( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ

Transcript

1 ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ Α ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ. Αν x,y,z R { 0} με x y z x και ισχύουν να αποδείξετε ότι x+ y+ z= 40. = = Αφαιρώντας τις () και () έχουμε: 3 3 x y x y = 006 x y ή ( x y)( x xy y ) 005z( x y) 006( x y)( x y) 3 x 005yz 006x : 3 y 005zx = 006y : 3 z 005xy 006z : = +, και επειδή x y x xy y 005z 006 x y = + (4) Όμοια αφαιρώντας τις () και (3), επειδή y z έχουμε: y yz z 005x 006 y z = + (5) Αφαιρώντας τις (4) και (5) έχουμε: x z + y x z z x = 006 x z ή ( x z)( x+ z) + y( x z) 005( x z) = 006( x z) και επειδή x z x+ y+ z 005= 006 ή x+ y+ z= 40. PDF created with pdffactry Pr trial versin

2 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Μ είναι το μέσον της πλευράς ΒΓ. Ο κύκλος με διάμετρο την πλευρά ΑΒ τέμνει την ΑΓ στο Δ και από το Δ φέρουμε ΔΖ=//ΜΓ (το ΔΖ βρίσκεται εκτός του τριγώνου). Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΜΓΖ είναι ίσο με το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. Α Δ Ζ Β Μ Γ Αφού ο κύκλος είναι διαμέτρου ΑΒ, έχουμε Β Α= 90.Άρα ΒΓ Μ = =ΜΓ, και επειδή ΔΖ=//ΜΓ, το τετράπλευρο ΔΜΓΖ είναι ρόμβος. Επομένως η ΔΓ είναι μεσοκάθετος της ΜΖ. Δηλαδή Το σημείο Α βρίσκεται πάνω στην μεσοκάθετη της ΜΖ. Τα τρίγωνα ΑΖΔ και ΑΔΜ είναι ίσα γιατί ΑΖ=ΑΜ, ΑΔ κοινή πλευρά και ΔΖ=ΔΜ. Άρα (ΑΜΓΖ)=(ΑΜΓ)=(ΑΒΓ) αφού ΑΜ διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ. PDF created with pdffactry Pr trial versin

3 3 3. Να λύσετε στο R την εξίσωση Η δεδομένη εξίσωση γράφεται: Θέτουμε x(x ) 4 x x+ 7x x = 0. [ ] [ ] 3 4x(x ) + 7 x(x ) = 0 =ω, οπότε η εξίσωση γίνεται: 3 4 ω+ 7ω = 0 ή 3 4ω 5ω + ω+ 4= 0 ή 3 4ω 6ω +ω + 6ω 4ω+ 4= 0ή 4ωω 4ω+ 4 +ω 4ω+ 4= 0 ή Άρα ω= ή ω=. 4 Αν ω= τότε x(x ) x = ή x =. ω= τότε x(x 4 ) x =. ω 4ω+ = 0. = ή 4 x x = 0 x x+ = 0 επομένως = ή 4x 4x+ = 0 x = 0 επομένως 4. Ένα κουτί περιέχει 30 κόκκινες, 30 πράσινες, 30 μπλέ μπάλες και 0 ακόμα από τις οποίες μερικές είναι μαύρες και μερικές είναι άσπρες. Να βρείτε το μικρότερο αριθμό μπάλων που μπορούμε να πάρουμε από το κουτί, χωρίς να τις κοιτάζουμε για να είμαστε βέβαιοι ότι πήραμε 0 μπάλες με το ίδιο χρώμα. Η χειρότερη περίπτωση για μην πάρω 0 μπάλες του ιδίου χρώματος είναι να πάρω 9 κόκκινες, 9 πράσινες, 9 μπλέ και στην συνέχεια τις 0 άσπρες και μαύρες. Τότε θα έχω πάρει = 37 συνολικά μπάλες. Άρα η αμέσως επόμενη μπάλα που θα πάρω θα είναι ή κόκκινη ή πράσινη ή μπλέ. Επομένως ο ελάχιστος αριθμός μπάλων που πρέπει να πάρω είναι 38, για να είμαι βέβαιος ότι έχω πάρει 0 μπάλες του ιδίου χρώματος. PDF created with pdffactry Pr trial versin

