eMatematikas.lt Naujienos Kategorijos Nauja tema Nariai Prisijungti Registruotis
       

Kategorijos

Naudingos temos

EMatematikas bandomojo egzamino (2018) atsakymai ir sprendimai

Kategorija: Egzaminai

430

Kviečiu pasitikrinti, kaip sekėsi spręsti eMatematikas 2018 metų bandomojo egzamino užduotis, kurias galite rasti čia: http://www.ematematikas.lt/forumas/ematematikas-bandomasis-matematikos-egzaminas-2018-t12606.html.

1 dalies atsakymai:
----------------------------------------------------
1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 |
----------------------------------------------------
B |A | B | C | C | A | B| D | A|  C  |
----------------------------------------------------

2 dalies atsakymai:
11.1) [tex]1[/tex]
11.2) [tex]3\sqrt{5}[/tex]
12.1) [tex]\frac{1}{4}[/tex]
12.2) [tex]\frac{3}{64}[/tex]
13.1) [tex]907200[/tex]
13.2) [tex]\frac{1}{2520}[/tex]
14.1) [tex]\frac{\pi}{4}+\pi n, n∈ \mathbb{Z}[/tex]
14.2) [tex]-3[/tex]
15.1) [tex]y=x+1[/tex]
15.2) [tex]\left(-\frac{1}{2};\frac{3}{4}\right)[/tex]
16.1) [tex]150\space m[/tex]
16.2) [tex]40\space s[/tex]

3 dalies atsakymai:
17.1) [tex]1[/tex]
17.2) [tex]5,025-\frac{1}{3}\ln 10[/tex]
18.1) [tex]1680[/tex]
18.2) [tex]95\sqrt{3}[/tex]
18.3) [tex]2,5[/tex]
19) [tex]90\space km/h[/tex]
20) [tex]9[/tex]
21.2) [tex]p=\frac{6}{5}, \space q=\frac{2}{5}[/tex]
22) [tex]4\space kg, \space 16\space kg[/tex]
23.2) [tex]\frac{42}{9}[/tex]
24.1) [tex]0,5\space m[/tex]
24.2) [tex]\frac{1}{500},\space \frac{1}{320}[/tex]
24.3) [tex]0,22\space m[/tex]
-------------------------------------------------------

1 dalies sprendimai:

01: Tarkime pradinis augalo aukštis yra [tex]h_0>0[/tex], tada per pirmuosius keturis metus kasmet aukštis padidės [tex]1+\dfrac{40}{100}=1,4[/tex] kartų. Ketvirtų metų pabaigoje augalo aukštis bus: [tex]1,4^4h_0=3,8416h_0[/tex]. Dabar turime palyginti, kiek procentų skaičius [tex]3,8416h_0[/tex] yra didesnis už [tex]h_0[/tex], gauname: $$\dfrac{3,8416h_0-h_0}{h_0}\cdot 100\%=284,16\%$$ Ats.: [tex]284,16\%[/tex]

02: Pirmiausiai išsiaiškinkime, kaip užrašoma funkcijos [tex]g(f(x))[/tex] formulė. Ją gausime vietoje funkcijos [tex]g(x)[/tex] argumento įsistatę funkcijos [tex]f(x)[/tex] formulę. Taigi: $$g(f(x))=\log_5\dfrac{1}{\sqrt{x-1,5}}$$ Bet kuri funkcija kertą abscisių ašį tame taške, kurio ordinatė lygi 0, vadinasi sudarome lygtį: $$g(f(x))=0\implies \log_5\dfrac{1}{\sqrt{x-1,5}}=0$$ Sprendžiame gautą lygtį: $$\dfrac{1}{\sqrt{x-1,5}}=5^0\implies \sqrt{x-1,5}=1\implies x=2,5$$ Ats.: [tex]2,5[/tex]

03: Taikydami klasikinį tikimybės apibrėžimą skaičiuojame įvykio A - "atsitiktinai parinkę du skirtingus ant apskritimo pažymėtus taškus ir juos sujungę atkarpa gauname šio apskritimo skersmenį": $$P(A)=\dfrac{m}{n},$$ m - palankių įvykiui A baigčių skaičius, n - visų bandymo baigčių skaičius.
Randame [tex]m[/tex] reikšmę: Šiuo atveju nesunkiai suskaičiuojame, jog turime 4 skirtingus būdus sujungti taškus atkarpa neatsižvelgdami į šių taškų jungimo tvarką, jog gautume duoto apskritimo skersmenį.
Randame [tex]n[/tex] reikšmę: 8 taškus, nesančius vienoje tiesėje, sujungti atkarpa neatsižvelgiant į jungimo tvarką yra: [tex]C_8^2=28[/tex] būdai.
Vadinasi: $$P(A)=\dfrac{4}{28}=\dfrac{1}{7}$$ Ats.: [tex]\dfrac{1}{7}[/tex]

