ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2014 ÊÏÑÕÖÁÉÏ

Transcript

1 ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (ΟΕΦΕ) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 01 Ε_ΜλΘΤ(α) ΤΑΞΗ: Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ / ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Ηµεροµηνία: Κυριακή Μαΐου 01 ιάρκεια Εξέτασης: ώρες ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ A Α1 Σχολικό βιβλίο σελ 8 Α Σχολικό βιβλίο σελ 1 Α i Σωστό ii Σωστό iii Σωστό iv Λάθος v Σωστό ΘΕΜΑ Β Β1 Είναι α= και β = β =, οπότε Β π 1 α β = α β συν( α,β ɵ ) = συν = = α γ α γ = 0 α ( α + κβ) = 0 α + καβ = 0 α + κ = 0 κ + 16 = 0 κ = Β i Είναι συν( β, ɵγ) β γ = και αφού β γ β γ = β α β = α β β = β = = 1 και ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 1 ΑΠΟ 6

2 ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (ΟΕΦΕ) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 01 Ε_ΜλΘΤ(α) γ = α β = α β = α 8α β + 16β = α β = + 16 = 8 θα είναι γ= 8= (αφού γ 0 ) 1 Άρα συν( β ɵ,γ) = = = Είναι 0 ( β, ɵ γ) π, οπότε ( ) π 5π β,γ ɵ = π = 6 6 ii Αφού προβγ β θα υπάρχει λ R ώστε προβγ= λβ Οπότε ΘΕΜΑ Γ Γ1 ηλαδή Έχουµε β β προβ γ = β β γ = β προβ γ β β ( α β ) = β ( λβ ) = = α β β λβ λ λ = 1 λ = x y x 1 0 x x 1 y 0 + = + = x 1 y = 0 x 1 y x 1+ y = 0 x 1 y = 0 ή x 1+ y = 0 y = x 1 ή y = x + 1 Οπότε η (1) παριστάνει τις ευθείες ε : y= x 1 και ε : y= x+ 1 1, µε κλίσεις αντίστοιχα λ= 1 και λ = 1 1 Αφού λ 1λ = 1 ( 1) = 1 θα είναι ε ε 1 Λύνουµε το σύστηµα y = Σ x 1 y = x + 1 Με πρόσθεση κατά µέλη προκύπτει ότι y = 0 y = 0, οπότε το (Σ) ισοδύναµα γράφεται y = 0 y = 0 x = 1 y = x 1 0 = x 1 y = 0 Άρα το σηµείο τοµής των ευθειών είναι το Ε(1,0) β ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 6

3 ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (ΟΕΦΕ) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 01 Ε_ΜλΘΤ(α) Γ (Α τρόπος) Γ Η εξίσωση 1 x 1 y 6 1 0, λ λ + + λ + λ + λ = µε λ R είναι της µορφής Ax+ By+ Γ= 0 µε Β= λ+ 1 0, οπότε παριστάνει ευθεία για κάθε λ R ε : λ λ+ 1 x+ λ+ 1 y λ+ 6λ 1= 0, τότε Αν λ Για λ= 0 η παραπάνω εξίσωση γίνεται ε : x+ y 1= 0 Για λ= 1 η παραπάνω εξίσωση γίνεται ε : y + = 0 y = 1 y = 1 x = Οπότε έχουµε x + y 1 = 0 y = 1 ηλαδή οι ευθείες ε και ε έχουν κοινό σηµείο το Ζ(,-1) Όµως για x= και y= 1 η () γίνεται λ λ λ λ + 6λ 1 = λ 6λ + λ 1 λ + 6λ 1 = 0 Άρα το Ζ ελ Εποµένως όλες οι ευθείες της παραπάνω οικογένειας θα διέρχονται από το σηµείο Ζ(,-1) (Β τρόπος) λ λ + 1 x + λ + 1 y λ + 6λ 1 = 0, µε λ R, έχουµε Από την λ x λx x λ y y λ 6λ = λ x + y + λ x x + y 1 = 0 Για να είναι µηδενικό πολυώνυµο του λ, πρέπει x + 6 = 0 x = x = x + y = 0 + y = 0 y = 1 x y 1 0 y = + = y = 1 x = Η λύση του συστήµατος είναι το, άρα όλες οι ευθείες της παραπάνω y = 1 Z, 1 οικογένειας διέρχονται από το i Η ζητούµενη παραβολή είναι της µορφής y = px Αφού Ε(1,0) η εστία της, θα είναι p 1 p = =, οπότε η παραβολή θα είναι η c : y = x p Η διευθετούσα της είναι η δ : x=, δηλαδή δ : x= 1 B x, y τα άκρα της χορδής της c µε µέσο το σηµείο Ζ, ii Αν 1 1 τότε A x, y και ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 6

