IIT JEE 2017 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Hindi

(D) परवलय का समीकरण $y^2=16x$ है।
जीवा का समीकरण $2x+y=p$ है।
मध्यबिंदु $(h, k)$ वाली जीवा का समीकरण $T=S_1$ द्वारा दिया जाता है।
$yk-8(x+h) = k^2-16h$
$yk-8x = k^2-8h$
दिए गए जीवा समीकरण $2x+y=p$ के साथ तुलना करने पर:
$\frac{k}{1} = \frac{-8}{2} = \frac{k^2-8h}{p}$
$\frac{k}{1} = -4$ से,$k=-4$ प्राप्त होता है।
$\frac{-8}{2} = \frac{k^2-8h}{p}$ से,$-4 = \frac{16-8h}{p}$ प्राप्त होता है।
$-4p = 16-8h \Rightarrow 2h-p = 4$.
विकल्प $D$ की जाँच करने पर: $p=2, h=3, k=-4$.
$2(3)-2 = 4$. यह शर्त को संतुष्ट करता है।
अतः,सही विकल्प $D$ है।

(D) अतिपरवलय $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1$ के लिए $m$ ढाल वाली स्पर्शरेखा का समीकरण $y = mx \pm \sqrt{a^2m^2 - b^2}$ है।
दिए गए अतिपरवलय $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{16} = 1$ के लिए,$b^2 = 16$ है।
दी गई स्पर्शरेखा $2x - y + 1 = 0$ है,जिसे $y = 2x + 1$ के रूप में लिखा जा सकता है।
इसे $y = mx + c$ के साथ तुलना करने पर,$m = 2$ और $c = 1$ प्राप्त होता है।
स्पर्शरेखा होने की शर्त $c^2 = a^2m^2 - b^2$ है।
मान रखने पर: $1^2 = a^2(2)^2 - 16$.
$1 = 4a^2 - 16 \Rightarrow 4a^2 = 17 \Rightarrow a^2 = \frac{17}{4} \Rightarrow a = \frac{\sqrt{17}}{2}$.
अब,हम समकोण त्रिभुज के लिए भुजाओं की जाँच करते हैं (जहाँ दो छोटी भुजाओं के वर्गों का योग सबसे बड़ी भुजा के वर्ग के बराबर होता है):
$[A]$ $2a = \sqrt{17} \approx 4.12, 4, 1$. भुजाएँ: $\sqrt{17}, 4, 1$. $1^2 + 4^2 = 17 = (\sqrt{17})^2$. यह एक समकोण त्रिभुज बनाता है।
$[B]$ $2a = \sqrt{17}, 8, 1$. भुजाएँ: $\sqrt{17}, 8, 1$. $1^2 + (\sqrt{17})^2 = 18 \neq 8^2 = 64$. समकोण त्रिभुज नहीं है।
$[C]$ $a = \frac{\sqrt{17}}{2} \approx 2.06, 4, 1$. भुजाएँ: $2.06, 4, 1$. $1^2 + 2.06^2 \approx 5.24 \neq 4^2 = 16$. समकोण त्रिभुज नहीं है।
$[D]$ $a = \frac{\sqrt{17}}{2}, 4, 2$. भुजाएँ: $2.06, 4, 2$. $2^2 + 2.06^2 \approx 8.24 \neq 4^2 = 16$. समकोण त्रिभुज नहीं है।
अतः,विकल्प $B, C,$ और $D$ एक समकोण त्रिभुज की भुजाएँ नहीं हो सकती हैं।

(B) माना भुजाएँ $a-d$,$a$,और $a+d$ हैं,जहाँ $d > 0$ है।
पाइथागोरस प्रमेय के अनुसार:
$(a-d)^2 + a^2 = (a+d)^2$
$a^2 - 2ad + d^2 + a^2 = a^2 + 2ad + d^2$
$a^2 - 4ad = 0$
$a = 4d$ प्राप्त होता है।
भुजाएँ $3d$,$4d$,और $5d$ हैं।
त्रिभुज का क्षेत्रफल $\frac{1}{2} \times \text{आधार} \times \text{ऊँचाई} = 24$ है।
$\frac{1}{2} \times 3d \times 4d = 24$
$6d^2 = 24$
$d^2 = 4 \Rightarrow d = 2$ है।
भुजाएँ $6, 8, 10$ हैं।
सबसे छोटी भुजा $6$ है।

(A) वृत्त का समीकरण $x^2+y^2+2x+4y-p=0$ है।
पूर्ण वर्ग बनाने पर,$(x+1)^2+(y+2)^2 = p+5$ प्राप्त होता है।
वृत्त का केंद्र $(-1, -2)$ और त्रिज्या $r = \sqrt{p+5}$ है।
निर्देशांक अक्षों के साथ ठीक तीन उभयनिष्ठ बिंदु होने के लिए,वृत्त को एक अक्ष को स्पर्श करना चाहिए और मूल बिंदु से गुजरना चाहिए।
स्थिति $1$: वृत्त $x$-अक्ष को स्पर्श करता है,तब $|-2| = \sqrt{p+5} \Rightarrow p = -1$.
स्थिति $2$: वृत्त $y$-अक्ष को स्पर्श करता है,तब $|-1| = \sqrt{p+5} \Rightarrow p = -4$.
स्थिति $3$: वृत्त मूल बिंदु $(0,0)$ से गुजरता है,तब $p = 0$.
अतः,$p$ के $3$ संभावित मान हैं,लेकिन दिए गए विकल्पों के अनुसार सही उत्तर $2$ है।