04: Pagal modulio apibrėžimą gauname, kad: $$|x-50|=\begin{cases}50-x,\space x≤50\\ x-50,\space x≥50 \end{cases},\space\space |x-100|=\begin{cases}100-x,\space x≤100\\ x-100,\space x≥100 \end{cases}$$Nustatome, kad: [tex]|x-50|+|x-100|=50[/tex] tampa teisinga skaitine lygybe, kai [tex]|x-50|=x-50[/tex] ir [tex]|x-100|=100-x[/tex], todėl aibė [tex]x[/tex] reikšmių, tenkinančių duotąją lygybę, yra lygi aibei, kurią sudaro sprendiniai šios sistemos: $$\begin{cases}x≥50\\x≤100\end{cases}$$ Sveikieji šios sistemos sprendiniai yra visi sveikieji skaičiai iš intervalo [tex][50;100][/tex]. Tokių skaičių čia yra: [tex]100-49=51[/tex].

Ats.: [tex]51[/tex]

05: Suprantame, kad kūgio pagrindo ilgis yra lygus skritulio, iš kurio pagamintas tas kūgis, lanko ilgiui. Tada galime užrašyti lygybę: $$\dfrac{2\pi l}{2}=2\pi r\implies l=2r\implies \sin\alpha=\dfrac{r}{l}=\dfrac{1}{2}\implies \alpha=30^\circ,\space \alpha<90^\circ$$ Ats.: [tex]30^\circ[/tex]

06: Išrašę duomenis variacine eilute: [tex]1;1;2;2;2;2;3;3;3;3;3;4;4;4;4;5;6;6;8;8;8;8[/tex]
gauname, kad šios eilutės vidurinieji nariai yra 3 ir 4, todėl mediana lygi: [tex]M_d=\dfrac{3+4}{2}=3,5.[/tex] Šioje duomenų eilutėje dažniausiai pasikartojanti reikšmė yra 3, todėl moda lygi [tex]M_0=3[/tex].

Ats.: [tex]M_0=3,\space M_d=3,5[/tex]

07: Stačiojo trikampio ABC įžambinė lygi [tex]AB=\sqrt{3^2+4^2}=5[/tex]. Laikykime, jog pusiaukampinė, nubrėžta iš viršūnės A, kerta statinį BC taške D. Tuomet remiantis pusiaukampinės savybe galime užrašyti: $$\dfrac{CD}{CB}=\dfrac{AC}{AC+AB}\implies \dfrac{CD}{3}=\dfrac{4}{9}\implies CD=\dfrac{3\cdot 4}{9}=\dfrac{4}{3}$$ Tuomet iš trikampio ACD pagal Pitagoro teoremą gauname, kad: $$AD^2=AC^2+CD^2=4^2+\left(\frac{4}{3}\right)^2=\frac{160}{9}\implies AD=\frac{4}{3}\sqrt{10}$$ Tuomet: $$\sin\alpha=\dfrac{CD}{AD}=\dfrac{\frac{4}{3}}{\frac{4}{3}\sqrt{10}}=\dfrac{1}{\sqrt{10}}=\dfrac{\sqrt{10}}{10}$$ Ats.: [tex]\dfrac{\sqrt{10}}{10}[/tex]

08: Pertvarkome reiškinį [tex]R(a,b):[/tex] [tex]R(a,b)=\dfrac{2^{99}a^2+ab-(2^{99}-1)b^2}{a^2+ab}=\dfrac{(2^{99}-1)(a^2-b^2)+a^2+ab}{a^2+ab}=\dfrac{(2^{99}-1)(a^2-b^2)}{a^2+ab}+1\\=\dfrac{(2^{99}-1)(a-b)(a+b)}{a(a+b)}+1[/tex] Kai [tex]a(a+b)≠0:[/tex]
[tex]R(a,b)=\dfrac{(2^{99}-1)(a-b)}{a}+1=(2^{99}-1)\left(1-\dfrac{b}{a}\right)+1[/tex]
Iš [tex]a+b≠0[/tex] seka, kad: [tex]a≠-b\implies -\dfrac{b}{a}≠1[/tex], taigi:
[tex]R(a,b)≠(2^{99}-1)\cdot \left(1+1\right)+1=(2^{99}-1)\cdot 2+1=2^{100}-2+1=2^{100}-1[/tex]

Ats.: [tex]2^{100}-1[/tex]

