x = 2 imamo takode da je uslov 2x3 − 9x = −2 ≤ 0 √ √ ispunjen. Jedino realno reˇsenje zadate jednaˇcine se nalazi u skupu x = 2 ∈ 3, 2 3 .

  







59


7. jul 2014.


1. Vrednost izraza 20143

(A) 1

− 2013 · 2014 · 2015 jednaka je:

(B) 2013

(C) 2014

(D) 2015

(E)

−1

(N) Ne znam

2. Pojeftinjenje neke robe najpre za 10%, a zatim za 20%, jednako je pojeftinjenju iste robe za:

(A) 30%

(B) 25%

(C) 32%

(D) 28%

(E) 19%

(N) Ne znam

2x + i 1 + i sin α π = , α = kπ, α = + kπ, k Z, i2 = 1 , 3. Ako realni brojevi x i y zadovoljavaju jednakost y + i 1 i sin3α 2 y tada je koliˇcnik jednak: x (A) 4+2cos2α (B) 4 + 2 cos 2α (C) 2 4cos2α (D) 2 4cos2α (E) 2 2sin2α (N) Ne znam



−

−

4. Izraz 5

−

3−log10 5 log10 25



−−

∈

 −

−

je jednak izrazu:

√ (A) 10 2

(B) 5

(C)

√ 52

(D)

10 √ 2

1

(E) 5 5

(N) Ne znam

(E) (

−∞, 0)

(N) Ne znam

(D) (2, + )

(E) (

−∞, 0)

(N) Ne znam

(D) a2 < a3 < a

(E) a 3 < a < a2

(N) Ne znam

| | |xx| , (x ∈ R\{0}), tada x pripada skupu: (B) (−1, 0) (C) (1, 3) (D) (2, +∞) 1−x = x, (x ∈ R\{−1, 0, 1}), tada je f (f (x))

5. Ako je x + x =

(A) (0, 1) 6. Ako je f

  1+x

−

(A) (0, 1) 7. Ako je a =

(B) ( 1, 0)

−0.3, koja od sledećih relacija je taˇcna?

(A) a < a2 < a3

(B) a < a3 < a2

(C) a 2 < a < a3

8. Odnos binomnih koeficijenata uz stepen x1007 , (x

redom, iznosi: 1007 (A) 1006

∞

(C) (1, 3)

(B) 2

(C)

∈ (0, +∞)) u razvojima binoma (1 + x)2014 i (1 + x)2013

3 2

(D)

1 2014

(E)

1 2015

(N) Ne znam

9. Data je kvadratna funkcija f (x) = x2 + bx + c, (b, c

f (1) = f (2). Vrednost f (0) jednaka je: 2 (A) 6 (B) (C) 3

 −

−

∈ R) takva da je f (f (1)) = f (f (2)) = 0, pri ˇcemu je

− 32

(D)

1 4

(E)

−2

(N) Ne znam

10. Neka je s = 1 + q + q 2 +

(|q | < 1) i S = 1 + Q + Q2 + ··· (|Q| < 1), gde su s i S dati brojevi. Tada ··· je zbir 1 + qQ + q 2 Q2 + q 3 Q3 + ··· jednak: s · S s · S (A) (B) s + S − 1 2s · S − s − S + 1 s · S 2s · S − 1 (C) (D) s · S + s + S − 2 s + S − 1 (E) s · S (N) Ne znam

61


7. jul 2014.

2013x = 2013logx 2014 pripada skupu: 2014 (C) (2, 3] (D) (3, 4] (E) (4, + )

senja jednaˇcine 11. Proizvod svih realnih reˇ (A) (0, 1]

(B) (1, 2]

∞

(N) Ne znam

zi tri taˇcke ˇcije su koordinate (0, 6), (0, 10) i (8, 0). Apscisa druge taˇcke u kojoj dati krug seˇce 12. Krug sadrˇ x-osu, jednaka je: (A) 7

(B) 7.25

(C) 7.5

(D) 7.75

(E) 9

(N) Ne znam

1 1 1 + √ = pripadaju skupu: √ x + √ √ 4 x−2 x+2+ x (A) [2, 6) (B) [6, 10) (C) [10, 14) (D) [14, 18) (E) [18, +∞) (N) Ne znam √ √ 14. Dat je trougao ABC sa stranicama AB = 2 cm i AC = 3 cm. Neka je D taˇcka na stranici BC tako da senja iracionalne jednaˇcine 13. Sva realna reˇ

je

∠BAD =

(A)

√ 6

30o i

∠CAD =

(B)

2

45o . Duˇzina duˇzi AD iznosi (u cm): 1

√ 2+ 6



(C)

 5 2

(D)

√ 6 + 1 √ 2+ 6



(E)

15. Dat je polinom P (x) = a 0 x4 + a1 x3 + a2 x2 + a3 x + a4 (a0 , a1 , a2 , a3 , a4

P (1) = P (2) = P ( 1) = 0 i P ( 2) = 12. Tada je P (3) jednako: 1 1 (A) (B) (C) 1 (D) 2 3 2

−

−

1 2

(N) Ne znam

∈ R, a0 = 0), takav da je P (0) = (E) 12

−

(N) Ne znam

cne strane trostrane piramide su pravougli trouglovi sa temenom pravog ugla u vrhu piramide. Povrˇ sine 16. Boˇ tih boˇcnih strana su 6 cm 2 , 8 cm2 i 12 cm2 . Zapremina piramide je: (A) 6 cm3

√

(B) 8 2 cm3

17. Ako je ureden par (x, y) (x, y

(C) 8 cm3

S 1

 

 

(C)

p+q p−q

p+q p−q

   −  −  ·       p (D) q

senja nejednaˇcine tgx 1 18. Neka je S skup svih realnih reˇ

⊂ S . Tada skup S 1 moˇze biti: π π π π (A) − , (B) , 2 2 3 2

(E) 12 cm3

(N) Ne znam

∈ R, x , y > 0, x = 1), reˇsenje sistema jednaˇcina xy = yx, x p = y p ( p, q ∈

\{0}, p = q ), tada je proizvod x · y jednak: p − q 2 (A) (B) (C) 1 2 p − q

R

√

(D) 6 2 cm3

3π ,π 4

tg2 x

(D)

1

7π 3π , 6 2

q (E) p

(N) Ne znam

3tg2 x (1 + tg2x tg3x) > 0 i neka je (E)

π 5π , 2 6

(N) Ne znam

Od lista hartije kruˇznog oblika izrezan je kruˇzni iseˇ cak od koga je napravljen konusni levak najve´ ce zapremine. Centralni ugao tog kruˇznog iseˇcka u radijanima je: 19.

π (A) 3

√

2π (B) 6 3

2π (C) 3

2π (D) 3

√

√

π 6 (E) 2

(N) Ne znam

20. Iz skupa od 10 studenata, medu kojima su samo jedan student elektrotehnike i samo jedan student mate-

matike, biramo komisiju od 6 ˇclanova, ali tako da ako je u komisiji student elektrotehnike mora u toj komisiji biti i student matematike. Koliko se takvih komisija moˇze obrazovati? (A) 210

(B) 98

(C) 126

(D) 154

(E) 165

(N) Ne znam

62


ˇ RESENJA



1. C

20143

− 2013 · 2014 · 2015 = 2014

= 2014

 

= 2014 = 2014.

 

20142

− 2013 · 2015 20142 − (2014 − 1)(2014 + 1) 20142 − 20142 − 1





cetna cena robe. Nakon pojeftinjenja od 10% cena robe postaje 2. D Neka je c 0 poˇ



c1 = (1

− 0.1)c0

a nakon joˇs jednog pojeftinjenja od 20% cena robe će biti c2 = (1

− 0.2)c1 = (1 − 0.2)(1 − 0.1)c0 = 0.8 · 0.9 · c0 = 0.72 · c0 = (1 − 0.28)c0

ˇsto odgovara ukupnom pojeftinjenju od 28%. 3. D Iz uslova zadatka sledi



2x + i 1 + i sin α = y + i 1 i sin3α

−

y

⇒ (y + i)(1 + i sin α) = (2x + i)(1 − i sin3α)

− sin α + i(1 + y sin α) = 2x + sin 3α + i(1 − 2x sin3α)

odakle se izjednaˇcavanjem imaginarnih delova leve i desne strane jednaˇcine dobija 1 + y sin α = 1

− 2x sin3α ⇒ xy = − 2sin3α sin α

Uzimajući u obzir identitet sin3α = sin(2α + α) = sin 2α cos α + cos 2α sin α = 2 sin α cos2 α + (cos2 α

− sin2 α)sin α = 2 sin α(1 − sin2 α) + (1 − 2sin2 α)sin α = 3 sin α − 4sin3 α dalje dobijamo

y 4sin3 α 3sin α =2 = 2 4sin2 α 3 x sin α 1 sin2 α = 1 2sin2 α sin2 α = (1 cos2α), konaˇcno imamo 2

−

Najzad, kako je cos 2α = cos2 α

−

−

y = 2(2(1 x



⇐⇒



−



−

− cos2α) − 3) = −2 − 4cos2α.

4. A

log10 25 = log10 52 = 2 log10 5

·

3 = 3 log10 10 = 3 log10 (2 5) = 3 log10 2 + 3 log10 5 3

− log10 5 = 3log10 2 + 3 log10 5 − log10 5 = 3log10 2 + 2 log10 5 = 3log10 2 + 1 = 3 log 2 + 1

log10 25 5

2log10 5

3−log10 5 log10 25

3

2log10 5

3

= 5 2 log 5 2+1 = 5 5 2 log 5 2 = 5

·

·

  5log5 2

3 2

2log10 5

·

3

2

5

· · √ 2 = 10√ 2.

= 5 22 = 5 2

63




5. A

| | |xx| , x = 0

x+ x =



|x| = −x,x,

(a) x > 0:

x + x = (b) x < 0: x

 f

Smenom

⇐⇒

− 1 x 1+x

= x, x

1 x 1+x

−1 ⇐⇒

x =

f (t) =

1 t 1+t

f (x) =

1 x 1+x

ˇsto je ekvivalentno izrazu

Sada je f (f (x)) = f

−0.3 vaˇzi

x =

1 2

x =

∅

∈ R\{−1, 0, 1}

− ⇐⇒

dobijamo



0=

⇐⇒

1 pripada skupu (0, 1). 2

t =

7. B Za a =

2x = 1

− x = −xx ⇐⇒

Dakle, jedino realno reˇsenje jednaˇcine x = 6. A

x x

x > 0 x < 0

1 t 1+t

−

− −

− 1 x 1+x

= x.

a2 = ( 0.3)2 = 0.09

− a3 = a · a2 = −0.3 · 0.09 = −0.27

odakle sledi

−0.3 < −0.27 < 0.09

odnosno

a < a 3 < a2 .

zi sledeća formula za razvoj binoma (x + 1)n 8. B Vaˇ



 −   ⇐⇒  − ⇐⇒  

n n−1 (x + 1) = x + x + 1 n

Za n 1 = 2014 i stepen n 1

n

k1 = 1007 n1 k1

Sliˇcno, za n 2 = 2013 i stepen n 2

n n−k + x + k

··· +



n x+1 1

k1 = 1007 dobijamo sledeći binomni koeficijent

2014 2014 2013 (2014 1007 + 1) = 1007 1007 1006 2 1

=

k2 = 1007

n2 k2

···



·

··· ·

− ··· ·

k2 = 1006 imamo sledeći binomni koeficijent

2013 2013 2012 (2013 1006 + 1) = 1006 1006 1005 2 1

=

·

··· ·

− ··· ·

Sada se za odnos binomnih koeficijenata uz stepen x 1007 ima

  n1 k1 n2 k2

=

· ·

2014 2013 1007 1006

··· 1008 · 1006 · 1005 ··· 2 · 1 = 2014 = 2. ··· 2 · 1 2013 · 2012 ··· 1008 1007 64




cimo x 1 = f (1) i x 2 = f (2). Kako je f (f (1)) = f (x1 ) = 0 i f (f (2)) = f (x2 ) = 0, to su x 1 i x 2 reˇsenja 9. C Oznaˇ kvadratne jednaˇcine f (x) = x 2 + bx + c = 0 te se ona moˇze predstaviti u obliku (x

− x1)(x − x2) = x2 − (x1 + x2)x + x1x2 = x2 + bx + c

odakle izjednaˇcavanjem koeficijenata uz x2 , x 1 i x 0 dobijamo

−b

x1 + x2 =

x1 x2 = c Takode vaˇzi x1 = f (1) = b + c + 1 x2 = f (2) = 2b + c + 4 Iz prethodnih jednaˇ cina se dalje dobija

−b ⇒ 4b + 2c + 5 = 0 ⇒ b = − 14 (2c + 5) x1 x2 = (b + c + 1)(2b + c + 4) = c ⇒ 2b2 + 3bc + c2 + 6b + 4c + 4 = 0 x1 + x2 = 3b + 2c + 5 =

Iz poslednje dve jednaˇcine dobijamo kvadratnu jednaˇcinu po nepoznatoj c: 1 (2c + 5)2 + c2 8 4c2 + 20c + 25 + 8c2

− 43 c(2c + 5) + c2 − 23 (2c + 5) + 4c + 4 = 0 8(→·)

− 12c2 − 30c + 8c2 − 24c − 60 + 32c + 32 ⇐⇒ −2c − 3 = 0 ⇐⇒

Konaˇcno imamo f (0) = c =



S = 1 + Q + Q2 + Q3 + S qQ = 1 + qQ + q 2 Q2 + q 3 Q3 +

  

··· = 1 + q 1 + q + q 2 + ··· 1 + Q + Q2 +

··· = 1 + Q

··· = 1 + qQ

− 32

− 32 .

10. A

s = 1 + q + q 2 + q 3 +

c =



···

1 + qQ + q 2 Q2 +

Zamenom izraza za q i Q u poslednjoj jednaˇcini imamo

= 1 + qs



⇒ q = s −s 1 ⇒ Q = S S − 1

= 1 + QS

···



= 1 + qQS qQ

⇒ S qQ = 1 −1qQ

1 1 = − s 1 S −1 1 qQ 1 s S sS sS = = . sS (s 1)(S 1) s + S 1

S qQ =

−

− −

−

−

−



11. B

log2013 2014 2013x = 2013logx 2014 = 2013 log2013 x = 2013log2013 2014 2014 1 2013x = 2014 log2013 x 2014



  2013x 2014



1 log2013 x

log2013 x

= 2014

(2013x)log2013 x = 2014 2014log2013 x = 2014log2013 x+1 = 2014log2013 (2013x)

·

2013log2013 x xlog2013 x = 2014log2013 (2013x)

·

65


x xlog2013 x = 2014log2013 (2013x)

·

xlog2013 x+1 = 2014log2013 (2013x) xlog2013 x+log2013 2013 = 2014log2013 (2013x) xlog2013 (2013x) = 2014log2013 (2013x) Ako oznaˇcimo a = log2013 (2013x), jednaˇcina postaje xa = 2014a ˇcija su realna reˇsenja:

 ⇒ x1 = 2014

a=0 i a = 0

⇒ log2013 (2013x) = 0 ⇐⇒ 2013x = 1 ⇐⇒

x2 =

1 2013

Proizvod svih realnih reˇsenja gornje jednaˇcine je

·

x1 x2 =

2014 2013

∈ (1, 2].



12. C

Jednaˇcina kruga polupreˇcnika R sa centrom u taˇcki (xc , yc ) data je izrazom (x xc )2 + (y yc )2 = R 2

−

y

−

Kako krug sadrˇzi taˇcke sa koordinatama (0, 6), (0, 10), (8, 0) onda vaˇzi sledeći sistem jednaˇcina x2c + (yc

− 6)2 = R2 x2c + (yc − 10)2 = R 2 (xc − 8)2 + yc2 = R 2

10

• • (xc, yc)

Iz prve dve jednaˇcine imamo 6

− 6)2 − (yc − 10)2 = 0 4(2yc − 16) = 0 ⇐⇒ yc = 8 (yc

• x0

•

•8

x

Iz druge i treće jednaˇcine se dobija (xc

− 8)2 − x2c + yc2 − (yc − 10)2 = 0, with y c = 8

−8(2xc − 8) + 64 − 4 = 0 ⇐⇒

16(xc

− 4) = 60 ⇐⇒

xc = 4 +

15 4

Neka je x 0 apscisa druge taˇcke u kojoj krug seˇce x-osu, tada iz jednaˇcine kruga dobijamo (xc

− x0)2 + yc2 = R2

ˇsto u kombinaciji sa (xc daje

− 8)2 + yc2 = R2

− x0)2 − (xc − 8)2 = 0 (8 − x0 )(2xc − x0 − 8) = 0 ⇐⇒ x0 = 8 ∨ x0 = 2xc − 8 15 15 − − 8 = 7.5. x0 = 2xc − 8 = 2 4 + 8=8+ 4 2 (xc

 

66




13. D

1 1 = √ x + 1√ x − 2 + √ x + √ 4 x+2 √ x + 2 − √ x √ x − √ x − 2 1 √ √ √ + √ = √ √ √ √ 4 ( x + x − 2)( x − x − 2) ( x + 2 + x)( x + 2 − x) √ x − √ x − 2 √ x + 2 − √ x 1 + = x − (x − 2) (x + 2) − x 4 √ x − √ x − 2 √ x + 2 − √ x 1 + = 2 2 4 √ x + 2 − √ x − 2 = 1 (→·) 2

2

 − − −  − −

x+2+x x

x2

 − x2

x2

2 x2

2

4=

4 = x

4=

1 4

1 8

− 81 (→·)

2

− 4 = 641 − 14 x + x2

x = 16 +

1 16

∈ [14, 18).



14. A

Neka je x duˇzina duˇzi AD. Povrˇsina trougla ABD je P 1 =

√

1 1 ax sin30o = x 2 2 4

A

dok je povrˇsina trougla AC D P 2 =

√ √

30o 45

√

1 1 1 bx sin 45o = x 2 3 = x 6 2 4 4

b =

√ a = 2

ukupna povrˇsina trougla AB C je P =

o

√ 3

x

√

1 1 ab sin(30o + 45o ) = 6 sin(30o + 45o ) 2 2

gde je o

o

o

o

o

sin(30 + 45 ) = sin 30 cos45 + cos 30 sin45

B

o

D

C

√ √ √

1 2 3 2 = + 2 2 2 2 2 = ( 3 + 1) 4

√ √

pa imamo

√ √ √

√

√ √

1 1 2 3 P = 6 sin(30o + 45o ) = 6 ( 3 + 1) = ( 3 + 1) 2 2 4 4 Dalje vaˇzi

√ 3 √

P = P 1 + P 2

√ √ 4 √ √ √ √ 3( 3 + 1) = x 2(1 + 3) √ 3 √ 6 x = √ = . 2 2 ( 3 + 1) =

1 1 x 2+ x 6 4 4

67




15. E

P (x) = a 0 x4 + a1 x3 + a2 x2 + a3 x + a4

Iz uslova zadatka sledi (1) P (0) = a 4 = 0 (2) P (1) = a 0 + a1 + a2 + a3 = 0 (3) P ( 1) = a 0 a1 + a2 a3 = 0 (4) P (2) = 16a0 + 8a1 + 4a2 + 2a3 = 0

−

−

−

P (1) + P ( 1) = 2(a0 + a2 ) = 0

− ⇒ a2 = −a0 P (1) − P (−1) = 2(a1 + a3 ) = 0 ⇒ a3 = −a1 P (2) = 0 16a0 + 8a1 Sada je

− 4a0 − 2a1 = 0 P (x) = a 0 x4

⇒ 16a0 + 8a1 + 4a2 + 2a3 = 0 ⇐⇒ 12a0 + 6a1 = 0 ⇐⇒ a1 = −2a0 ⇒ a3 = −a1 = 2a0

− 2a0x3 − a0x2 + 2a0x = a0(x4 − 2x3 − x2 + 2x)

−

te se za P ( 2) = 12 dalje dobija P ( 2) = a 0 (16 + 16

−

− 4 − 4) = 12 ⇐⇒

24a0 = 12

⇐⇒

a0 =

1 2

odakle je

1 4 (x 2x3 2 Najzad, traˇzena vrednost polinoma u taˇcki 3 jednaka je P (x) =

P (3) =

1 (81 2

−

− x2 + 2x)

− 54 − 9 + 6) = 12.



16. B

Trostrana piramida se moˇ ze predstaviti kao na slici gde su ∠ADB = ∠ADC = ∠BDC = 90o . Oznaˇcimo katete pravouglih trouglova piramide sa AD = a, BD = b i C D = c. Sada se za p ovrˇsine pravouglih trouglova (prema uslovu zadatka) ima 1 ab = 6 ab = 12 2 1 bc = 8 bc = 16 2 1 ac = 12 ac = 24 2 Mnoˇzenjem ovih triju jednaˇcina dobijamo

C B c

⇒

b

⇒

D

⇒

(abc)2 = 12 16 24 = 2 32 162

· ·

· ·

a

A

⇒ abc = 48√ 2

1 Ako posmatramo piramidu kao na slici, i uzmemo trougao ADB za njen bazis, povrˇsine P = ab, tada je visina 2 piramide H = C D = c, pa se za zapreminu dobija izraz

√

√

1 11 1 1 V = BH = abc = abc = 48 2 = 8 2. 3 32 6 6

68




17. D

xy = y x , x, y > 0

log xy = log xy

⇐⇒

y log x = x log y

⇐⇒

Sliˇcno x p = y q

⇐⇒

p log x = q log y

Deljenjem prethodne dve jednaˇcine dobijamo y x = p q ˇsto zamenom u

⇐⇒

p x q

y =

x p = y q

daje

      

p x = x q p

q

q

p = q

xq

q

p x − = p q

q

p x = q

Na kraju dobijamo

p p p p xy = x x = x2 = q q q q

2q p−q

q p−q

p = q

2q p−q

+1



p = q

p+q p−q

.



18. B Vaˇze sledeće jednakosti

tg (α + β ) =

sin(α + β ) sin α cos β + sin β cos α tg α + tg β = = cos(α + β ) cos α cos β sin α sin β 1 tg α tg β

−

−

2 tg x 1 tg 2 x

tg 2x = tg(x + x) =

−

2 tg x tg 2x + tg x 3 tg x tg 3 x 1− tg 2 x + tg x tg 3x = tg (2x + x) = = = 2 tg x 1 tg 2x tg x 1 3 tg 2 x 1 1− tg x tg 2 x

−

−

−

−

Sada imamo 1 + tg 2x tg 3x = 1 +

2 tg x 3 tg x tg 3 x 1 tg 2 x 1 3 tg 2 x

−

−

−

− tg 2x)(1 − 3 tg 2x) + 2tg 2x(3 − tg 2x) (1 − tg 2 x)(1 − 3 tg 2 x) 1 − 4 tg 2 x + 3tg 4 x + 6tg 2 x − 2 tg 4 x = (1 − tg 2 x)(1 − 3 tg 2 x) =

te nejednaˇcina postaje

(1

=

tg 4 x + 2tg 2 x + 1 (1 tg 2 x)(1 3 tg 2 x)

=

( tg 2 x + 1)2 tg 2 x)(1 3 tg 2 x)

−

(1

−

− −

− tg 2x)(1 − 3 tg 2x)(1 + tg2x tg 3x) > 0 ( tg 2 x + 1)2 tg x(1 − tg 2 x)(1 − 3 tg 2 x) > 0 (1 − tg 2 x)(1 − 3 tg 2 x) tg x(1

tg x( tg 2 x + 1)2 > 0

Kako je ( tg 2 x + 1)2 > 0 to nejednaˇcina dobija ekvivalentni oblik tg x > 0 69


i njena realna reˇsenja su x Skup S 1 =

∈

π S = kπ, + kπ 2



π π , je podskup skupa svih realnih reˇsenja S . 3 2

 





19. B

s

Neka je s polupreˇcnik kruˇznog iseˇcka i r polupreˇcnik osnove kupe napravljene od ovog iseˇcka (videti sliku). Duˇzina luka kruˇznog iseˇcka biće jednaka obimu osnove kupe, odnosno sα = 2rπ

⇐⇒

r =

α

sα 2π

Istovremeno, polupreˇcnik kruˇznog iseˇcka odgovara izvodnici kupe napravljene od ovog iseˇcka (slika). Primenom Pitagorine teoreme za visinu kupe dobijamo H =

 −  −      −    −    −   s2

r2 = s

α 2π

1

2

Za zapreminu kupe sada se ima V =

1 1 1 sα BH = r 2 πH = π 3 3 3 2π

2

α 2π

s 1

s

2

s3 2 α 2 α 1 12π 2π Kupa će imati najveću zapreminu za maksimalnu vrednost α 2 funkcije f (α) = α2 1 koja se dobija iz sledećeg 2π uslova df =0 dα Kako je df d α 2 α = α2 1 = 2α 1 dα dα 2π 2π

H

V =

        − −  − −  −  − −  − −  ⇐⇒ df = dα

to dalje dobijamo

r

2α 1

2 1

α2 4π 2

3α2 =2 4π 2

α2 4π2

2α 1

1

α2 4π2

2

+α

2

1 α3 4π2

1

α2 4π2

1 2α 4π 2

α2 4π2

1 3 α =0 4π 2

1 2 α = 0, 4π 2

α = π

   − − 1

2

 8 2 √ = π 6. 3

α=0

3

70




20. D Imamo grupu od 10 studenata od kojih je jedan student elektrotehnike i jedan student matematike.

Biramo komisiju od ˇsest studenata iz grupe od 10 studenata tako da ako je u komisiji student elektrotehnike, onda u njoj mora biti i student matematike. Imamo sledeće medusobno iskljuˇcive mogućnosti: 1. U komisiji nisu ni student elektrotehnike ni student matematike. To znaˇci da komisiju od 6 ˇclanova biramo iz grupe od 8 preostalih studenata (10 studenata bez studenata elektrotehnike i matematike), a takvih komisija ima 8 6



2. U komisiji je student elektrotehnike, te prema uslovu zadatka to znaˇci da u komisiji mora biti i student matematike. Ostalih 4 ˇclanova biramo iz preostale grupe od 8 studenata (bez studenata matematike i elektrotehnike), a takvih komisija ima 8 4



3. U komisiji je student matematike, ali nije student elektrotehnike. Ostalih 5 ˇclanova biramo iz preostale grupe od 8 studenata (bez studenata matematike i elektrotehnike), a takvih komisija ima

 8 5

Ukupan broj komisija koje ispunjavaju uslove zadatka je

      8 8 8 + + 6 4 5

8 8 8 + + 2 4 3 8 7 8 7 6 5 8 7 6 = + + 2 1 4 3 2 1 3 2 1 = 28 + 70 + 56 = 154. =

· ·

· · · · · ·

· · · ·

71


1. jul 2013.


1. Vrednost izraza 2x2

− 2.4x − 1.7 za x = 7 · 10−1 iznosi: (B) −17.52 (C) 6.42

(A) 1

(D)

−2.40

(E)

−2.89

(N) Ne znam

cke M 1 ( 1, 1) i M 2 (2, 4) glasi: 2. Jednaˇcina prave koja prolazi kroz taˇ (A) x (C)

−

−y+2=0

−2x + y = 0 (E) x − y − 2 = 0 3. Vrednost izraza

(A) x 2

(B) x + y = 0 (D)

−3x − y − 2 = 0

(N) Ne znam x0.5 + 1 1 : 1.5 , za x . 0 5 x+x +1 x 1

−1

(B) 2x

−

−1

≥ 0, x = 1 je: √ (C) 2 x − 1 (D) x − 1

4. Ako 30% broja 2n iznosi 2013, tada 40% broja 5n (n

(A) 6710

(B) 3355

(C) 1342

∈ N), iznosi (D) 6038

(E)

√ x − 1

(E) 2820

(N) Ne znam

(N) Ne znam

5. U jednakokraki trougao ˇcija je osnovica a = 10 cm i krak b = 13 cm upisan je kvadrat tako da mu dva temena

leˇze na osnovici trougla, a druga dva na kracima. Duˇ zina stranice kvadrata (u cm) jednaka je: 64 63 62 61 60 (A) (B) (C) (D) (E) (N) Ne znam 11 11 11 11 11 cos(α + β ) 1 π π = (α, β = + kπ,α β = + mπ,k,m Z), tada je tg α tg β jednako: 6. Ako je cos(α β ) 3 2 2 1 1 1 2 (A) (B) (C) 1 (D) (E) (N) Ne znam 3 2 4 3



−

− 

7. Neka je S 1 skup reˇsenja nejednaˇcine

(A) S 1 = S 2 (C) S 1

⊂ S 2

(E) nijedan od p onudenih odgovora 8. Kompleksan broj

·

|√ x + 1| > 1 i S 2 skup reˇsenja nejednaˇcine |x + 1| > 1. Tada je: (B) S 1 ⊃ S 2 (D) S 1 = R, S 2  =∅



(N) Ne znam

cos α + i sin α + 1 (i = cos α + i sin α 1

−

−i · ctg α2 2sin α (C) −i · 2 − cos α α (E) −i · tg 2

∈

√ −1, α = 2kπ, k ∈ Z), jednak je α −i · 1 2sin − cos α 2sin α (D) −i · 2(1 − cos α)

(A)

(B)

(N) Ne znam

9. Ako je polinom P (x) = x 2014 + px2013 + qx

(A) 0

(B) 1

10. Ako je f (x) = 2x + x i g (x) =

(A)

2 x 3

− 1 ( p, q ∈ R), deljiv polinomom x + 1, tada je zbir p + q jednak: (C) 2 (D) −2 (E) −1 (N) Ne znam

|| (B) |x|

2 x 3

− 31 |x|, tada je f (g(x)) jednako: (C) −x (D) x

(E) 3x

(N) Ne znam

73


1. jul 2013.

cine x 2 + bx + c = 0 (b, c 11. Neka su x 1 i x 2 koreni jednaˇ

∈ R\{0}) tada je izraz x 41 + x42 jednak: (B) b 4 − 4b2 c2 + 2c2

(A) b 4

− 4b2c + 2c2x (C) b 4 − 4bc2 + 2c2 (E) b 4 − 4b2 c + 2c

(D) b 4 + 4c2

(N) Ne znam

 − √  1 5 x

12

∈ R\{0}), ˇclan koji ne sadrˇzi x jednak je: (A) −132 (B) 66 (C) 11 (D) −12 (E) 1 √ senja sistema jednaˇcina x 2 + xy − 2 · x = 0, x2 + y 2 = 2 je: 13. Ukupan broj realnih reˇ 12. U razvoju binoma

(A) 4

x

, (x

(B) 2

(C) 1

(D) 0

(E) 3

(N) Ne znam

(N) Ne znam

√

cnika osnove 14 3 cm i visine 20 cm upisana je prava trostrana prizma ˇcija osnova je trougao 14. U valjak preˇ ABC ˇcija je stranica B C = 9 cm, a ugao naspram stranice AC je 120o . Zapremina prizme (u cm 3 ) je:

√

√

(A) 1890 3

(B) 3780 3

senja jednaˇcine 4x 15. Skup realnih reˇ

− −

(A) ( 9, 2]

(B) (0, 3]

√

√

(C) 810 3

−7·2

x−3

√

(D) 675 3

(E) 825 3

(N) Ne znam

(E) (3, 7]

(N) Ne znam

= 2−x sadrˇzi se u intervalu:

2

−

(C) ( 2, 0]

(D) (7, 12]

16. Najmanja vrednost rastojanja taˇ cke M (0, 1) od taˇcaka (x, y) takvih da je y = 1 +

iznosi: (A) 2

 2 3

(B)

√ 3 3

(C)

√ 2

1 (D) 2

2

 5 3

(E)

1 3

1 √ , za x > 0, 4 3x3/2 (N) Ne znam

clana rastuće aritmetiˇcke progresije je 54. Ako od prvog ˇclana te progresije oduzmemo 3, drugi 17. Zbir prva tri ˇ ˇclan ostane nepromenjen, a trećem ˇclanu dodamo 12, dobijamo prva tri ˇclana geometrijske progresije. Koliˇcnik te geometrijske progresije je: 1 1 (A) 6 (B) 2 (C) 3 (D) (E) (N) Ne znam 2 6

−

{

}

18. Na koliko naˇcina se mogu izabrati tri broja iz skupa prirodnih brojeva 1, 2, 3, . . . , 40 tako da im zbir bude

neparan broj? (A) 1140

(B) 3800

(C) 6480

senja jednaˇcine sin 14x 19. Ukupan broj realnih reˇ (A) 0

(B) 1

(C) 2

(D) 4940

(E) 14080

− sin12x + 8 sin x − cos13x = 4 na intervalu (0, 2π) je: (D) 3



(E) 4

log2(x+1)2 −1 log2x2 +2x+3 (x2 2x) senja nejednaˇcine 20. Skup svih realnih reˇ log2(x+1)2 −1 (x2 + 6x + 10) brojeve a,b,c, takve da je ( < a < b < c < + ): (A) (a, b)

∪ (b, c) (C) (−∞, a) ∪ (b, c] (E) [a, b]

−∞

(N) Ne znam

∞

−

≥

(N) Ne znam

0 je oblika (za neke realne

(B) [a, b) (D) (a, b]

∪ (c, +∞)

(N) Ne znam

74


ˇ RESENJA



1. D

f (x) = 2x2

− 2.4x − 1.7 f (7 · 10−1 ) = 2 · (0.7)2 − 2.4 · 0.7 − 1.7 = 0.7(1.4 − 2.4) − 1.7 = −0.7 − 1.7 = −2.4.



cina prave 2. A Jednaˇ y = ax + b

−

koja prolazi kroz taˇcke M 1 ( 1, 1) i M 2 (2, 4) ispunjava sledeće uslove

−

1. M 1 ( 1, 1):

1=

−a + b

2. M 2 (2, 4): 4 = 2a + b Oduzimanjem prve jednaˇ cine od druge imamo 3 = 3a

⇒ a = 1

Iz prve jednaˇcine sada sledi b = 1 + a = 2 pa je jednaˇcina prave y = x + 2



⇐⇒ x − y + 2 = 0.

3. D

√ √

x0.5 + 1 1 x+1 : = x + x0.5 + 1 x1.5 1 x+ x+1

Oznaˇcimo t =

−

√ x, tada izraz postaje =

t2

t+1 +t+1

 

· t3 − 1



4. A

=

t2

t+1 (t +t+1

· − 1)



· x√ x − 1







t2 + t + 1 = t 2

=

− 1 = x − 1.

30 2013 2n = 2013 2n = 10 = 6710 100 3 40 5n = 2n = 6710. 100

⇐⇒

C



5. E

Posmatrajmo jednakokraki trougao ABC stranica AC = BC = b i AB = a sa upisanim kvadratom stranice c. Visina ovog jednakokrakog trougla h = C C 2 je prema Pitagorinoj teoremi primenjenoj na trougao AC C 2 h =

 −   b2

a 2

2

=

√ 169 − 25 = 12

c/2 b = 13

Iz sliˇcnosti trouglova ACC 2 i A1 CC 1 imamo sledeću relaciju h

=

a 2

h

−c c 2

−

− 1 ⇐⇒

C 1

c

odakle sledi h h c h = = a c c

A1

c/2

h h = +1 c a c =

h a

A

h 12 120 60 = = = . 1.2 + 1 22 11 +1

b = 13

c C 2 a = 10

B

75




6. B

−

−

cos(α + β ) cos α cos β sin α sin β 1 tg α tg β 1 = = = cos(α β ) cos α cos β + sin α sin β 1 + tg α tg β 3

−

3(1

− tg α tg β ) = 1 + tg α tg β tg α tg β =

1 . 2

 √ 1. | x + 1| > 1

7. C

Da bi funkcija imala realne vrednosti, potrebno je da vaˇzi x+1 Kako je

≥ 0 ⇐⇒ x ≥ −1

√ x + 1 ≥ 0, to vaˇzi |√ x + 1| = √ x + 1 pa zadata nejednakost postaje √ x + 1 > 1 ⇒ x + 1 > 1 ⇒ x > 0

Skup reˇsenja ove nejednaˇcine je, dakle, S 1 = x 2.

{ ∈ R|x ∈ (0, +∞)}

 |

x + 1 > 1

|

| x > −1 x ≤ −1

U ovom sluˇcaju argument ispod kvadratnog korena je uvek nenegativan x + 1



|x + 1| > 1 i |x + 1| = −x x+−1,1, a) x >

−1: x + 1 > 1

b) x

| ≥ 0. Sada imamo

⇐⇒

x > 0

≤ −1:

−x − 1 > 1 ⇐⇒ x < −2 Dakle, skup reˇsenja ove nejednaˇcine je S 2 = {x ∈ R|x ∈ (−∞, −2) ∪ (0, +∞)}

Konaˇcno se dobija da vaˇzi

⊂ S 2.

S 1



8. A Koristimo sledeće identitete

cos α = sin α =

eiα + e−iα 2 eiα

− e−iα 2i

cos α + i sin α = e iα odakle sledi iα

−i α

e 2 + e 2 cos α2 cos α + i sin α + 1 eiα + 1 e −iα/2 ei 2 + e−i 2 2 = iα = = = α α = α α −i i cos α + i sin α 1 e 1 e−iα/2 i sin α2 ei 2 e−i 2 i e 2 −2ei 2 α

−

− ·

−

α

−i · ctg α2 .

76


9. A Ako je polinom P (x) = x2013 (x + p) + qx



a2013 x

2013

2012

+ a2012 x

+

− 1 deljiv polinomom x + 1, tada postoji polinom Q(x) =

··· + a1x + a0 stepena 2013, tako da vaˇzi P (x) = (x + 1)Q(x)

Reˇsenje A. Kako vaˇzi

−

−

−

P ( 1) = ( 1 + 1)Q( 1) = 0 to sledi P ( 1) = ( 1)2013 ( p

−

−

Reˇsenje B.

− 1) − q − 1 = 0 ⇐⇒ −( p − 1) − q − 1 = 0 ⇐⇒ −( p + q ) = 0 ⇐⇒

x2013 (x + p) + qx

Dalje imamo

− 1 = (x + 1)

x2014 + px2013 + qx



a2013 x2013 + a2012 x2012 +

··· + a1x + a0

p + q = 0.



− 1 = a2013 x2014 + a2012 x2013 + ··· + a1x2 + a0x +a2013 x2013 + a2012 x2012 + ··· + a1 x + a0

x2014 + px2013 + qx

− 1 = a2013 x2014 + (a2012 + a2013 )x2013 + (a2011 + a2012 )x2012 .. . + (a1 + a2 )x2 + (a0 + a1 )x + a0

Izjednaˇcavanjem koeficijenata uz razliˇcite stepene x sa obe strane jednaˇcine, dobijamo a0 = 1 a0 + a1 = q a1 = q + 1 a1 + a2 = 0 a2 = a1 = (q + 1) a2 + a3 = 0 a3 = a2 = (q + 1) .. .

− ⇒ ⇒ ⇒

− −

−

ak = ( 1)k+1 (q + 1) .. .

−

− ⇒ ⇒

a2012 = (q + 1) a2012 + a2013 = p a2013 = p + q + 1 a2013 = 1 p + q + 1 = 1 p + q = 0.



⇒

10. D

|| − ||

f (x) = 2x + x 2 1 g(x) = x x 3 3 4 2 2 f (g(x)) = 2g(x) + g(x) = x x + x 3 3 3

|

1. x > 0

|

− ||

⇒ |x| = x:



4 2 2 f (g(x)) = x x+ x 3 3 3 2 1 = x+ x 3 3 2 1 = x + x = x 3 3

−

||



 − | |  1 x 3

− 13 x

77


2. x

≤ 0 ⇒ |x| = −x:





4 2 2 1 f (g(x)) = x + x + x + x 3 3 3 3

||

= 2x + x = 2x x = x

−

Dakle, za x

∈ R vaˇzi

f (g(x)) = x.

zi 11. A Kako su x 1 i x 2 reˇsenja kvadratne jednaˇcine x 2 + bx + c to vaˇ



(x

− x1)(x − x2) = x2 + bx + c ⇐⇒

x2

− (x1 + x2)x + x1x2 = x2 + bx + c

odakle izjednaˇ cavanjem koeficijenata polinoma s leve i desne strane, dobijamo x1 + x2 =

−b

x1 x2 = c Odavde dalje sledi

(x1 + x2 )2 = b 2 x21 + x22 + 2 x1 x2 = b 2

 c

2

− 2c (→·) x41 + x42 + 2(x1 x2 )2 = b 4 − 4b2 c + 4c2 x21 + x22 = b 2

   c

x41 + x42 = b 4

− 4b2c + 2c2.

zi sledeći izraz 12. B Za razvoj binoma vaˇ



(a

− b)

n

= a

n

  −

n n−1 a b+ 1

Prema uslovima zadatka je

    ··· − ··· − −  − √   −  + ( 1)

x

1

n n−k k a b + k

k

1 5 x

+ ( 1)n−1

12

= x

n

n

1

abn−1 + ( 1)n bn

−

12

1

x− 5

odakle imamo a = x, b = x − 5 i n = 12. Traˇzimo k za koje a n−k bk ne sadrˇzi x

  1

an−k bk = x 12−k x− 5 odakle se dobija uslov 12

k

− 6k5 = 0 ⇐⇒

k

= x 12−k− 5 = x 12−

k =

6k 5

5 12 = 10 6

·

Sada je ˇclan koji ne sadrˇzi x jednak

     n k



cina 13. E Reˇsavamo sistem jednaˇ

=

12 10

=

x2 + xy

12 2

=

12 11 = 66. 2 1

· ·

− √ 2x = 0

x2 + y 2 = 2 Iz prve jednaˇcine imamo x(x + y

− √ 2) = 0 ⇐⇒

x = 0

∨ x = √ 2 − y

pa razlikujemo dva sluˇcaja 78


• x = 0:

Druga jednaˇcina tada postaje te su reˇsenja realni parovi: (0,

• x =

√

2

− y:

y2 = 2

√ √ − 2) i (0, 2).

⇐⇒

y =

√ ± 2

Sada druga jednaˇcina dobija oblik

√ − y)2 + y2 = 2 ⇐⇒ 2 − 2√ 2y + 2y2 = 2 ⇐⇒ y(y − √ 2) = 0 i u ovom sluˇcaju reˇsenja su √ √ y = 0 ⇒ x = 2 − y = 2 √ √ √ y = 2 ⇒ x = 2 − y = 0 √ √ √ Ukupan broj razliˇcitih realnih reˇsenja zadatog sistema jednaˇcina je 3: (0, − 2), (0, 2) i ( 2, 0). ( 2



14. D

Osnova prizme je trougao ABC koji je upisan u osnovu valjka (krug polupreˇcnika R), kao na slici. Prema uslovima zadatka je a = BC = 9, ∠ABC = α + β = 120o i R = 7 3. Trougao BOC je jednakokraki sa kracima duˇzine R, osnovicom duˇzine a i uglom α izmedu kraka i osnovice. Vaˇ zi

√

a = R cos α 2

⇐⇒

B α β

√

i

A

sin α = Kako je

 − 1

cos2 α =

cos β = cos(120o

 −  1

27 = 196

196 27 = 196

−

α

b

a 9 3 3 cos α = = = 2R 14 2 7 3

· √

a

R

β R



C

O

169 13 = 196 14

− α) = cos 120o cos α + sin 120o sin α

− 60o) = − cos(60o) = − 21 √ 3 sin 120o = sin(180o − 60o ) = sin(60o ) = 2 to dobijamo √ √ 3 13 10√ 3 5√ 3 13 3 cos β = − + = = 2 14 2 14 28 14 cos120o = cos(180o

Trougao AOB je takode jednakokraki sa kracima duˇzine R, osnovicom duˇzine b i uglom β izmedju kraka i osnovice. Vaˇ zi b 5 3 = R cos β b = 2R cos β = 2 7 3 = 15 2 14 Za povrˇsinu trougla ABC u osnovi prizme sada dobijamo

√ √ ·

⇐⇒

√

√

1 1 3 135 B = ab sin(α + β ) = 9 15 = 3 2 2 2 4

·

Kako je visina prave prizme H = 20, to se za zapreminu ove prizme konaˇ cno dobija

·

V = B H =

√

√

135 3 20 = 675 3. 4

·

79




15. B

x−3

4x

− 7 · 2 = 2−x 22x − 7 · 2 = 2 −x · 2x 23x − 7 · 2−3/2 · 23x/2 = 1 2



x−3

2

Uvedimo smenu t = 23x/2 > 0, tada je t2 = 2 3x i jednaˇcina postaje kvadratna jednaˇcina po nepoznatoj t t2

− 7 · 2−3/2t − 1 = 0

ˇcija su reˇsenja data izrazom

√ 49 · 2−3 + 4 1 7√ 2 49 ± ± 8 +4 t1/2 = = 2 2 4 √ 2 √ √ 7 2 9 2 − √ = ± t1/2 = 4 8 8 2 2 √ Kako je t > 0 to je jedino realno reˇsenje t = t = 2 2 = 2 te dalje imamo

  

7 2−3/2

·

3 2

2

2 odakle se dobija x = 1

 

3x 2

3

= 22

∈ (0, 3].

cke M (xM , xM ) = M (0, 1) i taˇcke (x, y) na krivoj y = 1 + 16. D Rastojanje d izmedu taˇ



je izrazom 2

d = (x

2

− xM )

+ (y

2

− yM )

2

= x + (y

−



1 1)2 = x 2 + 1 + 4 3x3/2

√

 −

1 √ , x > 0 dato 4 3x3/2

2

1

= x 2 +

1 −3 x 48

1 Ovo rastojanje će biti minimalno za minimalnu vrednost funkcije f (x) = d2 = x2 + x−3 koja se dobija iz 48 uslova df (x) =0 dx Dalje sledi df (x) 3 −4 1 1 1 = 2x0 x0 = 0 x50 = = 5 x0 = dx x=x0 48 32 2 2



−

⇐⇒

⇐⇒

te se za minimalnu vrednost rastojanja dobija d =



x20 +

1 −3 x = 48 0



1 1 + = 4 6

  5 = 12

5

1 = 4 3 2

·



5 . 3



clana rastuće aritmetiˇcke progresije se mogu predstaviti u obliku a0 , a1 = a 0 + d, a2 = a 0 + 2d. 17. B Prva tri ˇ Kako je zbir ova tri ˇclana po uslovima zadatka a0 + a1 + a2 = 54

⇒ a0 = 18 − d ⇒ a1 = 18, a2 = 18 + d.

Sledeća tri broja predstavljaju prva tri ˇclana geometrijske progresije b0 = a 0

− 3 = 15 − d

b1 = a 1 = 18 b2 = a 2 + 12 = 30 + d

pa vaˇzi q =

b1 b2 = b0 b1

80


odakle se dalje dobija b0 b2 = b 21

⇒ (15 − d)(30 + d) = 324 ⇐⇒

d2 + 15d

− 126 = 0

Reˇsenja ove kvadratne jednaˇcine su

√ − 15 + 225 + 4 · 126 −15 ± 27 −21 d1/2 = = = 2



2

6

Kako je aritmetiˇcka progresija rastuća, to je d > 0 i d = d2 = 6. Sada se za koliˇcnik geometrijske progresije dobija b1 18 q = = = 2. b0 15 6

−



{

}

18. D U zadatom skupu 1, 2, 3, . . . , 40 ima 20 parnih i 20 neparnih brojeva. Iz ovog skupa biramo tri broja,

tako da je njihov zbir neparan. Zbir će biti neparan u sledećim sluˇcajevima 1. Sva tri broja su neparna. U ovom sluˇ caju biramo tri broja od 20 neparnih brojeva, te je ukupan broj takvih kombinacija (bez ponavljanja) jednak 20 3



2. Jedan broj je neparan, preostala dva su parna. U ovom sluˇcaju biramo jedan neparan broj iz skupa od 20 neparnih brojeva, ˇsto moˇ zemo uˇciniti na 20 20 = 20 naˇcina, i dva parna broja iz skupa od 20 parnih brojeva, ˇsto moˇzemo uˇciniti na naˇcina, 1 2 pa je ukupan broj takvih izbora 20 20 . 1 2





 · 

Sada je ukupan broj naˇcina na koje se mogu izabrati tri broja tako da je njihov zbir neparan jednak

   ·  20 20 + 3 1

20 2

=

· · · ·

· ·

20 19 18 20 19 + 20 = 60 19 + 20 10 19 = 4940. 3 2 1 2 1

·

· ·



cenjem trigonometrijskog identiteta 19. C Koriˇs´ sin α

− sin β = 2 sin α −2 β cos α +2 β

dobijamo sin14x

− sin12x = 2 sin x · cos13x

Zadata jednaˇcina sada dobija sledeći ekvivalentni oblik sin14x

− sin12x + 8 sin x − cos13x = 4 2sin x · cos 13x + 8 sin x − cos 13x = 4 2sin x(cos 13x + 4) − (cos 13x + 4) = 0 (2sin x − 1)(cos 13x + 4) = 0 Kako je cos 13x ≥ −1 ⇒ cos 13x + 4 ≥ 3 > 0 to se dalje dobija jednaˇcina sin x = ˇcija su reˇsenja

1 2

π + 2kπ,k 6 5π xm = + 2mπ,m 6 xk =

∈Z ∈Z

U zadatom intervalu (0, 2π) nalaze se dva reˇsenja jednaˇcine: xk=0 =

π 5π i x m=0 = . 6 6 81




20. A Oznaˇcimo levu stranu nejednaˇcine sa F (x). Tada imamo



log2(x+1)2 −1 log2x2 +2x+3 (x2 2x) F (x) = log2(x+1)2 −1 (x2 + 6x + 10)

−

≥

0

Logaritamska funkcija je definisana za osnove koje su pozitivne i razliˇ cite od jedinice. Dakle imamo uslove 2

2(x+1) i

− 1 = 1 ⇐⇒ 2

2(x+1)

2

2(x+1) = 21



(x + 1)2 = 1

⇐⇒

 ⇐⇒

 ⇐⇒ x = 0 ∧ x = −2

x(x + 2) = 0

2

2(x+1) > 2 0

⇐⇒ (x + 1)2 > 0 ⇐⇒ x ∈ R\{−1} te reˇsenja treba traˇziti u skupu realnih brojeva x ∈ R\{−2, −1, 0}. logs p Koriˇsćenjem logq p = , gde je s = 2(x+1) − 1, F (x) se sada moˇze uprostiti na sledeći naˇcin log q − 1 > 0 ⇐⇒

2

s





log2(x+1)2 −1 log2x2 +2x+3 (x2 2x) F (x) = = logx2 +6x+10 log2x2 +2x+3 (x2 2 2 log2(x+1) −1 (x + 6x + 10)

−





− 2x) ≥ 0

Da bi logaritam bio definisan, neophodno je da osnova bude pozitivna i razliˇ cita od 1. Kako je x2 + 6x + 10 = x 2 + 6x + 9 + 1 = (x + 3)2 + 1 gde jednakost vaˇ zi za x =

Sada imamo

≥1

−3, sledi x = −3, odnosno reˇsenja dalje treba traˇziti u skupu realnih brojeva x ∈ R\{−3, −2, −1, 0}.





logx2 +6x+10 log2x2 +2x+3 (x2 logx2 +6x+10

i kako je x2 + 6x + 10 > 1



− 2x) ≥ 0 log2x +2x+3 (x2 − 2x) ≥ logx +6x+10 1



2

log2x2 +2x+3 (x2

2

− 2x) ≥ 1

Proverimo osnovu ove logaritamske funkcije (mora biti pozitivna i razliˇ cita od 1) 2x2 + 2x + 3 = x 2 + x2 + 2x + 1 + 2 = x2 + (x + 1)2 +2

    ≥0

ˇsto znaˇci da su oba uslova ispunjena. Dalje imamo log2x2 +2x+3 (x2 log2x2 +2x+3 (x2 i kako je 2x2 + 2x + 3

≥2

≥0

− 2x) ≥ 1

− 2x) ≥ log2x +2x+3 2x2 + 2x + 3 2

≥ 2 > 1 dalje sledi x2

te su reˇsenja ove nejednaˇcine u skupu

− 2x ≥ 2x2 + 2x + 3 x2 + 4x + 3 ≤ 0 √ − 4 ± 16 − 4 · 3 −3 x1,2 = = −1 2



x

∈ [−3, −1]

Kako je prethodnim uslovima zadato da se realna reˇsenja mogu naći u skupu x

∈ R\{−3, −2, −1, 0}

to se skup svih realnih reˇsenja moˇze predstaviti u obliku x

∈ (−3, −2) ∪ (−2, −1). 82


25. jun 2012.


