Πανελλαδικές εξετάσεις Γ Τάξης Ημερήσιου Γενικού Λυκείου ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 27 Μαΐου 2013

HTML
DOWNLOAD

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Πανελλαδικές εξετάσεις Γ Τάξης Ημερήσιου Γενικού Λυκείου ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 27 Μαΐου 2013"

Φορτουνάτος Γιαννόπουλος
9 χρόνια πριν
Προβολές:

Πανελλαδικές εξετάσεις Γ Τάξης Ημερήσιου Γενικού Λυκείου ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 7 Μαΐου 13 ΘΕΜΑ Α Α1. Σχολικό βιβλίο, σελ. 33-335 Α. Σχολικό βιβλίο, σελ. 6 Α3.

1 Πανελλαδικές εξετάσεις Γ Τάξης Ημερήσιου Γενικού Λυκείου ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 7 Μαΐου 13 ΘΕΜΑ Α Α1. Σχολικό βιβλίο, σελ Α. Σχολικό βιβλίο, σελ. 6 Α3. Σχολικό βιβλίο, σελ. Α. α) Λ β) Σ γ) Σ δ) Λ ε) Σ ΘΕΜΑ Β Β1. (z )(z ) + z = (z )(z ) + z = z + z = Έστω z = k k + k = Δ = 1+8 = 9 k = 1 ± 3 = 1, απορρίπτεται Επομένως, z = 1 που σημαίνει ότι ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων Μ(z) είναι ο κύκλος με κέντρο Κ(,), ακτίνα ρ = 1 Τηλ : , , F :1/8356

(z )(z ) + z = (z )(z ) + z = z + z = Έστω z = k k + k = Δ = 1+8 = 9 k = 1 ± 3 = 1, απορρίπτεται Επομένως, z = 1 που

2 Από την τριγωνική ανισότητα έχουμε: z z z + z 1 1 z 1 z 3 Β. w + βw + γ = z + βz + γ = Im(z ) Im(z ) = z + βz + γ = Τύποι Viett: z + z = β z z = γ z + z = β Re(z ) = β z z = γ z = γ με z = z και z = 1 Επίσης, Im(z ) Im(z ) = Im(z ) Im(z ) = Im(z ) = Im(z ) = 1 y = 1 Έστω z = + y i με z 3 + y 9 και ( ) + y = 1 Οπότε έχουμε: ( ) + 1 = 1 = = Επομένως, β = ΙRe(z ) = = και γ = z = + y = + 1 = 5 Β3. Έχουμε v = α v α v α v = α v α v α v = α v + α v + α v α v + α v + α v α v + α v + α Όμως, α 3 α v 3 v α 3 α v 3 v α 3 α 3 () α v + α v + α 3 v + 3 v + 3 Επομένως, v 3 v + 3 v + 3 = 3( v + v + 1) Τηλ : , , F :1/8356

Im(z ) = Im(z ) Im(z ) = Im(z ) = Im(z ) = 1 y = 1 Έστω z = + y i με z 3 + y 9 και ( ) + y = 1 Οπότε έχουμε: ( ) + 1 = 1 = = Επομένως, β = ΙRe(z ) = = και γ

3 v 3 v + v + 1 = 3 = 3 (*) Aν < v < 1 < τότε v < 1 και v + v + 1 = ( v + 1/) + επομένως 3 v + v > 1 και άρα ισχύει v < 1 3 v + v + 1 Αν v > 1 τότε από σχέση (*) έχουμε v < 3 1 < Άρα σε κάθε περίπτωση v < v 1 < 3 v < ΘΕΜΑ Γ Γ1. Ισχύει: (f( + (f ( + 1) = (f( + (f ( + 1) = [(f( + ] = ( ) (f( + = + c (1) Για =, τότε (1) (f() + ) = + c 1 = c οπότε (1) (f( + = >, για κάθε R Για = έχουμε: f() + = 1 >. Eπομένως η συνάρτηση f( + είναι συνεχής και διατηρεί πρόσημο στο R, άρα ισχύει: f( + = + 1 Άρα f( = + 1 Γ. H f είναι παραγωγίσιμη ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με : f( = f ( = f ( = = + 1 < IR + 1 γιατί: < < + 1 < + 1 < 1 που ισχύει, ενώ για < προφανώς ισχύει f στο IR f «1 1» Επομένως, f() = 1 f() = f() = h(= με h( = + 3 h ( = = 6( + 1) = = ή = 1 Τηλ : , , F :1/8356

Ισχύει: (f( + (f ( + 1) = (f( + (f ( + 1) = [(f( + ] = ( ) (f( + = + c (1) Για =, τότε (1) (f() + ) = + c 1 = c οπότε (1) (f( + = + 1 + 1 >, για κάθε R Για = έχουμε: f() + = 1 >.