09: Kai atrasis progresijos narys lygus [tex]a[/tex], o aritmetinės progresijos skirtumas lygus [tex]d[/tex], tada pirmuosius keturis šios progresijos narius galime užrašyti taip: $$a-d,\space a,\space a+d,\space a+2d$$ Pagal sąlygą sudarome sistemą: [tex]\begin{cases}
\dfrac{a-d+a+a+d}{3}=-20 \\a+2d=-6 \end{cases}\implies \begin{cases}
a=-20 \\-20+2d=-6 \end{cases}\implies \begin{cases}a=-20 \\d=7 \end{cases}[/tex]

Ats.: [tex]7[/tex]

10: $$f'(x)=3x+k+3x=6x+k\implies f'(-2)=6\cdot (-2)+k=k-12$$ $$f'(-2)=-9\implies k-12=-9\implies k=3$$ Ats.: [tex]7[/tex]


2 dalies sprendimai:
11.1: $$\vec{a}⊥\vec{b}\implies \vec{a}\cdot \vec{b}=0\\\vec{a}\cdot \vec{b}=-n+3n^2-2=0\implies n=-\frac{2}{3},\space n=1$$ Kai [tex]n>0[/tex], tai [tex]n=1[/tex].

Ats.: [tex]1[/tex]
11.2: Kai [tex]n=2[/tex]: $$\vec{a}\{2;3;-1\}\implies (2\vec{a})\{4;6;-2\}\\(2\vec{a})\{4;6;-2\},\space \vec{b}\{-1;4;2\}\implies (2\vec{a}-\vec{b})\{5;2;-4\}\implies \\|2\vec{a}-\vec{b}|=\sqrt{5^2+2^2+(-4)^2}=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$$
Ats.: [tex]3\sqrt{5}[/tex]

12.1: Sudarome sistemą:
$$\begin{cases}\dfrac{b_1}{1-q}=16 \\ \dfrac{b_1(1-q^4)}{1-q}=15,9375 \end{cases}\implies \begin{cases}\dfrac{b_1}{1-q}=16 \\ 1-q^4=\dfrac{15,9375}{16} \end{cases}\implies q=0,25,\space q>0$$
Ats.: [tex]0,25[/tex]
12.2:$$q=0,25,\space \dfrac{b_1}{1-q}=16\implies b_1=16\cdot 0,75=12\implies b_5=12\cdot 0,25^4=\dfrac{3}{64}$$
Ats.: [tex]\dfrac{3}{64}[/tex]

13.1: Skirtingų raidžių iš žodžio KROKODILAS junginių galima sudaryti, tiek kiek yra kėlinių su pasikartojimais, kai yra dvi pasikartojančios raidės K ir dvi 0: $$\dfrac{10!}{2!\cdot 2!}=907200$$
Ats.: [tex]907200[/tex]
13.2: Įvykis A - "gautas žodis ORAS". Ištraukti pirmą raidę O tikimybė lygi: [tex]\frac{2}{10}[/tex], tada ištraukti raidę R tikimybė - [tex]\frac{1}{9}[/tex], A - [tex]\frac{1}{8}[/tex], S - [tex]\frac{1}{7}[/tex].
Vadinasi įvykio A tikimybė [tex]P(A)[/tex] lygi: $$P(A)=\frac{2}{10}\cdot \frac{1}{9}\cdot \frac{1}{8}\cdot \frac{1}{7}=\frac{1}{2520}\cdot$$
Ats.: [tex]\dfrac{1}{2520}[/tex]

14.1: Pertvarkome lygtį: $$\sin^2x=\cos x(2\sin x-\cos x)\implies \sin^2 x=2\sin x\cos x-\cos^2 x\implies \sin(2x)=1$$ Tuomet gauname: $$2x=\dfrac{\pi}{2}+2\pi n, n∈\mathbb{Z}\implies x=\dfrac{\pi}{4}+\pi n, n∈\mathbb{Z}$$
Ats.: [tex]\dfrac{\pi}{4}+\pi n, n∈\mathbb{Z}[/tex]
14.2: $$5^{x+4}-5^{x+2}=4,8\implies 5^{x+2}(5^2-1)=4,8\implies 5^{x+2}=\dfrac{4,8}{24}\implies 5^{x+2}=5^{-1}\implies\\ x+2=-1\implies x=-3$$ Ats.: [tex]-3[/tex]