4 5. Να βρείτε όλους τους τριψήφιους xyz ( = 00x+ 0y+ z) για τους οποίους ισχύει 7 xyz = zyx. 4 Έχουμε 0< x< 0 και y 0,z< 0 Τότε η δεδομένη παράσταση γίνεται: 7 ( 00x + 0y + z ) = 00z + 0y + x ή 4 700x+ 70y+ 7z= 400z+ 40y+ 4x ή 696x+ 30y 393z= 0 ή 3x+ 0y= 3z.() Άρα z x(md0) z= x+ 0m, m Z. Επομένως η () γίνεται: 3x+ 0y= 3(x+ 0m) ή 3x+ 0y= 6x+ 30m ή 0y= 30x+ 30k, k Z ή y= 3x+ 3k. Αφού όμως 0< x < 0 και 0 y< 0 έπεται ότι k = 0 και άρα y= 3x. Η () τώρα γράφεται: 3x+ 30x = 3z ή 6x = 3z z= x. Άρα οι τριψήφιοι αριθμοί που ζητάμε είναι 3, 64, 396. PDF created with pdffactry Pr trial versin

5 ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Μ είναι το μέσον της πλευράς ΒΓ. Ο κύκλος με διάμετρο την πλευρά ΑΒ τέμνει την ΑΓ στο Δ και από το Δ φέρουμε ΔΖ=//ΜΓ (το ΔΖ βρίσκεται εκτός του τριγώνου). Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΜΓΖ είναι ίσο με το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. Α Δ Ζ Β Μ Γ Αφού ο κύκλος είναι διαμέτρου ΑΒ, έχουμε Β Α= 90.Άρα ΒΓ Μ = =ΜΓ, και επειδή ΔΖ=//ΜΓ, το τετράπλευρο ΔΜΓΖ είναι ρόμβος. Επομένως η ΔΓ είναι μεσοκάθετος της ΜΖ. Δηλαδή Το σημείο Α βρίσκεται πάνω στην μεσοκάθετη της ΜΖ. Τα τρίγωνα ΑΖΔ και ΑΔΜ είναι ίσα γιατί ΑΖ=ΑΜ, ΑΔ κοινή πλευρά και ΔΖ=ΔΜ. Άρα (ΑΜΓΖ)=(ΑΜΓ)=(ΑΒΓ) αφού ΑΜ διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ. PDF created with pdffactry Pr trial versin

6 . Να βρείτε όλους τους τριψήφιους xyz ( = 00x+ 0y+ z) για τους οποίους ισχύει 7 xyz = zyx. 4 Έχουμε 0< x< 0 και y 0,z< 0 Τότε η δεδομένη παράσταση γίνεται: 7 ( 00x + 0y + z ) = 00z + 0y + x ή 4 700x+ 70y+ 7z= 400z+ 40y+ 4x ή 696x+ 30y 393z= 0 ή 3x+ 0y= 3z.() Άρα z x(md0) z= x+ 0m, m Z. Επομένως η () γίνεται: 3x+ 0y= 3(x+ 0m) ή 3x+ 0y= 6x+ 30m ή 0y= 30x+ 30k, k Z ή y= 3x+ 3k. Αφού όμως 0< x < 0 και 0 y< 0 έπεται ότι k = 0 και άρα y= 3x. Η () τώρα γράφεται: 3x+ 30x = 3z ή 6x = 3z z= x. Άρα οι τριψήφιοι αριθμοί που ζητάμε είναι 3, 64, 396. PDF created with pdffactry Pr trial versin

