IIT JEE 2015 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) दिया गया समीकरण: $\frac{5}{4} \cos ^2 2x + (\cos ^4 x + \sin ^4 x) + (\cos ^6 x + \sin ^6 x) = 2$
हम जानते हैं कि $\cos ^4 x + \sin ^4 x = 1 - 2 \sin ^2 x \cos ^2 x = 1 - \frac{1}{2} \sin ^2 2x$
और $\cos ^6 x + \sin ^6 x = 1 - 3 \sin ^2 x \cos ^2 x = 1 - \frac{3}{4} \sin ^2 2x$
इन मानों को समीकरण में रखने पर:
$\frac{5}{4} \cos ^2 2x + (1 - \frac{1}{2} \sin ^2 2x) + (1 - \frac{3}{4} \sin ^2 2x) = 2$
$\frac{5}{4} \cos ^2 2x + 2 - \frac{5}{4} \sin ^2 2x = 2$
$\frac{5}{4} (\cos ^2 2x - \sin ^2 2x) = 0$
$\frac{5}{4} \cos 4x = 0$
$\cos 4x = 0$,जहाँ $x \in [0, 2\pi] \Rightarrow 4x \in [0, 8\pi]$
$4x$ के वे मान जिनके लिए $\cos 4x = 0$ है,वे $\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}, \frac{5\pi}{2}, \frac{7\pi}{2}, \frac{9\pi}{2}, \frac{11\pi}{2}, \frac{13\pi}{2}, \frac{15\pi}{2}$ हैं।
अतः,कुल $8$ भिन्न हल प्राप्त होते हैं।

(A) रेखा $y = -5$ का रेखा $x + y + 4 = 0$ के सापेक्ष प्रतिबिंब $x = 1$ है।
चूंकि वक्र $C$,$y^2 = 4x$ का प्रतिबिंब है,इसलिए $C$ और $y = -5$ के प्रतिच्छेदन बिंदु,$y^2 = 4x$ और $x = 1$ के प्रतिच्छेदन बिंदुओं के समान दूरी पर होंगे।
$x = 1$ रखने पर,$y^2 = 4$,जिससे $y = \pm 2$ प्राप्त होता है।
अतः,दूरी $|2 - (-2)| = 4$ है।

(A) $n$ के लिए: $5$ लड़कियों को एक ब्लॉक के रूप में मानें। हमारे पास $5$ लड़के और $1$ लड़कियों का ब्लॉक है,कुल $6$ इकाइयाँ। इन्हें $6!$ तरीकों से व्यवस्थित किया जा सकता है। $5$ लड़कियाँ आपस में $5!$ तरीकों से व्यवस्थित हो सकती हैं। अतः,$n = 6! \times 5!$.
$m$ के लिए: हम चाहते हैं कि ठीक $4$ लड़कियाँ लगातार खड़ी हों।
पहले,$5$ में से $4$ लड़कियों को $^5C_4 = 5$ तरीकों से चुनें।
इन $4$ लड़कियों को एक ब्लॉक के रूप में मानें। अब हमारे पास $5$ लड़के,$1$ ब्लॉक और $1$ शेष लड़की है,कुल $7$ इकाइयाँ।
यह सुनिश्चित करने के लिए कि ठीक $4$ लड़कियाँ साथ हों,हम $7$ इकाइयों को $7!$ तरीकों से व्यवस्थित करते हैं और उन मामलों को घटाते हैं जहाँ $5$वीं लड़की $4$ लड़कियों के ब्लॉक के बगल में हो। ये मामले $(7! - 2 \times 6!)$ हैं।
अंत में,$4$ लड़कियों की आंतरिक व्यवस्था $(4!)$ और उनके चयन के तरीकों $(5)$ से गुणा करने पर: $m = 5 \times (7! - 2 \times 6!) \times 4! = 25 \times 6! \times 4!$.
$\frac{m}{n} = \frac{25 \times 6! \times 4!}{6! \times 5!} = 5$.

(B) परवलय $y^2 = 4x$ है,अतः $a = 1$ है। नाभिलंब के अंतिम बिंदु $(1, 2)$ और $(1, -2)$ हैं।
परवलय $y^2 = 4ax$ के लिए $(at^2, 2at)$ बिंदु पर अभिलंब का समीकरण $y = -tx + 2at + at^3$ होता है। यहाँ $a = 1$ है,इसलिए अभिलंब $y = -tx + 2t + t^3$ होगा।
$(1, 2)$ पर $t = 1$,अतः अभिलंब $y = -x + 2 + 1$ यानी $x + y = 3$ है।
$(1, -2)$ पर $t = -1$,अतः अभिलंब $y = -(-1)x + 2(-1) + (-1)^3$ यानी $x - y = 3$ है।
अभिलंब $x + y - 3 = 0$ और $x - y - 3 = 0$ हैं। ये रेखाएँ वृत्त $(x - 3)^2 + (y + 2)^2 = r^2$ की स्पर्श रेखाएँ हैं,जिसका केंद्र $(3, -2)$ है।
केंद्र $(3, -2)$ से रेखा $x + y - 3 = 0$ की लंबवत दूरी $r = \frac{|3 + (-2) - 3|}{\sqrt{1^2 + 1^2}} = \frac{|-2|}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$ है।
अतः,$r^2 = 2$.

(D) परवलय का समीकरण $y^2 = 2x$ है,इसलिए $4a = 2$,जिससे $a = \frac{1}{2}$ प्राप्त होता है।
मान लीजिए $P = (\frac{t_1^2}{2}, t_1)$ और $Q = (\frac{t_2^2}{2}, t_2)$ परवलय पर स्थित बिंदु हैं।
चूंकि $PQ$ व्यास वाला वृत्त मूल बिंदु $O(0,0)$ से गुजरता है,सदिश $\vec{OP}$ और $\vec{OQ}$ लंबवत हैं,इसलिए $\vec{OP} \cdot \vec{OQ} = 0$.
$(\frac{t_1^2}{2})(\frac{t_2^2}{2}) + t_1 t_2 = 0 \Rightarrow t_1 t_2 (\frac{t_1 t_2}{4} + 1) = 0$.
चूंकि $P$ और $Q$ भिन्न हैं,$t_1 t_2 = -4$.
मान लीजिए $t_1 = t$,तो $t_2 = -\frac{4}{t}$.
निर्देशांक $P = (\frac{t^2}{2}, t)$ और $Q = (\frac{8}{t^2}, -\frac{4}{t})$ हैं।
$\Delta OPQ$ का क्षेत्रफल $= \frac{1}{2} |x_P y_Q - x_Q y_P| = \frac{1}{2} |(\frac{t^2}{2})(-\frac{4}{t}) - (\frac{8}{t^2})(t)| = \frac{1}{2} |-2t - \frac{8}{t}| = |t + \frac{4}{t}|$.
क्षेत्रफल $3\sqrt{2}$ दिया गया है,इसलिए $|t + \frac{4}{t}| = 3\sqrt{2}$.
चूंकि $P$ प्रथम चतुर्थांश में है,$t > 0$,इसलिए $t^2 - 3\sqrt{2}t + 4 = 0$.
$t$ के लिए हल करने पर: $t = \frac{3\sqrt{2} \pm \sqrt{18 - 16}}{2} = \frac{3\sqrt{2} \pm \sqrt{2}}{2}$.
$t_1 = 2\sqrt{2}$ और $t_2 = \sqrt{2}$.
$t = 2\sqrt{2}$ के लिए,$P = (\frac{(2\sqrt{2})^2}{2}, 2\sqrt{2}) = (4, 2\sqrt{2})$.
$t = \sqrt{2}$ के लिए,$P = (\frac{(\sqrt{2})^2}{2}, \sqrt{2}) = (1, \sqrt{2})$.
अतः,$P$ के निर्देशांक $(4, 2\sqrt{2})$ और $(1, \sqrt{2})$ हैं,जो विकल्प $(D)$ के अनुरूप है।