−

( 0.4)3 1. Vrednost izraza ( 0.8)3 7 63 (A) (B) 2 8

−

( 0.8)3 ( 0.4)3

− −−

  −  3 4 4 (C) 9 :

3 jednaka je: (D)

5 9

(E)

7 9

(N) Ne znam

2. Ukupan broj dijagonala pravilnog desetougla je:

(A) 15

(B) 20

3. Ako je f (x) = x 3

(A) 0

(C) 25

(D) 30

(E) 35

(N) Ne znam

(E)

11 8

(N) Ne znam

(E)

5 6

(N) Ne znam

− 3x i g(x) = sin 12π x, tada je f (g(2)) jednako: 11 11 11 (B) − (C) (D) − 2 2 8 x

x

senje jednaˇcine 216 = 162 jeste: 4. Reˇ (A)

1 2

(B)

2 3

(C)

5. Ako se zna da je polinom x 3 + ax2 + bx

(A) 1

(B) 17

3 4

(D)

− 4 (a, b ∈ R) deljiv polinomom x 2 − 1, tada zbir a 2 + b2 iznosi:

(C) 5

(D) 3

6. Koeficijent uz x27 y 2 u razvoju binoma (x3 +

(A) 12

(B) 1516

4 5

(E) 14

(N) Ne znam

(E) 78

(N) Ne znam

√ y)13 jednak je:

(C) 1312

(D) 715

cina kruga ˇciji centar je taˇcka preseka pravih x 7. Jednaˇ 3x + 4y + 2 = 0 glasi: (A) x 2 + y 2

− 2y + 4 = 0 i 3x + y − 9 = 0 a koji dodiruje pravu

(B) x 2 + y2

− 4x − 6y − 2 = 0 (C) x 2 + y 2 − 4x − 6y − 3 = 0 (E) x 2 + y 2 − 4x − 6y − 1 = 0

− 4x − 6y = 0 (D) x 2 + y 2 − 4x − 6y + 1 = 0 (N) Ne znam

cena je sa ravni koja sadrˇ zi osnovnu ivicu prizme. Ako je povrˇsina 8. Pravilna ˇcetvorostrana prizma preseˇ preseka ravni i prizme dva puta ve´ ca od povrˇ sine baze, tada je ugao izmej.u te ravni i baze prizme jednak: (A) 15o (B) 30o (C) 45o (D) 60o (E) 75o (N) Ne znam cke progresije 9. Zbir prvih 2012 ˇclanova aritmetiˇ 2013 2 2011 (C) 4

2011 2010 2009 , , , . . . iznosi: 2012 2012 2012 2013 4 2011 (D) 2

(A)

(B)

(E) Nijedan od ponudenih odgovora

(N) Ne znam

10. Ako je a

(A)

√ 5

∈



 √

 −  √

1 = 3, tada je a R i a + a (B)

3

(C)

1 jednako: a 2

(D)

√ 7

(E) 0

(N) Ne znam

83


25. jun 2012.

senja x 1 i x 2 kvadratne jednaˇcine 11. Koja od navedenih relacija postoji izmedu reˇ x2

− 6x + 5 + m(x2 − 5x + 6) = 0(m ∈ R, m = −1)?

(A) x 1 + x2 + 4x1 x2 = 2

(B) x 1 + x2 + x1 x2

(C) x 1 + x2

(D) x 1 + x2

− x1x2 + 2 = 0

(E) x 1 + x2 + 3x1 x2 = 1

− 11 = 0

− x1x2 = 4

(N) Ne znam

− 2√ 3sin40o − 2cos40o, jednaka je: √ √ (B) 2 3 (C) 4 3 (D) 4

12. Vrednost izraza 8 sin2 80o

(A) 2

(E) 1

(N) Ne znam

13. Ako je log 2 3 = a i log5 2 = b, tada je log 24 50 jednako:

(A)

b+2 b(a + 3)

(B)

b+1 b(a + 4)

(C)

b 2 b(a 4)

− −

(D)

b+1 b(a + 3)

(E)

b 2 (b + 1)(a + 3)

(N) Ne znam

−

√

ceni ugao 45o . Zbir polupreˇ cnika upisanog i opisanog kruga tog 14. Stranice trougla su 21 i 9 2 a njima zahva´ trougla je: (A) 3(2

−

√ 3)

15. Ako je i2 =

√

(B) 6( 2

− 1)

√

(C) 6( 2 + 1)

(D) 6(2 +

√ 3)

√ √ 2) −

(E) 6( 3

(N) Ne znam

− 1 i ε kompleksan broj koji zadovoljava uslov ε2 + ε + 1 = 0, tada je reˇsenje jednaˇcine

x 1 1+i = ε po x, jednako: x+1 1 i

−

(A)

−

−2ε + 1 − 2i

(B)

−2ε − 1 + 2i

(C)

senja jednaˇcine 16. Ukupan broj realnih reˇ (A) 0

−2ε − 1 − 2i

 ·

(D) 2ε + 1

3 2log10 2x + 1 + (B) 1

 ·

(D) 3


(N) Ne znam

(A) 2

(B) 3

(C) 4

18. Skup svih realnih reˇsenja nejednaˇcine

0 < a < b < + (A) (

∞):

(E) 2ε

2 2log10 2x + 9 =

(C) 2

senja jednaˇcine 3 tg 2 x 17. Ukupan broj realnih reˇ

− 2i

− 1 − 2i

 ·

13 2log10 2x

(N) Ne znam

− 4 je:

− 8cos2 x + 1 = 0 koja pripadaju intervalu (0, 2π) je: (D) 5

(E) 6

(N) Ne znam

| 1 − x| < 1 + |x| je oblika (za neke realne brojeve a i b takve da je |1 + x| 1 − |x|

−∞, −a) (C) (−∞, −a) ∪ (a, +∞) (E) (−∞, −a) ∪ (−a, a) ∪ (a, +∞)

(B) (a, + )

∞ (D) (−b, −a) ∪ (a, b) (N) Ne znam

cenice, tako da uˇcenice ne stoje jedna pored druge? 19. Na koliko naˇcina se u red mogu poredati 5 uˇcenika i 2 uˇ (A) 240

(B) 3600

(C) 7680

(D) 2400

9π2 + sin x za 0 < x < + 20. Najmanja vrednost funkcije f (x) = 4x + x 5π (A) 5π + 2 (B) (C) 12π 1 (D) 3π + 1 2

−

(E) 250

(N) Ne znam

(E) π 2

(N) Ne znam

∞ je:

84


ˇ RESENJA



1. A

−

( 0.4)3 ( 0.8)3

−

( 0.8)3 ( 0.4)3

− −−

  −  −  3 4

:

3

=

1 23

− 23

·

4 63 4 7 = = . 9 8 9 2

·

zi izmedu svaka 2. E Ukupan broj dijagonala u pravilnom poligonu sa N uglova jednak je ukupnom broju duˇ



dva od njegovih N temena umanjenom za broj stranica N : N (N 2

− 1) − N

za N = 10 imamo

· − 10 = 35.

10 9 2



3. D

g(x) = sin f (x) = x

3

π x 12

⇒ g(2) = sin π6 = 21

 −

1 f (g(2)) = f 2

− 3x ⇒



4. B Kako vaˇzi

1 2

=

3

3 = 2

− 118 .

4 x 4x x 216 = 2(2 ) = 22



x

162 = 24 to jednaˇcina

2x

x+2

x

= 24·2 = 22

x

x

216 = 162

postaje

4x

22

x+2

= 22

pa izjednaˇcavanjem eksponenata dobijamo ekvivalentnu jednaˇcinu 4x = x + 2



⇐⇒

x =

2 . 3

5. B Kako je



x3 + ax2 + bx

 − : x2

−4

da bi zadati polinom bio deljiv polinomom x 2

1 = x + a +

(b + 1)x + a x2 1

−

−4

− 1 potrebno je da ostatak pri deljenju bude jednak nuli, odnosno (b + 1)x + a − 4 = 0

izjednaˇcavanjem koeficijenata na levoj i desnoj strani jednaˇcine dobijamo b+1=0

⇐⇒

b =

−1

i a tako da imamo

− 4 = 0 ⇐⇒

a = 4

a2 + b2 = 1 + 16 = 17.

85




zi izraz 6. D Za razvoj binoma vaˇ



n n−1 (a + b) = a + a b+ 1 n

n

U naˇsem sluˇcaju je a = x 3 , b =

√ y = y

1 2

···



n n−k k + a b + k

··· +

  n

n

−1

abn−1 + bn

i n = 13.

Kako je

n k



an−k bk = x3 to je

−

k

k

y 2 = x 3(n−k) y 2

an−k bk = x 27 y 2

ispunjeno za k

x27 y 2 = x 3(n−k) y 2

⇐⇒

k = 4 i n = 13.

Sada je koeficijent uz ovaj ˇclan

     n

n

−k

=

n k

13 4

=

=

13 12 11 10 = 13 11 5 = 715. 4 3 2 1

· · · · · ·

· ·



− 2y + 4 = 0 i 3x + y − 9 = 0 dobija se reˇsavanjem sistema jednaˇcina x − 2y + 4 = 0 3x + y − 9 = 0 Iz druge jednaˇcine dobijamo y = 9 − 3x, ˇsto smenom u prvoj daje x − 18 + 6x + 4 = 0 ⇐⇒ 7x = 14 ⇐⇒ x = 2 cka preseka pravih x 7. C Taˇ

odnosno y = 9

− 3x = 9 − 6 = 3

Znaˇci da se centar kruga nalazi u taˇcki (xc , yc ) = (2, 3). Udaljenost ove taˇcke od prave ax + by + c = 0 data je formulom axc + byc + c d = a2 + b2

| √

|

U naˇsem sluˇcaju prava je data jednaˇcinom 3x + 4y + 2 = 0 te je a = 3, b = 4, c = 2 i za udaljenost se dobija d =

|3 · 2√ + 4 · 3 + 2| = 20 = 4 32 + 4 2

5

Kako krug dodiruje ovu pravu, to je ova udaljenost ujedno i polupreˇcnik kruga R = d = 4. Jednaˇcina kruga polupreˇcnika R sa centrom u taˇcki (xc , yc ) je (x

− xc)2 + (y − yc)2 = R2

i u naˇsem slucaju se dobija (x

− 2)2 + (y − 3)2 = 4 2 ⇐⇒

x2 + y 2

− 4x − 6y − 3 = 0.



8. D

Na slici je prikazana pravilna ˇcetvorostrana prizma sa osnovom ˇcija je ivica duˇzine a i povrˇsine B = a2 Neka je α ugao koji ravan zaklapa sa osnovom prizme. Tada je presek ravni i prizme pravougaonik sa jednom ivicom duˇzine a i drugom ivicom duˇzine (videti sliku) c =

a

c

a cos α

α a

a 86


te je povrˇsina ovog preseka

a2 P = ac = cos α

Prema uslovima zadatka vaˇ zi P = 2B odakle sledi cos α =

1 2

α = 60o .

⇐⇒



ze predstaviti u obliku 9. D Zadata aritmetiˇcka progresija se moˇ a1 =

2011 , d = 2012

an = a1 + (n

1 − 2012

− 1)d, n = 1, 2, 3, . . .

Zbir prvih 2012 ˇclanova je

···

S 2012 = a 1 + a2 + a3 + + a2011 = a 1 + (a1 + d) + (a1 + 2d) +

··· + (a1 + 2011d)

··· + 2011)d

= 2012a1 + (1 + 2 + 3 + Kako je 1+2+3+

··· + 2011 = (2011 +21) · 2011 = 2012 2· 2011

to dalje imamo S 2012 = 2012



10. A





 ⇒ ⇐⇒ − 

1 a+ =3 a

a2 +

2012 · 2011 1 2011 · 2011 − · = . 2012 2 2012 2

()2

1 + 2 = 9 a2

a2 +

1 a

a

 x2 − 6x + 5 + m(x2 − 5x + 6) = 0 ⇐⇒ gde je m =  −1.

1 a+ a



1 a2

2

=5

11. B Zadata kvadratna jednaˇcina je oblika

(m + 1)x2

  ⇐⇒   − ⇐⇒ − √   √ ⇒ − 

2

1 a+ a

2

=3

2+4=9

()

1 = a

a

2

=9

a

1 a

2

=5

5.

+6 6m + 5 − (5m + 6)x + 6m + 5 = 0 ⇐⇒ x2 − 5m x+ =0 m+1 m+1

Ako su x 1 i x 2 reˇsenja ove jednaˇcine, tada se ona moˇze predstaviti i u sledećem obliku (x

− x1)(x − x2) = 0 ⇐⇒

x2

− (x1 + x2)x + x1x2 = 0

Izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma s leve i desne strane jednaˇcine x2

+6 6m + 5 − (x1 + x2)x + x1x2 = x2 − 5m x+ m+1 m+1

dobijamo x1 + x2 = x1 x2 =

5m + 6 5(m + 1) + 1 1 = = 5+ m+1 m+1 m+1

−

6m + 1 6(m + 1) 1 = =6 m+1 m+1

− m 1+ 1 87


Sada imamo x1 + x2 + x1 x2 = 5 +

1 +6 m+1

− m 1+ 1 = 11

odnosno x1 + x2 + x1 x2



− 11 = 0.

12. D Vaˇze sledeće jednakosti o

sin60 =

cos(α

−

√ 3

2 1 cos60o = 2 β ) = cos α cos β + sin α sin β

odakle imamo

−2

√

3sin40o

− 2cos40o = = =

Koristeći

cos2α = cos2 α

za α = 80o imamo

√  − 4

3 1 sin 40o + cos40o 2 2



−4(sin 60o sin40o + cos 60o cos40o) −4 cos(60o − 40o) = −4cos20o

− sin2 α = 1 − 2sin2 α ⇐⇒ 2sin2 α = 1 − cos2α 2sin2 80o = 1

− cos 160o

te zadati izraz dobija ekvivalentni oblik

− 2√ 3sin40o − 2cos40o = 4(1 − cos160o) − 4cos20o = 4 − 4(cos 160o + cos 20o ) = 4 − 4(cos(180o − 20o ) + cos 20o ) = 4 − 4(− cos 20o + cos 20o ) = 4.

8sin2 80o



13. A

5 5 1 + 2 log 1 + log2 2 log2 2 52 log2 2 + log 2 52 1 + 2 log2 5 log5 2 5 log24 50 = = = = = 3 3 log2 3 2 log2 3 + log 2 2 log2 3 + 3 log2 2 log2 3 + 3 3 + log2 3

· ·

uzimajući u obzir a = log2 3 i b = log5 2 iz prethodnog izraza dobijamo 1+

2 log5 2

1 + 2b b+2 log24 50 = = = . 3 + log2 3 3+a b(a + 3) B



14. C

Posmatrajmo najpre trougao AB C sa opisanim krugom sa centrom u taˇcki O. Uslovom zadatka je dato ∠ACB = α + β = 45o , a = 21 i b = 9 2.

β

√

Sa slike vidimo da vaˇzi OA = OB = OC = R te da su trouglovi AOB,AOC, i B OC jednakokraki (sa kracima duˇzine polupreˇcnika opisanog kruga R i osnovicama koje odgovaraju stranicama trougla AB C ). Neka je α = ∠OAC = ∠OCA i β = ∠OBC = ∠OCB. Kako su trouglovi AOC i BOC jednakokraki to su uglovi C zahva´ ceni njihovim kracima jednaki ∠AOC = π 2α i 2β , te za ugao ∠AOB vaˇzi ∠BOC = π

−

−

γ =

∠AOB =

2π

a

c R

β α

R

γ O b

R

α

A

− (π − 2α) − (π − 2β ) = 2(α + β ) = 90o 88


dakle, trougao AOB je pravougli pa iz Pitagorine teoreme za hipotenuzu c = AB dobijamo c2 = 2R2

⇒ R = √ c2

Sliˇcno, iz kosinusne teoreme za trougao AB C imamo

√ 2 √ √ c2 = a 2 + b2 − 2ab cos(α + β ) = a 2 + b2 − 2ab cos 45o = 212 + (9 2)2 − 2 · 21 · 9 · 2 · = 225 ⇐⇒ 2

c = 15

Iz prethodne dve jednaˇcine za polupreˇcnik opisanog kruga dobijamo

√

c 15 2 R = = 2 2

√

B

Posmatrajmo sada isti trougao sa upisanim krugom polupreˇcnika r. Vaˇze sledeće jednakosti za povrˇsine trouglova ABC,AO1 B,AO1 C,BO1 C :

√ √ ·

1 1 2 189 P ABC = ab sin ∠ACB = 21 9 2 = 2 2 2 2

r

b r

1 P AO1 B = cr 2 1 P BO 1 C = br 2 1 P AO1 C = ar 2

c

O1 r

C

a

A

Kako je P ABC = P AO1 B + P BO 1 C + P AO1 C to dobijamo jednakost r(a + b + c) = 2P ABC odakle se za polupreˇcnik upisanog kruga r dobija

− √ 2)

2P ABC 189 21 21(4 = = = r = a+b+c 14 36 + 9 2 4+ 2

√

Konaˇcno dobijamo R + r = 15



√ 2 2

+

21(4

√

− √ 2) = 6(√ 2 + 1).

14

15. D

−

x 1 1+i (1 + i)(1 + i) 1 + 2i = ε = ε = ε 2 x+1 1 i 1 i 2 x

−

− 1 = iε(x + 1)

− ⇐⇒

x(1

− 1 = iε

− iε) = 1 + iε

1 + iε (1 + iε)(1 + iε) 1 + 2iε + i2 ε2 x = = = 1 iε (1 iε)(1 + iε) 1 (iε)2

−

− − 1 + 2iε − ε2 1 + ε2 + 2iε − 2ε2 x = = 1 + ε2

x = 1 + Prema uslovu zadatka vaˇzi ε 2 + ε + 1 = 0

⇐⇒

1 + ε2

−

2ε(i ε) 1 + ε2

1 + ε2 =

−ε te sledi 2ε(i − ε) x = 1 + −ε = 1 − 2i + 2ε. 89




16. B Smenom

t = 2log10 2x > 0

zadata jednaˇcina

 ·

3 2log10 2x + 1 +

postaje

 ·

2 2log10 2x + 9 =

 ·

13 2log10 2x

−4

√ 3t + 1 + √ 2t + 9 = √ 13t − 4

pri ˇcemu za realna reˇsenja mora da vaˇzi 3t + 1

≥ 0 ⇐⇒ t ≥ − 13 ˇsto je uvek ispunjeno jer je t > 0

2t + 9

≥ 0 ⇐⇒ t ≥ − 92 ˇsto je uvek ispunjeno jer je t > 0

i 13t Dakle, reˇsenja treba traˇziti u skupu t

− 4 ≥ 0 ⇐⇒ t ≥ 134

≥ 134 .

Podizanjem na kvadrat leve i desne strane gornje jednaˇcine dalje dobijamo 3t + 1 + 2t + 9 + 2



(3t + 1)(2t + 9) = 4t

Reˇsenja dalje traˇzimo u skupu t



(3t + 1)(2t + 9) = 13t

−4

− 7, gde je neophodan uslov 4t − 7 ≥ 0 ⇐⇒ t ≥ 47 = 1.75

≥ 1.75. Sada kvadriranjem prethodne jednaˇcine dalje dobijamo (3t + 1)(2t + 9) = 16t2 − 56t + 49 10t2 − 85t + 40 = 0 ⇐⇒ 2t2 − 17t + 8 = 0

ˇcija su reˇsenja jednaka t1/2 =

Kako je t 1 =

17

± √ 172 − 8 · 8 = 17 ± √ 225 = 17 ± 15 = 4

4

4



1 2 8

1 < 1.75 to je jedino realno reˇsenje zadate jednaˇcine 2 t2 = 8 2log10 2x = 8 = 23 log10 2x = 3 = log10 103 2x = 1000 x = 500.



ci identitet 17. C Koriste´ 1 + tg 2 x = 1 +

zadata jednaˇcina

3 tg 2 x

sin2 x 1 = 2 cos x cos2 x

− 8cos2 x + 1 = 0

se moˇze transformisati na sledeći naˇcin 3(tg 2 + 1)

− 3 − 8cos2 x + 1 = 0 ⇐⇒ 3(tg 2 + 1) − 8cos2 x − 2 = 0 3 − 8cos2 x − 2 = 0 ⇒ 3 − 8cos4 x − 2cos2 x = 0 cos2 x

smenom t = cos2 x

≥ 0 dalje dobijamo

8t2 + 2t

−3= 0

90


reˇsenja ove kvadratne jednaˇcine su jednaka

√ √ − 2 ± 4 + 4 · 8 · 3 −2 ± 100 −2 ± 10 t / = = = = 1 2

Kako je t = cos2 x

16

16

16

≥ 0 to je jedino realno reˇsenje t 1 = 21 odakle sledi √ 2 1 2 cos x = ⇐⇒ cos x = ± 2 2

  −

1 2 3 4

Broj realnih brojeva koji ispunjavaju gornju jednaˇ cinu u intervalu (0, 2π) je 4: x1 =

π , x2 = 2π 4



− π4 , x3 = π − π4 i x 4 = π + π4 .

senja nejednaˇcine 18. C Za realna reˇ

|1 − x| < 1 + |x| 1 − |x| |1 + x|

neophodno je da vaˇ zi 1

||

|

− |x| = 0 ⇐⇒ x = ±1

|

Kako je 1 + x > 0 i 1 + x > 0 to se zadata nejednaˇcina moˇze napisati u sledećem ekvivalentnom obliku

|1 − x| |1 + x| < 1 1 − |x| 1 + |x| |1 − x||1 + x| − 1 < 0 1 − |x|2 |(1 − x)(1 + x)| − 1 < 0 1 − x2 |1 − x2| − 1 < 0 1 − x2 1. Za 1 − x2 > 0 ⇐⇒ (x − 1)(x + 1) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1): 2 2 |1 − x2| = 1 − x2 ⇒ |11 −− xx2| − 1 = 11 −− xx2 − 1 < 0 ⇒ 0 < 0 ⇒ x ∈ ∅ 2. Za 1 − x2 ≤ 0 ⇐⇒ (x − 1)(x + 1) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, +∞): 2 2 |1 − x2| = −(1 − x2) ⇒ |11 −− xx2| − 1 = − 11 −− xx2 − 1 < 0 ⇒ −2 < 0 ⇒ ∀x ∈ (−∞, −1] ∪ [1, +∞)  ±1, to je skup realnih reˇsenja zadate nejednaˇcine Kako vaˇzi uslov x = x ∈ (−∞, −a) ∪ (a, +∞), gde je a = 1. zan. 19. B U ovom zadatku, redosled rasporeda je vaˇ



Ukupan broj razliˇcitih naˇcina na koji se u red mogu poredati 7 daka (od kojih su 5 uˇcenika i 2 uˇcenice) dat je brojem permutacija N = 7! (na prvoj poziciji moˇze biti jedan od sedam daka, na drugoj jedan od ˇsest, na trećoj jedan od pet, i tako redom, na poslednjoj preostali jedan dak 7 6 5 1 = 7!).

→ · · · · · ·

Izraˇcunajmo najpre broj naˇcina suprotne situacije: na koliko naˇcina se u red mogu poredati ovih sedmoro daka tako da uˇcenice uvek stoje jedna pored druge. 91


1. Neka su uˇ cenice na susednim pozicijama jedan i dva: Dve uˇcenice se mogu rasporediti na ove pozicije na 2! naˇcina, dok se na preostalim pozicijama pet preostalih uˇcenika moˇze rasporediti na 5! naˇcina. Ukupan broj naˇcina je 2! 5! = 2 5!.

·

·

2. Neka su uˇcenice na susednim pozicijama dva i tri: Dve uˇcenice se mogu rasporediti na ove pozicije na 2! naˇcina, dok se na preostalim pozicijama pet preostalih uˇcenika moˇze rasporediti na 5! naˇcina. Ukupan broj naˇcina je opet 2! 5! = 2 5!.

·

·

3. Sliˇcno se dobija za uˇcenice na susednim pozicijama 3 i 4, 4 i 5, 5 i 6, 6 i 7 Dakle, ukupan broj sluˇ cajeva u kojima su uˇcenice jedna pored druge je 6 i u svakom od tih sluˇ cajeva ukupan broj razliˇcitih rasporeda je 2 5!. Sledi da je ukupan broj naˇcina u kojima su uˇcenice jedna pored druge

·

¯ = 6 2 5! = 2 6! N

· ·

·

Sada je ukupan broj naˇ cina na koji se u red mogu poredati daci tako da uˇ cenice ne stoje jedna pored druge jednak: ¯ = 7! 2 6! = 4 6! = 5 6 5 4 3 2 1 = 3600. N N

−

− ·

·

· · · · · ·



20. C Funkcija

9π 2 + sin x x će imati minimalnu vrednost kada je njen izvod jednak nuli f ′ (x0 ) = 0, odakle dalje sledi f (x) = 4x +



2

9π f ′ (x0 ) = 4 − 2 + cos x x

Za x 0 =

3π je 1 2

 − 

=4 1

x=x0

3π 1 2 x0

3π 1 1+ 2 x0



+ cos x0

− 3π2 x10 = 0 i cos x0 = cos 3π2 = 0 te je x0 = 3π2 reˇsenje jednaˇcine f ′ (x0 ) = 0.

U ovoj taˇcki funkcija f (x) ima minimalnu vrednost f (

3π 3π 9π 2 2 3π ) =4 + 2 + sin 2 2 x 3π 2 = 6π + 6π 1 = 12π 1.

−

−

92


27. jun 2011.


citu vrednost od ostala ˇcetiri izraza? 1. Koji od pet datih izraza ima razliˇ (A) 28

(C) 88/3

(B) 44

2. Vrednost izraza



−1

(A)

i2011 + i2012 i2013 i2014

−

(B) 0

| |

3. Ako je x > 2, x

(A) 4

∈

(E) 326/5

(N) Ne znam

−i

(N) Ne znam

(E) 4x

(N) Ne znam

(E) 4

(N) Ne znam

2015



, (i2 =

−1), jednaka je:

(C) 1

(D) i

(E)

√ x2 − 4 x + 2 − √ x2 − 4 − √ x2 − 4 + x + 2 + √ x2 − 4 identiˇcki jednak:

x+2+ R tada je izraz x+2

(B)

−4

(C) x

4. Ukupan broj realnih reˇsenja jednaˇcine

(A) 0

(D) 162

(B) 1

(D) 2x



(x + 1)2 = x + 1 je: x+1

|

|

(C) 2

3π 4π + sin jednak je: 7 7 π π 2sin (B) 2cos 14 14

(D) 3

5. Zbir sin

−

(A)

−

(C) 2 sin

π 14

(D) 2 cos

π 7

(E) 2 cos

π 14

(N) Ne znam

6. Osnovice jednakokrakog trapeza su 15 cm i 5 cm a kraci 13 cm. Njegova visina (u cm) iznosi:

(A) 16

(B) 8

(C) 10

cine 7. AKo su x 1 i x 2 koreni kvadratne jednaˇ (A)

1 3

2 3

(B)

(D) 12 1 x

−1

+

(C) 2

1 x

−2

(E) 9

= 1, tada je izraz

(D) 3

(N) Ne znam

x1 x 2 + jednak: x2 x1

(E) 5

(N) Ne znam

zine stranica naspram datih uglova i R polupreˇcnik 8. Neka su u proizvoljnom trouglu α, β i γ uglovi a, b i c duˇ opisanog kruga, tada je (A) R 2

−

−

(B) 2R2

  ± −   −

9. Ako je f (x) =

(A)

3

a2 + b2 + c2 jednako: cos2 α cos2 β cos2 γ

x+1 x 1

x+1 x 1

2

(B)

−

(C) 3R2

2

(x =

x 1 x+1

1) tada je f

2

(D) 4R2

(E) 5R2

(N) Ne znam

 −  −  x+1 x 1

−

f

x 1 jednako: x+1

  − −

(C) 0

x2 1 (D) 2 x +1

(E)

(C) 90o

(D) 45o

(E) 75o

−

x 1 x+1

2

(N) Ne znam − 10. Prave −ax + y − 3 = 0, x − by + 2 = 0 seku se u centru kruga x 2 + y 2 − 2x + 4y − 10 = 0. Ugao imedu ovih pravih je: (A) 60o

(B) 30o

(N) Ne znam

93


27. jun 2011.


(B) 2

−

x+y x y 5 + = , x 2 + y 2 = 20 jeste: x y x+y 2

(C) 4

−

(D) 6

(E) 8

(N) Ne znam

√ 2 + 1 1 1 √ cne geometrijske progresije √ + + + ··· jednak je: 12. Zbir beskonaˇ 2−1 2− 2 2 √ √ √ √ (A) 2 + 2 (B) 2 − 2 (C) 1 (D) 4 + 3 2 (E) 4 − 3 2 13. Ostatak pri deljenju polinoma x 243 + x81 + x27 + x9 + x3 + x polinomom x2 − 1 iznosi: (A) 0

(B) 1

(C) 2x

(D) 4x

(N) Ne znam

(E) 6x

(N) Ne znam

clanu komisiju u kojoj će biti bar 14. Na koliko naˇcina od 2 matematiˇcara i 8 inˇzenjera moˇzemo formirati petoˇ jedan matematiˇ car? (A) 196

(B) 248

(C) 70

cine 15. Zbir svih realnih reˇsenja jednaˇ



(D) 56

1 sin x + + 2 2

(E) 140

(N) Ne znam



1 cos2 x + = 2 na segmentu [0, 2π] iznosi: 2

(A) π

(B) 2π

(C) 3π

(D) 4π


(N) Ne znam

16. U razvoju binoma (x + y)n (x, y

∈ R, n ∈ N) drugi ˇclan je jednak 240, treći ˇclan 720 a ˇcetvrti 1080. Tada

je zbir x + y + n jednak: (A) 11

(B) 9

(C) 10

(D) 25

(E) 280

(N) Ne znam

cnika r iznosi: 17. Maksimalni obim pravougaonika upisanog u krug datog polupreˇ (A) 5 2r

√ √ (C) 2r

(B) 4 2r

√ √ (D) 3 2r


(N) Ne znam

cetvorostrane piramide je pravougaonik dijagonale d i ugla α medu dijagonalama. Ako boˇcne 18. Osnova prave ˇ ivice obrazuju sa osnovom piramide ugao β , tada je zapremina ove piramide jednaka: d3 (A) sin α ctgβ 12 d3 (C) sin α tg β 4 d3 (E) cos α tg β 12

d3 (B) sin α tg β 12 d3 α (D) sin tg β 12 2 (N) Ne znam

senja jednaˇcine log 2011 (2010x) = log 2010 (2011x) pripadaju intervalu: 19. Sva realna reˇ

 

1 (A) 0, 2011

(B)



1 , 1 2011 2010



(C)

 

 

1 ,1 2011

(D) 1, 2011 2010

zi nejednakost 20. Skup svih realnih vrednosti x za koje vaˇ brojeve a, b takve da je (A) (0, a) (C) [a, b] (E) (a, b)

−∞ < a < b < +∞) :

(B) (

(E)



2011 ,+ 2010

∞



(N) Ne znam

3 32x 4 42x < 0 je oblika (za neke realne 1 + 5 x+1 4

· |−

− ·

|−

−∞, a) ∪ (b, +∞)

(D) (a, b)

∪ (b, +∞)

(N) Ne znam

94


ˇ RESENJA 1. E Kako je:



4

     

44 = 22 88/3 =

= 2 2·4 = 28 8

1 3

23

162 = 24

2

1

= 23· 3 ·8 = 28

= 2 4·2 = 28

jedini izraz koji nema istu vrednost kao ostali je:

326/5 = 25



6 5

6

= 25· 5 = 26

2. D



i2011 + i2012 i2011 (1 + i) 1 1+i = = 2 = 2013 2014 2013 i i i (1 i) i 1 i i2011 + i2012 i2013 i2014

−



−

−

2015



−

= ( i)2015 = ( 1)2015 i2015 =

−

−

·

2

− i) = − 1 + 2i + i −1 (1 +1i)(1 2 1+1 −i

=

−i

−i2015 = −i · i2014 = −i · (i2)1007 = −i(−1)1007 = i.

3. C

√ x2 − 4 x + 2 − √ x2 − 4 2−4 − √ x2 − 4 + x + 2 + √ x√ √ 2 2 x + 2 + x2 − 4 x + 2 − x2 − 4 √ √ = + (x + 2)2 − ( x2 − 4)2 (x + 2)2 − ( x2 − 4)2 √ √ (x + 2)2 + 2(x + 2) x2 − 4 + x2 − 4 + (x + 2)2 − 2(x + 2) x2 − 4 + x2 − 4 = x2 + 4x + 4 − (x2 − 4) 2(x + 2)2 + 2(x − 2)(x + 2) =

x+2+ x+2



 



4(x + 2)

− 1

x= 2

=

2

(x + 2 + x

− 2) = x.

4. B Kako vaˇzi





(x + 1)2 = x + 1

to dalje imamo



|

|

(x + 1)2 = x+1 x+1

| ⇐⇒ |xx ++ 11| = |x + 1|  0 ⇐⇒ x = −1 to deljenjem obe strane jednaˇcine sa |x + 1| = 0 dobijamo kako je x + 1 = |

1 =1 x+1

⇐⇒

x+1=1

⇐⇒

x = 0

te jednaˇcina ima samo jedno realno reˇsenje.



5. E Kako je

za α =

sin α + sin β = 2 cos

α

− β sin α + β 2

2

3π 4π i β = dobijamo 7 7 sin

− ·

−

3π 4π 3π 4π 3π + 4π π π π + sin = 2 cos sin = 2 cos sin = 2 cos . 7 7 2 7 2 7 14 2 14

·

 =1

95


b = 5



6. D

Sa slike se za visinu trapeza, iz Pitagorine teoreme, dobija 2

h = c

2

− −  a

b

2

2

= 132

− 52 = 169 − 25 = 144 ⇒ h = 12.

c = 13

h

a = 15

a

−b 2





7. D Zadata jednaˇcina je za x = 1, 2 ekvivalentna redom kvadratnoj jednaˇcini

1 x

−1

+

1 x

−2

=1

⇐⇒ x − 2 + x − 1 = (x − 1)(x − 2) ⇐⇒ x2

2x

− 3 = x2 − 3x + 2

− 5x + 5 = 0

Ako su x 1 i x 2 reˇsenja ove kvadratne jednaˇcine tada vaˇzi

− x1)(x − x2) = x2 − (x1 + x2) + x1x2 = x2 − 5x + 5

(x

Izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma dobijamo x1 + x2 = 5 x1 x2 = 5 Sada dobijamo x1 x2 x2 + x22 x2 + x22 + 2x1 x2 + = 1 = 1 x2 x1 x1 x2 x1 x2

− 2x1x2 = (x1 + x2)2 − 2x1x2 = 25 − 10 = 3. x1 x2

5



zimo da je ∠AOB = 2∠ACB . Oznaˇcimo γ 1 = ∠ACO i γ 2 = ∠BC O kao na slici levo, gde je 8. D Prvo dokaˇ γ = ∠ACB = γ 1 + γ 2 . Kako je trougao AOC jednakokrak, to je ∠ACO = CAO = γ 1 i ∠AOC = π 2γ 1 . Sliˇcno se za jednakokraki trougao B OC dobija da je ∠BOC = π 2γ 2 . Najzad, za ugao ∠AOB dobijamo

−

−

∠AOB =

2π = 2π

− ∠AOC − ∠BOC − (π − 2γ 1) − (π − 2γ 2)

= 2γ 1 + 2γ 2 = 2γ B

B β

γ 2 a

c R

γ 2 C

γ 1

R

R

a

2γ O b

R

R γ 1

γ A

C

2α 2γ O 2β b

c

R

α

A

96


Sliˇcno vaˇ zi i za preostale uglove α i β kao ˇsto je prikazano na slici desno (ugao koji zaklapaju polupreˇcnici opisanog kruga su dvostruko ve´ ci od odgovarajućih uglova trougla). Sada, na osnovu kosinusne teoreme, za jednakokrake trouglove B OC , AOC , i AOB imamo redom a2 = R 2 + R2

− 2R2 cos2α = 2R2(1 − cos2α) = 2R2(1 − (cos2 α − sin2 α)) = 4R2(1 − cos2 α) b2 = R 2 + R2 − 2R2 cos2β = 4R2 (1 − cos2 β ) c2 = R 2 + R2 − 2R2 cos2γ = 4R2 (1 − cos2 γ )

Sabiranjem gornjih jednaˇcina se dobija a2 + b2 + c2 = 4R2 (3 odnosno (3



9. C

a2 + b2 + c2 = 4R2 . 2 2 2 cos α cos β cos γ )

−

−

−

  ± −      − − − − −   −  − − − −  −  −  −

x+1 f x 1 x 1 f x+1

f

x+1 x 1 x+1 x 1

− +1 − 1 x−1 x+1 + 1 x−1 1

=

=

2

x+1 x 1

f (x) =

Iz gornjih jednaˇcina sledi

− cos2 α − cos2 β − cos2 γ )

,

2

f

−

1

2

=

x+1+x 1 x+1 x+1

2

=

x x

2

x+1

x+1 x 1

x=

x 1 x+1

1+x+1 1 x 1

= x 2

= x 2

= x 2

x2 = 0.

zemo predstaviti u ekvivalentnom obliku 10. D Zadatu jednaˇcinu kruga moˇ



x2 + y 2

− 2x + 4y − 10 = 0 x2 − 2x + 1 − 1 + y 2 + 4y + 4 − 4 − 10 = 0 (x − 1)2 + (y + 2) 2 = 15 ˇsto poredenjem sa opˇstom jednaˇcinom kruga sa centrom u taˇcki (xc , yc ) i polupreˇcnikom R (x

− xc)2 + (y − yc)2 = R2

−

−

daje xc = 1 i yc = 2. Kako se zadate prave seku u centru ovog kruga, to taˇ cka (xc , yc ) = (1, 2) pripada obema pravama te su ispunjene sledeće jednaˇcine

−axc + yc − 3 = 0 ⇐⇒ −a − 5 = 0 ⇐⇒ a = −5 3 xc − byc + 2 = 0 ⇐⇒ 1 + 2b + 2 = 0 ⇐⇒ b = − 2 Jednaˇcine zadatih pravih se sada mogu predstaviti u sledećem obliku

−ax + y − 3 = 0 ⇐⇒ 5x + y − 3 = 0 ⇐⇒ y = −5x + 3 = k1x + b1, k1 = tg φ1 = −5 3 2 4 2 x − by + 2 = 0 ⇐⇒ x + y + 2 = 0 ⇐⇒ y = − x − = k 2 x + b2 , k2 = tg φ2 = − 2 3 3 3 gde su φ 1 i φ 2 uglovi koje ove dve prave zaklapaju sa x-osom. Ugao izmedu pravih φ 2 − φ1 se moˇze izraˇcunati iz sledećih relacija tg φ2 − tg φ1 − 23 + 5 15 − 2 tg (φ2 − φ1 ) = = = =1 1 + tg φ1 tg φ2

φ2

1+

10 3 o

3 + 10

− φ1 = arctg(1) = 45 . 97




 ±y moˇze predstaviti na sledeći naˇcin x + y x − y 5 + = x−y x+y 2 5 (x + y)2 + (x − y)2 = (x − y)(x + y) 2 5 x2 + 2xy + y2 + x2 − 2xy + y 2 = (x2 − y2 ) 2 4 2 (x + y 2 ) = x 2 − y2 5

11. C Prva jednaˇcina zadatog sistema se za x =

gde zamenom druge jednaˇcine x 2 + y 2 = 20 dobijamo x2

− y2 = 54 · 20 = 16

Sada imamo sledeći sistem jednaˇcina, ˇcijim reˇsavanjem dobijamo: x2 + y 2 = 20 x2 y 2 = 16

−

  ⇒

2x2 = 36

+

y2 = 20

⇐⇒

− x2 = 20 − 18 = 2

⇐⇒ x = ±3√ 2 √ ⇐⇒ y = ± 2

x2 = 18

Reˇsenja ovog sistema su sve moguće kombinacije gornjih reˇsenja za x i y pri ˇcemu mora da vaˇzi x =

√ √ √ √ √ √ √ √ (−3 2, − 2), (−3 2, + 2), (+3 2, − 2), (+3 2, + 2),

 ±y:

tj. sistem ima 4 realna reˇsenja.



12. D Prva tri ˇclana zadate geometrijske progresije su

√ 2 + 1 a1 = √ 2−1

√ 2 + 1 √ 2 + 1 √ = (√ 2 − 1)√ 2 = ((√ 2)2 − 12)√ 2 = √ 2 a2 = 2− 2 1

1

a3 = Kako vaˇzi

√ 2+1

1 2

√ − √ √

√ a2 ( 2)2 12 = √ 2 = = a1 2( 2 + 1) √ 2+1 2 1

i

−

√ 2(√ 12 + 1)

√ 2 · √ 2 + 1 = √ 2(√ 12 + 1)

a3 1 = a2 2

to se zadata geometrijska progresija moˇze predstaviti u obliku

√ 2 + 1 a1 = √ 2−1 an = q n−1 a1 ,

q =

√ 2(√ 12 + 1) < 1

Sada za zbir ove geometrijske progresije vaˇ zi a1 + a2 + a3 +

··· = a1(1 + q + q 2 + ··· ) = 1 a−1 q

te zamenom vrednosti za a 1 i q konaˇcno dobijamo

√ √ 22+1 −1 a1 + a2 + a3 + ··· = = 1 1 − √ 2(√ 2+1)

√ 2(√ 2 + 1) √ √ √ 2 − 1 = 2( 2 + 1)2 = 4 + 3√ 2. 98


13. E Ako je R(x) = r 1 x + r0 ostatak pri deljenju polinoma P (x) = x 243 + x81 + x27 + x9 + x3 + x polinomom 2

x

 − 1, pri ˇcemu koliˇcnik Q(x) mora biti polinom stepena n = 243 − 2 = 241, tada vaˇzi sledeća relacija P (x) = (x2 − 1)Q(x) + R(x)

Reˇsenje A. Imamo odakle za x =

P (x) = (x2

− 1)Q(x) + r1x + r0

±1 dobijamo P ( 1) = (( 1)2

−

i

− − 1)Q(−1) − r1 + r0 = −r1 + r0

P (1) = (1 2

− 1)Q(1) + r1 + r0 = r1 + r0

S druge strane vaˇ zi P ( 1) = ( 1)243 + ( 1)81 + ( 1)27 + ( 1)9 + ( 1)3 + ( 1) =

−

−

i

−

−

−

−

−

−6

P (1) = 1243 + 181 + 127 + 19 + 13 + 1 = 6

−

Iz jednakosti za P ( 1) i P (1) imamo sistem jednaˇ cina sa dve nepoznate

−r1 + r0 = −6 r1 + r0 = 6 ˇcijim reˇsavanjem dobijamo r0 = 0

∧ r1 = 6

te je R(x) = r 1 x + r0 = 6x. Reˇsenje B. Neka je Q(x) = a241 x241 + a240 x240 + a239 x239 +

··· + a3x3 + a2x2 + a1x + a0

Za desnu stranu gornje jednaˇcine imamo (x2

− 1)Q(x) + R(x) = (x2 − 1) ·



a241 x241 + a240 x240 + a239 x239 +



··· + a3x3 + a2x2 + a1x + a0 + r1x + r0 = a 241 x243 + a240 x242 + a239 x241 + a238 x240 + a237 x239 + ··· + a1 x3 + a0 x2 − a241x241 − a240x240 − a239x239 − · · · − a3x3 − a2x2 − a1x − a0 + r1 x + r0

odakle sledi x243 + x81 + x27 + x9 + x3 + x = a 241 x243 + a240 x242 + (a239

− a241)x241 + (a238 − a240)x240 + ··· + (a1 − a3 )x3 + (a0 − a2 )x2 + (r1 − a1 )x + r0 − a0

99


Izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma sa leve i desne strane gornje jednaˇcine redom dobijamo

a239 a238 a237

a241 = 1 a240 = 0 a241 = 0

− ⇒ a239 = a241 = 1 − a240 = 0 ⇒ a238 = a240 = 0 − a239 = 0 ⇒ a237 = a239 = 1 .. . a81 = 1

a79

− ⇒ a79 = 1 + a81 = 2 a78 − a80 = 0 ⇒ a78 = a 80 = 0 a77 − a79 = 0 ⇒ a77 = a 79 = 2 a76 − a78 = 0 ⇒ a76 = a 78 = 0 .. .

a25 a24 a23 a22

− a27 = 1 ⇒ a25 = 1 + a27 = 3 − a26 = 0 ⇒ a24 = a26 = 0 − a25 = 0 ⇒ a23 = a25 = 3 − a24 = 0 ⇒ a22 = a24 = 0 .. .

− a9 = 1 ⇒ a7 = 1 + a9 = 4 − a8 = 0 ⇒ a6 = a8 = 0 − a7 = 0 ⇒ a5 = a7 = 4 a4 − a6 = 0 ⇒ a4 = a 6 = 0 a7 a6 a5

.. . a3 = 1 a2 = 0 a1 = 1

− ⇒ a1 = 1 + a3 = 5 − ⇒ a0 = a2 = 0 − ⇒ r1 = 1 + a1 = 6 r0 − a0 = 0 ⇒ r0 = a 0 = 0

a1 a0 r1

Konaˇcno, za ostatak deljenja se dobija R(x) = r 1 x + r0 = 6x.

100




cara i 8 inˇzenjera treba formirati komisiju od pet ˇclanova tako da je u njoj bar 14. A Iz skupa od 2 matematiˇ jedan matematiˇ car. Imamo dve medusobno iskljuˇ cive mogu´ cnosti 1. U komisiji su taˇcno jedan matematiˇcar i ˇcetiri inˇzenjera. Jednog matematiˇcara iz skupa od 2 matematiˇcara moˇzemo izabrati na ˇ Cetiri inˇzenjera iz skupa od 8 inˇzenjera moˇzemo izabrati na komisija





2 naˇcina. 1

8 naˇ cina, pa je ukupan broj ovakvih 4

 ·  2 1

8 4

2. U komisiji su taˇcno dva matematiˇcara i tri inˇzenjera. Dva matematiˇcara iz skupa od 2 matematiˇcara moˇzemo izabrati na

  ·  8 3

Tri inˇzenjera iz skupa od 8 inˇzenjera moˇzemo izabrati na 2 2



2 naˇcina. 2

naˇcina, pa je ukupan broj ovakvih komisija

8 3

Sada se za ukupan broj petoˇclanih komisija u kojima je bar jedan matematiˇ car ima

 ·   ·  2 1

8 2 + 4 2

8 3

=2

· 84 ·· 73 ·· 62 ·· 51 + 1 · 83 ·· 72 ·· 61 = 28 · 5 + 56 = 196.

Zadatak se moˇze reˇsiti i na slede´ ci naˇ cin. Ukupan broj petoˇclanih komisija iz skupa od 10 struˇ cnjaka (2 matematiˇcara + 8 inˇzenjera) se moˇze izabrati na



10 naˇcina 5

Ukupan broj petoˇclanih komisija u kojima nema nijednog matematiˇcara dobija se biranjem pet ˇclanova iz skupa od 8 inˇzenjera, ˇsto se moˇze uˇciniti na 8 naˇcina 5

  − 

Sada je ukupan broj komisija u kojima je bar jedan matematiˇ car jednak razlici 10 5

8 5

= 196.

15. D Uvedimo smenu promenljivih



t = cos2 x +

tada je sin2 x + pa jednaˇcina

1 =1 2

− cos2 x + 21 = 1 + 12 − (cos2 x + 21 ) + 12 = 2 − t



1 sin2 x + + 2

postaje

1 2



cos2 x +

1 =2 2

√ 2 − t + √ t = 2 pri ˇcemu je neophodno da vaˇ zi t ≥ 0 i 2 − t ≥ 0 ⇐⇒ t ≤ 2. Kvadriranjem ob e strane gornje jednaˇcine dalje sledi 2

 − t(2

t) = 1

() 2

−t+t+2

 − t(2

t) = 4

→ t(2 − t) = 1 ⇐⇒ t2 − 2t + 1 = 0 ⇐⇒ (t − 1)2 = 0 ⇐⇒

t = 1 101


≤ t ≤ 2.