15.1: [tex](e^x)'=e^x[/tex]. Tada liestinės lygtis taške [tex]x=0[/tex] yra: $$y=e^0(x-0)+e^0=x+1$$
Ats.: [tex]y=x+1[/tex]
15.2: Jei funkcijos turi bendrą liestinę taške, tai tiek pačių funkcijų, tiek ir jų išvestinių reikšmės tame taške yra tarpusavyje lygios. Tada sudarome sistemą: $$\begin{cases}2(0-m)=e^0 \\ (0-m)^2+n=e^0\end{cases}\implies \begin{cases}m=-\frac{1}{2} \\ \frac{1}{4}+n=1\end{cases}\implies \begin{cases}m=-\frac{1}{2} \\ n=\frac{3}{4}\end{cases}$$
Ats.: [tex]\left(-\frac{1}{2};\frac{3}{4}\right)[/tex]

16.1: Matavimo vienetus nustatykime į metrus ir sekundes, tada nukreipkime koordinačių ašį [tex]Ox[/tex] pirmojo keliautojo judėjimo kryptimi, o pradžios tašku laikykime jo buvimo vietą pradiniu momentu. Tada galime užrašyti, jog kiekvieno keliautojo koordinatė kinta taip: $$x_1=0+2t=2t,\space x_2=300-3t$$ Pirmu atveju: [tex]0≤t≤150[/tex], antru - [tex]0≤t≤100[/tex]. Praėjus 90 sekundžių keliautojai bus taškuose, kurių koordinatės: $$x_1=2\cdot 90=180\space m,\space x_2=300-3\cdot 90=30\space m$$ Vadinasi atstumas tarp keliautojų po [tex]90\space s[/tex] nus lygus: $$|x_2-x_1|=|180-30|=150\space m$$ Ats.: [tex]150\space m[/tex]
16.2: Pasinaudoję 16.1. dalyje užrašytomis keliautojų koordinatės kitimo lygtimis, galime užrašyti, jog atstumas tarp keliautojų buvo ne didesnis už 100 metrų, kai  galiojo nelygybė: [tex]|x_2-x_1|≤100[/tex]. Iš čia gauname, jog turėjo galioti nelygybė: $$|300-3t-2t|≤100\implies |300-5t|≤100\implies -100≤300-5t≤100\implies\\ -400≤-5t≤-200\implies 40≤t≤80.$$ Kai [tex]40≤t≤80[/tex] abu keliautojai dar judėjo, vadinasi galime teigti, jog atstumas tarp keliautojų buvo ne didesnis už 100 metrų [tex]80-40=40[/tex] sekundžių.

Ats.: [tex]40\space s[/tex]


3 dalies sprendimai:
17.1: Taškas A pažymėtas ten, kur kertasi funkcijų [tex]y=\dfrac{1}{3x+1}[/tex] ir [tex]y=1,25x-1[/tex] grafikai. Todėl norėdami rasti šio taško abscisę, sprendžiame lygtį: $$\dfrac{1}{3x+1}=1,25x-1\implies (3x+1)(1,25x-1)=1\implies 15x^2-7x-8=0\implies\\ x=-\dfrac{8}{15},\space x=1$$ Kadangi taškas A yra pirmame ketvirtyje, tai [tex]x=1[/tex]

Ats.: [tex]1[/tex]

Vertinimas:
1 taškas: už sudarytą lygtį.
1 taškas: už teisingai gautą atsakymą.
17.2: Pažymėtas ploto dydis [tex]S[/tex] apskaičiuojamas taip (taško A ordinatė lygi [tex]1,25\cdot 1-1=0,25[/tex]): $$S=\int\limits_{-0,2}^{1}\left(2,5-\dfrac{1}{3x+1}\right)dx+\dfrac{(2,8-1)\cdot (2,5-0,25)}{2}=\left(2,5x-\dfrac{1}{3}\ln|3x+1|\right)\Big|^{1}_{-0,2}+\\+2,025=2,5-\dfrac{1}{3}\ln4+0,5+\dfrac{1}{3}\ln0,4+2,025=5,025-\dfrac{1}{3}\ln10$$
Ats.: [tex]5,025-\dfrac{1}{3}\ln10[/tex]

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai ieškomą figūros plotą.
1 taškas: už teisingai gautą atsakymą.