(A) कुल उपलब्ध अक्षरों की संख्या $10$ है।
$x$ के लिए,हम बिना किसी पुनरावृत्ति के $10$ लंबाई के शब्द बनाते हैं,जो $10$ अलग-अलग अक्षरों का क्रमचय है: $x = 10!$.
$y$ के लिए,हम $10$ अक्षरों में से दो बार दोहराए जाने वाले $1$ अक्षर को $^{10}C_1$ तरीकों से चुनते हैं।
फिर हम शेष $9$ अक्षरों में से $8$ अन्य अक्षरों को $^{9}C_8$ तरीकों से चुनते हैं।
इन $10$ अक्षरों के विन्यास की कुल संख्या (जहाँ एक अक्षर दो बार दोहराया जाता है) $\frac{10!}{2!}$ है।
अतः,$y = {}^{10}C_1 \times {}^{9}C_8 \times \frac{10!}{2!}$.
अनुपात की गणना करने पर: $\frac{y}{9x} = \frac{{}^{10}C_1 \times {}^{9}C_8 \times \frac{10!}{2!}}{9 \times 10!} = \frac{10 \times 9}{9 \times 2} = 5$.

(C) $(1)$ बिंदु $(\sqrt{3}, 1/2)$ दीर्घवृत्त $x^2+4y^2=4$ पर स्थित है,जो $x^2+a^2y^2=a^2$ है जहाँ $a=2$ है। स्पर्श रेखा $\sqrt{3}x+2y=4$ की ढाल $m=-\sqrt{3}/2$ है। स्पर्श रेखा का समीकरण $y=mx+\sqrt{a^2m^2+1}$ है। अतः,$(II)(iv)(R)$ सही संयोजन है।
$(2)$ बिंदु $(8, 16)$ परवलय $y^2=4ax$ पर स्थित है। $y^2=4ax$ के लिए,$16^2=4a(8) \implies 256=32a \implies a=8$ है। स्पर्श रेखा $y=x+8$ की ढाल $m=1$ है। समीकरण $my=m^2x+a \implies y=x+8$ है। स्पर्श बिंदु $(a/m^2, 2a/m) = (8, 16)$ है। अतः,$(III)(i)(P)$ सही संयोजन है।
$(3)$ $a=\sqrt{2}$ के लिए,बिंदु $(-1, 1)$ $x^2+y^2=a^2$ पर स्थित है। $x^2+y^2=2$ पर $(-1, 1)$ पर स्पर्श रेखा $-x+y=2 \implies y=x+2$ है। $y=mx+a\sqrt{m^2+1}$ के साथ तुलना करने पर,$m=1$ और $a\sqrt{m^2+1} = 2$ प्राप्त होता है। स्पर्श बिंदु $(-ma/\sqrt{m^2+1}, a/\sqrt{m^2+1}) = (-1, 1)$ है। अतः,$(I)(ii)(Q)$ सही संयोजन है।

(D) समुच्चय $S = \{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9\}$ में $5$ विषम संख्याएँ $\{1, 3, 5, 7, 9\}$ और $4$ सम संख्याएँ $\{2, 4, 6, 8\}$ हैं।
हम $S$ के $5$ तत्वों वाले उन उपसमुच्चयों की कुल संख्या ज्ञात कर रहे हैं,जिनमें विषम तत्वों की संख्या $k$ का मान $1, 2, 3, 4,$ या $5$ हो सकता है।
चूँकि $S$ में केवल $4$ सम संख्याएँ हैं,इसलिए $5$ तत्वों के किसी भी उपसमुच्चय में कम से कम $5 - 4 = 1$ विषम संख्या होनी चाहिए।
अतः,योग $N_1 + N_2 + N_3 + N_4 + N_5$ समुच्चय $S$ के $9$ तत्वों में से $5$ तत्वों को चुनने के कुल तरीकों को दर्शाता है।
यह संचय के सूत्र $\binom{n}{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!}$ द्वारा दिया जाता है।
$N_1 + N_2 + N_3 + N_4 + N_5 = \binom{9}{5} = \binom{9}{4} = \frac{9 \times 8 \times 7 \times 6}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = 126$.

(B) $x+y+z=n$ के लिए गैर-ऋणात्मक पूर्णांक हलों की कुल संख्या $\binom{n+k-1}{k-1}$ सूत्र द्वारा दी जाती है,जहाँ $k=3$ और $n=10$ है।
कुल हल $= \binom{10+3-1}{3-1} = \binom{12}{2} = \frac{12 \times 11}{2} = 66$.
$z$ के सम होने के लिए,$z \in \{0, 2, 4, 6, 8, 10\}$ लें।
यदि $z=k$ है,तो $x+y=10-k$। $x+y=m$ के लिए हलों की संख्या $m+1$ है।
$z=0$ के लिए,$x+y=10$,हल $= 11$।
$z=2$ के लिए,$x+y=8$,हल $= 9$।
$z=4$ के लिए,$x+y=6$,हल $= 7$।
$z=6$ के लिए,$x+y=4$,हल $= 5$।
$z=8$ के लिए,$x+y=2$,हल $= 3$।
$z=10$ के लिए,$x+y=0$,हल $= 1$।
कुल अनुकूल हल $= 11+9+7+5+3+1 = 36$।
प्रायिकता $P = \frac{36}{66} = \frac{6}{11}$।

