TS EAMCET 2001 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) આપેલ સમીકરણ $16 x^2+y^2+8 x y-74 x-78 y+212=0$ છે.
તેને વ્યાપક દ્વિઘાત સમીકરણ $a x^2+2 h x y+b y^2+2 g x+2 f y+c=0$ સાથે સરખાવતા,આપણને મળે છે:
$a=16, b=1, h=4, g=-37, f=-39, c=212$.
હવે,આપણે વિવેચક $D = a b-h^2$ ની ગણતરી કરીએ:
$D = (16)(1)-(4)^2 = 16-16 = 0$.
જેથી $a b-h^2=0$ હોવાથી,આપેલ સમીકરણ પરવલય દર્શાવે છે.

(B) આપેલ સમીકરણ $\frac{l}{r} = 2 \sin^2 \frac{\theta}{2}$ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $2 \sin^2 \frac{\theta}{2} = 1 - \cos \theta$ નો ઉપયોગ કરતા,$\frac{l}{r} = 1 - \cos \theta$ મળે.
તેથી,$l = r(1 - \cos \theta) = r - r \cos \theta$.
$x = r \cos \theta$ અને $r = \sqrt{x^2 + y^2}$ હોવાથી,$l = \sqrt{x^2 + y^2} - x$ મળે.
તેથી,$\sqrt{x^2 + y^2} = x + l$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા,$x^2 + y^2 = (x + l)^2 = x^2 + 2lx + l^2$.
સાદુરૂપ આપતા,$y^2 = 2lx + l^2 = 2l(x + \frac{l}{2})$.
આ એક પરવલયનું પ્રમાણિત સમીકરણ છે.

(B) આપેલ લક્ષ: $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x \sin ^{-1} x}{x^2}$
આપણે પદને આ રીતે લખી શકીએ: $\lim _{x \rightarrow 0} \left(\frac{\sin x}{x}\right) \left(\frac{\sin ^{-1} x}{x}\right)$
પ્રમાણિત લક્ષ $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ અને $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\sin ^{-1} x}{x} = 1$ નો ઉપયોગ કરતા:
$1 \times 1 = 1$

(B) આપેલ લક્ષ: $L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x(10^x - 1)}{1 - \cos x}$.
આ $\frac{0}{0}$ સ્વરૂપ હોવાથી,$L$-Hospital નો નિયમ વાપરતા:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \cdot 10^x \ln 10 + (10^x - 1)}{\sin x}$.
ફરીથી $L$-Hospital નો નિયમ વાપરતા:
$L = \lim _{x \rightarrow 0} \frac{x \cdot 10^x (\ln 10)^2 + 10^x \ln 10 + 10^x \ln 10}{\cos x}$.
$x = 0$ મૂકતા:
$L = \frac{0 + \ln 10 + \ln 10}{1} = 2 \log 10$.

(A) આપણે લક્ષ $L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(\frac{x+a}{x+b}\right)^{x}$ ની ગણતરી કરીએ.
આ $1^{\infty}$ સ્વરૂપનું છે.
આપણે પદને આ રીતે લખી શકીએ:
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(1 + \frac{a-b}{x+b}\right)^{x}$.
પ્રમાણિત લક્ષના સૂત્ર $\lim _{x \rightarrow \infty} (1 + \frac{k}{x})^x = e^k$ નો ઉપયોગ કરતા:
$L = \lim _{x \rightarrow \infty} \left(1 + \frac{a-b}{x+b}\right)^{\frac{x+b}{a-b} \cdot \frac{x(a-b)}{x+b}}$.
$L = e^{\lim _{x \rightarrow \infty} \frac{x(a-b)}{x+b}} = e^{a-b}$.

(D) આપેલ છે,$\frac{a}{b^2-c^2} + \frac{c}{b^2-a^2} = 0$.
સાઇન નિયમ $a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\frac{2R \sin A}{4R^2(\sin^2 B - \sin^2 C)} + \frac{2R \sin C}{4R^2(\sin^2 B - \sin^2 A)} = 0$
$\Rightarrow \frac{\sin A}{\sin(B+C)\sin(B-C)} + \frac{\sin C}{\sin(B+A)\sin(B-A)} = 0$
$A+B+C = \pi$ હોવાથી,$\sin(B+C) = \sin A$ અને $\sin(B+A) = \sin C$ થાય.
$\Rightarrow \frac{\sin A}{\sin A \sin(B-C)} + \frac{\sin C}{\sin C \sin(B-A)} = 0$
$\Rightarrow \frac{1}{\sin(B-C)} + \frac{1}{\sin(B-A)} = 0$
$\Rightarrow \sin(B-A) + \sin(B-C) = 0$
$\Rightarrow 2 \sin\left(\frac{2B-A-C}{2}\right) \cos\left(\frac{A-C}{2}\right) = 0$
$\cos\left(\frac{A-C}{2}\right) \neq 0$ લેતા,$\sin\left(\frac{2B-(A+C)}{2}\right) = 0$.
$A+C = \pi - B$ હોવાથી,$\frac{2B-(\pi-B)}{2} = 0$ $\Rightarrow 3B = \pi$ $\Rightarrow B = \frac{\pi}{3}$.

