Primjer testa - BA

5/17/2018 Primjer testa - BA - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/primjer-testa-ba 1/13

Elektrotehnički fakultet u Sarajevu akademska 2011/12

PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE GRUPA: A

ŠIFRA KANDIDATA _ _ _ _ _

Zadatak 1. Dat je izraz:( ) ( )2 2 3 22 6 1

22 3 2

a a aa a a

a a a

− + − − − − ÷ − + + + − Koji od ponuđenih izraza je ekvivalentan datom izrazu?

a)2 4

a

a

−−

b)2 4

a

a −c)

( ) ( )

3

2 2

a

a a− + d)2

2

4

a

a

−−

Rješenje:Izraz ponuđen u postavci zadatka se ekvivalentira na sljedeći način

( ) ( )2 3 22 6 4 2 1

2 3 2

a aa a a a

a a a

+ − − − − + − ÷ − = + + − ( )

2 2 6 32

2 2

a a aa

a a

− − − + ÷ − + = + −

( ) ( )

2 2 6 3

2 2 2

a a a

a a a

− − − + + = + − −

( ) ( )

( ) ( )

2 2 6 3 2

2 2

a a a a

a a

− − + − + +=+ − ( ) ( )

2 22 6 3 2 6

2 2

a a a a a

a a

− − − + − +=+ −

2 4

a

a

−−

Tačan odgovor je a.

Zadatak 2. Slučajnim odabirom se odabire jedan broj n iz skupa prirodnih brojeva

manjih ili jednakih od 10. Kolika je vjerovatnoća da će taj broj zadovoljavati relaciju

5 3 14n + ≤ ?

a)2

5b)

1

10c)

1

5d)

3

10Rješenje: Broj n treba zadovoljiti sljedeće relacije:

n ∈¥ , 1 10n≤ ≤ , 5 3 14n + ≤Posljednja relacija je ekvivalentna sa 2, 2n ≤ . Kako n mora biti pozitivan cio broj to

znači da su moguća rješenja 1n = ili 2n = .

Dakle na raspolaganju su prirodni brojevi od 1 do 10, vjerovatnoća da će jedan

izvučeni broj biti 1 ili 2 je2 1

10 5= . Tačan odgovor je c.

1





Zadatak 3. Zbir tri broja je 80. Ako podijelimo prvi broj sa drugim dobije se

količnik 3 i ostatak 3, a ako se treći broj podijeli s prvim opet se dobije količnik 3 i

ostatak 3. Nijedan od brojeva nije jednak nuli. Razlika prvog i drugog broja sabrana

sa trećim brojem daje:

a) 41 b) 53 c) 66 d) 70Rješenje: Tekst zadatka je ekvivalentan sa sljedećim sistemom linearnih jednačina:

80 x y z + + = ;3

3 x

y y= + ;

33

z

x x= +

Drugu jednačinu je potrebno pomnožiti sa y, a treću sa x te se dobiva ekvivalentan

sistem jednačina

80 x y z + + = ; 3 3 x y− = ; 3 3 x z − + =Oduzimanjem treće jednačine posljednjeg sistema od prve, i množenjem dobijene

jednačine sa 3 dobija se jednačina

12 3 231 x y+ =Sabiranjem druge jednačine pretposljednjeg sistema i posljednje jednačine dobija

se

13 234 x = odnosno 18 x = .

Uvrštavanjem u pogodne jednačine dobija se lahko 5 y = i 57 z = .

Tražena razlika prva dva broja sabrana sa trećim brojem daje 18 5 57 70− + = Tačan odgovor je d.

Zadatak 4. Potpuno rješenje nejednačine 1 2 2 x x+ > − je dato sa:

a) 1 5 x< < b) ( )1, 5 x ∈ − c) [ ]1, 5 x ∈ d) 2 5 x≤ <Rješenje:Prema sljedećoj tabeli moguće je rastaviti rješavanje na tri dijela

-∞ -1 2

x+1 - + +

x-2 - -

1. Za 1 x ≤ − rješava se nejednačina ( ) ( )1 2 2 x x− + > − − iz koje se dobije 5 x >

što ne zadovoljava uslov 1 x ≤ − .

