ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΗΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΗΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ"

Ἀστάρτη Μαυρίδης
5 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ ΤΗΣ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΟΙ ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΠΟ ΤΟΥΣ ΚΑΘΗΓΗΤΕΣ κύριο ΦΟΥΝΤΟΥΛΑΚΗ ΜΑΝΩΛΗ κυρία ΦΟΥΝΤΟΥΛΑΚΗ ΑΓΓΕΛΙΚΗ του ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟΥ ΘΕΜΑ Α Α. Αόδειξη αό το σχολικό βιβλίο A. ιατύωση θεωρήµατος αό το σχολικό βιβλίο Α3. Ορισµός αό το σχολικό βιβλίο Α. α Λ β Σ γ Σ δ Λ ε Σ ΘΕΜΑ B B.. ( z) ( z ) + z = ( z) ( z ) + z = z + z = Έστω z = κ, όου κ Ισχύει κ + κ = κ = < αορ. ή κ = > δεκτή Σελίδα αό

2 Άρα z = εοµένως ο γεωµετρικός τόος των εικόνων των µιγαδικών z είναι κύκλος µε κέντρο Κ(, ) και ακτίνα ρ =. Ισχύει: z z z + Άρα z z z 3 β τρόος z = OB = OK + ρ = + = 3 ma Άρα z 3 y O A(, ) K(, ) B(3, ) B. Έστω z = + yi, z = + yi, y,, y Ισχύουν: + y = και Άρα + y = y = y y y Οµοίως y Εξ υοθέσεως ισχύει: y y = Άρα y = και y = ή αντιστρόφως. Έστω y = τότε + = = = Άρα z = + i Σελίδα αό

3 y = τότε + = = = Άρα z = i Άρα z + z = + i+ i= και z z = ( + i) ( i) = + = 5 β Αό τύους Vietta έχουµε S= = β = και γ Ρ = 5 = 5 γ = 5 β τρόος y Γ(, ) O K(, ) - (, -) I z I z ρ = Ισχύει m m Άρα για να ισχύει η ισότητα θα ρέει οι µιγαδικοί z, z να βρίσκονται στις θέσεις Γ(, ) και (, ). Άρα z = + i και z = i ή αντιστρόφως, οότε αό Vietta β = και γ = 5. B3. α 3 α 3 α 3 v + α v + α v + α = 3 v =α v α v α 3 Σελίδα 3 αό

4 3 = + + v α v α v α α v α v α 3 3 v α v + α v + α 3v + 3v+ 3 3 v 3 v + 3 v + 3 Αν v τότε 3 v v v v 3 v v 3 v v v 3 v v = = + = + + = = 3 v + 3 v + v 3 v + 3 v + > 3 v + 3 v + 3 (άτοο) Άρα v < β τρόος v + α v + α v + α = v =α v α v α 3 3 άρα 3 3 v = α v α v α v = α v + α v + α α v + α v + α α v + α v + α 3v + 3v+ 3< 3v + 3v+ Άρα 3 3 v < 3 v + 3 v + v 3 v 3 v < v v + v + < και εειδή v + v + > αφού = = 3< θα είναι v < v < ΘΕΜΑ Γ Γ.. Θεωρούµε τη συνάρτηση h = f + µε Ah = Af = Η h είναι συνεχής στο ως διαφορά συνεχών. Εξ υοθέσεως ισχύει: ( f = ) ( f + ) = για κάθε Άρα h h = h h = Σελίδα αό

5 ( h ) = ( ) Άρα h = + c για κάθε. f = Για = h = + c f + = c c= Άρα h = + για κάθε. Εοµένως h h και αφού h συνεχής στο, θα διατηρεί σταθερό ρόσηµο στο. Αφού h = f = > h > για κάθε Άρα h = + f + = + f = +, Γ.. + f = = + +, Έστω K = +, θα δείξουµε ότι K < για κάθε Αν < K < Αν έχουµε K < + < + < + < + < Ισχύει Άρα για κάθε K < f < f στο, οότε f fi ( ) (Ε) f g = f g = f g = Άρα ζητάµε το λήθος ριζών της (Ε) g = g = = 3 ( + ), Σελίδα 5 αό

