1
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
- MATEMATIKA -
GRUPA 1
1.U skupu realnih brojeva uprostiti izraz:
1− x + 1+ x
2 tgα
1 + tg 2 α
1+ x + 1− x
 π π π π 
 π π
a) α ∈ − ,  b) α ∈  − ,−  ∪  , 
 2 4 4 2 
 4 4
2.U skupu realnih brojeva riješiti nejednačinu
, za x =
7
9
+
< −1
x 2 − 5x + 6 x − 3
3.U skupu realnih brojeva riješiti sistem jednačina
y
3 2 x − 2 y = 77 ∧ 3 x − 2 2 = 7
4.Naći skup rješenja sistema jednačina:
log 2 x − log 4 y = 0 ∧ 5x 2 − y 2 = 4
5. Na koliko različitih načina se od prvih 27 uzastopnih prirodnih brojeva, mogu odabrati tri broja,
tako da njihov zbir bude djeljiv sa 3?
1
1
1
6.Odrediti x tako da brojevi
obrazuju aritmetičku progresiju.
,
,
log 3 5 log 6 5 log x 5
7. U skupu realnih brojeva riješiti nejednačinu
tg 2 x − 1 + 3 tgx + 3 < 0
8. Neka su P i Q sredine redom stranica BC i CD paralelograma ABCD, neka je R presjek duži AP i
BQ i neka je a = AB, b = BC.
(
)
a) Izračunati ϕ i ψ ako je ϕa + ψ b = 0
b) Ako je PR = α PA i RB = βQB , tada izraziti vektore BP,PR i RB u zavisnosti od vektora a i b i
skalara (realnih brojeva) α i β
c) Izračunati α i β i AR:RP, koristeći zbir BP + PR + RB
9. Izračunati površinu trapeza ABCD čije osnovice su AB=8 i CD=4, a uglovi na osnovici su
π
π
α= i β= .
4
6
10. Izračunati zapreminu pravilnog tetraedra, ako mu je rastojanje između sredina dvije naspramne
ivice 2 .
RJEŠENJA:
1+
1+
2tgα
2tgα
− 1− 2
2
tg α + 1
tg α + 1
2 tgα
2tgα
+ 1− 2
2
tg α + 1
tg α + 1
=
tgα + 1 − tgα − 1
tgα + 1 + tgα − 1
tgα + 1 − tgα − 1
 π π
Ako je α ∈ − ;  , tada je tgα ∈ [− 1;1] ,pa je
= tgα
tgα + 1 + tgα − 1
 4 4
2
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
tgα + 1 − tgα − 1
1
 π π
=
Ako je α ∈  − ; −  , tada je tgα ∈ (− ∞, − 1],pa je
tgα + 1 + tgα − 1 tgα
 2 4
tgα + 1 − tgα − 1
1
π π 
=
Ako je α ∈  ;  , tada je tgα ∈ [1;+ ∞ ) ,pa je
tgα + 1 + tgα − 1 tgα
4 2 
2.
(x + 5)(x − 1) < 0 ⇒ x ∈ (− 5;1) ∪ (2;3)
7
9
+
< −1 ⇔
(x − 2 )(x − 3)
x − 5x + 6 x − 3
2
y
2
3.Smjenom 3 = u i 2 = ν dati sistem se svodi na ekvivalentan sistem
u 2 − ν 2 = 77 ∧ u − ν = 7 Djeljenjem ovih jednačina dobija se u + v = 1 i u - v = 7 , pa je (u,v)=(9,2)
odnosno (x,y)=(2,2).
4. log 2 x − log 4 y = 0 ∧ 5x 2 − y 2 = 4 ⇔ log 2 x − log 22 y = 0 ∧ 5x 2 − y 2 = 4
x
Iz prve je x = y pa ako uvrstimo u drugu biće: ( x, y ) ∈ {(1,1), (2,4)}
5.Podelimo tih 27 brojeva u tri grupe po 9 brojeva tako da su u prvoj grupi svi brojevi koji su djeljivi
sa 3, u drugoj grupi su brojevi koji pri djeljenju sa 3 daju ostatak 1 i u trećoj grupi svi brojevi koji pri
djeljenju sa 3 daju ostatak 2 .Da bi zbir tri izabrana broja bio djeljiv sa tri moraju ti brojevi da budu u
9
istoj grupi ili sva tri broja treba da budu iz različitih grupa.U prvom slučaju ima ih ukupno 3 ⋅   a u
3
9
drugom slučaju ima ih ukupno 93 , te je rezultat da ih ima ukupno 3  + 9 3 = 981 .
3
1
1
1
6.Kako važi
= log 5 3,
= log 5 6,
= log 5 x to iz uvjeta da oni tim redom obrazuju
log 3 5
log 6 5
log x 5
aritmetičku progresiju slijedi da je 2 log5 6 = log5 3 + log5 x = log5 3x => x = 12 .
7.Kako je tg 2 x − 1 + 3 tgx + 3 < 0 ⇔ (tgx − 1) tgx − 3 < 0 ⇔ tgx ∈ 1, 3 to je rješenje date
(
)
(
)
(
)
 π π
π π 
nejednačme nad intervalom  − ,  interval  ,  , a nad cijelim skupom realnih brojeva unije
 2 2
4 3
π

π
svih intervala oblika  + kπ , + kπ  , gde k prolazi kroz skup cijelih brojeva.
3

4
8. a) Kako su vektori a i b nekolinearni to važi: ϕa + ψ b = 0 ⇒ ϕ = 0 ∧ ψ = 0
1

1

 1
b, PR = α − b − a , RB = β a − b 
2

2

 2
1

 1
 1
d) BP + PR + Rb = 0 ⇔ b + α − b − a  + β a − b  = 0
2

 2
 2
b) BP =
1
2
1 α
1
1  1 α


 − α − β a +  − − β b = 0 ⇔ −α − β = 0 ∧ − − β = 0 ⇔ α = ∧ β =
5
5
2
2
2
2
2
2

 