(B) સાઇન નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$a = 2R \sin A$,$b = 2R \sin B$,અને $c = 2R \sin C$ મળે છે.
પ્રથમ પદ માટે:
$\frac{\cos C+\cos A}{c+a} = \frac{2 \cos \frac{C+A}{2} \cos \frac{C-A}{2}}{2R(\sin C+\sin A)} = \frac{2 \cos \frac{C+A}{2} \cos \frac{C-A}{2}}{2R \cdot 2 \sin \frac{C+A}{2} \cos \frac{C-A}{2}} = \frac{1}{2R} \cot \frac{C+A}{2} = \frac{1}{2R} \tan \frac{B}{2}$.
બીજા પદ માટે:
$\frac{\cos B}{b} = \frac{\cos B}{2R \sin B} = \frac{1}{2R} \cot B$.
બંનેનો સરવાળો કરતા:
$\frac{1}{2R} \left( \tan \frac{B}{2} + \cot B \right) = \frac{1}{2R} \left( \tan \frac{B}{2} + \frac{1-\tan^2 \frac{B}{2}}{2 \tan \frac{B}{2}} \right) = \frac{1}{2R} \left( \frac{2 \tan^2 \frac{B}{2} + 1 - \tan^2 \frac{B}{2}}{2 \tan \frac{B}{2}} \right) = \frac{1}{2R} \left( \frac{1 + \tan^2 \frac{B}{2}}{2 \tan \frac{B}{2}} \right) = \frac{1}{2R} \cdot \frac{1}{\sin B} = \frac{1}{b}$.

(D) ધારો કે ટાવરની ઊંચાઈ $h$ છે અને જ્યારે સૂર્યનો ઉન્નતકોણ $45^{\circ}$ હોય ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $x$ છે.
$\triangle BAD$ માં,$\tan 45^{\circ} = \frac{h}{x}$ $\Rightarrow 1 = \frac{h}{x}$ $\Rightarrow x = h$.
જ્યારે સૂર્યનો ઉન્નતકોણ $30^{\circ}$ હોય,ત્યારે પડછાયાની લંબાઈ $x + 60$ થાય છે.
$\triangle BAC$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{h}{x+60} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{h}{h+60}$.
$\Rightarrow h + 60 = h\sqrt{3}$
$\Rightarrow h(\sqrt{3} - 1) = 60$
$\Rightarrow h = \frac{60}{\sqrt{3}-1} \times \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}+1}$
$\Rightarrow h = \frac{60(\sqrt{3}+1)}{3-1} = \frac{60(\sqrt{3}+1)}{2} = 30(\sqrt{3}+1) \ m$.

(B) સાઇનના નિયમનો ઉપયોગ કરતા, $a = 2R \sin A$ અને $c = 2R \sin C$.
આ કિંમતો પદાવલિમાં મૂકતા:
$a^2 \sin 2C + c^2 \sin 2A = (2R \sin A)^2 (2 \sin C \cos C) + (2R \sin C)^2 (2 \sin A \cos A)$
$= 8R^2 \sin^2 A \sin C \cos C + 8R^2 \sin^2 C \sin A \cos A$
$= 8R^2 \sin A \sin C (\sin A \cos C + \cos A \sin C)$
$= 8R^2 \sin A \sin C \sin(A + C)$
$A + B + C = 180^{\circ}$ હોવાથી, $\sin(A + C) = \sin B$.
$= 8R^2 \sin A \sin B \sin C$
ક્ષેત્રફળના સૂત્ર $\Delta = \frac{abc}{4R}$ નો ઉપયોગ કરતા, $abc = 4R\Delta$.
વળી, $\sin A = \frac{a}{2R}$, $\sin B = \frac{b}{2R}$, $\sin C = \frac{c}{2R}$.
તેથી, $8R^2 \cdot \frac{a}{2R} \cdot \frac{b}{2R} \cdot \frac{c}{2R} = \frac{abc}{R} = \frac{4R\Delta}{R} = 4\Delta$.

