Ако је трапез описан око кружнице, то значи да је \(h=2r=4cm\), па је \(m=\frac{P}{h}=5cm\). Пошто је четвороугао тангентни тада важи да је збир наспрамних страница једнак, па је \(2c=a+b=2m=10cm\), односно \(c=5cm\).

Како је \(0,0010101 \cdot 10^{k}>1001\) и \(k \in Z \), следи да је \(10^{k}> \frac{1001}{10101} \cdot 10^7\).

После скраћивања разломка са \(91\) добијамо \(10^{k}> \frac{11}{111} \cdot 10^7\).

Следи да је \(10^{k}> \frac{11}{111} \cdot 10 \cdot 10^6\), односно \(1 \cdot 10^{k}> \frac{110}{111} \cdot 10^6\).

Како је \(1 > \frac{110}{111}\approx0,99\), следи да је \(k=6 \).

\(A=\frac{1}{6}\left((log_{2}{3})^3- (\log_{2}{(2\cdot 3)})^3-(\log_{2}{(3\cdot2\cdot2)})^3+(log_{2}{(3\cdot 2\cdot 2\cdot2)})^3 \right)\)

\(A=\frac{1}{6}\left((log_{2}{3})^3- (\log_{2}{3}+1)^3-(\log_{2}{3}+2)^3+(log_{2}{3}+3)^3 \right)\)

Када заменимо \(\log_2{3}=x\) у претходни израз добијамо:

\(A=\frac{1}{6}\left(x^3- (x+1)^3-(x+2)^3+(x+3)^3 \right)\)

\(A=\frac{1}{6}(12x+18)\)

\(A=2x+3\)

\(A=2\log_2{3}+3\)

\(A=\log_2{72}\)

\(2^A=2^{\log_2{72}}=72\)

Решавањем система добија се \(x = 2\), \(y=-1\), \(z=3\) па је \(x^2+y^2+z^2=14\).

Како \(M\) припада графику функције, следи \(\frac{1}{19}=\frac{1}{9+3a+2}\), одакле је \(a=\frac{8}{3}\), па је \(y=\frac{1}{(x-\frac{4}{3})^2+\frac{2}{9}}\). Следи да је функција дефинисана за \(x \in R\), узима позитивне вредности, важи \(y=\frac{1}{(x-\frac{4}{3})^2+\frac{2}{9}} \leq\frac{1}{\frac{2}{9}}=\frac{9}{2}\) и притом је \(f(\frac{4}{3})=\frac{9}{2}\).

Раван која садржи попречни пресек ваљка сече лопту по великом кругу, а ваљак по правоугаонику уписаном у тај круг, димензија \(2r\) и \(h\), где су \(r\) и \(h\) редом, полупречник основе и висина ваљка (притом је \(0<h<2R\)). Следи \(4r^2+h^2=4R^2\), па је запремина ваљка \(V=r^2\pi h=\pi \left(R^2h-\frac{h^3}{4}\right)\). Како је \(V^{'}(h)=\pi \left(R^2-\frac{3h^2}{4}\right)\), \(V(h)\) расте на \(\left(0, \frac{2R}{\sqrt{3}} \right)\), опада на \(\left(\frac{2R}{\sqrt{3}}, 2R \right)\), па је њен максимум \(V\left(\frac{2R}{\sqrt{3}}\right)=\frac{4}{3\sqrt{3}}R^3\pi\).

По Питагориној теореми, друга катета је \(b=15cm\). Како је површина правоуглог троугла \(\frac{ab}{2}\), а и \(\frac{(a+b+c)r}{2}\) (где je r полупречник уписаног круга), следи \(r=\frac{ab}{a+b+c}=3\).

\( \sqrt{1-x}=-x  \setminus ^2 \)
\(1-x=x^2\)
\(x^2+x-1=0\)
\(x_{1,2}=\frac{-1\pm\sqrt{5}}{2}\)

Потребно је да размотримо два услова, први – вредност под кореном мора бити ненегативна  \(1-x\geq 0\), односно \(x \leq 1\) и други – резултат кореновања је позитиван \(-x\geq 0\) односно \(x \leq 0\). Па закључујемо да \(x \leq 0\), тако да обацујемо решење \(x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\). 
Једначина има тачно једно решење и оно је негативно.

\(f(x)=|x|+a\)

\(f(f(x))=f(|x|+a)=\left||x|+a\right|+a\)

\(f(x)+f(f(x))=|x|+a+\left||x|+a\right|+a=x\)

\(|x|+\left||x|+a\right|=x-2a\)

1. за \(x<0\) је \(-x+\left|-x+a\right|=x-2a\)
   1. даље за \(-x+a<0\), односно \(x>a\) је \(-x+\left(-x+a\right)=x-2a\), па је \(x=a\). Нема решења.
   2. даље за \(-x+a\geq 0\), односно \(x\geq a\) је \(-x-x+a=x-2a\), па је \(x=a\). Нема решења, јер је \(a>0\).
2. за \(x\geq 0\) је \(x+\left|x+a\right|=x-2a\)
   1. даље за \(x+a<0\), односно \(x<-a\) је \(x+\left(x+a\right)=x-2a\), па је \(x=a\). Нема решења.
   2. даље за \(x+a\geq 0\), односно \(x\geq -a\) је \(x+x+a=x-2a\), па је \(x<0\). Нема решења.