(D) दिया गया है $\alpha_k = e^{i \frac{k \pi}{7}}$.
तब $|\alpha_{k+1} - \alpha_k| = |e^{i \frac{(k+1) \pi}{7}} - e^{i \frac{k \pi}{7}}| = |e^{i \frac{k \pi}{7}}| |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1| = |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1|$.
अंश $\sum_{k=1}^{12} |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1| = 12 |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1|$ है।
हर $\sum_{k=1}^3 |e^{i \frac{(4k-1) \pi}{7}} - e^{i \frac{(4k-2) \pi}{7}}| = \sum_{k=1}^3 |e^{i \frac{(4k-2) \pi}{7}}| |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1| = 3 |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1|$ है।
अतः,अनुपात $\frac{12 |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1|}{3 |e^{i \frac{\pi}{7}} - 1|} = \frac{12}{3} = 4$ है।

(D) मान लीजिए कि प्रथम पद $a$ और सार्व अंतर $d$ है। प्रथम $n$ पदों का योग $S_n = \frac{n}{2} [2a + (n-1)d]$ द्वारा दिया जाता है।
दिया गया है $\frac{S_7}{S_{11}} = \frac{6}{11}$,अतः $\frac{\frac{7}{2}(2a + 6d)}{\frac{11}{2}(2a + 10d)} = \frac{6}{11}$.
इसे सरल करने पर,$\frac{7(a + 3d)}{11(a + 5d)} = \frac{6}{11}$ $\Rightarrow 7a + 21d = 6a + 30d$ $\Rightarrow a = 9d$.
सातवाँ पद $a_7 = a + 6d = 9d + 6d = 15d$.
दिया गया है $130 < 15d < 140$,अतः $8.66 < d < 9.33$.
चूँकि सभी पद प्राकृतिक संख्याएँ हैं,$d$ एक पूर्णांक होना चाहिए। अतः,$d = 9$.

(C) $x^9$ का गुणांक $9$ को भिन्न धनात्मक पूर्णांकों के योग के रूप में लिखने के तरीकों की संख्या के बराबर है।
$9$ के भिन्न भागों की सूची इस प्रकार है:
$1) \{9\}$
$2) \{1, 8\}$
$3) \{2, 7\}$
$4) \{3, 6\}$
$5) \{4, 5\}$
$6) \{1, 2, 6\}$
$7) \{1, 3, 5\}$
$8) \{2, 3, 4\}$
चूंकि ऐसे $8$ तरीके हैं,इसलिए $x^9$ का गुणांक $8$ है।

(D) दीर्घवृत्त $\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{5} = 1$ के लिए,$a^2 = 9$ और $b^2 = 5$ है। उत्केंद्रता $e = \sqrt{1 - \frac{5}{9}} = \frac{2}{3}$ है।
नाभियाँ $(\pm ae, 0) = (\pm 3 \times \frac{2}{3}, 0) = (\pm 2, 0)$ हैं। अतः $f_1 = 2$ और $f_2 = -2$ है।
परवलय $P_1$ का शीर्ष $(0,0)$ और नाभि $(f_1, 0) = (2, 0)$ है,इसलिए इसका समीकरण $y^2 = 8x$ है।
परवलय $P_2$ का शीर्ष $(0,0)$ और नाभि $(2f_2, 0) = (-4, 0)$ है,इसलिए इसका समीकरण $y^2 = -16x$ है।
$P_1$ की स्पर्श रेखा $T_1$,$(-4, 0)$ से गुजरती है। $y^2 = 4ax$ की स्पर्श रेखा का समीकरण $y = m_1x + \frac{a}{m_1}$ है। यहाँ $a=2$,अतः $y = m_1x + \frac{2}{m_1}$ है।
$(-4, 0)$ रखने पर: $0 = -4m_1 + \frac{2}{m_1}$ $\Rightarrow m_1^2 = \frac{1}{2}$ $\Rightarrow \frac{1}{m_1^2} = 2$ है।
$P_2$ की स्पर्श रेखा $T_2$,$(2, 0)$ से गुजरती है। $y^2 = -4ax$ की स्पर्श रेखा का समीकरण $y = m_2x - \frac{a}{m_2}$ है। यहाँ $a=4$,अतः $y = m_2x - \frac{4}{m_2}$ है।
$(2, 0)$ रखने पर: $0 = 2m_2 - \frac{4}{m_2} \Rightarrow m_2^2 = 2$ है।
अतः,$\frac{1}{m_1^2} + m_2^2 = 2 + 2 = 4$ है।

(B) दिया गया सीमा: $\lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{e^{\cos(\alpha^n)} - e}{\alpha^m} = -\frac{e}{2}$.
अंश से $e$ कॉमन लेने पर: $\lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{e(e^{\cos(\alpha^n)-1} - 1)}{\alpha^m} = -\frac{e}{2}$.
मानक सीमा $\lim_{x \rightarrow 0} \frac{e^x - 1}{x} = 1$ का उपयोग करते हुए,$x = \cos(\alpha^n) - 1$ लें।
अतः,$e \cdot \lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{\cos(\alpha^n) - 1}{\alpha^m} = -\frac{e}{2}$.
$\cos(x) \approx 1 - \frac{x^2}{2}$ श्रेणी का उपयोग करने पर,$\cos(\alpha^n) - 1 \approx -\frac{\alpha^{2n}}{2}$.
इस प्रकार,$\lim_{\alpha \rightarrow 0} \frac{-\alpha^{2n}}{2\alpha^m} = -\frac{1}{2}$.
सीमा के अस्तित्व के लिए $2n = m$ होना आवश्यक है।
अतः,$\frac{m}{n} = 2$.

(D) द्विघात समीकरण $\alpha x^2 - x + \alpha = 0$ के दो भिन्न वास्तविक मूल होने के लिए,विविक्तकर $D > 0$ होना चाहिए।
$D = (-1)^2 - 4(\alpha)(\alpha) = 1 - 4\alpha^2 > 0$ $\Rightarrow \alpha^2 < \frac{1}{4}$ $\Rightarrow \alpha \in \left(-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right) \setminus \{0\}$.
दिया गया है कि $|x_1 - x_2| < 1$,इसलिए $|x_1 - x_2|^2 < 1$.
$(x_1 - x_2)^2 = (x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2$ का उपयोग करने पर,हमें $\left(\frac{1}{\alpha}\right)^2 - 4(1) < 1$ प्राप्त होता है।
$\frac{1}{\alpha^2} - 4 < 1$ $\Rightarrow \frac{1}{\alpha^2} < 5$ $\Rightarrow \alpha^2 > \frac{1}{5}$.
अतः,$|\alpha| > \frac{1}{\sqrt{5}}$,जिसका अर्थ है $\alpha \in \left(-\infty, -\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \cup \left(\frac{1}{\sqrt{5}}, \infty\right)$.
दोनों शर्तों को संयोजित करने पर,$\alpha \in \left(-\frac{1}{2}, -\frac{1}{\sqrt{5}}\right) \cup \left(\frac{1}{\sqrt{5}}, \frac{1}{2}\right)$.
इस प्रकार,अंतराल $(A)$ और $(D)$ $S$ के उपसमुच्चय हैं।

(A) रेखा $x+y=3$ के लिए,$E_1: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ का स्पर्श बिंदु $(\frac{a^2}{3}, \frac{b^2}{3})$ है और $E_2: \frac{x^2}{B^2}+\frac{y^2}{A^2}=1$ का स्पर्श बिंदु $(\frac{B^2}{3}, \frac{A^2}{3})$ है।
वृत्त $x^2+(y-1)^2=2$ का स्पर्श बिंदु $(1, 2)$ है।
रेखा $x+y=3$ पर $(1, 2)$ से $r$ दूरी पर सामान्य बिंदु $(1 \mp \frac{r}{\sqrt{2}}, 2 \pm \frac{r}{\sqrt{2}})$ है। $r=\frac{2 \sqrt{2}}{3}$ रखने पर,बिंदु $Q$ और $R$ $(\frac{1}{3}, \frac{8}{3})$ और $(\frac{5}{3}, \frac{4}{3})$ प्राप्त होते हैं।
इन बिंदुओं की तुलना करने पर,$E_1$ के लिए $a^2=5, b^2=4$ और $E_2$ के लिए $B^2=1, A^2=8$ प्राप्त होते हैं।
$E_1$ के लिए,$e_1^2 = 1 - \frac{4}{5} = \frac{1}{5}$। $E_2$ के लिए,$e_2^2 = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$।
अतः $e_1^2+e_2^2 = \frac{1}{5} + \frac{7}{8} = \frac{43}{40}$ और $e_1 e_2 = \frac{\sqrt{7}}{2 \sqrt{10}}$।
इस प्रकार,विकल्प $(A)$ और $(B)$ सही हैं।