Reˇsenje t = 1 ispunjava uslove 0 Dalje imamo

1 1 t = cos2 x + = 1 cos2 x = 2 2 Sva reˇsenja poslednje jednaˇcine u skupu x [0, 2π] su

⇐⇒

cos x =

⇐⇒

±

√ 2 2

∈

π , x2 = 2π 4

x1 =

− π4 , x3 = π − π4 , x4 = π + π4

te traˇzeni zbir reˇsenja u zadatom skupu iznosi x1 + x2 + x3 + x4 = 4π.

16. C Prva ˇcetiri ˇclana u razvoju binoma (x + y)n su









n n−1 n n−2 2 n n−3 3 (x + y) = x + x y + x y + x y + 1 2 3 n

n

···

Prema uslovima zadatka vaˇ ze sledeće jednakosti nxn−1 y = 240 n(n

− 1) xn−2y2 = 720

2 n(n 1)(n 3 2 Deljenjem treće jednaˇcine drugom dobijamo

−

n(n

·

− 2) xn−3y3 = 1080

− 1)(n − 2) xn−3y3 · 2 1 1080 n−2y 9 ⇒ ⇐⇒ = = − n 2 2 3·2 n(n − 1) x y 720 3 x 2

y 9 3 = x 2n 2

−

Deljenjem druge jednaˇcine prvom na sliˇcan naˇcin dobijamo n(n

− 1) xn−2y2 ·

2

1 nxn 1 y

−

=

720 240

⇒ (n − 1) xy = 6 ⇐⇒

y 6 = x n 1

−

Iz poslednja dva izraza imamo 9 3 6 = 2n 2 n 1

− ⇐⇒

−

Dalje vaˇzi

12n

− 24 = 9n − 9 ⇐⇒

n = 5

y 6 3 = = ˇsto smenom u nx n−1 y = 240 5x4 y = 240 daje x n 1 2 3 3 x4 x = 48 x5 = 32 = 25 x = 2 i y = x = 3 2 2

⇐⇒

− ·

⇐⇒

⇐⇒

Sada je konaˇcno x + y + n = 2 + 3 + 5 = 10.



17. B

Na slici je prikazan krug p olupreˇcnika r sa upisanim pravougaonikom stranica a, b. Dijagonala pravougaonika jednaka je preˇ cniku kruga, te na osnovu Pitagorine teoreme za pravougaoni trougao kateta a i b i osnovice d = 2r imamo (2r)2 = a2 + b2

⇐⇒

 −  −

b =

Obim ovog pravougaonika je O = 2(a + b) = 2(a +

4r2

4r2

a2

r b

r a

a2 ) 102


i biće maksimalan, kada je izvod sledeće funkcije jednak nuli f (a) = a + Sada imamo

 − 4r 2

a2

df 1 = 1+ da 2 4r2

√ − a2 · (−2a) = 1 − √ 4r2a− a2

te iz uslova

df =0 da

dobijamo jednaˇcinu po nepoznatoj a 1

− √ 4r2a− a2 = 0 ⇐⇒

a =

 − 4r2

a2

⇒ a2 = 4r2 − a2 ⇐⇒

a2 = 2r2

⇒ a = r √ 2

Za maksimalni obim upisanog pravougaonika se dobija

√

  −  4r2

Omax = 2 a +

a2 = 2r 2 + 2

 − 4r 2

√

2r2 = 4r 2.



18. B Na slici levo je prikazana osnova prave ˇcetvorostrane piramide (pravougaonik dijagonale d i ugla izmedu

dijagonala α). Povrˇsina ovog pravougaonika se moˇze izraziti kao zbir povrˇsina ˇcetiri trougla koje grade dijagonale i stranice pravougaonika



1 d d 1d d B = 2 sin α + sin(π 22 2 22 2 1 1 = d2 sin α + d2 sin α 4 4 1 = d2 sin α 2

·

·



− α)

Na slici desno je prikazan trougao koji obrazuju dijagonala piramide i dve boˇcne ivice piramide. Kako je ugao izmedu dijagonale i boˇcnih ivica β to imamo tg β = te se za visinu piramide H dobija

H d 2

=

2H d

d H = tg β 2

Sada je zapremina piramide V =

1 1 1 2 d 1 3 BH = d sin α tg β = d sin α tg β. 3 3 2 2 12

·

·

O

D

C H d/2

d/2 A

π α π

−α −

α α

d/2

d/2 B

A

β d/2

d/2

C

103




19. A

log2011 (2010x) = log2010 (2011x) log2011 2010 + log2011 x = log2010 2011 + log2010 x log2011 2010

− log2010 2011 = log2010 x − log2011 x log2011 2011 log2011 x − log2011 x log2011 2010 − = log2011 2010 log2011 2010 1 1 − log2011 2010 log 2010 − = log x 2011

2011

log2011 2010

log2011 2010

(log2011 2010)2

− 1 = log2011 x (1 − log2011 2010) (log2011 2010 − 1)(log2011 2010 + 1) = log2011 x (1 − log2011 2010) log2011 x = −(log2011 2010 + 1) = −(log2011 2010 + log2011 2011) = − log2011 (2010 · 2011) log2011 x = log2011 (2010 · 2011)−1 1 1 x = 0, ∈ 2010 · 2011 2011

 

cimo 20. B Oznaˇ



P (x) = 3 32x

− 4 · 42x

Q(x) = 5x+1

− 1| − 4

·

i

|

sada treba reˇsiti nejednakost P (x) < 0 Q(x) 1. Odredimo najpre znak funkcije P (x). P (x) = 3 32x

·

P (x) > 0 Kako je

⇐⇒

2x+1

3

−4

2x+1

> 0

− 4 · 42x = 32x+1 − 42x+1

2x+1

⇐⇒

3

> 4

2x+1

4 > 1 to dalje vaˇzi 3

    ⇐⇒ 4 3

2x+1

<

  ⇐⇒ 4 3

2x+1

< 1

0

4 3

2x + 1 < 0

Dakle, P (x) > 0, P (x) < 0,

⇐⇒

x<

    ⇐⇒ 4 3

2x+1

<

4 3

0

− 12

− 12 1 x>− 2 x<

2. Odredimo sada znak funkcije Q(x). Razlikujemo sluˇcajeve a) 5x+1 1 = 5x+1 1 za 5x+1 1 > 0 Sada Q(x) postaje Q(x) = 5x+1

|

− |

−

−

|

⇐⇒ 5x+1 > 1 ⇐⇒ 5x+1 > 50 ⇐⇒ − 1| − 4 = 5x+1 − 1 − 4 = 5x+1 − 5

−1 dobija ⇐⇒ 5x+1 − 5 > 0 ⇐⇒

x + 1 > 0

⇐⇒

x>

−1

te se za znak funkcije Q(x), za x > Q(x) > 0

5x+1 > 5 1

⇐⇒

x + 1 > 1

⇐⇒

x > 0

Dakle, imamo Q(x) > 0,

x > 0

Q(x) < 0,

−1 < x < 0 104


−1 imamo |5x+1 − 1| = −5x+1 + 1. Sada Q(x) postaje Q(x) = |5x+1 − 1| − 4 = −5x+1 + 1 − 4 = −5x+1 − 3 kako su oba sabirka u gornjem izrazu negativna za svako x ∈ R to za znak funkcije u ovom skupu realnih brojeva vaˇ zi Q(x) < 0, x < −1

b) Za x <

Dakle, za znak funkcije Q(x) konaˇcno dobijamo Q(x) > 0, x > 0 Q(x) < 0, x < 0 U sledećoj tabeli su sumirani prethodni rezultati za znak funkcija P (x), Q(x) i P (x)/Q(x): x

∈

P (x) Q(x) P (x)/Q(x)

Dakle

(

−∞, − 12 ) (− 12 , 0) − + − − − +

P (x) < 0 za x Q(x)

  ∈ −∞ − ∪ ,

1 2

∞ −

(0, + )

+

− ∞

(0, + ).

105


28. jun 2010.


1. Vrednost izraza

(A) 0.357 2. Ako je x =

(A)

−1

3. Ako je f

3 5 7 + + jednaka je: 100 1000 100000 (B) 0.3507 (C) 0.35007

(D) 0.0357

−1, vrednost izraza −(x4 + x3 + x2 + x) iznosi: (B) −4 (C) 0 (D) 4

 −  x 2 x+1

(A) 0

(B)

(E) 0.03507

(N) Ne znam

(E) 10

(N) Ne znam

(E) 2

(N) Ne znam

= x, tada je f (2) jednako:

−2

(C)

−1

(D) 1

zina one tetive kruga x 2 + y 2 + 4x 4. Duˇ

√ (A) 5

√ (B) 2 5

− 4y − 17 = 0, ˇcija je sredina u taˇcki P (0, 3), jednaka je: √ √ √ (C) 4 5 (D) 5 5 (E) 6 5 (N) Ne znam

5. Ako je sin 41o = a, cos41o = b, sin 18o = c, cos18o = d, tada je sin( 23o ) jednak:

− cd (C) ac − bd (A) ab

(B) bc

(D) ac + bd

(E) Nijedan od navedenih odgovora 6. Ako je i =

(A) i

− ad

−

(N) Ne znam

√ −1 tada vrednost izraza (1 + i)2010 − (1 − i)2012 iznosi: (1 − i)2011 (1 + i)2013 (B) 1 (C) −1 (D) −i

(E) 0

(N) Ne znam

(E) 3x + 1

(N) Ne znam

7. Ostatak pri deljenju polinoma 3x5 + 2x4 + 3 binomom x + 1 jeste:

(A) x + 2 8. Ako je tg

(B)

−3

(C)

−2

 −   π 4

x = 2

(D) 2

a , (a > 0, b > 0, a = b) tada je sin x jednak: b



√ √ a+b 1 b b− a (C) (D) √ √ (E) 1 − a−b a a− b 2 √ a + x2 − 2√ a + a + x + 2√ a identiˇcki jednak: 9. Ako je a > 0 i x > a, tada je izraz (A)

−

b a b+a

√

(A) 2 x

(B)

(B) 2



a x

 (C)

x

2a √ x



(D)

x

√ 2x

(E)

10. Ako se zna da se binomni koeficijenti petog i trećeg ˇclana u razvoju binoma

odnose kao 7 : 2, tada je ˇclan koji sadrˇzi x jednak: (A) 34x

(B) 81x

(C) 84x

(N) Ne znam

(D) 2x

√ a + √ x

√

 √

1 x+ 3 x2

(E) x

(N) Ne znam n

(x > 0, n

∈ N)

(N) Ne znam

107


28. jun 2010.

canjem polupreˇcnika osnove valjka za 6 jedinica njegova zapremina se poveća za y kubnih jedinica. 11. Pove´ Povećanjem visine valjka za 6 jedinica njegova zapremina takode se poveća za y kubnih jedinica. Ako je poˇcetna visina valjka jednaka 2, tada je poˇcetni polupreˇcnik valjka jednak: (A) 2

(B) 4

(C) 6

(D) 8

(E) π

(N) Ne znam

12. Dati su iskazi:

| − | ≤ | − − | ≥ | | |

I) Nejednaˇcina x 1 0 nema realnih reˇsenja; 2 II) Nejednaˇcina x 4 0 je taˇcna za svaku realnu vrednost x; 2 III) Nejednaˇcina x + 1 + x + x 0 nema realnih reˇsenja. Tada: (A) Taˇcan je samo iskaz I (B) Taˇcan je samo iskaz II

|≤

(C) Taˇcan je samo iskaz III

(D) Nijedan od navedenih iskaza nije taˇcan

(E) Sva tri iskaza su taˇcna

(N) Ne znam

senja jednaˇcine sin4 x 13. Ukupan broj realnih reˇ (A) 3

(B) 4

− cos4 x = cos 4x na segmentu [0, 2π] je:

(C) 6

(D) 7

(E) 0

(N) Ne znam

14. Ako je u trouglu ABC ugao kod temena C jednak 60o , a stranice BC = 8 i CA = 5, tada je ugao kod

temena A jednak: (A) arcsin (C) arcsin (E) 45o

 √   √  4 143 3 3 7

4 3 7 3 (D) arcsin 143 (N) Ne znam (B) arcsin

15. Skup svih realnih reˇ senja nejednaˇcine

−∞− ∪

(A) (

, 2)

∞

(3, + )

 − (x

3)(2

3 ,3 2 (E) Nijedan od ponudenih odgovora (C)

(B) 1

− x) ≥ 3 + 2x je:

(B) [2, 3] (D) [2, + )

∞

(N) Ne znam

senja jednaˇcine 16. Ukupan broj realnih reˇ (A) 0

 √   √ 

  1+

1 2x

(C) 2

log 3 + log 2 = log(27 (D) 3

−3

1 x

) je:

(E) 4

(N) Ne znam

17. Katete pravouglog trougla iznose 3 cm i 4 cm. Rastojanje izmedu centara upisanog kruga i opisanog kruga

tog trougla iznosi (u cm): 1 (A) 2

(B)

√ 3 2

(C)

√ 5 2

(D) 2

(E)

√ 3 4

(N) Ne znam

cijem zapisu su sve tri cifre razliˇcite, ima: 18. Trocifrenih brojeva, u ˇ (A) 728

(B) 720

(C) 642

(D) 648

(E) 450

(N) Ne znam

clanovi aritmetiˇckih progresija 17, 21, 25, 29, . . . i 16, 21, 26, . . . jednaki su medu sobom. Tada zbir 19. Neki ˇ prvih 50 jednakih ˇclanova datih progresija iznosi: (A) 25550

(B) 25020

(C) 26250

(D) 20500

ca vrednost funkcije y = x 3 20. Ako su m i M redom najmanja i najve´ zbir m + M jednak: (A) 5

(B)

527 27

(C)

31 27

(D) 29

(E) 24050

(N) Ne znam

− 2x|x − 2| na segmentu [0, 3], tada je (E)

607 27

(N) Ne znam

108





3 = 0.03 100 5 = 0.005 1000 7 = 0.00007 100000

to imamo

3 5 7 + + = 0.03 + 0.005 + 0.00007 = 0.03507. 100 1000 100000



2. C

x =

−1

x2 = 1 x3 =

−1

x4 = 1 x4 + x3 + x2 + x = 1



3. B

f Kako je

 −

x 2 =2 x+1

to sledi

− 1 + 1 − 1 = 0.

 −  x 2 x+1

= x

⇒ xx −+ 12 = 4 ⇐⇒ x − 2 = 4x + 4 ⇐⇒ f (2) =

3x =

−6 ⇐⇒

x =

−2

−2.



ze napisati u obliku 4. C Jednaˇcina kruga se moˇ x2 + y 2 + 4x

− 4 + (y2 − 4y + 4) − 4 − 17 = 0 ⇐⇒ ˇsto odgovara krugu polupreˇcnika R = 5 sa centrom u taˇcki O(xc , yc ) = (−2, 2). − 4y − 17 = 0 ⇐⇒

(x2 + 4x + 4)

Na slici je prikazan dati krug sa tetivom ˇcija je sredina u taˇ cki P (x p , y p ) = (0, 3). Polupreˇcnici kruga R sa tetivom formiraju jednakokraki trougao AOB ˇcija se visina moˇze odrediti kao rastojanje izmedu taˇcaka O(xc , yc ) i P (x p , y p ) h =

 − (xc

x p )2 + (yc

− y p )2 =

 − − ( 2

√ √ 0)2 + (2 − 3)2 = 4 + 1 = 5

Sada iz Pitagorine teoreme za pravougli trougao P OA dobijamo da je polovina duˇzine tetive

√ d2 = R 2 − h2 = 25 − 5 = 4 · 5 ⇒ d = 2 5 te je duˇzina tetive

(x + 2)2 + (y

− 2)2 = 5 2

A d

P (0, 3)

R h

−

O( 2, 2)

d R

B

√

D = 2d = 4 5.

109




5. B

a = sin41o , b = cos41o , c = sin18o , d = cos18o

Koristimo trigonometrijski identitet sin(α

− β ) = sin α cos β − sin β cos α

Sada vaˇzi sin( 23o ) =

−

− sin(23o) = − sin(41o − 18o) = − sin 41o cos18o + sin 18o cos41o = −ad + cb = bc − ad.



6. C

1+i (1 + i)2 1 + 2i + i2 2i = = = = i 2 1 i (1 i)(1 + i) 1 i 2

−

− 1−i = 1+i

  1+i 1 i

−

Dalje sledi

  − − −

(1 + i)2010 1 = 2011 (1 i) 1 i

−

(1 i)2012 1 = (1 + i)2013 1+i

−

1 i 1+i

1+i 1 i

2012

=

2010

=

1 1

−1

−i

i2010 =

−

=

1 = i

1 1

−i

−i

(i2 )1005 =

1

( 1)1005 =

− 1−i

− 1 −1 i

1 1 2012 1 1 1 ( i)2012 = i = (i2 )1006 = ( 1)1006 = 1+i 1+i 1+i 1+i 1+i

−

−

Sada konaˇcno dobijamo (1 + i)2010 (1 i)2011

−

2012 +1−i 2 =− = −1. − (1(1 +− i)i)2013 = − 1 −1 i − 1 +1 i = − (11 +−ii)(1 + i) 1 − i2



7. D

Reˇsenje A. Zadatak se moˇze reˇsiti direktnim deljenjem zadatog polinoma binomom x + 1 na sledeći naˇcin: 2 3x5 + 2x4 +3 x + 1 = 3x4 x3 + x2 x + 1 + x+1 3x5 3x4



−

÷ 

− − x44

−

−

x + x3 x3 x3

− − x2 − x22

x +x x+3 x 1 2

− −

Reˇsenje B. Neka je koliˇcnik pri deljenju polinoma P (x) = 3x5 + 2x4 +3 binomom x +1, polinom Q(x) (reda 5 polinom R(x) = r (reda 0) tako da vaˇ zi

− 1) i ostatak

P (x) = (x + 1)Q(x) + r odakle sledi

−

−

P ( 1) = ( 1 + 1)Q(1) + r = r S druge strane imamo da vaˇ zi P ( 1) = 3(˙

−

− 1)5 + 2 · (−1)4 + 3 = −3 + 2 + 3 = 2 110


−

Iz poslednje dve jednakosti za P ( 1) direktno sledi r = 2

⇒ R(x) = r = 2.

Reˇsenje C. Neka je koliˇ cnik pri deljenju polinoma P (x) = 3x5 + 2x4 + 3 binomom x + 1, polinom Q(x) = a 4 x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x1 + a0 (reda 5 1) i ostatak polinom R(x) = r (reda 0). Sada imamo sledeću jednakost

−

P (x) = (x + 1)Q(x) + R(x) odnosno 3x5 + 2x4 + 3 = (x + 1)(a4 x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 ) + r = a 4 x5 + a3 x4 + a2 x3 + a1 x2 + a0 x + a4 x4 + a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 + r = a 3 x5 + (a3 + a4 )x4 + (a2 + a3 )x3 + (a1 + a2 )x2 + (a0 + a1 )x + a0 + r Izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma sa leve i desne strane gornje jednaˇcine redom dobijamo: a4 = 3 a3 + a4 = 2 a2 + a3 = 0

⇒ a3 = 2 − a4 = −1 ⇒ a2 = −a3 = 1 a1 + a2 = 0 ⇒ a1 = −a2 = −1 a0 + a1 = 0 ⇒ a0 = −a1 = 1 a0 + r = 3 ⇒ r = 3 − a0 = 2 Dakle, ostatak pri deljenju je R(x) = r = 2.



8. A Koristimo sledeće trigonometrijske identitete

cos2 x + sin2 x = 1 sin2x = 2 sin x cos x tg x tg y tg (x y) = 1 + tg x tg y

−

−

Kako je tg to dobijamo

tg π4 tg x2 1 tg x2 cos x2 sin x2 = = 1 + tg π4 tg x2 1 + tg x2 cos x2 + sin x2

 −  −  −   ⇐⇒ π 4

tg

x 2

π 4

=

x = 2

a b

−

−

cos x2 sin x2 = cos x2 + sin x2

−

 a b

Kvadriranjem prethodne jednakosti dalje imamo



cos x2 sin x2 cos x2 + sin x2

−

2

=

a b

cos2 x2 + sin2 x2 2sin x2 cos a = b cos2 x2 + sin2 x2 + 2sin x2 cos

x 2 x 2

−

b(1



− sin x) = a(1 + sin x) ⇐⇒

(a + b)sin x = b

=

1 sin x 1 + sin x

−

− a ⇐⇒

sin x =

b a . b+a

−

111




zi 9. A Vaˇ

 

a + x2 x

− 2√ a = √

a + x2 + 2 a = x

Kako je x > izrazu:

 

a + x2

− 2√ a · x = x

√ ·

a + x2 + 2 a x = x

 √  √

( a)2 + x2 x

− 2√ a · x = √ ·

( a)2 + x2 + 2 a x = x

 √ −  √ ( a

x)2

x

√ | x − a| √ = x

| √ √ |

( a + x)2 x+ a = x x

√ a, to imamo |x − √ a| = x − √ a i |x + √ a| = x + √ a. Zadati izraz je identiˇcki jednak sledećem √ √ 2x √ √ √ a + x2 a + x2 x− a x+ a − 2 a + x + 2 a = √ x + √ x = √ x = 2 x. x





clanova u razvoju binoma (a + b)n dato je izrazom 10. C Prvih pet ˇ











n n−1 n n−2 2 n n−3 3 n n−4 4 (a + b) = a + a b+ a b + a b + a b + 1 2 3 4 n

n

Po uslovu zadatka je a =

√ x = x

1 2

b =

√ 1 2 = x− 3

···

2 3

x

i odnos binomnog koeficijenta petog i trećeg ˇclana

  n 4 n 2

=

7 2

⇐⇒

n(n 1)(n 2)(n 3) 4321 n(n 1) 21

−

− ··· − ·

−

=

(n

− 2)(n − 3) = 7 ⇐⇒ (n − 2)(n − 3) = 7 · 6 ⇐⇒ n − 2 = 7 ⇐⇒ 12 2

n = 9

Iz sledećeg uslova nalazimo ˇclan k koji sadrˇzi x

9

−k − 2 =1

2 Sada je ˇclan koji sadrˇzi x

3

9−k 2

9−k 2

2 3

2 3

⇐⇒ x · x− = x1 ⇐⇒ x − = x1 ⇐⇒ 27 − 3k − 4k = 6 ⇐⇒ 7k = 21 ⇐⇒ k = 3.

an−k bk = x





· · · ·

n n−k k 9 9 8 7 a b = x = x = 84x. k 3 3 2 1

cnik kruga u osnovi valjka, i H njegova poˇcetna visina. Poˇ cetna zapremina 11. C Neka je r poˇcetni polupreˇ



valjka je

V = BH = r 2 πH

Prema uslovima zadatka, kad se polupreˇcnik osnove poveća za 6 jedinica, zapremina se poveća za y kubnih jedinica, te vaˇzi V 1 = r 12 πH = (r + 6) 2 πH = V + y Sliˇcno, povećanjem visine za 6 jedinica, imamo isto povećanje zapremine od y kubnih jedinica pa vaˇ zi V 2 = r 2 πH 2 = r 2 π(H + 6) = V + y Kako je V 1 = V 2 = V + y, iz prethodne dve jednaˇcine sledi (r + 6)2 πH = r 2 π(H + 6)

⇐⇒

(r + 6)2 H = r 2 (H + 6)

i kako je H = 2, to dalje vaˇ zi (r + 6)2 2 = r 2 8

·

· ⇐⇒

4r2 = (r + 6)2

⇒ 2r = r + 6 ⇐⇒

r = 6.

112




12. B Posmatrajmo svaki iskaz ponaosob:

| − 1| ≤ 0 nema realnih reˇsenja.

I) x

Ovaj iskaz je oˇcigledno netaˇcan jer x = 1 ispunjava zadatu nejednakost (to je ujedno i jedino reˇsenje gornje nejednaˇcine).

| − x2 − 4| ≥ 0 je taˇcno za svaku realnu vrednost x. Kako je prema definiciji apsolutne vrednosti | x| ≥ 0 ∀x ∈ R, to je zadata nejednakost | − x2 − 4| = |x2 + 4| ≥ 0 ispunjena za svaku realnu vrednost x, te je ovaj iskaz taˇcan. III) |x + 1| + |x2 + x| ≤ 0 nema realnih reˇsenja. II)

Kako je

|x + 1| + |x2 + x| = |x + 1| + |x(x + 1)| = |x + 1|(1 + |x|) = 0 za x = −1

to gornja nejednaˇcina ima jedno realno reˇsenje te je ovaj iskaz takode netaˇcan. Dakle, taˇcan je samo iskaz II). ci sledeće trigonometrijske identitete 13. B Koriste´



sin2 x + cos2 x = 1 cos2x = cos2 x

− sin2 x = 2 cos2 x − 1

dobijamo sin4 x

− cos4 x = (sin2 x)2 − (cos2 x)2 = (sin2 x − cos2 x) (sin2 x + cos2 x) = − cos2x

     =

− cos2x

pa zadata jednaˇcina poprima ekvivalentni oblik

=1

− cos2x = cos 4x = cos(2 · 2x) = 2cos2 2x − 1 ⇐⇒ 2cos2 2x + cos 2x − 1 = 0 Smenom t = cos 2x ∈ [−1, 1] dobijamo kvadratnu jednaˇcinu 2t2 + t − 1 = 0 ˇcija su reˇsenja

√ −1 − 1 ± 1 + 4 · 2 −1 ± 3 t1,2 = = = − 12 2·2 4 Kako oba reˇsenja ispunjavaju uslov t ∈ [−1, 1] to imamo π cos2x = −1 ⇐⇒ 2x = π + 2mπ ⇐⇒ x = + mπ 2 od kojih x =



{ π2 , π2 + π} pripadaju segmentu [0, 2π] cos2x =

od kojih x =

1 2

⇐⇒

2x =

± π3 + 2nπ ⇐⇒

x =

± π6 + nπ

{ π6 , π − π6 , π6 + π, − π6 + 2π} pripadaju segmentu [0, 2π].

Dakle, ukupan broj reˇsenja zadate

jednaˇ cine na segmentu [0, 2π] je: 6.



14. B

Prema uslovima zadatka je (videti sliku) C

a = 8, b = 5, γ = 60o .

γ

Traˇzeni ugao α u temenu A se moˇze izraˇcunati primenom formule za povrˇsinu trougla ABC . Najpre, povrˇsina trougla se moˇ ze izraziti preko poznatih stranica a i b i njima zahvaćenog ugla γ :

√

√

1 1 3 P = ab sin γ = 8 5 sin60o = 20 = 10 3 2 2 2

· ·

a

b

A

α c

B

113


Na osnovu kosinusne teoreme, duˇzina stranice c iznosi c2 = a 2 + b2

− 2ab cos γ = 82 + 52 − 80 · 12 = 64 + 25 − 40 = 49 ⇒ c = 7

Sada je povrˇsina istog trougla izraˇzena preko p oznatih stranica b i c i njima zahvaćenog ugla α: 1 P = bc sin α 2

⇒

√ ·

√

2P 20 3 4 3 sin α = = = bc 5 7 7

odakle se za traˇzeni ugao α dobija

√

4 3 α = arctg . 7



senja nejednaˇcine 15. E Realna reˇ

 − (x

3)(2

− x) ≥ 3 + 2x

treba traˇziti u skupu realnih brojeva x za koje je ispunjeno (x

− 3)(2 − x) ≥ 0 ⇐⇒ (x − 2)(x − 3) ≤ 0 ⇐⇒ x ∈ [2, 3]

Kvadriranjem leve i desne strane zadate nejednakosti dobijamo (x Kako je x

− 3)(2 − x) ≥ (3 + 2x)2 ⇐⇒ −x2 + 5x − 6 ≥ 4x2 + 12x + 9 ⇐⇒

5x2 + 7x + 15

≤0

∈ [2, 3] > 0 to je svaki sabirak u zbiru 5x2 + 7x + 15 veći od nule, pa vaˇzi 5x2 + 7x + 15 > 0

i nejednaˇcina 5x2 + 7x + 15 zi 16. B Vaˇ



≤ 0 nema reˇsenja.

  1+

1 2x

·

1 1 log 3 + log 2 = log 3(1+ 2x ) + log 2 = log 2 3(1+ 2x )

te zadata jednaˇcina postaje

·



1 log 2 3(1+ 2x ) = log(27

2 3(1+ 2x ) = 27 1

·

·

1

6 3 2x = 27 1

−3

−3

−3

1 x



)

1 x

1

x

Uvodenjem smene t = 3 2x > 0 dalje imamo 6t = 27

− t2 ⇐⇒

t2 + 6t

− 27 = 0

Reˇsenja ove kvadratne jednaˇcine su

√ √ − 6 ± 36 + 4 · 27 −6 ± 144 −6 ± 12 −9 t1,2 = = = = 2

2



2

3

Kako vaˇzi uslov t > 0, to je t 2 = 3 jedino reˇsenje. Dalje vaˇ zi 1

t = 3 2x = 31

⇐⇒

1 =1 2x

⇐⇒

x =

1 2

tako da je ovo jedino reˇsenje zadate jednaˇcine.

114




17. C

Na slici (iznad) je prikazan pravougli trougao sa katetama duˇzine a = 3 cm i b = 4 cm i sa centrom koordinatnog sistema smeˇstenim u temenu pravog ugla. Hipotenuza ovog trougla je prema Pitagorinoj teoremi c2 = a 2 + b2 = 32 + 42 = 25

y

⇒ c = 5

(0, 3) R

Centar opisanog kruga svakog pravouglog trougla se nalazi na sredini hipotenuze, pa su koordinate ove taˇcke xo =

4+0 = 2, 2

yo =

(xo , yo )

3+0 = 1.5 2

R

Na slici (ispod) je isti pravougli trougao sa upisanim krugom. Polupreˇcnik upisanog kruga se moˇze dobiti iz izraza r =

R x

(0, 0)

2P a+b+c

(4, 0)

y

gde je P povrˇsina trougla. Kako se radi o pravouglom trouglu, to vaˇzi P =

1 1 ab = 3 4 = 6 2 2

(0, 3)

·

te za polupreˇcnik upisanog kruga imamo r =

12 =1 3+4+5

r (xu , yu ) r

Sa slike se vidi da je centar upisanog kruga u taˇ cki ˇcije su koordinate xu = r = 1,

x (0, 0)

yu = r = 1

(4, 0)

Sada je rastojanje izmedu centara upisanog i opisanog kruga zadatog trougla jednako rastojanju izmedu taˇcaka (xu , yu ) = (1, 1) i (xo , yo ) = (2, 1.5): d =

 − (xo

xu

)2

+ (yo

− yu

)2

=



(2

1)2

−

+

 −   3 2

2

1

√

1 5 1+ = . 4 2

=



  c2 : Za ovu cifru moˇ zemo izabrati bilo koju od devet cifara iz skupa {1, 2, . . . , 9}. Cifra 0 ne moˇze biti na ovom

zimo ukupan broj trocifrenih brojeva c 2 c1 c0 za ˇcije cifre vaˇzi c 2 = c 1 = c 0 . 18. D Traˇ poloˇzaju jer bismo u suprotnom imali dvocifreni broj.

c1 : Za ovu cifru moˇzemo izabrati bilo koju od devet cifara 0, 1, 2, . . . , 9 već izabrali za c 2 .

{

}\{c2} (sve cifre osim one koju smo

c0 : Za ovu cifru moˇ zemo izabrati bilo koju od osam cifara 0, 1, 2, . . . , 9 smo već izabrali za c 2 i c 1 .

{

}\{c2, c1} (sve cifre osim onih koje

Ukupan broj mogućnosti je sada:

· ·

·

9 9 8 = 8 81 = 648.



ze predstaviti u generalnom obliku (prvi ˇclan je 17, rastojanje 19. A Aritmetiˇcka progresija 17, 21, 25, 29, . . . se moˇ izmedu susednih ˇclanova je 4): a0 = 17, da = 4, am = a 0 + mda

⇒ am = 17 + 4m, m ∈ N0

dok se na sliˇcan naˇcin za drugu aritmetiˇcku progresiju 16, 21, 26, . . . dobija (prvi ˇclan je 16, rastojanje izmedu susednih ˇclanova je 5): b0 = 16, db = 5, bn = b 0 + ndb bn = 16 + 5n, n N0

⇒

∈

Traˇzimo ˇclanove ovih dveju progresija koji su jednaki medu sobom. Iz uslova am = b n

⇐⇒ 17 + 4m = 16 + 5n

115


n =

4m + 1 5

gde su m i n prirodni (celi pozitivni) brojevi, imamo

n =

4m + 1 = 5

  

1, 5, 9, 13, .. .

m = 1 m = 6 m = 11 m = 16 .. .

ˇ Clanovi koji su jednaki medu sobom formiraju novu aritmetiˇcku progresiju c p , datu sa c1 = a1 = b1 , c2 = a6 = b5 , c3 = a11 = b9 , c4 = a16 = b13 , . . . koja se moˇze predstaviti sa poˇcetnim ˇclanom c p = a1 = b1 = 21 i rastojanjem izmedu susednih ˇclanova koje je jednako dc = a 6

− a1 = b5 − b1 = (16 + 5 · 5 − (16 + 5 · 1)) = 20.

Zbir prvih pedeset ˇclanova ove progresije je c0 + c1 +

··· + c50 = c0 + c0 + dc + ··· + c0 + 49 · dc = 50 · c0 + dc (1 + 2 + ··· + 49) 49(49 + 1) = 50 · c0 + dc 2 = 50 · 21 + 20 · 49 · 25 = 1050 + 24500 = 25550.

zimo ekstremne vrednosti funkcije y = x 3 20. C Traˇ



Vaˇzi

|x − 2 | =



− 2x|x − 2| na segmentu [0, 3]. x − 2, x > 2 −(x − 2), x ≤ 2

Sada na intervalu [0, 3] razlikujemo dva sluˇcaja:

• x ∈ (2, 3]:

Kako je x > 2 to funkcija prima oblik y = x 3

− 2x(x − 2) = x3 − 2x2 + 4x

Ekstremne vrednosti funkcije na ovom intervalu nalazimo posmatranjem prvog izvoda funkcije: y ′ = 3x2

− 4x + 4 = 2x2 + (x2 − 4x + 4) = 2x2 + (x − 2)2 Kako za x ∈ (2, 3] vaˇzi 2x2 > 0 i (x − 2)2 > 0 to je y ′ > 0 te je funkcija na ovom intervalu rastuća. Maksimalnu vrednost ona dostiˇze za x = 3 i ta vrednost iznosi M = y(3) = 33

• x ∈ [0, 2]:

Kako je x

− 2 · 3(3 − 2) = 27 − 6 = 21

≤ 2 to funkcija postaje y = x 3 + 2x(x

Izvod funkcije u ovom sluˇcaju je

− 2) = x3 + 2x2 − 4x

y ′ = 3x2 + 4x

−4

Ekstremne vrednosti funkcije dobijamo za y ′ = 0 odakle se ima 3x2 + 4x

Kako je x

−4 = 0

√ √ −2 4 ± 16 + 3 · 16 −4 ± 64 −2 ± 4 − 2 = = = ⇐⇒ x1,2 = 6 6 3

∈ [0, 2] to je x 2 = 32 jedino reˇsenje. Drugi izvod funkcije je y′′ = (3x2 + 4x − 4)′ = 6x + 4



3

116


i u taˇcki x 2 =

2 ima vrednost 3



2 2 y ′′ = 6 · + 4 = 8 > 0 3

3

te funkcija u ovoj taˇcki ima minimum koji iznosi m = y

  − 2 3

=

Sada je m + M =

2 3

3

+2

2 3

2

4

2 2 4 + 12 = 3 3 9

− 36 = − 40 27

−40 + 567 = 527 . + 21 = − 40 27 21 27

117


26. jun 2009.


1. Vrednost izraza

(A) 0.004

 √ 3

0.000064 jednaka je:

(B) 0.008

(C) 0.02

(D) 0.04

(E) 0.2

(N) Ne znam

(E) 4D2

(N) Ne znam

2. Ako je D duˇzina dijagonale kocke, tada je njena povrˇsina jednaka:

(A) 2D2

(B)

1 2 D 3

3. Ako je x(2x + 1) = 0 i (x +

1 )(2x 2

− 12

(D) 6D2

− 3) = 0, tada je x jednako:

3 −3 (D) 0 (E) 2 4. Date su funkcije f (x) = 1 − x i g (x) = 2 − x. Tada je izraz f (g(x)) − g(f (x)) jednak: (A) 0 (B) −x (C) x (D) −2 (E) 2 (A)

1 2

1 2 D 2

(C)

(B)

(C)

(N) Ne znam

(N) Ne znam

5. Teme parabole y = x 2

(A) 16

− 8x + m biće na x osi ako je m jednako: √ (B) −4 (C) 4 (D) 6 3

(E) 9

(N) Ne znam

6. Ako je polinom x 2009 + ax2 + bx + 1 (a, b su realni brojevi) deljiv polinomom x 2 + 1, tada je 2a + b jednako:

(A) 1

(B)

−1

(C)

−3

(D) 3

(E) 0

ceg i ˇcetvrtog ˇclana u razvoju binoma 7. Ako se zna da se binomni koeficijent tre´ odnose kao 1 : 2, tada je srednji ˇclan tog razvoja jednak: (A) 20a

(B) 70a2

(C) 70a

8. Osnovica jednakokrakog trougla iznosi

3

(N) Ne znam

√ √  1 a+ 4 a 5

(D) 20a 4

(E) 252a 4

n

, (a > 0, n

∈N

(N) Ne znam

√ 2 cm. Teˇziˇsne duˇzi koje su povuˇcene na krake seku se pod pravim

uglom. Povrˇ sina tog trougla (u cm 2 ) iznosi: (A) 1.5

(B) 2.5

(C) 2

(D) 3.5

(E) 4

(N) Ne znam

zine stranica naspram datih uglova proizvoljnog trougla, tada je 9. Neka su α, β i γ uglovi a a, b i c duˇ cos β cos γ + jednako: b c 1 (A) (a2 + b2 + c2 ) 4 1 (C) (ab + ac + bc) 3 (E) Nijedan od ponudenih odgovora



1 a b c (B) + + 2 bc ac ab (a + b + c)2 (D) abc (N) Ne znam

zi 0 10. Ako su x i y realni brojevi za koje vaˇ proizvoda xy? (A)

−2

(B) 0

cos α + a



≤ x ≤ 4 i y < 12, koja od sledećih vrednosti ne moˇze biti vrednost

(C) 6

(D) 24

(E) 48

(N) Ne znam

119


26. jun 2009.

cna strana i osnova pravilnog tetraedra iznosi: 11. Ugao koji obrazuju boˇ (A) arctg 2

(B)

12. Ako je tg α =

(A)

1 7

π 3

1 i tg β = 2 (B)

√

(C) arctg 4

1 6

(D) arctg 2 2

(E)

π 4

(N) Ne znam

(E)

1 5

(N) Ne znam

(E) 4

(N) Ne znam

sin α + sin(α − 2β ) jednak: − 13 , tada je izraz cos α + cos(α − 2β ) (C) 1

(D) 2

senja sistema jednaˇcina x y +4x = y 5(y − 3 ) , x3 = y −1 je: 13. Ukupan broj realnih reˇ x

(A) 0

(B) 1

(C) 2

senja jednaˇcine 14. Proizvod realnih reˇ (A) 1

(B)

√ 3

 · log3

(C)

8

(D) 3 3 x

− 643

3

(log2 x)

√ x 1 − log3 √ = + log2 x je: 2 3 (D)

1 2

cina kruga ˇciji je centar preseˇcna taˇcka pravih x + 2y 15. Jednaˇ 5x + 12y

− 1 = 0, jeste: (A) (x − 2)2 + (y + 2) 2 = 1 (C) (x + 2)2 + (y − 2)2 = 1 (E) x 2 + y 2 − 4x + 4y + 3 = 0

(E)

− 2)2 = 4

− 2)2 + (y + 2)2 = 131

(N) Ne znam

clanova beskonaˇcne geometrijske progresije je 3, a zbir kubova njenih ˇclanova je 16. Zbir ˇ kvadrata njenih ˇclanova jednak: 9 9 (A) (B) 2 4

(N) Ne znam

− 2 = 0, 3x + y + 4 = 0 i koji dodiruje pravu

(B) (x + 2)2 + (y (D) (x

3 4

(C)

3 4

(D)

3 2

(E)

27 8

108 . Tada je zbir 13 (N) Ne znam

17. Ako je x 2 + x + 1 = 0, tada je izraz x 2009 + x−2009 jednak:

(A)

−1

(B) 1

(C) x

−1

(D) x + 1

(E) 0

(N) Ne znam

cim omotaˇ cem. Ako je zapremina kupe V , tada je zapremina tog 18. U pravu kupu upisan je valjak sa najve´ valjka jednaka: 2 (A) V 3

(B)

1 V 4

(C)

3 V 8

(D)

3 V 16

(E)

3 V 4

(N) Ne znam

senja nejednaˇcine sin x < cos 2x na segmentu [0, 2π] jeste: 19. Skup svih reˇ π (A) 0, 3 (C)

  

     

      

2π , 2π 3

(B) 0,

π 5π , 6 6

(E) 0,

π 6

5π 3π , 6 2

π 6

5π , 2π 6

π 3

2π 3π , 3 2

(D) 0,

3π , 2π 2

3π , 2π 2

(N) Ne znam

20. Ukupan broj ˇsestocifrenih brojeva kod kojih parne i neparne cifre dolaze naizmeniˇcno (gde je 0 paran broj)

je: (A) 6!

(B) (5 4 3)2

· ·

(C) 2 56

·

(D) 56 + 4 55

·

(E) 56 + 55

(N) Ne znam

120





0.000064 = 64 10−6 = 26 10−6

·

to vaˇzi

 √ 3



0.000064 = (0.000064)

1 3



1 2

·

1



= (0.000064) 6 = ( 26 10−6

·



1 6

= 2 10−1 = 0.2.

·



zina njene dijagonale moˇze izraziti kao 2. A Neka je a duˇzina ivice kocke. Tada se duˇ

√

D = a 3 Za povrˇsinu kocke sada vaˇzi 2

P = 6a = 6

⇐⇒

a =

 √  D 3

D √ 3

2

= 2D2 .

cina je ispunjena za 3. B Prva jednaˇ



x(2x + 1) = 0

⇐⇒



x = 0 2x + 1 = 0

⇐⇒

x =

− 12

dok su reˇsenja druge jednaˇcine data izrazima 1 (x + )(2x 2

− 3) = 0

Dakle obe jednaˇcine su zadovoljene za x =

− 12 .

 ⇐⇒  

⇐⇒

x =

− 12

− 3 = 0 ⇐⇒

x =

− 32

x+ 2x

1 =0 2

zi 4. D Vaˇ



− g(x) = 1 − (2 − x) = x − 1 g(f (x)) = 2 − f (x) = 2 − (1 − x) = x + 1 f (g(x)) = 1

te sledi f (g(x)) 5. A Da bi teme parabole y = x 2



− g(f (x)) = (x − 1) − (x + 1) = −2.

− 8x + m bilo na x osi y = 0, potrebno je da jednaˇcina x2 − 8x + m = 0

ima samo jedno realno reˇ senje. To je ispunjeno kada je diskriminanta ove jednaˇcine jednaka nuli, odnosno za D = b 2

− 4ac = 82 − 4m = 64 − 4m = 0 ⇐⇒

m = 16.

6. A Reˇsenje A.



Ako je polinom P (x) = x2009 + ax 2 + bx + 1 deljiv polinomom x2 + 1, tada postoji polinom Q(x) stepena 2007 = 2009 2 takav da vaˇzi P (x) = (x2 + 1)Q(x)

−

to ujedno znaˇci da je P (i) = (i2 + 1)Q(x) = 0, gde je i 2 = Sada imamo

P (i) = i 2009 + a(i)2 + bi + 1 = i 2009

−1

− a + bi + 1 121


Kako je

i2009 = i i2008 = i (i2 )1004 = i ( 1)1004 = i

·

to dalje sledi

·

·−

P (i) = i 2009 P (i) = 0

− a + bi + 1 = i − a + bi + 1 = (1 + b)i + (1 − a) ⇐⇒ 1 + b = 0 ∧ 1 − a = 0 ⇐⇒ b = −1 ∧ a = 1

odakle se dobija

· − 1 = 1.

2a + b = 2 1 Reˇsenje B.

Ako je polinom x2009 + ax2 + bx + 1, stepena 2009, deljiv polinomom x2 + 1 stepena 2, tada postoji polinom Q(x) = a 2007 x2007 + a2006 x2006 + a2 x2 + a1 x + a0 , stepena 2007 = 2009 2, takav da vaˇ zi

···

− x2009 + ax2 + bx + 1 = (x2 + 1)(a2007 x2007 + a2006 x2006 + ··· a2 x2 + a1 x + a0 )

Odavde dalje sledi x2009 + ax2 + bx + 1 = a 2007 x2009 + a2006 x2008 + a2005 x2007 +

··· + a2x4 + a1x3 + a0x2 + a2007 x2007 + ··· + a2 x2 + a1 x + a0

= a 2007 x2009 + a2006 x2008 + (a2005 + a2007 )x2007 + (a2004 + a2006 )x2006 + (a2003 + a2005 )x2005 .. . + (a2 + a4 )x4 + (a1 + a3 )x3 + (a0 + a2 )x2 + a1 x + a0

Izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma sa leve i desne strane jednaˇcine dobijamo redom a2007 = 1 a2006 = 0 a2005 + a2007 = 0

⇒ a2005 = −a2007 = −1 a2004 + a2006 = 0 ⇒ a2004 = 0 a2003 + a2005 = 0 ⇒ a2003 = −a2005 = 1 .. . a2k = 0

a2k+1 = ( 1)k+1 .. . a2 + a4 = 0 a2 = 0 a1 + a3 = 0 a1 = a3 = a0 + a2 = a a0 = a

−

⇒ ⇒ − −1 ⇒ a1 = b ⇒ b = a 1 = −1 a0 = 1 ⇒ a = a 0 = 1

Dakle, a = 1 i b =

−1 te sledi

2a + b = 2

− 1 = 1.

com uopˇstenom formulom 7. C Razvoj binoma (x + y)n dat je slede´









n n−1 n n−2 2 n n−3 3 (x + y) = x + x y + x y + x y + 1 2 3 n

n

··· +

  n

n

−1

xy n−1 + yn 122




n , i trećeg ˇclana: 3

Za koeficijente ˇcetvrtog ˇclana:

  n 3 n 2

⇐⇒

=2

n(n 1)(n 2) 321 n(n 1) 21

−

·· − ·

−



n prema uslovu zadatka vaˇzi 2

=2

⇐⇒ n − 2 = 6 ⇐⇒

n = 8

Srednji ˇclan razvoja se dobija za k = n/2 = 4 i iznosi





n n−k k 8 4 4 8 7 6 5 4 4 x y = x y = x y = 70x4 y4 k 4 4 3 2 1

Kako je

· · · · · ·

√ a = a ⇒ x4 = a2 1 y = √ = a − ⇒ y 4 = a −1 a 1 2

x =

1 4

4

to se konaˇcno dobija



n n−k k x y = 70x4 y 4 = 70a2 a−1 = 70a. k

·

C



8. A

Na slici je prikazan jednakokraki trougao sa osnovicom duˇzine c = AB = 2. Kako je ugao koji zaklapaju teˇzisne duˇzi povuˇcene na krake prav, to je trougao ABO jednakokraki pravougli trougao. Tada su takode trouglovi AC ′ O i BC ′ O pravougli jednakokraki trouglovi sa duˇzinama kateta koje odgovaraju polovini duˇzine osnovice c = AB, odnosno

√

O

√

1 2 C ′ O = AC ′ = BC ′ = c = 2 2

C ′

A

Kako je taˇcka O teˇziˇste trougla to vaˇzi

B

c

CO = 2C ′ O te se za duˇzinu teˇziˇsne duˇzi C C ′ dobija

√

2 CC ′ = C O + C ′ O = 2C ′ O + C ′ O = 3C ′ O = 3 2

Kako je u jednakokrakom trouglu AB C ova duˇz ujedno i visina trougla h = C C ′ , za njegovu povrˇsinu se dalje dobija 1 1 2 3 P = ch = 2 3 = = 1.5 2 2 2 2

√ √ ·



9. B

Primenom kosinusne teoreme za duˇzine stranica proizvoljnog trougla prikazanog na slici redom imamo

C γ

a2 = b 2 + c2

− 2bc cos α b2 = a 2 + c2 − 2ac cos β c2 = a 2 + b2 − 2ab cos γ Sabiranjem ove tri jednaˇcine dalje dobijamo 2

2

2

2

2

2

a + b + c = 2(a + b + c )

a

b

− 2(bc cos α + ac cos β + ab cos γ )

α

A

β c

B

a2 + b2 + c2 = 2(bc cos α + ac cos β + ab cos γ )



Deljenjem ob e strane jednaˇcine sa abc = 0 dalje imamo a b c + + =2 bc ac ab





cos α cos β cos γ + + a b c

123


ˇsto konaˇcno daje cos α cos β cos γ 1 + + = a b c 2





a b c + + bc ac ab



.

zi 10. E Vaˇ 0

≤x≤4

y < 12 te za proizvod ovih realnih brojeva sledi

·

xy < 4 12 = 48 ˇsto znaˇci da jedina od ponudenih vrednosti koja ne moˇze biti vrednost ovog proizvoda je 48.



11. D

C

Stranice pravilnog tetraedra su jednakostraniˇcni trouglovi. Ugao koji obrazuju b oˇ cna strana i osnova pravilnog tetraedra je prikazan na slici isprekidanim linijama i odgovara uglu u temenu jednakokrakog trougla ABC . Duˇzine kraka ovog trougla odgovaraju visini jednakostraniˇcnog trougla; ako je a duˇzina stranice tetraedra tada imamo

√

B

a 3 AB = BC = 2 dok je duˇzina osnovice jednaka duˇzini stranice tetraedra

A

AC = a

B

Sada za trougao AB B ′ vaˇzi sin β =

a 2

√ = a 3 2

cos β =

Za traˇzeni ugao

 − 1

∠ABC =

sin2 β =

√ 3

β β

3

√

 −  1

1 = 3

2 3

√

a 3 2

a 3 2

√

sin β 2 tg β = = cos β 2

A

2β vaˇzi

√ −

a/2

B′

a/2

C

√

2 tg β 2 tg 2β = = =2 2 2 1 tg β 1 12

−

odnosno ∠ABC =

√

2β = arctg 2 2.



