eMatematikas
Pradžia Forumai + Nauja tema Nariai
Įrankiai
Formulės Testai Egzaminai
Prisijungti Registruotis
       

EMatematikas bandomojo egzamino (2018) atsakymai ir sprendimai

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]3[/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:https://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: $$(x+3)(x-9)=0\implies x=-3,\space x=9\\(x-3)(x+6)≠0\implies x≠-6,\space x≠3$$https://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 sektorius 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] Visos pateiktos 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)=h_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 2018-08-31

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!