(B) अतिपरवलय $H: x^2 - y^2 = 1$ के बिंदु $P(x_1, y_1)$ पर स्पर्शरेखा का समीकरण $xx_1 - yy_1 = 1$ है।
$y = 0$ रखने पर,$x$-अक्ष पर प्रतिच्छेदन बिंदु $M(\frac{1}{x_1}, 0)$ प्राप्त होता है।
$P$ पर स्पर्शरेखा की ढाल $\frac{x_1}{y_1}$ है,इसलिए अभिलंब की ढाल $-\frac{y_1}{x_1}$ होगी।
अभिलंब केंद्र $N(x_2, 0)$ और $P(x_1, y_1)$ से गुजरता है,इसलिए $-\frac{y_1}{x_1} = \frac{y_1 - 0}{x_1 - x_2}$।
इसे हल करने पर $x_2 - x_1 = x_1$ अर्थात $x_2 = 2x_1$ प्राप्त होता है। अतः $N = (2x_1, 0)$।
$\triangle PMN$ के शीर्ष $P(x_1, y_1)$,$M(\frac{1}{x_1}, 0)$,और $N(2x_1, 0)$ के लिए केंद्रक $(l, m)$ का मान $l = \frac{x_1 + \frac{1}{x_1} + 2x_1}{3} = x_1 + \frac{1}{3x_1}$ और $m = \frac{y_1}{3}$ होगा।
अवकलन करने पर:
$\frac{dl}{dx_1} = 1 - \frac{1}{3x_1^2}$,जो विकल्प $(A)$ है।
चूँकि $y_1 = \sqrt{x_1^2 - 1}$,इसलिए $\frac{dm}{dx_1} = \frac{1}{3} \frac{dy_1}{dx_1} = \frac{x_1}{3\sqrt{x_1^2 - 1}}$,जो विकल्प $(B)$ है।
$\frac{dm}{dy_1} = \frac{1}{3}$,जो विकल्प $(D)$ है।
अतः,सही विकल्प $(A, B, D)$ हैं।

(B) दिया गया है $F'(a) + 2 = \int_0^a f(x) \, dx$.
दोनों पक्षों का $a$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$F''(a) = f(a)$.
अब,लेबनीज़ नियम का उपयोग करके $F'(x)$ ज्ञात करते हैं:
$F(x) = \int_x^{x^2+\frac{\pi}{6}} 2 \cos^2 t \, dt$.
$F'(x) = 2 \cos^2(x^2 + \frac{\pi}{6}) \cdot (2x) - 2 \cos^2(x)$.
$f(0)$ ज्ञात करने के लिए,हमें $F''(0)$ की आवश्यकता है।
$F''(x) = \frac{d}{dx} [4x \cos^2(x^2 + \frac{\pi}{6}) - 2 \cos^2(x)]$.
$F''(x) = 4 \cos^2(x^2 + \frac{\pi}{6}) - 8x^2 \sin(2(x^2 + \frac{\pi}{6})) + 2 \sin(2x)$.
$x=0$ रखने पर:
$f(0) = F''(0) = 4 \cos^2(\frac{\pi}{6}) - 0 + 0$.
$f(0) = 4 \cdot (\frac{\sqrt{3}}{2})^2 = 4 \cdot \frac{3}{4} = 3$.

(A) दिया गया है $f(x) = \begin{cases} [x], & x \leq 2 \\ 0, & x > 2 \end{cases}$.
हमें $I = \int_{-1}^2 \frac{x f(x^2)}{2+f(x+1)} dx$ का मान ज्ञात करना है।
$x \in [-1, 2]$ के लिए,$x^2 \in [0, 4]$.
यदि $x^2 \leq 2$,तो $f(x^2) = [x^2]$. यदि $x^2 > 2$,तो $f(x^2) = 0$.
$x^2 \leq 2 \implies x \in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]$.
चूंकि समाकलन $-1$ से $2$ तक है,हम इसे विभाजित करते हैं:
$x \in [-1, \sqrt{2}]$ के लिए,$f(x^2) = [x^2]$. $x \in (\sqrt{2}, 2]$ के लिए,$f(x^2) = 0$.
साथ ही,$f(x+1) = [x+1]$ जब $x \leq 1$,और $f(x+1) = 0$ जब $x > 1$.
अतः,$I = \int_{-1}^1 \frac{x [x^2]}{2+[x+1]} dx + \int_1^{\sqrt{2}} \frac{x [x^2]}{2+0} dx + \int_{\sqrt{2}}^2 \frac{x \cdot 0}{2+0} dx$.
$x \in [-1, 0)$ के लिए,$[x^2] = 0$,इसलिए पहला भाग $\int_{-1}^0 0 dx = 0$ है।
$x \in [0, 1)$ के लिए,$[x^2] = 0$,इसलिए $\int_0^1 0 dx = 0$.
$x \in [1, \sqrt{2}]$ के लिए,$[x^2] = 1$,इसलिए $\int_1^{\sqrt{2}} \frac{x \cdot 1}{2} dx = \frac{1}{2} [\frac{x^2}{2}]_1^{\sqrt{2}} = \frac{1}{4} (2-1) = \frac{1}{4}$.
अतः $I = \frac{1}{4}$.
इसलिए $4I - 1 = 4(\frac{1}{4}) - 1 = 0$.

(D) माना आंतरिक त्रिज्या $r$ और आंतरिक ऊँचाई $h$ है। आंतरिक आयतन $V = \pi r^2 h$ है,इसलिए $h = \frac{V}{\pi r^2}$।
बाहरी त्रिज्या $R = r + 2$ है और पात्र की कुल ऊँचाई $H = h + 2$ है (क्योंकि आधार $2 \ mm$ मोटा है और ऊपर से खुला है)।
सामग्री का आयतन $M$ बाहरी आयतन और आंतरिक आयतन के बीच का अंतर है:
$M = \pi (r + 2)^2 (h + 2) - \pi r^2 h$
$M = \pi (2r^2 + 4rh + 8r + 4h + 8)$
$h = \frac{V}{\pi r^2}$ रखने पर:
$M(r) = 2\pi r^2 + \frac{4V}{r} + 8\pi r + \frac{4V}{r^2} + 8\pi$
अवकलन करने पर:
$\frac{dM}{dr} = 4\pi r - \frac{4V}{r^2} + 8\pi - \frac{8V}{r^3} = 0$
$r = 10$ के लिए:
$40\pi + 8\pi - \frac{40V}{1000} - \frac{8V}{1000} = 0$
$48\pi = \frac{48V}{1000} \Rightarrow V = 1000\pi$
अतः,$\frac{V}{250\pi} = 4$।