12. C Kako je

sin(α

− 2β ) = sin α cos2β − cos α sin2β = sin α(cos2 β − sin2 β ) − cos α(2sin β cos β ) = sin α(2cos2 β − 1) − 2cos α sin β cos β = − sin α + 2 cos β (sin α cos β − cos α sin β )

to sledi sin α + sin(α Sliˇcno iz cos(α

− 2β ) = 2cos β (sin α cos β − cos α sin β )

− 2β ) = cos α cos2β + sin α sin2β = cos α(cos2 β − sin2 β ) + sin α(2sin β cos β ) = cos α(2 cos2 β − 1) + 2sin α sin β cos β = − cos α + 2 cos β (cos α cos β + sin α sin β )

124


imamo cos α + cos(α

− 2β ) = 2 cos β (cos α cos β + sin α sin β )

sin α + sin(α cos α + cos(α

− 2β ) = 2cos β (sin α cos β − cos α sin β ) − 2β ) 2cos β (cos α cos β + sin α sin β ) sin α cos β − cos α sin β =

Sada za zadati izraz sledi

cos α cos β + sin α sin β

= =

13. C Zamenom x 3 = y −1



⇐⇒

sin β sin α cos α cos β sin α sin β 1 + cos α cos β 1 1 +3 2 = 1. 1 16

−

=

−

tg α tg β 1 + tg α tg β

−

y = x −3 , x = 0, y = 0 u prvoj jednaˇcini:





xy +4x = y 5(y − 3 ) x

dobijamo 1

xy +4x = x x3 +4x = x

4x4 +1 x3

y5(y− 3 ) = (x−3 )5( x3 − 3 ) = x −15 1

x

odnosno x

4x4 +1 x3

= x 5

x

x4 −3 x3

⇐⇒

x

3−x4 3x3

x4 −16 x3

= x 5

x4 −3 x3

=1

gde u skupu realnih brojeva za bazu eksponencijalne funkcije mora vaˇziti x > 0. Razlikujemo dva sluˇcaja

• x = 1:

Jednaˇcina postaje

1−15 = 1

3 ˇsto je ispunjeno, te je jedno reˇsenje x 1 = 1, y1 = x − 1 = 1.

• x = 1:

Sada sledi x4

− 16 = 0

te za x dobijamo sledeća moguća reˇsenja

√ 16 = 2 − √ x = + 16 = 2

x2 =

−

4

4

3

1 Medutim, kako mora biti x > 0 to je u ovom sluˇcaju jedino moguće reˇsenje x 3 = 2, y3 = x −3 = . 8 Ukupan broj realnih reˇsenja zadatog sistema jednaˇcina je dva: (1, 1), (2, 1/8).



14. B

 

3

√ x 1 − log3 √ = + log2 x 2 3 √ 1 1 (log3 3 − log3 x)log2 x − (3log3 x − log3 3) = + log 2 x 2 2 log3

(1

3 x

log2 x

− log3 x)log2 x − 3log3 x + 12 = 21 + 12 log 2 x log2 x

− log2 x log3 x − 3log3 x = 21 log 2 x

125


1 log 2 x 2 1 log 2 x 2

− log2 x log3 x − 3log3 x = 0 log x 2x − log2 x log − 3 2 =0 log 3 log 3 2

2

1 log 2 3 log2 x log2 x log2 x 3log2 x = 0 2 1 log2 x log 2 3 log2 x 3 = 0 2

·

log2 x log2 x

−

·



−

 −

−

√ log2 3 − log2 x − 3log2 2 √ log2 3 − log2 x − log2 23 √ 3 log2 x · log2 =0 8x

 

 

=0 =0

Sada su moguća reˇsenja

log2

√ 3

log2 x = 0

=0 8x te je proizvod realnih reˇsenja zadate jednaˇcine

⇒

√ 3 8x

⇐⇒

x1 = 1

=1

x1 x2 =

√ 3 8

⇐⇒

x2 =

√ 3 8

.



15. C Preseˇcna taˇcka se dobija reˇsavanjem sistema jednaˇcina

x + 2y

−2 = 0

3x + y + 4 = 0

− 2y iz druge jednaˇcine imamo 3(2 − 2y) + y + 4 = 0 ⇐⇒ y = 2 ⇒ x = −2 Dakle, centar kruga je u taˇcki (xc , yc ) = ( −2, 2). Kako krug dodiruje pravu 5x + 12y − 1 = 0, to je rastojanje centra kruga i taˇ cke dodira jednako polupreˇcniku Smenom x = 2

kruga R. Rastojanje taˇcke (xc , yc ) od prave ax + by + c = 0 dato je formulom R =

|ax√ c + byc + c| a2 + b2

i u naˇsem sluˇcaju iznosi R =

+ 12 · 2 − 1| |23 − 10| |5x√ |5(−2) √ c + 12yc − 1| = = =1 52 + 122

Konaˇcno za jednaˇcinu kruga imamo

13

169

− xc)2 + (y − yc)2 = R2 (x + 2)2 + (y − 2)2 = 1.

(x

16. A Neka je



an = q n−1 a1 , n = 1, 2, . . . , q < 1

| |

nepoznata geometrijska progresija koja ispunjava uslove zadatka, da je zbir njenih ˇclanova jednak 3 a1 + a2 + a3 +

··· = a1(1 + q + q 2 + ··· ) = 1 a−1 q = 3 126


108 : 13

i da je zbir kubova njenih ˇclanova clanova jednak a31 + a32 + a33 + Sada imamo

a31 108 = 1 q 3 13

−

3

a1 108 (q 3 )2 + · · · ) = = · · · = a31(1 + q 3 + (q 3 1 − q 13

· 12 (1 − q 3) = 9 · 12 (1 − q )(1 ⇒ a31 = 9 13 )(1 + q + + q 2 ) 13 a31 = 33 (1 q )3

−

odakle se dobija

·

9 12 (1 13

⇒ a31 = 33(1 − q )3

− q )(1 )(1 + q + + q 2 ) = 33 (1 − q )3 ⇒ 4(1 + q + + q 2 ) = 13(1 − q )2 ⇐⇒ 9q 2 − 30 30q q + + 9 = 0

4 + 4q 4q + + 4q 4 q 2 = 13

− 26 26q q + + 13q 13 q 2

Reˇsenja sen ja ove kvadratne kvadra tne jednaˇ jed naˇcine cine su

q 1,2 =

30

± √ 302 − 182 = 30 ± 24 = 18

18



1/3 3

1 . Sada se za poˇcetni cetni ˇclan clan progresije progresi je dobija 3

i kako je q < 1 to je jedino jedi no moguće ce reˇsenje: senj e: q = =

| |

a1 = 3(1

− q ) = 3 − 3q = = 2

Konaˇcno, cno, za zbir kvadrata ˇclanova clanova ove progresije progresi je imamo a21 + a22 + a23 +

2

a1 (q 2 )2 + (q (q 2 )3 + · · · ) = = · · · = a21(1 + q 2 + (q 1 − q 2

22 1

− 

1 2 3

=

4 9 9 = . 8 2

·

17. A Kako je



x2 + x + 1 = 0

to dalje dalj e vaˇ ze ze slede´ sled eće ce jednakost jedn akostii

⇐⇒

x2 =

−(x + 1) ⇐⇒

x2 + x =

−1

x3 = x x2 =

· −x(x + 1) = −(x2 + x) = 1 x2009 = x 2 · x2007 = x 2 · (x3 )669 = x 2 · 1669 = x 2 x−2009 = x −2 · x−2007 = x −2 · (x3 )−669 = x −2 · 1−669 = x −2 1 x4 + 1 x3 · x + 1 x+1 x2009 + x−2009 = x 2 + 2 = = = 2 x x −(x + 1) −(x + 1) = −1.

odakle sledi



18. C

Na slici je prikazana kupa, polupreˇcnika cnika osnove osnove R = AB i visine H = BC B C . Zapremina ove kupe data je izrazom 1 1 V = BH = R2 πH 3 3

C

Neka je r = A′ B ′ polupreˇ p olupreˇ cnik cnik osnove valjka, upisanog u ′ ovu kupu, i h = BB B B njegova visina. vis ina. Iz sliˇ s liˇcnosti cnosti trouglova ′ ′ ABC i A B C dobi do bija jamo mo da vaˇzi zi A′ B ′ B ′ C = AB BC

A′

i kako je A je A ′ B ′ = r = r,, AB = AB = R, R, BC = BC = H, B ′ C = BC B C H h to dalje sledi

−

−

r H h = =1 R H

−

h H

⇐⇒

− B′ C =

− 

r = R = R 1

B′

h H

A

B 127


Povrˇsina sin a om omota otaˇˇca ca valjka valj ka se moˇze ze izraz iz razit itii na slede sl ede´ći ci naˇcin ci n

− 

M = 2πr h = 2πR 1

·

−  h2 H

h h = 2πR h H

2

Povrˇsina sina omo omotaˇ taˇca ca će ce biti mak maksima simalna lna kada kad a je j e vredn v rednost ost funkcij fun kcijee f ( f (h) = h visinu h visinu h za koju je izvod ove funkcije po h jednak nuli

− 2 hH = 0 ⇒ h = H 2

f ′ (h) = 1 tada je

−  −  h H

r = R = R 1

− hH maksimalna, a ona se dobija za

= R 1

1 2

=

R 2

Sada se za zapreminu ovog valjka dobija R2 H 1 2 3 V 1 = r πh = πh = π = R πH = 4 2 8 8 2





1 2 3 R πH = V. 3 8



19. E

Reˇsenj se njee je grafiˇ gra fiˇcki cki preds pr edstav tavlj ljeno eno na sli s lici. ci. Anali Ana litiˇ tiˇcki ck i se moˇze ze dobi do biti ti na sled sl ede´ eći ci naˇcin. cin . 1.0

∈ [0, [0, 2π] sin x < cos 2 x − sin2 x = 1 − 2sin2 x t=sin x 2sin2 x + sin x − 1 < 0 < 0 −→ 2t2 + t − 1 < 0 < 0 sin x < cos cos 2x, x

0.5

0 π

2

Reˇsenja sen ja kvadratne kvadra tne jednaˇ jed naˇcine cine su:

√ 1 ± 1 + 8 −1 ± 3 − t1,2 = = = 4

4

1 1 2

2π

−1.0

−1 < t < 21

odnosno Kako, za x za x

3π 2

−0.5

−

pa je reˇsenje senj e kvadratne kvadra tne nejednaˇ neje dnaˇcine cine

π

1 −1 < sin < sin x < 2 [0, 2π] vaˇ vaˇzi ∈ [0,

sin x = sin x =

to

1 2

−1 ⇐⇒ ⇐⇒

x =

x =

3π 2

π ,π 6

− π6

1 −1 < sin < sin x < 2

vaˇ vaˇzi zi za x

∈        0,

π 6

5π 3π 3 π , 6 2

3π , 2π . 2

128




Posma tramo sve ˇsestocifrene sestoc ifrene brojeve broj eve c5 c4 c3 c2 c1 c0 kod kojih parne i neparne cifre dolaze naizmeniˇ cno. cno. 20. D Posmatramo Razliku Razl ikujemo jemo dva sluˇ sl uˇcaja caj a 1. Cifra Cifra c c 5 je parna.

• Na mestu cifre c cifre c 5 (c5  = 0) moˇze ze biti b iti bilo koja od ˇcetiri cetiri parnih cifara iz skupa {2, 4, 6, 8}. • Na mestu cifre c cifre c 4 moˇze ze biti bilo koja od pet neparnih cifara iz skupa {1, 3, 5, 7, 9}. • Na mestu cifre c cifre c 3 moˇze ze biti bilo koja od pet parnih cifara iz skupa {0, 2, 4, 6, 8}. • Na mestu cifre c cifre c 2 moˇze ze biti bilo koja od pet neparnih cifara iz skupa {1, 3, 5, 7, 9}. cifre c 1 moˇze ze biti bilo koja od pet parnih cifara iz skupa {0, 2, 4, 6, 8}. • Na mestu cifre c cifre c 0 moˇze ze biti bilo koja od pet neparnih cifara iz skupa {1, 3, 5, 7, 9}. • Na mestu cifre c Ukupan broj ovakvih cifara je 4 · 5 · 5 · 5 · 5 · 5 = 4 · 55 .

2. Cifra Cifra c c 5 je neparna.

• Na mestu cifre c cifre c 5 moˇze ze biti bilo koja od pet neparnih cifara iz skupa {1, 3, 5, 7, 9}. • Na mestu cifre c cifre c 4 moˇze ze biti bilo koja od pet parnih cifara iz skupa {0, 2, 4, 6, 8}. • Na mestu cifre c cifre c 3 moˇze ze biti bilo koja od pet neparnih cifara iz skupa {1, 3, 5, 7, 9}. • Na mestu cifre c cifre c 2 moˇze ze biti bilo koja od pet parnih cifara iz skupa {0, 2, 4, 6, 8}. cifre c 1 moˇze ze biti bilo koja od pet neparnih cifara iz skupa {1, 3, 5, 7, 9}. • Na mestu cifre c cifre c 0 moˇze ze biti bilo koja od pet parnih cifara iz skupa {0, 2, 4, 6, 8}. • Na mestu cifre c Ukupan broj ovakvih cifara je 5 · 5 · 5 · 5 · 5 · 5 = 5 6 .

Ukupan broj ˇsestocifrenih brojeva koji zadovoljav zadovoljavaju aju uslov zadatka je 56 + 4 55 .

·

129


30. jun 2008.

ˇ ˇ PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE ZA UPIS NA ELEKTROTEHNI CKI I FIZICKI FAKULTET

1. Vrednost izraza (2 −1 + 3−1 + 4−1

(A) 0

(B)

53 60

− 5−1)−1 jednaka je: (C)

60 53

2. Ako je x > 0, koliko procenata od x je izraz

(A) 6% 3. Ako je tg(α

(B) 25%

(D)

60 43

(E)

43 60

(N) Ne znam

x x + ? 50 25

(C) 5%

(D) 60%

(E) 75%

(N) Ne znam

(D) 2

(E) 0

(N) Ne znam

− π4 ) = 43 , tada je tg α jednako:

(A) 7

(B) 5

(C) 6

cine 2x2 4. Zbir svih vrednosti realnog parametra m za koje je jedan koren jednaˇ dva puta ve´ ci od drugog, iznosi (A) 15

(B) 19

(C) 23

(D) 17

− (2m +1)x + m2 − 9m+39 = 0

(E) 21

(N) Ne znam

5. Oko kruga je opisan trapez ˇcija srednja linija iznosi 8 cm. Obim trapeza je (u cm):

(A) 16

(B) 24

6. Ako je x = (0.08)2 , y =

(A) x = y = z

(C) 32 1 i z = (1 (0.08)2

(B) y < z < x

(C) z < x < y

(A)

1 3

z1 realan broj jeste: z2 1 (B) (C) 6

(E) 30

(N) Ne znam

− 0.08)2 − 1, koji od sledećih iskaza je taˇcan?

7. Dati su kompleksni brojevi z1 = k + 1 + i(k

za koju je koliˇcnik

(D) 36

(D) y < x = z

(E) x + z = y

(N) Ne znam

− 1) i z2 = 2k − ik, (i = √ −1). Vrednost realnog parametra k

−3 cine ||x − 1| − 1| − 1 = 0 iznosi: 8. Zbir svih reˇsenja jednaˇ (A) −3 (B) 1 (C) 2

− 13

(E) 3

(N) Ne znam

−2

(E) 3

(N) Ne znam

(D)

(D)

cnik osnove, visina i izvodnica prave kupe su tri uzastopna ˇclana aritmetiˇ cke progresije. Ako je 9. Polupreˇ povrˇ sina osnog preseka kupe 300 cm2 , zapremina kupe iznosi (u cm3 ): (A) 1500π

(B) 1200π

(C) 1450π

(D) 1520π

(E) 1300π

(N) Ne znam

cimo oˇstar ugao koji grade tangente povuˇcene iz taˇcke ( 4, 1) na parabolu y 2 = 2x, tada je 10. Ako sa ϕ oznaˇ ugao ϕ jednak: π (A) 4

−

(B)

π 2

(C) arctg

6 7

(D) arctg

5 9

(E) arctg

2 7

(N) Ne znam

131


30. jun 2008.

zine teˇziˇsnih duˇzi koje odgovaraju katetama a, b i hipotenuzi c 11. Neka su a i b duˇzine kateta, a ta , tb , tc duˇ t2a + t2b + t2c redom, pravouglog trougla. Tada je jednako: a2 + b2 2 3 5 9 (A) (B) (C) (D) 3 2 4 4 2 x 2 < 0, x2 + 4x 12. Skup svih realnih brojeva x, takvih da je x (A) (

−∞, −1)

(B) (1, 2)

− −

−

(C) (1, 3)

(D) ( 1, 1)

−

4 3 3 < 0, jeste: (E)

−

(N) Ne znam

(E) ( 1, 3)

(N) Ne znam

−

cnika 2 cm duˇzina tetive kojoj odgovara periferijski ugao od 15o , iznosi (u cm): 13. U krugu polupreˇ (A)

√ √ 6+

2

√ √ 6− 2

(B)

(C)

√ √ − 2)

1 ( 6 2

(D)

√ 13

(E) 2

(N) Ne znam

14. Ako se polinom x 2008 + x1007 + 1 podeli sa x 2 + 1, ostatak je:

(A) 2x + 1

(B)

−x + 2

(C) 0

15. Zbir svih reˇsenja jednaˇcine sin 2x = 1 +

(A)

7π 2

(B)

3π 2

(C)

(D) x + 1

√ 2cos

(E) x

−2

(N) Ne znam

x + cos 2x na intervalu (0, 2π) je:

5π 2

(D) π

(E)

π 2

(N) Ne znam

zi nejednakost 16. Skup svih realnih vrednosti x za koje vaˇ 3x (42x+1

− 81



− 32)

5

x2 −3

je oblika (za neke realne a i b takve da je 0 < a < b < + (A) [0, a) (C) (0, a) (E) (0, a)

2

− 125

≤0

∞):

(B) (a, b]

∪ (b, +∞)

∞

(D) (a, + ) (N) Ne znam

√ √ 4)n, (n je 4

ceg od poˇcetka i trećeg od kraja ˇclana razvoja binoma ( 3 + 17. Zbir binomnih koeficijenata tre´

3

prirodan broj), jednak je 2450. Broj racionalnih ˇclanova u tom razvoju je: (A) 7

(B) 6

(C) 5

(D) 4

·

(E) 3

| |

senja sistema jednaˇcina (1 + 2 log|xy| 2) logx+y xy = 1, x 18. Ukupan broj reˇ (A) 1

(B) 2

(C) 3

(D) 4

(N) Ne znam

− y = 2√ 3 je: (E) 0

(N) Ne znam

Ako je M 1 najve´ ca vrednost funkcije f 1 (x) = (log5 6)sin x a M 2 najveća vrednost funkcije f 2 (x) = (log6 5)cos x , tada je: 19.

·

(A) M 1 M 2 = 1

(B) M 1 = M 2

(C) M 1 < M 2

(D) M 1 > M 2

(E) M 1 = 1+M 2

(N) Ne znam

caka u ravni od kojih nikoje tri i nikoje ˇcetiri nisu kolinearne. Ako je poznato da je 20. Dat je izvestan skup taˇ broj ˇcetvorouglova osam puta ve´ ci od broja trouglova koje te taˇcke odreduju, tada je broj pravih koje te taˇcke odreduju jednak: (A) 132

(B) 196

(C) 512

(D) 514

(E) 595

(N) Ne znam

132


ˇ RESENJA



1. C



 

 

−1 −1 −1 60 1 1 1 1 30 + 20 + 15 − 12 53 − − − − 1 1 1 1 −1 (2 + 3 + 4 − 5 ) = + + − = = = . 2

3

4

5

· ·

3 4 5

60

53

2. A Kako je



x x 1+2 3 6 + = x = x = x 50 25 50 50 100 to zadata vrednost odgovara vrednosti 6% od x.



3. A Kako je

tg α

to sledi

π 4

tg α 4 tg α



tg α tg π4 tg α 1 = π = 1 + tg α tg 4 1 + tg α

π 4

− −

−

=

3 4

−

⇐⇒

−

tg α 1 3 = 1 + tg α 4

− 4 = 3 + 3tg α ⇐⇒

tg α = 7.

4. D

2x2

− (2m + 1)x + m2 − 9m + 39 = 0 ⇐⇒

x2

− (2m2+ 1) x + 12 (m2 − 9m + 39) = 0

Ako su x 1 i x 2 koreni gornje kvadratne jednaˇcine, tada vaˇ zi (x

− x1)(x − x2) = x2 − (x1 + x2)x + x1x2 = x2 − (2m2+ 1) x + 21 (m2 − 9m + 39)

Izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma sa leve i desne strane jednaˇcine, dobijamo x1 + x2 =

(2m + 1) , 2

x1 x2 =

1 2 (m 2

− 9m + 39)

Prema uslovu zadatka vaˇzi x 2 = 2x1 te sledi x1 + x2 = 3x1 = i x1 x2 = 2x21 =

(2m + 1) 2 1 2 (m 2

⇒ x1 = (2m6+ 1) ⇒ x21 = (2m36+ 1)

2

− 9m + 39) ⇒ x21 = 41 (m2 − 9m + 39)

Iz poslednje dve jednakosti imamo 36(m2

− 9m + 39) = 4(2m + 1)2 = 4(4m2 + 4m + 1) 9m2 − 81m + 351 = 4m2 + 4m + 1 ⇐⇒ 5m2 − 85m + 350 = 0 ⇐⇒ m2 − 17m + 70 = 0 Reˇsenja ove kvadratne jednaˇcine su √ 17 ± 172 − 4 · 70 m1,2 =

2

tako da za zbir ovih reˇsenja imamo m1 + m2 =

1 (17 2

−



172

− 4 · 70 + 17 +



172

− 4 · 70) = 17.

133




5. C

Na slici je prikazan trapez ABCD opisan oko kruga polupreˇcnika r sa centrom u taˇcki O. Sa slike se vidi da je visina trapeza jednaka preˇ cniku kruga h = 2r

D

a+b a+b h = 2r 2 2

C r

Povrˇ sina ovog trapeza se moˇze izraziti u funkciji visine h = 2r i a+b srednje linije = 8: 2 P =

b

r

c

r O

d

r a

A

B

Istovremeno, povrˇ sina trapeza jednaka je zbiru povrˇ sina trouglova ABO,BCO,CDO,ADO, od kojih svaki ima visinu r nad odgovarajućom stranicom a, d, b, c: P = P ABO + P BC O + P CD O + P ADO =

1 1 1 (ar + dr + br + cr) = r(a + b + c + d) = rO 2 2 2

gde je sa O oznaˇ cen obim trapeza. Iz poslednja dva izraza za za obim trapeza dobijamo a+b 1 2r = rO 2 2



6. C Vaˇze sledeće relacije

⇐⇒

O = 4

· a +2 b = 4 · 8 = 32.

(0.08)2 > 0

⇒ x > 0 0.08 < 1 ⇒ (0.08)2 < 1 ⇒ x < 1 0 < x < 1 1 1 = > 1 (0.08)2 x

⇒ y > 1 (1 − 0.08) < 1 ⇒ (1 − 0.08)2 < 1 ⇒ (1 − 0.08)2 − 1 < 0 ⇒ z < 0 Na osnovu gore izvedenih relacija sledi

⇒ z < x < y.

z < 0 < x < 1 < y



7. A

z1 = k + 1 + i(k

− 1),

z2 = 2k

− ik

z1 k + 1 + i(k 1) k + 1 + i(k 1) 2+i = = z2 k(2 i) k (2 i)(2 + i) (k + 1 + i(k 1))(2 + i) = k(4 i2 ) 2(k + 1) (k 1) 2(k 1) + k + 1 = +i 5k 5k

−

−

− · − − − − − −

Koliˇcnik je realan za one vrednosti k za koje je imaginarni deo jednak nuli: 2(k



− 1) + k + 1 = 0 ⇐⇒

k =

1 . 3

8. E

Kako je

||x − 1| − 1| − 1 = 0



x − 1, |x − 1| = −(x − 1), to razlikujemo dva sluˇcaja

x > 1 x 1

≤

134


| − 1| = x − 1

1. x > 1 : x

Jednaˇcina sada postaje

||x − 1| − 1| − 1 = |x − 1 − 1| − 1 = |x − 2| − 1 = 0 dalje razlikujemo dva podsluˇcaja a) x > 2

→ |x − 2| = x − 2 : |x − 2| − 1 = 0 ⇐⇒ x − 2 − 1 = 0 ⇐⇒

x = 3

Kako x = 3 ispunjava uslov x > 2 to je ovo reˇsenje zadate jednaˇcine. b) 1 < x

≤ 2 → |x − 2| = −(x − 2) = −x + 2 :

|x − 2| − 1 = 0 ⇐⇒ −x + 2 − 1 = 0 ⇐⇒ x = 1 Kako x = 1 ne ispunjava uslov 1 < x ≤ 2 to ovo nije reˇsenje zadate jednaˇcine. 2. x ≤ 1 : |x − 1| = −x + 1 Jednaˇcina sada postaje

||x − 1| − 1| − 1 = | − x + 1 − 1| − 1 = | − x| − 1 = |x| − 1 = 0 sada opet razlikujemo dva podsluˇcaja a) 0 < x

≤ 1 → |x| = x :

|x| − 1 = 0 ⇐⇒ x − 1 = 0 ⇐⇒ x = 1 Kako x = 1 ispunjava uslov 0 < x ≤ 1 to je ovo reˇsenje zadate jednaˇcine. b) x < 0 → |x| = −x : |x| − 1 = 0 ⇐⇒ −x − 1 = 0 ⇐⇒ x = −1 Kako x = −1 ispunjava uslov x < 0 to je ovo reˇsenje zadate jednaˇcine.

Sada se za zbir svih reˇsenja zadate jednaˇcine dobija

x1 + x2 + x3 = 3 + 1

− 1 = 3.



9. A Neka je R polupreˇcnik osnove prave kupe, H njena visina i s izvodnica prave kupe. Prema uslovu zadatka,

ove tri veliˇcine formiraju aritmetiˇcku progresiju pa vaˇzi R = a 1 , H = a 1 + d, s = a 1 + 2d odakle sledi d = H

− a1 = H − R, s = a1 + 2d = R + 2(H − R) = 2H − R

Povrˇ sina osnog preseka kupe data je izrazom

1 P = 2R H = 300 2

·

⇐⇒

RH = 300

Takode, za izvodnicu kupe prema Pitagorinoj teoremi imamo s2 = R 2 + H 2 odnosno, koriˇsćenjem gore izvedenog izraza za izvodnicu (2H

− R)2 = R2 + H 2 ⇐⇒

4H 2

− 4RH + R2 = R2 + H 2 ⇒ 3H 2 = 4RH = 4 · 300 = 1200 300 H 2 = 400 ⇒ H = 20 ⇒ R = = 15 H

Sada se za zapreminu kupe ima V =

1 1 1 BH = R2 πH = 152 π20 = 75 20π = 1500π. 3 3 3

·

135




10. C Neka je prava

y = kx + n

tangenta na parabolu y 2 = 2x povuˇcena iz taˇcke ( 4, 1). Kako prava prolazi kroz ovu taˇ cku to je ispunjeno

−

·−

1 = k ( 4) + n

⇐⇒

n = 4k + 1

i jednaˇcina tangente postaje y = kx + 4k + 1 1 Ova prava ima dodirnu taˇcku sa parabolom x = y 2 , koja se nalazi reˇsavanjem sistema jednaˇcina 2 y = kx + 4k + 1, odakle imamo y = kx + 4k + 1

1 2 y 2

x =

⇒ y = k2 y2 + 4k + 1 ⇐⇒

ky 2

− 2y + 2(4k + 1) = 0

da bi gornja kvadratna jednaˇcina imala samo jedno reˇsenje (tangenta dodiruje parabolu samo u jednoj taˇcki), diskriminanta kvadratne jednaˇcine treba da je jednaka nuli, odnosno D = b 2

− 4ac = 4 − 8k(4k + 1) = −32k2 − 8k + 4 = 0 32k 2 + 8k − 4 = 0 ⇐⇒ 8k 2 + 2k − 1 = 0

Reˇsenja dobijene kvadratne jednaˇcine po k su

 

1 √ √ − 2 −2 ± 2 + 4 · 8 = −2 ± 36 = 2 k1,2 = 1 2·8 16 Dakle postoje dve tangente na zadatu parabolu: y = k 1 x + (4k1 + 1) =

1 x 2

y = k 2 x + (4k2 + 1) =

1 x+1 4

4

−1

Ugao ϕ 1 koji prva tangenta zaklapa sa x osom dat je izrazom tg ϕ1 = k 1 =

− 12

a ugao druge tangente sa x osom je

1 4 ϕ1 koji ove dve tangente grade, dobija tg ϕ2 = k 2 =

Sada se za ugao ϕ = ϕ 2

−

tg ϕ = tg(ϕ2

1 1 − ϕ1) = 1tg+ϕtg2 −ϕ1tg tgϕϕ22 = 41 + · 12 = 76 2

4

6 ϕ = arctg . 7 B



11. B

Na slici je prikazan zadati pravougli trougao ABC duˇzina kateta a = BC , b = AC i hipotenuze c = AB. Teˇziˇsne duˇzi ta = AA′ , tb = BB ′ i tc = C C ′ spajaju temena trougla sa srediˇstem naspramnih stranica, te vaˇ zi

A′

a b c BA ′ = A ′ C = , AB ′ = B ′ C = , AC ′ = C ′ B =

a 2

2

2

2

Primenom Pitagorine teoreme na pravougle trouglove ABC , B ′ CB i A ′ CA dobijamo

a 2

C

C ′

b 2

B′

b 2

A

c2 = a 2 + b2 136


2

a +

  b 2

2

= t 2b

a 2 = t 2a 2 Znajući da je srediˇ ste hipotenuze pravouglog trougla, ujedno i polupreˇcnik opisanog kruga, za hipotenuzu i teˇziˇsnu duˇz iznad hipotenuze vaˇzi c 1 1 tc = t2c = c2 = (a2 + b2 ) 2 4 4 Sabiranjem poslednje tri jednaˇcine imamo b2 +

⇒

t2a + t2b + t2c = b 2 +

a 2 b 2 a 2 + b2 3 + a2 + + = (a2 + b2 ) 4 4 4 2 t2a + t2b + t2c 3 = . a2 + b2 2



ci naˇcin 12. D Reˇsenja prve nejednaˇcine nalazimo na slede´ x2

2

x

−x−2= 0

− x − 2 < 0 √ 1± 1+4 ·2 1±3 −1 = = ⇐⇒ x1,2 = 2 2 2 x ∈ (−1, 2)



Sliˇcno, za drugu nejednaˇcinu imamo

−x2 + 4x − 3 < 0 ⇐⇒ x2 − 4x + 3 > 0 √ 4 ± 16 − 4 · 3 4±2 2 x − 4x + 3 = 0 ⇐⇒ x1,2 = = = 2

x

2



1 3

∈ (−∞, 1) ∪ (3, +∞)

Reˇ senje zadatog sistema se nalazi u preseku intervala x

∈ (−1, 2) i x ∈ (−∞, 1) ∪ (3, +∞)

te sledi x

∈ (−1, 1).



13. B

Na slici je prikazan krug polupreˇcnika R = 2 cm sa tetivom duˇzine d = AB kojoj odgovara periferijski ugao ϕ = ∠ACB = 15o . Centralni ugao koji odgovara ovoj tetivi dvostruko je ve´ ci od periferijskog ugla ∠AOB =

B R

2∠ACB = 2ϕ = 30o

Sada se na osnovu kosinusne teoreme za trougao AOB dobija

C

ϕ

O

d2 = R 2 + R2

− 2R · R cos2ϕ = 2 · 22(1 − cos 30o) √ 3 √ d2 = 8 1 − =8 −4 3

  2

2ϕ

d

R A

Kako vaˇzi

− 4√ 3 = 6 + 2 − 2√ 2√ 6 = (√ 6)2 + (√ 2)2 − 2√ 2√ 6 = ( √ 6 − √ 2)2 to se za duˇzinu tetive ima √ √ √ √ √ d = 8 − 4 3 = ( 6 − 2)2 = 6 − 2. 8





137


cnik Q(x) i ostatak R(x). 14. B Neka polinom P (x) = x 2008 + x1007 + 1 pri deljenju polinomom x 2 + 1 daje koliˇ



Koliˇcnik Q(x) će biti polinom stepena 2008

− 2 = 2006

Q(x) = a 2006 x2006 + a2005 x2005 + a2004 x2004 + a ostatak R(x) polinom stepena 2 tako da vaˇzi

−1 =1

··· + a2x2 + a1x + a0

R(x) = r 1 x + r0

P (x) = (x2 + 1)Q(x) + R(x)

Reˇsenje A. Sada imamo P (x) = (x2 + 1)Q(x) + r1 x + r0 i za x = i, (i2 =

−1) sledi

P (i) = (i2 + 1)Q(i) + r1 i + r0 = r 1 i + r0

·

S druge strane vaˇ zi

·

P (i) = i 2008 + i1007 + 1

gde je

i2008 = (i2 )1004 = ( 1)1004 = 1

−

i1007 = i i1006 = i (i2 )503 = i ( 1)503 =

·

te imamo

·

·−

P (i) = i 2008 + i1007 + 1 = 1

−i

−i+1=2−i

Iz poslednje dve jednakosti za P ( j) dobijamo r1 i + r0 = 2

·

− i ⇐⇒

(r1 + 1) i + (r0

·

− 2) = 0 ⇐⇒

r1 =

−1 ∧ r0 = 2

te konaˇcno sledi R(x) = r 1 x + r0 =

−x + 2.

Reˇsenje B. Vaˇzi x2008 + x1007 + 1 = (x2 + 1)Q(x) + R(x) =

a2006 x2008 + a2005 x2007 + (a2004 + a2006 )x2006 + (a2003 + a2005 )x2005 + (a2002 + a2004 )x2004 .. . + (a1005 + a1007 )x1007 .. . + (a1 + a3 )x3 + (a0 + a2 )x2 + (a1 + r1 )x + a0 + r0

138


Izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma sa leve i desne strane jednaˇcine dobijamo a2006 = a2005 = a2004 + a2006 = a2003 + a2005 = a2002 + a2004 = .. . a2k+1 =

1 0 0

⇒ a2004 = −a2006 = −1 0 ⇒ a2003 = −a2005 = 0 0 ⇒ a2002 = −a2004 = +1 0

a2k = ( 1)k+1 .. . a1005 + a1007 = 1 a1005 = 1 a1007 = +1 a1004 + a1006 = 0 a1004 = a1006 = 1

−

⇒ − ⇒ − − a1003 + a1005 = 0 ⇒ a1003 = −a1005 = −1 a1002 + a1004 = 0 ⇒ a1002 = −a1004 = +1 a1001 + a1003 = 0 ⇒ a1001 = −a1003 = +1 .. .

a2k+1 = ( 1)k

− a2k = ( −1)k+1

.. . a1 + a3 = 0 = 0 a0 + a2 = 0 = 0

⇒ a1 = −a3 = +1 ⇒ a0 = −a2 = −1 a1 + r1 = 0 = 1 ⇒ r1 = a 1 = −1 a0 + r0 = 1 = 0 ⇒ r0 = 1 − a0 = +2

Konaˇ cno dobijamo da je ostatak pri deljenju R(x) = r 1 x + r0 =



15. A

−x + 2.

√ 2cos x + cos 2x √ 2sin x cos x = 1 + 2cos x + cos2 x − sin2 x √ 2sin x cos x = 1 + 2cos x + 2 cos2 x − 1 √ √ − √ sin2x = 1 +

2cos x

Odavde slede dva moguća sluˇcaja





2cos x

2sin x + 1 = 0

1. cos x = 0 : Reˇsenja ove jednaˇcine data su izrazima xn =

π + 2nπ, 2

xm =

3π + 2mπ, 2

od kojih samo dva reˇsenja pripadaju zadatom intervalu x x = 2. sin x

n, m

∈Z

∈ (0, 2π)

π 3π , 2 2

− cos x = √ 12 : 139


Kvadriranjem ove jednaˇcine, uz uslov sin x > cos x dalje dobijamo sin2 x 1

− 2sin x cos x + cos2 x = 21

− sin2x = 21 ⇐⇒ sin2x = 21

Reˇsenja ove jednaˇcine data su izrazima 2xm =

π + 2mπ, 6

2xn =

5π + 2nπ, 6

π 5π + mπ, xn = + nπ, 12 12 Moguća reˇsenja koja pripadaju intervalu x (0, 2π) su xm =

m, n m, n

∈Z

∈Z

∈

x =

π π 5π 5π , + π, , +π 12 12 12 12

od kojih samo slede´ ca ispunjavaju uslov sin x > cos x (videti sliku): x =

π 5π + π, 12 12

Sada je zbir svih reˇsenja zadate jednaˇcine π 3π π 5π π 7π + + + π + = 3π + = . 2 2 12 12 2 2

1 .0

0 .5

0 π

2

π

3π 2

2π

−0.5 −1.0

140




16. B Zadatu nejednakost

3x (42x+1

moˇzemo predstaviti u sledećem obliku

− 81



− 32)

x2 −3

5

2

P (x) Q(x)R(x)

− 125

≤0

≤ 0

gde je P (x) = 3x

− 81 Q(x) = 42x+1 − 32 R(x) = 5 − 125 • Najpre, primećujemo da uvek vaˇzi R(x) ≥ 0, ali da bi vrednost leve strane nejednakosti bila definisana



x2 −3

2

u skupu realnih brojeva, neophodno je da vrednost funkcije pod kvadratnim korenom bude ve´ ca od nule (uslov jednakosti nuli je u prinicipu moguć, ali kako se funkcija R(x) nalazi u imeniocu, taj uslov je iskljuˇcen) x2 −3 x2 −3 x2 3 3 2 2 5 125 > 0 5 > 5 > 3 2

−

x2

− 3 > 6 ⇐⇒

x2

− 9 > 0

⇐⇒ ⇐⇒ − ⇐⇒ (x − 3)(x + 3) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, −3) ∪ (+3, +∞)

• Sada ispitujemo znak funkcije P (x): P (x) > 0 ⇐⇒

3x

− 81 > 0 ⇐⇒

3x > 3 4

⇐⇒

x > 4

dakle P (x) > 0, za x > 4 P (x)

≤ 0, za x ≤ 4

• Na kraju, ispitujemo znak funkcije Q(x): Q(x) > 0

⇐⇒

42x+1

− 32 > 0 ⇐⇒ 42x+1 − 32 > 0 ⇐⇒ 3 4x + 2 > 5 ⇐⇒ 4x > 3 ⇐⇒ x > 4 

22(2x+1) > 2 5



Prime´ cujemo da iz istog razloga kao za R(x) mora da vaˇzi Q(x) = 0 odnosno x = Q(x) > 0, za x >

3 4

Q(x) < 0, za x <

3 4

3 , dakle 4

U slede´ coj tabeli su sumirani prethodni rezultati za znak funkcija P (x), Q(x) i leve strane (LS) nejednakosti (podsećamo, R(x) > 0 u intervalu x ( , 3) (+3, + ):

∈ −∞ − ∪ x

∈

P (x) Q(x) LS

∞

−∞, −3) − −

(3, 4]

(4, + )

−

+

+

+

+

−

+

(

∞

Dakle, nejednakost je ispunjena za x

∈ (3, 4]. 141


17. D Razvoj binoma (a + b)n dat je sledećim izrazom





  ···   −     

n n−1 n n−2 2 (a + b) = a + a b+ a b + 1 2 n

n

n

+

n

k n k

a b − + ··· +

k

  n

n

−2

2 n 2

a b − +

  n

n

−1

abn−1 + bn

Zbir binomnih koeficijenata trećeg ˇclana od poˇcetka i trećeg ˇclana od kraja u razvoju binoma je n n + 2 n 2

−

te iz uslova zadatka

=

n(n sledi n = 50.

n n + 2 2

=2

− ·

n(n 1) = n(n 2 1

− 1)

− 1) = 2450 = 50 · 49

Sada traˇzimo sve racionalne ˇclanove u razvoju za koji je

√ 3 = 3 √ b = 4 = 4 4

1 4

3

1 3

a = Imamo

  50 k

−

1

an−k bk = 3 4

1

43

k

=3

50−k 4

k

43

Da bi ovaj ˇclan bio racionalan broj, potrebno je da oba ˇcinioca u proizvodu budu racionalni brojevi, a to se dobija za one vrednosti k za koje istovremeno vaˇzi

• 50 − k je deljivo sa ˇcetiri • k je deljivo sa tri

U slede´ coj tabeli su prikazane sve vrednosti k izmedu 0 i 50 koje su deljive sa tri, i zaokruˇzene one za koje vaˇzi da je 50 k deljivo sa ˇcetiri. Takvih brojeva je ˇcetiri koliki je i broj racionalnih ˇclanova u zadatom razvoju.

−

k

50

−k

50

k

−k

50

k

−k

k

50

−k

0

50

12

38

24

26

36

14

3

47

15

35

27

23

39

11

6

44

18

32

30

20

42

8

9

41

21

29

33

17

45

5



18. A

 

·  ·

1 + 2 log|xy| 2

| | 

k 48

50

−k 2

| |

logx+y xy = 1

Neophodno je da vaˇ zi xy = 0, 1 i x + y > 0, x + y = 1. Dalje imamo 1+2

log2 2 log2 xy

| | log2 |xy | +

| |

log2 xy =1 log2 (x + y)

log2 22 =1 log2 (x + y) log2 (x + y) log2 4 xy =1 log2 (x + y) log2 4 xy = log2 (x + y)

| |

Sada reˇsavamo sistem jednaˇcina 4 xy = x + y,

| |

| | 4|xy | = x + y − 2√ 3 ⇐⇒

x

y =

√

x = y + 2 3

Smenom dalje dobijamo

√ | √ √ √ 2|y(y + 2 3)| = y + 3 √ √ √ √ Kako je |y(y + 2 3)| ≥ 0 ⇒ y + 3 ≥ 0 ⇐⇒ y ≥ − 3. Dakle, reˇsenja traˇzimo u intervalu y ∈ [− 3, +∞) uz  1, x + y > 0, x + y = 1. Razlikujemo sledeće sluˇcajeve uslove xy  = 0, |xy | = |

4 y(y + 2 3) = 2y + 2 3

142


• y > 0 :

√

√ | √ √ √ 2|y(y + 2 3)| = y + 3 √ √ √ √ 2y(y + 2 3) = y + 3 ⇐⇒ 2y 2 + 4 3y = y + 3 ⇐⇒ |

Tada je y(y + 2 3) > 0 te vaˇzi y(y + 2 3) = y(y + 2 3) pa dalje sledi

√ − 1)y − √ 3 = 0

2y2 + (4 3

Diskriminanta ove kvadratne jednaˇcine je D = b 2

− 4ac = (4√ 3 − 1)2 + 8√ 3 = 48 − 8√ 3 + 1 + 8√ 3 = 49

te su reˇsenja

√ √ 3 √ b ± D −4 3 + 1 ± 7 − − − 3 = = y1,2 = 2 √ 2a 4 2− 3 √ √ √ Jedino reˇsenje koje pripada intervalu y > 0 je y = 2 − 3 za koje imamo x = y + 2 3 = 2+ 3. Medutim kako je √ √ |xy| = |(2 + 3)(2 − 3)| = |4 − 3| = 1 to ovo reˇsenje ne ispunjava uslov |xy | =  1 ˇsto znaˇci da u ovom intervalu jednaˇcina nema reˇsenja. √ • y ∈ [− 3, 0] : √ √ √ Sada je y (y + 2 3) ≤ 0 te vaˇzi |y(y + 2 3)| = −y(y + 2 3) pa dalje sledi √ √ 2|y(y + 2 3)| = y + 3 √ √ ⇐⇒ − 2 − √ √ ⇐⇒ 2 √ √ −



2y(y + 2 3) = y +

3

2y

4 3y = y +

3

2y + (4 3 + 1)y +

3=0

Diskriminanta ove kvadratne jednaˇcine je

− 4ac = (4√ 3 + 1)2 − 8√ 3 = 48 + 8√ 3 + 1 − 8√ 3 = 49 te su reˇsenja √ 3 √ √ 2 − − −b ± D = −4 3 − 1 ± 7 = 3 √ y1,2 = 2a 4 − 3 2 √ √ 3 √ 3 √ Jedino reˇsenje koje pripada intervalu y ∈ [− 3, 0] je y = − 3 za koje imamo x = y + 2 3 = + 3. D = b 2



2

Kako je sada

|xy| = i

 √  − √   3 + 2

3 2

3

3

=

2

 −  9 4

3 =

3 = 0, = 1 4

 



x + y = 3 > 0, = 1

to ovo reˇsenje ispunjava uslove zadatka. Dakle, sistem jednaˇcina ima jedno reˇsenje 3 x = + 2



19. B Neka je a = log5 6 > 1, tada je log 6 5 =

u obliku

√ 3,

− √ 3.

3 2

y =

log5 5 1 1 = = < 1. Sada se zadate funkcije mogu izraziti log5 6 log5 6 a

f 1 (x) = (log 5 6)sin x = a sin x f 2 (x) = (log 5 6)cos x = (a−1 )cos x = a − cos x

Funkcija će imati ekstremnu vrednost u onoj taˇ cki u kojoj je prvi izvod te funkcije jednak nuli f ′ (x0 ) = 0 Ako je drugi izvod te funkcije u toj taˇ cki pozitivan, ekstremna vrednost je minimum, ako je negativan, ekstremna vrednost je maksimum. Nadimo izvode zadatih funkcija. Uzimamo u obzir da vaˇzi (ax )′ = (ex ln a )′ = e x ln a ln a = a x ln a

·

143


Sada za prvu funkciju imamo (f 1 (x))′ = (asin x )′ = a sin x ln a (sin x)′ = a sin x ln a cos x = 0

·

·

Reˇsenja gornje jednaˇcine su

⇐⇒

cos x = 0

sin x =

±1

Drugi izvod funkcije f 1 (x) je

  

(f 1 (x))′′ = ((f 1 (x))′ )′ = (asin x ln a cos x)′ = ln a (asin x )′ cos x + asin x (cos x)′

· · = ln a (asin x ln a · (sin x)′ · cos x + asin x · (cos x)′ = ln a asin x ln a · cos x · cos x − asin x · sin x = a sin x ln a(ln a · cos2 x − sin x)



·



gde je a = log5 6 > 1 i ln a > 0.

• Za cos x1 = 0, sin x1 = 1 imamo f 1′′ (x1 ) = a sin x1 ln a(ln a cos2 x1

·

− sin x1) = a1 ln a(ln a · 0 − 1) = −a ln a < 0

te funkcija u ovoj taˇcki ima maksimum M 1 = f 1 (x1 ) = a sin x1 = a 1 = a = log5 6

• Za cos x2 = 0, sin x2 = −1 imamo f 1′′ (x2 ) = a sin x2 ln a(ln a cos2 x2

·

− sin x2) = a−1 ln a(ln a · 0 + 1) = a−1 ln a > 0

te funkcija u ovoj taˇcki ima minimum Sliˇcnim postupkom za drugu funkciju dobijamo (f 2 (x))′ = (a− cos x )′ = a − cos x ln a ( cos x)′ = a − cos x ln a sin x = 0

·−

·

Reˇsenja gornje jednaˇcine su sin x = 0

⇐⇒

cos x =

±1

Drugi izvod funkcije f 2 (x) je



(f 2 (x))′′ = ((f 2 (x))′ )′ = (a− cos x ln a sin x)′ = ln a (a− cos x )′ sin x + a− cos x (sin x)′



·

·

·

 

= ln a (a− cos x ln a ( cos x)′ sin x + a− cos x (sin x)′

·−

·

·



= ln a a− cos x ln a sin x sin x + a− cos x cos x

·

·

= a − cos x ln a(ln a · sin2 x + cos x)

·

gde je a = log5 6 > 1 i ln a > 0.

• Za sin x1 = 0, cos x1 = 1 imamo f 2′′ (x1 ) = a − cos x1 ln a(ln a sin2 x1 + cos x1 ) = a−1 ln a(ln a 0 + 1) = a −1 ln a > 0

·

·

te funkcija u ovoj taˇcki ima minimum

• Za sin x2 = 0, cos x2 = −1 imamo f 2′′ (x2 ) = a − cos x2 ln a(ln a sin2 x2 + cos x2 ) = a 1 ln a(ln a 0

·

· − 1) = −a ln a < 0

te funkcija u ovoj taˇcki ima maksimum M 2 = f 2 (x2 ) = a − cos x2 = a 1 = a = log5 6 Sada sledi M 1 = M 2 = a = log5 6.

144




caka od koje nikoje tri i nikoje ˇcetiri nisu kolinearne. To znaˇci da ne postoje 20. E Neka je u ravni dato N taˇ tri taˇcke koje pripadaju istoj pravoj, niti ˇcetiri taˇcke koje pripadaju istoj pravoj. To ujedno znaˇci da bilo koje tri taˇcke obrazuju trougao i bilo koje ˇcetiri taˇcke obrazuju ˇcetvorougao. Ukupan broj razliˇcitih ˇcetvorouglova koji se moˇze formirati od ovih N taˇcaka jednak je broju kombinacija od N elemenata klase 4: N 4



Sliˇcno, ukupan razliˇcitih trouglova koji se moˇze formirati od ovih N taˇ caka jednak je broju kombinacija od N elemenata klase 3: N 3

  

Prema uslovu zadatka vaˇzi

odakle sledi

N N =8 4 3

− 1)(N − 2)(N − 3) = 8 N (N − 1)(N − 2) 4·3·2·1 3·2·1 N − 3 = 8 ⇐⇒ N − 3 = 32 ⇐⇒ N = 35 4

N (N

Bilo koje dve taˇcke od ovih N = 35 taˇ caka odreduju jednu pravu, tako da je ukupan broj pravih dat brojem kombinacija od N = 35 elemenata, druge klase



− 1) = 35 · 34 = 17 · 35 = 595.