6 g = = ή = g > < ή > g < < < Σχηµατίζουµε τον ίνακα µεταβολών της συνάρτησης g, Η µονοτονία και τα ακρότατα της g ροκύτουν αό τον ίνακα lim g = lim = g - T.M. g(-) = -/ T. ΕΛ. g() = lim g = lim =+ + + Η g συνεχής στο Ag = ως ολυωνυµική. g / (, ]. Άρα ( ] ( g, = lim g,g =, g, = g, g =, g / [, ]. Άρα ([ ]) [ ] g / [, + ). Άρα g( [, + )) = g( ), lim g ) = [, + ) + Αφού,,,, [, + ) Η (Ε) g = θα έχει ακριβώς µία ρίζα, όου > Άρα και η δοθείσα (Ε) θα έχει ακριβώς µία ρίζα. Γ.3. Πρέει και αρκεί να δείξουµε ότι η εξίσωση f() t dt = f εφ Σελίδα 6 αό

7 έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο, () f t dt f εφ f() = t dt+ f εφ = Θέτουµε M κ f() = t dt+ f εφ,, Η Μ είναι συνεχής στο, ως ράξη συνεχών. M = f() t d() t + f εφ = + f = f = > M = f t d t + f εφ= f() t d() t Θα αναζητήσουµε το ρόσηµο της συνάρτησης f στο διάστηµα, Όως δείξαµε ριν K = f < για κάθε Άρα f > για κάθε f > για κάθε,, οότε M < Άρα M < M < Εοµένως, αό θεώρηµα Bolzano υάρχει ένα τουλάχιστον, τέτοιο ώστε M( ) =, άρα αοδείξαµε το ζητούµενο. β τρόος Σελίδα 7 αό

8 Πρέει και αρκεί να δείξουµε ότι η (Ε) () f t dt = f εφ έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο,. () ηµ f t dt f εφ f() = t dt = f συν () συν f t dt = f ηµ f ηµ + f () t dt συν = () f t dt ηµ f () t dt ( ηµ) + = () f t dt ηµ = Άρα αρκεί να εφαρµόσουµε το Θεώρηµα olle για τη συνάρτηση M = f() t dt ηµ στο, Η Μ συνεχής στο, ως γινόµενο συνεχών. Η Μ αραγωγίσιµη στο, ως γινόµενο αραγωγίσιµων. M = M =. Άρα αό Θ. olle η (Ε) M = έχει µία τουλάχιστον ρίζα στο,, οότε υάρχει,, τέτοιο ώστε να ισχύει η δοθείσα σχέση. ΘΕΜΑ.. Αφού f αραγωγίσιµη στο (, + ), άρα και στο = θα ισχύει: () f + h f f = lim h h Αν h f( + 5h) f( h) f( + 5h) f + f f( h) = = h h Σελίδα 8 αό

9 f( + 5h) f() f( h) f f( + 5h) f f( h) f = = 5 + h h h h f( + 5h) f u= 5h f( + u) f lim = lim = f () h 5h u u f( h) f ν=h f( + ν) f lim = lim = f () h h ν ν Άρα f( + 5h) f() f( h) f lim 5 5f () f () 6f () h + = + = 5h h Εξ υοθέσεως ισχύει f( + 5h) f( h) lim = h h Άρα 6f = f = Αν f /, + < < f < f = f /, + > f > f = Σχηµατίζουµε τον ίνακα µεταβολών της συνάρτησης f f() + + f / (, ] και f / [, + ) εοµένως η f αρουσιάζει στο f ΟΛ.ΕΛ. f()= = ολικό ελάχιστο το f = f( t).. Έστω Μ() t = t, t > Η Μ είναι συνεχής στο (, + ) ως ηλίκο συνεχών g () = α M t dt Άρα η g είναι αραγωγίσιµη στο (, + ) µε f g = M =. Σελίδα 9 αό