Закључујемо да има \(0\) решења.

Како је \(\cos\left({x-\frac{3\pi}{2}}\right)=-\sin {x}\) следи да је \(\sin {x}=\frac{4}{5}\).

Из \(\sin^2{x}+\cos^2{x}=1\) и \(\frac{\pi}{2}<x<\pi\) добијамо да је \(\cos{x}=-\frac{3}{5}\).

Како је \(\sin\frac{x}{2}\cos{\frac{5x}{2}}=\frac{2\sin{\frac{3x-2x}{2}}\cos\frac{{3x+2x}}{2}}{2}=\frac{\sin{3x}-\sin{2x}}{2}\) и

\(\sin {2x}=2\sin{x}\cos{x}=-\frac{24}{25}\)и

\(\sin {3x}=\sin(2x+x)=\sin{2x}\cos{x}+\cos{2x}\sin{x}=\frac{44}{125}\), добијамо да је \(\sin\frac{x}{2}\cos{\frac{5x}{2}}=\frac{82}{125}\).

Ако је угао између изводнице и висине је \(60^{\circ}\), то значи да је \(s=2H\). А како знамо да је изводница  за 2cm дужа од висине, можемо да израчунамо следеће:
\(2H=s\)
\(2H=2+H\),

одакле закључујемо да је \(H=2cm\) односно \(s=4cm\) и применом Питагорине теореме \(r^2=s^2-H^2\) добијамо да је \(r=2\sqrt{3}\). Сада можемо израчунати запремину \(V=\frac{1}{3}BH=8\pi cm^3\)

 Изразимо висину пирамиде као: \(H=\sqrt{s^2-x^2}\), тада је запремина купе: \(V(x)=\frac{1}{3}x^2\pi \sqrt{s^2-x^2}\). Извод функције \(V(x)\)  je 
\(V'(x)=\frac{2x }{3}\pi \sqrt{s^2-x^2}+\frac{1}{3}x^2\pi \frac{-2x}{2\sqrt{s^2-x^2}} =\)\(\frac{x\pi }{3}\left ( 2\sqrt{s^2-x^2}-\frac{x^2}{\sqrt{s^-x^2}} \right )  =\) \(\frac{x\pi }{3\sqrt{s^2-x^2}}\cdot (2s^2-3x^2)\). Изједначимо извод са 0. И запремина је максимална за \(x^2=\frac{2}{3}s^2\) и износи \(V_{max}=\frac{2\pi s^3\sqrt{3}}{27}\).

\(P(1)=1+a+b-4=0\\ P(-1)=-1+a-b-4=0\\ a=4, b=-1\\ a^{2}+b^{2}=17\)

Анализирајмо прво захтев у задатку. Како ћемо добити тачкe којe припадају датом кругу и најудаљеније и најближе су од тачке \(C\)? Таквa тачка се налази у пресеку праве која пролази кроз тачке \(C\) и \(O\) (центар круга) и круга. Дакле потребно је да одредимо удаљеност тачака \(CA+CB=CA+CA+r+r=\)\((CA+r)+ (CA+r)=2\cdot CO\). Ако једначину круга запишемо у облику \((x+2)^2+(y+2)^2=3\), можемо закључити да је \(O(-2,-2)\). Па је дужина \(CO=\sqrt{(x_O-x_C)^2+(y_O-y_C)^2}=5\), односно дужина \(CA+CB=2CO= 10\).

Због апсолутних вредности посматраћемо неколико различитих интевала којима x припада. 

1. \( x\in(-\infty,-\frac{1}{2}]\)
\(f(x)=-2x-1-x+3+5x-4=2x-2\), ова функција је растућа, па ће максимум достићи у крајњој десној тачки интервала \(f(-\frac{1}{2})=-3\).

2. \(x\in(-\frac{1}{2},\frac{4}{5}]\)
\(f(x)=2x+1-x+3+5x-4=6x\), и ова функција је растућа, па ће максимум достићи у крајњој десној тачки интервала \(f(\frac{4}{5})=\frac{24}{5}\).

3. \(x\in(\frac{4}{5},3]\)
\(f(x)=2x+1-x+3-5x+4=-4x+8\), ова функција је опадајућа, па ће максимум достићи у крајњој левој тачки интервала. Односно максимум ће тежити претходно израчунатој вредности
4. \(x\in(3,+\infty)\)
\(f(x)=2x+1+x-3-5x+4=-2x+2\), и ова функција је опадајућа, па ће максимум бити у крајњој левој тачки интервала и свакао ће бити мањи него у претходном интервалу.

Тако да закључујемо да функција достиже максимум \(f(\frac{4}{5})=\frac{24}{5}\).