(A,C) दिया गया है $2(\cos \beta - \cos \alpha) + \cos \alpha \cos \beta = 1$।
पदों को पुनर्व्यवस्थित करने पर,हमें $\cos \beta(2 + \cos \alpha) = 1 + 2 \cos \alpha$ प्राप्त होता है।
अतः,$\cos \beta = \frac{1 + 2 \cos \alpha}{2 + \cos \alpha}$।
योगांतरानुपात (componendo and dividendo) का उपयोग करने पर,$\frac{\cos \beta - 1}{\cos \beta + 1} = \frac{(1 + 2 \cos \alpha) - (2 + \cos \alpha)}{(1 + 2 \cos \alpha) + (2 + \cos \alpha)} = \frac{\cos \alpha - 1}{3(1 + \cos \alpha)}$।
सर्वसमिकाओं $\cos \theta - 1 = -2 \sin^2(\theta/2)$ और $\cos \theta + 1 = 2 \cos^2(\theta/2)$ का उपयोग करने पर,हमें $\frac{-2 \sin^2(\beta/2)}{2 \cos^2(\beta/2)} = \frac{-2 \sin^2(\alpha/2)}{3(2 \cos^2(\alpha/2))}$ प्राप्त होता है।
यह सरल होकर $-\tan^2(\beta/2) = -\frac{1}{3} \tan^2(\alpha/2)$ हो जाता है,जिसका अर्थ है $\tan^2(\alpha/2) = 3 \tan^2(\beta/2)$।
वर्गमूल लेने पर,$\tan(\alpha/2) = \pm \sqrt{3} \tan(\beta/2)$।
अतः,$\tan(\alpha/2) - \sqrt{3} \tan(\beta/2) = 0$ या $\tan(\alpha/2) + \sqrt{3} \tan(\beta/2) = 0$।

(B, D) $(1)$ Since $\alpha$ and $\beta$ are roots of $x^2-x-1=0$,we have $\alpha^2 = \alpha+1$ and $\beta^2 = \beta+1$.
Multiplying by $\alpha^{n-2}$ and $\beta^{n-2}$ respectively: $\alpha^n = \alpha^{n-1} + \alpha^{n-2}$ and $\beta^n = \beta^{n-1} + \beta^{n-2}$.
Multiplying by $p$ and $q$ and adding: $p\alpha^n + q\beta^n = (p\alpha^{n-1} + q\beta^{n-1}) + (p\alpha^{n-2} + q\beta^{n-2})$.
Thus,$a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$. For $n=12$,$a_{12} = a_{11} + a_{10}$. Option $B$ is correct.
$(2)$ We have $a_0 = p+q$,$a_1 = p\alpha + q\beta$,$a_2 = p\alpha^2 + q\beta^2 = p(\alpha+1) + q(\beta+1) = a_1 + a_0$,$a_3 = a_2 + a_1 = 2a_1 + a_0$,$a_4 = a_3 + a_2 = 3a_1 + 2a_0$.
Given $a_4 = 3(p\alpha + q\beta) + 2(p+q) = 28$.
Since $\alpha = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ and $\beta = \frac{1-\sqrt{5}}{2}$,$3p(\frac{1+\sqrt{5}}{2}) + 3q(\frac{1-\sqrt{5}}{2}) + 2p + 2q = 28$.
$\frac{3p+3p\sqrt{5}+3q-3q\sqrt{5}}{2} + 2p + 2q = 28$.
$(3.5p + 3.5q) + \frac{3\sqrt{5}}{2}(p-q) = 28$.
Since $28$ is rational,$p-q=0 \Rightarrow p=q$.
$7p = 28 \Rightarrow p=4, q=4$.
Then $p+2q = 4 + 2(4) = 12$. Option $D$ is correct.

(A) मान लीजिए $M$ एक $3 \times 3$ वास्तविक प्रविष्टियों वाला आव्यूह है ताकि $M^2 = A$ हो। तब $\det(M^2) = \det(A)$,जिसका अर्थ है $(\det(M))^2 = \det(A)$। चूंकि $M$ की प्रविष्टियाँ वास्तविक हैं,$\det(M)$ एक वास्तविक संख्या है,इसलिए $(\det(M))^2 \ge 0$। अतः,$A$ के एक वास्तविक आव्यूह का वर्ग होने के लिए,इसका सारणिक (determinant) गैर-ऋणात्मक होना चाहिए।
विकल्प $A$ के लिए: $\det(A) = \det \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix} = -1 < 0$। अतः,$A$ किसी आव्यूह का वर्ग नहीं हो सकता।
विकल्प $B$ के लिए: $\det(B) = \det \begin{bmatrix} -1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix} = -1 < 0$। अतः,$B$ किसी आव्यूह का वर्ग नहीं हो सकता।
विकल्प $C$ के लिए: $\det(C) = 1 > 0$। यह तत्समक आव्यूह $I^2 = I$ का वर्ग है।
विकल्प $D$ के लिए: $\det(D) = \det \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{bmatrix} = 1 > 0$। यह आव्यूह $\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 0 \end{bmatrix}$ का वर्ग है।
अतः,$A$ और $B$ वास्तविक $3 \times 3$ आव्यूहों के वर्ग नहीं हैं।

(A) दिया गया है $P(X) = \frac{1}{3}$,$P(X \mid Y) = \frac{1}{2}$,और $P(Y \mid X) = \frac{2}{5}$।
प्रतिबंधात्मक प्रायिकता की परिभाषा का उपयोग करते हुए,$P(Y \mid X) = \frac{P(X \cap Y)}{P(X)}$।
$\frac{2}{5} = \frac{P(X \cap Y)}{1/3} \Rightarrow P(X \cap Y) = \frac{2}{5} \times \frac{1}{3} = \frac{2}{15}$।
अब,$P(X \mid Y) = \frac{P(X \cap Y)}{P(Y)}$।
$\frac{1}{2} = \frac{2/15}{P(Y)} \Rightarrow P(Y) = \frac{2}{15} \times 2 = \frac{4}{15}$। (विकल्प $D$ सही है)
$P(X^{\prime} \mid Y)$ के लिए,$P(X^{\prime} \mid Y) = 1 - P(X \mid Y) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$। (विकल्प $A$ सही है)
$P(X \cup Y)$ के लिए,$P(X \cup Y) = P(X) + P(Y) - P(X \cap Y) = \frac{1}{3} + \frac{4}{15} - \frac{2}{15} = \frac{5+4-2}{15} = \frac{7}{15}$।
अतः,विकल्प $A$ और $D$ सही हैं।