(C) $\triangle PQR$ में,हमारे पास $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = 0$ है,जिसका अर्थ है $\vec{b} + \vec{c} = -\vec{a}$।
दोनों पक्षों का परिमाण लेने पर,$|\vec{b} + \vec{c}|^2 = |-\vec{a}|^2 = |\vec{a}|^2$।
$|\vec{b}|^2 + |\vec{c}|^2 + 2(\vec{b} \cdot \vec{c}) = |\vec{a}|^2$।
दिए गए मानों को प्रतिस्थापित करने पर: $(4\sqrt{3})^2 + |\vec{c}|^2 + 2(24) = 12^2$।
$48 + |\vec{c}|^2 + 48 = 144 \Rightarrow |\vec{c}|^2 = 48 \Rightarrow |\vec{c}| = 4\sqrt{3}$।
अब,विकल्प $(A)$ की जाँच करें: $\frac{|\vec{c}|^2}{2} - |\vec{a}| = \frac{48}{2} - 12 = 24 - 12 = 12$। अतः,$(A)$ सत्य है।
विकल्प $(B)$ की जाँच करें: $\frac{|\vec{c}|^2}{2} + |\vec{a}| = 24 + 12 = 36 \neq 30$। अतः,$(B)$ असत्य है।
विकल्प $(D)$ के लिए,चूंकि $\vec{a} + \vec{b} = -\vec{c}$,हमारे पास $|\vec{a} + \vec{b}|^2 = |-\vec{c}|^2 = |\vec{c}|^2$ है।
$|\vec{a}|^2 + |\vec{b}|^2 + 2(\vec{a} \cdot \vec{b}) = |\vec{c}|^2$।
$144 + 48 + 2(\vec{a} \cdot \vec{b}) = 48 \Rightarrow 2(\vec{a} \cdot \vec{b}) = -144 \Rightarrow \vec{a} \cdot \vec{b} = -72$। अतः,$(D)$ सत्य है।
विकल्प $(C)$ के लिए,चूंकि $\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = 0$,हमारे पास $\vec{a} \times \vec{b} = \vec{b} \times \vec{c} = \vec{c} \times \vec{a}$ है।
$|\vec{a} \times \vec{b} + \vec{c} \times \vec{a}| = |\vec{a} \times \vec{b} + \vec{a} \times \vec{b}| = 2|\vec{a} \times \vec{b}|$।
$|\vec{a} \times \vec{b}| = |\vec{a}||\vec{b}| \sin(\theta)$,जहाँ $\theta$ $\vec{a}$ और $\vec{b}$ के बीच का कोण है।
$\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}||\vec{b}| \cos(\theta) = -72 \Rightarrow 12(4\sqrt{3}) \cos(\theta) = -72 \Rightarrow 48\sqrt{3} \cos(\theta) = -72 \Rightarrow \cos(\theta) = -\frac{72}{48\sqrt{3}} = -\frac{\sqrt{3}}{2}$।
इसलिए,$\sin(\theta) = \sqrt{1 - (-\frac{\sqrt{3}}{2})^2} = \frac{1}{2}$।
$|\vec{a} \times \vec{b}| = 12(4\sqrt{3})(\frac{1}{2}) = 24\sqrt{3}$।
$2|\vec{a} \times \vec{b}| = 2(24\sqrt{3}) = 48\sqrt{3}$। अतः,$(C)$ सत्य है।
इसलिए,$(A, C, D)$ सत्य हैं।

(D) दिया गया है कि $X$ और $Y$ विषम-सममित हैं,इसलिए $X^T = -X$ और $Y^T = -Y$। दिया गया है कि $Z$ सममित है,इसलिए $Z^T = Z$।
$(A)$ के लिए: $(Y^3 Z^4 - Z^4 Y^3)^T = (Z^4)^T (Y^3)^T - (Y^3)^T (Z^4)^T = Z^4 (-Y)^3 - (-Y)^3 Z^4 = -Z^4 Y^3 + Y^3 Z^4 = Y^3 Z^4 - Z^4 Y^3$। यह सममित है।
$(B)$ के लिए: $(X^{44} + Y^{44})^T = (X^{44})^T + (Y^{44})^T = (X^T)^{44} + (Y^T)^{44} = (-X)^{44} + (-Y)^{44} = X^{44} + Y^{44}$। यह सममित है।
$(C)$ के लिए: $(X^4 Z^3 - Z^3 X^4)^T = (Z^3)^T (X^4)^T - (X^4)^T (Z^3)^T = Z^3 (X^T)^4 - (X^T)^4 Z^3 = Z^3 X^4 - X^4 Z^3 = -(X^4 Z^3 - Z^3 X^4)$। यह विषम-सममित है।
$(D)$ के लिए: $(X^{23} + Y^{23})^T = (X^{23})^T + (Y^{23})^T = (X^T)^{23} + (Y^T)^{23} = (-X)^{23} + (-Y)^{23} = -(X^{23} + Y^{23})$। यह विषम-सममित है।
अतः,$(C)$ और $(D)$ विषम-सममित आव्यूह हैं।

(B) माना कि सारणिक $\Delta$ है। हम पंक्ति संक्रियाओं $R_2 \rightarrow R_2 - R_1$ और $R_3 \rightarrow R_3 - R_2$ का उपयोग करते हैं:
$\Delta = \left|\begin{array}{lll}(1+\alpha)^2 & (1+2\alpha)^2 & (1+3\alpha)^2 \\ 3+2\alpha & 3+4\alpha & 3+6\alpha \\ 5+2\alpha & 5+4\alpha & 5+6\alpha\end{array}\right|$
$R_3 \rightarrow R_3 - R_2$ लागू करने पर:
$= \left|\begin{array}{lll}(1+\alpha)^2 & (1+2\alpha)^2 & (1+3\alpha)^2 \\ 3+2\alpha & 3+4\alpha & 3+6\alpha \\ 2 & 2 & 2\end{array}\right|$
इस समीकरण को हल करने पर हमें $-8\alpha^3 = -648\alpha$ प्राप्त होता है।
अतः $8\alpha^3 - 648\alpha = 0$,जिसका अर्थ है $8\alpha(\alpha^2 - 81) = 0$.
इस प्रकार,$\alpha = 0, 9, -9$। विकल्पों के अनुसार,सही उत्तर $(B, C)$ है।

(C) $P_1: y=0$ और $P_2: x+z-1=0$ के प्रतिच्छेदन से गुजरने वाले किसी भी समतल का समीकरण $(x+z-1) + \lambda y = 0$ द्वारा दिया जाता है,जो $x + \lambda y + z - 1 = 0$ के रूप में सरल होता है।
इस समतल से बिंदु $(0, 1, 0)$ की दूरी $1$ दी गई है:
$\frac{|0 + \lambda(1) + 0 - 1|}{\sqrt{1^2 + \lambda^2 + 1^2}} = 1$
$\frac{|\lambda - 1|}{\sqrt{\lambda^2 + 2}} = 1$
दोनों पक्षों का वर्ग करने पर: $(\lambda - 1)^2 = \lambda^2 + 2$
$\lambda^2 - 2\lambda + 1 = \lambda^2 + 2$
$-2\lambda = 1 \Rightarrow \lambda = -\frac{1}{2}$.
समतल समीकरण में $\lambda = -\frac{1}{2}$ रखने पर:
$x - \frac{1}{2}y + z - 1 = 0 \Rightarrow 2x - y + 2z - 2 = 0$.
अब,बिंदु $(\alpha, \beta, \gamma)$ की समतल $2x - y + 2z - 2 = 0$ से दूरी $2$ है:
$\frac{|2\alpha - \beta + 2\gamma - 2|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + 2^2}} = 2$
$\frac{|2\alpha - \beta + 2\gamma - 2|}{3} = 2$
$|2\alpha - \beta + 2\gamma - 2| = 6$.
यह दो संभावनाएं देता है:
$2\alpha - \beta + 2\gamma - 2 = 6 \Rightarrow 2\alpha - \beta + 2\gamma - 8 = 0$
$2\alpha - \beta + 2\gamma - 2 = -6 \Rightarrow 2\alpha - \beta + 2\gamma + 4 = 0$.
अतः,विकल्प $(B)$ और $(D)$ सही हैं।

(A) रेखा $L$ मूल बिंदु $(0, 0, 0)$ से गुजरती है और समतलों $P_1$ और $P_2$ से समान दूरी पर है। अतः,$L$ को $P_1$ और $P_2$ की प्रतिच्छेदन रेखा के समानांतर होना चाहिए।
मान लीजिए $L$ के दिक-अनुपात $(a, b, c)$ हैं। चूँकि $L$,$P_1$ और $P_2$ के प्रतिच्छेदन के समानांतर है,इसका दिक-सदिश $\vec{n}_1 \times \vec{n}_2$ के समानांतर है,जहाँ $\vec{n}_1 = (1, 2, -1)$ और $\vec{n}_2 = (2, -1, 1)$ है।
$\vec{n}_1 \times \vec{n}_2 = (1, -3, -5)$ है।
अतः,रेखा $L$ का समीकरण $\frac{x}{1} = \frac{y}{-3} = \frac{z}{-5} = k$ है।
$M$,$L$ पर स्थित बिंदुओं से समतल $P_1$ पर लंबों के पाद का बिंदु-पथ है। यह समतल $P_1$ पर रेखा $L$ का प्रक्षेप है।
रेखा का समतल पर प्रक्षेप एक रेखा होती है। $L$ पर $k=0$ के लिए बिंदु $(0, 0, 0)$ है। मूल बिंदु $(0, 0, 0)$ से $P_1: x+2y-z+1=0$ पर लंब का पाद $\left(-\frac{1}{6}, -\frac{1}{3}, \frac{1}{6}\right)$ है,जो बिंदु $(B)$ है।
चूँकि $M$,$(B)$ से गुजरने वाली एक रेखा है,दिए गए बिंदुओं की जाँच करने पर यह ज्ञात होता है कि बिंदु $(A) \left(0, -\frac{5}{6}, -\frac{2}{3}\right)$ समतल $P_1$ पर स्थित है और यह $M$ पर भी स्थित है।

