TS EAMCET 2019 Mathematics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(D) ધારો કે $G$ એ $\triangle ABC$ નું મધ્યકેન્દ્ર છે. મધ્યગાઓ $AD$ અને $BE$ એ $G$ માં છેદે છે.
આપેલ છે કે $AD=4$,$\angle GAB = \frac{\pi}{6}$,અને $\angle GBA = \frac{\pi}{3}$.
$\triangle AGB$ માં,ખૂણાઓનો સરવાળો $\pi$ હોવાથી,$\angle AGB = \pi - (\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3}) = \frac{\pi}{2}$.
$G$ એ મધ્યકેન્દ્ર હોવાથી,$AG = \frac{2}{3} AD = \frac{2}{3} \times 4 = \frac{8}{3}$.
કાટકોણ $\triangle AGB$ માં,$\sin(\angle GBA) = \frac{AG}{AB} \implies \sin(\frac{\pi}{3}) = \frac{8/3}{AB} \implies AB = \frac{16}{3\sqrt{3}}$.
તેમજ,$\tan(\angle GBA) = \frac{AG}{BG} \implies \tan(\frac{\pi}{3}) = \frac{8/3}{BG} \implies BG = \frac{8}{3\sqrt{3}}$.
$\triangle AGB$ નું ક્ષેત્રફળ = $\frac{1}{2} \times AG \times BG = \frac{1}{2} \times \frac{8}{3} \times \frac{8}{3\sqrt{3}} = \frac{32}{9\sqrt{3}}$.
મધ્યકેન્દ્ર ત્રિકોણને સમાન ક્ષેત્રફળવાળા ત્રણ ત્રિકોણોમાં વિભાજિત કરે છે,તેથી $\triangle ABC$ નું ક્ષેત્રફળ = $3 \times$ $\triangle AGB$ નું ક્ષેત્રફળ = $3 \times \frac{32}{9\sqrt{3}} = \frac{32}{3\sqrt{3}}$ ચોરસ એકમ.

(B) આપેલ છે કે $a+3b=3c$,તેથી $a=3(c-b)$.
સૂત્ર $\sin \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{(s-b)(s-c)}{bc}}$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યાં $s = \frac{a+b+c}{2}$.
$s-b = \frac{a+b+c}{2} - b = \frac{a-b+c}{2} = \frac{3(c-b)-b+c}{2} = \frac{4c-4b}{2} = 2(c-b)$.
$s-c = \frac{a+b+c}{2} - c = \frac{a+b-c}{2} = \frac{3(c-b)+b-c}{2} = \frac{2c-2b}{2} = c-b$.
આ કિંમતો સૂત્રમાં મૂકતા:
$\sin \frac{A}{2} = \sqrt{\frac{2(c-b)(c-b)}{bc}} = \sqrt{\frac{2(c-b)^2}{bc}} = (c-b) \sqrt{\frac{2}{bc}}$.
કારણ કે $c-b = \frac{a}{3}$,તેથી $\sin \frac{A}{2} = \frac{a}{3} \sqrt{\frac{2}{bc}}$.
આમ,વિકલ્પ $B$ સાચો છે.

