eMatematikas.lt
Forumas
Įrankiai Formulynas Testai Egzaminai
Prisijungti        
« PradžiaEgzaminai1590

eMatematikas bandomojo matematikos egzamino atsakymai ir sprendimai


Praėjus kiek laiko kviečiu pasitikrinti, kaip jums sekėsi spręsti uždavinius ir kiek teisingų atsakymų gavote. Kas dar neatliko eMatematikas  bandomojo egzamino, kviečiu jį atlikti (http://www.ematematikas.lt/forumas/ematematikas-bandomasis-matematikos-egzaminas-t12007.html).

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

2 dalies atsakymai:
11.)  [tex]\frac{\sqrt{3}}{3π};[/tex]     
12.1.)  [tex]\frac{28}{75};[/tex]      12.2.)  [tex]\frac{27}{75};[/tex]        12.3.)  pirmą;
13.1.)  [tex]1:2[/tex];      13.2.)  [tex]30\space ml;\space 60\space ml[/tex];
14.1.) [tex]\vec{AB}\{-1;5;-3\}[/tex];      14.2.)  [tex]C(1,5;2,5;3,5)[/tex];        14.3.) [tex]\frac{12}{\sqrt{870}}[/tex];
15.1.) [tex]3[/tex];    15.2.) [tex]\frac{30}{6+\sqrt{61}}[/tex];

3 dalies atsakymai:
16) [tex]2,5[/tex];
17) [tex]27[/tex];
19) [tex]\frac{π}{2}+2πn,\space n∈Z[/tex];
20) [tex]12[/tex];
21) [tex]2,5[/tex];
22) [tex]\frac{\sqrt{5}}{3}[/tex];

Pastaba: Atsakymai laikomi teisingi, jei jų reikšmės sutampa su pateiktomis čia, tačiau iracionalumas trupmenos vardiklyje gali būti panaikintas arba ne, taip pat pati trupmena gali būti suprastinta arba ne.

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-07-26

0

Pirmos dalies (testo) sprendimai:

1.
https://www.ematematikas.lt/upload/images/1494326990_2093.png
Taškus F ir H bei E ir G sujungiame tiesėmis. Kadangi [tex]BF=AH[/tex] ir [tex]AE=GD[/tex], tai [tex]FH||AB[/tex] ir [tex]EG||AD[/tex]. Gauname, jog keturkampis ABCD yra padalinta į keturius stačiakampius, o kiekvieno to stačiakampio nuspalvinta yra pusė. Vadinasi viso žalio ploto dydis lygus pusei kvadrato ploto. Pažymėję kvadrato kraštinę [tex]a[/tex], galime užrašyti, jog žaliojo ploto dydis lygus:
[tex]\dfrac{a^2}{2}=18[/tex]. Iš čia gauname, kad: [tex]a=6[/tex].
Ats.: [tex]6[/tex].

2.
Galime atskliausti šį reiškinį taikydami skirtumo kvadrato formulę arba kvadratų skirtumo formulę. Pateikiu abu variantus:
1 var:
[tex](10^n-1)^2-(10^n-2)^2=(10^n)^2-2\cdot 10^n+1-((10^n)^2-4\cdot 10^n+4)=\\=(10^n)^2-2\cdot 10^n+1-(10^n)^2+4\cdot 10^n-4=-2\cdot 10^n+1+4\cdot 10^n-4=2\cdot 10^n-3[/tex]
2 var:
[tex](10^n-1)^2-(10^n-2)^2=(10^n-1+10^n-2)(10^n-1-(10^n-2))=\\=(2\cdot 10^n-3)(10^n-1-10^n+2)=2\cdot 10^n-3[/tex]
Ats.: [tex]2\cdot 10^n-3[/tex].