Како је \(d_1=(2-\sqrt{3})d_2\) закључујемо да је \(d_1<d_2\).

Угао ромба наспрам дијагонале \(d_1\) је оштар. Означимо га са \(\alpha\).

Применом косинусне теореме на троугао који чине две странице троугла и краћа дијагонала \(d_1\) добијамо:

\(d_1^2=a^2+a^2-2\cdot a\cdot a \cdot \cos{\alpha}\)

\(d_1^2=2a^2-2a^2\cos{\alpha}\)

\(d_1^2=2a^2(1-\cos{\alpha})\)

Применом Питагорине теореме на ромб добијамо \(a^2=\left( \frac{d_1}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\).

Када уврстимо у претходни израз добијамо

\(d_1^2=2\left(\left( \frac{d_1}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\right)(1-\cos{\alpha})\)

\(((2-\sqrt{3})d_2)^2=2\left(\left( \frac{(2-\sqrt{3})d_2}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\right)(1-\cos{\alpha})\)

\(((2-\sqrt{3})d_2)^2=2\left(\left( \frac{(2-\sqrt{3})d_2}{2}\right)^2+\left( \frac{d_2}{2}\right)^2\right)(1-\cos{\alpha})\)

После сређивања једначине и дељења са \(d_2^2\) добијамо:

\(\cos{\alpha}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\alpha=30^{\circ}\)

Неједначина је дефинисана за \(1-x<0\) и \(2x+6>0\), односно на скупу \((-3,1)\). На том скупу је еквивалентна са \(\ln \frac{(1-x)^2}{2x+6} \leq 0 \Leftrightarrow \frac{(1-x)^2}{2x+6} \leq 1 \Leftrightarrow \frac{(x+1)(x-5)}{2(x+3)}\leq0\). На интервалу \((-3,1)\) је \(x-5<0\), \(x+3>0\),па је неједначина еквивалентна са \(x+1 \geq0\), тј. решење је \(x \in [-1,1)\).

\(\sqrt{3\cdot 2^{\log_{10}2x}+1}+\sqrt{2\cdot 2^{\log_{10}2x}+9}=\sqrt{13\cdot 2^{\log_{10}2x}-4}\)
\(3\cdot 2^{\log_{10}2x}+1 \geqslant 0 \wedge 2\cdot 2^{\log_{10}2x}+9\geqslant 0 \wedge 13\cdot 2^{\log_{10}2x}-4 \)\(\geqslant 0\)
\(2^{\log_{10}2x}=t\)
\(3t+1+2t+9+2\sqrt{(3t+1)(2t+9)}=13t-4\)
\(\sqrt{(3t+1)(2t+9)}=4t-7 /^{2} (t\geqslant \frac{7}{4})\)
\(2t^{2}-17+8=0 \Rightarrow t=8 \vee t=\frac{1}{2}\)
\(x=500 \vee x= \frac{1}{20} , \) али је због услова једино решење: \(x=500\)

Ако једначину \(\frac{x-1}{\sqrt{x}+1}= 4+\frac{\sqrt{x}-1}{2}\) помножимо са \(2(\sqrt{x}+1)\), добићемо \(2x\sqrt{x} – 10\sqrt{x}+x=9\). Уведимо смену \(\sqrt{x}=t\), тада важи да је \(t\geq0\), па добијамо\( 2t^3+t^2-10t-9=0\). Ако размотримо једначину, приметићемо да је \(t_1=-1\) једно од решења (које не задовољава услове, па га на крају задатка нећемо узимати у обзир прихватљивих решења, али ћемо га користита сада како бисмо упростили једначину). Једначину ћемо поделити са \((t+1)\). Накој дељења добијамо \(2t^2-t-9=0\) и користећи Вијетове формуле добијамо да је \(t_{1,2}=\frac{1\pm\sqrt{73}}{4}\). Решење \(t_{1}=\frac{1-\sqrt{73}}{4}\)  не узимамо у разматрање јер \(t\geq0\), па закључујемо да је \(\sqrt{x}=t=\frac{1+\sqrt{73}}{4}\). Односно \(x=\frac{74+2\sqrt{73}}{16}\approx 4,4\)

Коришћењем основних тригонометријских формула добијамо да је \( \frac{1-tg^215^{\circ}}{1+tg^215^{\circ}}=\)  \(\frac{1-\frac{\sin^2 15^{\circ}}{\cos^2 15^{\circ}}} {1+\frac{\sin^2 15^{\circ}}{\cos^2 15^{\circ}}}=\)  \( \frac{\cos^2 15^{\circ} – \sin^2 15^{\circ}}{\cos^2 15^{\circ} + \sin^2 15^{\circ}}=\)  \(\cos^2 15^{\circ} – \sin^2 15^{\circ}\) . Последњи израз можемо записати и као \(\cos15^{\circ}\cdot\cos15^{\circ} – \sin15^{\circ}\cdot\sin15^{\circ}\). Ако погледамо адиционе тригонометријскe формуле, приметићемо да је то управо једнако \(\cos(2\cdot15^{\circ})=\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}\).