(A-II, B-III, C-I) $\triangle ABC$ માં,આપણે બહિર ત્રિજ્યાઓ $r_1 = \frac{\Delta}{s-a}$,$r_2 = \frac{\Delta}{s-b}$,$r_3 = \frac{\Delta}{s-c}$ અને અંતઃ ત્રિજ્યા $r = \frac{\Delta}{s}$ માટેના પ્રમાણિત સૂત્રોનો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$(A)$ આપેલ છે $rr_2 = r_1r_3$:
$\frac{\Delta}{s} \cdot \frac{\Delta}{s-b} = \frac{\Delta}{s-a} \cdot \frac{\Delta}{s-c}$
$\Rightarrow (s-a)(s-c) = s(s-b)$
$\Rightarrow s^2 - s(a+c) + ac = s^2 - sb$
કારણ કે $a+c = 2s-b$,તેથી $s^2 - s(2s-b) + ac = s^2 - sb$
$\Rightarrow -s^2 + 2sb + ac = 0$. આ $b^2 = a^2 + c^2$ માં પરિણમે છે,જેનો અર્થ છે $\angle B = 90^{\circ}$. આમ,$(A)$ $\rightarrow$ $(II)$.
$(B)$ આપેલ છે $r_1 + r_2 = r_3 - r$:
$\frac{\Delta}{s-a} + \frac{\Delta}{s-b} = \frac{\Delta}{s-c} - \frac{\Delta}{s}$
$\frac{s-b+s-a}{(s-a)(s-b)} = \frac{s-(s-c)}{s(s-c)}$
$\frac{c}{(s-a)(s-b)} = \frac{c}{s(s-c)}$
$\Rightarrow s(s-c) = (s-a)(s-b)$
$\Rightarrow s^2 - sc = s^2 - s(a+b) + ab$
$\Rightarrow s(a+b-c) = ab$
કારણ કે $a+b-c = 2(s-c)$,આ $\angle C = 90^{\circ}$ તરફ દોરી જાય છે. આમ,$(B)$ $\rightarrow$ $(III)$.
$(C)$ આપેલ છે $r_1 = r + 2R$:
$r_1 - r = 4R \sin^2(A/2)$ અને $r_1+r_2+r_3-r = 4R$ નો ઉપયોગ કરીને,આ વિશિષ્ટ નિત્યસમ $r_1 = r + 2R$ એ $\angle A = 90^{\circ}$ ને અનુરૂપ છે તેમ જાણીતું છે. આમ,$(C)$ $\rightarrow$ $(I)$.

(D) આપેલ છે $a: b: c = 2: 3: 4$. ધારો કે $a = 2k, b = 3k, c = 4k$.
અર્ધ-પરિમિતિ $s = \frac{a+b+c}{2} = \frac{9k}{2}$.
ક્ષેત્રફળ $\Delta = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} = \frac{3k^2\sqrt{15}}{4}$.
આપણે જાણીએ છીએ કે $R = \frac{abc}{4\Delta}$ અને $r = \frac{\Delta}{s}$.
તેથી,$\frac{R}{r} = \frac{abc}{4(s-a)(s-b)(s-c)} = \frac{(2k)(3k)(4k)}{4(\frac{5k}{2})(\frac{3k}{2})(\frac{k}{2})} = \frac{24k^3}{4 \cdot \frac{15k^3}{8}} = \frac{16}{5}$.
તેથી,$R: r = 16: 5$.

(B) ધારો કે $a$ એ બાજુની લંબાઈ છે અને $b$ એ વર્તુળમાં અંતર્ગત નિયમિત પંચકોણના વિકર્ણની લંબાઈ છે.
નિયમિત પંચકોણમાં,આંતરિક ખૂણો $\frac{3\pi}{5}$ હોય છે.
બે બાજુઓ અને એક વિકર્ણ દ્વારા બનતા ત્રિકોણને ધ્યાનમાં લો. નિયમિત પંચકોણના ગુણધર્મો મુજબ,વિકર્ણ $b$ કેન્દ્ર પર $\frac{2\pi}{5}$ નો ખૂણો આંતરે છે,અને બાજુ તથા વિકર્ણ વચ્ચેનો ખૂણો $\frac{\pi}{5}$ છે.
શિરોબિંદુ $C$ માંથી વિકર્ણ $AB$ પર બિંદુ $D$ પર લંબ દોરતા,આપણને કાટકોણ ત્રિકોણ $\triangle ACD$ મળે છે.
$\triangle ACD$ માં,ખૂણો $\angle CAD = \frac{\pi}{5}$ અને કર્ણ $AC = a$ છે.
આમ,$\cos \frac{\pi}{5} = \frac{AD}{AC} = \frac{AD}{a}$,જે સૂચવે છે કે $AD = a \cos \frac{\pi}{5}$.
નિયમિત પંચકોણમાં વિકર્ણ $b$ એ સામેના શિરોબિંદુમાંથી દોરેલા લંબ દ્વારા દુભાગે છે,તેથી $b = 2AD$.
તેથી,$b = 2a \cos \frac{\pi}{5}$,જે $\frac{b}{a} = 2 \cos \frac{\pi}{5}$ આપે છે.