3.
https://www.ematematikas.lt/upload/images/1494327753_2093.png
Pagal uždavinio sąlygą pasidarome brėžinį. Tuomet taikome formulę, kuri sieja iš to paties taško išvestas apskritimo liestinę ir kirstinę, t.y.: [tex]KA^2=KB\cdot KC[/tex].
Kadangi žinome, kad: [tex]\frac{KA}{KB}=\frac{3}{2}[/tex], vadinasi tarę, jog vienai daliai tenka [tex]x[/tex], užrašome atkarpų ilgius taip: [tex]KA=3x[/tex], [tex]KB=2x[/tex]. Tuomet gauname, kad:
[tex]KC=\dfrac{KA^2}{KB}=\dfrac{(3x)^2}{2x}=\dfrac{9x^2}{2x}=\dfrac{9x}{2}[/tex].
Galiausiai randame, kad: [tex]\dfrac{BC}{KA}=\dfrac{KC-KB}{KA}=\dfrac{\frac{9x}{2}-2x}{3x}=\dfrac{\frac{5x}{2}}{3x}=\dfrac{5}{6}[/tex]
Ats.: [tex]\dfrac{5}{6}[/tex].

4.
Žinome, jog judančio kūno greičio lygtį galime rasti taip: [tex]v(t)=x'(t)[/tex], vadinasi šiuo atveju gauname:
[tex]v(t)=(t^3-75t)'=3t^2-75[/tex].
Kai kūnas sustos, jo greitis bus lygus 0, todėl sudarome lygtį: [tex]3t^2-75=0[/tex].
Iš jos gauname tokią teigiąmą [tex]t[/tex] reikšmę (neigiamą atmetame): [tex]t=5[/tex]. Tada galiausiai randame:
[tex]x(5)=5^3-75\cdot 5=-250[/tex]
Ats.: [tex]-250[/tex].

5.
Taikome geometrinės progresijos [tex]n[/tex] narių sumos formulę, pagal ją:
[tex]S_n=\dfrac{6(1-(\frac{1}{2})^n)}{\frac{1}{2}}=12(1-(\frac{1}{2})^n)[/tex]
Taikome nykstamosios progresijos visų narių sumos formulę, pagal ją:
[tex]S=\dfrac{6}{1-\frac{1}{2}}=12[/tex]
Sudarome nelygybę:
[tex]S-S_n≤\dfrac{3}{256}\implies 12-12(1-(\frac{1}{2})^n)≤\dfrac{3}{256}[/tex]
Ją pertvarkę gauname:
[tex](\frac{1}{2})^n≤(\frac{1}{2})^{10}\implies n≥10[/tex].
Mažiausia reikšmė tenkinanti šią nelygybę yra: [tex]n=10[/tex].
Ats.: [tex]10[/tex].

6.
https://www.ematematikas.lt/upload/images/1494329200_2093.png
Pažymime kubo briaunos ilgį [tex]a[/tex]. Tuomet kiekvienos kubo sienos įstrižainė ilgis pagal Pitagoro teoremą lygus: [tex]a\sqrt{2}[/tex].
Tuo tarpu kubo įsitrainės ilgis pagal Pitagoro teoremą lygus: [tex]a\sqrt{3}[/tex].
Remiantis trijų statmenų teorema nesunku įsitinkinti, jog keturkampiai AFGD ir EFCD yra stačiakampiai. Tada trikampiai EFD ir FGD yra statieji trikampiai, kurie yra lygūs, nes abiejų trikampių vienas statinių yra kubo kraštinė, o kitas kubo sienos įstrižainė. Iš tų stačiųjų trikampių stačiojo kampo nubrėžiame statmenį į bendrą tų trikampių įžambinę FD. Tai statmenys EO ir GO, kurie yra lygūs (nes statieji trikampiai lygūs). Per [tex]a[/tex] išreiškiame statmens ilgį. Tai galime padaryti pasinaudodami ploto formule:
[tex]\dfrac{1}{2}\cdot EO\cdot a\sqrt{3}=\dfrac{1}{2}\cdot a\cdot a\sqrt{2}\implies EO=GO=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}a[/tex].
Tuomet trikampiui EOG taikome kosinusų teoremą:
[tex](a\sqrt{2})^2=(\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}a)^2+(\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}a)^2-2\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}a\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}a\cdot \cos(∠EOG)[/tex]
Iš čia: [tex]\cos(∠EOG)=120^o[/tex], tada mūsų ieškomas kampas: [tex]180^o-120^o=60^o[/tex]
Ats.: [tex]60^o[/tex].