2. Za [ ]1, 2 x ∈ − rješava se nejednačina ( )1 2 2 x x+ > − − iz koje se dobije 1 x > .

Presjek postavljenog i dobivenog uslova daje rješenje u ovom slučaju

( ]1, 2 x ∈ .

3. Za 2 x ≥ rješava se nejednačina ( )1 2 2 x x+ > − iz koje se dobije 5 x < .

Presjek postavljenog i dobivenog uslova daje rješenje u ovom slučaju

[ )2,5 x ∈ .

Ukupno rješenje nejednačne je unija dobivenih rješenja pod 1, 2 i 3 i to je ( )1,5 x ∈ .

2






Zadatak 5. Vrijednosti parametra m ∈ ¡ za koje su rješenja kvadratne jednačine2 3 3 0 x mx m+ + − = oba iz skupa ¡ i suprotnog znaka su:

a) 3m > b) 3m < c) 0m < d) 2 4m i m= =Rješenje:Da bi rješenja bila suprotnog znaka njihov proizvod mora biti negativan. Vietovo

pravilo za ovaj slučaj glasi 1 2

30

1

c m x x

a

−⋅ = = < odnosno za 3m < je zadovoljen

uslov da rješenja budu suprotnog znaka.

Da bi rješenja bila realna determinanta D mora biti veća od nule. Kako je 0

c

a < to

mora vrijediti i 0c a⋅ < , pa je uslov 2 4 0 D b ac= − > svakako zadovoljen.

Tačan odgovor je b.

Zadatak 6. Jednačina ( ) ( )23 3 2 7 3 2 0k x k x k + + − + − = ima samo jedno rješenje po

nepoznatoj x. Proizvod cjelobrojnog parametra k, za koji je ispunjen uslov zadatka,

( )k ∈¢ i rješenja jednačine x, ( ) x ∈ ¡ je:

a) 0 b)1

2 c)4

3 d)19 5

3 24

±∗

Rješenje:Da bi kvadratna jednačina imala samo jedno rješenje njena determinanta mora biti

jednaka nuli.

( ) ( ) ( )2

2 7 4 3 3 3 2 0 D k k k = − − + − =

Iz ovog uslova je moguće odrediti vrijednost parametra k.

( )2 249 28 4 4 9 3 6 0k k k k − + − + − =213 40 28 0k k − + =

1,2

40 1600 1456 40 144 40 12

26 26 26k

± − ± ±= = =

12k = i 2

28

26k = .

Samo je prvo rješenje cjelobrojno pa njega treba uvrstiti u početnu jednačinu te

naći rješenje x.29 12 4 0 x x− + =

1,2

12 144 144 12 2

18 18 3 x

± −= = =

Dakle dobivena je jednačina koja ima samo jedno rješenje.

Tačan odgovor je c.

3





4





Zadatak 7. Vrijednost nepoznate x koja zadovoljava jednačinu

7 77 3 6

26 7 3 3 7

x x

x x x

−+ + =

− − −je:

a) 1 x = b) 1 2 x = c) 13 4 x = d) 3 x =Rješenje:

Data jednačina se može pisati u obliku 7 77 3 6

26 7 3

x x

x x

− −+ =

− −. Uvedimo smjenu

77 3

6

xt

x

−=

−. Jednačina se može pisati u obliku

12t

t + = , odnosno 2 2 1 0t t − + = .

Rješenje posljednje jednačine je 1t = .

Sada iz7

7 3

16

x

x

−

=− slijedi

7 3

16

x

x

−

=− , 7 3 6 x x− = − , 2 1 x = odnosno

1

2 x = .


Zadatak 8. Date su dužine stranica kvadra 3a cm= , 4b cm= i 5c cm= . Površina

kvadra, ukoliko se svaka od stranica produži za 25% će se promijeniti za:

a) 23,50 cm2

b) 117,50 cm2

c) 52,87 cm2

d) 146,9 cm2

Rješenje:Površina kvadra prije promjene dužina stranica iznosi:

2 2 2 P ab bc ac= + + .

