KVPY 2013 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(C) આપેલ સમીકરણ $x^3+3x^2+3x+3=0$ છે.
ધારો કે $f(x) = x^3+3x^2+3x+3$.
તેથી $f'(x) = 3x^2+6x+3 = 3(x+1)^2$.
બધા $x \in \mathbb{R}$ માટે $f'(x) \geq 0$ હોવાથી,વિધેય $f(x)$ એ એકવિધ વધતું વિધેય છે.
આમ,સમીકરણ $f(x)=0$ ને માત્ર એક જ વાસ્તવિક બીજ $\alpha$ છે.
$f(-3) = -27+27-9+3 = -6 < 0$ અને $f(-2) = -8+12-6+3 = 1 > 0$ હોવાથી,વાસ્તવિક બીજ $\alpha$ એ અંતરાલ $(-3, -2)$ માં આવેલું છે.
ધારો કે ઘાત સમીકરણના બીજ $\alpha, \beta, \gamma$ છે,જ્યાં $\beta$ અને $\gamma$ એ વાસ્તવિક ન હોય તેવા સંકર બીજ છે.
વિયેટાના સૂત્રો મુજબ,બીજનો સરવાળો $\alpha + \beta + \gamma = -3$ છે.
તેથી,$\beta + \gamma = -3 - \alpha$.
$-3 < \alpha < -2$ હોવાથી,$-(-2) < -\alpha < -(-3)$,જેનો અર્થ છે કે $2 < -\alpha < 3$.
બધા ભાગમાં $-3$ ઉમેરતા: $2-3 < -3 - \alpha < 3-3$,જે $-1 < \beta + \gamma < 0$ આપે છે.
આમ,વાસ્તવિક ન હોય તેવા બીજનો સરવાળો $-1$ અને $0$ ની વચ્ચે છે.

(A) આપેલ અસમતા: $\log _2 \log _2 \log _2 \log _2 \log _2(n) < 0 < \log _2 \log _2 \log _2 \log _2(n)$.
પ્રથમ,$\log _2 \log _2 \log _2 \log _2(n) > 0$ ધ્યાનમાં લો:
$\log _2 \log _2 \log _2 \log _2(n) > 0 \implies \log _2 \log _2 \log _2(n) > 1 \implies \log _2 \log _2(n) > 2 \implies \log _2(n) > 4 \implies n > 2^4 = 16$.
ત્યારબાદ,$\log _2 \log _2 \log _2 \log _2 \log _2(n) < 0$ ધ્યાનમાં લો:
$\log _2 \log _2 \log _2 \log _2 \log _2(n) < 0 \implies \log _2 \log _2 \log _2 \log _2(n) < 1 \implies \log _2 \log _2 \log _2(n) < 2 \implies \log _2 \log _2(n) < 4 \implies \log _2(n) < 16 \implies n < 2^{16} = 65536$.
આમ,$16 < n < 65536$.
$n$ ના બાઈનરી વિસ્તરણમાં અંકોની સંખ્યા $l = \lfloor \log_2(n) \rfloor + 1$ દ્વારા મળે છે.
$n > 16$ માટે,ન્યૂનતમ કિંમત $\lfloor \log_2(16 + 1) \rfloor + 1 = 4 + 1 = 5$ છે.
$n < 65536$ માટે,મહત્તમ કિંમત $\lfloor \log_2(65535) \rfloor + 1 = 15 + 1 = 16$ છે.
તેથી,$l$ ની ન્યૂનતમ અને મહત્તમ કિંમતો $5$ અને $16$ છે.

(B) આપણને પદાવલિ $|a + b\omega + c\omega^2|$ આપેલ છે જ્યાં $a, b, c \in \{1, -1\}$ છે.
એકમનું ઘનમૂળ હોવાથી,આપણે જાણીએ છીએ કે $1 + \omega + \omega^2 = 0$,જેનો અર્થ છે કે $\omega + \omega^2 = -1$.
આપણે $a, b, c \in \{1, -1\}$ ના શક્ય સંયોજનો ચકાસીએ:
જો $a=1, b=-1, c=-1$ હોય,તો $|1 - \omega - \omega^2| = |1 - (\omega + \omega^2)| = |1 - (-1)| = |1 + 1| = 2$.
જો $a=1, b=1, c=-1$ હોય,તો $|1 + \omega - \omega^2| = |1 + \omega - (-1 - \omega)| = |2 + 2\omega| = 2|1 + \omega| = 2|-\omega^2| = 2$.
જો $a=1, b=1, c=1$ હોય,તો $|1 + \omega + \omega^2| = |0| = 0$.
આમ,મહત્તમ શક્ય કિંમત $2$ છે.

(B) આપેલ છે કે રેખાઓ $ax + 9y = 5$ અને $4x + by = 3$ સમાંતર છે,તેથી તેમના ઢાળ સમાન હોવા જોઈએ.
રેખા $ax + 9y = 5$ માટે,ઢાળ $m_1 = -\frac{a}{9}$ છે.
રેખા $4x + by = 3$ માટે,ઢાળ $m_2 = -\frac{4}{b}$ છે.
રેખાઓ સમાંતર હોવાથી,$m_1 = m_2$,જેનો અર્થ છે કે $-\frac{a}{9} = -\frac{4}{b}$,તેથી $ab = 36$.
આપણે $a + b$ ની ન્યૂનતમ કિંમત શોધવાની છે જ્યાં $a, b > 0$.
સમાંતર મધ્યક-ભૌમિતિક મધ્યક $(AM \geq GM)$ અસમતાનો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{a + b}{2} \geq \sqrt{ab}$
$ab = 36$ મૂકતા:
$\frac{a + b}{2} \geq \sqrt{36}$
$\frac{a + b}{2} \geq 6$
$a + b \geq 12$.
આમ,$a + b$ ની ન્યૂનતમ શક્ય કિંમત $12$ છે.

(B) ધારો કે $A, B, C, D$ માંથી પસાર થતા વર્તુળનું સમીકરણ $x^2+y^2+2gx+2fy+c=0$ છે.
વર્તુળના કેન્દ્ર $(-g, -f)$ ના ધ્રુવીય યામ $-g = r \cos \theta$ અને $-f = r \sin \theta$ દ્વારા મળે છે.
$AB$ એ $X$-અક્ષ પરનો અંતઃખંડ છે,તેથી $a = 2\sqrt{g^2-c} \implies \frac{a^2}{4} = g^2-c$.
$CD$ એ $Y$-અક્ષ પરનો અંતઃખંડ છે,તેથી $b = 2\sqrt{f^2-c} \implies \frac{b^2}{4} = f^2-c$.
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $g^2-f^2 = \frac{a^2-b^2}{4}$.
$g = -r \cos \theta$ અને $f = -r \sin \theta$ મૂકતા:
$(-r \cos \theta)^2 - (-r \sin \theta)^2 = \frac{a^2-b^2}{4}$
$r^2(\cos^2 \theta - \sin^2 \theta) = \frac{a^2-b^2}{4}$
$r^2 \cos 2\theta = \frac{a^2-b^2}{4}$.

(A) $\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times 8 \times 1 = 4$ છે.
રેખા $x=a$ એ $BC$ ને $D(a, 1)$ માં અને $AC$ ને $E(a, a/9)$ માં છેદે છે.
રેખા $x=a$ ની જમણી બાજુ બનતો ત્રિકોણ $\triangle DEC$ છે જેના શિરોબિંદુઓ $D(a, 1)$,$E(a, a/9)$,અને $C(9, 1)$ છે.
$\triangle DEC$ નું ક્ષેત્રફળ $\frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times (9-a) \times (1 - a/9) = \frac{(9-a)^2}{18}$ છે.
રેખા $x=a$ ત્રિકોણને સમાન ક્ષેત્રફળમાં વિભાજિત કરતી હોવાથી,$\triangle DEC$ નું ક્ષેત્રફળ કુલ ક્ષેત્રફળના અડધા જેટલું હોવું જોઈએ: $\frac{(9-a)^2}{18} = 2$.
$(9-a)^2 = 36$.
વર્ગમૂળ લેતા,$9-a = 6$ ($a < 9$ હોવાથી),તેથી $a = 3$.

(D) આપેલ છે કે $\triangle ABC$ માં,$D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ છે અને $AB = AD$ છે.
$AB = AD$ હોવાથી,$\angle B = \angle ADB$ મળે.
ધારો કે $\angle ADB = B$. તો $\angle ADC = \pi - B$. ધારો કે $\angle ADC = \theta$,તેથી $\theta = \pi - B$.
$D$ એ $BC$ નું મધ્યબિંદુ હોવાથી,$BD = DC = 1$ (ગુણોત્તર $m:n = 1:1$ લેતા).
$\triangle ABC$ માં કોટેન્જન્ટ પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા:
$(m+n) \cot \theta = n \cot B - m \cot C$
$m=1, n=1$ અને $\theta = \pi - B$ મૂકતા:
$(1+1) \cot(\pi - B) = 1 \cdot \cot B - 1 \cdot \cot C$
$2(-\cot B) = \cot B - \cot C$
$-2 \cot B = \cot B - \cot C$
$\cot C = 3 \cot B$
$\frac{1}{\tan C} = \frac{3}{\tan B}$
$\frac{\tan B}{\tan C} = 3$.