N N (N = 2 2

2

145


27. jun 2007.

ˇ ˇ PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE ZA UPIS NA ELEKTROTEHNI CKI I FIZICKI FAKULTET

1. Vrednost izraza 2 0.5

(A) 0

− 20 − (20.5 + 20)−1 jednaka je:

(B) 1

2. Ako je x > 0, onda je

√

  √ √

cke (1, 3. Rastojanje taˇ

√

2

(C)

(E)

8

(D)

√ 3

(E)

√ 7 x

(N) Ne znam

(C)

3

(E)

√

(N) Ne znam

8

x

(D) 4

− − i)2009 , (i2 = −1) iznosi: − i)2007 (B) 1 + i (C) 1 − i (D) −i

|

5. Ako je x + a = a (a

(A) 0 cina log2 (1 6. Jednaˇ (A) Nema reˇsenja

√ 2

√ − 2

(N) Ne znam

8

5

(1 + i)2008 (1 (1 + i)2006 + (1

(A) i

|

√ x

−1) od prave x + 2y − 4 = 0 iznosi: √

(B) 3

4. Vrednost izraza

(D)

x x x jednako:

(B) x 4 x

(A) x x

(A)

(C) 2

(E) 2i

(N) Ne znam

a 2

(N) Ne znam

≥ 0), tada je ||x| − a| jednako:

(B) a

(C) 2a

− x) = log2(x − 3):

(D) 3a

(E)

(B) Ima beskonaˇcno mnogo reˇsenja

(C) x = 3 je jedinstveno reˇsenje

(D) x = 1 je jedinstveno reˇsenje

(E) Zadovoljena je za x = 2

(N) Ne znam

7. Lopta je upisana u kocku. Odnos povrˇsina lopte i kocke je:

4π 3 (x + 1)(x + 2) senja nejednaˇcine 8. Skup svih reˇ (x 1)(x 2) (A)

2π 3

(A) (

(B)

−∞, +∞)

π 6

(C)

−

(C) [0, 1] (E) (

−∞, 0] ∪ (2, +∞)

(D)

π 12

8π 3

(N) Ne znam

− ≥ 1 je:

∞ (D) [0, 1) ∪ (2, +∞)

(B) [0, + )

(N) Ne znam

9. Neka su α, β i γ uglovi a a, b i c stranice proizvoljnog trougla. Tada je

jednako:

−2

(E)

(A)

(B)

(C) 0

(D) 1


(N) Ne znam

b

− 2a cos γ + c − 2b cos γ + a − 2c cos β a sin γ

b sin α

c sin β

−1

147


27. jun 2007.

2

cine 3x + 17x 10. Ako su x 1 i x 2 reˇsenja jednaˇ (A)

909 952

(B)

303 238

(C)

senja ima jednaˇcina cos 2 x 11. Koliko reˇ (A) 1

(B) 6

√ x−1

cina 92 12. Jednaˇ

(A) Nema reˇsenja

−

3x21 + 5x1 x2 + 3x22 14 = 0, tada je vrednost izraza jednaka: 4x1 x22 + 4x21 x2

101 352

√ x−1

5 9

(D) 2

(N) Ne znam

(E) 3

(N) Ne znam

(E) 0

(N) Ne znam

(E) 40

(N) Ne znam

(B) Ima jedno reˇsenje (D) Ima tri reˇsenja

(E) Ima ˇcetiri reˇsenja

(N) Ne znam

√ (A) 3

13 3

+ 3 = 0:

(C) Ima dva reˇsenja

13. Vrednost izraza

(E)

− sin2 2x = 0 na segmentu [0, 2π]?

(C) 4

− 4 · 32

(D)

sin86o + sin 76o sin26o sin16o iznosi: cos86o + cos 76o + cos 26o + cos 16o

−

(B)

√ 3

−

(C)

2

√ 23

(D)

√ 13

14. Ako je x 2 + 4x + 6 faktor od x 4 + ax2 + b, tada je a + b jednako:

(A) 12

(B) 24


(A) 1287a3

(C) 32

√   4

a2 x +

5

(B) 1024a4

1 ax2

(D) 36

13

(a > 0, x > 0), ˇclan koji ne sadrˇzi x glasi:

(C) 390a2

(E) 52a5

(D) 516a

(N) Ne znam

clanova te 16. U geometrijskoj progresiji je a1 + a5 = 51, a2 + a6 = 102. Za koju vrednost n je zbir n prvih ˇ progresije S n = 3069? (A) n = 4

(B) n = 6

(C) n = 8

(D) n = 10

17. Zbir najveće i najmanje vrednosti funkcije f (x) = x 3 + 3x2

(A) 314

(B) 330

(C) 400

(E) n = 12

− 72x + 90 na segmentu [−5, 5] iznosi:

(D) 412

(E) 321

18. Date su funkcije f 1 (x) = 2log2 x , f 2 (x) = log 2 2x , f 3 (x) = x, f 4 (x) = (x 2− log2

·

(A) Medu funkcijama nema medusobno jednakih (C) f 1 = f 2 = f 2 = f 4 = f 1





 

(E) f 2 = f 3 = f 1 = f 4

(N) Ne znam

√ x

(N) Ne znam

)2 . Taˇ can je iskaz:

 (D) f 3  = f 1 = f 2  = f 4 (B) f 1 = f 2 = f 3 = f 4

(N) Ne znam

sin1 sin2 sin3 , b = i c = . Tada je sin2 sin3 sin4 (B) c < b < a (C) c < a < b (D) b < a < c

19. Dati su brojevi a =

(A) a < b < c

(E) a < c < b

(N) Ne znam

cina na koji se moˇze formirati petoˇclana komisija od 2 matematiˇcara i 8 fiziˇcara, tako da u njoj 20. Broj naˇ bude bar jedan matematiˇcar iznosi: (A) 132

(B) 196

(C) 212

(D) 314

(E) 422

(N) Ne znam

148


ˇ RESENJA



1. A Kako je

i

to je

− 20 = √ 2 − 1 √ 2 − 1 √ 2 − 1 √ 1 − . √ (20 5 + 20 ) 1 = √ = √ = √ = 2−1 2+1 ( 2 + 1)( 2 − 1) ( 2)2 − 1 20.5

20.5



2. E

  √

·

1

1

− 20 − (20.5 + 20)−1 = 0.

1

3

1

1

·

3

1

7

1

7

x x x = (x(x x 2 ) 2 ) 2 = (x(x 2 ) 2 ) 2 = (x x 4 ) 2 = (x 4 ) 2 = x 8 =

√ 7 8

x .



cke (x0 , y0 ) od prave ax + by + c = 0 dato je jednaˇcinom 3. E Rastojanje taˇ d = Kako je u naˇsem sluˇcaju x 0 = 1, y 0 =

|ax√ 0 + by0 + c| a2 + b2

−1, a = 1, b = 2, c = −4, za rastojanje dobijamo |1 − 2 − 4| = | √ − 5| = √ 5. d = √ 1+4



5

4. E

− (1 − i) (1 + (1 + − (1 − = (1 + i)2006 + (1 − i)2007 (1 + i)2006 1 + (1 − i) i)2008

Kako je

i)2009

− − 1 i 1+i

1 i 1+i



5. B Kako je

to imamo 1. x

1

1 i (1 i)2 1 + i2 2i = = = 1+i (1 + i)(1 i) 12 i2

−

dalje sledi

i)2008

−

2008

−

− −

    1 i 1+i

−

1 i 1+i

−

2008 2006

−i

= ( i)2008 = i 2008 = (i2 )1004 = ( 1)1004 = 1

−

−

2006

= ( i)2006 = i 2006 = (i2 )1003 = ( 1)1003 =

−

−

−1

(1 + i)2008 (1 (1 + i)2006 + (1

− − i)2009 = (1 + i)2008 1 − (1 − i) = (1 + i)2 = 1 + i2 + 2i = 2i. − i)2007 (1 + i)2006 1 − (1 − i)



x + a, |x + a| = −(x + a),

≥ ⇐⇒ x ≥ −a ⇐⇒ x < −a

x+a 0 x + a < 0

≥ −a:

|x + a| = a ⇒ x + a = a ⇐⇒ x = 0 Kako je a ≥ 0 ⇐⇒ −a ≤ 0 i x = 0, to je uslov x ≥ −a ispunjen 2. x < −a: |x + a| = a ⇒ x + a = −a ⇐⇒ Kako je −2a < −a i x = −2a to je uslov x < −a ispunjen.

x =

−2a 149


Sada imamo

||x| − a| =





||0| − a| = | − a| = a, || − 2a| − a| = |2a − a| = a,



= a.

2x = 4

⇐⇒

≥

x a x
6. A Jednaˇcina

log2 (1

− x) = log2(x − 3)

je definisana za 1

− x > 0 ⇐⇒

x < 1

x

− 3 > 0 ⇐⇒

x > 3

x

∈ (−∞, 1) ∪ (3, +∞)

i te reˇsenja treba traˇziti u intervalu u tom intervalu vaˇ zi log2 (1

− x) = log2(x − 3) ⇐⇒ 1 − x = x − 3 ⇐⇒

x = 2

Medutim, kako x = 2 ne pripada mogućem intervalu, to jednaˇcina nema reˇsenja.



zina stranice kocke. Lopta upisana u ovu kocku će imati preˇcnik 2R jednak duˇzini stranice 7. B Neka je a duˇ kocke, odnosno a = 2R Povrˇsina lopte je

P l = 4πR 2

dok je povrˇsina kocke

P k = 6a2 = 6(2R)2 = 24R2

tako da je traˇzeni odnos povrˇsina lopte i kocke P l 4πR 2 π = = . 2 P k 24R 6



8. D

(x + 1)(x + 2) (x 1)(x 2)

− ≥ 1, x = 1, 2 (x + 1)(x + 2) (x + 1)(x + 2) − (x − 1)(x − 2) (x2 + 3x + 2) − (x2 − 3x + 2) − ≥ ≥0 1 ≥ 0 ⇐⇒ 0 ⇐⇒ (x − 1)(x − 2) (x − 1)(x − 2) (x − 1)(x − 2) x ≥ 0 (x − 1)(x − 2) U slede´ coj tabeli su dati znaci funkcija x, x − 1 i x − 2, kao i leve strane (LS) nejednakosti (podećamo da je  1, 2): leva strana nejednaˇcine definisana za x = −

x

∈ x

x

−1 x−2 LS

(

−∞, 0) − − − −

[0, 1)

(1,2)

(2, + )

+

+

+

− −

+

+

− −

+

+

∞

+

Dakle, reˇsenje date nejednaˇcine je x

∈ [0, 1) ∪ (2, +∞). 150




9. C Na osnovu kosinusne teoreme za stranice a,b,c i njima naspramne uglove α,β,γ proizvoljnog trougla,

imamo a2 = b 2 + c2

− 2bc cos α = b2 + c(c − 2b cos α) b2 = c 2 + a2 − 2ac cos β = c 2 + a(a − 2c cos β ) c2 = a 2 + b2 − 2ab cos γ = a 2 + b(b − 2a cos γ ) ˇcijim sabiranjem dobijamo a2 + b2 + c2 = a 2 + b2 + c2 + c(c

− 2b cos α) + a(a − 2c cos β ) + b(b − 2a cos γ ) b(b − 2a cos γ ) + c(c − 2b cos α) + a(a − 2c cos β ) = 0

Na osnovu sinusne teoreme za isti trougao imamo a b c = = = t sin α sin β sin γ odakle je a = t sin α, b = t sin β, c = t sin γ ˇsto smenom u gornjoj jednaˇcini daje

· − 2a cos γ ) + t sin γ · (c − 2b cos α) + t sin α · (a − 2c cos β ) = 0 sin β · (b − 2a cos γ ) + sin γ · (c − 2b cos α) + sin α · (a − 2c cos β ) = 0 b − 2a cos γ c − 2b cos α a − 2c cos β + + =0

t sin β (b

sin α sin γ

sin α sin β

dalje koriˇsćenjem

a b c , sin β = , sin γ = t t t

sin α = konaˇcno dobijamo

b

− 2a cos γ + c − 2b cos α + a − 2c cos β = 0 a t

b

sin β sin γ

sin β ct

sin α bt

sin γ

− 2a cos γ + c − 2b cos α + a − 2c cos β = 0. a sin γ

b sin α

c sin β



cine 10. A Ako su x 1 i x 2 reˇsenja jednaˇ 3x2 + 17x tada vaˇzi (x

− 14 = 0 ⇐⇒

x2 +

17 3

− 143 = 0

− x1)(x − x2) = x2 − (x1 + x2) + x1x2 = x2 + 173 x − 143

te izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma sa obe strane gornje jednaˇcine dobijamo x1 + x2 = x1 x2 =

− 173

− 143

Sada imamo 3x21 + 5x1 x2 + 3x22 3(x21 + 2x1 x2 + x22 ) x1 x2 = 4x1 x22 + 4x21 x2 4x1 x2 (x1 + x2 ) 3(x1 + x2 )2 x1 x2 = 4x1 x2 (x1 + x2 )

−

−

=

−   − −

3

17 2 + 14 3 3 14 17 43 3

=

3 172 + 3 14 909 = . 4 14 17 952

·

· ·

·

151




11. B

cos2 x

− sin2 2x = 0, x ∈ [0, 2π] cos2 x − 4sin2 x cos2 x = 0 cos2 x(1 − 4sin2 x) = 0 cos2 x = 0 ∨ 1 − 4sin2 x = 0

π + kπ 2 Reˇsenja koja pripadaju intervalu [0, 2π] su

1. cos2 x = 0

⇐⇒

cos x = 0

x =

x =

⇐⇒

1.0

π 3π , 2 2

0.5

0

2.

π

2

√ 2

3π 2

2π

−0.5

− 4sin2 x = 0 ⇐⇒ 4sin2 x = 1 ⇐⇒ sin x = ± 2 √ 2 π π sin x = + x = + 2kπ ∨ x = π − + 2kπ ⇐⇒ 2 4 4

1

π

−1.0

Reˇsenja koja pripadaju intervalu [0, 2π] su x =

sin x =

−

√ 2 2

⇐⇒

x =

π 3π , 4 4

− π4 + 2kπ ∨ x = π + π4 + 2kπ

Reˇsenja koja pripadaju intervalu [0, 2π] su x =

5π 7π , 4 4

Dakle, ukupan broj reˇsenja zadate jednaˇcine je ˇsest.



12. C

√ −

2 x 1

√ −

√

  ⇐⇒ − · 2

+3=0 32 x−1 −4·3 √ Uvodenjem smene t = 32 x−1 , x ≥ 1, t > 0 dobijamo t2 − 4t + 3 = 0 √ 4 ± 16 − 4 · 3 4±2 t1,2 = = = 9

2 x 1

2

2

√ x−1

4 32



+3=0

1 3

Oba reˇ senja su pozitivna, pa je uslov t > 0 ispunjen. Dalje imamo

√ ⇐⇒ 32 x−1 = 30 ⇐⇒ 2√ x − 1 = 0 ⇐⇒ x = 1 √ √ 1 5 t = 3 ⇐⇒ ⇐⇒ 32 x−1 = 31 ⇐⇒ 2 x − 1 = 1 ⇐⇒ x = + 1 = 4 4 Oba reˇsenja ispunjavaju uslov x ≥ 1, te zadata jednaˇcina ima dva reˇsenja. t = 1

152




13. D Koristimo sledeće trigonometrijske identitete

− sin β = 2 sin α −2 β cos α +2 β α − β α + β cos α + cos β = 2cos cos sin α

2

2

Sada imamo o o o o o o − sin26o = 2 sin 86 −2 26 cos 86 +2 26 = 2 sin 602 cos 1122 = 2 sin30o cos56o 76 o − 16o 76 o + 16o 60 o 92 o sin76o − sin 16o = 2 sin cos = 2 sin cos = 2 sin 30o cos46o

sin86o

2

2 2 2 86 o 26o 86 o + 26o 60 o 112o cos86o + cos 26o = 2 cos cos = 2 cos cos = 2 cos 30o cos 56o 2 2 2 2 76o 16o 76 o + 16o 60 o 92 o cos76o + cos 16o = 2 cos cos = 2 cos cos = 2 cos 30o cos46o 2 2 2 2 te dalje sledi

−

−

sin86o + sin 76o sin26o sin 16o 2sin30o cos56o + 2sin30o cos 46o = cos86o + cos 76o + cos 26o + cos 16o 2cos30o cos56o + 2cos30o cos46o sin30o cos56o + cos 46o = cos30o cos56o + cos 46o 1 1 2 = √ = . 3 3

−

−

2

√

14. C Ako je polinom x4 + ax 2 + b deljiv polinomom x2 + 4x + 6 tada postoji polinom stepena 4



2

Q(x) = a 2 x + a1 x + a0 takav da vaˇzi

− 2 = 2:

x4 + ax2 + b = (x2 + 4x + 6)Q(x) = (x2 + 4x + 6)(a2 x2 + a1 x + a0 ) = a2 x4 + (a1 + 4a2 )x3 + (a0 + 4a1 + 6a2 )x2 + (4a0 + 6a1 )x + 6a0 Izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma sa leve i desne strane jednaˇcine dobijamo a2 = 1 a1 + 4a2 = 0

⇒ a1 = −4a2 = −4 3 4a0 + 6a1 = 0 ⇒ a0 = − a1 = 6 2 b = 6a0 = 36 a = a 0 + 4a1 + 6a2 = 6

− 16 + 6 = −4

Sada dobijamo a + b =

−4 + 36 = 32.



sta formula za razvoj binoma je 15. A Opˇ n

n

(c + d) =

  k =0

U naˇsem sluˇcaju vaˇzi c = d =

√ 2 4

n n−k k c d k 1

a x = (a2 x) 4

 5

1 1 = (a2 x)− 5 2 ax n = 13

te je 153


cn−k dk = (a2 x)

n−4

4

· (a2x)−

k

5

= a

13−k 2

− 5 · x 134− − 25 k

k

k

Ovaj ˇclan neće sadrˇzati x u svom zapisu za 13

− k − 2k = 0 ⇐⇒ 4 5

65

− 5k − 8k = 0 ⇐⇒

k = 5

i taj ˇclan je





n n−k − k 13 13−5 − 5 13 12 11 10 9 4 −1 a 2 a 5 = a 2 a 5 = a a = 13 11 9a3 = 1287a3 . k 5 5 4 3 2 1

· · · · · · · ·

·



·

· ·

16. D

an = q n−1 a1

n = 2, 3, 4, . . .

a2 = qa 1 , a5 = q 4 a1 , a6 = q 5 a1

⇒ a1(1 + q 4) = 51 a2 + a6 = 102 ⇒ a1 q (1 + q 4 ) = 102 a1 + a5 = 51

Deljenjem poslednje dve jednakosti, dobijamo q = 2 i a1 =

51 51 = =3 4 1 + q 1 + 16

Sada se za sumu prvih n ˇclanova ima n

q S n = a 1 + a2 + ··· + an = a 1 (1 + q + ··· + q − ) = a1

−1 q − 1

n 1

Iz uslova zadatka S n = 3069 dobijamo jednaˇ cinu po nepoznatoj n 3 2n

2n 1 = 3069 2 1

− 1 = 1023 ⇐⇒



− −

2n = 1024 = 210

⇐⇒

n = 10.

17. A

f (x) = x 3 + 3x2

Prvi izvod funkcije je jednak nuli

f ′ (x) = 3x2 + 6x

za 2

x + 2x Drugi izvod funkcije je

− 72x + 90

− 24 = 0

− 72 = 0

√ − 2 ± 4 + 4 · 24 −2 ± 10 −6 ⇐⇒ x = = = +4 2 2



f ′′ (x) = (f (x)′ )′ = (3x2 + 6x

− 72)′ = 6x + 6 za x = −6 : f ′′ (x) = 6x + 6 = 6 · (−6) + 6 = −30 < 0 ⇒ funkcija ima maksimum u ovoj taˇcki za x = 4 : f ′′ (x) = 6x + 6 = 6 · (4) + 6 = 30 > 0 ⇒ funkcija ima minimum u ovoj taˇcki Traˇzimo minimum i maksimum funkcije na intervalu x ∈ [−5, 5]. Kako x = 4 pripada ovom intervalu, to je minimum funkcije na ovom intervalu

m = f (4) = 43 + 3 42

· − 72 · 4 + 90 = −86

Kako x =

−6 ne pripada intervalu [−5, 5] to maksimum funkcije nije u ovom intervalu. Prvi izvod funkcije f ′ (x) = 3x2 + 6x − 72 = 3(x − 4)(x + 6) 154


∈−

je negativan na intervalu x ( 6, +4) te je na ovom intervalu funkcija opadajuća. Ako funkcija ima maksimum u taˇcki x = 6 i polazeći od te taˇcke opada do x = 4, to maksimum na intervalu [ 5, 5] treba traˇziti na granici intervala bliskoj apsolutnom maksimumu tj. u taˇ cki x = 5:

−

−

−

M = f ( 5) = ( 5)3 + 3 ( 5)2

−

· − − 72 · (−5) + 90 = 400

−

Sada dobijamo

− 86 = 314.

m + M = 400



18. E Imamo

f 1 (x) = 2log2 x = x, x > 0 f 2 (x) = log 2 2x = x, x

∈R

f 3 (x) = x, x

·

1 log2 √ x

f 4 (x) = x 2

∈R 2 2 √ 1x = xx = x, x > 0

   2

= x 2

Dakle, sve tri funkcije su identiˇ cki jednake x, pri ˇcemu su f 2 (x) i f 3 (x) definisane za sve realne brojeve x, dok su f 1 (x) i f 4 (x) definisane za pozitivne realne brojeve x. Odavde sledi f 2 = f 3 = f 1 = f 4 .





19. C

Vaˇzi

π π < 1 < 4 3 i kako je funkcija sin(x) na ovom intervalu rastuća (videti sliku), to sledi π π sin < sin1 < sin 4 3

√ 2 2

< sin1 <

1.0

0.5

√ 3

0

2

π

2

Sliˇcno imamo

π

3π 2

2π

−0.5

π 2π < 2 < 2 3 −1.0 kako je na ovom intervalu funkcija sin x opadajuća (videti sliku), to dobijamo π 2π sin > sin2 > sin 2 3 π 3

− 

1 > sin2 > sin π

√ 3 2

√

π 3 = sin = 3 2

< sin2 < 1

Dalje vaˇzi

5π < 3 < π 6 i kako je na ovom intervalu funkcija sin x opadajuća, to imamo 5π > sin3 > sin π 6 π sin π > sin3 > 0 6 π sin > sin3 > 0 6 sin

−

0 < sin3 <

1 2

155


Najzad, kako je

3π > 4 > π 2 i na ovom intevalu funkcija sin x opadajuća, to vaˇzi sin

3π < sin4 < sin π 2

−1 < sin4 < 0 √ 3

Sada za gornju granicu a imamo

sin1 <

sin2 >

√ 3

2

1 1 ⇒ sin2 < √ 3

2

2

te mnoˇzenjem poslednje dve relacije, dobijamo

√

sin1 1 3 a = = sin1 < sin2 sin2 2 Sliˇcno, za donju granicu a dobijamo sin1 > sin2 < 1

⇒

· √ 13 = 1 ⇒ a < 1 2

√ 2 2 1 > 1 sin2

te mnoˇzenjem poslednje dve relacije, imamo

√

sin1 2 a = > > 0 sin2 2 Kako je sin2 >

√ 3

2 1 1 sin3 < > 2 2 sin3 Mnoˇ zenjem poslednje dve relacije, za donju granicu b imamo

⇒

√

sin2 3 b = > 2= sin3 2 Dakle, imamo 0 < a < 1 i b > Kako je sin 3 > 0 i sin4 < 0 to vaˇzi c =

·

√ 3

√ 3 > 1 ⇒ 0 < a < b

sin3 < 0 sin4

te konaˇcno imamo relaciju c < a < b. cara i 8 inˇzenjera treba formirati komisiju od pet ˇclanova tako da je u njoj bar 20. B Iz skupa od 2 matematiˇ



jedan matematiˇ car. Imamo dve medusobno iskljuˇcive mogućnosti 1. U komisiji su taˇcno jedan matematiˇcar i ˇcetiri inˇzenjera. Jednog matematiˇcara iz skupa od 2 matematiˇcara moˇzemo izabrati na ˇ Cetiri inˇzenjera iz skupa od 8 inˇzenjera moˇzemo izabrati na komisija

 ·  2 1

8 4





2 naˇcina. 1

8 naˇ cina, pa je ukupan broj ovakvih 4

156


2. U komisiji su taˇcno dva matematiˇcara i tri inˇzenjera. Dva matematiˇcara iz skupa od 2 matematiˇcara moˇzemo izabrati na

  · 

Tri inˇzenjera iz skupa od 8 inˇzenjera moˇzemo izabrati na 2 2

8 3



2 naˇcina. 2

naˇcina, pa je ukupan broj ovakvih komisija

8 3

Sada se za ukupan broj petoˇclanih komisija u kojima je bar jedan matematiˇ car ima

 ·   ·  2 1

8 2 + 4 2

8 3

=2

· 84 ·· 73 ·· 62 ·· 51 + 1 · 83 ·· 72 ·· 61 = 28 · 5 + 56 = 196.

Zadatak se moˇze reˇsiti i na slede´ ci naˇ cin. Ukupan broj petoˇclanih komisija iz skupa od 10 struˇ cnjaka (2 matematiˇcara + 8 inˇzenjera) se moˇze izabrati na



10 naˇcina 5

Ukupan broj petoˇclanih komisija u kojima nema nijednog matematiˇcara dobija se biranjem pet ˇclanova iz skupa od 8 inˇzenjera, ˇsto se moˇze uˇciniti na 8 naˇcina 5



Sada je ukupan broj komisija u kojima je bar jedan matematiˇ car jednak razlici

 −  10 5

8 5

= 196.

157


28. jun 2006.

ˇ ˇ KLASIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE ZA UPIS NA ELEKTROTEHNI CKI I FIZICKI FAKULTET

√ √ 4 + √ 8 + √ 16) · (1 − 2−1/2) jednaka je: √ 1 (B) 2 (C) 3 (D) √

1. Vrednost izraza ( 2 +

(A) 1

(E) 2 +

2

√ 2

(N) Ne znam

cina prave koja je normalna na pravu 2x + 3y + 5 = 0 ima koeficijent pravca: 2. Jednaˇ (A)

3 2

− 32

(B)

3. Ako je

(A) 9

(C)

2 3

− 23

0.0015 10m = 5 107 tada je razlika m 0.03 10k (B) 8 (C) 7

·

·

·

(1 i2006 )2007 , (i2 = 4. Vrednost izraza 2008 2009 (1 + i )

−

5. Ako je (b

 

= 0 i b = 3, tada je b jednako:

(B)

(C)

4+

(A)

−8

2 b

(D) 6

(E) 5

(N) Ne znam

(D) i

(E)

(N) Ne znam

−1) iznosi:

(B)

− 3)

1 4

(N) Ne znam

(E)

− k jednaka:

i 2

(A)

1 2

(D)

(C) 4

−i



−2

− 12

(D)

1 2

(E) 2

(N) Ne znam

x 3 i g (x) = log 16 x. Tada je f ( 1) + f ( ) jednako: 2 2 3 7 5 5 3 (A) (B) (C) (D) (E) (N) Ne znam 2 4 8 2 8 1 1 1 1 1 senja jednaˇcine + = (a = 0), tada su 2 i 2 reˇsenja jednaˇcine 7. Ako su x1 i x 2 reˇ x a x+a a x1 x2 6. Funkcije f i g zadate su sa g (f (x)) =

(A) a 4 x2

−



−

− 6a2x + 1 = 0

−

(B) a 3 x2 + 6ax + 1 = 0

(C) a 4 x2 + 6a2 x + 1 = 0

(D) a 3 x2

(E) x 2 + 6a3 x + a4 = 0

(N) Ne znam

− 6ax + 1 = 0

cnik opisanog kruga oko trougla iznosi (u 8. Osnovica jednakokrakog trougla je 6 cm a krak 12 cm. Polupreˇ cm): (A)

√

9. Ako je cos 2α =

(A)

√

7 15 5

√

(B) 4 13

√

(C) 3 15

(D) 6 13

(E)

√

8 15 5

(N) Ne znam

π 7 π , 0 < α < i cos β = √ , 0 < β < , tada je α + β jednako: − 63 65 2 2 130

π 4

(B)

π 3

(C)

π 2

(D)

2π 3

(E)

3π 4

(N) Ne znam

cna za svako x 10. Koja od sledećih nejednakosti je taˇ 5

3

4

5

3

2

(I) x < x , (II) x + x < x + x , (III) x

4

∈2 (0, 1)3 −x < x −x : 5

(A) Nijedna

(B) Samo (I)

(C) Samo (II)

(D) Samo (I) i (II)

(E) (I), (II) i (III)

(N) Ne znam

159


28. jun 2006.

√

11. U razvoju binoma ( 1 + x

− x2)2 (C) 28(1 − x)(1 + x)3 (E) 56(1 + x) (1 − x) (A) 70(1

5 2

3 2

− √ 1 − x)n (n ∈ N) koeficijent trećeg ˇclana je 28. Srednji ˇclan razvoja je: (B) −70(1 − x2 )2 (D) −28(1 − x)(1 + x)3 (N) Ne znam

cije su stranice a, b, c i vaˇzi jednakost (a + b + c)(a + b 12. U trouglu ˇ (A) 15o

(B) 30o

(C) 45o

(D) 60o

− c) = 3ab, ugao naspram stranice c iznosi: (E) 150o

(N) Ne znam

senja sistema jednaˇcina x + xy + y = 11, x2 y + y 2 x = 30 je: 13. Ukupan broj reˇ (A) 1

(B) 2

(C) 4

(D) 3

(E) 0

(N) Ne znam

14. Ako je α oˇstar ugao izmedu prostornih dijagonala kocke, tada je tg α jednak:

√ 2

√ 2 √ √ √ (A) (B) 2 (C) (D) 2 2 (E) 3 2 2 4 √ √ cine 3sin x + cos x = 3, koja pripadaju intervalu (0, 2π) je: 15. Zbir reˇsenja jednaˇ (A)

π 2

(B) 0

(C)

π 3

(D)

2π 3

(E)

π 6

(N) Ne znam

(N) Ne znam

16. Zbir prva tri ˇclana rastućeg geometrijskog niza je 91. Ako tim ˇclanovima dodamo redom 25, 27 i 1 dobijamo

tri broja koja obrazuju aritmetiˇ cki niz. Sedmi ˇclan datog geometrijskog niza je: (A) 567

(B) 1701

(C) 5103

(D) 5706

17. Zbir svih reˇsenja jednaˇcine 2 log 24 x + 1 + log4 x2

|

(A) 1

(B)

−2

| (C) −4

(E) 5063

(N) Ne znam

| − 1| + log |x − 1| = 0 je: 1 4

(D) 4

(E)

− 12

(N) Ne znam

≥2 2) sa x − 1 je 1, a ostatak pri deljenju polioma P (x) sa x + 1 je −1. Ostatak pri deljenju polinoma P (x) sa x − 1 je: (A) x (B) x + 2 (C) 1 − x (D) x + 3 (E) 2 − x (N) Ne znam 18. Ostatak pri deljenju polinoma P (x) (stepena n

cke M (0, 19. Najmanja vrednost rastojanja taˇ

2 √ 13 (E) √ (N) Ne znam 3 √ √ 20 − 82 x+1 − 642 x zi nejednakost > 0 je oblika (za neke realne brojeve 20. Skup svih vrednosti x za koje vaˇ (2x − 1)(2x − 4) a i b takve da je 0 < a < b < + ∞): (A)

√ 42

(B)

√ 43

−2) od taˇcaka (x, y) takvih da je y = √ 163x3 − 2, za x > 0, iznosi:

(C)

16 √ 3

(D)

(A) (0, a)

(B) (a, b)

∪ (b, +∞) (E) (0, a)\{1}

(D) (a, + )

(C) (0, a)

∞

(N) Ne znam

160


ˇ RESENJA



1. C

  √  √  √ −

√ √ √ √

√ √ 1 ( 2 + 4 + 8 + 16)(1 − 2−1/2 ) = ( 2 + 2 + 2 2 + 4) 1 − √

2

1 3 = (2 + 2)(2 2 2 3 ( 2)2 ) = (4 2) = 3. 2

= (6 + 3 2) 1

− √

3 = (22 2



2. A

2x + 3y + 5 = 0

gde je koeficijent zadate prave k 1 =

⇐⇒



− 23 x − 53 = k1x + n1

y =

− k11 = 23 .

·

·

5 10m−k−2 = 5 107

·

·



4. B Kako je

⇐⇒ m − k − 2 = 7 ⇐⇒ m − k = 9.

i2008 = (i2 )1004 = ( 1)1004 = 1

− i2006 = (i2 )1003 = ( −1)1003 = −1

dalje sledi

(1 i2006 )2007 (1 ( 1))2007 22007 1 = = = 2 −2 = . 2008 2009 2009 2009 (1 + i ) (1 + 1) 2 4

−

−−



5. C

− 3)

 

⇐⇒

2 = b

(b i kako je b = 3 to mora vaˇ ziti



4+

2 =0 b



4+

6. E

2 b

=0

−4 ⇐⇒

b =

− 12 .

x 2 g(f (x)) = log 16 (f (x))

g(f (x)) = g(x) = log16 x

odakle sledi

⇒

log16 (f (x)) =

x 2

⇐⇒

x

f (x) = 16 2

Sada imamo 1

f ( 1) = 16− 2 =

−

f odnosno

−

0.0015 10m 15 m−k = 10 = 5 10m−k−2 k 0.03 10 300

·

to sledi

√ 2)

− 23 . Koeficijent prave normalne na ovu pravu dat je jednaˇcinom k2 =

3. A Kako je

−

−  3 2

f ( 1) + f

−

3

1 4

= 16 − 4 = 2 −3 =

−  3 2

=

1 8

1 1 3 + = . 4 8 8 161




7. A

1

1 1 = x+a a

− a)(x + a) a(x + a) + a(x − a) = x 2 − a2 ⇐⇒ 2ax = x 2 − a2 ⇐⇒ x2 − 2a − a2 = 0 x

−a

+

/a(x

Ako su x 1 i x 2 reˇsenja ove kvadratne jednaˇcine, tada vaˇzi (x

x2

− x1)(x − x2) = 0 ⇐⇒

− (x1 + x2)x + x1x2 = 0

te izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma sa leve strane kvadratnih jednaˇcina dobijamo x1 + x2 = 2a, Ako su

x1 x2 =

−a2

1 1 i 2 reˇsenja kvadratne jednaˇcine, tada za tu kvadratnu jednaˇcinu vaˇ zi 2 x1 x2

 −  −  x

x2

1 x21

x

2

=0

2

− x 1x +2x2x2 x + x21x2 = 0 1 2

Kako je

1 x22

1 2

x21 + x22 = (x1 + x2 )2

− 2x1x2 = (2a)2 − 2(−a2) = 6a2 x21 x22 = (x1 x2 )2 = (−a2 )2 = a 4

to je traˇzena jednaˇcina oblika

2

− 6aa4 x + a14 = 0 a4 x2 − 6a2 x + 1 = 0. x2



8. E

Na slici je prikazan jednakokraki trougao ABC sa osnovicom a = BC = 6 cm i kracima duˇzine b = AB = AC = 12 cm. Oko njega je opisan krug polupreˇcnika R koji traˇzimo. Kako je α = ∠BAC periferijski ugao nad tetivom BC , to je centralni ugao nad istom tetivom ∠BOC = 2∠BAC = 2α. Iz pravouglog trougla B AA′ imamo sin te sledi

C

b α

A

α a/2 3 1 = = = 2 b 12 4

α cos α = cos2 2

−

cos α = 1

α sin2 = 1 2

  − 2

1 4

2

−

O b

α 2sin2 2

R

a 2

2α

A′

R

a 2

B

7 = 8

Primenom kosinusne teoreme na trougao B OC imamo a2 = R 2 + R2

− 2R2 cos2α = 2R2(1 − cos2α) = 2R2(1 − cos2 α + sin2 α) = 2R2(1 − cos2 α + 1 − cos2 α) a2 = 4R2 (1 − cos2 α)

odakle se za polupreˇcnik dobija

1 a2 R = 4 1 cos2 α 1 62 1 36 64 15 = = 15 = 2 7 41 4 64 25 2

−

− 

·

8

R =

√

8 15. 5 162




9. E Iz

7 √ 130 , β ∈

cos β =

sledi sin2 β = 1

sin β =

∈

π to je sin β > 0 odnosno 2

  0,

 ±

81 = 130

sin β = Dalje koristimo identitet

cos2α = cos2 α

odakle sledi

0,

π 2

49 81 − cos2 β = 1 − 130 = 130

odnosno

i kako je β

 

9 ± √ 130

9 √ 130

− sin2 α = 2 cos2 α − 1 = 1 − 2sin2 α

1 (1 + cos 2α) 2 1 sin2 α = (1 cos2α) 2

cos2 α =

−

Kako je cos2α = i α to sledi

∈  ⇒ 0,

π 2

− 63 65

sin α > 0,

sin2 α =

1 63 64 (1 + ) = 2 65 65

cos2 α =

1 (1 2

cos α > 0

⇒ sin α = + √ 865

1 1 ) = ⇒ cos α = + √ − 63 65 65 65

Sada imamo sin(α + β ) = sin α cos β + cos α sin β =

8 65

7 + 130

√ · √

1 65

9 = 130

√ · √

√

56 + 9 65 2 = = 2 65 65 2 65 2

√ · ·

√

i cos(α + β ) = cos α cos β

1 65

7 130

9 = 130

− sin α sin β = √ · √ − √ · √

te je α + β = π



8 65

65 = 65 65 2

− √ · ·

65 = 65 2

− √ −

√ 2 2

− π4 = 3π4 .

10. E

I) x5 < x3

x>0

⇒ x2 < 1 ⇐⇒

x2

− 1 < 0 ⇐⇒ (x − 1)(x + 1) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1) ∧ x > 0 ⇒ x ∈ (0, 1) te je gornja nejednaˇcina ispunjena za svako x ∈ (0, 1). x>0 x+1>0 II) x4 + x5 < x3 + x2 ⇒ x2 + x3 < x + 1 ⇐⇒ x2 (x + 1) < x + 1 ⇒ x2 − 1 < 0 tako da su reˇsenja ove nejednaˇcine ista kao u prvom sluˇcaju x ∈ (0, 1) i nejednaˇcina je ispunjena za svako x iz ovog intervala. x>0 1 −x>0 III) x4 − x5 < x3 − x2 ⇒ x2 − x3 < 1 − x ⇐⇒ x2 (1 − x) < 1 − x ⇒ x2 − 1 < 0 ∧ x > 0 ∧ x < 1 tako da su reˇsenja ove nejednaˇcine ista kao u prva dva sluˇcaja x ∈ (0, 1) i nejednaˇ cina je ispunjena za svako x iz ovog intervala.

Dakle, sve tri nejednakosti su taˇcne za x

∈ (0, 1). 163




zi jednaˇcina 11. A Za razvoj binoma vaˇ

 



n n−1 n n−2 2 (a + b)n = a n + a b+ a b + 1 2

  ···

n n−k k a b + k

  ··· n

n

−1

abn−1 + bn

za koeficijent trećeg ˇclana prema uslovu zadatka vaˇ zi n 2

Kako je a =

=

n(n

− 1) = 28 ⇒ n(n − 1) = 56 = 8 · 7 ⇒ n = 8

2

√ 1 + x i a = √ 1 − x to se za srednji ˇclan (k = n = 4) dobija 2



n n−k k a b = k



8 (1 + x)2 (1 4

− x)2 = 48 ·· 73 ·· 62 ·· 51 ((1 + x)(1 − x))2 = 70(1 − x2)2



ze predstaviti u sledećem obliku 12. D Zadata jednakost se moˇ (a + b + c)(a + b

− c) = 3ab ⇐⇒

Iz kosinusne teoreme imamo

(a + b)2

− c2 = 3ab ⇐⇒ c2 = a 2 + b2 − ab

c2 = a 2 + b2

Izjednaˇcavanjem poslednje dve jednaˇcine imamo 1 2

cos γ =



a2 + 2ab + b2

− 2ab cos γ

⇒ γ = π3 = 60o.

13. C

x2 y + y 2 x = 30

⇐⇒

⇐⇒

xy(x + y) = 30

x + xy + y = 11

− c2 = 3ab

⇐⇒

x + y +

xy =

30 x+y

30 = 11 x+y

Uvodenjem smene t = x + y dalje imamo 30 = 11 t

⇐⇒ t2 − 11t + 30 = 0 √ 11 ± 121 − 4 · 30 11 ± 1 t1,2 = = = t+

2



2

Sada imamo

5 6

1. t = 5 x + y = 5 xy = xy = 6

⇒ x(5 − x) = 6 ⇐⇒

x2

⇐⇒

y = 5

30 =6 x+y

−x

− 5x + 6 = 0 ⇐⇒ (x − 2)(x − 3) = 0 ⇐⇒ x = 2 ⇒ y = 5 − x = 3 x = 3 ⇒ y = 5 − x = 2

x = 2

∨ x = 3

x = 1

∨ x = 5

2. t = 6 x + y = 6 xy = xy = 5

⇒ x(6 − x) = 5 ⇐⇒

x2

⇐⇒

y = 6

30 =5 x+y

−x

− 6x + 5 = 0 ⇐⇒ (x − 1)(x − 5) = 0 ⇐⇒ x = 1 ⇒ y = 6 − x = 5 x = 5 ⇒ y = 6 − x = 1

Dakle, sistem jednaˇcina ima 4 reˇsenja (x, y)

∈ {(2, 3), (3, 2), (1, 5), (5, 1)} . 164




14. D Na slici levo je prikazana kocka sa svoje dve prostorne dijagonale AD i BC , a na slici desno je presek

ravni koja sadrˇ zi ove dve prostorne dijagonale koje se seku u taˇ cki O. Ako je duˇzina ivice kocke a, duˇzina prostorne dijagonale je D = a 3 D Stranice jednakokrakog trougla ABO su AB = a, BO = AO = tako da na osnovu kosinusne teoreme, imamo 2

√

2

a =

   − D 2

2

2

D 2

+

DD D2 2 cos α = (1 2 2 2

odakle je

2

cos α = 1

− 2a D2

2

=1

Dalje sledi

 −

sin α =

1

te se za tangens traˇzenog ugla dobija

cos2

tg α =

α =

1 − 2a = 2 3a 3

 − 1

√

1 2 2 = 9 3

√

sin α = 2 2. cos α A

B

B

A O

O



α

D C

15. D

− cos α)

C

D

√ 3sin x + cos x = √ 3, x ∈ (0, 2π) √ 3 √ 3 1 2

sin x + cos x = 2 2

i uzimajući u obzir da vaˇzi

√

π 3 cos = , 6 2

sin

π 1 = 6 2

dalje sledi

√

π π 3 cos sin x + sin cos x = 6 6 2 π 3 sin x + = 6 2

 

Sva reˇsenja ove jednaˇcine su

√

π π π π = + 2kπ x + = π + 2kπ, k 6 3 6 3 π π x = + 2kπ x = + 2kπ, k Z 6 2 i pritom se u zadatom intervalu x (0, 2π) nalaze

∨

x+

−

∨

∈

x1 =

∈Z

∈

π π i x 2 = 6 2

te je zbir svih reˇsenja na zadatom intervalu x1 + x2 =

π π 2π + = . 6 2 3 165




clana zadatog geometrijskog niza. Tada vaˇ zi 16. C Neka su a 1 , a2 , a3 prva tri ˇ a2 = qa 1 a3 = q 2 a1 i prema uslovu zadatka

a1 + a2 + a3 = a 1 (1 + q + q 2 ) = 91

Ako ovim ˇclanovima dodamo redom 25, 27 i 1, dobijamo aritmetiˇcki niz b1 = a 1 + 25, b2 = a 2 + 27, b3 = a 3 + 1 tako da vaˇzi d = b 2

− b1 = b3 − b2 ⇐⇒

− (a1 + 25) = (a3 + 1) − (a2 + 27) ⇐⇒ a2 − a1 + 2 = a3 − a2 − 26

a2 + 27

odnosno qa1

− a1 = q 2a1 − qa1 − 28 ⇐⇒

ˇsto uz prethodnu jednakost

a1 (q 2

− 2q + 1) = 28

a1 (q 2 + q + 1) = 91

daje sistem jednaˇcina po nepoznatim q i a 1 . Oduzimanjem ove dve jednaˇcine dobijamo 3a1 q = 91

− 28 = 63 ⇐⇒

a1 q = 21

dok sabiranjem istih jednaˇcina imamo 2a1 q 2

− a1q + 2a1 = 28 + 91 = 119 ⇒ 2a1q 2 + 2a1 = 119 + a1q = 119 + 21 = 140 ⇐⇒

a1 (q 2 + 1) = 70

Iz poslednje dve jednaˇcine dobijamo kvadratnu jednaˇcinu po nepoznatoj q q 2 + 1 70 10 = = q 21 3 ˇcija su reˇsenja q 1,2 =

⇐⇒

√ 10 ± 100 − 4 · 9

3q 2

=

6

− 10q + 3 = 0

10

±8 =

6

 

1 3 3

Kako je zadati geometrijski niz rastu´ ci, to je q > 1, te je jedino reˇsenje koje ispunjava ovaj uslov q = q 2 = 3 Sledi a1 = i

21 =7 q

a7 = q 6 a1 = 36 7 = 5103.

·



17. C

2log24 x + 1 + log4 x2

|

|

| − 1| + log |x − 1| = 0 1 4

Jednaˇcina je definisana za x = Kako je

 ±1. log 14 x =

to sledi

log4 x = log4 4−1

− log4 x

2log24 x + 1 + log4 x2

|

| − 1| − log4 |x − 1| = 0 |x2 − 1| = 0 2log24 |x + 1| + log4 |x − 1| |

166


dalj da ljee kori ko riste´ steći ci

 

| | ||

|

|

a a = dobijamo b b





x2 x

|x + 1| + log4 −−11 = 0 2log24 |x + 1| + log4 |x + 1| = 0

2log24

Smenom t Smenom t = log4 x + 1 dalje imamo 2t2 + t = 0

t(2t (2t + 1) = 0

⇐⇒

⇐⇒

t = 0

∨ t = − 12

1. t = 1 log4 x + 1 = 0 = log4 1

|

2. t =

⇐⇒ |x + 1| = 1 ⇐⇒

|

− 12

x+1 =

±1 ⇐⇒

| − 12 = − 12 log 4 4 = log4 4−

log4 x + 1 =

|

|x + 1| = 4−

1 2

1 2

=

⇐⇒

x+1 =

± 12 ⇐⇒

x =

Dakle, zbir svih reˇsenja senja zadate jednaˇcine cine je x1 + x2 + x3 + x4 = 0

0 2

−

1 2

 −  −

3 2 1 2

− 2 − 12 − 23 = −4.



je Q 1 (x) koliˇ cnik cnik i 1 ostatak pri deljenju polinoma P polinoma P ((x) sa x sa x 18. A Neka je Q P ( P (x) = (x

x =



− 1, tada ta da vaˇzi zi

1)Q1 (x) + 1 ⇒ P (1) P (1) = 1 − 1)Q

−1 ostatak pri deljenju polinoma P ( P (x) sa x sa x + 1, tada tad a vaˇzi zi P ( P (x) = (x + 1)Q 1)Q2 (x) − 1 ⇒ P ( P (−1) = −1 Pri deljenju polinoma sa x sa x2 − 1 = (x − 1)(x 1)(x +1) dobijamo neki polinom Q polinom Q((x) za koliˇcnik cni k i polin po linom om R R((x) = r 1 x + r0 za ostatak, te imamo P ( P (x) = (x ( x2 − 1) + R(x) = (x − 1)(x 1)(x + 1)Q 1)Q(x) + r1 x + r0 Neka je Q je Q 2 (x) koliˇ kol iˇcnik cn ik i

Sada je P (1) P (1) = r = r 1 + r0 = 1

−

P ( P ( 1) =

−r1 + r0 = −1

Sabiranjem Sabiran jem prethod p rethodne ne dve jednaˇcine cine dobijamo d obijamo 2r0 = 0

⇒ r0 = 0

a oduzimanjem imamo

⇒ r1 = 1 tako da je ostatak pri deljenju polinoma P ( P (x) polinomom x polinomom x 2 − 1 dat sa 2r1 = 2

R(x) = r 1 x + r0 = x.



