ΠΑΓΚΥΠΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2014 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

Transcript

1 ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Στασίνου 6, Γραφ. 1, Στρόβολος, Λευκωσία Τηλ Φαξ: ΠΑΓΚΥΠΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 14 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ημερομηνία: Δευτέρα, Ιουνίου 14 ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΑΠΟ ΤΗΝ ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΜΕΡΟΣ Α : Να λύσετε και τις 1 ασκήσεις του Μέρους Α. συνx 1. Να υπολογίσετε το όριο lim x π x π συνx L = lim x π x π = ( ) Άρα με εφαρμογή του κανόνα De L Hospital έχουμε: L = lim x π (συνx) (x π = lim ) x π ημx 1 = ημ π = 1 α β. (α) Δίνεται ο πίνακας B = με α, β, γ, δ R. γ δ Να αναφέρετε πότε ορίζεται ο αντίστροφος πίνακας του Β. 5 - (β) Αν ο πίνακας A= -1, να δείξετε ότι -1 A = A - 4, όπου ο μοναδιαίος πίνακας. (α) Ορίζεται ο αντίστροφος πίνακας του πίνακα Β = ( α β ) αν ισχύει Β αδ βγ γ δ (β) Έχουμε Α = ( 5 ), άρα 1 1

2 Α 1 1 = 5( 1) ( ) ( 1 5 ) = 1 1 ( 1 ) = (1 5 5 ) και Α 4Ι = ( 5 1 ) (4 ) = (1 4 5 ) Επομένως έχουμε ότι: Α 1 = Α 4Ι. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα 1 χ+ dχ 1+4χ 1 x (x x) dx = + 1 Τοξεφ(x)] = = ( ) π = 8 + π 6 = 9 + 4π Toξεφ ( ) 4. Να βρείτε τις τιμές των συνάρτησης το σημείο Α 1,. α,β R ώστε η γραφική παράσταση της f χ =αlnχ+βχ +, χ> να έχει σημείο καμπής f(x) = a + βx +, x > f (x) = a x + βx f (x) = a x + β Αφού το σημείο Α(1,) είναι σημείο της γραφικής παράστασης της συνάρτησης, έχουμε ότι f(1) = f(1) = a ln 1 + β 1 + = β + = β = 1 Αφού είναι και σημείο καμπής τότε f (1) =. Επομένως έχουμε Πράγματι, για α =, β = 1 έχουμε, f (x) = x + x, f (x) = x + = (x 1) x f (1) = a + β = a + 1 = a = 1 f(x) = + x +, x > x 1 + f (x) +

3 5. Ένας υπάλληλος εργάζεται σ ένα ξενοδοχείο μόνο πέντε μέρες την εβδομάδα. (α) Πόσες διαφορετικές επιλογές έχει ως προς τις μέρες που θα εργαστεί, αν δεν υπάρχει κανένας περιορισμός στην επιλογή του. (β) Σε πόσες από αυτές τις επιλογές ο υπάλληλος θα εργαζόταν το πολύ μια μέρα από το Σαββατοκύριακο. α) Πρέπει να επιλέξουμε 5 μέρες από τις 7 της εβδομάδας. Αυτό γίνεται με: ( 7 5 ) = 7! = 1 επιλογές 5!! β) Θα δουλεύει μία μέρα του Σαββατοκύριακο ή μόνο καθημερινές, επομένως έχουμε τις εξής περιπτώσεις: Μια μέρα το Σαββατοκύριακο και 4 άλλες μέρες: ( 1 ) (5 4 ) =! 5! = 5 = 1 επιλογές 1! 1! 4! 1! Mόνο καθημερινές ( 5 5 ) = 5! 5!! = 1 επιλογές Επομένως συνολικά υπάρχουν = 11 επιλογές. ος Τρόπος : ( 7 5 ) (5 ) = 1 1 = 11 επιλογές Αφαιρούμε από όλες τις επιλογές τις περιπτώσεις που εργάζεται και Σάββατο και Κυριακή. 6. Δίνεται ο κύκλος (Κ) με εξίσωση Να βρείτε: (α) Το κέντρο και την ακτίνα του κύκλου. χ + ψ - 4χ - 8ψ - 8 = (β) Τις τιμές του α αr ώστε ο κύκλος (Κ) να αποκόπτει χορδή μήκους 16 μονάδων από την ευθεία χ - 4ψ = α Από την εξίσωση του κύκλου βρίσκουμε ότι g =, f = 4, c = 8, άρα έχουμε: Κέντρο Κ( g, f) = (,4) Ακτίνα R = g + f c = ( ) + ( 4) ( 8) = = = 1 = 1 μονάδες