4 1 h ( + + h( h( 1) = + 3 = 1 < h() = < lim h( lim h( Για το σύνολο τιμών της h( έχουμε: h((-,-1] = ( lim h(,h(-1)]=(-,-1] h([-1,] = [h(), h(-1)]=[-,-1] h([,+ )) = [h(), lim h( )]= [-, ] To [-, ] επομένως υπάρχει (,+) τέτοιο ώστε h( )= και επειδή η h είναι γνησίως αύξουσα στο (,+) το είναι μοναδικό. Γ3. Θεωρούμε τη συνάρτηση h ( f ( t) dt f ( ) και εφαρμόζουμε Θεώρημα Bolzno για την h στο διάστημα [, ]: Η h είναι συνεχής στο [, ], ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων h() h( ) <, επειδή: π h() f (t)dt f ( )εφ f (t)dt, αφού f(t) > διότι για κάθε IR π π οπότε f ( t) dt (λόγω του ότι ). h ( ) f ( t) dt f () Άρα από Θεώρημα Bolzno θα υπάρχει ένα τουλάχιστον [, ] τέτοιο ώστε h( o ) f ( t) dt f ( o ) o o. ισχύει 1, Τηλ : , , F :1/8356

Θεωρούμε τη συνάρτηση h ( f ( t) dt f ( ) και εφαρμόζουμε Θεώρημα Bolzno για την h στο διάστημα [, ]: Η h είναι συνεχής στο [, ], ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων h() h( ) <, επειδή: π h() f

5 ΘΕΜΑ Δ Δ1. f (1 5h) f (1 h) f (1 5h) f (1) f (1) f (1 h) lim lim h h h h f (1 5h) f (1) f (1) f (1 h) lim lim h h h h Έστω 5h = u 1 h u 1 και h = u 1h = 1 + u h u f (1 u ) f (1) f (1) f (1 u ) 1 lim lim u1 u u 1 u 5 f (1 u ) f (1) f (1 u ) f (1) 1 5 lim lim u1 u u 1 u 5 f (1) f (1) 6f (1) f (1) f Για 1 f ( f (1) f ( f Για 1 f ( f (1) f ( Έπεται ότι ο πίνακας μεταβολών είναι ο κάτωθι: 1 f ( // + f( // Άρα η f στο 1 παρουσιάζει ελάχιστο, το f(1) = 1. o Δ. f ( 1 Η g είναι παραγωγίσιμη, με g (. Επειδή η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο o 1 θα 1 είναι f ( f (1) f ( 1, 1 άρα g (, οπότε η g είναι γνησίως αύξουσα. Θεωρούμε τη G( 1 du du 1 du παραγωγιζόμενη δίνει G ( 1). Επίσης, 1 1 1) G( G. Επομένως η δοθείσα ανίσωση γράφεται G(8 + 5) > G( + 5) > > ( ) < < Τηλ : , , F :1/ du du, η οποία

1 u 5 f (1 u ) f (1) f (1 u ) f (1) 1 5 lim lim u1 u u 1 u 5 f (1) f (1) 6f (1) f (1) f Για 1 f ( f (1) f ( f Για 1 f ( f (1) f ( Έπεται ότι ο πίνακας μεταβολών είναι ο κάτωθι: 1 f ( // + f( // Άρα η