(D) આપેલ છે કે $\alpha, \beta, \gamma$ એ ત્રિકોણના ખૂણાઓ છે,તેથી $\alpha + \beta + \gamma = 180^{\circ}$.
આપેલ સમીકરણો:
$(i) \quad 2 \sin \alpha + 3 \cos \beta = 3 \sqrt{2}$
$(ii) \quad 3 \sin \beta + 2 \cos \alpha = 1$
બંને સમીકરણોનો વર્ગ કરતા:
$(2 \sin \alpha + 3 \cos \beta)^2 = 18$
$4 \sin^2 \alpha + 9 \cos^2 \beta + 12 \sin \alpha \cos \beta = 18$
$(3 \sin \beta + 2 \cos \alpha)^2 = 1$
$9 \sin^2 \beta + 4 \cos^2 \alpha + 12 \sin \beta \cos \alpha = 1$
બંનેનો સરવાળો કરતા:
$4(\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha) + 9(\sin^2 \beta + \cos^2 \beta) + 12 \sin(\alpha + \beta) = 19$
$13 + 12 \sin(\alpha + \beta) = 19$
$\sin(\alpha + \beta) = \frac{1}{2}$
$\alpha + \beta + \gamma = 180^{\circ}$ હોવાથી,$\sin \gamma = \frac{1}{2}$,તેથી $\gamma = 30^{\circ}$.

(C) $\lim _{x \rightarrow \infty} x \sin \left(\frac{1}{x}\right) f(x) = \lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin (1/x)}{1/x} \cdot f(x) = 1 \cdot M = M$. આ સત્ય છે.
$(B)$ $\sin(x)$ એ સતત વિધેય હોવાથી,$\lim _{x \rightarrow \infty} \sin(f(x)) = \sin(\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)) = \sin M$. આ સત્ય છે.
$(C)$ $\lim _{x \rightarrow \infty} x \sin \left(e^{-x}\right) f(x) = \lim _{x \rightarrow \infty} (x e^{-x}) \cdot \frac{\sin (e^{-x})}{e^{-x}} \cdot f(x)$. $\lim _{x \rightarrow \infty} x e^{-x} = 0$ હોવાથી,લક્ષ $0 \cdot 1 \cdot M = 0$ થાય. તેથી,લક્ષ $M$ છે તે વિધાન ખોટું છે.
$(D)$ $\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{x} f(x) = (\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{\sin x}{x}) \cdot (\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)) = 0 \cdot M = 0$. આ સત્ય છે.

(A) મૂળ યાદી $x_1, x_2, \ldots, x_n$ નો મધ્યક $\mu = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n x_i$ છે.
નવી યાદી $y_1=0, y_2=x_2, \ldots, y_{n-1}=x_{n-1}, y_n=x_1+x_n$ છે.
નવી યાદીનો મધ્યક $\hat{\mu} = \frac{1}{n} (0 + x_2 + x_3 + \ldots + x_{n-1} + x_1 + x_n) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n x_i = \mu$.
હવે,વર્ગોનો સરવાળો $\sum y_i^2 = 0^2 + x_2^2 + \ldots + x_{n-1}^2 + (x_1+x_n)^2$ ધ્યાનમાં લો.
આનું વિસ્તરણ કરતા,$\sum y_i^2 = x_2^2 + \ldots + x_{n-1}^2 + x_1^2 + x_n^2 + 2x_1x_n = \sum_{i=1}^n x_i^2 + 2x_1x_n$.
કારણ કે $x_1 > 0$ અને $x_n > 0$,તેથી $2x_1x_n > 0$,તેથી $\sum y_i^2 > \sum x_i^2$.
વિચરણ $\sigma^2 = \frac{1}{n} \sum x_i^2 - \mu^2$ અને $\hat{\sigma}^2 = \frac{1}{n} \sum y_i^2 - \hat{\mu}^2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જેમ કે $\hat{\mu} = \mu$ અને $\sum y_i^2 > \sum x_i^2$,તેથી $\hat{\sigma}^2 > \sigma^2$,જેનો અર્થ છે કે $\hat{\sigma} > \sigma$.
આમ,$\mu = \hat{\mu}$ અને $\sigma < \hat{\sigma}$,જે $\sigma \leq \hat{\sigma}$ નું પાલન કરે છે.
તેથી,વિકલ્પ $A$ સાચો છે.

(A) $100 \leq n \leq 999$ હોય તેવા કુલ પૂર્ણાંકોની સંખ્યા $999 - 100 + 1 = 900$ છે.
જો પૂર્ણાંક $n$ માં ત્રણ ભિન્ન અંકો ન હોય,તો તેમાં વધુમાં વધુ બે ભિન્ન અંકો હોય.
ત્રણ ભિન્ન અંકો ધરાવતા પૂર્ણાંકોની સંખ્યા નીચે મુજબ છે:
- પ્રથમ અંક (સોના સ્થાન પર) $1$ થી $9$ માંથી કોઈ પણ હોઈ શકે ($9$ વિકલ્પો).
- બીજો અંક (દશકના સ્થાન પર) પ્રથમ અંક સિવાયના $0$ થી $9$ માંથી કોઈ પણ હોઈ શકે ($9$ વિકલ્પો).
- ત્રીજો અંક (એકમના સ્થાન પર) પ્રથમ અને બીજા અંક સિવાયના $0$ થી $9$ માંથી કોઈ પણ હોઈ શકે ($8$ વિકલ્પો).
આમ,ત્રણ ભિન્ન અંકો ધરાવતા પૂર્ણાંકોની સંખ્યા $9 \times 9 \times 8 = 648$ છે.
વધુમાં વધુ બે ભિન્ન અંકો ધરાવતા પૂર્ણાંકોની સંખ્યા = કુલ પૂર્ણાંકો - ત્રણ ભિન્ન અંકો ધરાવતા પૂર્ણાંકો
$= 900 - 648 = 252$.

(D) ગણ $S_n$ માં $18$ ક્રમિક પૂર્ણાંકો છે.
$(a)$ જો $n=10$ હોય,તો $S_{10} = \{11, 12, \ldots, 28\}$. $19$ નો ગુણક $19$ છે. પરંતુ જો $n=19$ હોય,તો $S_{19} = \{20, 21, \ldots, 37\}$. $19$ નો ગુણક $38$ છે જે $S_{19}$ માં નથી. તેથી,$(a)$ ખોટું છે.
$(b)$ $S_n$ માં હંમેશા એક અવિભાજ્ય સંખ્યા હોય છે. આ સાચું છે,પરંતુ $(d)$ વધુ સચોટ ગુણધર્મ છે.
$(c)$ $n=10$ માટે,$S_{10} = \{11, 12, \ldots, 28\}$. $5$ ના ગુણકો $15, 20, 25$ છે. માત્ર $3$ ગુણકો છે. તેથી,$(c)$ ખોટું છે.
$(d)$ $18$ ક્રમિક પૂર્ણાંકોના કોઈપણ ગણમાં,વધુમાં વધુ $6$ અવિભાજ્ય સંખ્યાઓ હોય છે. તેથી,$(d)$ સાચો વિકલ્પ છે.

(C) $n$ બાજુઓ ધરાવતા બહુકોણ માટે,અંતઃકોણોનો સરવાળો $(n-2) \times 180^{\circ}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n = 10$ માટે,અંતઃકોણોનો સરવાળો $(10-2) \times 180^{\circ} = 8 \times 180^{\circ} = 1440^{\circ}$ થાય.
ધારો કે $k$ એ વિપરીત ખૂણાઓની સંખ્યા છે (ખૂણા $> 180^{\circ}$) અને $m$ એ બિન-વિપરીત ખૂણાઓની સંખ્યા છે (ખૂણા $\le 180^{\circ}$).
આપણી પાસે $k + m = 10$ છે.
$k$ વિપરીત ખૂણાઓનો સરવાળો $k \times 360^{\circ}$ કરતા ઓછો હોય છે પરંતુ $k \times 180^{\circ}$ કરતા વધારે હોવો જોઈએ.
$m$ બિન-વિપરીત ખૂણાઓનો સરવાળો $0^{\circ}$ કરતા વધારે અને $m \times 180^{\circ}$ કરતા ઓછો અથવા તેના જેટલો હોય છે.
કુલ સરવાળો $1440^{\circ}$ છે.
જો $k = 8$ હોય,તો વિપરીત ખૂણાઓનો સરવાળો ઓછામાં ઓછો $8 \times 180^{\circ} = 1440^{\circ}$ થાય,જે બાકીના $2$ ખૂણાઓ માટે $0^{\circ}$ છોડે છે,જે બહુકોણ માટે અશક્ય છે.
જો $k = 7$ હોય,તો $7$ વિપરીત ખૂણાઓનો સરવાળો $> 7 \times 180^{\circ} = 1260^{\circ}$ થાય. બાકીના $3$ ખૂણાઓનો સરવાળો $1440^{\circ} - (7 \text{ વિપરીત ખૂણાઓનો સરવાળો})$ થાય. $7$ વિપરીત ખૂણાઓનો સરવાળો $1260^{\circ}$ થી થોડો વધારે હોઈ શકે છે,તેથી બાકીના $3$ ખૂણાઓ ધન હોઈ શકે છે અને તેમનો સરવાળો $180^{\circ}$ થી ઓછો હોઈ શકે છે.
આમ,$k$ ની મહત્તમ કિંમત $7$ છે.