Slijedi AR:RP= 4:1
9.Ako su E i F redom normalne projekcije tačaka D i C na osnovicu AB i ako je DE=CF=h, tada je
AB=AE +FB=h+4’h 3 =8, odakle slijedi da je h = 2 3 -2, te je tražena površina
8+4
P=
⋅ 2 3 − 1 = 12 3 − 1
2
(
)
(
)
3
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
10. Ako sa M i M označimo redom sredine ivica AB i CD tetraedra ABCD a sa a=AB to iz pravouglog
2
( )
2
2

1
a
trougla AMN slijedi da je:   + 2 =  a 3  odnosno da je a=2.Slijedi da je zapremina

2
2
2
3
1 a 3
2 a 2
tetraedra jednaka V = ⋅
⋅a
=
3
4
3
12
GRUPA 2
− x 2 + 2 x − 16
1. U skupu realnih brojeva naći skup rješenja nejednačine:
≥ 3.
x−6
2. Naći m tako da zbir korjena (rješenja) jednačine:
x2 + (2 + m - m2)x + m2 = 0
bude jednak 0, a da proizvod korjena jedaačine bude jednak 4.
 n (n + 1) 
3. Dokazati da za svaki prirodan broj n. važi jednakost: 1 + 2 + 3 + L + n = 
.
 2 
2
3
3
3
3
4. Zbir prva tri člana geometrijskog niza je 91. Ako se zbir prvog i trećeg člana pomnoži sa
30
, dobija
61
se drugi član niza. Odrediti prva tri člana niza.
5. U skupu realnih brojeva riješiti jednačinu: log 4 2 ⋅ 4 x −2 − 1 + 4 = 2 x
6. U skupu realnih brojeva riješiti jednačinu:3cos2 x - sin2 x - sin 2x = 0.
7. Stranica romba je a = 5, a zbir dijagonala d1 + d2 = 14. Izračunati površinu romba.
8. Koliko se petocifrenih brojeva može napisati od cifara 0,1,. . . ,9 ako se cifre
(a) mogu ponavljati,
(b) ne mogu ponavljati.
9. Data je prava 2x + y — 12 = 0 i parabola y2 = 4x. Naći jednačinu tangente na parabolu u presječnoj
tački M(x0,y0), y0 < 0, prave i parabole.
10. Visina i izvodnica kupe se odnose kao l : 2, a njena zapremina je 1000 π cm3. Izračunati površinu
kupe.
(
)
RJEŠENJE:
2
2
1. − x + 2 x − 16 ≥ 3 ⇔ − x − x + 2 ≥ 0 ⇔ (x − 1)(x + 2 ) ≤ 0 ⇒ x ∈ (− ∞; − 2] ∪ [1; 6 )
x−6
x−6
x−6
2. Iz x2 + (2 + m - m2)x + m2 = 0 na osnovu Vietovih formula i uvjeta zadatka slijedi
x1+x2 = m2-m-2 = 0 ⇔ m ∈ {− 1,2}, x1x2=m2 = 4 ⇔ m ∈ {− 2,2} .Znači oba uvjeta, zadovoljava samo m
= 2.
2
 1⋅ 2 
3. Za n = l tvrđenje je tačno zbog 13 = 
 . Predpostavimo da je tačno za n i dokažimo da je tačno i
 2 
2
2
za n + 1. 13 + 23 + 33 + L + n 3 =  n (n + 1) ⇔ 13 + 23 + 33 + L + n 3 + (n + 1)3 =  n(n + 1) + (n + 1)3
 2 
 2 
2
3
2
3
2
2
n (n + 1)
4(n + 1)
n (n + 1) + 4(n + 1)
(n + 1) (n + 2)2
3
13 + 2 3 + 33 + L + n 3 + (n + 1) =
+
=
=
4
4
4
4
2
61
i ac = b2.Iz prve dvije
30
jednačine slijedi b = 30, što znači da je a +c = 61. Sada iz sistema jednačina a + c = 61 i
ac = 900 slijedi (a, b, c) ∈ {(25, 30, 36), (36, 30, 25)}.
5. log4(2 • 4x-2 - 1) + 4 = 2x ⇔ log4(2 • 4x-2 - 1) = 2x - 4 ⇔
4. Neka su to brojevi a, b, c. Po uvjetu zadatka je a+b+c = 91, a + c =
4
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
2x-4
x-2
x 2
x
x
4 = 2 • 4 - l ⇔ (4 ) - 32 • 4 + 256 = 0 ⇔ (4 - 16)2 = 0 ⇔ 4x = 16 ⇒ x= 2.
6. 3 cos2x - sin2x - sin2x = 0 <^ 3 cos2x - sin2x-2sinxcosx= 0. Djeljenjem ove jednačine sa cos2x slijedi
π
3 - tg2 x - 2 tgx= 0 ⇔ tgx ∈ {l, -3} ⇔ x= + kπ V x = - arctg3 - k π .
4
d2 d2
7. d1 + d2 = 14 ⇔ (d1 + d1)2 = 142. Sa druge strane slijedi 1 + 2 = 5 2 tj. d 12 + d 22 = 100 pa sa
4
4
predhodnim daje d1d 2 = 48 . Površina je P = 24.
8. a) 9 • 10 • 10 • 10 • 10 = 9 • 104.
Na drugi način V510 − V410 = 105 - 104 = 9 *104
b) 9*9*8*7*6 = 92*8*7*6. Na drugi način V5l° - V4l° = 10*9*8*7*6 -9 *8*7*6 = 92 *8*7*6
9. 2x + y - 12 = 0 ∧ y2 = 4x ⇔ (x, y)= (4,4) V (x,y)=(9, -6).Kako je tačka M(9, -6) u četvrtom
kvadrantu, to jednačina tražene tangente je u tački M čija jednačina je y + 6 = k(x - 9). Ako y iz ove
jednačine uvrstimo u jednačinu y2 = 4x, dobijamo kvadratnu jednačinu po x čiju determinantu
1
1
izjednačavamo sa nulom i dobijamo 9k2 + 6k + 1 = 0 tj.k = − . Tako iz y + 6 = k(x - 9) za k = −
3
3
1
slijedi y= − x- 3.
3
1
10. H : s = l : 2 tj. s = 2H. Ako s = 2H zamijenimo u r2 = s2 - H2 dobijamo r=H 3 .Sada iz V = r 2 πH
3
1
slijedi 1000 π = 3H 2 πH tj. H= 10.Dalje slijedi r =10 3 , s = 20 i P = 100π 3 + 2 3 cm 2 .
3
(
)
GRUPA 3
2
 3 x + 3− x
1. Izračunati 
2