7.
Tarkime norime išrikiuoti 9 vaikinus į eilę. Tai galime padaryti [tex]9![/tex] būdais.
Dabar tarkime tarp vaikinų yra po tarpelį į kurį gali įsiterpti likusios 5 merginos. Viso tokių tarpelių yra 8 (žiūrėti schemą):
V_V_V_V_V_V_V_V_V
Kadangi dvi merginos nori sėdėti greta jas laikykime vienu nedalomu objektu, tada jis su likusiomis 3 merginomis sudaro 4 objektus, kurie turi nuspręsti kurias 4 iš 8 pozijų jie nori užimti. Tai padaryti galima [tex]8\cdot 7\cdot 6\cdot 5[/tex] būdais.
Kadangi šie tarpeliai buvo tik priemonė palengvinti skaičiavimą, tai merginoms pasirinkus šalia kurių vaikinų jos nori sėdėti, likusios neužpildytos vietos tiesiog "susitraukia", t.y. pranyksta. Taip mes susodinome visas merginas pagal jų pageidavimus.
Pritaikę kombinatorikos daugybos taisyklę gauname galimybių (nepamirštame, jog dvi greta sėdinčios merginos gali keisti vietomis tarpusavyje, kadangi mes tai praleidome laikydami jas vienu objektu):
[tex]9!\cdot 8\cdot 7\cdot 6\cdot 5\cdot 2!=9!\cdot \dfrac{8!}{4!}\cdot 2!=\dfrac{9!\cdot 8!\cdot 2!}{4!}[/tex].

Ats.: [tex]\dfrac{9!\cdot 8!\cdot 2!}{4!}[/tex]


8.
Taikome logaritmo pagrindo keitimo formulę, pagal ją:
[tex]\dfrac{\lg20}{\lg5}=\log_520=\log_5(5\cdot 4)=1+2\log_52=1+2\cdot \dfrac{1}{\log_25}=1+\dfrac{2}{a}=\dfrac{a+2}{a}[/tex]

Ats.: [tex]\dfrac{a+2}{a}[/tex]

9.
Trikampiai ABC ir ACD yra lygiapločiai, kadangi jie abu turi tą pačią kraštinę (BC) ir vienodo ilgio aukštinę, nuleistą iš tų trikampių viršūnių į tą kraštinę (ši aukštinė kartu yra ir pačios trapecijos aukštinė).
Iš to seka, kad: [tex]S_{ΔBOA}=S_{ΔCOD}=5\space cm^2[/tex]
Trikampiai BOC ir COD turi bendrą viršūnę, iš kurios galime nuleistą aukštinę, kuri bus bendra tiems trikampiams. Tarkime jos ilgis [tex]h[/tex], tada galime užrašyti, kad:
[tex]S_{ΔBOC}=\dfrac{1}{2}\cdot BO\cdot h[/tex],  [tex]S_{ΔCOD}=\dfrac{1}{2}\cdot OD\cdot h[/tex]
[tex]h=\dfrac{2S_{ΔBOC}}{BO}=\dfrac{2S_{ΔCOD}}{OD}\implies \dfrac{BO}{OD}=\dfrac{S_{ΔBOC}}{S_{ΔCOD}}=\dfrac{2}{5}[/tex]
Kadangi BC||AD, vadinasi trikampiai BOC ir AOD panašūs, o jų panašumo koeficientas lygus: [tex]k=\dfrac{2}{5}[/tex].
Tada: [tex]\dfrac{S_{ΔBOC}}{S_{ΔAOD}}=k^2\implies S_{ΔAOD}=\dfrac{S_{ΔBOC}}{k^2}=\dfrac{2}{(\frac{2}{5})^2}=2\cdot \dfrac{25}{4}=12,5\space cm^2[/tex].
Trapecijos ABCD plotas: [tex]S_{ABCD}=S_{ΔBOC}+S_{ΔCOD}+S_{ΔAOD}+S_{ΔBOA}=2+5+12,5+5=24,5\space cm^2[/tex]