(A) दिया गया अवकल समीकरण $(1+e^x) y^{\prime}+y e^x=1$ है। $(1+e^x)$ से विभाजित करने पर,हमें $\frac{d y}{d x}+\frac{e^x}{1+e^x} y = \frac{1}{1+e^x}$ प्राप्त होता है।
यह $\frac{d y}{d x}+P(x)y=Q(x)$ के रूप का एक रैखिक अवकल समीकरण है।
समाकलन गुणक $I.F. = e^{\int \frac{e^x}{1+e^x} dx} = e^{\ln(1+e^x)} = 1+e^x$ है।
हल $y(1+e^x) = \int 1 dx = x+c$ है।
$y(0)=2$ दिया गया है,इसलिए $2(1+e^0) = 0+c \Rightarrow c=4$ प्राप्त होता है।
अतः,$y(x) = \frac{x+4}{1+e^x}$ है।
$(A)$ के लिए,$y(-4) = \frac{-4+4}{1+e^{-4}} = 0$ है। अतः $(A)$ सत्य है।
$(B)$ के लिए,$y(-2) = \frac{-2+4}{1+e^{-2}} = \frac{2}{1+e^{-2}} \neq 0$ है। अतः $(B)$ असत्य है।
$(C)$ और $(D)$ के लिए,$y^{\prime}(x) = 0$ रखकर क्रांतिक बिंदु ज्ञात करते हैं।
$y^{\prime}(x) = \frac{(1+e^x) - (x+4)e^x}{(1+e^x)^2} = \frac{1-e^x(x+3)}{(1+e^x)^2}$ है।
मान लीजिए $g(x) = 1-e^x(x+3)$ है।
$g(0) = 1-e^0(3) = -2$ है।
$g(-1) = 1-e^{-1}(2) = 1-\frac{2}{e} > 0$ है।
चूंकि $g(x)$ सतत है और $g(-1) > 0$ तथा $g(0) < 0$ है,इसलिए $(-1, 0)$ के बीच एक मूल विद्यमान है।
अतः,$y(x)$ का $(-1, 0)$ में एक क्रांतिक बिंदु है। इसलिए $(C)$ सत्य है।
सही विकल्प $(A)$ और $(C)$ हैं।

(C) केंद्र $(h, h)$ और त्रिज्या $r$ वाले वृत्त का समीकरण $(x - h)^2 + (y - h)^2 = r^2$ है।
इसका विस्तार करने पर,हमें $x^2 - 2xh + h^2 + y^2 - 2yh + h^2 = r^2$ प्राप्त होता है,जो सरल होकर $x^2 + y^2 - 2h(x + y) + 2h^2 - r^2 = 0$ हो जाता है।
माना $C = 2h^2 - r^2$. अतः $x^2 + y^2 - 2h(x + y) + C = 0$.
$x$ के सापेक्ष अवकलन करने पर: $2x + 2yy^{\prime} - 2h(1 + y^{\prime}) = 0$,जिससे $h = \frac{x + yy^{\prime}}{1 + y^{\prime}}$ प्राप्त होता है।
$h$ का मान समीकरण में वापस रखने पर: $x^2 + y^2 - 2\left(\frac{x + yy^{\prime}}{1 + y^{\prime}}\right)(x + y) + C = 0$.
पुनः अवकलन करने पर: $2 + 2(y^{\prime})^2 + 2yy^{\prime \prime} - 2\frac{d}{dx}\left[\frac{(x + yy^{\prime})(x + y)}{1 + y^{\prime}}\right] = 0$.
सरलीकरण के बाद,अवकल समीकरण $(y - x)y^{\prime \prime} + (1 + y^{\prime} + (y^{\prime})^2)y^{\prime} + 1 = 0$ प्राप्त होता है।
इसे $Py^{\prime \prime} + Qy^{\prime} + 1 = 0$ के साथ तुलना करने पर,हमें $P = y - x$ और $Q = 1 + y^{\prime} + (y^{\prime})^2$ प्राप्त होता है।
अतः,$P = y - x$ (कथन $B$ सत्य है)।
$P + Q = (y - x) + (1 + y^{\prime} + (y^{\prime})^2) = 1 - x + y + y^{\prime} + (y^{\prime})^2$ (कथन $C$ सत्य है)।
इसलिए,सही विकल्प $(B, C)$ है।

(D) $f(x)$ की $x=0$ पर अवकलनीयता:
$\text{LHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{f(0-\delta) - f(0)}{-\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{\frac{-\delta}{|-\delta|} g(-\delta) - 0}{-\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{-g(-\delta)}{-\delta} = g^{\prime}(0) = 0$.
$\text{RHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{f(0+\delta) - f(0)}{\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{\frac{\delta}{|\delta|} g(\delta) - 0}{\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{g(\delta)}{\delta} = g^{\prime}(0) = 0$.
चूँकि $\text{LHD} = \text{RHD} = 0$,इसलिए $f(x)$,$x=0$ पर अवकलनीय है।
$h(x) = e^{|x|}$ की $x=0$ पर अवकलनीयता:
$h(x)$,$x=0$ पर अवकलनीय नहीं है क्योंकि $|x|$,$x=0$ पर अवकलनीय नहीं है।
$f(h(x))$ की $x=0$ पर अवकलनीयता:
चूँकि $h(x) = e^{|x|} > 0$ सभी $x$ के लिए,$f(h(x)) = \frac{h(x)}{|h(x)|} g(h(x)) = 1 \cdot g(e^{|x|}) = g(e^{|x|})$.
$\text{LHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{g(e^{|-\delta|}) - g(e^0)}{-\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{g(e^{\delta}) - g(1)}{-\delta} = -g^{\prime}(1)$.
$\text{RHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{g(e^{\delta}) - g(1)}{\delta} = g^{\prime}(1)$.
चूँकि $g^{\prime}(1) \neq 0$,इसलिए $f(h(x))$,$x=0$ पर अवकलनीय नहीं है।
$h(f(x))$ की $x=0$ पर अवकलनीयता:
$h(f(x)) = e^{|f(x)|} = e^{|\frac{x}{|x|} g(x)|} = e^{|g(x)|}$.
$\text{LHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{e^{|g(-\delta)|} - e^{|g(0)|}}{-\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{e^{|g(-\delta)|} - 1}{|g(-\delta)|} \cdot \frac{|g(-\delta)|}{-\delta} = 1 \cdot 0 = 0$.
$\text{RHD} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{e^{|g(\delta)|} - 1}{\delta} = \lim_{\delta \rightarrow 0^+} \frac{e^{|g(\delta)|} - 1}{|g(\delta)|} \cdot \frac{|g(\delta)|}{\delta} = 1 \cdot 0 = 0$.
अतः,$h(f(x))$,$x=0$ पर अवकलनीय है।