(A) આપેલ છે કે $\sum_{k=1}^n (a k^3+b k^2+c k+d)=n^4$.
$n=1$ માટે,$a+b+c+d=1^4=1$.
$n=2$ માટે,$(a+b+c+d) + (8a+4b+2c+d)=2^4=16 \Rightarrow 9a+5b+3c+2d=16$.
$n=3$ માટે,$(9a+5b+3c+2d) + (27a+9b+3c+d)=3^4=81 \Rightarrow 36a+14b+6c+3d=81$.
$n=4$ માટે,$(36a+14b+6c+3d) + (64a+16b+4c+d)=4^4=256 \Rightarrow 100a+30b+10c+4d=256$.
આ સમીકરણો ઉકેલતા:
$a=4, b=-6, c=4, d=-1$.
તેથી,$|a|+|b|+|c|+|d| = |4|+|-6|+|4|+|-1| = 4+6+4+1 = 15$.

(C) આપેલ પરવલય $y^2=4x$ અને રેખા $y=2x-4$ છે.
પાયાના શિરોબિંદુઓ શોધવા માટે,$y=2x-4$ ને $y^2=4x$ માં મૂકતા:
$(2x-4)^2 = 4x$
$4(x-2)^2 = 4x$
$x^2-4x+4 = x$
$x^2-5x+4 = 0$
$(x-1)(x-4) = 0$
તેથી,$x=1$ અથવા $x=4$.
$x=1$ માટે,$y=2(1)-4 = -2$. બિંદુ $C = (1, -2)$.
$x=4$ માટે,$y=2(4)-4 = 4$. બિંદુ $B = (4, 4)$.
ધારો કે ત્રીજું શિરોબિંદુ $A = (x, 0)$ છે જે $X$-અક્ષ પર છે.
ત્રિકોણ સમદ્વિબાજુ હોવાથી,$AB=AC$,તેથી $AB^2 = AC^2$.
$(x-4)^2 + (0-4)^2 = (x-1)^2 + (0-(-2))^2$
$x^2-8x+16+16 = x^2-2x+1+4$
$-8x+32 = -2x+5$
$6x = 27$
$x = \frac{27}{6} = \frac{9}{2}$.
આમ,ત્રીજા શિરોબિંદુના યામ $\left(\frac{9}{2}, 0\right)$ છે.

(A) ધારો કે $R$ એ અર્ધવર્તુળની ત્રિજ્યા છે. ધારો કે $\angle AOY = \theta$ અને $\angle BOY = \theta$. $AB \parallel XY$ હોવાથી,$A$ અને $B$ બિંદુઓ $XY$ ના લંબદ્વિભાજકની સાપેક્ષમાં સંમિત છે. $A = (R \cos \theta, R \sin \theta)$ અને $B = (-R \cos \theta, R \sin \theta)$ છે.
$\triangle AOB$ ની બાજુઓ $OA = R$,$OB = R$,અને $AB = 2R \cos \theta$ છે.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{R + R + 2R \cos \theta}{2} = R(1 + \cos \theta)$.
$\triangle AOB$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times \text{પાયો} \times \text{વેધ} = \frac{1}{2} \times (2R \cos \theta) \times (R \sin \theta) = R^2 \sin \theta \cos \theta$.
અંતઃત્રિજ્યા $r = \frac{\text{ક્ષેત્રફળ}}{s} = \frac{R^2 \sin \theta \cos \theta}{R(1 + \cos \theta)} = R \frac{\sin \theta \cos \theta}{1 + \cos \theta}$.
$r$ ને મહત્તમ કરવા માટે,$\theta$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા:
$\frac{dr}{d\theta} = R \frac{(1 + \cos \theta)(\cos^2 \theta - \sin^2 \theta) - (\sin \theta \cos \theta)(-\sin \theta)}{(1 + \cos \theta)^2} = 0$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $(1 + \cos \theta)(2 \cos^2 \theta - 1) + \sin^2 \theta \cos \theta = 0$ મળે.
$\sin^2 \theta = 1 - \cos^2 \theta$ મૂકતા,$(1 + \cos \theta)(2 \cos^2 \theta - 1) + (1 - \cos^2 \theta) \cos \theta = 0$.
$2 \cos^2 \theta - 1 + 2 \cos^3 \theta - \cos \theta + \cos \theta - \cos^3 \theta = 0$.
$\cos^3 \theta + 2 \cos^2 \theta - 1 = 0$.
અવયવ પાડતા $(\cos \theta + 1)(\cos^2 \theta + \cos \theta - 1) = 0$.
$\cos \theta \neq -1$ હોવાથી,$\cos^2 \theta + \cos \theta - 1 = 0$.
$\cos \theta$ માટે ઉકેલતા,$\cos \theta = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 4}}{2}$. $\theta$ લઘુકોણ હોવાથી,$\cos \theta = \frac{\sqrt{5}-1}{2}$.
તેથી,$\angle BOY = \theta = \cos^{-1}\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)$.

(D) ધારો કે $R$ એ પૃથ્વીની ત્રિજ્યા છે અને $H$ એ બિંદુ $P$ પરના અવલોકનકારની સપાટીથી ઊંચાઈ છે.
બિંદુ $P$ થી જોઈ શકાય તેવા ગોળાકાર ભાગનું ક્ષેત્રફળ $A = 2 \pi R h'$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $h'$ એ કેપની ઊંચાઈ છે.
ગોળાનું કુલ પૃષ્ઠફળ $4 \pi R^2$ છે.
આપેલ છે કે પૃથ્વીની સપાટીનો ચોથો ભાગ જોઈ શકાય છે,તેથી:
$2 \pi R h' = \frac{1}{4} (4 \pi R^2) = \pi R^2$
$h' = \frac{R}{2}$
ગોળાની ભૂમિતિ પરથી,કેપની ઊંચાઈ $h'$ એ ખૂણા $\theta$ (દ્રષ્ટિના શંકુનો અર્ધ-ઊર્ધ્વ ખૂણો) સાથે $h' = R(1 - \cos \theta)$ દ્વારા સંબંધિત છે.
$h'$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$R(1 - \cos \theta) = \frac{R}{2}$
$1 - \cos \theta = \frac{1}{2}$
$\cos \theta = \frac{1}{2}$
$\theta = 60^{\circ}$
પૃથ્વીના કેન્દ્ર $O$,સ્પર્શક બિંદુ $B$ અને અવલોકનકાર $P$ દ્વારા રચાયેલા કાટકોણ ત્રિકોણમાં:
$\cos \theta = \frac{OB}{OP} = \frac{R}{R + H}$
$\frac{1}{2} = \frac{R}{R + H}$
$R + H = 2R$
$H = R$
$R = 6400 \, km$ આપેલ હોવાથી,આપણને $H = 6400 \, km$ મળે છે.

(C) $100$ કૂપનમાંથી $5$ કૂપન પસંદ કરીને ગોઠવવાની કુલ રીતો $P(100, 5) = \frac{100!}{95!}$ છે.
ધારો કે $5$ પસંદ કરેલી સંખ્યાઓનો ગણ $S = \{a, b, c, d, e\}$ છે જ્યાં $a < b < c < d < e$ છે.
કોઈપણ $5$ ભિન્ન સંખ્યાઓના ગણ માટે,આપણે તેમને એવી રીતે ગોઠવવાની જરૂર છે કે જેથી $x_1 > x_2 > x_3$ અને $x_3 < x_4 < x_5$ થાય.
આનો અર્થ એ છે કે $x_3$ એ $5$ સંખ્યાઓમાં સૌથી નાની હોવી જોઈએ. આમ,$x_3$ એ ગણનો ન્યૂનતમ ઘટક તરીકે નિશ્ચિત છે.
બાકીની $4$ સંખ્યાઓને બે ગણમાં વિભાજિત કરી શકાય છે: એક ${x_1, x_2}$ માટે અને એક ${x_4, x_5}$ માટે.
બાકીની $4$ માંથી $x_1$ અને $x_2$ બનવા માટે $2$ સંખ્યાઓ પસંદ કરવાની રીતો $\binom{4}{2} = 6$ છે.
એકવાર પસંદ થઈ ગયા પછી,તેમનો ક્રમ નિશ્ચિત છે $(x_1 > x_2)$,અને બાકીની $2$ નો ક્રમ પણ નિશ્ચિત છે $(x_4 < x_5)$.
આમ,$5$ સંખ્યાઓના કોઈપણ ગણ માટે,$120$ કુલ ક્રમચયોમાંથી $6$ સાનુકૂળ ગોઠવણીઓ છે.
સંભાવના $\frac{6}{120} = \frac{1}{20}$ છે.