18.1: Lygiagretainio ABCD plotas paskaičiuojamas pagal formulę: [tex]AD\cdot CD\cdot \sin(∠ADC)[/tex], o piramidės tūris: [tex]\dfrac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot OS[/tex], vadinasi:
$$S_{ABCD}=AD\cdot CD\cdot \sin(∠ADC)=AD\cdot CD\cdot \sin(∠ABC)=21\cdot 16\cdot \sin120^\circ=168\sqrt{3}\\V=\dfrac{1}{3}\cdot 168\sqrt{3}\cdot 10\sqrt{3}=1680$$
Ats.: [tex]1680[/tex]

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai paskaičiuotą piramidės tūrį.
18.2: Iš trikampio BCD ([tex]∠BCD=180-120=60^\circ)[/tex], pagal kosinusų teoremą:
$$BD^2=21^2+16^2-2\cdot 21\cdot 16\cdot \cos60^\circ=697-336=361\implies BD=19\\S_{ΔSBD}=\dfrac{1}{2}\cdot OS\cdot BD=\dfrac{1}{2}\cdot 10\sqrt{3}\cdot 19=95\sqrt{3}$$
Ats.: [tex]95\sqrt{3}[/tex]

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai paskaičiuotą atkarpos [tex]BD[/tex] ilgį.
1 taškas: už teisingai paskaičiuotą trikampio [tex]SBD[/tex] plotą.
18.3:http://www.ematematikas.lt/upload/images/1525024597_2093.png
Raskime lygiagretainio ABCD aukštinės ([tex]CC_1=h[/tex]), nubrėžtos į kraštinę AD ilgį: $$S_{ABCD}=AD\cdot h\implies 168\sqrt{3}=21\cdot h\implies h=8\sqrt{3}$$ Tuomet taško O atstumas iki tiesės AD lygus: $$OH=\dfrac{h}{2}=4\sqrt{3}$$ Pagal trijų statmenų teoremą: Jei SO⊥OH OH⊥AD, tai SH⊥AD, tada kampas tarp plokštumų SAD ir ABCD yra lygus kampui tarp tiesių SH ir OH. Kai ieškomas kampas lygus [tex]\alpha[/tex], tai iš stataus trikampio SOH galime užrašyti, kad: $$\tan\alpha=\dfrac{OS}{OH}=\dfrac{10\sqrt{3}}{4\sqrt{3}}=2,5$$
Ats.: [tex]2,5[/tex]

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai paskaičiuotą atkarpos [tex]CC_1[/tex] ilgį.
1 taškas: už teisingai nustatytą ieškomą kampą ir rastą jo tangento reikšmę.

19: [tex]n[/tex]-tąją minutę automobilis juda [tex]v_n=60+(n-1)\cdot 3[/tex] km/h greičiu. Tai reiškia, jog [tex]n[/tex]-tąją minutę automobilis įveikė [tex]d_n=\dfrac{1}{60}\cdot v_n=\dfrac{60+(n-1)\cdot 3}{60}=1+(n-1)\cdot \dfrac{1}{20}[/tex] km.
Pastebime, jog gauta formulė leidžia teigti, jog kiekvieną minutę nuvažiuoti atstumai sudaro aritmetinę progresiją. Tada taikydami aritmetinės progresijos sumos formulę gauname, jog per [tex]n[/tex] minučių automobilis įveikė: $$s_n=\dfrac{2+(n-1)\cdot \dfrac{1}{20}}{2}\cdot n=\dfrac{1}{40}n^2+\dfrac{39}{40}n$$ Kadangi per visą stebėjimo laiką įveikti 13,75 km, tai sudarome lygtį: $$s_n=13,75\implies \dfrac{1}{40}n^2+\dfrac{39}{40}n=13,75\implies n^2+39n-550=0\implies \\n=-50\space n=11$$ Kadangi n - natūralus skaičius, tai mums tinka tik antrasis sprendinys. Kai [tex]n=11[/tex], tai:$$v_{11}=60+(11-1)\cdot 3=90\space (km/h)$$
Ats.: [tex]90[/tex] km/h

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai užrašytą sekos [tex]\space d_n[/tex] formulę.
1 taškas: už teisingai sudarytą lygtį.
1 taškas: už teisingai gautą atsakymą.

20: Pertvarkome duotą nelygybę: $$\dfrac{4}{x-3}+\dfrac{5}{x+6}≥1\implies \dfrac{9x+9}{(x-3)(x+6)}≥1\implies \dfrac{9x+9}{(x-3)(x+6)}-\dfrac{(x-3)(x+6)}{(x-3)(x+6)}≥0 \\\implies\dfrac{-x^2+6x+27}{(x-3)(x+6)}≥0\implies \dfrac{x^2-6x-27}{(x-3)(x+6)}≤0\implies \dfrac{(x+3)(x-9)}{(x-3)(x+6)}≤0$$ Gautą nelygybę sprendžiame intervalų metodu: $$(x+3)(x-9)=0\implies x=-3,\space x=9\\(x-3)(x+6)≠0\implies x≠-6,\space x≠3$$http://www.ematematikas.lt/upload/images/1525028669_2093.png Nustatome, jog duotosios nelygybės sprendiniai yra: [tex]x∈(-6;-3]∪(3;9][/tex]. Sveikieji šios nelygybės sprendiniai yra: [tex]-5;-4;-3;4;5;6;7;8;9[/tex]. Suskaičiavę gauname, jog duotoji nelygybė turi 9 sveikus sprendinius.
Ats.: [tex]9[/tex]