4 Αφού ΑΒ = 16 ΑΜ = 8 και ΚΑ = 1 (σχήμα). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΜ, έχουμε: (ΚΑ) = (ΑΜ) + (ΚΜ) 1 = 8 + (ΚΜ) (ΚΜ) = 1 64 = 6 (ΚΜ) = 6 = d Η απόσταση d του κέντρου Κ(,4) από την ευθεία ΑΒ x 4y = a δίνεται από τον τύπο. Επομένως έχουμε: d = Ax 1 + By 1 + Γ A + B 4 4 a 6 16 a 1 a a + 1 = = = = + ( 4) a + 1 = 6 α + 1 = α + 1 = ± a = 1 ± 5 a =, a = 4 7. Σ ένα σχολείο φοιτούν 4 παιδιά. Από αυτά τα 5 είναι κορίτσια. Το 6% των κοριτσιών και το % των αγοριών ασχολούνται στον ελεύθερό τους χρόνο με το χορό. (α) Αν επιλέξουμε τυχαία ένα παιδί, ποια η πιθανότητα να ασχολείται με το χορό. (β) Αν το παιδί που έχει επιλεγεί ασχολείται με το χορό, ποια η πιθανότητα να είναι αγόρι. Έχουμε τα ενδεχόμενα: Α: «να επιλεγεί αγόρι» Κ: «να επιλεγεί κορίτσι» Χ: «να επιλεγεί άτομο που έχει χόμπι το χορό» (α) Ρ(Χ) = Ρ(Α X) + Ρ(K X) = = = 9 (β) Ρ(Α Χ) = Ρ(Α X) Ρ(Χ) = 4 9 = 1 6 4

5 8. α) Να διατυπώσετε το Θεώρημα Μέσης Τιμής του Διαφορικού Λογισμού και να δώσετε τη γεωμετρική του ερμηνεία. (β) Αν για τη συνάρτηση f: ισχύει ότι fχ =, για κάθε χ και f α = c, c. Να αποδείξετε ότι f χ = c α) Έστω μια συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (a, β). Τότε υπάρχει ξ (a, β) ώστε να ισχύει η σχέση: Γεωμετρική ερμηνεία f (ξ) = f(β) f(a) β a Υπάρχει σημείο Ξ(ξ, f(ξ)) στο οποίο η εφαπτομένη της καμπύλης είναι παράλληλη με την ευθεία που περνά από τα σημεία Α(a, f(a)) και B(β, f(β)). β) Έστω x > α. Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής στο διάστημα [a, x]. Υπάρχει ξ (a, x) τέτοιο ώστε f (ξ) = f(x) f(a) x a = f(x) c = f(x) = c, x > a Έστω x < α. Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μέσης Τιμής στο διάστημα [x, α]. Υπάρχει ξ (a, x) τέτοιο ώστε Επομένως έχουμε: f (ξ) = f(a) f(x) a x Άρα έχουμε f(x) = c, για κάθε x R. = c f(x) = f(x) = c, x > a 5

6 9. Δίνεται η παραβολή ψ =4χ και το σημείο της Ρ(t,t), t R-. (α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση της εφαπτομένης της παραβολής στο σημείο Ρ δίνεται από την εξίσωση ε : ψt = χ+t (β) Το χωρίο που περικλείεται από την εφαπτομένη ε, την παραβολή και τον άξονα ψψ, περιστρέφεται πλήρως γύρω από τον άξονα χχ και παράγει όγκο V t. Αν 16π Vt κ.μ., να υπολογίσετε τις τιμές του t. (α) y = 4x yy = 4 y = y λ εφ = (y ) P = 1 t Εξίσωση εφαπτομένης στο Ρ: y t = 1 t (x t ) yt = x + t t (β) V(t) = π [( x + t t ) 4x] dx = π [ t t (x t + t) x ] = π [( 8t4 t4 ) t4 ] = πt4. Όμως, V(t) = 16π πt4 = 16π t4 = 16 t = ± ος Τρόπος: Η εφαπτομένη τέμνει τον άξονα των y στο σημείο (, t). t V(t) = V κολ.κώνου π 4xdx = πt (t + t + 4t ) π[x ] t = 7πt4 πt 4 = πt4. Όμως, V(t) = 16π πt4 = 16π t4 = 16 t = ± 6