(D) फलन $f(x) = x \cos(\pi(x + [x]))$ है। एक फलन उन बिंदुओं पर असंतत होता है जहाँ बायां सीमा $(LHL)$ दाएं सीमा $(RHL)$ या फलन के मान के बराबर नहीं होती है।
किसी भी पूर्णांक $n$ के लिए,अंतराल $[n, n+1)$ में,$[x] = n$ होता है। अतः,$f(x) = x \cos(\pi(x + n))$।
$1$. $x = -1$ पर:
$LHL = \lim_{x \to -1^-} x \cos(\pi(x - 2)) = -1 \cos(-3\pi) = -1(-1) = 1$.
$RHL = \lim_{x \to -1^+} x \cos(\pi(x - 1)) = -1 \cos(-2\pi) = -1(1) = -1$.
चूंकि $LHL \neq RHL$,इसलिए $f(x)$,$x = -1$ पर असंतत है।
$2$. $x = 0$ पर:
$LHL = \lim_{x \to 0^-} x \cos(\pi(x - 1)) = 0 \cos(-\pi) = 0$.
$RHL = \lim_{x \to 0^+} x \cos(\pi x) = 0 \cos(0) = 0$.
चूंकि $LHL = RHL = f(0) = 0$,इसलिए $f(x)$,$x = 0$ पर संतत है।
$3$. $x = 1$ पर:
$LHL = \lim_{x \to 1^-} x \cos(\pi(x)) = 1 \cos(\pi) = -1$.
$RHL = \lim_{x \to 1^+} x \cos(\pi(x + 1)) = 1 \cos(2\pi) = 1$.
चूंकि $LHL \neq RHL$,इसलिए $f(x)$,$x = 1$ पर असंतत है।
$4$. $x = 2$ पर:
$LHL = \lim_{x \to 2^-} x \cos(\pi(x + 1)) = 2 \cos(3\pi) = -2$.
$RHL = \lim_{x \to 2^+} x \cos(\pi(x + 2)) = 2 \cos(4\pi) = 2$.
चूंकि $LHL \neq RHL$,इसलिए $f(x)$,$x = 2$ पर असंतत है।
अतः,फलन $x = -1, 1, 2$ पर असंतत है। सही विकल्प $D$ है।

(A) विकल्प $[A]$ के लिए,मान लीजिए $g(x) = e^x - \int_0^x f(t) \sin t \, dt$ है। चूँकि $f(t) \in (0,1)$ और $\sin t \in [0,1]$ है,इसलिए समाकलन $\int_0^x f(t) \sin t \, dt < x$ होगा। अतः $g(x) > e^x - x$ है। चूँकि $e^x - x > 0$ है,इसलिए $g(x)$ कभी शून्य नहीं हो सकता।
विकल्प $[B]$ के लिए,मान लीजिए $h(x) = x^9 - f(x)$ है। चूँकि $f(x) \in (0,1)$ है,इसलिए $h(0) = -f(0) < 0$ और $h(1) = 1 - f(1) > 0$ है। Intermediate Value Theorem $(IVT)$ के अनुसार,कोई $c \in (0,1)$ मौजूद है जिसके लिए $h(c) = 0$ है।
विकल्प $[C]$ के लिए,मान लीजिए $k(x) = f(x) + \int_0^{\pi/2} f(t) \sin t \, dt$ है। चूँकि $f(x) > 0$ और समाकलन धनात्मक है,इसलिए $k(x) > 0$ है। अतः यह शून्य नहीं हो सकता।
विकल्प $[D]$ के लिए,मान लीजिए $m(x) = x - \int_0^{\pi/2 - x} f(t) \cos t \, dt$ है। चूँकि $m(0) < 0$ और $m(1) > 0$ है,$IVT$ के अनुसार कोई $c \in (0,1)$ मौजूद है जिसके लिए $m(c) = 0$ है।

(D) प्रणाली के अनंत हल होते हैं यदि गुणांक आव्यूह का सारणिक $D = 0$ हो और संवर्धित आव्यूह संगतता की शर्त को पूरा करता हो।
सबसे पहले,सारणिक $D$ की गणना करें:
$D = \begin{vmatrix} 1 & \alpha & \alpha^2 \\ \alpha & 1 & \alpha \\ \alpha^2 & \alpha & 1 \end{vmatrix} = 1(1 - \alpha^2) - \alpha(\alpha - \alpha^3) + \alpha^2(\alpha^2 - \alpha^2) = 1 - \alpha^2 - \alpha^2 + \alpha^4 = \alpha^4 - 2\alpha^2 + 1 = (\alpha^2 - 1)^2$.
$D = 0$ रखने पर $(\alpha^2 - 1)^2 = 0$ प्राप्त होता है,इसलिए $\alpha^2 = 1$,जिसका अर्थ है $\alpha = 1$ या $\alpha = -1$।
स्थिति $1$: यदि $\alpha = 1$ है,तो समीकरण:
$x + y + z = 1$
$x + y + z = -1$
$x + y + z = 1$
यह असंगत है क्योंकि $1 \neq -1$,इसलिए कोई हल नहीं है।
स्थिति $2$: यदि $\alpha = -1$ है,तो समीकरण:
$x - y + z = 1$
$-x + y - z = -1$
$x - y + z = 1$
तीनों समीकरण $x - y + z = 1$ के समान हैं,जो एक समतल को दर्शाते हैं,इसलिए अनंत हल प्राप्त होते हैं।
अतः,$\alpha = -1$।
तब,$1 + \alpha + \alpha^2 = 1 + (-1) + (-1)^2 = 1 - 1 + 1 = 1$।