(C) આપેલ નિશ્ચાયક: $\left|\begin{array}{cc}1-i & i \\ 1+2 i & -i\end{array}\right|=x+i y$
નિશ્ચાયકનું વિસ્તરણ કરતા: $(1-i)(-i) - (i)(1+2i) = x+iy$
$-i + i^2 - (i + 2i^2) = x+iy$
$i^2 = -1$ હોવાથી,કિંમત મૂકતા: $-i - 1 - (i - 2) = x+iy$
$-i - 1 - i + 2 = x+iy$
$1 - 2i = x+iy$
વાસ્તવિક અને કાલ્પનિક ભાગોની સરખામણી કરતા,આપણને $x = 1$ અને $y = -2$ મળે છે.

(C) આપેલ છે કે $x = \log_{0.1} 0.001$. કારણ કે $0.001 = (0.1)^3$,તેથી $x = \log_{0.1} (0.1)^3 = 3 \log_{0.1} 0.1 = 3(1) = 3$.
આપેલ છે કે $y = \log_9 81$. કારણ કે $81 = 9^2$,તેથી $y = \log_9 9^2 = 2 \log_9 9 = 2(1) = 2$.
હવે,આપણે $\sqrt{x - 2\sqrt{y}}$ ની કિંમત શોધવાની છે.
$x$ અને $y$ ની કિંમતો મૂકતા,આપણને $\sqrt{3 - 2\sqrt{2}}$ મળે છે.
આપણે $3 - 2\sqrt{2}$ ને $(\sqrt{2})^2 + (1)^2 - 2(\sqrt{2})(1) = (\sqrt{2} - 1)^2$ તરીકે લખી શકીએ છીએ.
તેથી,$\sqrt{3 - 2\sqrt{2}} = \sqrt{(\sqrt{2} - 1)^2} = \sqrt{2} - 1$.

(C) ધારો કે $x = \frac{\sqrt{8+\sqrt{28}}+\sqrt{8-\sqrt{28}}}{\sqrt{8+\sqrt{28}}-\sqrt{8-\sqrt{28}}}$.
છેદનું સંમેયીકરણ કરતા:
$x = \frac{(\sqrt{8+\sqrt{28}}+\sqrt{8-\sqrt{28}})^2}{(\sqrt{8+\sqrt{28}})^2 - (\sqrt{8-\sqrt{28}})^2}$
$x = \frac{(8+\sqrt{28}) + (8-\sqrt{28}) + 2\sqrt{(8+\sqrt{28})(8-\sqrt{28})}}{(8+\sqrt{28}) - (8-\sqrt{28})}$
$x = \frac{16 + 2\sqrt{64-28}}{2\sqrt{28}}$
$x = \frac{16 + 2\sqrt{36}}{2\sqrt{4 \times 7}}$
$x = \frac{16 + 2(6)}{2(2\sqrt{7})}$
$x = \frac{16 + 12}{4\sqrt{7}} = \frac{28}{4\sqrt{7}} = \frac{7}{\sqrt{7}} = \sqrt{7}$.

(A) આપેલ છે કે,$P(A) = 0.25$ અને $P(B) = 0.50$.
બંને ઘટનાઓ એકસાથે બનવાની સંભાવના $P(A \cap B) = 0.14$ છે.
સંભાવનાના સરવાળાના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,ઓછામાં ઓછી એક ઘટના બને તેની સંભાવના:
$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$
$P(A \cup B) = 0.25 + 0.50 - 0.14 = 0.61$.
$A$ કે $B$ બંનેમાંથી એક પણ ન બને તેની સંભાવના $P(\bar{A} \cap \bar{B})$ છે,જે $P(\overline{A \cup B})$ ની બરાબર છે.
$P(\overline{A \cup B}) = 1 - P(A \cup B) = 1 - 0.61 = 0.39$.

(A) દ્વિપદી વિતરણ માટે,મધ્યક $E(X) = np = 3$ અને વિચરણ $Var(X) = npq = 2$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
વિચરણને મધ્યક વડે ભાગતા,આપણને $\frac{npq}{np} = \frac{2}{3}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $q = \frac{2}{3}$.
કારણ કે $p + q = 1$,તેથી $p = 1 - q = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$.
$p = \frac{1}{3}$ ને $np = 3$ માં મૂકતા,આપણને $n \times \frac{1}{3} = 3$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $n = 9$.
આમ,દ્વિપદી વિતરણ $(q + p)^n = \left(\frac{2}{3} + \frac{1}{3}\right)^9$ છે.