  3x − 3− x 
 − 

2
 

2
x +x−2
2. Riješiti nejednačinu:
≤0
x −3
2
3. Dokazati da za svaki prirodan broj n važi: 1 + 2 + 3 + L + n =
n (n + 1)
2
4. U jednačini: x 2 − (k + 2 )x + 2(k + 2 ) = 0
odrediti realan parametar k tako da jedan korjen (nula)jednačine bude dva puta veći od drugog korjena.
5. Ako je zbir prva tri člana aritmetičkog niza 21, a zbir prvih šest članova 78, naći zbir prvih deset
članova.
6. U skupu realnih brojeva riješiti jednačinu: 9 x − 24 ⋅ 3 x −1 = 9
7. U skupu realnih brojeva riješiti jednačinu: sin 2 x + cos x + 1 = 0
8. U pravouglom trouglu date su katete a = 3cm i b = 4cm. Odrediti visinu koja odgovara hipotenuzi.
9. Odrediti presječne tačke kružnice x 2 + y 2 + 6 x − 4 y = 0 i prave x − y + 1 = 0
10.Pravougli trougao čije su katete a = 3 cm i b = 4 cm rotira oko katele b.Naći zapreminu nastalog
rotacionog tijela.
1.
 3x + 3 −x

2

2
  3x − 3 − x
 − 
2
 
2

3 x + 3− x − 3 x + 3− x 3 x + 3 x + 3− x − 3−x
 =
⋅
= 3x ⋅ 3−x = 1
2
2

5
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
(x + 2)(x − 1) ≤ 0 ⇔ x ∈ (− ∞; − 2] ∪ [1; 3)
x +x−2
≤0⇔
x −3
x −3
1⋅ 2
=1
3) n=1;
2
k (k + 1)
Predpostavka da tvrđenje važi za n =k : 1 + 2 + 3 + L + k =
.Dokaz da tvrđenje važi za n = k +
2
1: 1 + 2 + 3 + L + k + k + 1 = k (k + 1) + k + 1 ⇔ +2 + 3 + L + k + k + 1 = (k + 1)(k + 2)
2
2.
2
2
3
6
5)S3=21 ∧ S6 =78 ⇔ (2a 1 + 2d ) = 21 ∧ (2a 1 + 5d ) = 78
2
2
Rješavanjem sistema jednačina a1+d=7 ∧ 2a1+5d=26 dobijamo a1=3 i d=4 tako da je: S10 = 210
( )
2
6) 3 x − 8 ⋅ 3 x − 9 = 0 , 3x =9, 3x= -1, => x= 2; 3x= -l nema rešenja.
7) sin 2 x + cos x + 1 = 0 <=> l - cos2 x +cos x + 1 = 0; -cos2 x + cosx + 2 = 0;cosx = -l x = (1 + 2k )π
cos x = 2 nema rešenje
3⋅ 4
8) c = a 2 + b 2 = 5 a ⋅ b = c ⋅ h c ⇒ h c =
hr=2.4cm
5
9) (y~4)2 +y2 +6(y-4}-4y = 0 i x=y-4
y = 4 => x = 0 A(0,4)
y=-1=>x=-5 B(-5,-1)
1
10) V = B ⋅ H B = r 2 ⋅ π = 9π
3
1
H = b = 4cm r = a = 3cm V = 9π ⋅ 4 = 12π
3
GRUPA 4
1.Proizvod korjena jodnačine -5x2+bx + c= 0 je 12.Parametri b i c su realni brojevi.Funkcija
f(x) = -5x2 + bx + c ima maksimum za z = 4. Odrediti korjene te jednačine.
2. Za koje realne vrijednosti parametra k će izraz
kx2 - 2k2x + k3 + k2-3k- 4 biti negativan za svaki realni broj x?
3. U skupu realnih brojeva riješiti jednačinu: 3x+2 + 9x+l = 810.
4.Naći skup realnih rješenja nejednačine: logx(6 - 5x) < 2.
5. Pravougaonik ABCD ispresjecan je sa 6 pravih koje su paralelne sa stranicom AB i 8 pravih koje su
paralelne sa stranicom BC.Koliko ukupno ima pravougaonika na dobijenoj slici?
6. Neka je b1,b2,b3, ...,bn,... geometrijska progresija sa količnikom q za koju važi da je zbir
∞
b1 + b2 + b3 + ... +bn + ... = ∑ b n = -4 i da je b4–b1=7(q- l)2.
n =1
Izračunati b2002
7. Riješiti nejednačinu: sin x - 3 sin 3x + sin 5x < 0
za x ∈(0, π ).
8. Neka su A(1, l, 2), B(l, 2,3) i C(-l, 1,2) tjemena paralelograma ABCD.Izračunati koordinate tjemena
D i težišta T trougla ABC.
9.Neka su nad katetama OA i OB jednakokrako pravouglog trougla OAB, kao nad prečnicima
konstruirane kružnice k1 i k2.
a) Dokazati da tačka C pripada hipotenuzi AB, gdje su O i C presječne tačke kružnica k1 i k2.
b) Izračunati površinu presjeka krugova koji su određeni kružnicama k1 i k2,ako je OA = 4cm.
6
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
10. Izračunati zapreminu lopte upisane u pravilni oktaedar ivice a. (Pravilni oktaedar se sastoji od dvije
jedriakoivične prave pravilne četverostrane piramide koje imaju zajedničku kvadratnu osnovu, a
vrhovi tih piramida su sa različitih strana te osnove.)
1.Na osnovu Vietovih pravila i uvjeta zadatka slijedi da je
c