(D) $n=5$ ટીમોની ટુર્નામેન્ટમાં,કુલ રમતોની સંખ્યા $\binom{5}{2} = 10$ છે. દરેક રમતમાં વિજેતાને $1$ પોઈન્ટ અને હારનારને $0$ પોઈન્ટ મળે છે,તેથી પોઈન્ટનો સરવાળો $10$ થાય છે. ધારો કે ટીમોના સ્કોર $s_1, s_2, s_3, s_4, s_5$ છે. આપણે જાણીએ છીએ કે $\sum s_i = 10$.
વિકલ્પ $(d)$ કહે છે: "વધુમાં વધુ ચાર ટીમો એવી છે કે જેમની પાસે વધુમાં વધુ બે પોઈન્ટ છે."
ધારો કે બધી ટીમોના પોઈન્ટ સમાન છે: $s_1=s_2=s_3=s_4=s_5=2$.
અહીં,બધી $5$ ટીમો પાસે વધુમાં વધુ $2$ પોઈન્ટ છે.
કારણ કે $5 > 4$,તેથી "વધુમાં વધુ ચાર ટીમો પાસે વધુમાં વધુ બે પોઈન્ટ છે" તે વિધાન આ કિસ્સામાં ખોટું છે.
આમ,$(d)$ હંમેશા સાચું નથી.

(C) આપણે $x+y+z=10$ શરત હેઠળ $f(x, y, z) = xyz + xy + yz + zx$ ને મહત્તમ બનાવવું છે,જ્યાં $x, y, z \in \mathbb{Z}_{\geq 0}$.
નોંધો કે $(x+1)(y+1)(z+1) = xyz + xy + yz + zx + x + y + z + 1$.
$x+y+z=10$ મૂકતા,આપણને $(x+1)(y+1)(z+1) = xyz + xy + yz + zx + 11$ મળે છે.
ધારો કે $A = x+1, B = y+1, C = z+1$. તો $A+B+C = 13$.
$AM$-$GM$ અસમતા મુજબ,$ABC \leq (\frac{13}{3})^3 \approx 81.37$.
$A, B, C$ પૂર્ણાંકો હોવાથી,સરવાળો $13$ હોય ત્યારે મહત્તમ ગુણાકાર $4, 4, 5$ માટે મળે છે.
$4 \times 4 \times 5 = 80$.
તેથી,$xyz + xy + yz + zx + 11 \leq 80$.
$xyz + xy + yz + zx \leq 69$.
મહત્તમ કિંમત $69$ છે.

(C) આપેલ સમીકરણ $2013 + a^2 = b^2$ છે.
પદોને ફરીથી ગોઠવતા,આપણને $b^2 - a^2 = 2013$ મળે છે.
વર્ગોના તફાવતની નિત્યસમનો ઉપયોગ કરતા,$(b - a)(b + a) = 2013$ થાય.
$2013$ ના અવિભાજ્ય અવયવો $3 \times 11 \times 61 = 33 \times 61$ છે.
$a$ અને $b$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ હોવાથી,$b + a > b - a$ અને બંને $2013$ ના ધન અવયવો હોવા જોઈએ.
$ab$ ને ન્યૂનતમ કરવા માટે,આપણે એવા અવયવો $(b - a)$ અને $(b + a)$ શોધીએ છીએ જે એકબીજાની સૌથી નજીક હોય.
ધારો કે $b - a = 33$ અને $b + a = 61$.
બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $2b = 94 \Rightarrow b = 47$.
બંને સમીકરણોની બાદબાકી કરતા: $2a = 28 \Rightarrow a = 14$.
આમ,$ab$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $14 \times 47 = 658$ છે.

(C) ત્રિકોણના અસ્તિત્વ માટે,કોઈપણ બે બાજુઓનો સરવાળો ત્રીજી બાજુ કરતા વધારે હોવો જોઈએ અને તમામ બાજુઓની લંબાઈ ધન હોવી જોઈએ.
ધારો કે બાજુઓ $a = b+5$,$c = 3b-2$ અને $d = 6-b$ છે.
બાજુઓ ધન હોવા માટે: $b > -5$,$b > 2/3$ અને $b < 6$. આમ,$2/3 < b < 6$.
કિસ્સો $I$: $b+5 = 3b-2$
$2b = 7 \Rightarrow b = 3.5$.
બાજુઓ $8.5, 8.5, 2.5$ છે. જે ત્રિકોણની શરતનું પાલન કરે છે.
કિસ્સો $II$: $3b-2 = 6-b$
$4b = 8 \Rightarrow b = 2$.
બાજુઓ $7, 4, 4$ છે. જે ત્રિકોણની શરતનું પાલન કરે છે.
કિસ્સો $III$: $b+5 = 6-b$
$2b = 1 \Rightarrow b = 0.5$.
આ શરત $b > 2/3$ નું ઉલ્લંઘન કરે છે.
આમ,$b$ ના $2$ મૂલ્યો શક્ય છે.

(B) આપેલ દ્વિઘાત સમીકરણ: $a x^2+(a+b) x+b = 0$
અવયવ પાડતા:
$a x^2 + a x + b x + b = 0$
$a x(x + 1) + b(x + 1) = 0$
$(a x + b)(x + 1) = 0$
બીજ $x = -\frac{b}{a}$ અને $x = -1$ છે.
વિશ્લેષણ:
$1$. $-1$ એક બીજ હોવાથી,સમીકરણ હંમેશા ઓછામાં ઓછું એક ઋણ બીજ ધરાવે છે. તેથી,વિધાન $I$ સાચું છે.
$2$. બીજ $-1$ અને $-\frac{b}{a}$ છે. $a$ અને $b$ વાસ્તવિક હોવાથી બંને બીજ વાસ્તવિક છે. તેથી,વિધાન $III$ સાચું છે.
$3$. ધન બીજનું અસ્તિત્વ $-\frac{b}{a}$ ની નિશાની પર આધાર રાખે છે. જો $\frac{b}{a} > 0$ હોય,તો બીજ ઋણ છે. જો $\frac{b}{a} < 0$ હોય,તો બીજ ધન છે. $\frac{b}{a}$ ની નિશાની નિશ્ચિત ન હોવાથી,વિધાન $II$ હંમેશા સાચું નથી.
તેથી,વિધાન $I$ અને $III$ હંમેશા સાચા છે.

(C) ધારો કે $a = \frac{x}{y}$,$b = \frac{y}{z}$,અને $c = \frac{z}{x}$.
આપેલ છે કે $a+b+c = 7$ અને $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} = 9$.
નોંધો કે $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} = \frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z} = 9$.
આપણે જાણીએ છીએ કે બીજગણિતીય નિત્યસમ $a^3+b^3+c^3-3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$.
આને $a^3+b^3+c^3-3abc = (a+b+c)((a+b+c)^2-3(ab+bc+ca))$ તરીકે લખી શકાય.
અહીં,$abc = (\frac{x}{y})(\frac{y}{z})(\frac{z}{x}) = 1$.
વળી,$ab+bc+ca = (\frac{x}{y})(\frac{y}{z}) + (\frac{y}{z})(\frac{z}{x}) + (\frac{z}{x})(\frac{x}{y}) = \frac{x}{z} + \frac{y}{x} + \frac{z}{y} = 9$.
આ કિંમતો નિત્યસમમાં મૂકતા:
$a^3+b^3+c^3-3(1) = (7)((7)^2 - 3(9))$.
$a^3+b^3+c^3-3 = 7(49-27)$.
$a^3+b^3+c^3-3 = 7(22) = 154$.

(A) બે ત્રિકોણો સમરૂપ થવા માટે,તેમના અનુરૂપ ખૂણાઓ સમાન હોવા જોઈએ. $\triangle ABC$ માં,ખૂણાઓનો ક્રમ $\angle A < \angle B < \angle C$ છે.
$\triangle ABD$ નો વિચાર કરો. $D$ એ $BC$ રેખાખંડના અંદરના ભાગમાં હોવાથી,$\angle ADB$ એ $\triangle ADC$ નો બહિષ્કોણ છે,તેથી $\angle ADB = \angle DAC + \angle C$. આમ,$\angle ADB > \angle C$. $\triangle ABC$ નો સૌથી મોટો ખૂણો $\angle C$ છે,અને $\triangle ABD$ માં $\angle ADB$ ખૂણો છે જે $\angle C$ કરતા મોટો છે,તેથી $\triangle ABD$ ના ખૂણાઓનો સમૂહ $\triangle ABC$ ના ખૂણાઓના સમૂહ જેવો હોઈ શકે નહીં. તેથી,$\triangle ABD$ એ $\triangle ABC$ ને સમરૂપ હોઈ શકે નહીં.