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai subendravardiklintas kairėje nelygybės pusėje esančias trupmenas.
1 taškas: už teisingai persitvarkytą nelygybę, t.y. už suteiktą pavidalą: [tex]\dfrac{f(x)}{g(x)}\Box 0[/tex] (vietoje [tex]\Box[/tex] turi būti vienas iš ženklų: ≤, ≥).
1 taškas: už teisingą skaičių tiesės suskirstymą intervalais.
1 taškas: už teisingai išspręstą nelygybę.
1 taškas: už teisingai surastą nelygybės sveikų sprendinių skaičių.

21.1: $$\vec{BD}=\vec{b}-\vec{a}$$ Kadangi BO:OD=2:1, tai [tex]\vec{BO}=\dfrac{2}{3}\vec{BD}=\dfrac{2}{3}(\vec{b}-\vec{a})[/tex]
$$ \vec{AO}=\vec{a}+\vec{BO}=\vec{a}+\dfrac{2}{3}(\vec{b}-\vec{a})=\dfrac{\vec{a}+2\vec{b}}{3}$$
Įrodyta!

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai išreikštą vektorių [tex]\vec{BO}[/tex] arba [tex]\vec{DO}[/tex].
1 taškas: už teisingai pritaikytą vektorių sudėties taisyklę trikampiams ABO arba AOD.
21.2: $$\vec{CD}=\vec{CB}-\vec{a}+\vec{b}$$ Kadangi AD=2BC, tai: [tex]\vec{CB}=-\dfrac{1}{2}\vec{b}[/tex], tada: $$\vec{CD}=-\dfrac{1}{2}\vec{b}-\vec{a}+\vec{b}=\dfrac{1}{2}\vec{b}-\vec{a}\\\vec{ED}=q\vec{CD}=\dfrac{1}{2}q\vec{b}-q\vec{a}\\\vec{AE}=p\vec{AO}=\dfrac{1}{3}p\vec{a}+\dfrac{2}{3}p\vec{b}$$ Iš trikampio AED gauname, kad: $$\vec{AE}+\vec{ED}=\vec{b}\implies \dfrac{1}{3}p\vec{a}+\dfrac{2}{3}p\vec{b}+\dfrac{1}{2}q\vec{b}-q\vec{a}=\vec{b} \implies \left(\dfrac{1}{3}p-q\right)\vec{a}=\left(1-\dfrac{2}{3}p-\dfrac{1}{2}q\right)\vec{b}$$ Kadangi vektoriai [tex]\vec{a}[/tex] ir [tex]\vec{b}[/tex] nekolinearūs, tai gautoji lygybė bus teisinga tada ir tik tada, kai bus teisinga ši sistema: $$\begin{cases}\dfrac{1}{3}p-q=0 \\ 1-\dfrac{2}{3}p-\dfrac{1}{2}q=0\end{cases}\implies \begin{cases}q=\dfrac{1}{3}p \\ 1-\dfrac{2}{3}p-\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{3}p=0\end{cases}\implies \begin{cases}q=\dfrac{2}{5} \\p=\dfrac{6}{5}\end{cases}$$
Ats.: [tex]p=\dfrac{6}{5},\space q=\dfrac{2}{5}[/tex]

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai išreikštą vektorių [tex]\vec{CD}[/tex].
1 taškas: už teisingai išreikštus vektorius [tex]\vec{AE}[/tex] ir [tex]\vec{ED}[/tex].
1 taškas: už teisingai gautą lygybę, siejančią vektorius [tex]\vec{a}[/tex] ir [tex]\vec{b}[/tex].
1 taškas: už teisingai rastas [tex]p[/tex] ir [tex]q[/tex] reikšmes. 