(A) दिया गया है $g(x) = \frac{\pi}{2} \sin x$. तब $f(x) = \sin \left(\frac{1}{3} g(g(x))\right)$.
चूंकि $\sin x$ का परिसर $[-1, 1]$ है,$g(x)$ का परिसर $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ है।
$f(x)$ के लिए,आंतरिक तर्क $\frac{\pi}{6} \sin(\theta)$ है जहाँ $\theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$. चूंकि $\sin(\theta) \in [-1, 1]$,बाहरी साइन का तर्क $[-\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{6}]$ में है। अतः,$f$ का परिसर $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ है। इसलिए $(A)$ सत्य है।
$f(g(x))$ के लिए,$g(x)$ का परिसर $[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ है,इसलिए $f(g(x))$ का परिसर भी $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ है। इसलिए $(B)$ सत्य है।
$(C)$ के लिए,$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin(\frac{\pi}{6} \sin(\frac{\pi}{2} \sin x))}{\frac{\pi}{2} \sin x} = \frac{\pi}{6}$. इसलिए $(C)$ सत्य है।
$(D)$ के लिए,$(g \circ f)(x) = \frac{\pi}{2} \sin(f(x))$. $f(x)$ का परिसर $[-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}]$ है,इसलिए $\sin(f(x))$ का परिसर $[\sin(-1/2), \sin(1/2)]$ है। चूंकि $1$ इस परिसर में है,$(D)$ सत्य है।

(A) सदिश $\vec{u} = \alpha \hat{i} + \beta \hat{j}$ का $\vec{v} = \sqrt{3} \hat{i} + \hat{j}$ पर प्रक्षेप का परिमाण $\frac{|\vec{u} \cdot \vec{v}|}{|\vec{v}|} = \frac{|\sqrt{3}\alpha + \beta|}{2} = \sqrt{3}$ है।
अतः,$|\sqrt{3}\alpha + \beta| = 2\sqrt{3}$।
दिया है $\alpha = 2 + \sqrt{3}\beta$,अतः $\beta = \frac{\alpha - 2}{\sqrt{3}}$।
मान रखने पर,$|\sqrt{3}\alpha + \frac{\alpha - 2}{\sqrt{3}}| = 2\sqrt{3} \Rightarrow |4\alpha - 2| = 6$।
अतः $4\alpha - 2 = 6 \Rightarrow \alpha = 2$ या $4\alpha - 2 = -6 \Rightarrow \alpha = -1$।
इस प्रकार,$|\alpha| = 2$ या $1$ है।
$(B)$ $x=1$ पर सांतत्य के लिए: $-3a - 2 = b + a^2 \Rightarrow b = -a^2 - 3a - 2$।
$x=1$ पर अवकलनीयता के लिए: $-6a = b$।
अतः $-a^2 - 3a - 2 = -6a \Rightarrow a^2 - 3a + 2 = 0 \Rightarrow a = 1, 2$।
$(C)$ पद $X = 3-3\omega+2\omega^2$ लेने पर,समीकरण $X^{4n+3}(1 + \omega^{4n} + \omega^{8n}) = 0$ बनता है।
अतः $1 + \omega^{4n} + \omega^{8n} = 0$,जो तभी संभव है जब $n$,$3$ का गुणज न हो।
$(D)$ $a=5-d, q=5+d, b=5+2d$ लेने पर।
$HM = \frac{2ab}{a+b} = 4 \Rightarrow ab = 2(a+b)$।
सरल करने पर $2d^2 - 3d - 5 = 0 \Rightarrow d = 2.5, -1$।
$|q-a| = |2d| = 5, 2$।

(A) दिया गया है $a^2-b^2=\frac{c^2}{2}$। ज्या नियम (sine rule) का उपयोग करने पर,$4R^2(\sin^2 X - \sin^2 Y) = \frac{4R^2}{2} \sin^2 Z$।
$\Rightarrow 2 \sin(X-Y) \sin(X+Y) = \sin^2 Z$। चूँकि $X+Y = \pi-Z$,इसलिए $\sin(X+Y) = \sin Z$।
$\Rightarrow 2 \sin(X-Y) \sin Z = \sin^2 Z \Rightarrow \lambda = \frac{\sin(X-Y)}{\sin Z} = \frac{1}{2}$।
$\cos(\frac{n\pi}{2}) = 0 \Rightarrow \frac{n\pi}{2} = (2k+1)\frac{\pi}{2} \Rightarrow n$ एक विषम पूर्णांक है। विकल्पों में से संभावित मान $1, 3, 5$ हैं।
$(B)$ $1+\cos 2X - 2\cos 2Y = 2\sin X \sin Y$।
सरलीकरण करने पर $\frac{a}{b}=1$ प्राप्त होता है।
$(C)$ $\overline{OX}$ और $\overline{OY}$ का समद्विभाजक $y=x$ है। $Z(\beta, 1-\beta)$ की $x-y=0$ से दूरी $\frac{|\beta - (1-\beta)|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}} = \frac{|2\beta-1|}{\sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{2}}$ है।
$|2\beta-1|=3 \Rightarrow 2\beta-1=3$ या $2\beta-1=-3 \Rightarrow \beta=2, -1$। अतः $|\beta|=2, 1$।
$(D)$ $\alpha=0$ के लिए,$y=3$। क्षेत्रफल $= \int_0^2 (3-2\sqrt{x}) dx = 6 - \frac{8\sqrt{2}}{3}$। $F(0)+\frac{8\sqrt{2}}{3} = 6$।
$\alpha=1$ के लिए,$y=|x-1|+|x-2|+x$। क्षेत्रफल $= 5 - \frac{8\sqrt{2}}{3}$। $F(1)+\frac{8\sqrt{2}}{3} = 5$।

(D) दिया गया है कि $\vec{s} = 4\vec{p} + 3\vec{q} + 5\vec{r}$.
साथ ही,$\vec{s} = x(-\vec{p} + \vec{q} + \vec{r}) + y(\vec{p} - \vec{q} + \vec{r}) + z(-\vec{p} - \vec{q} + \vec{r})$.
दाहिनी ओर का विस्तार करने पर,$\vec{s} = (-x + y - z)\vec{p} + (x - y - z)\vec{q} + (x + y + z)\vec{r}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $\vec{p}, \vec{q}, \vec{r}$ असमतलीय हैं,वे रैखिक रूप से स्वतंत्र हैं। गुणांकों की तुलना करने पर:
$-x + y - z = 4$ $(1)$
$x - y - z = 3$ $(2)$
$x + y + z = 5$ $(3)$
$(2)$ और $(3)$ को जोड़ने पर,$2x = 8 \Rightarrow x = 4$ प्राप्त होता है।
$(3)$ में $x = 4$ रखने पर,$y + z = 1$.
$(2)$ में $x = 4$ रखने पर,$4 - y - z = 3 \Rightarrow y + z = 1$ (संगत)।
$(1)$ में $x = 4$ रखने पर,$-4 + y - z = 4 \Rightarrow y - z = 8$.
$y + z = 1$ और $y - z = 8$ को हल करने पर,$2y = 9 \Rightarrow y = 4.5$ और $2z = -7 \Rightarrow z = -3.5$ प्राप्त होता है।
अंत में,$2x + y + z = 2(4) + 4.5 - 3.5 = 8 + 1 = 9$.

(D) दिया गया है $\alpha = \int_0^1 e^{(9x + 3 \tan^{-1} x)} \left(\frac{12 + 9x^2}{1 + x^2}\right) dx$.
माना $t = 9x + 3 \tan^{-1} x$.
तब,$dt = \left(9 + \frac{3}{1 + x^2}\right) dx = \left(\frac{9(1 + x^2) + 3}{1 + x^2}\right) dx = \left(\frac{12 + 9x^2}{1 + x^2}\right) dx$.
जब $x = 0$,तब $t = 9(0) + 3 \tan^{-1}(0) = 0$.
जब $x = 1$,तब $t = 9(1) + 3 \tan^{-1}(1) = 9 + 3(\frac{\pi}{4}) = 9 + \frac{3\pi}{4}$.
अतः,$\alpha = \int_0^{9 + \frac{3\pi}{4}} e^t dt = [e^t]_0^{9 + \frac{3\pi}{4}} = e^{9 + \frac{3\pi}{4}} - e^0 = e^{9 + \frac{3\pi}{4}} - 1$.
इसलिए,$1 + \alpha = e^{9 + \frac{3\pi}{4}}$.
प्राकृतिक लघुगणक लेने पर,$\log_e |1 + \alpha| = 9 + \frac{3\pi}{4}$.
अंत में,$\log_e |1 + \alpha| - \frac{3\pi}{4} = 9 + \frac{3\pi}{4} - \frac{3\pi}{4} = 9$.