Ats.: [tex]24,5\space cm^2[/tex]

10.
Sistema turės begalę sprendinių, jei bus tenkinama tokia dviguba lygybė:
[tex]\dfrac{m-1}{1}=\dfrac{-1}{m-3}=\dfrac{n^2}{2n-1}[/tex]
Iš lygybės [tex]\dfrac{m-1}{1}=\dfrac{-1}{m-3}[/tex] gauname, kad:
[tex]m^2-4m+4=0\implies m=2[/tex]
Kai [tex]m=2[/tex], grįžę prie dvigubos lygybės, gauname:
[tex]\dfrac{2-1}{1}=\dfrac{-1}{2-3}=\dfrac{n^2}{2n-1}\implies \dfrac{n^2}{2n-1}=1[/tex]
Iš čia: [tex]n^2-2n+1=0\implies n=1[/tex]

Ats.: [tex](2;1)[/tex]
Tiesa, buvo galima taikant antroje eilutėje užrašytą lygybę tikrinti atsakymuose duotas reikšmių poras ir rasti kuri jų tenkina ją.

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-01-12

0

Antros dalies sprendimai:

11.
Kūgio tūris randamas pagal formulę: [tex]V_k=\dfrac{1}{3}πr^2h[/tex], čia [tex]r-[/tex]kūgio pagrindo spindulio ilgis, [tex]h[/tex]-kūgio aukštinė.
Trikampės piramidės tūris randamas pagal formulę: [tex]V_p=\dfrac{1}{3}S_Δh[/tex], čia [tex]S_Δ-[/tex] piramidės pagrido plotas, [tex]h-[/tex] piramidės aukštinė.
[tex]\dfrac{V_p}{V_k}=\dfrac{\dfrac{1}{3}S_{ΔABC}\cdot OS}{\dfrac{1}{3}πr^2\cdot OS}=\dfrac{S_{ΔABC}}{πr^2}=\dfrac{9\sqrt{3}}{27π}=\dfrac{\sqrt{3}}{3π}[/tex]

Ats.: [tex]\dfrac{\sqrt{3}}{3π}[/tex]

12.
Pažymime įvykius: [tex]A-[/tex]"laimėta žaidžiant pirmą žaidimą";
[tex]B-[/tex]"laimėta žaidžiant antrą žaidimą";
[tex]E_1-[/tex]"ištrauktas žalias rutulys iš pirmos dėžės";
[tex]E_2-[/tex]"ištrauktas baltas rutulys iš antros dėžės";
[tex]E_3-[/tex]"ištrauktas baltas rutulys iš trečios dėžės";
[tex]P(E_1)=\dfrac{2}{5},\space P(E_2)=\dfrac{2}{6},\space P(E_3)=\dfrac{4}{10}[/tex]

12.1.
[tex]A=E_1∩E_2∪\overline{E_1}∩E_3[/tex]
[tex]P(A)=P(E_1)\cdot P(E_2)+P(\overline{E_1})\cdot P(E_3)=\dfrac{2}{5}\cdot \dfrac{2}{6}+(1-\dfrac{2}{5})\cdot \dfrac{4}{10}=\dfrac{28}{75}[/tex]
Ats.: [tex]\dfrac{28}{75}[/tex]
12.2.
[tex]B=E_1∩E_3∪\overline{E_1}∩E_2[/tex]
[tex]P(A)=P(E_1)\cdot P(E_3)+P(\overline{E_1})\cdot P(E_2)=\dfrac{2}{5}\cdot \dfrac{4}{10}+(1-\dfrac{2}{5})\cdot \dfrac{2}{6}=\dfrac{27}{75}[/tex]
Ats.: [tex]\dfrac{27}{75}[/tex]
12.3.
[tex]P(A)>P(B)[/tex]
Didesnė tikimybė laimėti pirmą žaidimą.
Ats.: Pirmą