7 3. α) Να μετατρέψετε την παράσταση Α=ηµ ( x y) +ηµ ( y z) +ηµ ( z x) σε γινόμενο. β) Να αποδείξετε ότι: αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει α+β+γ ασυνβ+βσυνγ+γσυνα=, το τρίγωνο είναι ισοσκελές. x z x+ z y (α) Έχουμε ηµ (x y) +ηµ (y z) = ηµ συν και z x z x ηµ (z x) = ηµ συν. x z x+ z y z x ηµ ( x y) +ηµ ( y z) +ηµ ( z x) = ηµ συν συν = Άρα x z z y x y x y y z z x = ηµ 4 ηµ ηµ = ηµ 4 ηµ ηµ. (β)από τον νόμο των ημιτόνων η δεδομένη παράσταση γράφεται: R( ηµ A+ηµ B+ηµΓ) Rηµ Aσυν B+ Rηµ BσυνΓ+ RηµΓσυν A= ή ηµ Aσυν B+ ηµ BσυνΓ+ ηµγσυν A=ηµ A+ηµ B+ηµΓ ή ( B) ( A B) ( B ) ( B ) ( A) ηµ Α+ +ηµ +ηµ +Γ +ηµ Γ +ηµ Γ+Α +ηµ Γ = =ηµ A+ηµ B+ηµΓ Επειδή όμως ( A) ηµ Γ+ =ηµ B. A B Γ=, έχουμε : ηµ ( A+ B) =ηµγ, ( B ) Άρα η τελευταία παράσταση γράφεται: ηµ A B +ηµ B Γ +ηµ Γ A = 0 ηµ +Γ =ηµ A και από το (α) έχουμε: A B B Γ Γ A ηµ ( A B) +ηµ ( B Γ ) +ηµ ( Γ A) = 4ηµ ηµ ηµ = 0 άρα Α=Β ή Β=Γ ή Γ=Α. Δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. PDF created with pdffactry Pr trial versin

8 4. Τετράπλευρο ΑΒΓΔ,που δεν έχει παράλληλες πλευρές, είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, οι πλευρές του ΔΑ,ΓΒ τέμνονται στο Ε και οι πλευρές του ΒΑ, ΓΔ τέμνονται στο Ζ. Αν οι διχοτόμοι των ΕΓ και ΓΖΒ τέμνουν τις πλευρές του τετραπλεύρου στα σημεία Κ,Λ,Μ,Ν να αποδείξετε ότι α) οι δυο διχοτόμοι τέμνονται κάθετα β) τα σημεία Κ,Λ,Μ,Ν είναι κορυφές ρόμβου. Ε φ φ B Κ A δ Λ Ν ω Ο Ζ ψ ψ Δ Μ β Γ (α) Από τα τετράπλευρα ΟΕΑΖ και ΟΖΓΕ έχουμε: ω+ψ+β+ϕ= 360.Αφαιρώντας τις ω+ϕ+ ( δ ) +ψ= και δύο ισότητες παίρνουμε: ω=β+δ. Επειδή όμως το ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο έχουμε ω= 80 ω= 90. (β) Τα τρίγωνα ΖΜΟ και ΖΟΚ είναι ίσα. Επίσης τα τρίγωνα ΕΟΝ και ΕΟΛ είναι ίσα. Άρα ΟΜ=ΟΚ και ΟΛ=ΟΝ. Οι διχοτόμοι του τετραπλεύρου ΚΛΜΝ διχοτομούνται και τέμνονται κάθετα άρα είναι ρόμβος. PDF created with pdffactry Pr trial versin