= 12 tj. c = -60.Kako funkcija f dostiže
−5
−b
= 4. tj b = 40.Sada se lako dobija da je x = 2 ili x = 6.
2(− 5)
2. Očevidno je da k=0 zadovoljava uvjet zadatka.Neka je sada k ≠ 0 tj. dati izraz jeste kvadratni
trinom.Dati izraz je negativan za svaki realni broj x ako i samo ako je k<0 ∧ D<0k<0 ∧ 4k4 – 4k4 –
4k3 –12k2 + 16k < 0, a to je ekvivalentno sa k∈(-1,0].0 tj. t = 3x ∈ {-10,9}, pa je 3x = 9 tj. x = 2 je
jedino rješenje jednačine.
4. Ako je x∈(0,1), tada je logx(6 - 5x) < 2 6 - 5x > x2 x ∈(-6,1), pa u ovom slučaju slijedi da za
x∈(0,1) nejednačina je tačna.Ako x pripada intervalu (l,+ ∞ ), tada je logx(6-5x) <26 - 5x < x2 6
x∈(- ∞ ,-6)U(l,+ ∞ ), pa slijedi da je nejednačina tačna i za x∈(l, ), jer je izraz definiran za x∈(0,1) U
5
6
6
(l, ). Znači skup svih rješenja je:(0,1) ∪ (l, ).
5
5
5. Kako je proizvoljni pravougaonik određen sa odabirom dvije prave od horizontalnih i dvije prave od
 8 10 
vertikalnih, to je broj svih pravougaonika jednak    = 1260.
 2  2 
b1
6. Iz uvjeta zadatka slijedi da je
=-4 i b1(q-l)(q2+q+1)=7(q-l)2 4(q2+q+1)=7(q-l) b1=-2 i
1− q
1
q= b2002= -2-2000.
2
7. f(x)=sinx- 3 sin3x + sin5x = 2sin3xcos2x- 3 sin3x= sin3x(2cos2x- 3 ).Znak funkcije f ispitaćemo
maksimum za x = 4 to je
pomoću znaka funkcija g(x) =sin3x i h(x) = 2cos2x- 3 .Korjeni funkcije g u intervalu [0, π ] su
π 2π
π 11π
0, ,
i π , dok korjeni funkcije h u intervalu (0, π ) su
i
.Kako je h(0) = h( π ) = 2 - 3 > 0,
3 3
12 12
to tabela znakova tih funkcija je:
π
π
2π
11π
x
0
π
12
3
3
12
siri 3x
+
+
+
+
+
+
2cos2x- 3
f(x)
+
-
+
-
+
π π
2π 11π
, )U(
,
).
12 3
3 12
1
1
8. r D = r A + r C − r B = (− 1;1;1) i r T = = r A + r B + r C = (1,4,7 )
3
3
9. a) Kako su uglovi OCA i OCB svaki od 90°, to su tačke ACD kolinearne.
b) Tražena površinu P jednaka je razlici površina polukruga i trougla OCA.Kako je poluprečnik
OA
1
1
π 
= 2 cm, to je P = r 2 π − r ⋅ 2r = r 2  − 1 = (2π − 4 )cm 2 .
polukruga r =
2
2
2
2 
10. Neka je S centar upisane lopte u oktaedar ABCDVV’ tj. presjek dijagonala AC i BD kvadrata
ABCD i neka je T projekcija tačke S na ravan trougla BCV, gde je K tjeme oktaedra (vrh jedne od
Znači skup rješenja nejednačine je (
(
)
7
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
piramida). Ako je P sredina ivice BC, tada iz pravouglog trougla STP slijedi da je r2 = ST2 = SP2 – PT2
2
a
1 3
a2 1 a2 3 
 tj r =
, pa je zapreniina lopte
= − 
a 6π .

4 3 2 
27
6
Napomena: Kako je u pitanju pravilni oktaedar to tačka T mora biti baš težište trougla BCV.
GRUPA 5
1.Naći interval najmanje dužine kojem pripada realan broj k tako da rješcnja x1, x2 kvadratne jednačine
1
1
+
> 2.
(k - l)x2 + \k - 5)x – (K + 2) =0 zadovoljava uvjet
x1 x 2
2.Cijena nekog proizvoda povećana je za 40%.Za koliko procenata treba mijenjati dobijenu cijenu, da
bi se dobila početna cijena.
3.Zbir tri uzastopna člana aritmetičke progresije je 54. Ako je najveći od njih dva puta veći od
najmanjeg, naći proizvod ta tri broja.
b
x+y
4.Ako je cosx + cosy = a, sinx + siny = b,a ≠ 0 , pokazati da je = tg
.Naći cos(x+y) kao
a
2
funkciju od a i b.
5.Riješiti jednačinu log 2 x − log 2 8x + 5 = 0
6.Naći jednačinu kružnice koja spolja dodiruje kružnicu x2+y2-4x-5 = 0 a centar joj je u tački C(5.4)
7.Dijagonale jednakokrakog trapeza su uzajamno normalne.Izračunaj njegovu površinu ako je krak c =
2 5 ,a odnos osnovica 3:1.
8.Osnova prave pravilne šestostrane piramide je upisana u osnovu valjka a njen vrh leži u centru
gornje osnove valjka.Ako je visina piramide H=6 cm, a njena zapremina V=12 3 cm3, naći površinu
valjka.
9.Naći rješenje jednačine 2*3x+1 –4*3x-2 =450.
n