13.
13.1.
Tarkime pirmo tirpalo paėmėme [tex]x\space ml[/tex], o antrojo [tex]y\space ml[/tex]
Sumaišius šiuos tirpalus gauname naują tirpalą, kuriame medžiagų yra [tex](0,2x+0,5y)\space ml[/tex], o viso šio tirpalo yra [tex](x+y)\space ml[/tex]. Tuomet šio tirpalo koncentracija lygi:
[tex]\dfrac{0,2x+0,5y}{x+y}\cdot 100\%=40\%[/tex]
Iš čia gauname, kad:
[tex]0,2x+0,5y=0,4(x+y)\implies 0,2x+0,5y=0,4x+0,4y\implies 0,2x=0,1y\implies \dfrac{x}{y}=\dfrac{1}{2}[/tex]
Ats.: [tex]1:2[/tex]
13.2.
Kadangi norime gauti [tex]90\space ml[/tex] naujo tirpalo, tai
pirmojo tirpalo reikia paimti: [tex]\dfrac{1}{1+2}\cdot 90=30\space ml[/tex]
antrojo tirpalo reikia paimti: [tex]\dfrac{2}{1+2}\cdot 90=60\space ml[/tex]
Ats.: [tex]30\space ml; \space 60\space ml[/tex].

14.
14.1.
[tex]\vec{AB}\{1-2;5-0;2-5\}=\vec{AB}\{-1;5;-3\}[/tex]
Ats.: [tex]\vec{AB}\{-1;5;-3\}[/tex]
14.2.
[tex]C(\dfrac{2+1}{2};\dfrac{0+5}{2};\dfrac{5+2}{2})\implies C(1,5;2,5;3,5)[/tex]
Ats.: [tex]C(1,5;2,5;3,5)[/tex]
14.3.
[tex]\vec{OA}\{2;0;5\};\space \vec{OB}\{1;5;2\}[/tex]
[tex]|\vec{OA}|=\sqrt{4+0+25}=\sqrt{29}[/tex]
[tex]|\vec{OB}|=\sqrt{1+25+4}=\sqrt{30}[/tex]
[tex]\vec{OA}\cdot \vec{OB}=2\cdot 1+0\cdot 5+5\cdot 2=12[/tex]
[tex]cos\alpha=\dfrac{12}{\sqrt{29}\cdot \sqrt{30}}=\dfrac{12}{\sqrt{870}}[/tex]
Ats.: [tex]\dfrac{12}{\sqrt{870}}[/tex]

15.
15.1.
Kadangi trikampis ABC lygiašonis, tai [tex]CD[/tex] yra ne tik trikampio pusiaukampinė, bet ir aukštinė bei pusiaukraštinė.
Iš stataus trikampio ADB (DB=6 cm), pagal Pitagoro teoremą:
[tex]CD=\sqrt{10^2-6^2}=8\space cm[/tex].
Iš kampo B išvesta pusiaukampinė eina per tašką O, vadinasi BO taip pat yra trikampio DBC pusiaukampinė. Pagal pusiaukampinės savybę:
[tex]\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{DO}{OC}[/tex]
Pažymime [tex]DO=x\space cm[/tex], tada: [tex]CO=(8-x)\space cm[/tex].
Gauname lygtį: [tex]\dfrac{6}{10}=\dfrac{x}{8-x}[/tex]. Ją išsprendę gauname:
[tex]x=3[/tex]. OD yra taško O atstumas iki OD, vadinasi šis atstumas lygus [tex]3\space cm[/tex].
Ats.: [tex]3\space cm[/tex]
15.2.
Iš stataus trikampio SOD gauname, kad: [tex]SD=\sqrt{4^2+3^2}=5\space cm[/tex]
Pagal trijų statmenų teoremą, kadangi [tex]SO⊥OD,\space OD⊥AB[/tex], tai [tex]SD⊥AB[/tex].
Tuomet iš stačiųjų trikampių SDA ir SDB, pagal Pitagoro teoremą:
[tex]SA=SB=\sqrt{25+36}=\sqrt{61}[/tex]
Randame: [tex]S_{ΔSAB}=\dfrac{1}{2}\cdot 5\cdot 12=30\space cm^2[/tex]
[tex]p_{ΔSAB}=\dfrac{1}{2}(\sqrt{61}+\sqrt{61}+12)=6+\sqrt{61}[/tex]
Tuomet į trikampį ABS įbrėžto apskritimo spindulys lygus:
[tex]r=\dfrac{S_{ΔSAB}}{p_{ΔSAB}}=\dfrac{30}{6+\sqrt{61}}\space cm[/tex].
Atstumas nuo taško P iki tiesės AB yra atkarpa PD, kurios ilgis lygus apskritimo spindulio ilgiui.
Ats.: [tex]\dfrac{30}{6+\sqrt{61}}\space cm[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-05-10