9 5. Πενήντα άτομα, εικοσιπέντε αγόρια και εικοσιπέντε κορίτσια κάθονται γύρω από ένα τραπέζι. Να αποδείξετε ότι υπάρχει πάντα ένα άτομο από τα 50, που κάθεται μεταξύ δυο κοριτσιών. Χρησιμοποιώντας την μέθοδο την εις άτοπο απαγωγής, υποθέτουμε ότι κανένα άτομο δεν κάθεται μεταξύ δύο κοριτσιών. Ονομάζουμε μπλόκ κάθε ομάδα κοριτσιών (αγοριών) που κάθονται ο ένας μετά τον άλλο και από τις δύο πλευρές περικλείονται από αγόρια (κορίτσια). Με αυτή την υπόθεση τα δυνατά μπλόκ κοριτσιών που μπορούν να σχηματιστούν για να καθίσουν με αυτό τον τρόπο είναι: ΑΚΑ ή ΑΚΚΑ. Άρα κάθε μπλόκ κοριτσιών έχει το πολύ κορίτσια και υπάρχουν τουλάχιστον δυο αγόρια στα κενά ανάμεσα σε δυο συνεχόμενα μπλόκ κοριτσιών για παράδειγμα ΑΚΚΑ-ΑΚΚΑ-ΑΚΚΑ κ.λ.π Στις θέσεις που υπάρχει η γραμμή πρέπει υποχρεωτικά να καθίσει αγόρι. 5 Άρα υπάρχουν τουλάχιστον = 3 μπλόκ κοριτσιών και τουλάχιστον 3 αγόρια κάθονται ανάμεσα των δεκατριών κενών των μπλόκ των κοριτσιών. Αλλά μόνο 5 αγόρια υπάρχουν, άτοπο. Επομένως η υπόθεσή μας είναι λάθος. Επομένως υπάρχει πάντα ένα άτομο από τα 50, που κάθεται μεταξύ δυο κοριτσιών. PDF created with pdffactry Pr trial versin

10 ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΠΑΓΚΥΠΡΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ. Τετράπλευρο ΑΒΓΔ,που δεν έχει παράλληλες πλευρές, είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, οι πλευρές του ΔΑ,ΓΒ τέμνονται στο Ε και οι πλευρές του ΒΑ, ΓΔ τέμνονται στο Ζ. Αν οι διχοτόμοι των ΕΓ και ΓΖΒ τέμνουν τις πλευρές του τετραπλεύρου στα σημεία Κ,Λ,Μ,Ν να αποδείξετε ότι α) οι δυο διχοτόμοι τέμνονται κάθετα β) τα σημεία Κ,Λ,Μ,Ν είναι κορυφές ρόμβου. Ε φ φ Κ B A δ Λ Ν ω Ο Ζ ψ ψ Δ Μ β Γ (α) Από τα τετράπλευρα ΟΕΑΖ και ΟΖΓΕ έχουμε: ω+ψ+β+ϕ= 360.Αφαιρώντας τις ω+ϕ+ ( δ ) +ψ= και δύο ισότητες παίρνουμε: ω=β+δ. Επειδή όμως το ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο έχουμε ω= 80 ω= 90. (β) Τα τρίγωνα ΖΜΟ και ΖΟΚ είναι ίσα. Επίσης τα τρίγωνα ΕΟΝ και ΕΟΛ είναι ίσα. Άρα ΟΜ=ΟΚ και ΟΛ=ΟΝ. Οι διχοτόμοι του τετραπλεύρου ΚΛΜΝ διχοτομούνται PDF created with pdffactry Pr trial versin