(B) આપણી પાસે છે,$\sinh ^{-1}(\sqrt{8})+\sinh ^{-1}(\sqrt{24})=\alpha$.
ધારો કે $\sinh ^{-1}(\sqrt{8})=x$,તો $\sinh x = \sqrt{8}$.
$\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1$ હોવાથી,$\cosh x = \sqrt{1 + \sinh^2 x} = \sqrt{1 + 8} = \sqrt{9} = 3$.
ધારો કે $\sinh ^{-1}(\sqrt{24})=y$,તો $\sinh y = \sqrt{24}$.
તે જ રીતે,$\cosh y = \sqrt{1 + \sinh^2 y} = \sqrt{1 + 24} = \sqrt{25} = 5$.
નિત્યસમ $\sinh(x+y) = \sinh x \cosh y + \cosh x \sinh y$ નો ઉપયોગ કરતા:
$\sinh(x+y) = (\sqrt{8})(5) + (3)(\sqrt{24}) = 5(2\sqrt{2}) + 3(2\sqrt{6}) = 10\sqrt{2} + 6\sqrt{6}$.
$\alpha = x+y$ હોવાથી,$\sinh \alpha = 6\sqrt{6} + 10\sqrt{2}$.

(C) આપણી પાસે પદાવલિ $\cos(x + 8x + 27x + \ldots + n^3x)$ છે.
આને $\cos\left(\sum_{k=1}^{n} k^3 x\right) = \cos\left(x \sum_{k=1}^{n} k^3\right)$ તરીકે લખી શકાય.
પ્રથમ $n$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓના ઘનનો સરવાળો કરવા માટેનું સૂત્ર વાપરતા,$\sum_{k=1}^{n} k^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$.
આમ,પદાવલિ $\cos\left(\frac{n^2(n+1)^2}{4} x\right)$ બને છે.
$\cos(kx)$ નો આવર્તમાન $\frac{2\pi}{|k|}$ છે.
અહીં,$k = \frac{n^2(n+1)^2}{4}$ છે.
તેથી,આવર્તમાન $\frac{2\pi}{\frac{n^2(n+1)^2}{4}} = \frac{8\pi}{n^2(n+1)^2}$ થાય.

(C) આપેલ છે કે $f: X \rightarrow Y$ એક વિધેય છે.
વ્યાખ્યા મુજબ,$A_y = f^{-1}(\{y\}) = \{x \in X : f(x) = y\}$.
આ ગણ $A_y$ એ વિધેય $f$ હેઠળ ઘટક $y$ નું પૂર્વ-પ્રતિબિંબ દર્શાવે છે.
કોઈપણ બે ભિન્ન ઘટકો $i, j \in Y$ જ્યાં $i \neq j$ માટે,ગણ $A_i$ અને $A_j$ પરસ્પર અલગ (disjoint) છે કારણ કે વિધેય પ્રદેશના દરેક ઘટકને સહ-પ્રદેશના માત્ર એક જ ઘટક સાથે જોડે છે. તેથી,$A_i \cap A_j = \phi$.
વધુમાં,તમામ $y \in Y$ માટે તમામ પૂર્વ-પ્રતિબિંબો $A_y$ નો યોગગણ આખા પ્રદેશ $X$ ને આવરી લે છે,એટલે કે $\bigcup_{y \in Y} A_y = X$.
આ ગુણધર્મો કોઈપણ વિધેય $f: X \rightarrow Y$ માટે સાચા છે.
તેથી,વિકલ્પ $(C)$ સાચો છે.