10 , +. Άρα αν > f > f =. f / [ ) Άρα f > και >. Άρα g >, οότε g / (, + ). + Θεωρούµε τη συνάρτηση Φ = g( u) du, > α + + Φ = g( u) du+ g( u) du = g( u) du g( u) du α α α Αφού η g είναι αραγωγίσιµη στο (, + ), θα είναι και συνεχής. Άρα η Φ είναι αραγωγίσιµη στο (, + ). Φ = g( + )( + ) g = g( + ) g, > g /(, + ) < < + g < g( + ) Φ >. Άρα Φ / (, + ) Η δοθείσα ανίσωση γίνεται: Φ Φ > Φ > + 5 < < 8,, αφού > και + 5 > για κάθε.3. f g =, > Η g είναι αραγωγίσιµη στο (, + ) ως ηλίκο αραγωγίσιµων. f f f + g = =, > Σελίδα αό

11 Η f ληρεί τις ροϋοθέσει του Θ.Μ.Γ. στο [, ]. f f Άρα υάρχει ξ (, ), τέτοιο ώστε f ( ξ) = f /(, + ) < ξ < f ξ < f Άρα f f > f ( ) f f f () = < > f f f + > και ( ) > για κάθε > Άρα g > για κάθε > Εοµένως η g είναι κυρτή στο (, + ) Η δοθείσα εξίσωση γίνεται: f() t ( α ) dt( α) ( f ( α) ) = α t Θεωρούµε τη συνάρτηση t µε f( t) t = ( α ) dt( α) ( f ( α) ), > α t α f( t) t ( α) = ( α) dt( αα) ( f ( α) ) = α t Η t είναι αραγωγίσιµη στο (, + ) ως ράξη αραγωγισίµων. f f ( f( α) ) t = ( α ) ( f( α) ) = ( α ) = α = ( α ) g g ( α) t ( α) = Αφού g κυρτή η g είναι γνησίως αύξουσα Σελίδα αό

12 g α> Άρα αν < < α g < g ( α) ( α) g g ( α) < t < g α> Αν > α g > g ( α) ( α) g g ( α) > t > Σχηµατίζουµε τον ίνακα µεταβολών της συνάρτησης t t() α + + t / (, α ] και t / [ α, + ) η t αρουσιάζει στο = α t ΟΛ.ΕΛ. t( α )= ολικό ελάχιστο το t ( α) = Εοµένως η (Ε) t = ου είναι ισοδύναµη µε τη δοθείσα, έχει ακριβώς µία λύση την = α β τρόος Αφού η g είναι κυρτή, θα βρίσκεται άνω αό την εφατοµένη της σε οοιοδήοτε σηµείο της γραφικής της αράστασης. Η εξίσωση εφατοµένης της C g στο σηµείο Μ( α, g( α )) έχει εξίσωση: ε :y g( α) = g ( α)( α) Αφού g( α) = και g ( α) = f ( α) α η εξίσωση γίνεται: f ( α) ε :y= ( α) α Άρα ισχύει: f α g ( α) α > α f( t) α g f( α) ( α) ( α) dt ( f( α) )( α) α t Η ισότητα θα ισχύει µόνο στο σηµείο εαφής, δηλαδή όταν Άρα η δοθείσα εξίσωση έχει ακριβώς µία λύση, την = α. = α. Σελίδα αό

Σχετικά έγγραφα

Απαντήσεις Θεμάτων Πανελληνίων Εξετάσεων Ημερησίων Γενικών Λυκείων

Απαντήσεις Θεμάτων Πανελληνίων Εξετάσεων Ημερησίων Γενικών Λυκείων 7 Μαΐου 3 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Ααντήσεις Θεμάτων Πανελληνίων Εξετάσεων Ημερησίων Γενικών Λυκείων ΘΕΜΑ Α Α. Αόδειξη σχολικού βιβλίου σελ.33 Α. Ορισμός σχολικού βιβλίου σελ.6 Α3. Ορισμός σχολικού βιβλίου