1
10.Koeficijent četvrtog i šestog člana u razvijenom obliku binoma  + a  odnose se kao 5:18. Naći

a
vrednost člana koji ne sadrži a.
RJEŠENJA:
x + x2
1
1
+
>2⇔ 1
>2⇔
1.
x1 x 2
x1x 2
k −5
k − 1 > 2 ⇔ k + 9 ⇒ k ∈ (− 9;−2 )
k+2
k+2
−
k −1
−
2.C- prvobitna cijena
nakon povećanja: C1=1,4CC1-xC1=C ⇒ x=28.57%
3. a1 + a1 + d + a1 + 2d = 54 a1 +d = 18 => a2 =18
a1 + 2d = 2a1
-a1 +2d = 0
a1 = 12,a3 = 24,d = 6
a1 a2 a3 = 12 *18= 5184
8
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
x+y
x−y
cos
b sin x + sin y
2
2 = tg x + y
4. =
=
+
−y
x
y
x
2
a cos x + cos y
2 cos
cos
2
2
2
b
x+y
1− 2
1 − tg 2
2
2
a = a −b
2
=
cos(x + y ) =
x+y
b2 a 2 + b2
1 + tg 2
1+ 2
2
a
5. log 2 x − log 2 8x + 5 = 0
2 sin
log 2 x = t ≥ 0 t − t 2 − 2 log 2 8 + 5 = 0 ⇒ t 1 = 2 t 2 = −1 ⇒ log 2 x = 4 ⇒ x = 16
6.
2
k 1 : (x − 2 ) + y 2 = 9
d(A, C ) = (5 − 2) + (4 − 0 ) = 5
r2 = d(A, C ) − r1 = 2
2
2
k 2 : (x − 5) + (y − 4 ) = 4
2
2
7. 2y2=a2
2x2=a12
a=3a1
x2+y2=5a12
a − a1
=2
2
h 2 = c2 − m2 = 4
x 2 + y 2 = c 2 = 20 m =
5a 1 = 20
2
a1 = 2
P=
a=6
a + a1
⋅ h = 16
2
8. r = a ⇒ V = 1 B ⋅ H = 1 6 ⋅ a
3
9. 2 ⋅ 3 x +1 − 4 ⋅ 3 x − 2
3
2
3
4
⋅ 6 = 12 3 ⇒ a = 2 ; PV = 2rπH + 2r 2 π = 32π

4


= 450 ⇔  3 x = t ∧  6t − t = 450   ⇔ t = 81 ⇒ x = 4
9



(
)
10.
12
k
12 12
n n
  1 
1

  :   = 5 : 18 ⇔ n 2 − 7n − 60 = 0 ⇒ n = 12 ⇒  + a  = ∑   
a

k =0  k  a 
3  5 
( a)
12 − k
12 12
  12−3k
= ∑  a 2
k =0  k 
12 
12 − 3k = 0 ⇒ k = 4 pa traženi član koji ne sadrži a iznosi:   = 495
4 
GRUPA 6
1.Uprostiti izraz:
x + x 2 − 4x
−
x − x 2 − 4x
x − x 2 − 4x x + x 2 − 4x
2.Riješiti nejednačinu: x − 3 < 2x − 1
9
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
3.U jednačini 5x − kx + 1 = 0 odrediti k tako da razlika korjena jednačine bude jednaka 1.
4.Riješiti jednačinu: log 2 9 − 2 x = 3 − x
5.Riješiti sistem:
8 2 x +1 = 32 ⋅ 2 4 y −1
2
(
)
5 ⋅ 5 x − y = 25 2 y +1
6.Dokazati identitet:
1 − 2 cos 2 α
= tgα − ctgα
sin α cos α
7.Riješiti jednačinu:
(
)
(
)
sin x − cos x − 3 + 1 cos 2 x sin x = 3 + 1 sin 3 x
8.Dat je paralelogram u kome je oštar ugao 600 .Odrediti odnos dužine stranica ako je odnos kvadrata
dužina dijagonala jednak 19:7.
9.U kružnici su date tetive AB=3 cm i AC=2 cm.Izračunati poluprečnik kružnice ako tetive zaklapaju
ugao 600.
10.Naći jednačinu kružnice koja prolazi tačkama A(0,-7) i B(4,1) a centar joj leži na pravoj 3x+2y=0.
RJEŠENJE:
(
) (
2
2
2
2
2
1. x + x − 4x − x − x − 4 x = x + x − 4x − x − x − 4x
4x
x − x 2 − 4 x x + x 2 − 4x
2. x − 3 < 2 x − 1 ⇒ x >
)
2
= x 2 − 4x
1
2
1
3
+∞
2
x-3
------------------- +++++++++++++++++
x-3<2x-1
x − 3 < 2x − 1 3-x<2x-1
x>1
x>-2
x ∈ (1,3)
x ∈ [3; + ∞ )
x