(B) દ્વિઘાત વિધેય $f(x)=ax^2+bx+c$ (જ્યાં $a>0$) ની ન્યૂનતમ કિંમત $-\frac{D}{4a} = \frac{4ac-b^2}{4a}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$f(x)=2x^2+\alpha x+8$ માટે,આપણી પાસે $a=2, b=\alpha, c=8$ છે. ન્યૂનતમ કિંમત $\frac{4(2)(8)-\alpha^2}{4(2)} = \frac{64-\alpha^2}{8}$ છે.
દ્વિઘાત વિધેય $g(x)=ax^2+bx+c$ (જ્યાં $a < 0$) ની મહત્તમ કિંમત $-\frac{D}{4a} = \frac{4ac-b^2}{4a}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$g(x)=-3x^2-4x+\alpha^2$ માટે,આપણી પાસે $a=-3, b=-4, c=\alpha^2$ છે. મહત્તમ કિંમત $\frac{4(-3)(\alpha^2)-(-4)^2}{4(-3)} = \frac{-12\alpha^2-16}{-12} = \frac{12\alpha^2+16}{12}$ છે.
બંને કિંમતોને સરખાવતા:
$\frac{64-\alpha^2}{8} = \frac{12\alpha^2+16}{12}$
બંને બાજુ $24$ વડે ગુણતા:
$3(64-\alpha^2) = 2(12\alpha^2+16)$
$192-3\alpha^2 = 24\alpha^2+32$
$160 = 27\alpha^2$
$\alpha^2 = \frac{160}{27}$.
આમ,વિકલ્પ $(B)$ સાચો છે.

(A) ધારો કે $AB$ એ $H$ ઊંચાઈની ઊંચી ઇમારત છે અને $CQ$ એ $h$ ઊંચાઈની ટૂંકી ઇમારત છે. ધારો કે $A$ એ ઊંચી ઇમારતનો પાયો છે અને $C$ એ ટૂંકી ઇમારતનો પાયો છે.
$\triangle ABC$ માં,$\tan 60^{\circ} = \frac{AB}{AC} = \frac{H}{AC}$. તેથી,$AC = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
કારણ કે $AC = QP$,તેથી $QP = \frac{H}{\sqrt{3}}$.
$\triangle BQP$ માં,$\tan 30^{\circ} = \frac{BP}{QP} = \frac{H-h}{QP}$.
$QP = \frac{H}{\sqrt{3}}$ મૂકતા,આપણને મળે $\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{H-h}{H/\sqrt{3}}$.
આનું સાદું રૂપ આપતા $\frac{1}{\sqrt{3}} = \frac{(H-h)\sqrt{3}}{H}$.
$H = 3(H-h)$ $\Rightarrow H = 3H - 3h$ $\Rightarrow 2H = 3h$.
તેથી,ટૂંકી ઇમારત અને ઊંચી ઇમારતની ઊંચાઈનો ગુણોત્તર $\frac{h}{H} = \frac{2}{3}$ એટલે કે $2:3$ છે.

(B) પ્રથમ પદાવલિ $f(n) = 30 \cdot 5^{2n} + 4 \cdot 2^{3n}$ માટે:
$n=1$ માટે,$f(1) = 30 \cdot 25 + 4 \cdot 8 = 750 + 32 = 782 = 2 \times 17 \times 23$.
$n=2$ માટે,$f(2) = 30 \cdot 625 + 4 \cdot 64 = 18750 + 256 = 19006 = 2 \times 17 \times 559$.
સૌથી મોટો સામાન્ય ભાજક $p = 2 \times 17 = 34$.
બીજી પદાવલિ $g(n) = 2^{2n+1} - 6n - 2$ માટે:
$n=1$ માટે,$g(1) = 2^3 - 6(1) - 2 = 8 - 8 = 0$.
$n=2$ માટે,$g(2) = 2^5 - 6(2) - 2 = 32 - 14 = 18$.
$n=3$ માટે,$g(3) = 2^7 - 6(3) - 2 = 128 - 20 = 108$.
સૌથી મોટો સામાન્ય ભાજક $q = \text{gcd}(18, 108) = 18$.
આમ,$p+q = 34 + 18 = 52$.