(C) ધારો કે $O$ એ વર્તુળનું કેન્દ્ર છે. $OR$ એ $\angle PRQ$ નો દ્વિભાજક છે. ધારો કે $M$ એ $PQ$ અને $OR$ નું છેદબિંદુ છે. $RP=RQ$ હોવાથી,$\triangle RPQ$ એ સમદ્વિબાજુ ત્રિકોણ છે,અને $RM \perp PQ$ તથા $PM = MQ = \frac{1}{2} PQ = 3$ થાય.
કાટકોણ $\triangle RPM$ માં,પાયથાગોરસના પ્રમેય મુજબ:
$RM^2 = PR^2 - PM^2 = 5^2 - 3^2 = 25 - 9 = 16 \Rightarrow RM = 4$.
ધારો કે $\angle PRM = \theta$. તો $\tan \theta = \frac{PM}{RM} = \frac{3}{4}$.
કાટકોણ $\triangle OPR$ માં (જ્યાં $\angle OPR = 90^\circ$ કારણ કે $PR$ સ્પર્શક છે),$\angle ORP = \theta$ છે. તેથી,$\tan \theta = \frac{OP}{PR} = \frac{r}{5}$.
$\tan \theta$ માટેની બંને કિંમતોને સરખાવતા:
$\frac{r}{5} = \frac{3}{4} \Rightarrow r = \frac{15}{4}$.

(C) ધારો કે $H$ એ $\triangle ABC$ નું લંબકેન્દ્ર છે. વેધ $AD, BE, CF$ ને લંબાવતા તે પરિવૃતને $A_1, B_1, C_1$ માં મળે છે.
$\triangle ABD$ માં,$\angle ADB = 90^{\circ}$ અને $\angle ABD = 45^{\circ}$,તેથી $\angle BAD = 45^{\circ}$.
$A, B, A_1, C_1$ પરિવૃત પર હોવાથી,$\angle B B_1 A_1 = \angle B A A_1 = \angle BAD = 45^{\circ}$ (સમાન ચાપ $BA_1$ દ્વારા બનતા ખૂણા).
તે જ રીતે,$\angle B B_1 C_1 = \angle B C C_1 = 45^{\circ}$ (સમાન ચાપ $BC_1$ દ્વારા બનતા ખૂણા).
તેથી,$\angle A_1 B_1 C_1 = \angle B B_1 A_1 + \angle B B_1 C_1 = 45^{\circ} + 45^{\circ} = 90^{\circ}$.

(C) આપેલ છે કે $ABCD$ એક લંબચોરસ છે.
$\therefore AB = CD, BC = AD$.
$X$ અને $Y$ એ $AD$ અને $DC$ ના મધ્યબિંદુઓ છે.
ધારો કે $AB = 2x, BC = 2y$.
$\therefore AX = XD = y$ અને $DY = YC = x$.
લંબચોરસ $ABCD$ નું ક્ષેત્રફળ $= 4xy = 60 \Rightarrow xy = 15$.
$\triangle ABX \cong \triangle DEX$ હોવાથી,$DE = AB = 2x$.
તે જ રીતે,$\triangle BCY \cong \triangle DFY$ હોવાથી,$FD = BC = 2y$.
$\triangle BEF$ નું ક્ષેત્રફળ $= 6xy = 6 \times 15 = 90$.

(D) આપેલ છે કે,$ABCDEF$ એ $1$ બાજુની લંબાઈ ધરાવતો નિયમિત ષટ્કોણ છે.
$AFPS$ અને $ABQR$ એ $1$ બાજુની લંબાઈ ધરાવતા ચોરસ છે.
નિયમિત ષટ્કોણનો અંતઃકોણ $120^{\circ}$ હોય છે.
ચોરસ $ABQR$ માં,$AB=BQ=1$ અને $\angle ABQ = 90^{\circ}$.
$AQ$ એ ચોરસનો વિકર્ણ છે,તેથી $AQ = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.
તે જ રીતે,ચોરસ $AFPS$ માં,$AP = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}$.
ગુણોત્તરની ગણતરી કરતા,જવાબ $2$ મળે છે.

(B) ધારો કે વર્તુળાકાર ટ્રેકનો પરિઘ $C$ છે.
વ્યક્તિ $X$ એક ચક્કર $40 \ s$ માં પૂર્ણ કરે છે. તેથી,$X$ ની ઝડપ $v_X = \frac{C}{40} \ m/s$ છે.
ધારો કે $Y$ એક ચક્કર $t \ s$ માં પૂર્ણ કરે છે. તેથી,$Y$ ની ઝડપ $v_Y = \frac{C}{t} \ m/s$ છે.
તેઓ વિરુદ્ધ દિશામાં દોડી રહ્યા હોવાથી,તેમની સાપેક્ષ ઝડપ $v_{rel} = v_X + v_Y = \frac{C}{40} + \frac{C}{t}$ છે.
તેઓ દર $15 \ s$ એ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $15 \ s$ માં બંને દ્વારા એકબીજાની સાપેક્ષમાં કાપેલું કુલ અંતર એક સંપૂર્ણ પરિઘ $C$ છે.
$v_{rel} \times 15 = C$
$\left(\frac{C}{40} + \frac{C}{t}\right) \times 15 = C$
બંને બાજુ $C$ વડે ભાગતા:
$\left(\frac{1}{40} + \frac{1}{t}\right) \times 15 = 1$
$\frac{1}{40} + \frac{1}{t} = \frac{1}{15}$
$\frac{1}{t} = \frac{1}{15} - \frac{1}{40}$
$\frac{1}{t} = \frac{8 - 3}{120} = \frac{5}{120} = \frac{1}{24}$
$t = 24 \ s$.

(C) આપેલ અસમતા: $\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1} < 0.2$
ડાબી બાજુનું સંમેયીકરણ કરતા:
$\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n-1})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}} < 0.2$
$\frac{(n+1)-(n-1)}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}} < 0.2$
$\frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}} < 0.2$
$\frac{2}{0.2} < \sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}$
$10 < \sqrt{n+1}+\sqrt{n-1}$
$n=25$ માટે: $\sqrt{26}+\sqrt{24} \approx 5.099 + 4.899 = 9.998 < 10$ (ખોટું)
$n=26$ માટે: $\sqrt{27}+\sqrt{25} \approx 5.196 + 5 = 10.196 > 10$ (સાચું)
આમ,સૌથી નાનો ધન પૂર્ણાંક $n = 26$ છે.

(A) આપણે એવી પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓ $n$ શોધી રહ્યા છીએ કે જેના માટે $n! + 10 = k^2$ થાય.
કિસ્સો $1$: જો $n=1$,$1! + 10 = 11$ (પૂર્ણ વર્ગ નથી).
કિસ્સો $2$: જો $n=2$,$2! + 10 = 12$ (પૂર્ણ વર્ગ નથી).
કિસ્સો $3$: જો $n=3$,$3! + 10 = 6 + 10 = 16 = 4^2$ (પૂર્ણ વર્ગ છે).
કિસ્સો $4$: જો $n=4$,$4! + 10 = 24 + 10 = 34$ (પૂર્ણ વર્ગ નથી).
કિસ્સો $5$: જો $n=5$,$5! + 10 = 120 + 10 = 130$ (પૂર્ણ વર્ગ નથી).
કિસ્સો $6$: જો $n \ge 5$,તો $n!$ એ $10$ નો ગુણક છે કારણ કે $n!$ માં $2$ અને $5$ અવયવો છે.
આમ,$n \ge 5$ માટે $n! + 10$ નો એકમનો અંક $0$ છે. પૂર્ણ વર્ગ સંખ્યાનો એકમનો અંક $0$ હોય તો દશકનો અંક પણ $0$ હોવો જોઈએ. અહીં $n! + 10$ માટે તે શક્ય નથી.
તેથી,માત્ર $n=3$ જ શરતનું પાલન કરે છે.

(B) ધારો કે $10$ બિંદુઓ એક બહિર્મુખ દશકોણના શિરોબિંદુઓ તરીકે ગોઠવાયેલા છે. બે બિંદુઓમાંથી પસાર થતી રેખા બાકીના $8$ બિંદુઓને દરેક બાજુએ $4$ બિંદુઓના બે સેટમાં વિભાજિત કરે છે જો અને માત્ર જો તે રેખા એક વિકર્ણ હોય જે એક બાજુ પર $4$ શિરોબિંદુઓ અને બીજી બાજુ પર $4$ શિરોબિંદુઓ છોડે.
ક્રમમાં $1, 2, \dots, 10$ લેબલ થયેલ શિરોબિંદુઓ સાથેના બહિર્મુખ દશકોણમાં,આવી રેખા શિરોબિંદુ $i$ ને શિરોબિંદુ $i+5$ સાથે જોડે છે (જ્યાં અનુક્રમણિકા $10$ ના મોડ્યુલો લેવામાં આવે છે).
શક્ય રેખાઓ $(1, 6), (2, 7), (3, 8), (4, 9), \text{ અને } (5, 10)$ છે.
આમ,આવી બરાબર $5$ રેખાઓ છે.