Z a udalj ud aljenos enostt taˇcke cke (x ( xM , yM ) od o d bilo bi lo koje ko je taˇcke cke na krivoj y = 19. B Za d2 = (x

√ 163x3 − 2, x > 0 vaˇ vaˇzi

− xM )2 + (y (y − yM )2 = (x − 0)2 + (y (y + 2) 2 = x 2 + (y (y + 2) 2 2

2

d = x +

 √

16 3x3



2

− 2 + 2

= x 2 +

256 3x6

167


Udaljenost će ce biti minimalna za minimalnu vrednost funkcije f ( f (x) = d 2 = x 2 +

256 256 −6 2 = x + x 3x6 3

koja se dobija u taˇ cki cki u kojoj je prvi izvod ove funkcije jednak nuli



256 −6 f ′ (x) = x2 + x f ′ (x) = 0

⇐⇒

2x

3



′

= 2x 2x +

− 2 256 = 0 ⇐⇒ x7

x =

256 ( 6)x 6)x−7 = 2x 3

−

256 x7

⇐⇒

− 2 256 x7

x8 = 256 = 28

⇐⇒

x = 2

U ovoj taˇcki cki je rastojanje minimalno i iznosi 2 dmin = x 2

 

256 256 1 2 + 6 = 22 + = 2 1 + 3x 3 26 3

·



=

16 3

16 4 = . 3 3

dmin =

√

nejedna kost se moˇze ze predstaviti u sledećem cem obliku 20. B Zadata nejednakost



20

√

√

− 82 x+1 − 642 x > 0 (2x − 1)(2x − 4) P ( P (x) > 0 Q(x)

√ x+1

√ x

pr i ˇcemu cem u mo mora ra vaˇziti zit i − 1)(2x − 4) i pri x≥0 2x − 1 =  0 ⇐⇒ 2x = 1 ⇐⇒ x = 0  0 ⇐⇒ 2x = 2 2 ⇐⇒ x = 2 2x − 4 = Ispitujemo znak ovih dveju funkcija u skupu x skupu x ∈ (0, (0, 2) ∪ (2, (2, +∞). • P ( P (x) > 0: > 0:

gde je P je P ((x) = 20

− 82

i Q(x) = (2x

− 642

P ( P (x) = 20 smenom

√ x+1

− 82

√ x

− 642

= 20

√

√ x

t = 82

dobijamo

√ x

− 8(82) x − (82)2

= 20

√

√ x

− 8 · 82 x − (82

)2

> 1 (jer je x je x > 0)

8t − 20) − 8t − t2 = −(t2 + 8t 8t − 20) > 20) > 0 0 ⇐⇒ t2 + 8t 8t − 20 20 < < 0 0 ⇐⇒ −(t2 + 8t

P ( P (x) = P = P ((t) = 20 P ( P (t) > 0 > 0

Kako su reˇsenja sen ja kvadratne kvadra tne jednaˇ jed naˇcine cin e

t2 + 8t 8t data

− 20 = 0

√ − 8 ± 64 + 4 · 20 −8 ± 12 −10 t1,2 = = = 2



2

to je j e nejednaˇ n ejednaˇcina cina ispunjena ispunj ena za

2

−10 10 < < t < 2

Kako istovreme istov remeno no vaˇ zi zi uslov t > 1, to je reˇsenje senj e gornje gorn je nejednaˇ nej ednaˇcine cine 1 < t < 2

√ x

Uzimaju´ Uzima jući ci u obzir smenu t smenu t = 82 1 < 8 < 8

√

2 x

< 2

⇐⇒

0

√

3 2 x



2 < 2

dalje dobijamo < 21

⇐⇒

√ x

20 < 2 6

0 < x <

1 36

< 2 1

⇐⇒

√

0 < 6 < 6 x < 1

⇐⇒

0 <

√ x < 1 6

168


• Q(x) > 0: > 0:

Q(x) = (2x

smenom t smenom t = 2x > 1 (jer je x je x > 0), dobijamo

− 1)(2x − 4)

(t Q(x) = Q( Q (t) = (t Q(t) > 0 > 0

⇐⇒ (t − 1)(t 1)(t − 4) > 4) > 0 0

1)(t − 4) − 1)(t ⇐⇒ t ∈ (−∞, 1) ∪ (4, (4, +∞)

ˇsto sto uz uslov us lov t > 1 daje da je reˇsenje senj e t > 4

⇐⇒

2x > 4 = 22

⇐⇒

x > 2

U sledećoj coj tabeli su sumirani prethodni rezultati za znak funkcija P funkcija P ((x), Q ), Q((x) i leve strane (LS) nejednakosti

∈

(0, (0, 1/36)

(1/36 36,, 2)

P ( P (x)

+

Q(x)

− −

− −

x

LS

Dakle, nejednakost je ispunjena za x

+

∞ −

(2, + )

+

−

  ∈

1 ,2 . 36

169


29. jun 2005.

ˇ ˇ KLASIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE ZA UPIS NA ELEKTROTEHNI CKI, FIZICKI FAKULTET I ˇ FAKULTET ZA FIZICKU HEMIJU

√ 32 √ √ √ √ 1. Vrednost izraza √ + 3 · 12 − 50 · 2 jednaka je: 8 (A) 0 (B) −2 (C) 2 (D) −1 2. Ako je f (x) = x 2 + x + 1, tada je f (x + 2)

(A) 2

(B) 0

(E) 1

(N) Ne znam

− 2f (x + 1) + f (x) za svako x jednako

(C) x + 2

(D) x

(E) x + 3

(N) Ne znam

3. Ako je x jednako x% od y , gde je x pozitivan realan broj, vrednost broja y jednaka je:

(A) 100

(B) 200

(C) 10000

(D) Ne postoji

(E) Ne moˇze se odrediti

(N) Ne znam

4. Ako kompleksan broj z zadovoljava jednakost z + 2z = 12 + 3i, (i2 =

(A) 5

(B) 13

(C) 15

senja jednaˇcine x 2 + x 5. Ako su x1 i x 2 reˇ (A) 2005 6. Ako je tg α =

(A)

10 11

(B) 2006

(D) 9

(D) 2008

3sin α + cos α iznosi: −7, α ∈ (π/2, π), tada cos α − 3sin α

− 10 11

(E) 10

(N) Ne znam

− 2005 = 0, tada je 2x21 + x1x2 + x22 + x1 − 2005 jednako

(C) 2007

(B)

−1) tada je |z| jednako:

(C)

11 20

(E) 2009

− 11 10

(D)

(E)

(N) Ne znam

11 10

(N) Ne znam

cnik je 2, a zbir prvih sedam ˇclanova je jednak 635. Tada sedmi ˇclan iznosi: 7. U geometrijskoj progresiji koliˇ (A) 310 8. Ako je log a b =

(A)

√ 2 + 1

(B) 325

√ 2 tada je log √ (B) 2 − 1

(C) 355 b a

(D) 315

(E) 320

(N) Ne znam

(ab) jednako: (C) 3

− 2√ 2

√

(D) 3 + 2 2

√

(E) 1 + 2 2

(N) Ne znam

ze preseˇcnu taˇcku pravih x 9. Zbir koeficijenata pravca tangenti kruˇznice x2 + y 2 = 2 koje sadrˇ x+y

− 3 = 0 je:

(A) 2

(B)

√

6

(C)

−√ 6

−2

(D)

√

(E) 2 6

ci uglovi α i β koliˇcnik 10. U proizvoljnom trouglu ˇcije su stranice a, b i c i odgovaraju´ (A)

(a

− b)2 c2

(B)

c2 a2

− b2

(C)

a2

− b2

c2

(D)

c2 (a

− b)2

−y−1 = 0 i (N) Ne znam

−

sin(α β ) jednak je: sin(α + β )

(a b)2 (E) (a + b)2

−

(N) Ne znam

171


29. jun 2005.

√

x2 , f 2 (x) = x2 , f 4 (x) = ( x)2 . Taˇ can je iskaz: 11. Date su funkcije f 1 (x) = x, f 2 (x) = x (A) Sve funkcije su medusobno jednake (B) f 1 = f 2 = f 3

√

 (D) f 1 = f 3  = f 4

(C) Medu datim funkcijama nema medusobno jednakih (E) f 1 = f 3 = f 4

(N) Ne znam



ce i manje osnovice jednakokrakog trapeza ˇciji je obim 32 cm a polupreˇcnik upisanog kruga 2 cm, 12. Razlika ve´ iznosi (u cm): (A)

√ 3

√

(B) 8 3

(C)

√ 6

√

(B) 2

(E) 6 6

(N) Ne znam

xy = 2, x + y = xy + 1 je: 2 (D) 3 (E) 0

senja sistema jednaˇcina log |x−y | 13. Broj realnih reˇ (A) 1

√

(D) 3 2

(C) 4

(N) Ne znam

senja jednaˇcine sin 2 x + sin2 2x = 1 na intervalu (0, 2π) jednak je: 14. Ukupan broj reˇ (A) 2

(B) 3

(C) 4

senja sistema nejednaˇcina x2 15. Skup reˇ (A) [a, b] (C) (a, b) (E) (

(D) 5

(E) 6

(N) Ne znam

− 4 ≤ 0, 1 − 2x + x2 > 0, x2 − (3 + √ 3)x + 2 + √ 3 > 0 je oblika: (B) [a, b)

∪ (b, +∞)

(D) (a, b]

−∞, a]

(N) Ne znam

8

16. Koeficijent uz a u razvoju binoma

(A) 0

(B) 456

√ x2 −2

−3

(B) 4

18. Ako je tg α =

a

je:

−220

(D)

√ x2 −2

− 5 · 2x−1+ (C) 5

(1 + tg1 o )(1 + tg2o ) (1 tg 1o )(1 tg 2o )

(A) 40

12

1 3 a

(C)

cine 4x+ 17. Ako je reˇsenje jednaˇ (A)

 √ − 

−

(B) 41

−

−70

= 6 oblika (D)

(E) 70 p , tada je p + q jednako: q

−5

− 2 i α ∈ (0o, 90o), tada je α: −2

(C) 42

(N) Ne znam

(D) 43

(E)

−4

(N) Ne znam

(E) 44

(N) Ne znam

cina na koji se mogu poredati u niz n nula i k jedinica, tako da nikoje dve jedinice nisu susedne, 19. Broj naˇ

≤ 

ako je k (A)

n + 1 je:

n+1 k

(B)

 n k

n! (C) k!

(n + 1)! (D) k!

(E)

− n

1

k

(N) Ne znam

cki odseˇcak ograniˇcen parabolom y = 1 20. Maksimalna povrˇsina pravougaonika upisanog u paraboliˇ

−

pravom y = 0, tako da mu jedna stranica pripada x osi, jeste: 1 4 8 (A) 3 (B) 3 (C) 3 (D) 9 9 9

√

√

√

√

3

√

(E) 2 3

− x2 i

(N) Ne znam

172


ˇ RESENJA



1. B

√ 32 √ √ √ √ √ √ √ √ 8 + 3 · 12 − 50 · 2 = 4 + 36 − 100 = 2 + 6 − 10 = −2.



2. A

f (x) = x 2 + x + 1 f (x + 1) = (x + 1)2 + (x + 1) + 1 = x 2 + 2x + 1 + x + 1 + 1 = x 2 + 3x + 3 f (x + 2) = (x + 2)2 + (x + 2) + 1 = x 2 + 4x + 4 + x + 2 + 1 = x 2 + 5x + 7

f (x + 2)

− 2f (x + 1) + f (x) = x2 + 5x + 7 + x2 + x + 1 − 2(x2 + 3x + 3) = 2x2 + 6x + 8 − 2x2 − 6x − 6 = 2.



3. A Prema uslovu zadatka x je jednako x% broja y . Za x > 0 sledi:

x x = y 100



·

y =1 100



⇐⇒



: x = 0

y = 100.

4. A Neka je

z = a + ib

tada je z = a

− ib

te imamo z + 2z = a + ib + 2(a

− ib) = 3a − ib

i kako je z + 2z = 12 + 3i to sledi 3a

− ib = 12 + 3i ⇐⇒

Sada se ima

|z | =



a2 + b2 =

∧ b = −3 ⇐⇒ a = 4 ∧ b = −3 √ √ 42 + (−3)2 = 16 + 9 = 25 = 5.

3a = 12





cine 5. B Ako su x 1 i x 2 reˇsenja kvadratne jednaˇ x2 + x tada vaˇzi

x2 + x

− 2005 = 0

− 2005 = (x − x1)(x − x2) = x2 − (x1 + x2)x + x1x2

te izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma sa leve i desne strane jednaˇcine imamo x1 + x2 = Istovremeno vaˇzi

−1,

x21 + x1

x1 x2 =

−2005

− 2005 = 0

Sada imamo 2x21 + x1 x2 + x22 + x1

− 2005 = x21 + x22 + x1x2 + (x21 + x1 − 2005)

   =0

= x 21 +

x22 + 2x1 x2

− x1x2 = (x1 + x2)2 − x1x2 = (−1)2 − (−2005) = 2006. 173




6. B

− − −

−

3sin α + cos α 3 tg α + 1 3( 7) + 1 21 + 1 = = = = cos α 3sin α 1 3 tg α 1 3( 7) 1 + 21

−

−

10 − 20 =− . 22 11



7. E Zbir prvih sedam ˇclanova geometrijske progresije jednak je

S 7 = a1 + a2 + a3 +

7 ··· + a7 = a1 + qa1 + q 2a1 + ··· + q 6a1 = a1(1 + q + q 2 + ··· + q 6) = a1 q q −−11

Kako prema uslovu zadatka vaˇ zi S 7 = 635 i q = 2, to sledi S 7 = a 1

q 7 q

− 1 ⇒ a1 27 − 1 = 635 ⇐⇒ −1 2−1

a1 =

635 =5 127

Sada je sedmi ˇclan jednak a7 = q 6 a1 = 26 5 = 64 5 = 320.

·



·

8. D

√ 2 √ √ (1 + 2)2 1+2 2+2 √ − 1 = (√ 2 − 1)(√ 2 + 1) = (√ 2)2 − 12 = 3 + 2√ 2.

loga (ab) loga a + loga b 1+ log b (ab) = = = b a loga b loga a loga a 2

−



cka pravih x 9. A Preseˇcna taˇ ove dve jednaˇcine dobijamo

− y − 1 = 0 i x + y − 3 = 0 nalazi se reˇsavanjem sistema ovih jednaˇcina. Sabiranjem 2x − 4 = 0 ⇐⇒ x = 2

a njihovim oduzimanjem 2y

− 2 = 0 ⇐⇒

y = 1

Ako je jednaˇcina tangente y = kx + n, tada je ova jednaˇcina zadovoljena u preseˇcnoj taˇcki (xM , yM ) = (2, 1), odnosno yM = kx M + n 1 = 2k + n n = 1 2k

⇒

⇐⇒

−

te za jednaˇcinu tangente vaˇzi y = kx + n = kx + 1

− 2k

Dodirne taˇcke ove prave sa kruˇznicom x2 + y 2 = 2 nalaze se reˇsavanjem sistema jednaˇcina prave i tangente. Smenom y = kx + 1 2k u x 2 + y 2 = 2 dobijamo

−

x2 + (kx + 1

− 2k)2 = 2 ⇐⇒

(k 2 + 1)x2 + 2k(1

− 2k)x + (1 − 2k)2 − 2 = 0

Da bi prava imala samo jednu dodirnu taˇcku, potrebno je da prethodna kvadratna jednaˇ cina ima samo jedno reˇ senje, a to se dobija kada je diskriminanta ove jednaˇcine jednaka nuli, odnosno D = b 2

− 4ac = 4k2(1 − 2k)2 − 4(k2 + 1)((1 − 2k)2 − 2) = 0 k 2 (1 − 2k)2 − (k 2 +1)(1 − 2k)2 +2(k 2 +1) = 0 ⇐⇒ −(1 − 2k)2 +2(k 2 +1) = 0 ⇐⇒ −(1 − 4k +4k 2 )+2k2 +2 = 0 2k2 − 4k − 1 = 0 Reˇsenja ove kvadratne jednaˇcine su k1,2 =

4

± √ 16 + 4 · 2 = 1 ± √ 24 4

4

te je zbir koeficijenata pravca ovih tangenti k1 + k2 = 1

−

√ 24 4

+1+

√ 24 4

= 2.

174




10. C Neka su α, β i γ uglovi naspram stranica trougla a, b i c, redom. Na osnovu sinusne teoreme imamo

sin α sin β sin γ = = = t a b c odakle sledi

·

·

·

sin α = t a, sin β = t b, sin γ = t c Uzimamo u obzir da je zbir uglova u trouglu jednak π radijana α + β + γ = π

⇐⇒

α + β = π

− γ

Vaˇ ze sledeće trigonometrijske jednakosti sin(α

odakle sledi

− β ) = sin α cos β − sin β cos α = ta cos β − tb cos α sin(α + β ) = sin(π − γ ) = sin γ = tc

sin(α β ) ta cos β tb cos α a cos β b cos α = = sin(α + β ) tc c

−

−

−

Iz kosinusne teoreme dobijamo sledeće jednakosti 2

2

2

a2 + c2 a cos β = 2c

b = a + c

− 2ac cos β ⇒

a2 = b 2 + c2

− 2bc cos α ⇒ b cos α = b

2

+ c2 2c

− b2 − a2

ˇsto smenom u prethodnom izrazu daje

−

−

sin(α β ) a cos β b cos α = = sin(α + β ) c

a2 +c2 b2 2c

−

2

2

− b +c2c−a

2

c

=

2a2 2b2 a2 b2 = . 2c2 c2

−

−

 • f 1(x) = x, x ∈ R 2 • f 2(x) = xx = x, x ∈ R\{0} √ • f 3(x) = √ x2 = |x|, x ∈ R • f 4(x) = ( x)2 = x, x ≥ 0

11. C Kako je

to medu zadatim funkcijama nema medusobno jednakih.



12. D

Na slici je prikazan jednakokraki trapez ABCD sa upisanim krugom polupreˇcnika r i sa centrom u taˇcki O. Sa slike se vidi da je visina trapeza jednaka preˇ cniku kruga

D

Povrˇ sina ovog trapeza se moˇze izraziti u funkciji visine h = 2r i a+b srednje linije : 2 a+b a+b h = 2r 2 2

C

r

h = 2r

P =

b

c

r

O

r

c

r A

D′

a

C ′

B

Istovremeno, povrˇ sina trapeza jednaka je zbiru povrˇ sina trouglova ABO,BCO,CDO,ADO, od kojih svaki ima visinu r nad odgovarajućom stranicom a, c, b, c: P = P ABO + P BC O + P CD O + P ADO =

1 1 1 (ar + cr + br + cr) = r(a + b + 2c) = rO 2 2 2 175


gde je sa O = a + b + 2c oznaˇcen obim trapeza. Iz poslednja dva izraza dobijamo a+b 1 2r = rO 2 2 i c =

⇐⇒

a + b =

O 32 = = 16 2 2

O 2

− a +2 b = O2 − O4 = O4 = 324 = 8

Dalje za jednakokraki trapez vaˇ zi AD′ = BC ′ =

a

−b 2

i iz pravouglog trougla AD ′ D na osnovu Pitagorine teoreme imamo

− a

b

2

= c 2

2

− h2 = c2 − (2r)2 = 8 2 − 42 = 64 − 16 = 48

te za razliku ve´ ce i manje osnovice trapeza dobijamo a



− b = 2√ 48 = 8√ 3.

cina 13. B Jednaˇ

xy =2 2 y = 0, i x

log|x−y|

| − | 

je definisana u skupu realnih brojeva, za xy > 0, x log|x−y |

xy =2 2

⇐⇒

log xy 2 =2 log x y

| − |

⇐⇒

log

xy = 2log x 2

xy = 2(x Za drugu jednaˇcinu vaˇzi x + y = xy + 1

⇐⇒

x(y

| − y| = 1. Sada sledi | − y| = log |x − y|2 = log(x − y)2

− y)2

− 1) − (y − 1) = 0 ⇐⇒ (x − 1)(y − 1) = 0 ⇐⇒

x = 1

∨ y = 1

• Zamenom x = 1 u prvu jednaˇcinu, dobijamo kvadratnu jednaˇcinu xy = 2(x − y)2 ⇒ y = 2(y − 1)2 ⇐⇒ 2y2 − 5y + 2 = 0 ˇcija su reˇsenja y1,2 =

√ 5 ± 25 − 4 · 4 4

Kako je

|x − y1| = y1 =

=

5

±3 = 4

 −  1

 

1 2 2

1 1 = = 0, 1 2 2



1 ispunjava uslove jednaˇcine, dok za y = y 2 imamo da vaˇzi 2

|x − y2| = |1 − 2| = 1 te y 2 ne ispunjava uslove i ne moˇze biti reˇsenje zadate jednaˇcine.

• Zamenom y = 1 u prvu jednaˇcinu, dobijamo istu kvadratnu jednaˇcinu po x 2x2 − 5x + 2 = 0 ˇcija su reˇsenja x1,2 =

 

1 2 2

1 reˇsenje zadate jednaˇcine. 2 1 1 Dakle, zadata jednaˇcina ima dva reˇsenja (x, y) = ( , 1), (1, ) . 2 2 Iz istih razloga, samo je x =





176




14. E

sin2 x + sin2 2x = 1, x

∈ [0, 2π]

sin2 x + (2 sin x cos x)2 = 1 sin2 x + 4 sin2 x(1 4sin4 x Smenom t = sin2 x

− 5sin x + 1 = 0

∈ [0, 1] dobijamo kvadratnu jednaˇcinu po promenljivoj t: 4t2 − 5t + 1 = 0, uz uslov 0 ≤ t ≤ 1

Reˇsenja ove jednaˇcine su t1,2 = gde oba reˇsenja ispunjavaju uslov 0 Dalje sledi

√ 5 ± 25 − 16

=

8

=

   

⇒

5

±3 = 8

≤ t ≤ 1.

1 1 1 sin2 x = sin x = 4 4 2 π x = + 2kπ 6 π x = π + 2kπ π 6 x = + 2kπ 6 π x = π + + 2kπ 6 od ovih reˇsenja, sledeća ˇcetiri pripadaju intervalu x (0, 2π):

•t

− sin2 x) = 1

⇐⇒

±

⇐⇒

1 4 1

1.0

−

0.5

−

x1 =

 

0 π

2

∈

π 5π 11π 7π , x2 = , x3 = , x4 = 6 6 6 6

π

3π 2

2π

−0.5 −1.0

= 1 sin2 x = 1 sin x = 1 π x = + 2kπ 2 3π x = + 2kπ 2 od ovih reˇsenja, sledeća dva pripadaju intervalu x (0, 2π): π 3π x5 = , x6 = 2 2

•t

 

⇒

⇐⇒

±

⇐⇒ ∈

Dakle ukupan broj reˇ senja koja pripadaju intervalu (0, 2π) je ˇsest.



15. B

1. x2

−4 ≤ 0

(x

− 2)(x + 2) ≤ 0 ⇐⇒ x ∈ [−2, 2]

− 2x + x2 > 0 √ √ 3. x2 − (3 + 3)x + 2 + 3 > 0 2. 1

(x

− 1)(x − (2 +

(1

− x)2 > 0 ⇐⇒ x = 1

√ 3)) > 0

⇐⇒ x ∈ (−∞, 1) ∪ (2 +

√ 3, + ) ∞

Reˇsenje sistema nejednaˇcina se nalazi u preseku intervala koje smo dobili za reˇsenja pojedinaˇcnih nejednaˇcina i dato je sa x [ 2, 1).

∈−

177




16. C Razvoj binoma dat je formulom



n n−1 (x + y) = x + x y + 1 n

U naˇsem sluˇcaju je x =

n

√ 1a = a−

1 3

3

, y =



···

n n−k k + x y + k

−



n

n

−1

xy n−1 + y n

 −

12−k 12 − 12−k 12 a 3 ( a)k = ( 1)k ak− 3 k k

to iz

−

ak− k

··· +

 

−a i n = 12. Traˇzimo ˇclan u razvoju koji sadrˇzi a 8. Kako je

n n−k x ( y)k = k

sledi



12−k 3

− 4 + k3 = 8 ⇐⇒

= a 8

4 k = 12 3

⇐⇒

k = 9

Za ˇclan razvoja koji sadrˇzi a 8 sada imamo



 −

n n−k ( y)k = x k

12 ( 1)9 a8 = 9

−

−  −  12 a8 = 12 9

12 8 a 3

−



− − 12 ·311· 2· 10 a8 = −220a8, odnosno traˇzeni koeficijent uz a 8 jednak je −220. n n−k x ( y)k = k



17. C

√ − 4

x+ x2 2

√ − − −5·2 =6 x 1+ x2 2

Jednaˇ cina je definisana u skupu realnih brojeva za x2

− 2 ≥ 0 ⇐⇒ (x − √ 2)(x + √ 2) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, −√ 2) ∪ (√ 2, +∞)

Iz zadate jednaˇcine sledi

√ x2 −2)

22(x+

√ x2 −2

te smenom t = 2x+

√ x2 −2

− 25 · 2x+

−6 = 0

> 0 dobijamo kvadratnu jednaˇcinu t2

− 52 t − 6 = 0 ⇐⇒


√ 5 ± 25 + 96 4

2t2

=

5

− 5t − 12 = 0

± 11 = 4

 − 

3 2 4

Jedino t = t2 = 4 ispunjava uslov t > 0 pa je to jedino reˇ senje kvadratne jednaˇ cine po nepoznatoj t. Dalje imamo √ x+ x2 −2 t = 4 2 = 22 x + x2 2 = 2 x2 2 = 2 x

 − ≥

Kako je x2 2 jednaˇ cine, sledi

⇒

≤

 ⇐⇒ −

⇐⇒ − 0 to je neophodan uslov 2 − x ≥ 0 ⇐⇒ x ≤ 2. Kvadriranjem leve i desne strane prethodne

3 3 2 i x = > 2 2 q = 2. Konaˇcno sledi Uslovi x =

 −

x2

− 2 = 4 − 4x + x2 ⇐⇒

4x = 6

⇐⇒

x =

3 2

√ 2 su ispunjeni, te je ovo reˇsenje zadate jednaˇcine i ima oblik p gde je p = 3 i q

p + q = 5.

178




18. C

(1 + tg1 o )(1 + tg2o ) (1 tg 1o )(1 tg 2o )

−

−

− 2 = 2 − (1 + tg1 o)(1 + tg 2o) − 2 2 − (1 − tg 1o)(1 − tg 2o) 1 − tg 1o tg 2o − tg 1o − tg 2o = 1 − tg 1o tg 2o + tg1o + tg2o (1 − tg 1o tg 2o − tg 1o − tg 2o ) · 1− tg11 = (1 − tg 1o tg 2o + tg1o + tg2o ) · 1− tg11 1 +tg2 1 − 1tg − tg 1 tg 2 = o

o

tg 2

o

tg 2

o

o

o

1 o + t g 2o 1 + 1tg tg 1o tg 2o o 1 tg(1 + 2o )

−

1 tg 3o tg45o tg(3) = = = = tg(45o o o o o o 1 + tg(1 + 2 ) 1 + tg 3 1 + tg 45 tg 3

−

−

−

− 3o) = tg42o

pri ˇcemu smo koristili trigonometrijske identitete tg (α

− β ) = 1tg+αtg−αtgtgβ β

tg α + tg β 1 tg α tg β o tg45 = 1 1 tg α tg (45o α) = . 1 + tg α

tg (α + β ) =

−

−

−

19. A Imamo n nula i k jedinica, n + 1 > k. Treba ih rasporediti tako da nikoje dve jedinice nisu susedne. Ako



ispred svake jedinice pridruˇ zimo po jednu nulu i pri rasporedivanju ih uvek drˇzimo u grupi, tada će uvek biti ispunjen uslov da nikoje dve jedninice nisu susedne. U tom sluˇcaju imamo k grupa ‘01’ i kako je svakoj od k jedinica dodeljena po jedna nula, to preostaje n k nula. Kako god da rasporedimo ove cˇlanove, na n k +k = n pozicija, vaˇziće

−

−

• na prvoj poziciji u bilo kom rasporedu je uvek nula • nikoje dve jedinice nisu susedne

Ukupan broj razliˇcitih rasporeda u ovom sluˇcaju odgovara ukupnom broju naˇcina na koji moˇzemo rasporediti k grupa ‘01’ na n razliˇcitih pozicija (kombinacije klase k sa n elemenata):

 n k

−

Preostaje sluˇcaj kada je na prvoj poziciji u rasporedu uvek jedinica. Tada imamo k 1 grupa ‘01’ (jedna jedinica je uvek na prvoj poziciji u rasporedu) i preostaje n (k 1) = n k + 1 nula. Kako god da rasporedimo ove ˇclanove, na n k + 1 + (k 1) = n pozicija, vaˇziće

−

− −

−

−

• na prvoj poziciji u bilo kom rasporedu je uvek jedinica • nikoje dve jedinice nisu susedne

Ukupan broj razliˇcitih rasporeda u ovom sluˇcaju odgovara ukupnom broju naˇcina na koji moˇzemo rasporediti k 1 grupa ‘01’ na n razliˇcitih pozicija (kombinacije klase k 1 sa n elemenata):

−

 − n

k

Sada je ukupan broj rasporeda

   n n + k k 1

−

−1

n! n! + k!(n k)! (k 1)!(n (k 1))! n! 1 1 n! n k + 1 + k = + = (k 1)!(n k)! k n k + 1 (k 1)!(n k)! k(n k + 1) n! n+1 (n + 1)n! = = (k 1)!(n k)! k(n k + 1) k(k 1)!(n k + 1)(n k)! (n + 1)! n+1 = = . k!(n k + 1)! k =

−

−

−

−

−

−

−



− − −

− 



−

−

−

−

−

−

−

179




parabola y = = 1 20. B Na slici je prikazana parabola y

− x2 sa pravougaonikom p ravougaonikom upisanim upisani m u zadati paraboliˇ parab oliˇcki cki odseˇcak. cak. Neka

je a duˇ zina zina stranice stranice pravoug pravougaonika aonika na x-osi, Povrˇ sina sina ovog pravougaonika pravouga onika data je izrazom

i b duˇzina zina stranice stranice pravoug pravougaonik aonikaa paralelne paralelne y -osi. y

P = ab a Kako Ka ko taˇcka ck a ( , b) pripada paraboli (videti sliku), to je ispunjeno 2 y = 1

 − −  − a 2

− x2 ⇒ b = 1 −

2

=1

1

a2 4

b

te se povrˇsina sina pravougaonika pravougaonik a moˇze ze izraziti u funkciji promenljive promenl jive a a na na sled sl ede´ eći ci naˇcin a 2 1 3 P = ab = ab = a a 1 = a a 4 4

−2

−1− a 2

a 1 2

x

Povrˇ sina sina će ce biti maksimalna, maksima lna, za maksimalnu maksima lnu vrednost vrednos t funkcije f ( f (a) = a

−

−1

1 3 a 4

koja se dobija za vrednost a u kojoj je prvi izvod ove funkcije jednak nuli. Sledi ′ 1 3 1 2 3 2 ′ f (a) = a a =1 3a = 1 a 4 4 4

− 

Iz f Iz f ′ (a0 ) = 0 dobijamo 1

−

3 2 a = 0 4 0

⇐⇒

−

−

√

2 2 3 a0 = = 3 3

√

te je maksimalna maksima lna povrˇ p ovrˇ sina sina upisanog upisano g pravougla

− 

P max max = a 0 1

1 2 a 4 0

√

2 3 = 3

−  1

14 43

√

√

2 32 4 = = 3. 3 3 9

180


29. jun 2004.

ˇ ˇ KLASIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE ZA UPIS NA ELEKTROTEHNI CKI, FIZICKI FAKULTET I ˇ FAKULTET ZA FIZICKU HEMIJU

je i imaginarna imaginarn a jedinica j edinica onda je koliˇcnik cnik 1. Ako je i (A) 0

(B)

2. Vrednost izraza

(A) 5

−i

i2004 + i2005 jednak: i2003 i2002

−

(C) 1

    ·   1+

−1

1 2

: 1+

−2

1 3

(B) 0.2

1+

1 4

(D)

−1

(E) i

(N) Ne znam

(E) 3

(N) Ne znam

jednaka je:

(C) 1

(D) 0.5

| − |x|| = 5 − |x| je:

vrednosti x takvih takvi h da vaˇ zi zi jednakost jedn akost 5 3. Zbir svih celobrojnih vrednosti x (A) 12

(B) 10

(C) 5

je a > b > 0 > 0 i a 2 + b2 = 6ab 6 ab,, tada je 4. Ako je a

√ (A) − 2 5. Ako je

(B) a A

=

b B

=

c C

√

2

= k, k , tada je

(C)

(D) 2

(E) 0

(D) 1

(E)

(N) Ne znam

a+b jednako: a b

− √ 6

√ 12

(N) Ne znam

− −

4a 3b + c jednako: 4A 3B + C 2k (C) (D) 3

k (E) (N) Ne znam −2k 2 su α, β i γ uglovi γ uglovi a a a a,, b, c stranice trougla. Tada je a sin(β sin(β − γ ) + b sin(γ sin(γ − α) + c sin(α sin(α − β ) jednako: 6. Neka su α, (A) (A) 2 cos( cos(α + β − γ ) (B) cos( α − β − γ ) (A) 2k 2k

(B) k (B) k

(C) 1

(D) 0

−1

(E)

(N) Ne znam

r eˇsenj se njaa jedn je dnaˇ aˇcine ci ne ax 2 + bx + c = 0, tada su x 31 i x 32 reˇ reˇsenj se njaa jedn je dnaˇ aˇcine ci ne:: 7. Ako su x1 i x 2 reˇ (A) a (A) a 3 x2

− b2x + a3 + c3 = 0 (C) a (C) a 3 x2 + b(b2 − 3ac) ac)x + c3 = 0

(B) a 3 x2 + b3 x + c3 + 1 = 0 (D) a 3 x2 + (b (b3

(E) x (E) x 2 + (a (a3 + b3 )x + a3 + b3 + c3 = 0

(N) Ne znam



abc)x + c3 = 0 − 4abc)



b = 1, b 1, b > 0, 0 , b = 1, x = 1, tada je x je x jednako: 8. Ako je log b2 x + logx2 b = (A)

1 b

(B)

1 b2

(C) b (C) b

(D) b2

(E)

cija cija je povrˇsina sina 80 cm2 , a odnos dijagonala 4 : 5, iznosi (u cm): 9. Stranica romba ˇ (A)

√ 84

(B)

√ 81

(C)

√ 72

(D)

√ 80

(E)

√

b

(N) Ne znam

√ 82

(N) Ne znam

cos 2x = 1/2 pri ˇcemu cemu je 0 < x < π, π, tada tada je sin 7x jednako: 10. Ako je cos (A) 0

(B)

√ 3 2

(C) 1

(D)

−1

(E)

− 12

(N) Ne znam

181


Nej ednaˇ naˇcina ci na 11. Nejed (A) x (A) x



1 x+1

29. jun 2004.

>

1 je 2x 1

−

taˇcna cna ako i samo ako je: j e:

(5/4, +∞) (B) x ∈ (5/ (5/4, +∞) ∈ (−1, 1/2) ∪ (5/ (C) x (C) x ∈ (−1, 1/2) (D) x ∈ (4/ (4/5, +∞) (E) x (E) x ∈ (0, (0, 4/5) (N) Ne znam f (x) = 2x 2 x − x2 . Tada je f je f ((f ( f (f (1 f (1 − x))) jednako: 12. Data je funkcija f ( (A) 2x 2x4 − x8 (B) 2x 2x − x16 (C) 1 − (1 − x)8 (D) 2x 2x3 − x8 Si stem jednaˇ jed naˇcina cina 3x 13. Sistem

− 2y

2

x

= 77 77,, 3 2

(A) jedno realno reˇsenje

−2

y2

2

(E) 1

− x8

(N) Ne znam

= 7 ima: (B) dva realna reˇsenja

(C) ˇcetiri realna reˇsenja

(D) tri realna reˇsenja

(E) prazan skup realnih reˇsenja

(N) Ne znam

zine 12 cm i odgovaraju´ odgovarajuće ce visine duˇ zine zine 8 cm, upisan je pravougaonik pravougaonik 14. U jednakokraki trougao osnovice duˇzine maksimalne povrˇsine sine tako da mu jedna stranice pripada osnovici trougla. Obim pravougaonika (u cm) je: (A) 20

(B) 16

(C) 14

(D) 24

Po lupre preˇˇcnik cni k kruga kru ga koji koj i sadrˇ sad rˇzi zi taˇcke cke ( 2, 0) i (1, (1, 15. Polu

√ (A) 13

(B)

−

√ 13

16. U razvoju stepena binoma

√ −  x

1 √ 3x

8

(N) Ne znam

pravoj x + y = 0, jeste: −3) a centar mu pripada pravoj x

13 2

(C)

2



(E) 10

13 (D) 2

(E)



13 6

(N) Ne znam

1

jedan ˇclan clan je a je a x− 6 . Tada je a je a jednako:

·

−70 (E) 70 (N) Ne znam x + y x − y x+y + cos x cos y, E 2 = cos2 sin x sin y , E 3 = cos2 + sin x sin y , 17. Dati su izrazi E 1 = sin2 − 2 2 2 x − y E 4 = sin2 + cos x cos y . Taˇ can can je iskaz: isk az: (A) 0

(B) 56

(C)

−56

(D)

2 (A) E (A) E 1 = E 2 , E 3 = E = E 4

(B) E (B) E 1 = E = E 2 , E 3 = E 4

(C) Nema medusobno jednakih izraza

(D) E 1 = E 2 , E 3 = E 4

(E) E (E) E 1 = E 3 , E 2 = E = E 4

(N) Ne znam





citih citih taˇcaka. caka. Broj trouglova trouglova koje 18. Date su dve paralelne prave. Na jednoj od njih je 10 a na drugoj 12 razliˇ odredu od reduju ju ove taˇ t aˇcke cke je: (A) (C)

         10 2 10 1

12 1 12 2

+

10 1

12 2

(B) (D)

· · ·

(E) 10 9 12 11

 −     22 3 10 2

22 2

12 1

(N) Ne znam

skup svih realnih brojeva x brojeva x za koje vaˇ zi zi 2 log cos x sin x 19. Neka je S skup

neke brojeve a,b,c,d,e,f brojeve a,b,c,d,e,f (a (a < b < c < d < e < f ) skup S skup S oblika: oblika: (A) (a, (a, b)

(B) [a, b]

∪ (c, d) (E) (a, (a, b) ∪ (c, d) ∪ (e, f )

(D) [a, b]

(C) (a, (a, b)

≤ logsin x cotg x

(0 < (0 < x < π) π ). Tada je za

∪ [c, d]

(N) Ne znam

clan clan i aritmetiˇ cke cke i geometrijske progresije, 20. Ako su a, b i c istovremeno peti, sedamnaesti i trideset sedmi ˇ tada je a je a b−c bc−a ca−b jednako: 1 (A) (B) 1 3

·

·

(C)

1 2

(D)

1 4

(E) 2

(N) Ne znam

182


ˇ RESENJA



1. E

i2004 + i2005 i2004 (1 + i) i+1 = = i 2 = 2003 2002 2003 i i i (i 1) i 1

−

−

−

2

−1 + 2i 1)(i + 1) i + 2i 2i + 1 2i + 1 − ((ii +− 1)(i =− 2 =− 2 −2 = i. 1)(i 1)(i + 1) i −1



2. A

         · 1 1+ 2

−1

:

−2

1 1+ 3

1 1+ 4

−1 4 −2 5

3 2

=

:

3

·4=

 ·  2 3 3 4

−2 5

·4=

 1 2

−2 5

· 4 = 22 · 45 = 5.5 .



3. E Na osnovu definicije apsolutne vrednosti



0 |x| = −x,x,x x≥< 0 < 0 sledi da će ce zadata jednakost

|5 − |x|| = 5 − |x| biti ispunjena za 5

− |x| ≥ 0 ⇐⇒ |x| ≤ 5

Svi celi brojevi koji ispunjavaju ovu nejednakost su

± ± ± ± ±

0, 1, 2, 3, 4, 5 i njihov zbir je jednak nuli. Vaˇzi 4. B Va



  a+b a b

−

Kako su a su a > b > 0 > 0 to je

2

=

a2 + b2 + 2ab 2ab 6ab + 2ab 2ab 8ab = = 2 2 a +b 2ab 6ab 2ab 4ab

−

  a+b a b

2

−

te poˇsto je a + b > 0 i a

=

8ab =2 4ab

− b > 0 to je aa −+ bb > 0 te imamo

  a+b a b

2

−



5. B Kako je

sledi

−

a b c = = = k A B C

=2

⇒ aa −+ bb = √ 2.

= kA, b = b = kB, kB, c = c = kC kC ⇒ a = kA,

4a 3b + c 4kA 3kB + kB + kC k(4A (4A 3B + C ) = = = k. 4A 3B + C 4A 3B + C 4A 3B + C

− −

− −

− −



N a osnovu os novu sinusne si nusne teoreme t eoreme za trougao tro ugao vaˇ zi zi 6. D Na a b c = = = t sin α sin β sin γ odnosno a = t = t sin α, b = t = t sin β, c = t = t sin γ 183


te iz zadatog izraza sledi a sin(β

− γ ) + b sin(γ − α) + c sin(α − β ) = t sin α sin(β − γ ) + t sin β sin(γ − α) + t sin γ sin(α − β ) = t sin α (sin β cos γ − sin γ cos β ) + t sin β (sin γ cos α − sin α cos γ ) + t sin γ (sin α cos β − sin β cos α) = t sin α sin β cos γ − t sin α cos β sin γ + t cos α sin β sin γ − t sin α sin β cos γ + t sin α cos β sin γ − t cos α sin β sin γ = 0.



cine 7. C Ako su x 1 i x 2 reˇsenja kvadratne jednaˇ ax2 + bx + c = 0

⇐⇒

b c x2 + x + = 0 a a

tada vaˇzi

b c x2 + x + = (x x1 )(x x2 ) = x 2 (x1 + x2 )x + x1 x2 a a te izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma sa leve i desne strane jednaˇcine dobijamo

−

−

x1 + x2 =

−

− ab , x1x2 = ac

Za kvadratnu jednaˇcinu, ˇcija su reˇsenja x 31 i x 32 sada vaˇzi (x

− x31)(x − x32) = 0 ⇐⇒

x2

− (x31 + x32)x + x31x32 = 0

Kako je (x1 + x2 )3 = x 31 + 3x21 x2 + 3x1 x22 + x32 = x 31 + x32 + 3x1 x2 (x1 + x2 ) to sledi x31 +

x32 =

3

(x1 + x2 )

pa jednaˇcina postaje

b3 a3

− 3x1x2(x1 + x2) = − −

c 3 a

−  b a

3

=

− ab3 + 3 abc2

x2

− (x31 + x32)x + x31x32 = 0 b3 bc c3 x2 − − 3 + 3 2 x + 3 = 0 a a a a3 x2 + b b2 − 3ac x + c3 = 0.







 

8. C

logb2 x + logx2 b = 1,

b > 0, b = 1, x = 1

logb x logb b + =1 2 logb b logb x2





logb x logb b + =1 2logb b 2logb x logb x 1 + =1 2 2logb x Smenom t = logb x dalje dobijamo t 1 + =1 2 2t

⇐⇒ t2 − 2t + 1 = 0 ⇐⇒ (t − 1)2 = 0 ⇐⇒ logb x = 1 = log b b ⇐⇒ x = b.

t = 1

184




9. E Primenom kosinusne teoreme na trouglove ABD i ABC dobijamo sledeće izraze za manju i veću dijagonalu

romba, respektivno d22 = a2 + a2

− 2a2 cos θ = 2a2(1 − cos θ) d21 = a 2 + a2 − 2a2 cos(π − θ) = 2a2 + 2a2 cos θ = 2a2 (1 + cos θ) D

C

d2

a d1

π

θ

A

−θ B

a

Odavde dalje sledi

 d2 d1

2

=

16(1 + cos α) = 25(1 sin2 α = 1

Povrˇ sina romba data je izrazom P = a 2 sin α



to sledi sin x =

⇐⇒

9 41 2 9 1681 81 402 = = 2 412 412 41

− cos α) ⇐⇒

− cos2 α = 1 − sin α =

10. E Kako je cos 2x = cos2 x

−

1 cos α 16 = 1 + cos α 25 cos α =

−



402 40 = 412 41

a =

  P = sin α

80 40 41

=

√ 82.

− sin2 x = 1 − 2sin2 x = 21 ⇐⇒ 2sin2 x = 21 ⇐⇒

sin2 x =

1 4

± 12

Poˇsto je 0 < x < π to je u ovom intervalu sin x > 0 te vaˇzi sin x = Dalje za x =

π sledi: 6 sin7x = sin

i sliˇcno za x = π

sin7x = sin 7π

⇐⇒

x =

π 6

∨ x = π − π6

7π π = sin π + 6 6

 

− π6 :



Dakle sin 7x =

1 2

−

7π 6

=

− sin π6 = − 12

  −  −  = sin π

7π 6

= sin

π 6

=

− 12 .

− 12 . 185




11. A



1 1 > 1+x 2x 1

−

nejednaˇcina je definisana u skupu realnih brojeva za koje vaˇ zi 1 + x > 0

⇐⇒



−1

x>

1 > 0, to razlikujemo dva sluˇcaja 1+x 1 1 < 0 2x 1 < 0 x< : 2x 1 2

Kako je

•

⇐⇒

−

−

⇐⇒

U ovom sluˇcaju zadata nejednaˇcina je uvek ispunjena jer za x



1 > 0 1+x

1

1

∧ 2x − 1 < 0

  ∈ − 1,

1 vaˇzi 2

 ⇒

1 1 > 1+x 2x 1

−

1 x> : 2x 1 2 Obe strane nejednakosti su pozitivne u ovom sluˇcaju te kvadriranjem leve i desne strane dobijamo

•

−

> 0

⇐⇒

2x

− 1 > 0 ⇐⇒

1 1 > 1+x (2x 1)2

−

odnosno 1 + x < (2x

2

− 1)

2

=4

− 4x + 1 ⇐⇒ x

ˇsto uz uslov x >

2

∈ (−∞, 0)

1 daje reˇsenje 2 x

4x

− 5x > 0 ⇐⇒

∪ ∞

−

4x x

5 4

> 0

5 ,+ 4

  ∈ ∞ 5 ,+ 4

Dakle, reˇsenja zadate nejednaˇcine se nalaze u intervalu x



     ∈ − ∞ 1,

1 2

5 ,+ 4

.

12. E

− x2 = x(2 − x) f (1 − x) = (1 − x)(2 − (1 − x)) = (1 − x)(1 + x) = 1 − x2 f (f (1 − x)) = f (1 − x2 ) = (1 − x2 )(2 − (1 − x2 )) = (1 − x2 )(1 + x2 ) = 1 − x4 f (f (f (1 − x))) = f (1 − x4 ) = (1 − x4 )(2 − (1 − x4 )) = (1 − x4 )(1 + x4 ) = 1 − x8 . f (x) = 2x



13. B Uvedimo smene x

u = 3 2 > 0,

v = 2

y2

2

> 0

Sada sledi 3x x

32

− 2y −2

2

y2

2

= 77 =7



⇒

u2 v 2 = 77 u v = 7

− −

 ⇐⇒

(u

− v)(u + v) = 77 u − v = 7

 ⇐⇒

u + v = 11 u v = 7

−



Reˇsavanjem poslednjeg sistema jednaˇcina dobijamo 2u = 18 2v = 4

⇐⇒ u = 9 ⇐⇒ v = 2

186


Pri ˇcemu reˇsenja ispunjavaju poˇcetne uslove u > 0 i v > 0. Dalje sledi u = 9 v = 2

⇒3

⇒2

x

2

y2

= 32

= 21

2

⇐⇒

⇐⇒

x =2 2

y2 =1 2

⇐⇒ ⇐⇒

x = 4 y =

√ ± 2

Dakle, sistem jednaˇcina ima dva realna reˇsenja (x, y)

√ √ ∈ {(4, − 2), (4, 2)}. C



14. A

Posmatrajmo jednakokraki trougao ABC osnovice AB = a = 12 i visine CC 2 = h = 8 sa upisanim pravougaonikom stranica c i d. Iz sliˇcnosti trouglova AC C 2 i A 1 CC 1 imamo sledeću relaciju a 2

h

=

c 2

h

odakle sledi c =

h

− d a = h

−d

c/2

−  −  1

d h

d 8

a = 12 1

A1

P = cd = 12 1

d 8

d = 12d

−

C 1

d

Sada se povrˇsina pravougaonika moˇze izraziti u funkciji promenljive d na sledeći naˇcin

− 

c/2

3 2 d 2

d C 2

A

a

B

Povrˇ sina pravougaonika će biti maksimalna za maksimalnu vrednost funkcije P (d), koja se dobija u taˇcki d = d 0 za koju je P ′ (d0 ) = 0. Prvi izvod gornje funkcije po promenljivoj d je



3 P ′ (d) = 12d − d2 Iz P ′ (d0 ) = 0 dobijamo 12 − 3d0 = 0

⇐⇒

2



′

= 12

− 3d

− 

d0 = 4. Tada je c 0 = 12 1

sa maksimalnom mogućom povrˇsinom je

4 8

= 6 i traˇzeni obim pravougaonika

O = 2(c0 + d0 ) = 2(4 + 6) = 20. cina kruga polupreˇcnika R sa centrom u taˇcki (xc , yc ) je 15. C Jednaˇ



(x

− xc)2 + (y − yc)2 = R2

Kako centar kruga pripada pravoj x + y = 0 to vaˇzi xc + yc = 0 te jednaˇcina kruga postaje (x

⇐⇒

yc =

−xc

− xc)2 + (y + xc)2 = R2

− (−2 − xc )2 + (0 + xc )2 = R 2 ⇐⇒ x2c + 4xc + 4 + x2c = R 2 ⇐⇒ 2x2c + 4xc + 4 = R 2 i sliˇcno iz uslova da taˇcka (x, y) = (1, −3) pripada krugu imamo (1 − xc )2 + (−3 + xc )2 = R 2 ⇐⇒ x2c − 2xc + 1 + x2c − 6xc + 9 = R 2 ⇐⇒ 2x2c − 8xc + 10 = R 2 Taˇcka (x, y) = ( 2, 0) pripada krugu, te vaˇ zi

Iz poslednje dve jednaˇcine sledi 2x2c + 4xc + 4 = 2x2c

− 8xc + 10 ⇐⇒

12xc = 6

⇐⇒

xc =

1 2

187


te se za polupreˇcnik kruga dobija R2 = 2x2c + 4xc + 4 = 2

· 14 + 4 · 21 + 4 = 6 + 12 = 132



13 . 2

R =



16. C Razvoj stepena binoma dat je formulom



n n−1 (a + b)n = a n + a b+ 1 U naˇsem sluˇcaju je a =

√ x = x

Kako je

1 2

, b =



···



n n−k k + a b + k

− √ 1x = − x1

1 3

3



−x−

=

1 3

··· +

  n

n

−1

abn−1 + bn 1

i n = 8. Traˇ zimo ˇclan u razvoju koji sadrˇzi x − 6 .

 −

1 n n−k 8 8−2 k 8 k k x ( y)k = x ( x − 3 )k = ( 1)k x4− 2 − 3 k k k

to iz

−

−

k

k

1

x4− 2 − 3 = x − 6

sledi 4

− k2 − k3 = − 16 ⇐⇒

24

− 5k = −1 ⇐⇒

5k = 25

⇐⇒

k = 5

1

Za ˇclan razvoja koji sadrˇzi x − 6 sada imamo



 −

1 n n−k 8 x ( y)k = ( 1)5 x− 6 = k 5

−

−  8

8

−5



1 8 − 16 x− 6 = − x

3

1

odnosno, traˇzeni koeficijent uz x − 6 je

−  8 3

=

− 83 ·· 72 ·· 61 = −56.