1
x ∈  ;+∞ 

2
2
2
3. x 1 − x 2 = 1 ⇔ (x 1 − x 2 ) = 1 ⇔ (x 1 + x 2 ) − 4 x 1 x 2 = 1 ⇔
2
1
 k
 −  − 4 ⋅ = 1 ⇒ k = ±3 5
5
 5
x
4. log 2 9 − 2 = 3 − x ⇔ 9 − 2 x = 2 3− x ⇔ 2 2 x − 9 ⋅ 2 x + 8 = 0 2 x = t ⇒ lt 2 − 9 t + 8 = 0 ⇒
x1 = 0 ∨ x 2 = 3
(
)
(
)
3

x = 
 8 2 x +1 = 32 ⋅ 2 4 y −1 
 2 6 x +3 = 2 4 y + 4 
−
=
+
=
+
6
x
3
4
y
4
6
x
4
y
1




14 
⇔






5. 
 5 x − y +1 = 5 2 y +1  ⇔  x − y + 1 = 2 y + 1 ⇔  x − 3y = 0  ⇔ 
 5 ⋅ 5 x − y = 25 2 y+1 
1








y = 

14 
2
2
2
2
2
2
1 − 2 cos α sin α + cos α − 2 cos α sin α − cos α
6.
=
=
=
sin α cos α
sin α cos α
sin α cos α
sin α cos α
sin 2 α
cos 2 α
−
= tgα − ctgα
=
−
=
sin α
sin α cos α sin α cos α cos α
10
7.
sin x − cos x −
=
(
)
(
)
3 + 1 cos x sin x =
2
(
)
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
3 + 1 sin x ⇔ sin x − cos x
3
3 + 1 sin x ⇔
π

π
3 sin x + cos x = 0 ⇔ sin  + x  = 0 ⇒ x = − + kπ
6

6
2
2
8. e : f = 19 : 7
i
po
kosinusnoj
teoremi
f 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos 60 0 .Odavde je
e 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos120 0
i
a b
+ +1
e 2 a 2 + b 2 + ab
19 b a
Sada se lako nalazi
=
⇒
=
a b
7
f 2 a 2 + b 2 − ab
+ −1
b a
a b 13
a 3 b 2
+ = Dalje je = ∨ =
b a 6
b 2 a 3
9.Prema kosinusnoj teoremi je
t 2 = 2 2 + 3 2 − 2 ⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ cos 60 0 =
= r 2 + r 2 − 2r ⋅ r ⋅ cos120 0
Dalje slijedi:
7
7 = 3r 2 ⇒ r =
3
2
r
60
3
120
t
r
10. (x − p )2 + (y − q )2 = r 2 ⇒ p 2 + (− 7 − q )2 = r 2 ∧ (4 − p )2 + (1 − q )2 = r 2 ∧ 3p + 2q = 0
p 2 + (− 7 − q ) = (4 − p ) + (1 − q ) ∧ 3p + 2q = 0 p + 2q = −4 ∧ 3p + 2q = 0 2
2
2
p = 2 ∧ q = −3 ∧ r = 2 5 Jednačina tražene kružnice je: (x − 2 ) + (y + 3) = 20
2
2
GRUPA 7
2x 2 − 2x − 1
≤4
2x + 1
2. Za koje vrijednosti realnih brojeva a i b jednačina ax2 -x+b=0
ima tačno jedno rješenje x = x0 za koje važi 2x0 = x20.
1. U skupu realnih brojeva riješiti nejednačinu:
3
4 cos x
4. U skupu realnih brojeva riješiti jednačinu log2(x + l) = log4(x + 3).
3. U skupu realnih brojeva riješiti jednačinu: tgx (2 − sin x ) =
5.U skupu realnih brojeva riješiti sistem jednačina: 2 x ⋅ 3 y − 2 = 4 ∧ 2 x + 3 2 y = 13
6.Data je kocka sa tjemenima A(0,0,0); B( 1,0,0); C(1,1,0); D(0,1,0); A1(0,0,1) ;
B1( 1,0,1); C1(1,1,1); D1(0,1,1);
a) Izračunati ugau između vektora AB1 i A 1C1
b) Izračunati skalarni prozvod vektora AB1 i A 1C1 :
c) Izračunati koordinate težišta T trougla ACB1
7.Date su tačke A(l,l); B(2,1); C(2,1+ 3 ) i kružnica K čija je jednačina (x-l)2 +y2=1.Odrediti jednačine
onih tangenti kružnice K koje su paralelne sa simetralon unutrašnjeg ugla kod tjemena T trougla ABC.
1
1
8.Da li postoji geometrijski niz {bn} kod koga je (b1 + b 3 + b 4 ) = (b 2 + b 4 ) .Odgovor obrazložiti.
3
2
9.Dokazati da za svaki prirodan broj n, broj 10*32n+1 -24n-30 djeljiv sa 24.
11
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
10 Košarkaški klub A ima na raspolaganju 8 igrača, a košarkaški klub B ima na raspolaganju 9 igrača.
Svaki od klubova za utakmicu bira prvu postavu od 5 košarkaša.Koliko ima različitih načina da 10 igrača
izađe na parket? .
RJEŠENJA:
l. Data nejednačina je definirana za x ≠
1
.
2
2x 2 − 2x − 1
2 x 2 − 10 x − 5
1   5 − 35 5 + 35 

≤4⇔
≤ 0 ⇒ x ∈  − ∞,−  ∪ 
;

2x + 1
2x + 1
2  2
2 

2. Rješenja kvadratne jednačine 2x0=x02 su brojevi x01 = O, x02 = 2. Uvrštavanjem x01=0 u jednačinu ax2-x + b =
0 dobija se da je b=0itadaje ax2-x=0 <=> x(ax-l) = 0, pa kako je xo1 =0 jedino rješenje te jednačine, slijedi da
mora da bude a = 0. Uvrštavanjem x02 = 2 u jednačinu ax2 - x + b = 0 dobija se da je 4a-2+b=0 odnosno b =2-4a,
pa data jednačina sada glasi ax2-x + 2-4a = 0 .Kako je x01 =2 jedino rješenje slijedi da mora da bude ili a=0/\b =
1
2 − 4a
1
= 4; x 1 ⋅ x 2 =
= 4 Slijedi da je u ovom slučaju a = ;b = 1 .Dakle, rješenje je
a
a
4
1
a=b=0 ∨ (a = 0/\b = 2) ∨ (a = /\b=l).
4
π