7 1. Δίνεται η έλλειψη χ α ψ + =1, α>β> β Β,β έλλειψη, έχει κορυφές στο ΒΖ=ΒΗ. Ισοσκελές τρίγωνο ΒΖΗ,, εγγεγραμμένο στην και στα μεταβλητά σημεία της έλλειψης Ζ και Η. Αν Θ είναι σημείο του επιπέδου τέτοιο ώστε το τετράπλευρο ΒΖΗΘ είναι παραλληλόγραμμο, να υπολογίσετε τις συντεταγμένες των κορυφών Ζ και Η για τις οποίες το εμβαδόν του παραλληλογράμμου ΒΖΗΘ γίνεται μέγιστο. Το εμβαδόν του παραλληλογράμμου Ε ΒΖΗΘ = Ε ΒΖΗ Θεωρούμε την γωνιά ΖΒΗ = ω και ΒΖ = ΒΗ = t. Το εμβαδόν Ε ΒΖΗΘ = Ε ΒΖΗ = 1 t ημω = t ημω. Για να είναι μέγιστο το εμβαδόν του παραλληλογράμμου ΒΖΗΘ πρέπει να είναι ω = 9. Άρα το τρίγωνο ΒΖΗ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές εγγεγραμμένο στην έλλειψη. Λόγω της συμμετρίας της έλλειψης η βάση του τριγώνου είναι παράλληλη με τον άξονα των τετμημένων και ο άξονας των τεταγμένων είναι μεσοκάθετος του τριγώνου. 1 ος τρόπος Η εξίσωση της ευθείας ΒΖ έχει την μορφή y = x + β Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων της ευθείας και της έλλειψης y = x + β, x a + β + βx + β β x a + y β = 1. = 1 β x + a x + a βx = x = a β a + β, y = a β a + β + β Άρα Ζ ( a β a +β, a β a +β + β ) και Η ( a β a +β, a β a +β + β ) Από το γινόμενο των κλίσεων ΒΗ και ΒΖ που ισούται με 1 προκύπτει β = a και επομένως έχουμε Ζ ( a, β ) και Η (a, β ). 7

8 ος τρόπος ( ) ό 1 ( ). d [ ( ) ] d ( ) ] [ ] [ d ό ( )( ) d ή ί. max ό (, ) (, ) y β β β Ε (y) + - E(y) T.Μ ος τρόπος Αν Η, και Ζ, 1 1 8

9 ή Για 11 το εμβαδόν γίνεται μέγιστο Η, και Ζ, Η, Ζ, ΜΕΡΟΣ Β Να λύσετε και τις 5 ασκήσεις του Μέρους Β'. 1. Δίνεται η συνάρτηση με τύπο f(x) = x 4 x 1 Αφού βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης, τα σημεία τομής με τους άξονες των συντεταγμένων, τα τοπικά ακρότατα, τα διαστήματα μονοτονίας και τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης, να την παραστήσετε γραφικά. f(x) = x 4 x 1 x 1 (x 1)(x + 1) x 1, x 1 Πεδίο ορισμού : Α = R {±1} Αν x = y = 4 } Τα σημεία τομής με τους άξονες είναι (, 4), (,) και (, ). y = x = ± f (x) = x(x 1) (x 4)x 6x (x 1) = (x 1) f (x) = x = x f + + f min 9