(B) ધારો કે $S_1$ એ પ્રથમ જૂથની કુલ આવક છે (પગાર $< ₹ 10,000$) અને $S_2$ એ બીજા જૂથની કુલ આવક છે (પગાર $> ₹ 10,000$).
આપેલ છે કે $S_1 < S_2$.
ધારો કે $N_1$ અને $N_2$ એ અનુક્રમે પ્રથમ અને બીજા જૂથમાં લોકોની સંખ્યા છે.
પ્રારંભિક કુલ આવક $S_{total} = S_1 + S_2$ છે.
ફેરફાર પછી નવી કુલ આવક $S'_{total} = S_1(1 + 0.05) + S_2(1 - 0.05) = 1.05 S_1 + 0.95 S_2$ છે.
કુલ આવકમાં ફેરફાર $\Delta S = S'_{total} - S_{total} = (1.05 S_1 + 0.95 S_2) - (S_1 + S_2) = 0.05 S_1 - 0.05 S_2 = 0.05(S_1 - S_2)$ છે.
કારણ કે $S_1 < S_2$,તેથી $S_1 - S_2 < 0$ થાય,જેનો અર્થ છે કે $\Delta S < 0$.
તેથી,કુલ આવક ઘટે છે,અને પરિણામે,તમામ લોકોની સરેરાશ આવક ઘટે છે.

(B) ધારો કે સમાંતર શ્રેણી $a, b, c, d, e$ છે અને સામાન્ય તફાવત $D$ છે.
શ્રેણીને $c-2D, c-D, c, c+D, c+2D$ તરીકે લખી શકાય.
આપેલ છે કે $a+b+c+d+e = 5c = \lambda^3$ અને $b+c+d = 3c = u^2$.
$3c = u^2$ પરથી $c = \frac{u^2}{3}$.
આ કિંમત $5c = \lambda^3$ માં મૂકતા,$5(\frac{u^2}{3}) = \lambda^3$ મળે,એટલે કે $5u^2 = 3\lambda^3$.
આ શરત સંતોષવા માટે,$u$ એ $3$ નો ગુણક અને $\lambda$ એ $5$ નો ગુણક હોવો જોઈએ.
ન્યૂનતમ પ્રાકૃતિક સંખ્યા માટે,$c = 675$ મળે છે.
$675$ માં $3$ અંકો છે.

(D) ધારો કે લંબઘનના પરિમાણો $x, y,$ અને $z$ છે. સપાટીઓના પરિમાણો $(x, y), (y, z),$ અને $(x, z)$ છે.
દરેક સપાટી માટે પરિમિતિ અને ક્ષેત્રફળનો સરવાળો:
$2(x+y) + xy = 16 \quad (i)$
$2(y+z) + yz = 24 \quad (ii)$
$2(x+z) + xz = 31 \quad (iii)$
દરેક સમીકરણમાં $4$ ઉમેરતા:
$(x+2)(y+2) = 20 \quad (iv)$
$(y+2)(z+2) = 28 \quad (v)$
$(x+2)(z+2) = 35 \quad (vi)$
ધારો કે $X = x+2, Y = y+2, Z = z+2$. તો $XY=20, YZ=28, XZ=35$.
ગુણાકાર કરતા: $(XYZ)^2 = 19600 \implies XYZ = 140$.
$Z = 7 \implies z = 5$,$X = 5 \implies x = 3$,$Y = 4 \implies y = 2$.
ઘનફળ $V = xyz = 3 \times 2 \times 5 = 30$.
$30$ એ $28$ અને $35$ ની વચ્ચે આવે છે,તેથી વિકલ્પ $(d)$ સાચો છે.

(D) ચોરસ $ABCD$ ની બાજુની લંબાઈ $3x$ ધારો. તેથી $AB=BC=CD=AD=3x$.
$DP:PC=1:2$ આપેલ હોવાથી,$DP=x$ અને $PC=2x$.
$\triangle DAP$ માં,$AP = \sqrt{AD^2 + DP^2} = \sqrt{(3x)^2 + x^2} = \sqrt{10}x$.
$\triangle DAP \sim \triangle QBA$ હોવાથી,$\frac{AD}{QB} = \frac{AP}{AB} = \frac{DP}{AQ}$ મળે.
$QB = \frac{9x}{\sqrt{10}}$ અને $AQ = \frac{3x}{\sqrt{10}}$ મળે.
$\triangle DAP$ નું ક્ષેત્રફળ $= 1.5x^2$.
$\triangle ABQ$ નું ક્ષેત્રફળ $= \frac{1}{2} \times AQ \times QB = \frac{27x^2}{20} = 1.35x^2$.
ચતુષ્કોણ $PQBC$ નું ક્ષેત્રફળ $= 9x^2 - 1.5x^2 - 1.35x^2 = 6.15x^2 = \frac{123}{20}x^2$.
ગુણોત્તર $= \frac{123/20}{9} = \frac{41}{60}$.

(C) ધારો કે પિરામિડના ચોરસ પાયાની બાજુ $x$ છે અને પિરામિડની ઊંચાઈ $y$ છે.
પિરામિડનું ઘનફળ $V = \frac{1}{3} x^2 y$ છે.
જ્યારે બાજુની લંબાઈ $x$ માં $p \%$ નો વધારો થાય,ત્યારે નવી બાજુની લંબાઈ $x' = x \left(\frac{100+p}{100}\right)$ થાય.
જ્યારે ઊંચાઈ $y$ માં $p \%$ નો ઘટાડો થાય,ત્યારે નવી ઊંચાઈ $y' = y \left(\frac{100-p}{100}\right)$ થાય.
ઘનફળ સમાન રહેતું હોવાથી,$V = \frac{1}{3} (x')^2 y' = \frac{1}{3} x^2 y$.
સાદુરૂપ આપતા,$1 = \left(\frac{100+p}{100}\right)^2 \left(\frac{100-p}{100}\right)$ મળે.
આ સમીકરણ ઉકેલતા $p^2 + 100p - 10000 = 0$ મળે.
દ્વિઘાત સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા,$p = 50(\sqrt{5} - 1) \approx 61.8$ મળે.
તેથી,$60 < p < 65$.

(B) આપેલ છે $p_t(x) = (\sin t) x^2 - (2 \cos t) x + \sin t$.
$A(t) = \int_0^1 ((\sin t) x^2 - (2 \cos t) x + \sin t) dx$
$A(t) = [\frac{x^3}{3} \sin t - x^2 \cos t + x \sin t]_0^1$
$A(t) = \frac{1}{3} \sin t - \cos t + \sin t = \frac{4}{3} \sin t - \cos t$.
$A'(t) = \frac{4}{3} \cos t + \sin t$.
$I$. $A(t) = \frac{4}{3} \sin t - \cos t$. આ $t$ પર આધાર રાખીને ધન અથવા ઋણ હોઈ શકે છે,તેથી $I$ ખોટું છે.
$II$. $A'(t) = 0 \implies \sin t = -\frac{4}{3} \cos t \implies \tan t = -\frac{4}{3}$. આ સમીકરણ $t$ માટે અનંત ઉકેલો ધરાવે છે,તેથી $A(t)$ ને અનંત નિર્ણાયક બિંદુઓ છે. $II$ સાચું છે.
$III$. $A(t) = 0 \implies \frac{4}{3} \sin t = \cos t \implies \tan t = \frac{3}{4}$. આ સમીકરણ $t$ માટે અનંત ઉકેલો ધરાવે છે,તેથી $III$ સાચું છે.
$IV$. $A'(t) = \frac{4}{3} \cos t + \sin t$. આ પદ $t$ બદલાતા ચિહ્ન બદલે છે,તેથી $IV$ ખોટું છે.
આમ,વિધાનો $II$ અને $III$ સાચા છે.