3. Data jednačina definirana je za x ∉  + kπ; k ∈ Z
2

3
3
1
3
tgx (2 − sin x ) =
⇔ sin 2 x − 2 sin x + = 0 ⇔ sin x = ∨ sin x =
4 cos x
4
2
2
1
π
  5π

Skup rešenja jednačine sin x =
je  + 2lπ; l ∈ Z ∪  + 2mπ; m ∈ Z , dok druga jednačina nema
2
6
 6

π
  5π

rešenja. Dakle, skup rešenja polazne jednačine je  + 2lπ; l ∈ Z ∪  + 2mπ; m ∈ Z
6
 6

2 ili a ≠ 0 ; x 1 + x 2 =
4.Data jednačina je definirana za x >-1.
log, (x + 1) = Iog4 (x + 3) <=> log 2 (x + 1) = log 2 2 (x + 3)<=> log2(x + l) =
1
log2 (x + 3) <=> log,(x + 1)2 =
2
log2(x + 3)<=> (x+ l)2 = x + 3 => x = -2 v x = 1. Rješenje polazne jednačine je samo realan broj x=l, dok realan
broj x = -2 nije rješenje, jer data jednačina je definirana za x > -1 .
5 Smjenom 2x =u,3y =v dati sistem se svodi na ekvivalentan sistem u-v-36;u+v = 13, sa rješenjima (n.v) ∈ {(4,9),
(9,4)}, odnosno sa rješenjima (x,y) ∈ {(2,2),(log2 9,log3 4)}.
6. a) Ako sa a označimo ugao između vektora AB1 = OB1 -OA = (1,0,1) -(0,0,0) = (1,0.1) i
A1C1 =OC1-OA1 = ( 1,1,1)-(0.0,1 ) = ( 1,1,0)
cos α =
AB1 ⋅ A1C1
AB1 ⋅ A1C1
=
to iz
AB1 = A 1C1 = 2 slijedi da
1
π
odnosno α =
2
3
b) AB1 ⋅ A 1C1 = (1.0.1) • (1,1,0) =1
1
1
2 1 2
c) OT = (OA+ OC+ OB1) = ((0.0.0)+(1,1,1) + (1,0,1)) = ( , , ).
3
3
3 3 3
7. Kako prava b=p(A.B) čija je jednačina y=l zaklapa ugao 0 sa pozitivnim djelom x-ose, a prava c=p(A.C)
π
čija je jednačina y = 3 x +1- 3 zaklapa ugao
sa pozitivnim djelom x-ose , to tangente treba sa
3
12
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
pozitivnim djelom x~ose da zaklapaju ugao
π
. Dakle , tangente treba da imaju koeficijent pravca
6
3
π
=
.Da bi prava p:y=kx+n bila tangenta kružnice (x-x0)2 +(y~y0)2 =r2, treba da važi uvjet dodira
6
3
3
,x0=1,y0=0,r =1 u uvjet dodira dobija se daje n1= − 3 , n2
r2 (l +k2 ) = (kx0 - y0 +n)2. Uvrštavajući k =
3
3
3
3
3
=
. Dakle, tražene tangente su prave t1: y =
x- 3 ; t2: y =
x+
3
3
3
3
k = tg
8.Pretpostavimo
da
postoji
geometrijski
niz
{bn}.Na
osnovu
uvjeta
treba
da
1
(b1 + b 2 + b 4 ) = 1 (b 2 + b 4 ) b1 (1 + q + q 3 ) = b1 (q + q 2 ) Ako je b1=0,to slijedi da stacionaran niz
3
2
3
2
{bn bn =0,n ∈ N] ispunjava dati uvjet. Dalje, ako je b1 ≠ 0 sijledi iz (l + q + q3) = (q + q2) => (q-l)(q2-q +
2)=0=>q = l. Slijedi da su jedini realni geometriski nizovi koji ispunjavaju dati uvjet stacionarni nizovi, tj.
nizovi oblika {bn:b„=b ∈ R,n ∈ N}.
9. Tvrđenje je tačno za n =1, jer je broj 10 • 32 - 24 - 30 = 24 • 9 deljiv sa 24 .
Pretpostavimo da tvrđenje važi za n = k , tj. da je broj 10 • 32k - 24k - 30 deljiv sa 24.Potrebno je dokazati
da tvrđenje važi i za n =k +1, tj. da je, broj 10 • 32k - 24(k +1) - 30 deljiv sa 24 .Kako je: 10 • 32k+3 - 24(k +
1)-30 = 9•10• 32k+1 - 9 • 24k + 8 • 24k - 9 • 30 + 216 = 9 -(10 • 32k+1 - 24k - 30) + 24 • (8k + 9) i 10 • 3
2k+1
- 24k -30 = 24q po pretpostavci, to je
10 • 32k+3 - 24(k + 1) - 30 = 24 • (9q + 8k + 9). Dakle, po principu matematičke indukcije, dati broj je deljiv
važi:
sa 24 za svaki prirodan broj.
8
9
10. Klub A prvu postavu može izabrati na   načina,a klub B prvu postavu može izabrati na  
 5
5
8 9
načina.Dakle, utakmica može da započne na   ⋅   = 56 ⋅ 125 = 7056 načina.
5 5
   