10 Για x =, έχουμε y min = 4, συνεπώς min(, 4) Η f είναι φθίνουσα στα (, 1), ( 1, ] και αύξουσα στα [, 1), (1, + ). lim x ± lim x ± x f(x) = (± ), άρα με εφαρμογή του κανόνα του De L Hospital έχουμε : ± x lim f(x) = lim x 1 + x 1 + lim f(x) = lim x 1 x 1 lim f(x) = x 1 + lim f(x) = x 1 = 1, άρα η y = 1 είναι οριζόντια ασύμπτωτη. x 4 = (x 1)(x+1) x 4 = (x 1)(x+1) + = lim x 4 = x 1 + (x 1)(x+1) lim x 4 = x 1 (x 1)(x+1) = + } = + + = } x = 1 κατακόρυφη ασύμπτωτη. x = 1 κατακόρυφη ασύμπτωτη.. Δίνεται η λέξη «ΑΝΕΞΑΡΤΗΤΑ». (α) (i) Να βρείτε το πλήθος των αναγραμματισμών της λέξης. (ii) Αν επιλεγεί στη τύχη ένας από τους πιο πάνω αναγραμματισμούς να βρείτε την πιθανότητα των ενδεχομένων: Α: ο αναγραμματισμός να περιέχει τα τρία Α συνεχόμενα Β: ο αναγραμματισμός να περιέχει τα τρία Α συνεχόμενα και τα δυο Τ σε μη διαδοχικές θέσεις (β) Να βρείτε πόσες λέξεις μπορούν να σχηματιστούν χρησιμοποιώντας τέσσερα από τα γράμματα της λέξης «ΑΝΕΞΑΡΤΗΤΑ». (α) (i) M 1 ε = 1!!! = 4 (ii) N(A) = M 8 ε = 8!! = 16, Ν(Β) = M 8 ε M 7 = 151 και 1

11 Ν(Ω) = M ε 1 = 1! = 4.!! P(A) = N(A) = 16 = 1 Ν(Ω) 4 15 (β) Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: και P(Β) = N(Β) Ν(Ω) = = 1 Τρία Α και ένα άλλο γράμμα: ( 6 1 ) M 4 ε = 6 4!! = 4 Δύο Α και δυο Τ : M ε 4 = 4! = 6!! Δυο Α ή δυο Τ και δυο άλλα γράμματα: ( 6 ) M 4 ε 6! = 4! = 6! 4!! Τέσσερα διαφορετικά γράμματα: Δ 7 4 = 7! = 84! Άρα οι λέξεις με τέσσερα γράμματα είναι: = 1. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f: R R για την οποία ισχύουν: χ f χ + χ f χ f χ για κάθε χ R και 1 f 1 = (α) Να αποδείξετε ότι χ f χ =, χ +1 χ R (β) Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν Ε του χωρίου που περικλείεται από τις ευθείες χ=α, χ=β, <α<β, τη γραφική παράσταση της συνάρτησης και τον άξονα χχ είναι Ε = β-α α +αβ+β + (α) Έχουμε : xf(x) + x [f (x) ] = f (x), xεr χ g(x) =, χ f χ Ισοδύναμα, η πιο πάνω σχέση γράφεται : xf(x) + x f (x) = x f (x) [x f(x)] = x f (x) x f(x) = x f(x) + c (x + 1)f(x) = x + c f(x) = x +c x +1 f(1) = 1 1 = 1 + c c = Συνεπώς : f(x) = x x +1 11

12 (β) g(x) = x f(x) = x + 1, x, < a < β β Ε = (x + 1)dx = β a + β a a = [ x β + x] a = 1 (β a)(β + aβ + β ) + (β a) = (β a) ( β + aβ + a + 1) = 1 (β a)(β + aβ + a + ) 4. Δίνεται η έλλειψη χ ψ + =1 Ρ συνθ, ημθ πάνω σε αυτή. 9 4 (α) Nα δείξετε ότι η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης στο σημείο Ρ είναι συνθ χ + ημθ ψ= 6, και σημείο (β) Η εφαπτομένη της έλλειψης στο σημείο Ρ τέμνει τους άξονες χχ και ψψ στα σημεία Γ και Δ αντίστοιχα. Να βρείτε τις συντεταγμένες των σημείων Γ και Δ. (γ) Στα σημεία Γ και Δ φέρουμε ευθείες κάθετες στους άξονες χχ και ψψ αντίστοιχα, που τέμνονται στο σημείο Τ. Να βρείτε την εξίσωση της καμπύλης πάνω στην οποία ανήκει ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Τ, καθώς το σημείο Ρ κινείται πάνω στην έλλειψη. (δ) Αν Κ και Λ είναι τα μέσα των χορδών ΡΑ και ΡΒ αντίστοιχα, όπου τα σημεία Α και Β είναι οι κορυφές της έλλειψης με συντεταγμένες Α -, και, -, να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου Ρ ώστε η ευθεία ΚΛ να είναι παράλληλη προς την εφαπτομένη της έλλειψης στο σημείο Ρ. 1