(C) दिया गया समाकलन $g(x)=\int_x^{\pi / 2} [f^{\prime}(t) \operatorname{cosec} t - f(t) \operatorname{cosec} t \cot t] dt$ है।
ध्यान दें कि समाकल्य $f(t) \operatorname{cosec} t$ के गुणनफल का $t$ के सापेक्ष अवकलज है,क्योंकि $\frac{d}{dt} [f(t) \operatorname{cosec} t] = f^{\prime}(t) \operatorname{cosec} t - f(t) \operatorname{cosec} t \cot t$.
अतः,$g(x) = [f(t) \operatorname{cosec} t]_x^{\pi / 2} = f(\frac{\pi}{2}) \operatorname{cosec}(\frac{\pi}{2}) - f(x) \operatorname{cosec} x$.
$f(\frac{\pi}{2})=3$ और $\operatorname{cosec}(\frac{\pi}{2})=1$ मान प्रतिस्थापित करने पर,हमें $g(x) = 3 - \frac{f(x)}{\sin x}$ प्राप्त होता है।
अब,$\lim _{x \rightarrow 0} g(x) = \lim _{x \rightarrow 0} (3 - \frac{f(x)}{\sin x}) = 3 - \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{\sin x}$.
$L'H\hat{o}pital$ नियम का उपयोग करते हुए,$\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{\sin x} = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{f^{\prime}(x)}{\cos x} = \frac{f^{\prime}(0)}{\cos 0} = \frac{1}{1} = 1$.
इसलिए,$\lim _{x \rightarrow 0} g(x) = 3 - 1 = 2$.

(A) गोले का द्रव्यमान $m = \rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$ द्वारा दिया जाता है।
चूंकि कुल द्रव्यमान $m$ स्थिर है,समय $t$ के सापेक्ष इसका अवकलन शून्य है: $\frac{dm}{dt} = 0$.
द्रव्यमान समीकरण का $t$ के सापेक्ष अवकलन करने पर:
$0 = \frac{d\rho}{dt} \cdot \frac{4}{3} \pi R^3 + \rho \cdot 4 \pi R^2 \frac{dR}{dt}$.
$\rho \cdot \frac{4}{3} \pi R^3$ से विभाजित करने पर,हमें प्राप्त होता है:
$0 = \frac{1}{\rho} \frac{d\rho}{dt} + \frac{3}{R} \frac{dR}{dt}$.
सतह के वेग $v = \frac{dR}{dt}$ के लिए पुनर्व्यवस्थित करने पर:
$\frac{dR}{dt} = -\frac{R}{3} \left(\frac{1}{\rho} \frac{d\rho}{dt}\right)$.
यह दिया गया है कि घनत्व में आंशिक परिवर्तन की दर $\left(\frac{1}{\rho} \frac{d\rho}{dt}\right)$ एक स्थिरांक है,मान लीजिए यह स्थिरांक $k$ है।
अतः $v = \frac{dR}{dt} = -\frac{k}{3} R$.
इस प्रकार,$v \propto R$.

(A) आकृति से,सदिश $\vec{R}$ को $\vec{R} = \vec{Q} - \vec{P}$ द्वारा दर्शाया गया है।
बिंदु $S$,रेखाखंड $PQ$ पर स्थित है ताकि दूरी $PS = b|\vec{R}|$ हो।
इसका अर्थ है कि सदिश $\vec{PS} = b\vec{R} = b(\vec{Q} - \vec{P})$ है।
$\triangle OPS$ में सदिश योग के त्रिभुज नियम का उपयोग करने पर,हमें $\vec{S} = \vec{P} + \vec{PS}$ प्राप्त होता है।
$\vec{PS}$ के लिए व्यंजक प्रतिस्थापित करने पर,हमें $\vec{S} = \vec{P} + b(\vec{Q} - \vec{P})$ प्राप्त होता है।
इसे सरल करने पर,हमें $\vec{S} = \vec{P} + b\vec{Q} - b\vec{P} = (1-b)\vec{P} + b\vec{Q}$ प्राप्त होता है।

(D) दिया गया समीकरण: $\overline{OP} \cdot \overline{OQ} + \overline{OR} \cdot \overline{OS} = \overline{OR} \cdot \overline{OP} + \overline{OQ} \cdot \overline{OS}$.
पदों को व्यवस्थित करने पर: $\overline{OP} \cdot \overline{OQ} - \overline{OR} \cdot \overline{OP} = \overline{OQ} \cdot \overline{OS} - \overline{OR} \cdot \overline{OS}$.
$\overline{OP} \cdot (\overline{OQ} - \overline{OR}) = \overline{OS} \cdot (\overline{OQ} - \overline{OR})$.
$(\overline{OP} - \overline{OS}) \cdot (\overline{OQ} - \overline{OR}) = 0$.
$\overline{SP} \cdot \overline{RQ} = 0$.
इसका अर्थ है कि $\overline{SP} \perp \overline{RQ}$,जिसका अर्थ है कि $S$,$P$ से $QR$ पर खींचे गए शीर्षलंब पर स्थित है।
इसी प्रकार,$\overline{OR} \cdot \overline{OP} + \overline{OQ} \cdot \overline{OS} = \overline{OQ} \cdot \overline{OR} + \overline{OP} \cdot \overline{OS}$ से,हमें $\overline{SQ} \perp \overline{PR}$ प्राप्त होता है।
चूंकि $S$ शीर्षलंबों का प्रतिच्छेदन बिंदु है,इसलिए $S$,$\triangle PQR$ का लंबकेंद्र है।