17. E Koristimo sledeće trigonometrijske identitete

cos(α

± β ) = cos α cos β ∓ sin α sin β 1 − cos α α sin2 = 2 2 α 1 + cos α cos2 = 2 2

Sada sledi E 1 = sin2

x + y 1 + cos x cos y = (1 2 2

− cos(x + y)) + cos x cos y 1 1 1 1 = (1 − (cos x cos y − sin x sin y)) + cos x cos y = − cos x cos y + cos x cos y + sin x sin y 2 2 2 2 1 1 1 1 x y − = + (cos x cos y + sin x sin y) = + cos(x − y) = cos2 2 2 2 2 2

E 2 = cos2

x

− y − sin x sin y = 1 (1 + cos(x − y)) − sin x sin y

2 2 1 1 1 1 = (1 + (cos x cos y + sin x sin y)) sin x sin y = + cos x cos y + sin x sin y 2 2 2 2 1 1 1 1 x + y = + (cos x cos y sin x sin y) = + cos(x + y) = cos2 2 2 2 2 2

−

− sin x sin y

−

188


x+y 1 + sin x sin y = (1 + cos(x + y)) + sin x sin y 2 2 1 1 1 = (1 + (cos x cos y sin x sin y)) + sin x sin y = + cos x cos y 2 2 2 1 1 1 1 x y = + (cos x cos y + sin x sin y) = + cos(x y) = cos2 2 2 2 2 2

E 3 = cos2

−

−

−

E 4 = sin2

x

− y + cos x cos y = 1 (1 − cos(x − y)) + cos x cos y

2 2 1 1 1 = (1 (cos x cos y + sin x sin y)) + cos x cos y = cos x cos y 2 2 2 1 1 1 1 x + y = + (cos x cos y sin x sin y) = + cos(x + y) = cos2 2 2 2 2 2

−

−

− 12 sin x sin y + sin x sin y

− 12 sin x sin y + cos x cos y

−

Odavde sledi E 1 = E 3 = cos2

x

−y

2 x+y E 2 = E 4 = cos2 . 2



citih taˇ caka i na njoj paralelnoj pravoj q dvanaest razliˇcitih taˇcaka. 18. A Neka je na pravoj p deset razliˇ Trouglove moˇzemo obrazovati tako ˇsto izaberemo jednu taˇcku na pravoj p i dve taˇcke na pravoj q ili jednu taˇcku na pravoj q i dve taˇcke na pravoj p.

• Biramo jednu taˇcku na pravoj p i dve taˇcke na pravoj q :

   ·     ·   ·   · 

10 naˇcina. 1

Jednu taˇcku od 10 taˇcaka na pravoj p moˇzemo izabrati na Dve taˇcke od 12 taˇcaka na pravoj q moˇzemo izabrati na

12 naˇcina. 2

10 12 . 1 2 Biramo jednu taˇcku na pravoj q i dve taˇcke na pravoj p:

Ukupan broj ovako obrazovanih trouglova je

•

12 naˇcina. 1

Jednu taˇcku od 12 taˇcaka na pravoj q moˇzemo izabrati na Dve taˇcke od 10 taˇcaka na pravoj p moˇzemo izabrati na

10 naˇcina. 2

12 10 . 1 2 Sada je ukupan broj trouglova koji odreduju taˇ cke iz zadatka Ukupan broj ovako obrazovanih trouglova je

10 1

12 12 + 2 1

10 . 2



19. A

2logcos x sin x

≤ logsin x cotg x,

0 < x < π

ova jednaˇcina je definisana u skupu realnih brojeva za koje vaˇ zi sin x > 0

x > 0 ∧ sin x = 1 ∧ cos x > 0 ∧ cos x = 1 ∧ cotg x = cos sin x

y 1.0

0.5

y = sin x

Sa slike se moˇze videti da su ovi uslovi na intervalu (0, π) ispunjeni za x Kako je logsin x

0

∈  π 0, 2

π

2

π

x

−0.5

x logcos x cos cos x logcos x cos x logcos x sin x sin x = = sin x logcos x sin x logcos x sin x

−

y = cos x

−1.0 189


logsin x to imamo 2logcos x sin x

cos x 1 logcos x sin x = sin x logcos x sin x

−

x sin x ≤ logsin x cotg x ⇒ 2logcos x sin x ≤ 1 −loglogcos sin x

cos x

te smenom t = logcos x sin x = 0 dobijamo



2t

2t2 + t t

≤ 1 −t t ⇐⇒ 2t − 1 −t t ≤ 0 ⇐⇒

Kako su reˇsenja jednaˇcine

2t2 + t

data sa

−1 ≤0

−1 =0

√ −1 − 1 ± 1 + 8 −1 ± 3 1 t1,2 = = = 4

to je P (t) = 2t2 + t

−1

dok je

 

4

< 0 za t > 0 za t

Q(t) = t Reˇsenje nejednaˇcine

   ∈ −



1,

1 2

∈ (−∞, −1)

2

∪ ∞ 1 ,+ 2

< 0 za t < 0 > 0 za t < 0

P (t) 2t2 + t = Q(t) t

−1 ≤0

nalazimo iz sledeće tabele t

∈

P (t) Q(t) LS

(

−∞, −1) (−1, 0) + − − − + −

Dakle, nejednakost je ispunjena za t

∈ (−∞, −1)

Sada sledi

• t < −1:

logcos x sin x <

1 (0, ) 2

−

∞

+

+

−

+

∪  0,

1 ( ,+ ) 2 +

1 2

.

−1 = logcos x cos1 x

·

kako je 0 < cos x < 1 to je funkcija log cos x ( ) opadajuća, te dalje vaˇzi sin x >

•t

1 cos x

⇒ sin x cos x > 1 ⇐⇒ 2sin x cos x > 2 ⇐⇒ sin(2x) > 2 ⇒ x ∈ ∅

  ∈ 0,

1 : 2

1 logcos x 1 < log cos x sin x < log cos x 2 kako je 0 < cos x < 1 to je funkcija log cos x ( ) opadajuća, te dalje vaˇzi 0 < log cos x sin x <

⇐⇒ ·

1 > sin x >

√ cos x

√ cos x 190


 

π Za x 0, leva nejednakost 1 > sin x je ispunjena. Takode vaˇzi sin x > 0 pa kvadriranjem desne 2 nejednakosti dalje sledi

∈

sin2 x > cos x

⇐⇒ 1 − cos2 x > cos x ⇐⇒ cos2 x + cos x − 1 < 0 Sada uvodenjem nove smene u = cos x ∈ (0, 1) dobijamo kvadratnu nejednaˇcinu u2 + u − 1 < 0 i kako su reˇsenja odgovarajuće kvadratne jednaˇcine u 2 + u − 1 = 0 data sa √ √ − 1 ± 1 + 4 −1 ± 5 u1,2 = = 2

to je reˇsenje nejednaˇcine u Poˇsto je

−

√ 5 + 1 2

2

√  ∈ −

5+1 , 2

√ 5 − 1 2



< 0 i kako vaˇ zi uslov 0 < u < 1, to je reˇsenje nejednaˇcine dato sa u

 ∈

0,

√ 5 − 1

 ⇒ ∈  √ −  √ −     ∈ cos x

2

0,

5 1 2

Sa slike se moˇ ze videti da je ovaj uslov ispunjen za x

5 1 2

arccos

,

π 2

Dakle, skup svih realnih brojeva x za koje vaˇzi zadata nejednaˇcina je oblika x gde je a = arccos

∈ (a, b) √ 5 − 1

  2

i b =

π . 2



20. B Iz uslova da su brojevi a, b, c redom, peti, sedamnaesti i trideset sedmi ˇclan aritmetiˇcke progresije imamo

a = p 5 = r 1 + 4d b = p 17 = r 1 + 16d c = p 37 = r 1 + 36d gde je r 1 prvi ˇclan a d razlika u ovoj aritmetiˇckoj progresiji. Odavde sledi

− b = −12d b − c = −20d c − a = 32d

a

Iz uslova da su brojevi a, b, c redom, peti, sedamnaesti i trideset sedmi ˇclan geometrijske progresije imamo a = s 5 = s1 q 4 b = s 17 = s 1 q 16 c = s 37 = s 1 q 36 gde je s 1 prvi ˇclan a q koliˇcnik u ovoj geometrijskoj progresiji. Odavde sledi b = q 12 a c = q 32 a

⇒ b = aq 12 ⇒ c = aq 32

Sada za zadati izraz imamo ab−c bc−a ca−b = a −20d (aq 12 )32d (aq 32 )−12d

·

·

·

·

= a −20d+32d−12d q 12·32d−32·12d = a

0

0

· q

= 1.

·

191


1. jul 2003.

ˇ ˇ KLASIFIKACIONI ISPIT IZ MATEMATIKE ZA UPIS NA ELEKTROTEHNI CKI FAKULTET, FIZICKI ˇ FAKULTET I FAKULTET ZA FIZICKU HEMIJU

1. Ako je a =

(A)

√

5+1 2

√ 5

i b =

√ −

5 1 2 ,

tada je a 2

− b2 jednako: √ (C) 5 5

(B) 10

2. Jednaˇcina x

(D) 5

(E)

√ 15

− x−7 3 = 3 − x−7 3 :

(A) ima bezbroj celobrojnih reˇsenja

(B) nema reˇsenja

(C) ima jedno celobrojno reˇsenje

(D) ima dva jednaka celobrojna reˇsenja

(E) ima dva jednaka necelobrojna reˇsenja

(N) Ne znam

3. Vrednost izraza

(A) x

(A) sin(x



x 9 x+3 x+9

− √

(B) 3

4. Razlika cos2

(N) Ne znam

x+y 2

− y)

−

√ 2x

−



0.5

− x0.5, za x ∈ (9, +∞) je: 3 (C) −3 (D) 27

(E)

√ x

(N) Ne znam

− sin2 x−2 y jednaka je: (B) cos x cos y

senja jednaˇcine 5. Proizvod reˇ (A) 2

:

x0.5 +3 x1.5 27

√ log √ x x

(B) 1

(C) sin x cos y

(D) sin x sin y

(E) sin(x + y)

(N) Ne znam

(D) 100

(E) 10

(N) Ne znam

= 10 je: (C)

1 100

sina trougla, ˇciji su uglovi α, β i γ a R polupreˇcnik opisanog kruga, jednaka je: 6. Povrˇ 1 2 R sin α sin β sin γ 2 (D) R 2 sin α cos β cos γ

(A) 2R2 sin α sin β sin γ 1 (C) R2 cos α cos β cos γ 2 (E) 2R2 cos α sin(β + γ )

(B)

(N) Ne znam

cine 9|3x−1| = 38x−2 je: 7. Broj reˇsenja jednaˇ (A) 0

(B) 1

8. Date su funkcije f 1 (x) = 1, f 2 (x) =

(C) 2

(D) 3

(E) 4

(N) Ne znam

x| √ 1| −sincosx|2 x , f 3 (x) = √ 1| cos −sin2 x , f 4 (x) = tan x · cot x. Taˇcan je iskaz:

(A) Nema medusobno jednakih funkcija

(B) Sve funkcije su medusobno jednake

 (E) f 2  = f 3 = f 4  = f 1

(D) f 1 = f 4 = f 3



(C) f 1 = f 2 = f 3

(N) Ne znam

9. Ako je prava y = kx + n zajedniˇcka tangenta kruga x2 + y 2 = 4 i elipse 2x2 + 5y 2 = 10, tada je k2 + n 2

jednako: (A) 4

(B) 7

cina x 3 + x2 + ax + b = 0 (a, b 10. Jednaˇ je:

−2

(A)

(B)

−3

(C) 6

(D) 5

∈ R) ima reˇsenja 1 − (C) 2

√

(E) 14

(N) Ne znam

√

2 i 1+ 2. Proizvod svih reˇsenja date jednaˇcine

(D) 0

(E) 3

(N) Ne znam

193


1. jul 2003.

cnika 11. Visina valjka maksimalne zapremine upisanog u loptu polupreˇ (A) 1

√

(B) 2

(C) 2 2 2

cine (cos x)sin 12. Broj reˇsenja jednaˇ (A) 0

(D)

(E)

√

3 2

(N) Ne znam

− 32 sin x+ 12 = 1 na intervalu 0, π je:

x

  2

(B) 1

(C) 2

zi (x 13. Skup svih realnih brojeva x za koje vaˇ (A) (0, 1)

(D) 3

 −

− 1)

{−1} ∪ [2, +∞)

(C) (E)

√ 3

√ 3 jednaka je:

x2

(E) 4

(N) Ne znam

x

− 2 ≥ 0 je: (B) (−∞, −2) (D) (1,2)

  1 ,1 2

(N) Ne znam

14. U jednakokraki trougao ABC (AB = AC = 3 cm, BC = 2 cm) upisan je krug koji dodiruje krake AB i AC

redom u taˇckama D i E . Duˇzina duˇzi DE jednaka je (u cm): (A)

13 10

(B)

6 5

(C)

135 100

(D)

4 3

(E)

7 5

(N) Ne znam

cita proizvoda fabrike A, ˇcetiri razliˇ cita proizvoda fabrike B i pet razliˇ citih proizvoda 15. Data su tri razliˇ fabrike C. Na koliko razliˇcitih naˇcina se svi proizvodi mogu poredati u niz uz slede´ ce uslove: proizvodi fabrike B su jedan pored drugog, proizvodi fabrike C su jedan pored drugog, nikoja dva proizvoda fabrike A nisu jedan pored drugog? (A) 5!

(B) 4!5!

(C) 3!4!5!

(D) 2!3!4!5!

senja sistema jednaˇcina 2x 4y = 32, log(x 16. Broj realnih reˇ (A) 2

(B) 0

(C) 1

√

·

(E) 12 3!

(N) Ne znam

− y)2 − 2 log 2 = 0 jednak je:

(D) 3

(E) 4

√ − i)9 (i = √ −1) jednak je:

(N) Ne znam

17. Kompleksan broj (1 + i 3)9 + ( 3

(A) 29 (1 + i)

(B) 29 ( 1 + i)

−

18. Zbir 1 + 11 + 111 +

(C) 29 (1

(D) 29

− i)

(E)

−29i

(N) Ne znam

··· + 11 . . . 1 je jednak:

   n

(A) (C) (E)

1 (10n+1 81 1 (10n+1 81 1 (11n n 22

−

− 10 − 9n) − 19n)

(B) 19 (10n

− 9n + 8) (D) 19 (102n − 40n − 50)

+ 1)

(N) Ne znam

19. Ako je cos x : cos 2x : cos 4x = 1 : 2 : y, tada je y jednako:

(A) 4 20. Brojevi 2,

√

(B) 5 + 3 3

(C) 8

(D) 5

√ −3 3

(E) 4

−3

√ 3

(N) Ne znam

√ 6, 9 su ˇclanovi:

2 (A) opadajuće aritmetiˇcke progresije (B) rastuće aritmetiˇcke progresije (C) geometrijske progresije (D) niza sa opˇstim ˇclanom a n = 92n + n1 , (n = 1, 2, . . .) (E) niza sa opˇstim ˇclanom an =

√

2+ 6 n

− 1, (n = 1, 2, . . .)

194


ˇ RESENJA



1. A

√ 5 + 1

a =

,

b =

√ 5 + 1 − (√ 5 − 1)2 √ 5 + 1 + √ 5 − 1 √ · a2 − b2 = (a − b)(a + b) = = 5. 2 2 

cini 2. B U jednaˇ x

mora da vaˇzi uslov

2

√ 5 − 1

− x −7 3 = 3 − x −7 3

x

− 3 = 0 ⇐⇒ x = 3

Reˇsavanjem jednaˇcine dobijamo

− x −7 3 = 3 − x −7 3 ⇐⇒ x = 3  3 to ova jednaˇcina nema reˇsenja. Kako je ovo reˇsenje u kontradikciji sa uslovom x = x



3. C Koriˇsćenjem identiteta

a3

− b3 = (a − b)(a2 + ab + b2) √ √ √ √ ( x)3 − 33 = ( x − 3)(( x)2 + 3 x + 32 )

dobijamo odnosno

− 27 = (√ x − 3)(x + 3√ x + 9) √ √ √ x − 9 = ( x)2 − 32 = ( x − 3)( x + 3) x1.5

Takode vaˇzi tako da zadati izraz postaje

√ − 3)(x + 3√ x + 9) √ √ x + 3 −x = · − x − √ √ = ( x 3)2 x = | x − 3| − x √ √ √ √ Kako je po uslovu zadatka x > 9 ⇒ x > 3 ⇐⇒ x − 3 > 0 to je | x − 3| = x − 3 te se za vrednost izraza dalje dobija |√ x − 3| − √ x = √ x − 3 − √ x = −3.



− √

x0.5

x 9 +3 : 1.5 27 x+3 x+9 x

0.5



0.5

 √ − √ √  √ − − √

( x 3)( x + 3) ( x x+3 x+9

zi 4. B Vaˇ



cos2

x+y 2

− sin2 x −2 y = 21 (1 + cos(x + y)) − 12 (1 − cos(x − y)) 1 = (cos(x + y) + cos(x − y)) 2 1 = (cos x cos y − sin x sin y + cos x cos y + sin x sin y) 2 = cos x cos y

gde smo koristili trigonometrijske identitete cos2

α 1 = (1 cos α) 2 2 β ) = cos α cos β sin α sin β.

sin2 cos(α

±

α 1 = (1 + cos α) 2 2

−

∓

195




5. A Jednaˇcina



xlog

√ x

= 10

je definisana u skupu realnih brojeva za x > 0. Sada kvadriranjem leve i desne strane imamo xlog

√ x

= 10 2

√ x

= log 102

i uzimanjem logaritma obe strane, dalje dobijamo log xlog log 1 log x log x = 2 2

·

√ x · log x = 2

⇐⇒ (log x)2 = 4 ⇐⇒ log x = ±2 = log 10±2 x = 10±2 ⇒ x1 = 10−2 , x2 = 102

(oba reˇsenja ispunjavaju uslov x > 0) Sada se za proizvod reˇsenja ove jednaˇcine ima x1 x2 = 10−2 102 = 10 0 = 1.

·

·



6. A

Povrˇsina trougla ABC se moˇze izraziti zbirom povrˇsina jednakokrakih trouglova ABO, BC O i ACO, od kojih svaki ima krake jednake polupreˇcniku opisanog kruga R. Primetimo da uglovi zahvaćeni kracima predstavljaju centralne uglove nad tetivama kruga (koje odgovaraju stranicama trougla ABC ) i da su kao takvi dvostruko ve´ ci od periferijskih uglova nad istim tetivama (koji odgovaraju uglovima trougla α, β,γ ). Sada sledi (videti sliku) 1 1 1 P = R2 sin2α + R2 sin2β + R2 sin2γ 2 2 2 1 2 = R (sin 2α + sin 2β + sin 2γ ) 2

B β R

a R γ C

− (α + β ) odnosno sin2γ = sin2(π − (α + β ) = sin(−2(α + β )) = − sin2(α + β ) = − sin2α cos2β − sin2β cos2α

Dalje koristimo γ = π

2α 2γ O 2β

c

R

b

α

A

te imamo

−

−

sin2α + sin 2β + sin 2γ = sin 2α + sin 2β sin2α cos2β sin2β cos2α = sin 2α (1 cos2β ) + sin 2β (1 cos2α)

· − · − 2 = sin 2α · 2sin β + sin 2β · 2sin2 α

= 4 sin α cos α sin2 β + 4 sin β cos β sin2 α = 4 sin α sin β (sin α cos β + sin β cos α) = 4 sin α sin β (sin(α + β )) = 4 sin α sin β (sin(π (α + β ))) = 4 sin α sin β sin γ

−

Sada se za povrˇsinu konaˇcno dobija izraz 1 1 P = R2 (sin 2α + sin 2β + sin 2γ ) = R2 4sin α sin β sin γ = 2R2 sin α sin β sin γ. 2 2

·

196




7. B

9|3x−1| = 38x−2 32|3x−1| = 38x−2 2 3x

| − 1| = 2(4x − 1) ⇐⇒ |3x − 1| = 4x − 1

Kako vaˇzi

|3x − 1| = Sledi

• x > 31 :

− 1 > 0 ⇐⇒ x > 31 1 3x + 1, za 3x − 1 ≤ 0 ⇐⇒ x ≤ 3

 − − 3x

1, za 3x

|3x − 1| = 2x − 1 ⇒ 3x − 1 = 4x − 1 ⇐⇒

Medutim ovo reˇsenje ne pripada skupu x >

x = 0

1 te u ovom sluˇcaju jednaˇcina nema reˇsenja x 3

• x ≤ 31 : |3x − 1| = 4x − 1 ⇒ −3x + 1 = 4x − 1 ⇐⇒

7x = 2

⇐⇒

x =

∈ ∅.

2 . 7

2 2 1 < = to ovo reˇsenje pripada zadatom skupu. 7 6 3 Dakle, zadata jednaˇcina ima samo jedno reˇsenje. Kako je

 • f 1(x) = 1, x ∈ R x| = 1, | sin x| = • f 2(x) = √ 1| −sincosx|2 x = || sin  0 ⇐⇒ x = kπ, k ∈ Z sin x| x| π 3π • f 3(x) = | cos x|2 = || cos  = 1, | cos x| = 0 ⇐⇒ x  = + 2kπ ∧ x  = + 2kπ,k ∈ Z cos x| 2 2 1 − sin x sin x cos x π • f 4(x) = tan x · cot x = cos · = 1, sin x  = 0 ∧ cos x  = 0 ⇐⇒ x  = kπ ∧ x  = + 2kπ ∧ x  = x sin x 2 3π + 2kπ,k ∈ Z 2

8. A



Dakle, funkcije su definisane na razliˇcitim skupovima realnih brojeva, te medu zadatim funkcijama nema medusobno jednakih.



savanjem sistema jednaˇcina 9. E Reˇ y = kx + n x2 + y 2 = 4 nalazimo taˇ cke u kojima prava y = kx + n preseca zadati krug. Smenom prve jednaˇcine u drugoj imamo kvadratnu jednaˇcinu x2 + (kx + n)2 = 4 (1 + k2 )x2 + 2knx + n2 4 = 0

⇐⇒

−

Prava će biti tangenta na krug (imati samo jednu zajedniˇcku taˇcku preseka/dodira) ako prethodna kvadratna jednaˇ cina ima samo jedno reˇ senje. To je ispunjeno kada je diskriminanta ove kvadratne jednaˇ cine jednak nuli, odnosno za D = b 2 4ac = (2kn)2 4(1 + k2 )(n2 4) = 0

−

4k 2 n2

−

−

− 4(n2 − 4 + k2n2 − 4k2) = 0 16k2 − 4n2 + 16 = 0

Na sliˇcan naˇcin se dobija uslov da je prava y = kx + n tangenta na elipsu 2x2 + 5y 2 = 10 2x2 + 5(kx + n)2

− 10 = 0 (2 + 5k 2 )x2 + 10knx + 5n2 − 10 = 0

197


D = b 2

− 4ac = (10kn)2 − 4(2 + 5k2)(5n2 − 10) = 0 100k 2 n2 − 4(10n2 − 20 + 25k2 n2 − 50k 2 ) 20k2 − 4n2 + 8 = 0

Reˇsavanjem sistema dobijenih kvadratnih jednaˇcina 16k2

− 4n2 + 16 = 0 20k2 − 4n2 + 8 = 0

dalje sledi

4k 2

− 8 = 0 ⇐⇒ k2 = 2 16 · 2 − 4n2 + 16 = 0 ⇐⇒ n2 = 12

Sada je konaˇcno

k 2 + n2 = 2 + 12 = 14.



10. E Ako su x 1 = 1

− √ 2, x 2 = 1 + √ 2 i x3 reˇsenja kubne jednaˇcine x3 + x2 + ax + b = 0

tada je ispunjeno (x odnosno

− x1)(x − x2)(x − x3) = 0

x3 + x2 + ax + b = (x

− x1)(x − x2)(x − x3)

Kako je (x

√ √ √ √ √ √ − x1)(x − x2) = (x − (1 − 2))(x √ − (1 + 2)) = x2 − (1 − 2 + 1 + 2) + (1 − 2)(1 + 2) = x 2 − 2x + (12 − ( 2)2 ) = x 2 − 2x − 1

to dalje imamo x3 + x2 + ax + b = (x2

− 2x − 1)(x − x3) = x 3 − 2x2 − x − x3 x2 + 2x3 x + x3 = x 3 − (x3 + 2)x2 + (2x3 − 1)x + x3

Izjednaˇcavanjem koeficijenta polinoma uz stepen x 2 sa leve i desne strane jednaˇcine dobijamo da za treće reˇsenje date jednaˇcine mora da vaˇzi (x3 + 2) = 1 x3 = 3

−

⇐⇒

−

Sada je traˇzeni proizvod reˇsenja zadate jednaˇcine x1 x2 x3 = (1

− √ 2) · (1 + √ 2) · (−3) = (12 − (√ 2)2) · (−3) = (−1) · (−3) = 3.



11. B

Na slici je prikazana ravan koja sadrˇ zi centar lopte O polupreˇcnika R kao i centre osnova u njoj upisanog valjka, polupreˇcnika r i visine H . Primenom Pitagorine teoreme na pravougli trougao AB C dobijamo (2R)2 = (2r)2 +H 2

⇐⇒

√

(2 3)2 = 4r2 +H 2

⇐⇒

− 14 H 2

r2 = 3

Zapremina upisanog valjka se sada moˇze predstaviti u funkciji njegove visine H kao



1 3 V = B H = r πH = π 3H H 4

·

2

−



2r

B

A

R H

R O

R C 198


Zapremina će biti maksimalna za maksimalnu vrednost funkcije f (H ) = 3H

− 14 H 3

koja se dobija u taˇcki H = H 0 u kojoj je prvi izvod ove funkcije jednak nuli. Sledi



1 f ′ (H ) = 3H − H 3

′

=3

− 43 H 2

⇒ 3 − 43 H 02 = 0 ⇐⇒

f ′ (H 0 ) = 0



4



12. C

− 32 sin x+ 12 = 1, x ∈ 0, π

 

sin2 x

(cos x)

2

Imamo dve mogućnosti

• cos x = 1 ⇒ x = 0 • sin2 x − 32 sin x + 12 = 0 ∧ cos x = 0 π Smenom t = sin x ∈ [0, 1) za x ∈ 0, 2

 

H 0 = 2.

ova jednaˇcina postaje 2t2

− 3t + 1 = 0

i reˇsenja ove kvadratne jednaˇcine su t1,2 =

√ 3± 9−8

=

4

3

±1 = 4

Kako t 2 = 1 / [0, 1) to je t 1

 

1 2 1

∈ [0, 1) jedino reˇsenje koje ispunjava uslov. Dalje sledi 1 π t = sin x = ⇒ x = 2 6 √ π 3  0, ˇsto je takode ispunjeno. Na kraju, proveravamo cos x = cos = = 6 2 π Dakle, zadata jednaˇcina ima dva reˇsenja na intervalu x ∈ 0, : 2 ∈

 

x1 = 0

π . 6

x2 =



13. C

(x

 − x2

− 1)

x

−2≥0

U skupu realnih brojeva za jednaˇcinu mora da vaˇ zi uslov x2 Kako je po definiciji

− x − 2 ≥ 0 ⇐⇒

(x + 1)(x

− 2) ≥ 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, −1] ∪ [2, +∞)

 − x2

da bi proizvod sa (x

x

−2≥0

− 1) bio nenegativan, potrebno je da vaˇzi x − 1 ≥ 0 ⇐⇒ x ≥ 1

Primetimo, da je jednakost u gornjoj nejednaˇ cini ispunjena za x = 1 i x = 2 te se za skup svih realnih brojeva x dobija x = 1 x = 2 x [ 2, + )

−

− ∨ − ∨ ∈− ∞ x ∈ {−1} ∪ [2, +∞).

199




14. D Na slici je prikazan jednakokraki trougao ABC sa

A

osnovicom a = BC = 2 i kracima b = AB = AC = 3 i u njemu upisani krug polupreˇcnika r. Oznaˇcimo traˇzenu duˇzinu duˇzi d = DE . Povrˇsina trougla AB C se moˇze izraziti u obliku zbira povrˇ sina trouglova ABO, BC O i ACO od kojih svaki ima visinu r nad odgovarajućim stranicama a, b, b, redom, te vaˇzi b

1 1 1 1 P = ar + br + br = (a + 2b)r 2 2 2 2

D

r

r

Za povrˇsinu istog trougla vaˇzi P =

 −

√ −

b2

1 1 (a + 2b)r = ah 2 2

⇐⇒

E

O r

1 ah 2

B

√

a 2 = 9 1 = 2 2 visina trougla ABC 4 nad osnovicom a = BC . Za duˇzinu polupreˇcnika upisanog kruga se dobija gde je h =

b

A′

a 2

A′′

a 2

C

· √ √

ah 2 2 2 2 r = = = a + 2b 2+6 2

Iz sliˇcnosti trouglova AA ′′ B i ADO imamo a/2 r = h AD

⇒ AD = 2rh a

A iz sliˇcnosti trouglova AA ′′ B i AA ′ D AD b = d/2 a/2

⇐⇒

d = AD

odakle sledi

a 2rh a 2rh = = b a b b

· 22 · 2√ 2 = 4 . √

2 2rh d = = b

3

3

15. D Imamo

 • tri razliˇcita proizvoda fabrike A: a 1, a2, a3 • ˇcetiri razliˇcita proizvoda fabrike B: b 1, b2, b3, b4 • pet razliˇcitih proizvoda fabrike C: c 1, c2, c3, c4, c5

Ove proizvode treba rasporediti tako da su ispunjeni slede´ ci uslovi

• proizvodi fabrike B su jedan pored drugog • proizvodi fabrike C su jedan pored drugog • nikoja dva proizvoda fabrike A nisu jedan pored drugog

To znaˇci da se proizvodi fabrike B uvek nalaze zajedno u jednoj grupi: bg = b i1 bi2 bi3 bi4 ,

∈ {1, 2, 3, 4}, i1 = i2 = i3 = i4

i1 , i2 , i3 , i4

i broj ovakvih razliˇ citih grupa je 4!. Sliˇcno, proizvodi fabrike C su uvek zajedno u jednoj grupi cg = ci1 ci2 ci3 ci4 ci5 ,

∈ {1, 2, 3, 4, 5}, i1 = i2 = i3 = i4 = i5

i1 , i2 , i3 , i4 , i5

dok je broj ovakvih razliˇcitih grupa 5!. Da tri proizvoda fabrike A nikad nisu jedan pored drugog, potrebno je da izme du njih uvek bude grupa bg ili cg , odnosno, imamo sledeće moguće rasporede ai1 bg ai2 cg ai3 ili a i1 cg ai2 bg ai3 200


∈ {

}  

gde je i1 , i2 , i3 1, 2, 3 , i1 = i2 = i3 . Broj naˇcina na koji tri proizvoda fabrike A moˇ zemo rasporediti na 3 razliˇ cite pozicije je 3! i pritom, proizvode fabrike B u grupi bg moˇzemo rasporediti na 4! naˇcina, a proizvode fabrike C u grupi cg na 5! naˇcina. Istovremeno, grupe bg i cg moˇzemo rasporediti na dve pozicije izmedu proizvoda fabrike A na 2! razliˇ citih naˇcina. Sledi da je ukupan broj razliˇ citih rasporeda koji zadovoljavaju uslove zadatka jednak 2!3!4!5!.



16. A

2x 4y = 32

⇐⇒ 2x22y = 32 ⇐⇒ 2x+2y = 25 ⇐⇒ x + 2y = 5 log(x − y)2 − 2 log 2 = 0 ⇐⇒ log(x − y)2 = log 22 ⇐⇒ (x − y)2 = 2 2 ⇐⇒ |x − y| = 2

Sada imamo dva sluˇcaja

• x > y:

|x − y| = 2 ⇒ x − y = 2 ⇐⇒

y = x

−2

ˇsto smenom u prvoj jednaˇcini daje x + 2y = 5

⇒ x + 2(x − 2) = 5 ⇐⇒ 3x = 9 ⇐⇒ y = x − 2 = 3 − 2 = 1

x = 3

• x ≤ y: |x − y| = 2 ⇒ x − y = −2 ⇐⇒

y = x + 2

ˇsto smenom u prvoj jednaˇcini daje x + 2y = 5

⇒ x + 2(x + 2) = 5 ⇐⇒ y = x + 2 =

3x = 1

⇐⇒

x =

1 3

1 7 +2 = 3 3

Dakle, jednaˇcina ima dva realna reˇsenja (x, y)

   ∈ (3, 1),

1 7 , 3 3

.



17. B Kompleksni broj z = x + iy se moˇze predstaviti preko apsolutne vrednosti

r = i ugla



x2 + y2

ϕ = arctan

y x

na sledeći naˇcin z = x + iy = reiϕ . Imamo

√

z1 = 1 + i 3 = r 1 eiϕ1

gde je r1 =



√

12 + ( 3)2 =

ϕ1 = arctan odnosno

r2 =

√ 3 = π 3

− i = r2eiϕ √ √ ( 3)2 + (−1)2 = 4 = 2

z2 = gde je

√

√ 4 = 2



3

2

201


ϕ2 = arctan Dakle

π

π

z1 = 2ei 3 ,

te dalje sledi

−√ 1 = − π 6 3 z2 = 2e−i 6

         −   −        − π

z19 + z29 = 2ei 3 Kako je

9

9

π

+ 2e−i 6

3

= 29 e3iπ + e− 2 iπ

e3iπ = cos 3π + i sin3π = cos(π + 2π) = cos π = =0

3

3 π 2

e− 2 iπ = cos

i sin

3 π 2

=

3π 2

i sin

=



−1

−i · (−1) = i

=0

to se konaˇcno dobija

3

z19 + z29 = 29 e3iπ + e− 2 iπ = 29 ( 1 + i).



ci naˇcin 18. A Zadati zbir moˇzemo predstaviti na slede´ 1 + 11 +

··· + 11 . . . 1 = (1) + (1 + 10) + (1 + 10 + 100) + ··· + (1 + 10 + 100 + ··· + 10n−1)

   n

= s1 + s2 +

··· + sn

gde je sk = 1 + 10 + 100 + Poˇsto je sk = 1 + 101 + 102 + gde smo oznaˇcili q = 10, to dalje sledi

k = 1, 2, . . . n

k ··· + 10k−1 = 1 + q + q 2 + ··· + q k−1 = q q −−11

sk = Dalje imamo 1 + 11 +

··· + 10k−1,

q k q

− 1 = 10k − 1 9 −1

··· + 11 . . . 1 = s1 + s2 + ··· + ··· sn−1

   n

= = = = = =

101 1 10 2 1 10 3 1 + + + 9 9 9

n ··· + 10 9− 1

1 9

1

−

     

−

101 + 102 +

··· + 10n

−

 −  − − − · · · −   −  1

1 10(1 + 101 + + 10n−1 ) 9 1 10n 1 10 n 9 10 1 1 10n+1 10 n 9 9 1 10n+1 10 9n . 81

··· · −− − − − −

  − 

1

1

n

n

Naravno, zadatak se moˇze reˇsiti isprobavanjem vrednosti za n = 1, 2, 3, poredenjem dobijenog rezultata sa datim reˇsenjima i eliminacijom pogreˇsnih odgovora.

202




19. D

cos x 1 = cos2x 2

Smenom t = cos x

⇒ cos2x = 2 cos x ⇐⇒ 2cos2 x − 1 = 2cos x 2cos2 x − 2cos x − 1 = 0

∈ [−1, 1] dalje se dobija kvadratna jednaˇcina 2t2 − 2t − 1 = 0

ˇcija su reˇsenja t1,2 = Kako je t 2 =

√ 1+ 3 2

2

± √ 4 + 8 = 1 ± √ 3 4

2

> 1, to ovo ne moˇze biti reˇsenje jednaˇcine. Dakle preostaje t1 = cos x =

1

− √ 3 2

odnosno cos2x = 2 cos x = 1

− √ 3.

Dalje sledi cos4x = cos 2(2x) = cos2 2x

sin2 2x = 2 cos2 2x − 1 − √ √ √ = 2(1 − 3)2 − 1 = 2(1 + 3 − 2 3) − 1 = 7 − 4 3

Sada se za vrednost y dobija

cos2x 2 = cos4x y

⇒ y = 2 cos4x cos2x √ √ √ √ √ √ √ cos4x 7−4 3 (7 − 4 3)(1 + 3) 7 + 7 3 − 4 3 − 12 √ √ √ y = 2 =2 =2 =2 = −(−5 + 3 3) = 5 − 3 3. cos2x 1−3 1− 3 (1 − 3)(1 + 3)

√ 9  6 i a p = m,n,p ∈ N, p > n > m. Ispitujemo sledeće hipoteze 2 • am, an, a p su ˇclanovi aritmetiˇcke progresije.

20. C Neka je a m = 2, an =

Tada je

am = a 1 + (m

− 1)d, an = a1 + (n − 1)d, a p = a1 + ( p − 1)d te sledi an − am n−m an − am = (n − m)d, a p − am = ( p − m)d ⇒ = a p − am p − m Kako je √ 6 − 2 2√ 6 − 4 an − am = 9 a p − am − 2 = 7 2 an − am n−m to je leva strana jednaˇ cine = iracionalni broj. Istovremeno, m,n,p ∈ N su prirodni a p − am p − m

brojevi, pa je desna strana jednaˇcine racionalni broj, ˇsto je kontradikcija. Dakle, zadati brojevi nisu ˇclanovi aritmetiˇcke progresije bilo da je ona rastuća (d > 0) ili opadajuća (d < 0).

• am, an, a p su ˇclanovi geometrijske progresije. Tada je te sledi

am = a 1 am−1 , an = a 1 q n−1 , a p = a 1 q p−1

√

an 6 = = q n−m am 2 a p 9 = = q p−m am 4

⇒ q = ⇒ q =

 √   6 2

9 4

1 n−m

1

p−m

203


Iz poslednje dve jednaˇcine se dobija

   √  ⇒  √      9 4

1

1

p−m

3 2

6 2

=

2

1

62 1 42

=

− −

p−m n−m

p m =2 2(n m)

•

9 = 4

n−m

=

3 2

6 2

p−m n−m

p−m

2(n−m)

⇒ np −− mm = 4

Kako postoje prirodni brojevi m, n,p, p > n > m takvi da je gornja jednaˇcina ispunjena, to su a m , an , a p ˇclanovi geometrijske progresije. 9n 1 am , an , a p su ˇclanovi niza sa opˇstim ˇclanom b n = + , (n = 1, 2, . . .). 2 n Kako su svi ˇclanovi niza bn racionalni za n N, dok je jedan zadati broj an = 6 iracionalan, to zadati broj ne moˇze biti ˇclan ovog niza.

√

∈

•

√

2+ 6 am , an , a p su ˇclanovi niza sa opˇstim ˇclanom b n = n

− 1, (n = 1, 2, . . .).

9 Kako su svi ˇclanovi niza bn iracionalni za n N, dok je am = 2 prirodan broj i a p = racionalan broj, 2 to zadati brojevi ne mogu biti ˇclanovi ovog niza.

∈

204


2002.


1. Vrednost izraza

(A) 1

 √ −   − − − − ( 7)2 + 3

23

( 1)3

3

( 2)3

je: (B) 2

(C) 3

(D) 4

(E) izraz nema smisla

(N) Ne znam

−1

−1

∈ R\{0}, b ∈ R\{0} i a = b, vrednost izraza aa−1 +− bb−1 je: a+b a+b a−b b−a (A) (B) (C) (D) b−a a−b a+b a+b

2. Ako je a

(E)

ab a2

− b2

(N) Ne znam

cnik upisanog kruga tog trougla 3. Ako su a i b katete, a c hipotenuza pravouglog trougla, onda je polupreˇ jednak: 2 (A) (a + b + c) 3

− a) (D) 21 (a + c − b) (E) 21 (a + b − c) (N) Ne znam cne taˇcke pravih 2x − y = 3 i x − 2y = 0 od centra kruga (x − 6)2 + (y − 4)2 = 9 je: 4. Rastojanje preseˇ (A) 7

(B)

1 (a + b + c) 3

(B) 6

(C)

1 (b + c 2

(C) 5

(D) 4

(E) 3

(N) Ne znam

clana aritmetiˇ cke progresije 42, a zbir prvih ˇsest ˇclanova 48, onda je zbir prvih deset 5. Ako je zbir prva tri ˇ ˇclanova: (A) 90 (B) 54 (C) 60 (D) 0 (E) 4 (N) Ne znam

−

6. Ako je tg α =

(A)

24 25

3 3π i π < α < , onda je sin 2α jednako: 4 2 12 24 (B) (C) (D) 25 25

−

− 12 25

(E)

3 5

(N) Ne znam

7. Ako je ostatak deljenja polinoma P (x) = x3 + 9x2 + ax + b binomom x + 1 jednak 4, a ostatak deljenja

binomom x

−14

(A)

− 1 jednak 24, onda je zbir a + b jednak: (B) −12 (C) 0

(D) 12

(E) 14

⊥

8. Neka je taˇcka E srediˇste stranice BC kvadrata ABCD stranice a i CF DE , F

DCF je: 1 (A) a2 3

senja jednaˇcine x2 9. Skup svih vrednosti realnog parametra m za koje je zbir kvadrata reˇ

− 2(3m− 1)x+2m+3 =

(D)

1 2 a 6

Povrˇsina trougla (N) Ne znam

(C)

1 2 a 5

∈ DE .

1 2 a 7

(B)

1 2 a 4

(N) Ne znam

(E)

0 jednak zbiru njenih reˇsenja je: (A) (

−∞, ∞)

(B) [0,

∞)

(C)

  7 0, , 1 18

(D)

  0,

7 18

(E)

∅

(N) Ne znam

10. Osnova piramide SABCD je kvadrat ABCD stranice a = 20 cm, a visina piramide je H = SA = 21cm.

Povrˇsina omotaˇca piramide je (u cm2 ): (A) 960

(B) 1000

(C) 1121

(D) 1200

(E) 1260

(N) Ne znam

205


2002.

cine x3−log10 11. Zbir reˇsenja jednaˇ (A) 130

x

3

= 900 je:

(B) 100

(C) 70

(D) 30

(E) 10

(N) Ne znam

(E) > 3

(N) Ne znam

senja jednaˇcine 2 cos 2 x + 3 sin x = 0 na segmentu [0, 2π] je: 12. Broj reˇ (A) 0

(B) 1

13. Nejednakost x + 3

(A) [ 2, 2)

−

(C) [1, 2) (E) (2,

∞)

(C) 2

(D) 3

≥ 2 −4 x je taˇcna ako i samo ako x pripada skupu: (B) (−∞, −2] ∪ [1, 2) (D) [−2, 1] ∪ (2, ∞) (N) Ne znam

 

14. Trougao AB C je zadat koordinatama svojih temena: A(1, 1), B (5, 4), C 0,

C ′

∈ AB je:

(A)

4 3

(B) 1

5 3

(C)

(D) 2

7 . Duˇzina visine h C = C C ′ , 3

(E)

7 3

(N) Ne znam

− 5i) + (zy + 2xi) = −23 + 3yi, x ∈ R, y ∈ R, i 2 = −1, onda je zbir x + y jednak: (A) 4.5 (B) −4.5 (C) 5 (D) −5 (E) 6 (N) Ne znam √ √ senja jednaˇcine 25 + x + 3 − x = 4 je: 16. Proizvod reˇ (A) −48 (B) 48 (C) −24 (D) 24 (E) 16 (N) Ne znam 15. Ako je (2x

3

3

17. Visina H i izvodnica s prave kupe odnose se kao 35 : 37. Ako je povrˇsina kupe P = 588π cm2 , onda je

njena zapremina V jednaka (u cm3 ): (A) 588π

(B) 1176π

(C) 1480π

(D) 1680π

(E) 1995π

(N) Ne znam

cenika treba izabrati ekipu od ˇsest uˇcenika, pri ˇcemu medu tih 10 kandidata postoje 2 koji ne 18. Od deset uˇ mogu biti zajedno u ekipi. Broj naˇcina na koji se to moˇze uˇciniti je: (A) 84

(B) 112

(C) 210

(D) 105

(E) 140

(N) Ne znam

19. Ako je x = cos α cos β i y = sin α sin β , onda je maksimalna vrednost izraza x 2 + y 2 jednaka:

(A)

1 2

·

(B) 1

·

(C)

3 2

(D) 2

(E)

5 2

(N) Ne znam

20. Prirodni brojevi od 1 do 100 zapisani su bez razdvajanja i tako je dobijen broj a = 12345 . . . 9899100.

Precrtati njegovih 100 cifara tako da preostale cifre, ˇcitane redom, grade najve´ ci mogu´ ci broj. Za zbir s tako precrtanih cifara vaˇ zi: (A) 100 < s

≤ 300 (C) 400 < s ≤ 500

(B) 300 < s

≤ 400 (D) 500 < s ≤ 600

(E) s > 600

(N) Ne znam

206


ˇ RESENJA



1. B

 √ −   − − − − ( 7)2 + 3



23

( 1)3

3

( 2)3

=

7+1 8 = = 2. 2 ( 2) 4

−−

2. A

∈ R\{0}, a = b ⇒ a−1 + b−1 a−1 + b−1 ab b+a · = = . − − − − 1 1 1 1 a −b a −b ab b−a a, b

A



3. E Povrˇsina pravouglog trougla ABC sa katetama a i b, kao na slici,

data je izrazom

1 P = ab 2 Ova povrˇsina se moˇze izraziti kao zbir povrˇsina trouglova AOB , BOC i AOC , gde je O centar kruga upisanog u ovaj trougao i r polupreˇcnik upisanog kruga (koji odgovara visini trouglova AOB, BOC i AOC , nad stranicama AB, B C , i AC , redom). Sada vaˇzi P = P AOB + P BOC + P AOC =

b

r

c

r O r a

C

B

1 1 1 1 cr + ar + br = (a + b + c)r 2 2 2 2

Iz prethodne dve jednaˇcine se za polupreˇcnik upisanog kruga ima r =

ab a+b+c

Na osnovu Pitagorine teoreme za pravougli trougao AB C se dobija c2 = a 2 + b2 te dalje sledi (a + b + c)(a + b

− c) = (a + b)2 − c2 = a2 + 2ab + b2 − c2 = 2ab

ˇsto smenom u izrazu za polupreˇcnik upisanog kruga konaˇcno daje r =

ab 1 2ab 1 (a + b + c)(a + b = = a+b+c 2a+b+c 2 a+b+c

− c) = 1 (a + b − c). 2

cka u kojoj se seku dve prave nalazi se reˇsenjem sistema jednaˇcina tih dveju pravih 4. C Taˇ



− −

2x y = 3 x 2y = 0



−

2x y = 3 x = 2y

→

2(2y)

− y = 3 ⇐⇒

y = 1

∧ x = 2y = 2

Dakle, prave se seku u taˇcki (xP , yP ) = (2, 1). Jednaˇcina kruga polupreˇcnika R sa centrom u taˇcki (xc , yc ) data je izrazom (x xc )2 + (y yc )2 = R 2

−

Kako je zadata jednaˇcina kruga (x

−

− 6)2 + (y − 4)2 = 9

to je njegov centar (xc , yc ) = (6, 4). Sada se za rastojanje izmedu taˇcaka (xP , yP ) = (2, 1) i (xc , yc ) = (6, 4) dobija d = (xc xP )2 + (yc yP )2 = (6 2)2 + (4 1)2 = 42 + 32 = 5.

 −

−

 −

−



207




5. D Neka je aritmetiˇcka progresija data izrazom

− 1)d, n = 1, 2, 3, . . .

an = a1 + (n

Zbir prvih k ˇclanova te progresije se moˇze predstaviti na sledeći naˇcin S k = a 1 + a2 +

··· + ak

···

= a 1 + (a1 + d) + (a1 + 2d) + + (a1 + (k = ka 1 + d(1 + 2 + + (k 1))

···

−

− 1))d

− 1 + 1)(k − 1) 2 k(k − 1) = ka 1 + d = ka 1 + d

(k

2

Prema uslovima zadatka imamo

⇒ a1 + d = 14 S 6 = 6a1 + 15d = 48 ⇒ 2a1 + 5d = 16 S 3 = 3a1 + 3d = 42

Reˇsavanjem sistema prethodnih dveju jednaˇcina imamo 2(14

− d) + 5d = 16 ⇐⇒ 3d = −12 ⇐⇒ a1 = 14 − d = 18

d =

−4

Sada se za zbir privh deset ˇclanova ove progresije ima S 10 = 10a1 + 45d = 10 18

· − 45 · 4 = 180 − 180 = 0.