(B) चूंकि $f$ एक विषम फलन है,$f(-t) = -f(t)$।
$F(1) = \int_{-1}^1 f(t) dt = 0$ क्योंकि एक सममित अंतराल $[-a, a]$ पर विषम फलन का समाकलन $0$ होता है।
$G(1) = \int_{-1}^1 t|f(f(t))| dt = 0$ क्योंकि समाकल्य $h(t) = t|f(f(t))|$ एक विषम फलन है $(h(-t) = -t|f(f(-t))| = -t|f(-f(t))| = -t|f(f(t))| = -h(t))$।
सीमा $\lim_{x \rightarrow 1} \frac{F(x)}{G(x)}$ के लिए $L'H\hat{o}pital$ नियम का उपयोग करते हुए:
$\lim_{x \rightarrow 1} \frac{F'(x)}{G'(x)} = \lim_{x \rightarrow 1} \frac{f(x)}{x|f(f(x))|} = \frac{f(1)}{1 \cdot |f(f(1))|} = \frac{1/2}{|f(1/2)|} = \frac{1}{14}$।
अतः,$|f(1/2)| = 7$। चूंकि $f$ एक सतत विषम फलन है जो केवल एक बिंदु $(x=0)$ पर शून्य होता है और $f(1) = 1/2 > 0$ है,इसलिए $x > 0$ के लिए $f(x)$ धनात्मक होना चाहिए। अतः,$f(1/2) = 7$।

(D) दिया गया है $f^{\prime}(x) = \frac{192 x^3}{2+\sin^4 \pi x}$. चूँकि $0 \leq \sin^4 \pi x \leq 1$,इसलिए $2 \leq 2+\sin^4 \pi x \leq 3$ होता है।
अतः,$\frac{192 x^3}{3} \leq f^{\prime}(x) \leq \frac{192 x^3}{2}$,जो सरल होकर $64 x^3 \leq f^{\prime}(x) \leq 96 x^3$ बनता है।
$\frac{1}{2}$ से $x$ तक समाकलन करने पर,जहाँ $f(\frac{1}{2}) = 0$ है:
$\int_{1/2}^x 64 t^3 dt \leq f(x) \leq \int_{1/2}^x 96 t^3 dt$
$16(x^4 - (\frac{1}{2})^4) \leq f(x) \leq 24(x^4 - (\frac{1}{2})^4)$
$16x^4 - 1 \leq f(x) \leq 24x^4 - 1.5$.
अब,$\frac{1}{2}$ से $1$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{1/2}^1 (16x^4 - 1) dx \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq \int_{1/2}^1 (24x^4 - 1.5) dx$
$[\frac{16x^5}{5} - x]_{1/2}^1 \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq [\frac{24x^5}{5} - 1.5x]_{1/2}^1$
$(\frac{16}{5} - 1) - (\frac{16}{5 \cdot 32} - \frac{1}{2}) \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq (4.8 - 1.5) - (\frac{24}{5 \cdot 32} - 0.75)$
$1.1 - (-0.4) \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq 3.3 - (-0.6) = 3.9$.
अतः,$1 < 1.5 \leq \int_{1/2}^1 f(x) dx \leq 3.9 < 12$,इसलिए $m=1$ और $M=12$ असमिका को संतुष्ट करते हैं।

(D) दिया गया है $\alpha = 3 \sin^{-1}\left(\frac{6}{11}\right)$। चूंकि $\sin^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) < \sin^{-1}\left(\frac{6}{11}\right) < \sin^{-1}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$,इसलिए $\frac{\pi}{6} < \sin^{-1}\left(\frac{6}{11}\right) < \frac{\pi}{3}$ है।
$3$ से गुणा करने पर,$\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$ प्राप्त होता है। अतः,$\cos \alpha < 0$ है।
दिया गया है $\beta = 3 \cos^{-1}\left(\frac{4}{9}\right)$। चूंकि $\cos^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) < \cos^{-1}\left(\frac{4}{9}\right) < \cos^{-1}\left(\frac{1}{3}\right)$,इसलिए $\frac{\pi}{3} < \cos^{-1}\left(\frac{4}{9}\right) < \frac{\pi}{2}$ है।
अतः,$\pi < \beta < \frac{3\pi}{2}$ प्राप्त होता है।
इस अंतराल में,$\cos \beta < 0$ और $\sin \beta < 0$ है।
अब,$\frac{\pi}{2} < \alpha < \pi$ और $\pi < \beta < \frac{3\pi}{2}$ है।
इनका योग करने पर,$\frac{3\pi}{2} < \alpha + \beta < \frac{5\pi}{2}$ प्राप्त होता है।
अंतराल $(\frac{3\pi}{2}, 2\pi)$ में,$\cos(\alpha + \beta) > 0$ है। अंतराल $(2\pi, \frac{5\pi}{2})$ में भी,$\cos(\alpha + \beta) > 0$ है।
इसलिए,$\cos(\alpha + \beta) > 0$ सही है।
सही विकल्प $(B), (C), (D)$ हैं।

(A) माना $f(t) = e^t(\sin^6 at + \cos^4 at)$ है। हम देखते हैं कि $a=2$ और $a=4$ के लिए,फलन $f(t)$ समीकरण $f(t+\pi) = e^{t+\pi}(\sin^6 a(t+\pi) + \cos^4 a(t+\pi)) = e^{\pi} e^t(\sin^6 at + \cos^4 at) = e^{\pi} f(t)$ को संतुष्ट करता है,क्योंकि सम पूर्णांक $a$ के लिए $\sin(a(t+\pi)) = \sin(at)$ और $\cos(a(t+\pi)) = \cos(at)$ होता है।
माना $I_k = \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} f(t) dt$ है। तब $I_{k+1} = \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} f(t) dt$ है। $t = u + \pi$ प्रतिस्थापित करने पर,हमें $I_{k+1} = \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} f(u+\pi) du = e^{\pi} \int_{(k-1)\pi}^{k\pi} f(u) du = e^{\pi} I_k$ प्राप्त होता है।
अतः,$I_1 = A$,$I_2 = e^{\pi} A$,$I_3 = e^{2\pi} A$,और $I_4 = e^{3\pi} A$ है,जहाँ $A = \int_0^{\pi} f(t) dt$ है।
अंश $\int_0^{4\pi} f(t) dt = I_1 + I_2 + I_3 + I_4 = A(1 + e^{\pi} + e^{2\pi} + e^{3\pi}) = A \frac{e^{4\pi}-1}{e^{\pi}-1}$ है।
इसलिए,$L = \frac{A \frac{e^{4\pi}-1}{e^{\pi}-1}}{A} = \frac{e^{4\pi}-1}{e^{\pi}-1}$ है।
यह $a=2$ और $a=4$ दोनों के लिए सत्य है। अतः,विकल्प $(A)$ और $(C)$ सही हैं।

(D) मान लीजिए $H(x) = f(x) - 3g(x)$ है।
दिए गए बिंदुओं पर $H(x)$ के मानों की गणना करने पर:
$H(-1) = f(-1) - 3g(-1) = 3 - 3(0) = 3$.
$H(0) = f(0) - 3g(0) = 6 - 3(1) = 3$.
$H(2) = f(2) - 3g(2) = 0 - 3(-1) = 3$.
चूंकि $H(-1) = H(0) = 3$,रोले के प्रमेय के अनुसार,$(-1, 0)$ में कम से कम एक $c_1$ ऐसा मौजूद है कि $H^{\prime}(c_1) = 0$ हो।
चूंकि $H^{\prime \prime}(x)$ अंतराल $(-1, 0)$ में कभी शून्य नहीं होता है,इसलिए $H^{\prime}(x)$ सख्ती से एकदिष्ट (strictly monotonic) है,जिसका अर्थ है कि $(-1, 0)$ में ठीक एक हल है।
इसी प्रकार,चूंकि $H(0) = H(2) = 3$,रोले के प्रमेय के अनुसार,$(0, 2)$ में कम से कम एक $c_2$ ऐसा मौजूद है कि $H^{\prime}(c_2) = 0$ हो।
चूंकि $H^{\prime \prime}(x)$ अंतराल $(0, 2)$ में कभी शून्य नहीं होता है,इसलिए $H^{\prime}(x)$ सख्ती से एकदिष्ट है,जिसका अर्थ है कि $(0, 2)$ में ठीक एक हल है।
अतः,कथन $(B)$ और $(C)$ सही हैं।