(A) दिया गया अवकल समीकरण: $8 \sqrt{x}(\sqrt{9+\sqrt{x}}) dy = \frac{1}{\sqrt{4+\sqrt{9+\sqrt{x}}}} dx$.
पदों को व्यवस्थित करने पर: $dy = \frac{dx}{8 \sqrt{x} \sqrt{9+\sqrt{x}} \sqrt{4+\sqrt{9+\sqrt{x}}}}$.
माना $u = 4+\sqrt{9+\sqrt{x}}$.
तब $du = \frac{1}{2\sqrt{9+\sqrt{x}}} \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} dx = \frac{dx}{4\sqrt{x}\sqrt{9+\sqrt{x}}}$.
इसे अवकल समीकरण में प्रतिस्थापित करने पर: $dy = \frac{1}{2} \cdot \frac{du}{\sqrt{u}}$.
दोनों पक्षों का समाकलन करने पर: $y = \int \frac{1}{2\sqrt{u}} du = \sqrt{u} + C$.
$u$ का मान वापस रखने पर: $y = \sqrt{4+\sqrt{9+\sqrt{x}}} + C$.
चूंकि $y(0) = \sqrt{7}$,इसलिए $\sqrt{4+\sqrt{9+0}} + C = \sqrt{7} \Rightarrow \sqrt{4+3} + C = \sqrt{7} \Rightarrow \sqrt{7} + C = \sqrt{7} \Rightarrow C = 0$.
अतः,$y = \sqrt{4+\sqrt{9+\sqrt{x}}}$.
$x=256$ के लिए,$y(256) = \sqrt{4+\sqrt{9+\sqrt{256}}} = \sqrt{4+\sqrt{9+16}} = \sqrt{4+\sqrt{25}} = \sqrt{4+5} = \sqrt{9} = 3$.

(D) एक फलन $h(x) = f(x) - x$ को परिभाषित करें।
दिया गया है कि $f(\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}$ और $f(1) = 1$,इसलिए $h(\frac{1}{2}) = f(\frac{1}{2}) - \frac{1}{2} = 0$ और $h(1) = f(1) - 1 = 0$ है।
चूंकि $f(x)$ दो बार अवकलनीय है,इसलिए $h(x)$ भी $[\frac{1}{2}, 1]$ पर अवकलनीय है।
रोल के प्रमेय के अनुसार,कोई $\alpha \in (\frac{1}{2}, 1)$ मौजूद है जिसके लिए $h^{\prime}(\alpha) = 0$ है।
चूंकि $h^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) - 1$,इसका अर्थ है कि $f^{\prime}(\alpha) = 1$ है।
हमें दिया गया है कि सभी $x \in R$ के लिए $f^{\prime \prime}(x) > 0$,जिसका अर्थ है कि $f^{\prime}(x)$ एक निरंतर वर्धमान फलन है।
चूंकि $\alpha < 1$ और $f^{\prime}(x)$ निरंतर वर्धमान है,इसलिए हमें $f^{\prime}(\alpha) < f^{\prime}(1)$ प्राप्त होता है।
$f^{\prime}(\alpha) = 1$ रखने पर,हमें $1 < f^{\prime}(1)$ प्राप्त होता है।

(B) मान लीजिए $M = [m_{ij}]$ एक $3 \times 3$ आव्यूह है जहाँ $m_{ij} \in \{0, 1, 2\}$ है।
$M^T M$ के विकर्ण प्रविष्टियों का योग $M^T M$ का ट्रेस (trace) है,जो $M$ की सभी प्रविष्टियों के वर्गों के योग के बराबर होता है,अर्थात $\sum_{i=1}^3 \sum_{j=1}^3 m_{ij}^2 = 5$ है।
चूँकि $m_{ij} \in \{0, 1, 2\}$,इसलिए प्रविष्टियों के वर्ग $m_{ij}^2 \in \{0, 1, 4\}$ हैं।
हमें $9$ प्रविष्टियों को इस प्रकार चुनना है कि उनके वर्गों का योग $5$ हो। वर्गों के संभावित संयोजन इस प्रकार हैं:
स्थिति $1$: पाँच प्रविष्टियाँ $1$ हैं और चार प्रविष्टियाँ $0$ हैं। चुनने के तरीके $\binom{9}{5} = 126$ हैं।
स्थिति $2$: एक प्रविष्टि $2$ है (जिसका वर्ग $4$ है),एक प्रविष्टि $1$ है (जिसका वर्ग $1$ है),और सात प्रविष्टियाँ $0$ हैं। $2$ के स्थान को चुनने के तरीके $\binom{9}{1} = 9$ हैं,और शेष $8$ स्थानों में से $1$ के स्थान को चुनने के तरीके $\binom{8}{1} = 8$ हैं। अतः,$9 \times 8 = 72$ तरीके हैं।
आव्यूहों की कुल संख्या $= 126 + 72 = 198$ है।

(C) दिया गया है $g(x) = \int_{\sin x}^{\sin(2x)} \sin^{-1}(t) \, dt$।
लेबनीज़ नियम का उपयोग करते हुए:
$g^{\prime}(x) = \sin^{-1}(\sin(2x)) \cdot \frac{d}{dx}(\sin(2x)) - \sin^{-1}(\sin x) \cdot \frac{d}{dx}(\sin x)$।
$g^{\prime}(x) = \sin^{-1}(\sin(2x)) \cdot (2\cos(2x)) - \sin^{-1}(\sin x) \cdot (\cos x)$।
$x = \frac{\pi}{2}$ के लिए:
$g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right) = \sin^{-1}(\sin(\pi)) \cdot (2\cos(\pi)) - \sin^{-1}(\sin(\frac{\pi}{2})) \cdot (\cos(\frac{\pi}{2}))$।
चूंकि $\sin(\pi) = 0$,इसलिए $\sin^{-1}(0) = 0$।
चूंकि $\cos(\frac{\pi}{2}) = 0$,इसलिए दूसरा पद भी $0$ होगा।
अतः,$g^{\prime}\left(\frac{\pi}{2}\right) = 0 \cdot (-2) - (\frac{\pi}{2}) \cdot 0 = 0$।
इसलिए,विकल्प $C$ सही है।