6. A

tg α =

3 3π ,π<α< 4 2

Koristeći sledeće identitete sin2α = 2 sin α cos α = 2 i 1 + tg 2 α = 1 +

sin α cos 2 α = 2 tg α cos2 α cos α

sin2 α sin2 α + cos2 α 1 = = 2 2 cos α cos α cos2 α

dobijamo sin2α =

⇒ cos2 α = 1 + 1tg 2α

2 tg α 1 + tg 2 α

2 34 24 sin2α = 9 = 25 . 1 + 16

·

7. E Kako polinom P (x) = x 3 + 9x2 + ax + b pri deljenju binomom x



− 1 daje ostatak 24, to sledi

− 1)Q(x) + 24 gde je Q(x) koliˇcnik deljenja polinoma P (x) binomom x − 1. Za x = 1 iz prethodne jednaˇcine dobijamo P (1) = (1 − 1)Q(1) + 24 = 24 P (x) = (x

Kako je s druge strane

P (1) = 13 + 9 12 + a 1 + b = 10 + a + b

·

·

to iz prethodne dve jednakosti dobijamo 10 + a + b = 24

⇐⇒

a + b = 14. 208




8. C Iz Pitagorine teoreme za pravougli trougao DC E za duˇzinu hipo-

tenuze DE dobijamo DE =



CD2

+ CE 2

=

   a2

a + 2

2

a

D

C a/2

√

a = 5 2

F

E

Iz sliˇcnosti pravouglih trouglova DCE i DF C imamo 2

FD CD = CD DE

2

a 2a = a √ = √ ⇒ F D = CD DE 5 5

i takode

A

B

2

· CD ⇒ CF = CE DE

CF CE = CD DE

2

=

a 2 a 2

·√ a = √ a 5 5

Sada se za povrˇsinu pravouglog trougla DF C dobija P =

1 1 CF DF = 2 2

2a a 1 √ = a2 . · √ · 5 5 5

·

cine 9. D Ako su x 1 i x 2 reˇsenja kvadratne jednaˇ



x2

− 2(3m − 1)x + 2m + 3 = 0

tada je ispunjeno x2

− 2(3m − 1)x + 2m + 3 = (x − x1)(x − x2) = x2 − (x1 + x2)x + x1x2

te se izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma sa leve i desne strane gornje jednaˇcine dobija x1 + x2 = 2(3m

− 1)

x1 x2 = 2m + 3 Iz uslova zadatka sledi

x21 + x22 = x 1 + x2

Kako je

x21 + x22 = (x1 + x2 )2

− 2x1x2

to se iz gornjih jednakosti dalje dobija (x1 + x2 )2

− 2x1x2 = x1 + x2

− 1))2 − 2(2m + 3) = 2(3m − 1) 36m2 − 28m − 2 = 6m − 2 ⇐⇒ 36m2 − 34m = 0 ⇐⇒ m(18m − 17) = 0 ⇐⇒ (2(3m



m = 0

17 ∨ m = 18 .

10. B Na osnovu Pitagorine teoreme za hipotenuzu pravo-

S

uglog trougla S AB dobijamo SB 2 = SB 2 + SA 2 = a2 + H 2 Sliˇcno, za hipotenuzu pravouglog trougla S AD imamo SD 2 = SD 2 + SA 2 = a 2 + H 2 i najzad, za hipotenuzu pravouglog trougla S AC sledi

H

SC 2 = AC 2 +SA 2 = AB 2 +BC 2 +SA 2 = a 2 +a2 +H 2 = 2a2 +H 2

D

C

Primetimo, da kako vaˇ zi

a

SC 2 = SA2 + AB 2 +BC 2 = SB 2 + BC 2

   =SB 2

A

a

B

209


to je trougao S BC pravougli, sa pravim uglom kod temena B . Sliˇcno, kako vaˇzi SC 2 = AC 2 + SA 2 = AD 2 + CD 2 + SA 2 = AD 2 + SA 2 +CD 2 = SD2 + CD 2

   =SD 2

to je trougao S DC takode pravougli, sa pravim uglom kod temena D.

Povrˇsina omotaˇca piramide jednaka je zbiru povrˇsina pravouglih trouglova S AB, S BC , S DC i S AD, odnosno M = P SAB + P SBC + P SDC + P SAD = M =

1 H a + 2



·

  

·



a2 + H 2 a +

 



11. A

x3−log10

·

·

   

x

3

a2 + H 2 · · √ 21 + 841 = 20 (21 + 29) = 1000.



= 900 x





·

log10 ( )

log10 x3−log10 3 = log10 900 x 3 log10 log10 x = log10 32 102 3 log10 x + log10 3) log10 x = 2 log10 3 + 2

−

−



·

a2 + H 2 a + H a = a H +

·

202 + 212 = 20

M = 20 21 +

(3

1 1 1 1 SA AB + SB BC + SD CD + SA AD 2 2 2 2

·

·

·

Uvodenjem smene t = log10 x, jednaˇcina postaje (log10 3 + 3

− t)t = 2 log10 3 + 2 ⇐⇒ t2 − (3 + log10 3)t + 2(1 + log10 3) = 0

Reˇsenja ove kvadratne jednaˇcine su t1/2 =

3 + log10 3

±



(3 + log10 3)2 2

− 8(1 + log10 3)

odnosno, kako je (3+log 10 3)2 i

− 8(1+log10 3) = 9+ 6 log10 3 + (log10 3)2 − 8 − 8log10 3 = (log10 3)2 − 2log10 3+ 1 = (1 − log10 3)2



(3 + log10 3)2

− 8(1 + log10 3) =

to se za reˇsenja dalje dobija

t1/2 =

3 + log10 3

± (1 − log10 3) = 2

Sledi t1 = 1 + log10 3

 −   (1

log10 3)2 = 1

| − log10 3| = 1 − log10 3

1 (3 + log10 3 2

− 1 + log10 3) = 1 + log10 3

1 (3 + log10 3 + 1 2

− log10 3) = 2

⇒ log10 x1 = 1 + log10 3 = log10 10 + log10 3 = log10(3 · 10) = log10 30 ⇒ x1 = 30 t2 = 2 ⇒ log10 x2 = 2 = log10 102 ⇒ x2 = 100

Zbir reˇsenja zadate jednaˇcine je x1 + x2 = 30 + 100 = 130.



12. C

2cos2 x + 3 sin x = 0, x 2cos2 x + 3 sin x = 2(1

∈ [0, 2π]

− sin2 x) + 3 sin x = −2sin2 x + 3 sin x + 2 ⇒ 2sin2 x − 3sin x − 2 = 0

Uvodenjem smene t = sin x dalje dobijamo kvadratnu jednaˇcinu 2t2

− 3t − 2 = 0

210



√ 3 ± 9 + 16 4

=

3

±5 = 4

 − 

1 2 2

≤ 1 to t 2 = sin x2 = 2 nema reˇsenja u skupu realnih brojeva. Sada preostaje 1 t1 = sin x1 = − 2 i ova jednaˇcina ima dva reˇsenja na zadatom intervalu x ∈ [0, 2π] (videti sliku). Kako je sin x

1.0

0.5

0 π

3π 2

π

2

2π

−0.5 −1.0



13. D Nejednaˇcina

≥ 2 −4 x je definisana u skupu realnih brojeva za 2 − x  = 0 ⇐⇒ x  = 2. Dalje vaˇ zi 4 4 − (2 − x)(x + 3) 4 − (2x − x2 + 6 − 3x) 4 − (−x2 − x + 6) x2 + x − 2 − ≤0 (x + 3) ≤ 0 ⇐⇒ = = = 2−x 2−x 2−x 2−x 2−x x+3

Poslednja nejednakost se moˇze predstaviti u obliku P (x) Q(x) gde je

≤ 0

P (x) = x 2 + x Q(x) = 2 x

∈

P (x) Q(x) P (x) Q(x)

(

−∞, −2) −2 (−2, 1) − + 0

−2

−x ∞

1

(1, 2)

2

(2, + )

0

+

+

+

− −

+

+

+

+

+

0

+

0

−

0

+

∞

• Ispitujemo znak funkcije P (x): P (x) > 0 ⇐⇒ x2 + x − 2 > 0 ⇐⇒ (x − 1)(x + 2) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, −2) ∪ (1, +∞) dakle

∈ (−∞, −2) ∪ (1, +∞) P (x) ≤ 0, za x ∈ [−2, 1]

P (x) > 0, za x

211


• Za znak funkcije Q(x) dobijamo: ⇐⇒ 2 − x > 0 ⇐⇒

Q(x) > 0

x < 2

odnosno Q(x)

≤ 0, za x ≥ 2

U tabeli su sumirani prethodni rezultati za znak funkcija P (x), Q(x) i leve strane (LS) nejednakosti Dakle, nejednakost je ispunjena za x [ 2, 1] (2, + ).

∈−



∪

∞

14. C Na slici je prikazan trougao ABC sa koordi-

 

7 . Duˇzine 3 stranica ovog trougla se dobijaju iz jednaˇ cine udaljenosti dve taˇcke ˇcije su koordinate poznate:

y

natama temena A(1, 1), B(5, 4) i C 0,

3

d2P Q = (xP

− xQ)2 + (yP − yQ )2.

C

Dakle imamo: 2

2

2

− 

AC = (1 0) + 1

−

B

4

2

7 3

= 1+

16 25 = 9 9

⇒ AC = 35

AB 2 = (5 1)2 +(4 1)2 = 42 +32 = 16+9 = 25

− − 7 BC 2 = (5 −0)2 + 4 − 3

 



2

= 52 +

5 3

2

1

⇒ AB = 5

A

0 0

1

2

3

4

5

x

= AB 2 +AC 2

Kako je B C 2 = AB 2 + AC 2 to je trougao ABC pravougli sa pravim uglom u temenu A. Dakle, visina trougla 5 hc nad stranicom B C odgovara kateti AC = . 3



15. B

− 5i) + (7y + 2xi) = −23 + 3yi Razdvajanjem realnih i imaginarnih delova u prethodnoj jednaˇ cini (x, y ∈ R), dobijamo (2x + 7y + 23) + (2x − 3y − 5)i = 0 (2x

Da bi ova jednaˇcina bila ispunjena, potrebno je da realni i imaginarni delovi budu jednaki nuli, odnosno, dobijamo sistem jednaˇcina 2x + 7y + 23 = 0 2x 3y 5 = 0



− −

Oduzimanjem ovih dveju jednaˇcina dobijamo

10y + 28 = 0

⇐⇒

y =

−2.8

odnosno za vrednost x: 2x = 3y + 5 = 3( 2.8) + 5 =

−

−8.4 + 5 = −3.4 ⇐⇒

x =

−1.7

Sada je zbir x + y jednak: x + y =



16. A

−1.7 − 2.8 = −4.5.

√ 25 + x + √ 3 − x = 4 ⇐⇒ √ 25 + x = 4 − √ 3 − x 3 √ √ 3 − x 2 − √ 3 − x 3 25 + x = 43 − 3 · 42 · 3 − x + 3 · 4 · √ √ 3 − x 2 − 3 + x 25 + x = 64 − 48 3 − x + 12 √ 3 − x 2 − 48 √ 3 − x + 36 = 0 : 12 12 3

3

3

3

3



       3

3

 

3

3

3

3

212


√ −  − √ − 3

Smenom t =

√ 3 − x dalje sledi 3

t2

3

x

2

433

x+3=0

− 4t + 3 = 0 ⇐⇒ (t − 1)(t − 3) = 0 ⇐⇒

t1 = 1

∨ t2 = 3

odnosno

3 − x1 = 1 ⇐⇒ 3 − x1 = 1 ⇐⇒ x1 = 2 • √ √ • 3 − x2 = 3 ⇐⇒ 3 − x2 = 33 ⇐⇒ x2 = −24 3 3

te se za proizvod reˇsenja jednaˇcine dobija

−

x1 x2 = 2( 24) =

−48.



zina izvodnice prave kupe polupreˇcnika osnove R i visine H se moˇze 17. E Prema Pitagorinoj teoremi, duˇ predstaviti u obliku

s2 = R 2 + H 2

odakle imamo 2

R = s

2

2

− H

=

Povrˇ sina ove prave kupe data je izrazom

 − 37 H 35

2

H 2 =



122 2 H 352

12 12 37 P = Rπ(R + s) = πH + 35 35 35



12 ⇒ R = 35 H

H = πH 2

12 49 352

·

Kako je prema uslovu zadatka P = 588π to dalje imamo 352 H = 588 = 352 12 49 2

·

⇒ H = 35.

Sada za zapreminu kupe dobijamo V =

1 1 1 122 2 1 122 3 1 122 3 BH = R2 πH = H πH = H = 35 = 48 35π = 1680π. 3 3 3 352 3 352 3 352

·



cimo sa A i B dva uˇ cenika u grupi od 10 kandidata, koji ne mogu biti zajedno u ekipi. Ekipu od 18. E Oznaˇ ˇsest uˇcenika u kojoj A i B ne mogu biti zajedno, moˇzemo formirati na sledeća tri naˇcina

• Ni uˇcenik A ni uˇcenik B nisu u izabranoj ekipi. Dakle, biramo 6 uˇcenika iz grupe od preostalih 8 kandidata, ˇsto moˇzemo uˇciniti na



8 razliˇcitih naˇcina. 6

• Samo je uˇcenik A u ekipi, dok uˇcenik B nije u ekipi.

Sada biramo 5 uˇcenika (uˇcenik A je ve´ c izabran) iz 8 grupe od 8 preostalih kandidata, ˇsto moˇzemo uˇciniti na razliˇcitih naˇcina. 5

          ·

• Samo je uˇcenik B u ekipi, dok uˇcenik A nije u ekipi. Sada biramo 5 uˇcenika (uˇcenik B je već izabran) iz

8 razliˇcitih naˇcina. 5 Dakle, ukupan broj naˇcina na koji moˇzemo izabrati ekipu od ˇsest uˇcenika koja zadovoljava uslove zadatka je grupe od 8 preostalih kandidata, ˇsto moˇzemo uˇciniti na

8 8 +2 6 5

=

8

8

−6

+2

8

8

−5

=

8 8 +2 2 3

=

8 7 8 7 6 +2 = 28 + 2 56 = 140. 2 3 2

· · ·

·

213




zi 19. B Vaˇ x = cos α cos β y = sin α sin β x2 + y 2 = cos2 α cos2 β + sin2 α sin2 β = cos2 α cos2 β + (1

− cos2 α)(1 − cos2 β ) = cos2 α cos2 β + 1 − cos2 α − cos2 β + cos2 α cos2 β = 1 − cos2 α(1 − cos2 β ) − cos2 β (1 − cos2 α) Oznaˇcimo a = cos2 α ∈ [0, 1] i b = cos2 β ∈ [0, 1]. Dalje dobijamo x2 + y 2 = 1 − a(1 − b) − b(1 − a) Vaˇ ze sledeće nejednakosti

≤ a ≤ 1 ⇐⇒ 0 ≥ −a ≥ −1 ⇐⇒ 1 ≥ 1 − a ≥ 0 0 ≤ b ≤ 1 ⇐⇒ 0 ≥ −b ≥ −1 ⇐⇒ 1 ≥ 1 − b ≥ 0

0

odakle dobijamo

≥ 0 ∧ 1 − b ≥ 0 ⇒ a(1 − b) ≥ 0 b ≥ 0 ∧ 1 − a ≥ 0 ⇒ b(1 − a) ≥ 0 a

odnosno a(1

− b) ≥ 0 ∧ b(1 − a) ≥ 0 ⇒ a(1 − b) + b(1 − a) ≥ 0

Najzad dobijamo a(1

− b) + b(1 − a) ≥ 0 ⇐⇒ −a(1 − b) − b(1 − a) ≤ 0 ⇐⇒ 1 − a(1 − b) − b(1 − a) ≤ 1 ⇐⇒

x2 + y 2

≤ 1.

Dakle, maksimalna vrednost izraza x 2 + y 2 jednaka je 1. 20. B Broj a je dobijen zapisivanjem prirodnih brojeva od 1 do 100 bez razdvajanja



a = 12345 . . . 9899100 Treba precrtati njegovih 100 cifara tako da preostale cifre ˇcitane redom, grade najveći mogući broj. Najveći mogući broj će se dobiti ako na pozicijama najveće teˇzine ostanu najveće moguće cifre, (odnosno devetke, kadgod je to moguće). Dakle, precrtavanje vrˇsimo na slede´ ci naˇ cin 1 ✁ 2 ✁ 3 ✁ 4 ✁ 5 ✁ 6 ✁ 7 ✁ 89 ✁ 1 ✁ 0 ✁ 1 ✁ 1 ✁ 1 ✁ 2 ✁ 1 ✁ 3 ✁ 1 ✁ 4 ✁ 1 ✁ 5 ✁ 1 ✁ 6 ✁ 1 ✁ 7 ✁ 1 ✁ 8 ✁ 19 ✁ 2 ✁ 0 ✁ 2 ✁ 1 ✁ 2 ✁ 2 ✁ 2 ✁ 3 ✁ 2 ✁ 4 ✁ 2 ✁ 5 ✁ 2 ✁ 6 ✁ 2 ✁ 7 ✁ 2 ✁ 8 ✁ 29 ✁ 3 ✁ 0 ✁ 3 ✁ 1 ✁ 3 ✁ 2 ✁ 3 ✁ 3 ✁ 3 ✁ 4 ✁ 3 ✁ 5 ✁ 3 ✁ 6 ✁ 3 ✁ 7 ✁ 3 ✁ 8 ✁ 39 ✁ 4 0 4 1 4 2 4 3 4 4 4 5 4 6 4 7 4 8 49 ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ ✁ 5 ✁ 0 ✁ 5 ✁ 1 ✁ 5 ✁ 2 ✁ 5 ✁ 3 ✁ 5 ✁ 4 ✁ 5 ✁ 5 ✁ 56 ✁ 57 ✁ 58 ✁ 59 ✁ 60616263646566676869 .. . 90919293949596979899100

broj precrtanih cifara: zbir precrtanih cifara (s) : 8 36 19 46 19 56 19 66 19 76 16 65 0 0 .. .. . . 0 0 100

Dakle, s = 345 odnosno, 300

345

≤ s < 400.

214


2001.


  

0.5 : 1.25 + 75 : 1 47 1. Ako je x = 1.5 + 14 : 18 13 (A) x < 0

(B) 0



− 113 · 3 , onda je:

≤ x ≤ 10

(C) 10

≤ x < 20

(D) 20

≤ x < 30

senje jednaˇcine k(x 2. Celobrojnih vrednosti parametra k za koje je reˇ (A) 0

(B) 1

(C) 2

(D) 3

(E) 30

≤x

− k) = 2x prirodan broj ima: (E) viˇse od 3

3. Ako centar S upisanog kruga u jednakokraki trougao ABC (AC = BC ) deli visinu CD, D

dela tako da je C S = 5 cm i SD = 3 cm, onda je obim tog trougla jednak (u cm): (A) 30

(B) 31

4. Vrednost izraza

√ (A) 4 2

√ 3 cos 15o

+

x

(B) 4

2

− 2x + y − 2y = 6. Koja?

(A) p 1

(D) 33

(C) 0

(D)

−4

√

(N) Ne znam

∈ AB, na dva

(E) 20 + 8 2

(N) Ne znam

−4√ 2

(N) Ne znam

1 je: sin 15o

se jedna od pravih: p1 : y = 5. Najviˇ 2

(C) 32

(N) Ne znam

(E)

−x + 7; p2 : y = −x + 4; p3 : y = x + 6; p4 : y = x + 4 je tangenta kruga

(B) p 2

(C) p 3

(D) p4

(E) Nijedna

(N) Ne znam

se deˇ caka nego devojˇcica. Medu devojˇcicama ima 20 % odliˇcnih iz 6. U jednom odeljenju ima dva puta viˇ matematike, a medu deˇ cacima 5 %. Koliko procenata odliˇcnih iz matematike ima u tom odeljenju? (A) 10 %

(B) 12.5 %

(C) 15 %

(D) 17.5 %

(E)

≥ 22.5 %

(N) Ne znam

cke A kruˇznice k polupreˇ cnika 10 cm konstruisane su poluprave Ap i Aq takve da je ∠ pAq = 60o . Ako 7. Iz taˇ su B i C preseˇcne taˇcke polupravih Ap i Aq i kruˇznice k, onda je duˇzina tetive B C jednaka (u cm):

√

√

(A) 10 2

(B) 10 3

(C) 10

(D) 14

(E) 17

(N) Ne znam

zina kra´ ce dijagonale 8. Deltoid ABCD stranica AB = B C = 3 cm i AD = C D = 4 cm upisan je u krug. Duˇ tog deltoida je: (A) 4, cm

(B) 6 cm

|

(C) 4.8 cm

(D) 2.4 cm

(E) 2 2 cm

√

(N) Ne znam

(D) 3

(E) veći od 3

(N) Ne znam

| | − 9| je:

cine log10 x = x 9. Broj reˇsenja jednaˇ (A) 0

(B) 1

(C) 2

znici polupreˇcnika r = 10 cm date su taˇcke A, B , C , D tako da se tetive AC i BD seku pod pravim 10. Na kruˇ uglom. Zbir s duˇzina kraćih lukova AB i C D je (u cm): (A) 0 < s

≤ 15

(B) 15 < s

≤ 30

(C) 30 < s

≤ 45

(D) 45 < s

≤ 60

(E) s < 60

(N) Ne znam

215


2001.

x2 + 3x + λ < 2 taˇcna za sve realne vrednosti x 11. Ako je λ0 vrednost parametra λ za koju je nejednakost 2 x +x+1 osim za jednu, onda λ 0 pripada: (A) (0, 1]

(B) (1, 2]

(C) (2, 3]

(D) (3, 4]

(E) (

(N) Ne znam

−∞, 0) ∪ (4, ∞)

cine cos 2 x 12. Broj reˇsenja jednaˇ (A) 0

− 12 sin2x = 21 na segmentu − π2 , π2

(B) 1

 

(C) 2

je:

(D) 3

(E) veći od 3

(N) Ne znam

−

(N) Ne znam

13. Ako je log 14 7 = a i log14 5 = b, onda je log35 28 jednak:

(A)

−

2 a a+b

(B)

−

a 2 a+b

(C)

a+b a 2

−

(D)

a+b 2 a

−

(E)

1 a a+b

ˇ na sefu odredena je nizom od pet dekadnih cifara. Koliko ima ˇsifara ˇcije cifre ˇcine strogo opadajući 14. Sifra niz? (A) 30240

(B) 15120

(C) 7560

(D) 1890

(E) 252

(N) Ne znam

zi teme C pravog ugla i 15. Pravougli trougao ABC kateta a = 3 cm i b = 4 cm rotira oko prave koja sadrˇ paralelna je hipotenuzi c. Zapremina V tako dobijenog tela je (u cm 3 ): (A) 28.8π

(B) 9.6π

16. Ako je f : R

−x + 23

(A)

(C) 20.32π

(D) 8.2π

(E) 19.2π

−→ R i f (x) + 2f (1 − x) = x za svako x ∈ R, onda je f (x) jednako: 2 2 1 (B) x − (C) x + (D) x − (E) x(1 − x) 3 3 3

clanova na neparnim mestima u razlaganju binoma 17. Suma binomnih koeficijenata ˇ ˇ naka je 2048. Clan koji sadrˇzi a 3 je:

−264a3b7

(B) 264a3 b7

(A)

18. Ako je jedan koren polinoma x 3

polinoma jednak: (A) 2

(B) 1

(C) 132a3 b7

−132a3b7

(D)

(C) 0

(D)

−1

(E)

(A)

9 9 , 4 2

a

−2

5

a 3

b

7

a3

n

jed-

(N) Ne znam

(N) Ne znam

− 12 , gde je a realan parametar. Ako su reˇsenja x i y −

 

 ·  − √ 

(E) 256a3 b9

ovog sistema realni brojevi, onda izraz x 2 + y 2 dostiˇze najmanju vrednost za: 1 7 1 (A) a = 1 (B) a = (C) a = (D) a = (E) a = 4 4 4 pripada:

(N) Ne znam

− 2x + a, a ∈ R, kompleksni broj 1 + i, i2 = −1, onda je realan koren tog

19. Dat je sistem jednaˇcina: x + y = 2a + 1, xy = a 2 + 4a

cina 20. Jednaˇ

(N) Ne znam

−1

(N) Ne znam

√ 9 − 4x = p − 2x ima taˇcno dva realna i razliˇcita reˇsenja ako i samo ako realni parameter p

 

9 (B) ,5 2

(C) [5, 6)

(D) [6, 7)

 

(E) 0,

9 4

(N) Ne znam

216


ˇ RESENJA



1. E

  



0.5 : 1.25 + 75 : 1 47 x = 1.5 + 14 : 18 13 x =

2 5

− 113 · 3 = 3 ·

49 15 55 35 20 55

−

+

=

·

2 34 5 + 55 35 20 55

=

·

  −  ·  2 3 + 75 : 11 5 7 11 15 1 55 10 + 4 : 3

56 55 35 20 55

·

=

3 ✁

=

2 7 + 75 11 5 30+5 3✄ 20 55

· − 113 ·



· · ·

20 55 56 = 32 > 30. 35 55



ze predstaviti u obliku sledeće kvadratne jednaˇcine po promenljivoj k 2. D Zadata jednaˇcina se moˇ k(x i njena reˇsenja su

− k) = 2x ⇐⇒ k2 − xk + 2x = 0 √ x ± x(x − 8) x ± x2 − 8x



k1,2 =

= 2 2 Da bi ova jednaˇ cina imala celobrojna reˇ senja, potrebno je da vrednost pod kvadratnim korenom kvadrat celog broja i da vaˇ zi x(x 8) 0 x 0 x 8

− ≥ ⇐⇒ ≤ ∨ ≥

Kako je x prirodan broj, to imamo x

≥ 8. Dalje sledi:

• Za x = 8 dobijamo x(x − 8) = 02 (kvadrat celog broja) i vaˇzi

8 = 4 (prirodan broj) 2 Za x = 9 dobijamo x(x 8) = 9 = 32 (kvadrat celog broja) i vaˇ zi

k1,2 =

•

k3,4 =

9

±3 = 2



−

3 6

• Ne postoji prirodan broj x > 9 takav da je x(x − 8) kvadrat celog broja.

Dakle, jednaˇ cina ima tri celobrojna parametra k = 3, 4, 6 za koje su reˇsenja x prirodni brojevi. 3. D Na slici je prikazan jednakokraki trougao AB C sa os-



novicom c = AB i kracima b = AC = BC i u njemu upisani krug polupreˇcnika r. Centar upisanog kruga S deli visinu CD na dva dela, tako da je prema uslovu zadatka CS = 5 cm i r = SD = 3 cm i visina trougla nad osnovicom h = C S + SD = 8 cm.

C

Iz sliˇcnosti trouglova ADC i S S ′ C imamo jednakost CS ′ CD h = = CS AC b

b

b

S ′

r

gde primenom Pitagorine teoreme na pravougli trougao SS ′ C dobijamo CS ′ =



CS 2

− SS ′2 =



CS 2

− r2 =

te se za duˇzinu katete b ima b = h

 − 52

r S r

32 = 4

A

c 2

D

c 2

B

C S 5 =8 = 10 ′ 4 CS

·

Konaˇcno, iz pravouglog trougla ADC za duˇzinu osnovice c = AB = 2AD dobijamo 2

2

AD = AC

2

− CD 2 = b2 − h2 = c4 ⇐⇒

 − 

c = 2 b2

te je obim ovog trougla

h2 = 2 102

− 82 = 2√ 36 = 12

O = 2b + c = 2 10 + 12 = 32 cm.

·

217




4. A

√ 3

1 + = o cos15 sin15o

√ 3sin15o + cos 15o 2

= =4



sin 15o cos15o

√ 3

sin15o + 12 cos15o 2



1 o o 2 (2sin15 cos15 ) cos 30o sin 15o + sin 30o cos 15o

sin(2 15o ) sin(30o + 15o ) =4 sin(30o ) =4

·

sin(45o ) sin(30o )

gde smo koristili identitete sin 30o = cos30o = sin45o =

√ 2

=4

2 1 2

√

=4 2

1 2

√ 3 √ 22

2 sin(α + β ) = sin α cos β + sin β cos α sin(2α) = 2sin α cos α. 5. D Neka je y = kx + n jednaˇcina tangente na krug x2



nalazi se reˇsavanjem sistema njihovih jednaˇcina y = kx + n x2 2x + y2

−

− 2y = 6

⇒

− 2x + y 2 − 2y = 6.

x2 2x+(kx+n)2 2(kx+n) = 6

−

−

Dodirna taˇ cka tangente i kruga

(k 2 +1)x2 +2(kn k 1)x+n2 2n 6 = 0

⇐⇒

−−

− −

ova kvadratna jednaˇcina će imati samo jedno reˇsenje (dodirnu taˇcku), ako je diskriminanta kvadratne jednaˇcine jednaka nuli D = b 2

− 4ac = 4(kn − k − 1)2 − 4(k2 + 1)(n2 − 2n − 6) = 0 ⇐⇒

(kn

− k − 1)2 = (k2 + 1)(n2 − 2n − 6)

Jedino prava p 4 : y = x + 4 sa k = 1 i n = 4 ispunjava ovaj uslov (4

− 1 − 1)2 = (1 + 1)(16 − 8 − 6) ⇐⇒

22 = 2 2

·

i jedino je ova prava tangenta zadatog kruga.



caka i y broj devojˇ cica. Ukupan broj uˇcenika u odeljenju je dakle s = x + y, odnosno, 6. A Neka je x broj deˇ kako vaˇzi x = 2y to sledi s = x + y = 3y Prema uslovu zadatka, 5 % deˇcaka i 20 % devojˇcica su odliˇcni uˇcenici, te je ukupan broj odliˇcnih daka 5 20 5 20 5 %x + 20 %y = x+ y = 2y + y = 100 100 100 100



10 20 + 100 100



y =

30 y 100

ˇsto u procentima ukupnog broja daka iznosi 30 y 100

s

30 y · 100 % = 100 · 100 % = 10 %. 3y

218




7. B Na slici su prikazane poluprave Ap i Aq koje seku kruˇznicu

C

polupreˇcnika R = 10 cm u taˇckama B i C i za koje vaˇzi o ∠ pAq = ∠BAC = α = 60 . Relacija izmedu centralnog ∠BOC i perifernog ∠BAC ugla nad tetivom BC je ∠BOC =

R

2∠BAC = 2α = 120o

Sada se na osnovu kosinusne teoreme za jednakokraki trougao BOC sa kracima duˇzine BO = CO = R za duˇzinu tetive BC A dobija BC 2 = BO2 + CO 2 2

= R + R = 2R2 (1

2

α

2α

O

− 2 · BO · CO · cos ∠BOC

− 2R

2

R

o

cos 120

− cos 120o) = 2R2(1 − cos(180o − 60o))

 

= 2R2 (1 + cos 60o ) = 2R2 1 + BC =

1 2

B

= 3R2 = 300

√ 300 = 10√ 3.



8. C Na slici je prikazan zadati deltoid stranica a = AB = BC =

3cm i b = AD = CD = 4 cm upisan u krug preˇ cnika BD = d. Kako je ∠BAD ugao nad preˇ cnikom kruga, to je taj ugao prav, te iz Pitagorine teoreme za pravougli trougao B AD dobijamo BD 2 = AB 2 + AD2

⇒ d2 = a2 + b2 = 32 + 42 = 25 ⇒ d = 5.

Ako sa h oznaˇcimo visinu pravouglih trouglova BAD i BCD nad hipotenuzom B D, onda se za povrˇsinu pravouglog trougla B AD i B CD dobijaju sledeće relacije D 1 P = d h 2

· ∧ P = 21 ab

A

ab d i duˇzina kraće dijagonale AC iznosi

a B

O b

odakle se za visinu ima

h

b

h

a

h =

C AC = 2h =

· ·

2ab 2 3 4 24 = = = 4.8. d 5 5

219




senja ove jednaˇcine ćemo traˇziti grafiˇcki, kao ˇsto je ilustrovano na slikama ispod. Na gornjem grafiku 9. D Broj reˇ su predstavljene logaritamska funkcija log 10 x i linearna funkcija x 9. Na donjem grafiku su predstavljene njihove apsolutne vrednosti f (x) = log10 i g(x) = x 9 . U preseku ovih krivih nalazimo reˇsenje zadate jednaˇ cine f (x) = g(x). Sa slike je oˇcigledno da ove dve krive imaju tri preseˇcne taˇcke odnosno da jednaˇcina f (x) = g(x) ima tri reˇsenja.

|

|

−

| − |

y 8

x − 9

6

4

log10 x 2

2

4

6

8

10

12

14

x

−2 −4 −6 −8

y 8

|x − 9|

6

4

| log10 x| 2

2

4

6

8

10

12

14

x

−2 −4 −6 −8

220




znica polupreˇcnika r sa centrom 10. C Na slici je prikazana kruˇ

A

u taˇcki O. Taˇcke kruˇznice A,B, C,D su takve da se tetive AC i BD seku pod pravim uglom, odnosno ∢BSC =

π 2 ⌢

⌢

Traˇzimo zbir duˇzina kraćih lukova s = AB + CD, gde je ⌢

AB = r

· ∢AOB CD = r · ∢COD

O

⌢

odakle sledi s = r(∢AOB + ∢COD)

S

D

centralni ugao nad tetivom AB, dok za njemu odgovarajući periferni ugao ∢ACB vaˇzi ∢AOB = 2∢ACB

B

∢AOB je

Sliˇcno za relaciju izmedu centralnog ugla CD dobijamo

∢COD i

njemu odgovarajućeg perifernog ugla

∢COD =

Kako je prema uslovu zadatka

∢BSC =

C ∢CB D nad

tetivom

2∢CB D

π to se iz zbira uglova u pravouglom trouglu B SC dobija 2

∢BSC + ∢CBD + ∢ACB = π

⇒ ∢ACB + ∢CB D = π2

te se konaˇcno za traˇzeni zbir duˇzine lukova ima

· · π2 = 31.4

s = r(∢AOB + ∢COD) = 2r(∢ACB + ∢CBD) = 2 10 Dakle, taˇcan je odgovor 30 < s

≤ 45.



11. B Iz zadate nejednakosti, dobijamo sledeću ekvivalentnu nejednakost

x2 + 3x + λ < 2 x2 + x + 1

⇐⇒

x2 + 3x + λ 2x2 2x x2 + x + 1

−

− − 2 < 0 ⇐⇒

x2

− x − (λ − 2) > 0 x2 + x + 1

Kako je diskriminanta kvadratne funkcije u imeniocu g (x) = x 2 + x + 1 manja od nule D = b 2

− 4ac = 12 − 4 = −3 < 0

i koeficijent uz x 2 pozitivan, to je ova funkcija uvek pozitivna, tj. vaˇzi: x2 + x + 1 > 0. Ovo se moˇze dokazati i na sledeći naˇcin: 2 1 1 3 1 3 x2 + x + 1 = x 2 + 2 x + + = x + + > 0. 2 4 4 2 4

 

· ·

Dakle, znak racionalne funkcije iz gornje nejednakosti zavisi iskljuˇcivo od znaka kvadratne funkcije u brojiocu f (x) = x 2 x (λ 2). Prema uslovima zadatka, potrebno je da izraz

− − −

f (x) > 0 bude ispunjen za sve realne brojeve x osim za jednu vrednost. Diskriminanta gornje kvadratne funkcije je D = b 2

− 4ac = 1 + 4(λ − 2)

i neophodno je da ona bude manja od nule, kako bi vaˇzilo f (x) > 0 za svako x. Za vrednosti λ za koje je D = 0 imaćemo da kvadratna funkcija dodiruje x osu, te će postojati jedna vrednost x za koju je f (x) = 0 odnosno za koju gornja nejednaˇ cina nije ispunjena. Odavde sledi D = 0

⇐⇒ 1 + 4(λ0 − 2) = 0 ⇐⇒

λ0 =

7 4

∈ [1, 2). 221




12. C

cos2 x cos2 x

 

− 21 sin2x = 21 , x ∈ − π2 , π2

− 21 sin2x = 21 (cos2 x + sin2 x)

1 cos 2 x 2

− 21 sin2 x − 12 sin2x = 0 cos2 x − sin2 x = sin 2x cos2x = sin 2x ⇐⇒ tg 2x = 1, cos2x  =0 ˇcija su reˇsenja 2x = Reˇsenja koja pripadaju intervalu

π + kπ 4

⇒ x = π8 + kπ2 , k ∈ Z

π π , su 2 2

− 

x1 =

π π , x2 = 8 8

− π2 = − 3π8

i za oba vaˇzi da je cos 2xi = 0, i = 1, 2.





13. A

a = log14 7, b = log14 5 log35 28 =

log14 28 log14 35

·

log14 35 = log14 5 7 = log14 5 + log14 7 = a + b

·

14 + 1 = log 14 14 7 log14 28 2 a log35 28 = = . log14 35 a+b

log14 28 = log14 2 14 = log14 2 + log14 14 = log14

⇒

− log14 7 + 1 = 1 − a + 1 = 2 − a

−

zimo broj razliˇcitih petocifrenih brojeva, a 5 a4 a3 a2 a1 , a i 14. E Traˇ



∈ {0, 1, 2, 3, . . . , 8, 9}, i = 1, 2, 3, 4, 5 ˇcije cifre

ˇcine strogo opadajući niz: a5 > a4 > a3 > a2 > a1 . Najveći takav broj je a5 a4 a3 a2 a1 = 98765 a najmanji broj koji ispunjava uslove je a5 a4 a3 a2 a1 = 43210 Primećujemo da mora da vaˇzi 0

≤ a1 ≤ 5 1 ≤ a2 ≤ 6 2 ≤ a3 ≤ 7 3 ≤ a4 ≤ 8 4 ≤ a5 ≤ 9 Razlikujemo sledeće moguće sluˇcajeve

• a3 = 2 :

Tada s desne strane ove cifre mora vaˇ ziti a2 = 1 i a0 = 0 te je broj razliˇcitih mogućnosti sa desne strane jednak 1. S leve strane imamo sledeće mogućnosti ze biti bilo koja od cifara 4, 5, 6, 7, 8, 9, odnosno imamo 6 razliˇcitih mogućnosti. – a4 = 3: a5 moˇ ze biti bilo koja od cifara 5, 6, 7, 8, 9, ˇsto je 5 razliˇcitih mogućnosti. – a4 = 4: a5 moˇ – a4 = 5: a5 moˇ ze biti bilo koja od cifara 6, 7, 8, 9, ˇsto je 4 razliˇcitih mogućnosti.

ze biti bilo koja od cifara 7, 8, 9, ˇsto je 3 razliˇcitih mogućnosti. – a4 = 6: a5 moˇ 222


ze biti bilo koja od cifara 8, 9, ˇsto je 2 razliˇcite mogućnosti. – a4 = 7: a5 moˇ – a4 = 8: a5 moˇze biti samo cifra 9, ˇsto je 1 mogućnost.

Dakle u sluˇcaju a 3 = 2, imamo jednu mogu´ cnost sa desne strane i 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 mogu´ cnosti sa leve strane, ˇsto je ukupno (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) 1 brojeva.

·

• a3 = 3 :

Sada s desne strane ove cifre imamo sledeće mogućnosti ze biti bilo koja od cifara 0, 1, ˇsto je 2 razliˇcite mogućnosti – a2 = 2: a1 moˇ – a2 = 1: a1 moˇze biti samo cifra 0, ˇsto je jedna mogućnost

Dakle, sa desne strane imamo (1 + 2) razliˇcitih mogućnosti. S leve strane imamo sledeće mogućnosti ze biti bilo koja od cifara 5, 6, 7, 8, 9, ˇsto je 5 razliˇcitih mogućnosti. – a4 = 4: a5 moˇ ze biti bilo koja od cifara 6, 7, 8, 9, ˇsto je 4 razliˇcitih mogućnosti. – a4 = 5: a5 moˇ ze biti bilo koja od cifara 7, 8, 9, ˇsto je 3 razliˇcitih mogućnosti. – a4 = 6: a5 moˇ ze biti bilo koja od cifara 8, 9, ˇsto je 2 razliˇcite mogućnosti. – a4 = 7: a5 moˇ – a4 = 8: a5 moˇze biti samo cifra 9, ˇsto je 1 mogućnost.

Dakle, sa leve strane imamo (1 + 2 + 3 + 4 + 5) razliˇcitih mogućnosti. Znaˇci u sluˇcaju a 3 = 3, imamo (1 + 2) mogućnosti sa desne strane i (1 + 2 + 3 + 4 + 5) mogućnosti sa leve strane, ˇsto je ukupno (1 + 2 + 3 + 4 + 5) (1 + 2) brojeva.

·

• a3 = 4:

Istim postupkom kao za sluˇcajeve a3 = 3 i a3 = 2 se moˇze pokazati da je broj razliˇcitih mogućnosti sa desne strane: (1 + 2 + 3), odnosno sa leve strane: (1 + 2 + 3 + 4), ˇsto je ukupno (1+ 2 + 3 + 4) ( 1 + 2 + 3 ) razliˇcitih brojeva.

·

Sliˇcno dobijamo za ostale mogućnosti za a 3 , naime

• a3 = 5: (1 + 2 + 3) · (1 + 2 + 3 + 4) • a3 = 6: (1 + 2) · (1 + 2 + 3 + 4 + 5) • a3 = 7: 1 · (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6)

Iz gornje analize sledi da je ukupan broj razliˇ citih petocifrenih brojeva ˇcije cifre formiraju strogo opadajući niz dat izrazom

·

·

·

(1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6) 1 + (1 + 2 + 3 + 4 + 5) (1 + 2) + (1 + 2 + 3 + 4) (1 + 2 + 3) + (1 + 2 + 3) (1 + 2 + 3 + 4) + (1 + 2) (1 + 2 + 3 + 4 + 5) + 1 (1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6)

·

·

· · ·

· ·

·  ·

·

7 6 3 2 6 5 4 3 5 4 + + 2 2 2 2 2 = 2(21 + 45 + 60) = 2 126 = 252. =2

·

15. E Na slici je prikazano telo koje se dobija rotacijom



pravouglog trougla ABC oko ose koja prolazi kroz teme pravog ugla C i koja je paralelna hipotenuzi c. Telo je valjak polupreˇcnika osnove r i visine c iz kog su izdvojene dve kupe, obe polupreˇcnika r i visina H 1 i H 2 kao na slici.

O′′

B a

Najpre, iz Pitagorine teoreme za pravougli trougao ABC dobijamo duˇzinu hipotenuze c2 = a 2 + b2 = 32 + 42 = 25

C c

⇒ c = 5

Visina pravouglog trougla ABC nad hipotenuzom c odgovara polupreˇcniku osnove valjka r. Za povrˇ sinu ovog trougla se ima 1 P = ab 2

∧ P = 21 cr ⇒ ab = cr ⇐⇒

r =

H 2

ab 3 4 12 = = c 5 5

·

b A

r

H 1

O′ 223


Zapremina valjka je

V v = r 2 πc

dok su zapremine kupa

1 2 r πH 1 3 1 V k2 = r2 πH 2 3 te se uzimajući u obzir H 1 + H 2 = c, za zapreminu dobijenog tela dobija V k1 =

V = V v

− V k1 − V k2 = r 2πc − 13 r2π(H 1 + H 2) = 32 r2πc

 ·  ·

2 V = 3

12 5



2

π 5=

·

96 π = 19.2π. 5

16. A

f : R f (x) + 2f (1

Uvedimo smenu t = 1

− x ∈ R ⇐⇒

x = 1

−→ R

− x) = x, ∀x ∈ R

− t. Tada prethodna jednakost postaje f (1 − t) + 2f (t) = 1 − t

ˇsto je ekvivalentno jednakosti f (1

− x) + 2f (x) = 1 − x ⇐⇒

f (1

− x) = 1 − x − 2f (x)

Smenom poslednje jednakosti u zadatom izrazu dalje dobijamo f (x) + 2f (1

− x) = x ⇒ f (x) + 2(1 − x − 2f (x)) = x ⇐⇒ −3f (x) = 3x − 2 ⇐⇒

f (x) =

−x + 32 .



17. A Formula za n-ti razvoj binoma x + y je data izrazom

 



n n n n−1 n n−2 2 (x + y) = x + x y + x y 0 1 2 n

···



n n−k k + x y + k

··· +

  n

n

−1



n n xy − + y n 1

n

Na neparnim mestima se nalaze sledeći binomni koeficijenti

    

n n n n , , , ,... 0 2 4 6

Prema uslovu zadatka, njihova suma iznosi 2048. Dakle, treba naći vrednost stepena n za koju vaˇzi

   

n n n n + + + + . . . = 2048 0 2 4 6

Proverom moˇzemo ustanoviti da je gornja jednaˇcina ispunjena za n = 12:

     −         − −  · · · · · · ···

12 12 12 12 12 12 12 + + + + + + 0 2 4 6 8 10 12 12 12 12 12 12 12 12 = + + + + + + 0 2 4 6 12 8 12 10 12 12 12 12 12 12 =2 + + + 0 2 4 6 12 11 12 11 10 9 12 11 10 9 8 7 = 2 1+ + + 2 4 3 2 6 5 4 3 2 = 2 (1 + 66 + 495) + 924 = 2 562 + 924 = 1124 + 924 = 2048.

· ·

·

· · · ·

224


U naˇsem sluˇcaju je x = a

 ·   a = a 3

5

y =

a 3

1 5

1

6

= 3− 5 a 5

− √ ba3 = −ba− 7

3 7

tako da za k + 1 ˇclan u razvoju binoma imamo



    −    −

n n−k k 12 x y = k k

1

6

3− 5 a 5

= ( 1)k

12 k

−

3

ba− 7

k

12 − 125−k k 65 (12−k)− 37k 3 b a k

Za ˇclan koji sadrˇzi a 3 vaˇzi 6

a 5 (12−k)−

3k 7

= a 3

⇒ 56 (12 − k) − 3k7 = 3 ⇐⇒ 7(72 − 6k) − 5 · 3k = 105 ⇐⇒

57k = 399

⇐⇒

k = 7

Dakle, za ovaj ˇclan imamo





12 12−7 7 12 − 12−7 7 3 x y = ( 1)7 3 5 b a = 7 7

−

− 

12 −1 3 7 3 a b = 5

− 12 ·511· 4· ·103 ·· 29 · 8 13 a3b7 = −264a3b7.



18. E

Reˇsenje A: Neka su x1 , x2 i x3 koreni polinoma P (x) = x3 sledećem obliku P (x) = (x

− 2x + a, a ∈ R. Tada se ovaj polinom moˇze predstaviti u − x1)(x − x2)(x − x3)

Prema uslovu zadatka, jedan koren ovog polinoma je kompleksan broj x 1 = 1 + i. Kako su koeficijenti polinoma relani brojevi, to se kompleksni koreni polinoma javljaju u kompleksno-konjugovanim parovima. Odnosno, ako je x 1 = 1 + i koren polinoma, onda je i x 2 = x ∗1 = 1 i takode koren ovog polinoma. Sada imamo

−

x1 + x2 = 1 + i + 1

− i = 2 x1 x2 = (1 + i)(1 − i) = 12 − i2 = 2 odnosno

− x1)(x − x2)(x − x3) = (x2 − (x1 + x2)x + x1x2)(x − x3) = (x2 − 2x + 2)(x − x3) P (x) = x 3 − 2x2 + 2x − x3 x2 + 2x3 x − 2x3 = x 3 − (2 + x3 )x2 + 2(1 + x3 ) − 2x3 = x 3 − 2x + a P (x) = (x

Izjednaˇcavanjem koeficijenata polinoma s leve i desne strane poslednje jednaˇcine uz x 2 dobijamo 2 + x3 = 0

⇐⇒

x3 =

−2.

Reˇsenje B: Kako je x 1 = 1 + i koren polinoma P (x) = x 3

− 2x + a, to vaˇzi P (x1 ) = 0 ⇒ P (1 + i) = (1 + i)3 − 2(1 + i) + a = 0 13 + 3 · i + 3 · i2 + i3 − 2 − 2i + a = 0 ⇐⇒ 1 + 3i − 3 − i − 2 − 2i + a = 0 ⇐⇒ a − 4 = 0 ⇐⇒

a = 4

Sada sledi P (x) = x 3

− 2x + 4 = x3 − 4x + 2x + 4 = x(x2 − 4)+2(x +2) = x(x − 2)(x +2)+2(x + 2) = (x +2)(x2 − 2x + 2) odakle sledi da je x = −2 realni koren polinoma. 225




savanjem sistema jednaˇcina 19. B Reˇ

⇐⇒

x + y = 2a + 1

y = 2a + 1

− 21

xy = a 2 + 4a dobijamo xy = x(2a + 1

− x) = a2 + 4a − 12 ⇐⇒

−x

x2

− (2a + 1)x + a2 + 4a − 21 = 0

Da bi ova kvadratna jednaˇ cina imala realna reˇsenja neophodno je da njena diskriminanta ne bude negativna D = b

2

− 4ac ≥ 0 ⇒ (2a + 1)

2

 −

2

4 a + 4a

 − ≥

−12a ≥ −3 ⇐⇒ 2

1 2

12a

0

⇐⇒

4a2 + 4a + 1

− 4a2 − 16a + 2 ≥ 0

≤ 3 ⇐⇒ a ≤ 41

2

tj. vrednost parametra a za koju izraz x + y dostiˇze minimum treba traˇziti na segmentu a Sada imamo x2 + y 2 = x 2 + y2 + 2xy = (x + y)2

  ∈ −∞ ,

1 . 4

− 2xy

− 2xy 1 = (2a + 1)2 − 2 a2 + 4a − 2 = 4a2 + 4a + 1 − 2a2 − 8a + 1 = 2(a2 − 2a + 1) = 2(a − 1)2



Dakle x2 + y 2 = f (a) = 2(a



− 1)2 je kvadratna funkcija po promenljivoj a.

Na slici je grafiˇ cki predstavljena 1 ova funkcija - parabola koja dodiruje abscisu u taˇ cki a = 1. Vidimo da na segmentu a ova funkcija ima 4 1 minimum upravo za vrednost parametra a = . 4

≤

f (a) 2.5

2.0

1.5

1.0

0.5

−0.5 −0.5

0.5

1.0

1 .5

2 .0

a

226




cina 20. B Jednaˇ

√ 9 − 4x = p − 2x

je definisana u skupu realnih brojeva za koje vaˇzi 9 i kako je

− 4x ≥ 0 ⇐⇒

√ 9 − 4x ≥ 0:

p

4x

≤ 9 ⇐⇒ x ≤ 49

− 2x ≥ 0 ⇐⇒ p ≥ 2x

Kvadriranjem leve i desne strane zadate jednaˇcine dobijamo

− 4x = p2 − 4 px + 4x2 4x2 − 4( p − 1)x + p2 − 9 = 0 9

Ova jednaˇcina će imati dva realna i razliˇcita reˇsenja ako je diskriminanta ove jednaˇcine strogo veća od nule D = b 2

− 4ac = 16( p − 1)2 − 16( p2 − 9) = 16( p2 − 2 p + 1) − 16( p2 − 9) = 16(−2 p + 10) D > 0 ⇒ 16(−2 p + 10) > 0 ⇐⇒ 2 p < 10 ⇐⇒ p < 5

Dakle, parametar p treba da ispunjava sledeće nejednakosti p < 5 p gde je x

≤ 49 odnosno 2x ≤ 29 . Dakle, vaˇzi

≥ 2x

p

≥ 29 ≥ 2x

p

∈ 

odnosno

9 ,5 . 2

227

ZBIRKA ETF.pdf

Recommend Documents