Stranice kvadra će nakon produženja imati sljedeće dužine:

25 525%

100 4 4n

aa a a a a a a= + = + = + =

25 525%

100 4 4n

bb b b b b b b= + = + = + =

25 525%

100 4 4n

cc c c c c c c= + = + = + =

Površina kvadra nakon promjene dužina stranica iznosi:

2 2 2n n n n n n n

P a b b c a c= + +Nakon uvrštavanja i sređivanja se dobija:

5 5 5 5 5 52 2 2

4 4 4 4 4 4n

P a b b c a c= + + = ( )25

2 2 216

ab bc ac+ + =25 9

16 16 P P P = +

Promjena površine kvadra iznosi:

( ) 29 92 3 4 4 5 3 5 52.875

16 16n

P P P P cm∆ = − = = + + =g g g


5

a

b

c





Zadatak 9. Data je jednačina:2 1 11 1

3 4 9 6 4 93 2

x x x x+ + +⋅ + = ⋅ − . Koja od ponuđenih

jednačina je ekvivalentna datoj jednačini?

a) 2 1 1 x + = b)2 2

60 3 42 2 x x

⋅ = ⋅ c)

3 14

13

x+

= d)

2 12

13

x+

= Rješenje:Data jednačina se ekvivalentira na sljedeći način:

2 42 2 2 2 23 1

3 2 2 3 2 33 2

x x x x

++ +⋅ + = ⋅ ⋅ −

2 2 3 2 3 2 213 2 3 3 2 3

2

x x x x+ + +⋅ + = ⋅ −

Nakon množenja sa 2 se dobija2 1 2 3 2 4 2 23 2 2 3 3 2 3 x x x x+ + + +⋅ + ⋅ = ⋅ −

2 2 2 3 2 4 2 13 2 3 3 2 3 2 x x x x+ + + ++ ⋅ = ⋅ − ⋅( ) ( )2 2

3 9 54 2 48 6 x x+ = −

Nakon djeljenja sa 21 se dobija2 1 2 13 2 x x+ +=

2 12

13

x+ =

Tačan odgovor je d.

Zadatak 10. U nekom aritmetičkom nizu je prvi član 4, a osmi član 25. Suma

trećeg i petog člana tog niza iznosi:

a) 29 b)26 c)36 d)23Rješenje:Dati aritmetički niz ima sljedeće članove

41

4 d + 1

4 2d + 1

4 3d + 1

4 4d + ...

Vidi se da je n-ti član niza ( ) 14 1n d + − .

Dakle za osmi član će vrijediti ( ) 14 8 1 25d + − = . Odavde se dobija vrijednost

parametra 13d = .

Treći član niza je ( )4 3 1 3 10+ − = , a peti član je ( )4 5 1 3 16+ − =

Tražena suma trećeg i petog člana niza iznosi 26. Tačan odgovor je b.

Zadatak 11. Roba je na sniženju od 20%. Koliko mora iznositi poskupljenje u

6





procentima da bi se vratila prvobitna cijena robe?

a) 20% b) 25% c)30% d)50%Rješenje:Pretpostavimo da je prvobitna cijena robe x. Nakon sniženja ta roba ima vrijednost

20% x x− =g 20100

x x− = 0, 2 0,8 x x x− = .

Potrebno je vratiti prvobitnu cijenu robe uz poskupljenje od a%. Vrijedi sljedeća

jednačina gdje je a izraženo u procentima.

0,8 % 0,8 x a x x+ =g

0,8 0,8 1100

a+ =

25%a = Tačan odgovor je b.

Napomena: Zadatak je moguće rješavati ukoliko se uzme konkretan broj umjesto x.

Zadatak 12. Moguće rješenje jednačine 6 3 3 5 x i+ = je:

a) 6 x = b)1

6 x = c) 1 x = d) 3 x =

Rješenje:Prvo se rješava moduo kompleksnog broja

( )2

26 3 3 5 x + =

Kvadriranjem prethodne jednačine se dobija26 9 45 x + =

Odakle je 6 x = ± .