4 ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (ΟΕΦΕ) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 01 Ε_ΜλΘΤ(α) ΘΕΜΑ 1 y x 1 = και y = x Αφαιρώντας κατά µέλη έχουµε: y y = x x y y y + y = x x 1 ( 1) ( )( 1) ( 1) Όµως το Z(, 1) είναι µέσο του ΑΒ οπότε y + y = + = Εποµένως η () γίνεται y y = x x 1 1 y y1 1 1 Αν x= x 1, τα σηµεία Α και Β είναι συµµετρικά ως προς x x, οπότε το Ζ, που είναι µέσο του ΑΒ, θα βρίσκεται στον x x Αυτό είναι άτοπο, αφού η τεταγµένη του Ζ είναι -1, οπότε x x 1 Εποµένως y y1 ( y y1)( ) = ( x x1) = λαβ =, x x 1 λ η κλίση της ΑΒ Αφού όπου ΑΒ Z, 1 σηµείο της, έχουµε ΑΒ : y + 1 = x y = x + 1 Είναι N( 6µ ),6λ, µε µ,λ R = = + = + Αν Ν( x,y ) τότε y 6λ 6λ y = = 6λ = y Προσθέτοντας κατά µέλη προκύπτει ότι και αφού x 6µ 6µ x 6µ x 6µ + 6λ = x + + y x + + y = 6 µ + λ µ λ 1 + =, η παραπάνω γίνεται x+ + y = 6 (Α τρόπος) Παρατηρούµε ότι η ευθεία ε 1 : x= εφάπτεται στον κύκλο c, διότι + 0 d( K,ε1) = = 6= ρ 1+ 0 Επίσης από το διέρχονται και άπειρες ευθείες της µορφής ε : y 8 = λ x λx y + 8 λ = 0 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 6

5 ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (ΟΕΦΕ) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 01 Ε_ΜλΘΤ(α) Για να εφάπτεται στον κύκλο θα πρέπει λ + 8 λ d( K,ε) = 6 = 6 λ λ = 6 λ + 1 λ = λ λ λ + = λ λ + 16 = 9 λ = 7 7 Άρα ε : x y + 8 = 0 7x y + 16 = 0 (Β τρόπος) Η ζητούµενη ευθεία είναι της µορφής ε : Αx+ By+ Γ= 0, µε A 0 ή B 0,8 ε, οπότε Α + 8Β + Γ = 0 Γ = Α 8Β και µε Όµως αντικατάσταση στην παραπάνω προκύπτει: ε : Αx+ By A 8B= 0 1 Για να είναι εφαπτόµενη στον κύκλο c πρέπει και αρκεί Α + 0Β Α 8Β d( K,ε) = 6 = 6 Α + Β 6Α + 8Β = 6 Α + Β 6Α + 8Β = 6 Α + Β 6Α + 96ΑΒ + 6Β = 6Α + 6Β 96ΑΒ 8Β 0 Β Α 7Β 0 + = + = Β = 0 ή Β = Α 7 Αν Β= 0 τότε είναι Α 0, διότι η (1) παριστάνει ευθεία Οπότε από την (1) έχουµε: Αx + 0y A 8 0 = 0 Ax = A x = Αν B = A τότε είναι Α 0, διότι αν ήταν A= 0 θα είχαµε και Β=0, 7 που είναι άτοπο διότι η (1) παριστάνει ευθεία Οπότε από (1) θα έχουµε: ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 5 ΑΠΟ 6

6 ΟΜΟΣΠΟΝ ΙΑ ΕΚΠΑΙ ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ ΟΣ (ΟΕΦΕ) ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 01 Ε_ΜλΘΤ(α) 19 Ax Ay A 8 A = 0 x y + = x y x y + 16 Άρα οι ζητούµενες ευθείες είναι οι: ε : x= και ε : 7x y+ 16= 0 1 Παρατηρούµε ότι τα τρίγωνα ΚΑ και ΚΕ είναι ίσα, διότι Ορθογώνια τρίγωνα ( ο Ε= Α= 90 ) Κ κοινή πλευρά (υποτείνουσα) ΚΑ=ΚΕ=ρ ΚΑ = ΚΕ Έτσι Οπότε 1 ΕΚΑ = ΚΑ = 6 8 = 8τµ Αν ( 1) το σηµείο Σ(,0 ), πρέπει και αρκεί ( ΚΜ) = ( KN) ( MN) = ρ ρ 1, ( ρ1< ρ) και ( ΜΣ) = ρ1 Μ,ρ κύκλος που εφάπτεται εσωτερικά στον κύκλο c και διέρχεται από ηλαδή έχουµε ΚΜ = ρ ΜΣ ΜΣ + ΜΚ = ρ = 6 Αφού ( ΚΣ) 6 ( ΜΚ) ( ΜΣ) = < = + ο γεωµετρικός τόπος των σηµείων Μ είναι η έλλειψη µε εστίες Σ και Κ και µεγάλο άξονα 6 Εποµένως γ=, α= και β= α γ = 5 Και η εξίσωσή της είναι: x y + = ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 6 ΑΠΟ 6