(C) दिया गया है $f^{\prime}(x) - 2f(x) > 0$.
समाकलन गुणक $e^{-2x}$ से गुणा करने पर:
$e^{-2x} f^{\prime}(x) - 2e^{-2x} f(x) > 0$.
यह $\frac{d}{dx}(f(x) e^{-2x}) > 0$ के बराबर है।
मान लीजिए $g(x) = f(x) e^{-2x}$ है। चूँकि $g^{\prime}(x) > 0$,इसलिए $g(x)$ एक निरंतर वर्धमान फलन है।
$x > 0$ के लिए,$g(x) > g(0)$ है।
चूँकि $g(0) = f(0) e^0 = 1 \cdot 1 = 1$,इसलिए हमें $f(x) e^{-2x} > 1$ प्राप्त होता है,जिसका अर्थ है कि सभी $x > 0$ के लिए $f(x) > e^{2x}$ है।
चूँकि $x > 0$ के लिए $f(x) > e^{2x} > 0$ और $f^{\prime}(x) > 2f(x)$ है,इसलिए $f^{\prime}(x) > 2e^{2x} > 0$ है।
चूँकि $f^{\prime}(x) > 0$,इसलिए $f(x)$ अंतराल $(0, \infty)$ में एक वर्धमान फलन है।
अतः,$A$ और $C$ सही हैं।

(B) $x \to 1^{-}$ के लिए,मान लीजिए $x = 1 - h$ जहाँ $h > 0$ है। तो $|1 - x| = h$ होगा।
$f(1 - h) = \frac{1 - (1 - h)(1 + h)}{h} \cos \left(\frac{1}{h}\right) = \frac{1 - (1 - h^2)}{h} \cos \left(\frac{1}{h}\right) = h \cos \left(\frac{1}{h}\right)$।
चूँकि $\lim_{h \to 0} h \cos \left(\frac{1}{h}\right) = 0$,इसलिए $\lim_{x \to 1^{-}} f(x) = 0$ है।
$x \to 1^{+}$ के लिए,मान लीजिए $x = 1 + h$ जहाँ $h > 0$ है। तो $|1 - x| = h$ होगा।
$f(1 + h) = \frac{1 - (1 + h)(1 + h)}{h} \cos \left(\frac{-1}{h}\right) = -(2 + h) \cos \left(\frac{1}{h}\right)$।
जैसे $h \to 0$,$-(2 + h) \to -2$ और $\cos \left(\frac{1}{h}\right)$ का मान $-1$ और $1$ के बीच दोलन करता है।
अतः,$\lim_{x \to 1^{+}} f(x)$ का अस्तित्व नहीं है।
इसलिए,विकल्प $A$ और $D$ सही हैं।

(D) सारणिक $f(x)$ का विस्तार करने पर:
$f(x) = \cos(2x)(\cos^2 x + \sin^2 x) - \cos(2x)(-\cos^2 x + \sin^2 x) + \sin(2x)(-2 \sin x \cos x)$
$f(x) = \cos 2x + \cos^2 2x - \sin^2 2x = \cos 2x + \cos 4x$.
अब,$f'(x) = -2 \sin 2x - 4 \sin 4x = -2 \sin 2x (1 + 4 \cos 2x)$.
$f'(x) = 0$ रखने पर,$\sin 2x = 0$ या $\cos 2x = -1/4$ प्राप्त होता है।
$(-\pi, \pi)$ अंतराल में,$\sin 2x = 0$ का मान $x = 0, \pm \pi/2$ पर होता है। ($3$ बिंदु)
$\cos 2x = -1/4$ के $(-\pi, \pi)$ में $4$ हल हैं।
अतः,$f'(x) = 0$ कुल $3 + 4 = 7$ बिंदुओं पर होता है,जो तीन से अधिक है। इसलिए $B$ सही है।
$f(x) = \cos 2x + \cos 4x$ के लिए,$x = 0$ पर,$f(0) = \cos 0 + \cos 0 = 2$.
चूंकि $\cos \theta \le 1$,$f(x)$ का अधिकतम मान $2$ है,जो $x = 0$ पर प्राप्त होता है। इसलिए $C$ सही है।
अतः,सही विकल्प $B$ और $C$ हैं।

(A) क्षेत्र $R$ का कुल क्षेत्रफल इस प्रकार है:
$A = \int_0^1 (x - x^3) dx = \left[ \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{4} \right]_0^1 = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}$.
चूंकि रेखा $x = \alpha$ क्षेत्रफल को दो बराबर भागों में विभाजित करती है,इसलिए $0$ से $\alpha$ तक का क्षेत्रफल कुल क्षेत्रफल का आधा होना चाहिए:
$\int_0^{\alpha} (x - x^3) dx = \frac{1}{2} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{8}$.
समाकलन का मूल्यांकन करने पर:
$\left[ \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{4} \right]_0^{\alpha} = \frac{1}{8}$
$\frac{\alpha^2}{2} - \frac{\alpha^4}{4} = \frac{1}{8}$
$4$ से गुणा करने पर:
$2 \alpha^2 - \alpha^4 = \frac{1}{2}$
$4 \alpha^2 - 2 \alpha^4 = 1$
$2 \alpha^4 - 4 \alpha^2 + 1 = 0$. यह विकल्प $[C]$ की पुष्टि करता है.
मान लीजिए $f(\alpha) = 2 \alpha^4 - 4 \alpha^2 + 1$. हमारे पास $f(0) = 1$ और $f(1) = 2 - 4 + 1 = -1$ है.
चूंकि $f(\alpha)$ सतत है और $0$ से $1$ के बीच चिह्न बदलता है,इसलिए एक मूल $\alpha \in (0, 1)$ मौजूद है.
साथ ही,$f(1/\sqrt{2}) = 2(1/4) - 4(1/2) + 1 = 0.5 - 2 + 1 = -0.5 < 0$.
चूंकि $f(0) = 1 > 0$ और $f(1/\sqrt{2}) < 0$,मूल $\alpha$ को $(0, 1/\sqrt{2})$ में स्थित होना चाहिए.
चूंकि $1/\sqrt{2} \approx 0.707$ और $1/2 = 0.5$,हम $f(1/2) = 2(1/16) - 4(1/4) + 1 = 1/8 - 1 + 1 = 1/8 > 0$ की जांच करते हैं.
चूंकि $f(1/2) > 0$ और $f(1/\sqrt{2}) < 0$,मूल $\alpha$ अंतराल $(1/2, 1/\sqrt{2})$ में है,जो $(1/2, 1)$ का एक उपसमुच्चय है. अतः,विकल्प $[B]$ भी सत्य है.