22: Tarkime pirmos medžiagos užsakoma [tex]x[/tex] kg, tada antros medžiagos reikia užsakyti [tex]y[/tex] kg, jog būtų tenkinama lygybė: $$\dfrac{x}{x+y}=0,2$$, nes užsakomų medžiagų kiekiai sutinka taip kaip ir šių medžiagų kiekiai gaminamame tirpale. Iš čia: [tex]y=4x[/tex], vadinasi užsakant [tex]x[/tex] kg pirmos medžiagos, reikės užsakyti [tex]4x[/tex] kg antros medžiagos ir užsakymo kaina bus lygi: $$K(x)=2\sqrt{x}+\dfrac{32}{4x},\space x>0\implies K(x)=2\sqrt{x}+\dfrac{8}{x},\space x>0$$ Randame šios funkcijos kritinius taškus: $$K'(x)=\dfrac{1}{\sqrt{x}}-\dfrac{8}{x^2}\\K'(x)=0\implies \dfrac{1}{\sqrt{x}}-\dfrac{8}{x^2}=0\implies \dfrac{1}{\sqrt{x}}=\dfrac{8}{x^2}\implies 8\sqrt{x}=x^2\implies x=0,\space x=4$$ Gavome vieną kritinį tašką [tex]x=4[/tex].
Kai [tex]x∈(0;4),\space K'(x)<0[/tex]
Kai [tex]x∈(4;+\infty),\space K'(x)>0[/tex]
Vadinasi [tex]x=4[/tex] yra funkcijos [tex]K(x)[/tex] minimumo taškas, o taip su šia reikšme funkcija [tex]K(x)[/tex] įgyja mažiausią reikšmę visoje apibrėžimo srityje, kadangi daugiau kritinių taškų nėra.
Taigi pirmos medžiagos reikia užsakyti [tex]4[/tex] kg, o antros: [tex]4\cdot 4=16[/tex] kg

Ats.: [tex]4\space kg,\space 16\space kg[/tex]

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai užrašytą funkciją [tex]K(x)[/tex].
1 taškas: už teisingai nustatytą funkcijos [tex]K(x)[/tex] kritinį tašką.
1 taškas: už teisingai gautą atsakymą.

23.1: Sudarykime atsitiktinių dydžių skirstinius. Akivaizdu, jog rodyklės sustojimo ties vienu ar kitu sektoriu tikimybė lygi rato daliai, kurią tas sektoriaus sudaro. Atsižvelgę į duotus santykius gauname: $$P(X=2)=\dfrac{1}{6},\space P(X=4)=\dfrac{3}{6},\space  P(X=5)=\dfrac{2}{6}\\P(Y=2)=\dfrac{3}{9},\space P(Y=3)=\dfrac{4}{9},\space  P(Y=9)=\dfrac{2}{9}$$ Tuomet: $$M(X)=2\cdot \dfrac{1}{6}+4\cdot \dfrac{3}{6}+5\cdot \dfrac{2}{6}=4\\M(Y)=2\cdot \dfrac{3}{9}+3\cdot \dfrac{4}{9}+9\cdot \dfrac{2}{9}=4\\M(X)=M(Y)=4$$ Įrodyta!

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai sudarytus skirstinius
1 taškas: už įrodymą, jog abiejų atsitiktinių dydžių matematinės viltys lygios 4.
23.2: Atsitiktinio dydžio [tex]Z[/tex] reikšmę lemia šie įvykiai: $$(X=2)∩(Y=2),\space (X=2)∩(Y=3),\space (X=2)∩(Y=9),\space (X=4),\space (X=5)$$ Kiekvienu iš šių atvejų atsitiktinis dydis [tex]Z[/tex] įgyja atitinkamai tokias reikšmes: [tex]4,\space 5,\space 11,\space 4,\space 5[/tex]. Taigi atsitiktinis dydis [tex]Z[/tex] gali įgyti reikšmes iš šios aibės: [tex]\{4;5;11\}[/tex] Visų pateiktų įvykių sankirtos yra nepriklausomų įvykių sankirtos, o patys įvykiai tarpusavyje nesutaikomi, taigi:
$$P(Z=4)=P(X=2)\cdot P(Y=2)+P(X=4)=\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{3}{9}+\dfrac{3}{6}=\dfrac{10}{18}.\\P(Z=5)=P(X=2)\cdot P(Y=3)+P(X=5)=\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{4}{9}+\dfrac{2}{6}=\dfrac{11}{27}.\\P(Z=11)=P(X=2)\cdot P(Y=9)=\dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{2}{9}=\dfrac{1}{27}.$$ Patikriname, ar skirstinys sudarytas teisingai: [tex]\dfrac{10}{18}+\dfrac{11}{27}+\dfrac{1}{27}=1[/tex]
Randame [tex]M(Z)[/tex]:
$$M(Z)=4\cdot \dfrac{10}{18}+5\cdot \dfrac{11}{27}+11\cdot \dfrac{1}{27}=\dfrac{42}{9}$$
Ats.: [tex]\dfrac{42}{9}[/tex]

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai nustatytas atsitiktinio dydžio [tex]Z[/tex] galimas įgyti reikšmes.
1 taškas: už teisingą atsitiktinio dydžio [tex]Z[/tex] skirstinio sudarymą.
1 taškas: už teisingą apskaičiuotą [tex]M(Z)[/tex] reikšmę.