GRUPA 8
1 − 2x
2
<
x − 5x + 6 5
2. Riješiti jednačinu: log2(2x + 2) = 3 - x .
x
3. Riješiti jednačinu: cosx + sin +2 = 0
2
4. Dokazati da za svako n ∈ N važi:
1
1
1
n
+
+K+
=
1 ⋅ 7 7 ⋅ 13
(6n − 5)(6n + 1) 6n + 1
5. Neka su x1 i x2 rješenja jednačine:x2 +5(m-3)x + 6(m-1) = 0 . Odrediti parametar m tako da je :
x 1 x 2 13
+
=
x 2 x1
6
6. Dati su brojevi a=-6 i b= 48. Odrediti brojeve x i y, a<x<y<b, tako da a,x,y čine aritmetičku a x,y,b
geometrijsku progresiju.
7. Pun ugao je podjeljen na tri dijela ( ugla) koji se odnose kao 2:3:4. Za koliko je stepeni drugi dio
veći od prvog, a za koliko je treći veći od drugog? Za koliko procenata je drugi dio veći od prvog, a za
koliko je treći veći od drugog?
8Ako je površina kruga upisanog u romb jednaka 12 π , a jedan ugao romba je 60°, izračunati
dijagonale romba.
1. Riješiti nejednačinu:
2
13
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
9. Prava pravilna šestostrana piramida osnovne ivice a = 6 i bočne ivice b= 10 presječena je ravni koja
prolazi kroz sredinu visine a paralelna je ravni osnove.Izračunati površinu dobijene zarubljene
piramide.
10. Neka su P,O,R,S redom sredine stranica AB,BC,CD i DA proizvoljnog četvorougla ABCD i neka
je AB = p , BC = q i CD = r .Ako je {M} = PR ∩ QS , izraziti vektor AM u zavisnosti od vektora p , q
i r .
RJEŠENJE
1 − 2x
2
5 − 10 x
− 2x 2 − 7
< 0 ⇒ x ∈ (− ∞,2) ∪ (3,+∞ )
<
⇔
−
2
<
0
⇔
x 2 − 5x + 6 5
x 2 − 5x + 6
x 2 − 5x + 6
2. Data jednačina je defmisana za svako x.
log2 (2x + 2) = 3 - x 2x + 2 = 23-x<=> (2x )2 + 2 • 2x - 8 = 0 => x = l je rešenje date jednačine.
x
x
x
3.cosx +sin +2 = 0l-2sin2 +sin +2=0 <=>
2
2
2
x 3
x
2(sin - )(sin + 1)= 0=>x∈{(4k - l) π : k∈ Z}
2 2
2
4.Da data jednakost važi za svaki prirodan broj n dokazati ćemo koristeći princip matematičke
1
1
.Pretpostavimo da data jednakost važi za n = k,
indukcije. Za n = l data jednakost važi, jer je =
7 6 +1
1
1
1
k
tj.
+
+K+
=
1 ⋅ 7 7 ⋅ 13
(6k − 5)(6k + 1) 6k + 1
Dokazaćemo
da
data
jednakost
važi
i
za
n
=
k
+1:
1
1
1
1
+
+K+
+
=
1 ⋅ 7 7 ⋅ 13
(6k − 5)(6k + 1) (6(k + 1) − 5)(6(k + 1) + 1)
k
1
k +1
+
=
Dakle, na osnovu principa matematičke indukcije data jednakost
6k + 1 (6k + 1)(6k + 7 ) 6k + 7
važi za svaki prirodan broj n.
2
2
(x 1 + x 2 )2
x 1 x 2 13
x 1 x 2 13
x1 + x 2
13
13
5.
+
=
⇔
= +
=
⇔
−2= x 2 x1
6
x1x 2
x 2 x1
6
x1x 2
6
6
1.
(− 5(2m − 3))2
6(m − 1)
25
5 
⇔ 4m 2 − 13m + 10 = 0 ⇒ m ∈  ,2 (Primjetimo da je m ≠ l.Iz m=l slijedilo bi da
6
4 
su rješenja x1 =0,x2 =5 , tj. da data jednakost nije definirana).
a + y y−6
6.Iz činjenice da su a,x,.b članovi aritmetičke progresije slijedi da je x=
=
.Iz činjenice da
2
2
y2
su x,y,b članovi geometrijske progresije slijedi da je y2=xb=>x=
.
48
Rješavajući dati sistem jednačina dobija se da je x=3;y=12.
7. Označimo uglove sa α, β, γ . Iz uslova α = 2x; β = 3x; γ = 4x α + β + γ = 2π ⇒ x= 40° => α =
=
80°, β = 120 0 γ =1600 , => β − α = 40° , γ − β =40°.Ugao β je veći od ugla β za 50% a ugao γ od ugla
100
%
α za
3
14
Kemal Halilović,prof. matematike,Brčko.
8. Označimo sa r poluprečnik upisanog kruga, h visinu romba, a sa d1 ,d2 dijagonale romba. r2 π = 12 π
=> r = 2 3 ; h = 2r = 4 3 ; α = <DAB = 60°.Dakle, trougao ABD je jednakostraničan. Slijedi da je
2h
d2=BD= AB=
= 8;dl =AC =2h-=8 3 .
3
9. VA1 :VA = A1B1:AB = VO1 :VO = 1:2=>a1 = A1B1 =3 ∧ s1 =5.
a − a1 3
91
l=
= ⇒ h = s12 − l 2 =
2
2
2
2
2
a 3
a + a1
a 3
3
P = B + B1 + M = 6
h = 45 3 + 9 91
+6 1
+6
4
4
2
2
10. AM = AP + PM .Kako je .POftS' paralelogram (PQ i RS su paralelne i podudarne kao srednje linije
trouglova ABC i CDA) to slijedi da je:
(
AM = AP +
(
(
)
)
1
1
1
1
1
1

PR = AB + PB + BC + CR =  AB + AB + BC + CD  =
2
2
2
2
2
2

)
3
3p + 2q + r .
4
Download

[ ]1;1