(B) તમામ $n \in N$ માટે $n^3+\alpha n$ એ $3$ વડે વિભાજ્ય હોય,તો $n=1$ માટે: $1^3+\alpha(1) = 1+\alpha$. આ $3$ વડે વિભાજ્ય બને તે માટે $\alpha$ ની ન્યૂનતમ ધન પૂર્ણાંક કિંમત $2$ છે.
તમામ $n \in N$ માટે $n^3-\beta n$ એ $6$ વડે વિભાજ્ય હોય,તો $n=2$ માટે: $2^3-\beta(2) = 8-2\beta$. આ $6$ વડે વિભાજ્ય બને તે માટે $\beta$ ની ન્યૂનતમ ધન પૂર્ણાંક કિંમત $1$ છે.
તેથી,$\alpha+\beta = 2+1 = 3$.

(B) ધારો કે $\triangle ABC$ ની બાજુઓના મધ્યબિંદુઓ $D(1,0,3)$,$E(2,1,5)$ અને $F(-2,3,6)$ છે.
ત્રિકોણની બાજુઓના મધ્યબિંદુઓ દ્વારા બનતા ત્રિકોણનું મધ્યકેન્દ્ર એ મૂળ ત્રિકોણના મધ્યકેન્દ્ર સમાન જ હોય છે.
તેથી,$\triangle ABC$ નું મધ્યકેન્દ્ર એ $\triangle DEF$ ના મધ્યકેન્દ્ર સમાન છે.
ત્રિકોણના શિરોબિંદુઓ $(x_1, y_1, z_1), (x_2, y_2, z_2), (x_3, y_3, z_3)$ માટે મધ્યકેન્દ્રનું સૂત્ર $\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}, \frac{z_1+z_2+z_3}{3}\right)$ છે.
આપેલા મધ્યબિંદુઓનો ઉપયોગ કરતા:
મધ્યકેન્દ્ર $= \left(\frac{1+2-2}{3}, \frac{0+1+3}{3}, \frac{3+5+6}{3}\right)$
$= \left(\frac{1}{3}, \frac{4}{3}, \frac{14}{3}\right)$.

(C) ધારો કે ત્રીજા શિરોબિંદુ $C$ ના યામ $(x, y, z)$ છે.
આપેલ શિરોબિંદુઓ $A(5, 4, 6)$ અને $B(1, -1, 3)$ છે.
ત્રિકોણના મધ્યકેન્દ્ર $G$ નું સૂત્ર $\left(\frac{x_1+x_2+x_3}{3}, \frac{y_1+y_2+y_3}{3}, \frac{z_1+z_2+z_3}{3}\right)$ છે.
આપેલ મધ્યકેન્દ્ર $G = \left(\frac{10}{3}, 2, \frac{11}{3}\right)$ છે.
યામોને સરખાવતા:
$\frac{5+1+x}{3} = \frac{10}{3} \Rightarrow 6+x = 10 \Rightarrow x = 4$.
$\frac{4-1+y}{3} = 2 \Rightarrow 3+y = 6 \Rightarrow y = 3$.
$\frac{6+3+z}{3} = \frac{11}{3} \Rightarrow 9+z = 11 \Rightarrow z = 2$.
તેથી,ત્રીજું શિરોબિંદુ $C$ એ $(4, 3, 2)$ છે.

(A) કુલ દડાની સંખ્યા $= 6 + 2 + 8 = 16$.
$3$ દડા પસંદ કરવાની કુલ રીતો $= ^{16}C_3 = 560$.
$A$. કોઈ પણ દડો સફેદ ન હોય તેની સંભાવના:
$P(A) = \frac{^{14}C_3}{^{16}C_3} = \frac{13}{20} = III$.
$B$. $2$ સફેદ અને $1$ વાદળી દડો મળવાની સંભાવના:
$P(B) = \frac{^{2}C_2 \times ^{8}C_1}{^{16}C_3} = \frac{1}{70} = I$.
$C$. $2$ વાદળી અને $1$ સફેદ દડો મળવાની સંભાવના:
$P(C) = \frac{^{8}C_2 \times ^{2}C_1}{^{16}C_3} = \frac{1}{10} = IV$.
$D$. $1$ લાલ,$1$ સફેદ અને $1$ વાદળી દડો મળવાની સંભાવના:
$P(D) = \frac{^{6}C_1 \times ^{2}C_1 \times ^{8}C_1}{^{16}C_3} = \frac{6}{35} = II$.
આમ,સાચી જોડ $A-III, B-I, C-IV, D-II$ છે.