24.1: Tarkime indo pildymo greitis [tex]v\space (m^3/s)[/tex], tada:
Žinodami, jog per 250 s užpildomas apatinis kubas, galime užrašyti: [tex]250v=a^3[/tex].
Žinodami, jog per 378-250=128 s užpildomas viršutinis kubas, kurio kraštinės ilgis [tex]b=0,9-a[/tex], galime užrašyti: [tex]128v=(0,9-a)^3[/tex].
Vadinasi:$$v=\dfrac{a^3}{250}=\dfrac{(0,9-a)^3}{128}\implies \dfrac{a^3}{125}=\dfrac{(0,9-a)^3}{64}\implies \dfrac{a}{5}=\dfrac{0,9-a}{4}\implies a=0,5$$
Ats.: [tex]0,5\space m[/tex]

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai sudarytą lygtį su nežinomuoju [tex]a[/tex].
1 taškas: už teisingą gautą atsakymą.
24.2: Pirmai tiesei priklauso taškai [tex](0;0),\space (250;0,5)[/tex], antrai tiesei - [tex](250;0,5),\space (378;0,9)[/tex]. Tuomet:
Kai [tex]t∈[0;250][/tex], tai: [tex]k_1=\dfrac{0,5-0}{250-0}=\dfrac{1}{500}[/tex]
Kai [tex]t∈[250;378][/tex], tai: [tex]k_2=\dfrac{0,9-0,5}{378-250}=\dfrac{1}{320}[/tex]

Ats.: [tex]\dfrac{1}{500};\space \dfrac{1}{320}[/tex]

Vertinimas:
1 taškas: už teisingai surastą pirmos tiesės krypties koeficientą.
1 taškas: už teisingi surastą antros tiesės krypties koeficientą.
24.3: Paskaičiuojame vidutinę vandens lygio kitimo spartą [tex]\dfrac{Δh}{Δt}[/tex] per tas 220 sekundžių. Kai [tex]Δh=0,53\space m[/tex] ir [tex]Δt=220\space s[/tex], tai: [tex]\dfrac{Δh}{Δt}=\dfrac{0,53}{220}[/tex].
Kadangi [tex]\dfrac{0,53}{220}≠k_1[/tex], vadinasi pradiniu momentu buvo pildomas apatinis kubas, o praėjus 220 sekundžių buvo pildomas antrasis. Tokiu atveju taškas [tex](t_0;h(t_0))[/tex] priklauso pirmajai tiesei, o taškas [tex](t_0+220;h(t_0+220))[/tex] antrajai. Tuomet galime sudaryti tokią sistemą: $$\begin{cases}
\dfrac{0,5-h(t_0)}{250-t_0}=\dfrac{1}{500} \\
\dfrac{h(t_0+220)-0,5}{t_0+220-250}=\dfrac{1}{320}
\end{cases}$$ Žinome, kad: [tex]h(t_0+220)-h(t_0)=0,53[/tex], vadinasi: [tex]h(t_0+220)=h(t_0)+0,53[/tex]. Paprastumo dėlei pažymėkime [tex]h(t_0)=t_0[/tex], tuomet: $$\begin{cases}
\dfrac{0,5-h_0}{250-t_0}=\dfrac{1}{500} \\
\dfrac{h_0+0,53-0,5}{t_0+220-250}=\dfrac{1}{320}
\end{cases}\implies \begin{cases}
\dfrac{0,5-h_0}{250-t_0}=\dfrac{1}{500} \\
\dfrac{h_0+0,03}{t_0-30}=\dfrac{1}{320}
\end{cases}\implies \begin{cases}
t_0=500h_0 \\
t_0=320h_0+39,6
\end{cases}\implies\\ 500h_0=320h_0+39,6\implies h_0=0,22$$ Vadinasi [tex]h(t_0)=0,22\space m[/tex].

Ats.: [tex]0,22\space m[/tex]

Vertinimas:
1 taškas: už nustatymą, jog taškai [tex](t_0;h(t_0))[/tex] [tex](t_0+220;h(t_0+220))[/tex] priklauso skirtingoms tiesėms.
1 taškas: už teisingai sudarytą sistemą.
1 taškas: už teisingą atsakymą.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-06-15

0

Radę klaidų, ar šiaip turintys kokių pastebėjimų galite drąsiai apie tai rašyti žemiau. Tikiuosi jums šis egzaminas buvo naudingas :)
P.S. sprendimai ir vertinimas taškais yra tik orientacinio pobūdžio, jūsų sprendimai galėjo būti ir kitokie.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-04-30

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!