13 (α) x 9 + y 4 = 1 x 9 + y 4 y = y y = x 9 y = 4x 9y λ εφ = 4 συνθ 9 ημθ = συνθ ημθ Η εξίσωση της εφαπτομένης δίνεται από τον τύπο: (β) y y 1 = λ εφ (x x 1 ) y ημθ = συνθ ημθ (x συνθ) ημθ y 6ημ θ = συνθ x + 6συν θ ημθ y + συνθ x = 6ημ θ + 6συν θ ημθ y + συνθ x = 6(ημ θ + συν θ) Στο Γ έχουμε y = Στο Δ έχουμε x =. Επομένως έχουμε τα σημεία: ημθ y + συνθ x = 6 ημθ + συνθ x = 6 x = συνθ ημθ y + συνθ = 6 y = ημθ Γ ( συνθ, ), Δ (, ημθ ) 1

14 (γ) Στο σημείο Τ έχουμε: y = ημθ, x = συνθ ημθ = y, συνθ = x Από την στοιχειώδη τριγωνομετρική ταυτότητα ημ θ + συν θ = 1 έχουμε: 4 y + 9 x = 1 (δ) Έχουμε τα σημεία: Κ ( συνθ, ημθ ) = (συνθ, ημθ) Λ ( συνθ, ημθ ) = ( συνθ, ημθ 1) Η κλίση της ΚΛ είναι: λ ΚΛ = ημθ 1 ημθ συνθ συνθ = 1 = Θέλουμε η ΚΛ να είναι παράλληλη με την εφαπτομένη, άρα λ εφ = λ ΚΛ συνθ ημθ = σφθ = 1 = σφ π 4 θ = kπ + π 4, k Z Επομένως θ = π 4, θ = 5π 4 αφού θ [,π) Άρα οι πιθανές συντεταγμένες του σημείου Ρ είναι: Ρ (, ), ή Ρ (, ) 14

15 5. (α) Δίνεται η συνάρτηση g :, με τύπο gχ χ-lnχ. (i) Να βρείτε τα ακρότατα της συνάρτησης. lnχ (ii) Να αποδείξετε ότι 1 χ, χ, (β) Αν f x = ln χ t et dt, χ t 1,+ 1+e, χρησιμοποιώντας την αντικατάσταση t = - u να αποδείξετε (α) 1 χ ότι f χ - f lnχ 1+χ g(x) = + x g (x) = 1 x = x 1 x x g (x) + g(x) 1 + min Η ελάχιστη τιμή είναι g ( 1 ) = + 1 ln (1 ) = + ln Το ακρότατο είναι: min ( 1, + ln ) (β) Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι: (γ) x (, + ), g(x) g ( 1 ) = + ln > + x > + x > f ( 1 ln( 1 x ) = x ) e t t dt 1 + et = < x + 1 e t t dt 1 + et Έχουμε: Και u = t du = dt t = u =, t = u = 15

16 Επομένως, f ( 1 x ) = e t t dt = 1 + et Άρα έχουμε f ( 1 x ) = u f(x) f ( 1 x ) = e t t dt 1 + et e u u du = 1 + e u + du 1 + eu u e u du = e u = t dt 1 + et t dt 1 + et = (1 + et )t 1 + e t dt f(x) f ( 1 x ) = t ] 1x () f(x) f ( ) = Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε < (1 + x) Άρα f(x) f ( 1 () ) = = x () f(x) f ( 1 x ) < () (1 + x) u e u e u du + 1 e u = t dt 16