6 - < < και. Δ3. ( f ( 1) ( 1) ( f ( 1)( 1) f ( ( 1) ( f ( 1) g ( ( 1) ( 1) α τρόπος Θέτουμε ( f ( ( 1) f ( 1, την οποία και παραγωγίζουμε: ( f ( ( 1) f ( f ( f ( ( 1), λόγω του ότι f (, άρα f ( ( > 1). Συνεπώς (. Για > 1 και επειδή ( έπεται ότι φ( > φ(1), άρα φ( >. Συνεπώς g (, δηλαδή η g είναι κυρτή. β τρόπος: Αρκεί να δείξουμε ότι: f (( 1) (f( 1) > για > 1 f ( > f( 1 1 f f( f(1) ( > 1 Εφαρμόζουμε στην παραγωγίσιμη συνάρτηση f( το θεώρημα Μέσης Τιμής στο [1,]: ξ (1, : f f( f(1) (ξ) = 1 Όμως, η f στο [1, + ) για ξ < f (ξ) < f ( f ( > f( 1 1 Σχόλιο: Σύμφωνα με το ΦΕΚ 156/1 που αφορά στην εξεταστέα ύλη ημερήσιων Λυκείων στην κυρτότητα σημεία καμπής συνάρτησης, ρητά αναφέρεται ότι «θα μελετηθούν μόνο οι συναρτήσεις που είναι δύο, τουλάχιστον, φορές παραγωγίσιμες στο εσωτερικό του πεδίου ορισμού τους». Για το λόγο αυτό θεωρήσαμε στον α τρόπο ότι και η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη. Προτείνουμε τον β τρόπο προς αποφυγή παρερμηνειών. Η εξίσωση γράφεται f ( t) 1 f ( ) 1 f ( t) 1 dt ( ) dt ) ) t 1 1 t 1 g ( ). Θεωρούμε τη συνάρτηση K( ), η οποία έχει προφανή ρίζα το α ( K ( ) ) ) ). Για να δείξουμε τη μοναδικότητα της εν λόγω ρίζας έχουμε K ( g ( g (α) α g Για ). Για 1 < < α g ( g (α) Τηλ : , , F :1/8356

β τρόπος: Αρκεί να δείξουμε ότι: f (( 1) (f( 1) > για > 1 f ( > f( 1 1 f f( f(1) ( > 1 Εφαρμόζουμε στην παραγωγίσιμη συνάρτηση f( το θεώρημα Μέσης Τιμής στο [1,]: ξ (1, : f f( f(1) (ξ) = 1 Όμως, η f

7 1 α + Κ ( + Κ( Άρα η Κ( παρουσιάζει ελάχιστο στο = α το Κ(α) = Κ( K(α) = το ίσον ισχύει μόνο για = α β τρόπος: Η δοθείσα εξίσωση γράφεται ισοδυνάμως : g (α)( α) g (α)( α) + α) Παρατηρούμε ότι το δεξί μέλος είναι η εξίσωση της εφαπτομένης της C g στο = α και επειδή η g είναι κυρτή ισχύει g (α)( α) α) με το ίσον να ισχύει μόνο στο σημείο επαφής = α. ΣΧΟΛΙΟ: Τα θέματα κάλυπταν το μεγαλύτερο μέρος της ύλης και ήταν ιδιαίτερα απαιτητικά. Απευθύνονται σε μαθητές πολύ καλά προετοιμασμένους με ευρύτητα μαθηματικών γνώσεων και υπολογιστικών δεξιοτήτων. Το ιδιαίτερο χαρακτηριστικό των φετινών θεμάτων ήταν το γεγονός ότι δύσκολα θα πάρουν μονάδες «μέτριοι» μαθητές (δηλαδή μαθητές που στόχευαν γύρω στο 13) και αναμένεται να υπάρξουν μεγάλες διαφορές στις βαθμολογίες «μέτριων» - «καλών» και «άριστων» μαθητών. Ιδιαίτερα δύσκολο το υπο-ερώτημα Β3 και απαιτητικά τα Β, Δ και Δ3. Επιμέλεια απαντήσεων: Όμηρος Κορακιανίτης Βασίλης Ζαραφέτας Βασίλης Ζούκος Τηλ : , , F :1/8356

ΣΧΟΛΙΟ: Τα θέματα κάλυπταν το μεγαλύτερο μέρος της ύλης και ήταν ιδιαίτερα απαιτητικά. Απευθύνονται σε μαθητές πολύ καλά προετοιμασμένους με ευρύτητα μαθηματικών γνώσεων και υπολογιστικών δεξιοτήτων.

Σχετικά έγγραφα

ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ ΜΕΣΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ ΗΡΑΚΛΕΙΤΟΣ ΚΩΛΕΤΤΗ

ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ ΜΕΣΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ ΗΡΑΚΛΕΙΤΟΣ ΚΩΛΕΤΤΗ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β') ΔΕΥΤΕΡΑ 5 ΜΑΪΟΥ 5 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΉΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (ΚΑΙ ΤΩΝ ΔΥΟ ΚΥΚΛΩΝ) Ε Ν Δ Ε