7





Zadatak 13. Ako je2 1

21

Z

Z

+=

−i

8Re 1

Z

Z

+ =

onda je kompleksan broj Z x iy= +

jednak:

a)1

4 Z i= + b) 4 Z i= + c) 0.25 Z i= ± d)

12

4 Z i= ±

Rješenje:Zadat je sistem jednačina. Prva jednačina se rješava na sljedeći način.

2 12

1

Z

Z

+=

−

2 2 12

1

x iy

x iy

+ +=

+ −

( )

( )

2 2

2 2

2 1 42

1

x y

x y

+ +=

− +

2 2

2 2

4 4 1 44

2 1

x x y

x x y

+ + +=

− + +

2 2 2 24 4 1 4 4 8 4 4 x x y x x y+ + + = − + + 12 3 x = 1

4 x =

Iz druge jednačine se može odrediti imaginarni dio kompleksnog broja8

Re 1 x iy

x iy

+ +=

−

8Re 1

x iy x iy

x iy x iy

+ + +=

− +

( ) 2

2 2

81

x x y

x y

+ −=

+ 2 2 2 28 x x y x y+ − = +

28 2 x y= 4 1 y x= = ± .


Zadatak 14. Potpuno rješenje logaritamske jednačine ( )log 5 2 log 3 1 x x− + − = je

dato sa:

a) 4 11− b) 4 11± c)8 22

2

+d) 4 44+

Rješenje:

Definiciono područje je dato sa: 5 0 3 0 x x− > ∩ − > što ukupno daje 3 x < .

Rješavanje jednačine:

( ) ( )log 5 log 3 1 x x− + − =( ) ( )log 5 3 1 x x− − =

( ) ( )5 3 10 x x− − =2 8 5 0 x x− + =

Moguća rješenja posljednje jednačine su:1

4 11 x = + i2 4 11 x = − . Rješenje 1

x

očito ne zadovoljava definiciono područje pa je potpuno rješenje jednačine dato sa

2 x . Tačan odgovor je a.

8





Zadatak 15. Ako je poznato da je 5log 2 a= i 5

log 3 b= , vrijednost logaritma

45log 100 u zavisnosti od parametara a i b je:

a) 221

abb+ b) ( )2 1

2 1ab ++ c) 2

5log 4a b d)

2

12 1a

b ++Rješenje:Moguće je pisati

45log 100 = 5

5

log 100

log 45=

( )

2

5

5

log 10

log 9 5=

⋅5

5 5

2log 10

log 9 log 5=

+( )5

2

5 5

2 log 2 5

log 3 log 5

⋅=

+( )5 5

5 5

2 log 2 log 5

2 log 3 log 5

+=

+

( )2 1

2 1

a

b

+=

+ Tačan odgovor je b.

Zadatak 16. Vrijednosti promjenjive x za koje je zadovoljena nejednačina24 cos 3 0 x − > su:

a)3 3

2 2 x− < < b) ,

6 6k x k k

π π π π − + < < + ∈ ¢

c) ,3 3

k x k k π π

π π − + < < + ∈ ¢ d) ,6 6

x k ili x k k π π

π π < − + > + ∈ ¢

Rješenje:Data nejednačina se može ekvivalentirati

2 34 cos 0

4 x

− >

3 3cos cos 0

2 2 x x

⇔ − + >

Korištenjem tablice

3 2− 3 2

cos 3 2 x + - + +

cos 3 2 x − - - +

Zadovoljavajuće vrijednosti za cos x je najlakše odrediti sa sljedeće slike

9

π/6





Rješenja su ,6 6

k x k k π π

π π − + < < + ∈ ¢ . Tačan odgovor je b.