(C) ધારો કે જોખમનું સ્તર વધારવા માટે શહેરની વસ્તીની ન્યૂનતમ ટકાવારી જે બીમાર પડે તે $x \%$ છે.
આપેલ છે કે બીમાર વ્યક્તિને $ICU$ માં દાખલ કરવાની સંભાવના $10 \%$ છે.
તેથી,શહેરની કોઈપણ વ્યક્તિને $ICU$ માં દાખલ થવાની સંભાવના $10 \% \text{ of } x \%$ છે.
આપણને આપવામાં આવ્યું છે કે જો આ સંભાવના $5 \%$ થી વધી જાય તો જોખમનું સ્તર વધારવામાં આવે છે.
તેથી,આપણે સમીકરણ બનાવીએ: $\frac{10}{100} \times x = 5$.
$x$ માટે ઉકેલતા: $0.1x = 5 \Rightarrow x = \frac{5}{0.1} = 50$.
આમ,જોખમનું સ્તર વધારવા માટે વસ્તીના ઓછામાં ઓછા $50 \%$ લોકો બીમાર પડવા જોઈએ.
તેથી,વિકલ્પ $C$ સાચો છે.

(D) પ્રથમ $30$ પ્રાકૃતિક સંખ્યાઓનો સમૂહ $S = \{1, 2, 3, \dots, 30\}$ છે,તેથી કુલ પરિણામોની સંખ્યા $n(S) = 30$ છે.
ધારો કે $A$ એ એવી ઘટના છે કે સંખ્યા $4$ વડે વિભાજ્ય છે. આવી સંખ્યાઓ $\{4, 8, 12, 16, 20, 24, 28\}$ છે,તેથી $n(A) = 7$.
ધારો કે $B$ એ એવી ઘટના છે કે સંખ્યા $7$ વડે વિભાજ્ય છે. આવી સંખ્યાઓ $\{7, 14, 21, 28\}$ છે,તેથી $n(B) = 4$.
ઘટના $A \cap B$ એ $4$ અને $7$ બંને વડે વિભાજ્ય સંખ્યાઓ દર્શાવે છે (એટલે કે $28$ વડે વિભાજ્ય). આવી એકમાત્ર સંખ્યા $\{28\}$ છે,તેથી $n(A \cap B) = 1$.
સંભાવનાના સરવાળાના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(A \cap B)$.
$P(A \cup B) = \frac{7}{30} + \frac{4}{30} - \frac{1}{30} = \frac{10}{30} = \frac{1}{3}$.

(A) આપેલ છે કે $P(E_1 \cup E_2) = \frac{5}{8}$,$P(\bar{E}_1) = \frac{3}{4}$,અને $P(E_2) = \frac{1}{2}$.
પ્રથમ,પૂરક ઘટનાના નિયમનો ઉપયોગ કરીને $P(E_1)$ શોધો: $P(E_1) = 1 - P(\bar{E}_1) = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$.
સંભાવનાના સરવાળાના પ્રમેયનો ઉપયોગ કરતા: $P(E_1 \cup E_2) = P(E_1) + P(E_2) - P(E_1 \cap E_2)$.
કિંમતો મૂકતા: $\frac{5}{8} = \frac{1}{4} + \frac{1}{2} - P(E_1 \cap E_2)$.
$\frac{5}{8} = \frac{3}{4} - P(E_1 \cap E_2)$.
$P(E_1 \cap E_2) = \frac{3}{4} - \frac{5}{8} = \frac{6-5}{8} = \frac{1}{8}$.
હવે,નિવારકતા માટે તપાસો: $P(E_1) \times P(E_2) = \frac{1}{4} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$.
અહીં $P(E_1 \cap E_2) = P(E_1) \times P(E_2)$ હોવાથી,ઘટનાઓ $E_1$ અને $E_2$ એ નિવારક ઘટનાઓ છે.