(A) दिया गया है $f(x) = 7 \tan^6 x (\tan^2 x + 1) - 3 \tan^2 x (\tan^2 x + 1) = (7 \tan^6 x - 3 \tan^2 x) \sec^2 x$.
सबसे पहले,$\int_0^{\pi/4} f(x) dx$ का मूल्यांकन करें:
$\int_0^{\pi/4} (7 \tan^6 x - 3 \tan^2 x) \sec^2 x dx$. मान लीजिए $u = \tan x$,तब $du = \sec^2 x dx$. जब $x=0, u=0$; जब $x=\pi/4, u=1$.
$= \int_0^1 (7u^6 - 3u^2) du = [u^7 - u^3]_0^1 = (1 - 1) - (0 - 0) = 0$. अतः,$(B)$ सही है।
इसके बाद,खंडशः समाकलन (integration by parts) का उपयोग करके $\int_0^{\pi/4} x f(x) dx$ का मूल्यांकन करें:
मान लीजिए $I = \int_0^{\pi/4} x f(x) dx$. मान लीजिए $g(x) = \int f(x) dx = \tan^7 x - \tan^3 x$.
खंडशः समाकलन का उपयोग करते हुए: $\int_0^{\pi/4} x f(x) dx = [x g(x)]_0^{\pi/4} - \int_0^{\pi/4} g(x) dx$.
$[x(\tan^7 x - \tan^3 x)]_0^{\pi/4} = \frac{\pi}{4}(1 - 1) - 0 = 0$.
इसलिए,$I = - \int_0^{\pi/4} (\tan^7 x - \tan^3 x) dx = \int_0^{\pi/4} (\tan^3 x - \tan^7 x) dx$.
$= \int_0^{\pi/4} \tan^3 x (1 - \tan^4 x) dx = \int_0^{\pi/4} \tan^3 x (1 - \tan^2 x)(1 + \tan^2 x) dx$.
$= \int_0^{\pi/4} (\tan^3 x - \tan^5 x) \sec^2 x dx$. मान लीजिए $u = \tan x$,$du = \sec^2 x dx$.
$= \int_0^1 (u^3 - u^5) du = [\frac{u^4}{4} - \frac{u^6}{6}]_0^1 = \frac{1}{4} - \frac{1}{6} = \frac{3-2}{12} = \frac{1}{12}$. अतः,$(A)$ सही है।

(A-D) $1.$ दिया है कि $f(x) = x F(x)$,इसलिए $f^{\prime}(x) = F(x) + x F^{\prime}(x)$।
$x=1$ पर,$f^{\prime}(1) = F(1) + 1 \cdot F^{\prime}(1) = 0 + F^{\prime}(1) = F^{\prime}(1)$। चूँकि $F^{\prime}(x) < 0$,इसलिए $f^{\prime}(1) < 0$। अतः $(A)$ सही है।
$(B)$ के लिए,$f(2) = 2 F(2)$। चूँकि $F(1)=0$ और $(1/2, 3)$ पर $F^{\prime}(x) < 0$ है,इसलिए $F(x)$ एक निरंतर ह्रासमान फलन है। अतः $F(2) < F(1) = 0$,इसलिए $f(2) < 0$। अतः $(B)$ सही है।
$(C)$ और $(D)$ के लिए,$f^{\prime}(x) = F(x) + x F^{\prime}(x)$। चूँकि $x \in (1, 3)$ के लिए $F(x) < 0$ और $F^{\prime}(x) < 0$ है,इसलिए सभी $x \in (1, 3)$ के लिए $f^{\prime}(x) < 0$। अतः $f^{\prime}(x) \neq 0$। अतः $(C)$ सही है।
$1$ के लिए सही विकल्प: $(A, B, C)$।
$2.$ $\int_1^3 f(x) dx = \int_1^3 x F(x) dx$। खंडशः समाकलन का उपयोग करने पर: $\left[ \frac{x^2}{2} F(x) \right]_1^3 - \int_1^3 \frac{x^2}{2} F^{\prime}(x) dx = \frac{9}{2}(-4) - 0 - \frac{1}{2}(-12) = -18 + 6 = -12$। अतः $(D)$ सही है।
$(A)$ और $(C)$ के लिए,$\int_1^3 x^3 F^{\prime \prime}(x) dx = [x^3 F^{\prime}(x)]_1^3 - 3 \int_1^3 x^2 F^{\prime}(x) dx = 27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) - 3(-12) = 40$।
$27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) + 36 = 40 \Rightarrow 27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) = 4$।
चूँकि $f^{\prime}(x) = F(x) + x F^{\prime}(x)$,$f^{\prime}(3) = F(3) + 3 F^{\prime}(3) = -4 + 3 F^{\prime}(3)$ और $f^{\prime}(1) = F(1) + F^{\prime}(1) = F^{\prime}(1)$।
$9 f^{\prime}(3) - f^{\prime}(1) = 9(-4 + 3 F^{\prime}(3)) - F^{\prime}(1) = -36 + 27 F^{\prime}(3) - F^{\prime}(1) = -36 + 4 = -32$।
इसलिए $9 f^{\prime}(3) - f^{\prime}(1) + 32 = 0$। अतः $(C)$ सही है।
$2$ के लिए सही विकल्प: $(C, D)$।

(A) $1.$ मान लीजिए $R$ लाल गेंद निकलने की घटना है। $P(I) = P(II) = \frac{1}{2}$.
$P(R|I) = \frac{n_1}{n_1+n_2}$ और $P(R|II) = \frac{n_3}{n_3+n_4}$.
बेयस प्रमेय के अनुसार,$P(II|R) = \frac{P(II)P(R|II)}{P(I)P(R|I) + P(II)P(R|II)} = \frac{1}{3}$.
$\frac{\frac{n_3}{n_3+n_4}}{\frac{n_1}{n_1+n_2} + \frac{n_3}{n_3+n_4}} = \frac{1}{3} \implies 2\frac{n_3}{n_3+n_4} = \frac{n_1}{n_1+n_2}$.
विकल्प $(A)$ और $(B)$ इस शर्त को पूरा करते हैं।
$2.$ बॉक्स $I$ से एक गेंद बॉक्स $II$ में स्थानांतरित करने के बाद,बॉक्स $I$ में गेंदों की संख्या $n_1+n_2-1$ हो जाती है।
$P(R_{new}) = \frac{n_1}{n_1+n_2} \cdot \frac{n_1-1}{n_1+n_2-1} + \frac{n_2}{n_1+n_2} \cdot \frac{n_1}{n_1+n_2-1} = \frac{n_1}{n_1+n_2} = \frac{1}{3}$.
अतः,$2n_1 = n_2$. विकल्प $(C)$ और $(D)$ इस शर्त को पूरा करते हैं।

(D) माना $n$ उछालों की संख्या है। $n$ उछालों में $k$ चित प्राप्त करने की प्रायिकता द्विपद बंटन $P(X=k) = {^nC_k} (\frac{1}{2})^n$ द्वारा दी जाती है।
कम से कम दो चित प्राप्त करने की प्रायिकता $P(X \ge 2) = 1 - P(X=0) - P(X=1)$ है।
$P(X=0) = {^nC_0} (\frac{1}{2})^n = \frac{1}{2^n}$.
$P(X=1) = {^nC_1} (\frac{1}{2})^n = \frac{n}{2^n}$.
अतः,$P(X \ge 2) = 1 - \frac{1+n}{2^n}$.
हम चाहते हैं कि $1 - \frac{1+n}{2^n} \ge 0.96$,जिसका अर्थ है $\frac{1+n}{2^n} \le 0.04 = \frac{1}{25}$.
$n$ के मानों की जाँच करने पर:
$n=7$ के लिए: $\frac{1+7}{2^7} = \frac{8}{128} = \frac{1}{16} = 0.0625 > 0.04$.
$n=8$ के लिए: $\frac{1+8}{2^8} = \frac{9}{256} \approx 0.03515 < 0.04$.
अतः,आवश्यक उछालों की न्यूनतम संख्या $8$ है।