Zadatak 17. Uproštavanjem izraza( )

( )

( )

( )

( )

( )

sin cos2

sin sin 2

tg

ctg

π α α α

π π α α α

+−− +

+ +

se dobije:

a) -1 b)3 c)sinα d) 2tg α +Rješenje:Koriste se sljedeći identiteti:

( )sin sinα α − = ; ( ) ( )sin sinπ α α + = − ; sin cos2

π α α

− =

; cos sin2

π α α

− =

Izraz se ekvivalentira na sljedeći način:

( )

( )

( )( )

sin2

cossin cos2cossin cos

sin

π α

π

α α α

α α α

α

+

+− − + =− −

( )

( )

cos

sinsin coscossin cos

sin

α

α α α

α α α

α

−

−−− + =−

cossin cossin

cossin cos

sin

α

α α α

α α α

α

− −− + =−

1 1 1 3+ + =


Zadatak 18. Jednačina prave koja dodiruje kružnicu opisanu jednačinom

( ) ( )2 2

3 2 1 x y− + − = i paralelna je pravoj opisanoj jednačinom 2 y x= + data je sa:

a) 1 2 y x= − + ili 1 2 y x= − − b) ( ) ( )2 2

1 2 1 x y− + − =

c) 2 3 y x= − + ili 2 3 y x= − − d) 4 y x= − ili 7 y x= −Rješenje:

Tražena prava je tangenta na datu kružnicu. Prava može biti opisana jednačinom

y kx n= + . Kako tražena prava mora biti paralelna datoj pravoj, to ona mora imati

isti koeficijent nagiba, pa je 1k = .Koeficijent n se može odrediti iz uslova da tražena prava mora dodirivati datu

kružnicu u jednoj tački. Taj uslov se svodi na uslov da determinanta dobijene

kvadratne jednačine mora biti jednaka nuli.

( ) ( )2 2

3 2 1 x y− + − = y x n= +

Uvrštavanjem druge jednačine u prvu se dobija

( ) ( )2 2

3 2 1 x x n− + + − = 2 2 26 9 4 2 4 4 1 x x x n nx x n⇔ − + + + + + − − =

( )2 22 2 10 4 12 0 x n x n n+ − + − + =

( )2 2

2 10 8 32 96 0 D n n n= − − + − =2 2

4 40 100 8 32 96 0n n n n⇔ − + − + − =

10





24 8 4 0n n+ − = tj. 2 2 1 0n n+ − = 1,2

2 4 41 2

2n

− ± +⇔ = = − ±


Zadatak 19. Oznaka ( )ba je oznaka broja a izraženog u brojnom sistemu b. Suma

( ) ( )7 7344 266+ iznosi:

a) ( )52304 b) ( )2

101000100 c) ( )10326 d) ( )7

643

Rješenje:I način. Direktno sabiranje brojeva u bazi 7. Zbir posljednjih cifara 6+4=3 uz prenos

1. Zbir pretposljednjih cifara 6+4+1(iz prenosa)=4 uz prenos 1. Zbir prvih cifara je

3+2+1(iz prenosa)=6.

344 344 344

266 266 2663 1 43 1 643 p p

+ + + .

II način. Prebacivanje brojeva u bazu 10 sabiranje i provjera rezultata u bazama 2,

5, 7 i 10 (pogledati ponuđene odgovore). Tačan odgovor je d.

Zadatak 20. Oznaka ( )ba je oznaka broja a izraženog u brojnom sistemu b. Baza

nepoznatog brojnog sistema u kojem vrijedi ( ) ( ) ( )23 32 121

x x x+ = je:

a) 7 x = b) 6 x = c) 5 x = d) 4 x =Rješenje:

Relacija( ) ( ) ( )

23 32 121 x x x

+ = se može prebaciti u dekadni brojni sistem, te će vrijediti

1 0 1 0 2 1 02 3 3 2 1 2 1 x x x x x x x⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ 22 3 3 2 2 1 x x x x+ + + = + +

2 3 4 0 x x− − =Baza brojnog sistema se može odrediti rješavajući prethodnu kvadratnu jednačinu.

1,2

3 9 16

2 x

± +=

Dva moguća rješenja su 1 24, 1 x x= = − . Tačan odgovor je d.

11





12





13

Documents

Primjer testa - BA