(C) हमें $I = \sum_{k=1}^{98} \int_{k}^{k+1} \frac{k+1}{x(x+1)} dx$ दिया गया है।
$x \in [k, k+1]$ के लिए,हमारे पास $k \le x \le k+1$ है।
इसका अर्थ है कि $\frac{1}{k+1} \le \frac{1}{x} \le \frac{1}{k}$।
$(k+1)$ से गुणा करने पर,हमें $\frac{k+1}{k+1} \le \frac{k+1}{x} \le \frac{k+1}{k}$ प्राप्त होता है।
$(x+1)$ से भाग देने पर,हमें $\frac{1}{x+1} \le \frac{k+1}{x(x+1)} \le \frac{k+1}{k(x+1)}$ प्राप्त होता है।
$k$ से $k+1$ तक समाकलन करने पर:
$\int_{k}^{k+1} \frac{1}{x+1} dx < \int_{k}^{k+1} \frac{k+1}{x(x+1)} dx < \int_{k}^{k+1} \frac{k+1}{k(x+1)} dx$।
$k=1$ से $98$ तक योग करने पर:
$\sum_{k=1}^{98} (\ln(k+2) - \ln(k+1)) < I < \sum_{k=1}^{98} \frac{k+1}{k} (\ln(k+2) - \ln(k+1))$।
बाईं ओर $\ln(100) - \ln(2) = \ln(50)$ है।
चूंकि $\frac{k+1}{k} = 1 + \frac{1}{k}$,दाईं ओर $\sum_{k=1}^{98} (1 + \frac{1}{k}) \ln(\frac{k+2}{k+1})$ है।
$\ln(1+x) < x$ गुणधर्म का उपयोग करके,हम सिद्ध कर सकते हैं कि $I < \ln(99)$।
साथ ही,$\frac{49}{50}$ के साथ तुलना करने पर,हमें $I > \frac{49}{50}$ प्राप्त होता है।
अतः,$I < \ln(99)$ और $I > \frac{49}{50}$ दोनों सत्य हैं।

(D) $(1)$ चूंकि $\overline{OX}$ और $\overline{OY}$ भुजाओं $QR$ और $RP$ के अनुदिश इकाई सदिश हैं,उनके बीच का कोण $\pi - R$ है।
अतः,$|\overline{OX} \times \overline{OY}| = |\overline{OX}| |\overline{OY}| \sin(\pi - R) = 1 \cdot 1 \cdot \sin R = \sin R$.
चूंकि $P+Q+R = \pi$,$\sin R = \sin(\pi - (P+Q)) = \sin(P+Q)$.
अतः,विकल्प $A$ सही है।
$(2)$ हमें $\cos(P+Q) + \cos(Q+R) + \cos(R+P)$ का न्यूनतम मान ज्ञात करना है।
चूंकि $P+Q+R = \pi$,यह $\cos(\pi-R) + \cos(\pi-P) + \cos(\pi-Q) = -(\cos P + \cos Q + \cos R)$ के बराबर है।
किसी भी त्रिभुज के लिए,$\cos P + \cos Q + \cos R \leq \frac{3}{2}$.
इसलिए,$-(\cos P + \cos Q + \cos R) \geq -\frac{3}{2}$.
न्यूनतम मान $-\frac{3}{2}$ है,जो समबाहु त्रिभुज के लिए प्राप्त होता है।
अतः,विकल्प $B$ सही है।
दोनों को मिलाने पर,सही विकल्प $A, B$ है।

(C) बिंदु $(1, 1, 1)$ से गुजरने वाले समतल का समीकरण $a(x - 1) + b(y - 1) + c(z - 1) = 0$ है।
चूंकि यह समतल $2x + y - 2z = 5$ और $3x - 6y - 2z = 7$ के लंबवत है,इसलिए इसका अभिलंब सदिश $\vec{n} = (a, b, c)$ दिए गए समतलों के अभिलंब सदिशों $\vec{n_1} = (2, 1, -2)$ और $\vec{n_2} = (3, -6, -2)$ के लंबवत होगा।
अतः,अभिलंब सदिश $\vec{n}$ का मान $\vec{n_1} \times \vec{n_2}$ द्वारा प्राप्त होता है:
$\vec{n} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ 2 & 1 & -2 \\ 3 & -6 & -2 \end{vmatrix} = \hat{i}(-2 - 12) - \hat{j}(-4 + 6) + \hat{k}(-12 - 3) = -14\hat{i} - 2\hat{j} - 15\hat{k}$.
अभिलंब सदिश $(14, 2, 15)$ लेने पर,समतल का समीकरण $14(x - 1) + 2(y - 1) + 15(z - 1) = 0$ होगा।
इसे हल करने पर,$14x - 14 + 2y - 2 + 15z - 15 = 0$,अर्थात $14x + 2y + 15z = 31$ प्राप्त होता है।