(A) આપેલ છે કે $f(x) = \sqrt{2-x-x^2}$ અને $g(x) = \cos x$.
$f(x)$ વ્યાખ્યાયિત થવા માટે,$2-x-x^2 \geq 0 \Rightarrow x^2+x-2 \leq 0 \Rightarrow (x+2)(x-1) \leq 0 \Rightarrow x \in [-2, 1]$.
$f(g(x))$ માટે,આપણે $g(x) \in [-2, 1]$ ની જરૂર છે. કારણ કે $-1 \leq \cos x \leq 1$,આ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે હંમેશા સાચું છે. તેથી,$f(g(x))$ નો પ્રદેશ = $\mathbb{R}$.
$f((g(x))^2)$ માટે,આપણે $(g(x))^2 \in [-2, 1]$ ની જરૂર છે. કારણ કે $0 \leq \cos^2 x \leq 1$,આ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે હંમેશા સાચું છે. તેથી,$f((g(x))^2)$ નો પ્રદેશ = $\mathbb{R}$.
તેથી,$f((g(x))^2)$ નો પ્રદેશ = $f(g(x))$ નો પ્રદેશ,તેથી વિધાન $I$ સાચું છે.
$g(f(x))$ માટે,આપણે $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત હોવું જોઈએ,તેથી $x \in [-2, 1]$. તેથી,$g(f(x))$ નો પ્રદેશ = $[-2, 1]$.
કારણ કે $f(g(x))$ નો પ્રદેશ = $\mathbb{R}$ અને $g(f(x))$ નો પ્રદેશ = $[-2, 1]$,વિધાનો $II$ અને $III$ ખોટા છે.
$g((f(x))^3)$ માટે,આપણે $f(x)$ વ્યાખ્યાયિત હોવું જોઈએ,તેથી $x \in [-2, 1]$. તેથી,$g((f(x))^3)$ નો પ્રદેશ = $[-2, 1]$. આ $\mathbb{R}$ ની બરાબર નથી,તેથી વિધાન $IV$ ખોટું છે.
તેથી,માત્ર વિધાન $I$ સાચું છે.

(A) વિધેય $f(x) = \int_{-10}^x 2^{[t]} dt$ એ સ્ટેપ વિધેયનું સંકલન છે.
કલનશાસ્ત્રના મૂળભૂત પ્રમેય મુજબ,જો $g(t) = 2^{[t]}$ હોય,તો $f(x) = \int_{-10}^x g(t) dt$ એ દરેક જગ્યાએ સતત છે જો સંકલ્ય $g(t)$ સંકલનીય હોય.
કારણ કે $g(t) = 2^{[t]}$ એ ટુકડે-ટુકડે અચળ વિધેય છે,તે પૂર્ણાંકો સિવાય દરેક જગ્યાએ સતત છે.
જો કે,ટુકડે-ટુકડે સતત વિધેયનું સંકલન હંમેશા સતત હોય છે.
ચોક્કસપણે,કોઈપણ પૂર્ણાંક $n \in (-10, 10)$ માટે,ડાબી બાજુની સીમા $\lim_{x \to n^-} f(x) = \int_{-10}^n 2^{[t]} dt$ છે અને જમણી બાજુની સીમા $\lim_{x \to n^+} f(x) = \int_{-10}^n 2^{[t]} dt + \lim_{x \to n^+} \int_n^x 2^n dt = \int_{-10}^n 2^{[t]} dt + 0 = f(n)$ છે.
અંતરાલ $(-10, 10)$ માં દરેક બિંદુ $x$ પર ડાબી બાજુની સીમા,જમણી બાજુની સીમા અને વિધેયનું મૂલ્ય સમાન હોવાથી,વિધેય $f(x)$ અંતરાલમાં દરેક જગ્યાએ સતત છે.
તેથી,અસાતત્ય બિંદુઓની સંખ્યા $0$ છે.

(D) ધારો કે $I = \int_1^n [x]\{x\} dx$.
કારણ કે $x \in [k, k+1)$ માટે $[x] = k$ થાય,તેથી સંકલનને આ રીતે લખી શકાય:
$I = \sum_{k=1}^{n-1} \int_k^{k+1} k\{x\} dx = \sum_{k=1}^{n-1} k \int_k^{k+1} (x-k) dx$.
ધારો કે $u = x-k$,તો $du = dx$. જ્યારે $x=k, u=0$ અને જ્યારે $x=k+1, u=1$.
તેથી,$\int_k^{k+1} (x-k) dx = \int_0^1 u du = \left[ \frac{u^2}{2} \right]_0^1 = \frac{1}{2}$.
આમ,$I = \sum_{k=1}^{n-1} k \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n-1} k = \frac{1}{2} \cdot \frac{(n-1)n}{2} = \frac{n(n-1)}{4}$.
આપણને આપેલ છે કે $I > 2013$,તેથી $\frac{n(n-1)}{4} > 2013$.
$n(n-1) > 8052$.
કારણ કે $90 \times 89 = 8010$ અને $91 \times 90 = 8190$ થાય છે,તેથી અસમતાનું પાલન કરતો નાનામાં નાનો પૂર્ણાંક $n = 91$ છે.

(A) આપેલ છે,$y=\cos x$.
$(-\pi/4, 1/\sqrt{2})$ અને $(0,2)$ ને જોડતી રેખાનું સમીકરણ:
$y - 2 = \frac{2 - 1/\sqrt{2}}{0 - (-\pi/4)} (x - 0)$
$y = \frac{2\sqrt{2}-8}{\pi} x + 2$.
સંમિતિને કારણે,છાયાંકિત પ્રદેશનું ક્ષેત્રફળ એ રેખા $y = \frac{2\sqrt{2}-8}{\pi} x + 2$ અને વક્ર $y = \cos x$ વચ્ચેના $x=0$ થી $x=\pi/4$ સુધીના ક્ષેત્રફળ કરતા બમણું છે.
ક્ષેત્રફળ $= 2 \int_{0}^{\pi/4} (2 + \frac{2\sqrt{2}-8}{\pi} x - \cos x) dx$
$= 2 [2x + \frac{2\sqrt{2}-8}{\pi} \frac{x^2}{2} - \sin x]_0^{\pi/4}$
$= 2 [2(\pi/4) + \frac{\sqrt{2}-4}{\pi} \frac{\pi^2}{16} - 1/\sqrt{2}]$
$= 2 [\pi/2 + \frac{(\sqrt{2}-4)\pi}{16} - 1/\sqrt{2}]$
$= \pi + \frac{(\sqrt{2}-4)\pi}{8} - \sqrt{2}$
$= \frac{8\pi + \sqrt{2}\pi - 4\pi}{8} - \sqrt{2} = \frac{4+\sqrt{2}}{8}\pi - \sqrt{2}$.

(D) કુલ પરિણામોની સંખ્યા $n \times n = n^2$ છે.
આપણે એવી જોડી $(x, y)$ શોધવા માંગીએ છીએ કે જેથી $x$ એ $y$ ને ભાગે અથવા $y$ એ $x$ ને ભાગે.
ધારો કે $S$ એ એવી જોડીઓનો સમૂહ છે જેમાં $x|y$ અથવા $y|x$ થાય.
આ ગણતરી કરવા માટે,$x|y$ હોય તેવી જોડીઓ અને $y|x$ હોય તેવી જોડીઓનો સરવાળો કરી,તેમાંથી $x=y$ હોય તેવી જોડીઓ બાદ કરવી પડે.
નિશ્ચિત $x=k$ માટે,$k|y$ થાય તેવી $y$ ની સંખ્યા $\lfloor \frac{n}{k} \rfloor$ છે.
તેથી,$x|y$ હોય તેવી જોડીઓની સંખ્યા $\sum_{k=1}^n \lfloor \frac{n}{k} \rfloor$ છે.
તે જ રીતે,$y|x$ હોય તેવી જોડીઓની સંખ્યા $\sum_{k=1}^n \lfloor \frac{n}{k} \rfloor$ છે.
$x=y$ હોય તેવી જોડીઓ $(1,1), (2,2), \ldots, (n,n)$ છે,જે કુલ $n$ જોડીઓ છે.
સમાવેશ-બાકાત સિદ્ધાંત મુજબ,સાનુકૂળ પરિણામોની સંખ્યા $2 \sum_{k=1}^n \lfloor \frac{n}{k} \rfloor - n$ છે.
સંભાવના $\frac{2 \sum_{k=1}^n \lfloor \frac{n}{k} \rfloor - n}{n^2} = \frac{2}{n^2} \sum_{k=1}^n \lfloor \frac{n}{k} \rfloor - \frac{1}{n}$ છે.