0

Trečios dalies sprendimai:

16.
Nustatome skaičių 2, 12 ir 72 pozicijas aritmetinėje progresijoje.
Skaičiaus 2 eilės numeris yra [tex]1[/tex].
Tarkime tarp skaičių 2 ir 12 įterpta [tex]x[/tex] skaičių. Tada:
Skaičiaus 12 eilės numeris yra [tex]x+2[/tex].
Vadinasi tarp skaičių 12 ir 72 įterpta [tex]x+20[/tex] skaičių. Tada:
Skaičiaus 72 eilės numeris yra [tex](x+2)+(x+20)+1=2x+23[/tex]
Jei gauta seka yra aritmetinė progresija, tai jos bendrojo nario formulė yra: [tex]a_n=a_1+(n-1)d[/tex].
Tada galime užrašyti, kad:
[tex]12=2+(x+2-1)\cdot d[/tex]
ir:
[tex]72=2+(2x+23-1)\cdot d[/tex]
Gauname sistemą:
[tex]\begin{cases} 12=2+(x+1)\cdot d \\ 72=2+(2x+22)\cdot d \end{cases}[/tex]
Iš kurios gauname, kad [tex]d=2,5[/tex]
Ats.: [tex]2,5[/tex]

17.
[tex]\log_x3\cdot \log_9(\dfrac{x}{3})=\dfrac{1}{3}[/tex]
Taikydami logaritmo pagrindo keitimo formulę, pakeiskime abiejų logaritmų pagrindą į [tex]e[/tex]:
[tex]\dfrac{\ln3}{\ln x}\cdot \dfrac{\ln(\dfrac{x}{3})}{\ln 9}=\dfrac{1}{3}[/tex]
Toliau pertvarkome lygtį:
[tex]\dfrac{\ln3}{\ln x}\cdot \dfrac{\ln(\dfrac{x}{3})}{2\ln 3}=\dfrac{1}{3}\implies \dfrac{\ln(\dfrac{x}{3})}{2\ln x}=\dfrac{1}{3}\implies 3\ln(\dfrac{x}{3})=2\ln x \implies \ln(\dfrac{x}{3})^3=\ln x^2[/tex]
Kai logaritmų pagrindai lygūs, tai:
[tex](\dfrac{x}{3})^3=x^2[/tex]
Kadangi [tex]x=0[/tex] negali būti lygties sprendinys dėl duotosios lygties apibrėžtimo srities, tai galime dalinti visą lygtį iš [tex]x^2≠0[/tex]:
[tex]\dfrac{x}{27}=1\implies x=27[/tex]

Ats.: [tex]27[/tex]

18.
Visos laipsninės funkcijos eina per tašką (1;1), vadinasi plotą, kurį riboja duotosios funkcijos galime apskaičiuoti tokiu apibrėžtiniu integralu:
[tex]S_n=\int\limits_{0}^{1}{(x^{\frac{1}{n}}-x^n)}dx[/tex]
Tuomet gauname:
[tex]S_n=\int\limits_{0}^{1}{(x^{\frac{1}{n}}-x^n)}dx=(\dfrac{x^{\frac{1}{n}+1}}{\frac{1}{n}+1}-\dfrac{x^{n+1}}{n+1})|_{0}^1=\dfrac{1^{\frac{1}{n}+1}}{\frac{1}{n}+1}-\dfrac{1^{n+1}}{n+1}-0=\dfrac{1}{\frac{1}{n}+1}-\dfrac{1}{n+1}=\\=\dfrac{n}{n+1}-\dfrac{1}{n+1}=\dfrac{n-1}{n+1}[/tex]
Įrodyta!