(C) ધારો કે એકમ સદિશો તેમના ખૂણાઓ $\theta_1, \theta_2, \theta_3, \theta_4$ દ્વારા દર્શાવવામાં આવે છે જ્યાં $\theta_1 \in (0, 90^{\circ})$,$\theta_2 \in (90^{\circ}, 180^{\circ})$,$\theta_3 \in (180^{\circ}, 270^{\circ})$,અને $\theta_4 \in (270^{\circ}, 360^{\circ})$.
$(a)$ સરવાળો $v_1 + v_2 + v_3 + v_4$ અનિવાર્યપણે શૂન્ય નથી. ઉદાહરણ તરીકે,જો સદિશો ધન $X$-અક્ષ અને ધન $Y$-અક્ષની ખૂબ નજીક હોય,તો સરવાળો શૂન્ય થશે નહીં.
$(b)$ સરવાળો $v_i + v_j$ અનિવાર્યપણે પ્રથમ ચરણમાં નથી. દાખલા તરીકે,જો $v_1$ એ $90^{\circ}$ ની નજીક હોય અને $v_2$ એ $180^{\circ}$ ની નજીક હોય,તો તેમના સરવાળામાં $X$-ઘટક ઋણ હશે.
$(c)$ પ્રથમ ચરણમાં $v_1$ અને ત્રીજા ચરણમાં $v_3$ ધ્યાનમાં લો. તેમની વચ્ચેનો ખૂણો $|\theta_1 - \theta_3|$ છે. કારણ કે $\theta_1 \in (0, 90^{\circ})$ અને $\theta_3 \in (180^{\circ}, 270^{\circ})$,તફાવત $\theta_3 - \theta_1$ એ $(90^{\circ}, 270^{\circ})$ માં આવે છે. ડોટ પ્રોડક્ટ $v_1 \cdot v_3 = \cos(\theta_1 - \theta_3)$ છે. ખૂણાનો તફાવત $90^{\circ}$ કરતા વધારે હોઈ શકે છે,તેથી કોસાઇન ઋણ હોઈ શકે છે. ખાસ કરીને,જો આપણે $v_1$ ને $45^{\circ}$ ની નજીક અને $v_3$ ને $225^{\circ}$ ની નજીક પસંદ કરીએ,તો ખૂણો $180^{\circ}$ થાય છે,અને ડોટ પ્રોડક્ટ $\cos(180^{\circ}) = -1 < 0$ થાય છે. આમ,હંમેશા એવા $i, j$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે કે જેથી $v_i \cdot v_j < 0$.
$(d)$ આ તમામ જોડીઓ માટે અનિવાર્યપણે સાચું નથી,જે $(c)$ માં દર્શાવેલ છે.

(C) આપેલ છે કે તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે $f(x) \leq 100$ અને $f(1/2) = 100$,તેથી $x = 1/2$ એ $f(x)$ ની મહત્તમ કિંમત છે.
બહુપદી $f(x)$ માટે,જો તે ઉપરની તરફ સીમિત હોય તો તેનો અગ્ર સહગુણક ઋણ હોવો જોઈએ.
વિધાન $(A)$ સાચું છે કારણ કે જો અગ્ર સહગુણક ધન હોય,તો $x \to \infty$ માટે $f(x) \to \infty$ થાય.
વિધાન $(C)$ હંમેશા સાચું હોવું જરૂરી નથી કારણ કે $f(x)$ અન્ય કોઈ બિંદુએ પણ $100$ કિંમત ધારણ કરી શકે છે (દા.ત. $f(x) = -(x-1/2)^2(x-k)^2 + 100$). તેથી,$x \neq 1/2$ માટે $f(x) = 100$ શક્ય છે.

(C) ધારો કે $AM = x AB$ અને $AN = y AC$. $G$ એ મધ્યકેન્દ્ર હોવાથી,$G$ નો સ્થાન સદિશ $\frac{A+B+C}{3}$ છે.
$M, G, N$ સમરેખ હોવાથી,એક અદિશ $k$ અસ્તિત્વ ધરાવે છે જેથી $\vec{G} = (1-k)\vec{M} + k\vec{N}$.
મધ્યકેન્દ્રના ગુણધર્મ અને આપેલ શરતોનો ઉપયોગ કરીને,તે સાબિત કરી શકાય છે કે $\frac{1}{3x} + \frac{1}{3y} = 1$,અથવા $\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = 3$.
ક્ષેત્રફળનો ગુણોત્તર $r = \frac{\text{Area}(\triangle AMN)}{\text{Area}(\triangle ABC)} = xy$ છે.
$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} = 3$ પરથી,આપણને $y = \frac{x}{3x-1}$ મળે છે.
તેથી $r = \frac{x^2}{3x-1}$.
$M$ અને $N$ રેખાખંડોના અંતરિયાળ ભાગમાં હોવાથી,$0 < x < 1$ અને $0 < y < 1$.
$y < 1$ માટે,$\frac{x}{3x-1} < 1 \implies x > 1/2$.
વળી,$r$ ની ન્યૂનતમ કિંમત $x=y=2/3$ હોય ત્યારે મળે છે,જે $r = (2/3)(2/3) = 4/9$ આપે છે.
જેમ $x \to 1/2$,તેમ $y \to 1$,તેથી $r \to 1/2$.
આમ,$4/9 \leq r < 1/2$.

(A) આપણી પાસે $f(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!}$ છે.
નોંધો કે $f'(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} = f(x) - \frac{x^4}{4!}$.
વળી,$f''(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2} = \frac{1}{2}(x+1)^2 + \frac{1}{2} > 0$ તમામ $x \in \mathbb{R}$ માટે.
$f''(x) > 0$ હોવાથી,$f'(x)$ એ ચુસ્ત વધતું વિધેય છે.
જેમ $x \to -\infty$,$f'(x) \to -\infty$ અને જેમ $x \to \infty$,$f'(x) \to \infty$. તેથી,$f'(x) = 0$ ને બરાબર એક વાસ્તવિક બીજ $x_0$ છે.
$f'(x)$ વધતું હોવાથી,$f(x)$ ને $x = x_0$ પર વૈશ્વિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય મળે છે.
આપણે જોઈએ છીએ કે $f'(-2) = -0.33 < 0$ અને $f'(-1) = 0.33 > 0$. તેથી $x_0 \in (-2, -1)$.
ન્યૂનતમ બિંદુ $x_0$ પર,$f(x_0) = 1 + x_0 + \frac{x_0^2}{2} + \frac{x_0^3}{6} + \frac{x_0^4}{24}$.
$f'(x_0) = 0$ હોવાથી,$1 + x_0 + \frac{x_0^2}{2} + \frac{x_0^3}{6} = 0$ થાય.
તેથી $f(x_0) = 0 + \frac{x_0^4}{24} = \frac{x_0^4}{24}$.
$x_0 \neq 0$ હોવાથી,$f(x_0) = \frac{x_0^4}{24} > 0$.
$f(x)$ નું વૈશ્વિક ન્યૂનતમ મૂલ્ય ધન હોવાથી,$f(x) = 0$ ને કોઈ વાસ્તવિક બીજ નથી.

(C) ધારો કે $I = \int \limits_1^{n+1} \frac{(\{x\})^{[x]}}{[x]} d x$.
અંતરાલ $[k, k+1)$ માટે $[x]$ અચળ હોવાથી,જ્યાં $k \in \{1, 2, \ldots, n\}$,આપણે સંકલનને નીચે મુજબ વિભાજિત કરી શકીએ:
$I = \sum_{k=1}^{n} \int_{k}^{k+1} \frac{(\{x\})^k}{k} d x$.
$u = x-k$ લેતા,$dx = du$,અને જ્યારે $x$ એ $k$ થી $k+1$ સુધી બદલાય ત્યારે $\{x\} = u$ થાય છે:
$I = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \int_{0}^{1} u^k du = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \left[ \frac{u^{k+1}}{k+1} \right]_0^1 = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)}$.
આંશિક અપૂર્ણાંકની રીત વાપરતા,$\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1}$.
તેથી,$I = \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) = \left( 1 - \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{3} \right) + \ldots + \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$.
આ એક ટેલિસ્કોપિંગ શ્રેણી છે,તેથી $I = 1 - \frac{1}{n+1} = \frac{n}{n+1}$.

(B) ધારો કે $n$ પ્રક્રિયાઓ પછી પાત્ર $J_1$ માં પ્રવાહી $X, Y, Z$ નો જથ્થો $x_n, y_n, z_n$ છે.
શરૂઆતમાં,$J_1$ માં $100 \, ml$ $X$,$J_2$ માં $100 \, ml$ $Y$,અને $J_3$ માં $100 \, ml$ $Z$ છે.
એક પ્રક્રિયા પછી,$J_1$ ની રચના બદલાય છે કારણ કે પ્રવાહી બહાર કાઢવામાં આવે છે અને પાછું લાવવામાં આવે છે.
$n=4$ પ્રક્રિયાઓ પછી,$X$ નો જથ્થો સૌથી વધુ રહે છે કારણ કે તે $J_1$ માં શરૂ થયો હતો અને માત્ર આંશિક રીતે દૂર કરવામાં આવ્યો હતો અને આંશિક રીતે પાછો લાવવામાં આવ્યો હતો.
$J_1$ માં $Z$ નો જથ્થો વધે છે કારણ કે તે દરેક પ્રક્રિયાના ત્રીજા પગલામાં $J_3$ માંથી $J_1$ માં સ્થાનાંતરિત થાય છે.
$J_1$ માં $Y$ નો જથ્થો સૌથી ઓછો છે કારણ કે તે $J_1$ સુધી પહોંચતા પહેલા $J_2$ અને $J_3$ માંથી પસાર થવો પડે છે.
આમ,$J_1$ માં જથ્થો $x > z > y$ સંબંધ સંતોષે છે.