19.
[tex]\cos(2x)+4\sin x=3[/tex]
Pertvarkome lygtį taikydami formulę: [tex]\cos(2x)=1-2\sin^2x[/tex]:
[tex]1-2\sin^2x+4\sin x=3[/tex]
Gauname lygtį:
[tex]2\sin^2x-4\sin x+2=0\implies \sin^2x-2\sin x+1=0\implies (\sin x-1)^2=0\implies \sin x=1[/tex]
[tex]x=\dfrac{π}{2}+2πn,\space n∈Z[/tex]
Ats.: [tex]\dfrac{π}{2}+2πn,\space n∈Z[/tex]

20.
Duotosios funkcijos apibrėžimo sritis yra: [tex]D_f=R[/tex].
Randame funkcijos kritinius taškus:
[tex]f'(x)=(12\cdot 4^{x-1}-3\cdot 16^{x-1})'=(12\ln4)\cdot 4^{x-1}-(3\ln16)\cdot 16^{x-1}=0[/tex]
[tex](12\ln4)\cdot 4^{x-1}=(6\ln4)\cdot 16^{x-1}[/tex]
[tex]2\cdot 4^{x-1}=16^{x-1}\implies 4^{x-1+\frac{1}{2}}=(4^2)^{x-1}\implies x-\dfrac{1}{2}=2(x-1)\implies x=1,5[/tex]
Nustatome funkcijos [tex]f'(x)[/tex] ženklą intervaluose [tex]x∈(-∞;1,5)[/tex] ir [tex]x∈(1,5;+∞)[/tex]:
Kai [tex]x∈(-∞;1,5)[/tex], tai: [tex]f'(x)>0[/tex], nes [tex]f'(0)>0[/tex]
Kai [tex]x∈(1,5;+∞)[/tex], tai: [tex]f'(x)<0[/tex], nes [tex]f'(2)<0[/tex]
Vadinasi [tex]f(1,5)[/tex] - funkcijos maksimumas ir didžiausia reikšmė įgyjama visoje apibrėžimo srityje:
[tex]f(1,5)=12\cdot 2-3\cdot 4=24-12=12[/tex]
Ats.: [tex]12[/tex]

21.
Pasinaudodami sąlygoje pateiktu patarimu, gauname tokį brėžinį:
https://www.ematematikas.lt/upload/images/1494344926_2093.png
Jei apskritimo spindulys [tex]R[/tex], tai taško O koordinatės: [tex]O(9-R;0)[/tex]. Kadangi figūra simetriška OX ašies atžvilgiu, tai kreivė [tex]y^2=x[/tex] liečia apskritimą dviejuose taškuose, kurių abiejų abscisės lygios [tex]x_0[/tex].
Užrašome apskritimo kreivės lygtį: [tex](x-(9-R))^2+y^2=R^2[/tex]
Norėdami rasti kreivių [tex]y^2=x[/tex] ir [tex](x-(9-R))^2+y^2=R^2[/tex] sankirtą sprendžiame sistemą:
[tex]\begin{cases} (x-(9-R))^2+y^2=R^2\\ y^2=x \end{cases}[/tex]
Ši sistema ekvivalenti lygčiai:
[tex](x-(9-R))^2+x=R^2[/tex]
Į šią lygtį žiūrime kaip į lygtį su parametru. Čia [tex]x[/tex]-lygties kintamasis, [tex]R[/tex]-parametras.
Pertvarkę ją gauname:
[tex]x^2-2(8,5-R)x+81-18R=0[/tex]
Ši lygtis yra kvadratinė:
kai ji turės du sprendinius, tai apskritimas kirs kreivę [tex]y^2=x[/tex]
kai ji turės vieną sprendinį, tai apskritimas bus kreivės [tex]y^2=x[/tex] viduje ir ją lies.
kai ji neturės sprendinių, tai apskritimas bus kreivės [tex]y^2=x[/tex] viduje ir jos nelies.
Mums reikalingas antras variantas, dėl to reikalaujame, jog lygties diskriminantas būtų lygus 0:
[tex]D=4(8,5-R)^2-4(81-18R)=0[/tex]
Išsprendžiame gautą lygtį ir gauname du sprendinius. Neigiamą atmetame, gauname: [tex]R=2,5[/tex]
Ats.: [tex]2,5[/tex]
Pastaba: Karolis pateikė ir kitą sprendimą, kuris taip pat yra geras, jį galite rasti po bandomojo egzamino užduočių esančiame komentare.

22.
Paprastumo dėlei pažymime: [tex]AB=a,\space BC=b,\space AC=c[/tex].
Kai antrasis kūnas įveikė [tex]\dfrac{1}{3}c[/tex] atstumą, tai pirmasis buvo įveikęs atstumą [tex]a[/tex], vadinasi galime užrašyti, kad: [tex]\dfrac{\frac{1}{3}c}{v_2}=\dfrac{a}{v_1}[/tex]
Kai antrasis kūnas įveikė likusį [tex]\dfrac{2}{3}c[/tex] atstumą, tai pirmasis įveikė likusį atstumą [tex]b[/tex], vadinasi galime užrašyti, kad: [tex]\dfrac{\frac{2}{3}c}{v_2}=\dfrac{b}{v_1}[/tex]
Tuomet galime sudaryti tokią sistemą:
[tex]\begin{cases} \dfrac{\frac{1}{3}c}{v_2}=\dfrac{a}{v_1} \\ \dfrac{\frac{2}{3}c}{v_2}=\dfrac{b}{v_1} \end{cases}[/tex]
Kadangi trikampis ABC status, tai: [tex]c=\sqrt{a^2+b^2}[/tex], tada:
[tex]\begin{cases} \dfrac{\frac{1}{3}\sqrt{a^2+b^2}}{v_2}=\dfrac{a}{v_1} \\ \dfrac{\frac{2}{3}\sqrt{a^2+b^2}}{v_2}=\dfrac{b}{v_1} \end{cases}\implies \begin{cases} \dfrac{v_2}{v_1}=\dfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{3a} \\ \dfrac{v_2}{v_1}=\dfrac{2\sqrt{a^2+b^2}}{3b} \end{cases}\implies \dfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{3a}=\dfrac{2\sqrt{a^2+b^2}}{3b}\implies\\ \dfrac{1}{a}=\dfrac{2}{b}\implies b=2a[/tex]
Kai [tex]b=2a[/tex], tai:
[tex]\dfrac{v_2}{v_1}=\dfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{3a}=\dfrac{\sqrt{a^2+(2a)^2}}{3a}=\dfrac{\sqrt{5a^2}}{3a}=\dfrac{\sqrt{5}}{3}[/tex]
Ats.: [tex]\dfrac{\sqrt{5}}{3}[/tex]

Paskutinį kartą atnaujinta 2018-01-12

0

Ačiū už egzaminą! Antra ir trečia dalys puikios, o testas tai akivaizdžiai per sunkus buvo. Kas čia per uždaviniai, kai VBE testuose reikalauja išspręsti kvadratinę lygtį arba turint du statinius rasti įžambinę :D

0

Dėkui už nuomonę. Dalinai dėl testo su tavimi sutikčiau. Galbūt kai kuriuose uždaviniuose reikėjo atlikti kiek per daug veiksmų, kurių egzamino metu vertintojai nė nematytų, tačiau šiaip patys testo uždaviniai nebuvo labai sudėtingi ir buvo įveikiami.

0

Dėkui už praktiką prieš VBE :) Užduotys puikiai parinktos, nors ir pirma dalis išgąsdino :D

Paskutinį kartą atnaujinta 2017-05-09

0

Norėdami rašyti žinutes privalote prisijungti!