11 και τέμνονται κάθετα άρα είναι ρόμβος.. Να βρείτε όλα τα ζεύγη των φυσικών αριθμών, που ικανοποιούν την εξίσωση pq+ x = y, όπου p,q θετικοί πρώτοι αριθμοί μεγαλύτεροι του. Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι p< q. Η δεδομένη εξίσωση γράφεται: y x = pq y x y+ x = pq. Από την τελευταία εξίσωση παίρνουμε τα συστήματα: y x = p y x = q y x = y x = pq,,,. y + x = q y + x = p y + x = pq y+ x = Λύνοντας τα συστήματα έχουμε: p+ q p+ q + pq + pq y = y = y = y =,,,. q p p q x = qp x = qp x = x = p q Από την υπόθεση p< q και x N έχουμε x = απορίπτεται. pq Επίσης επειδή p,q > x = < 0 απορίπτεται. p+ q + pq y = y = Άρα οι μόνες δεκτές λύσεις είναι και. q p qp x = x = Αρκεί να αποδείξουμε ότι οι λύσεις αυτές είναι φυσικοί αριθμοί. Επειδή p,q > είναι πρώτοι αριθμοί αυτοί είναι περιττοί άρα p+ q και q p είναι άρτιοι, άρα p+ q q p y =,x = N, δεκτές λύσεις. Επίσης, επειδή pq περιττός αριθμός τότε pq+ και pq είναι άρτιοι, άρα + pq pq x =,y= N, δεκτές λύσεις. PDF created with pdffactry Pr trial versin

12 3. Να βρείτε τους συντελεστές αβγ,, Rκαι τις ρίζες x,x του τριωνύμου α x +β x+γ ( α 0), αν γνωρίζουμε ότι οι πραγματικοί αριθμοί x, αβγ,,,x είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Έχουμε x β γ + x =, xx = () α α Αν δ είναι η διαφορά της προόδου τότε οι διαδοχικοί όροι της αριθμητικής προόδου γράφονται: x =β δ, α=β δ, γ=β+δ, x =β+ δ () Από τις τελευταίες σχέσεις έχουμε: x + x = β, xx =β 4δ (3) β γ Οι σχέσεις () και (3) δίνουν = β και β 4δ = οι οποίες λόγω των () α α β+δ γίνονται β + = 0 και β 4δ = (4) β δ β δ Έστω β 0. Τότε η πρώτη από τις (4) δίνει + = 0 δ=β+ και τότε η β δ β+ δεύτερη από τις (4) δίνει β 4 β+ = β ( β+ ) = β 4 β= 0 που είναι αντίφαση. Άρα β= 0 και η δεύτερη από τις (4) δίνει Αν β= 0 και Αν β= 0 και δ= από τις () έχουμε α=, δ= από τις () έχουμε α=, αβγ,, =,0, κα ί x,x =, ή Άρα : ( αβγ,, ) =,0, κα ί ( x,x ) = (, ) δ=±. γ=, x = και x = γ=, x = και x =. PDF created with pdffactry Pr trial versin

13 4. Πενήντα άτομα, εικοσιπέντε αγόρια και εικοσιπέντε κορίτσια κάθονται γύρω από ένα τραπέζι. Να αποδείξετε ότι υπάρχει πάντα ένα άτομο από τα 50, που κάθεται μεταξύ δυο κοριτσιών. Χρησιμοποιώντας την μέθοδο την εις άτοπο απαγωγής, υποθέτουμε ότι κανένα άτομο δεν κάθεται μεταξύ δύο κοριτσιών. Ονομάζουμε μπλόκ κάθε ομάδα κοριτσιών (αγοριών) που κάθονται ο ένας μετά τον άλλο και από τις δύο πλευρές περικλείονται από αγόρια (κορίτσια). Με αυτή την υπόθεση τα δυνατά μπλόκ κοριτσιών που μπορούν να σχηματιστούν για να καθίσουν με αυτό τον τρόπο είναι: ΑΚΑ ή ΑΚΚΑ. Άρα κάθε μπλόκ κοριτσιών έχει το πολύ κορίτσια και υπάρχουν τουλάχιστον δυο αγόρια στα κενά ανάμεσα σε δυο συνεχόμενα μπλόκ κοριτσιών για παράδειγμα ΑΚΚΑ-ΑΚΚΑ-ΑΚΚΑ κ.λ.π Στις θέσεις που υπάρχει η γραμμή πρέπει υποχρεωτικά να καθίσει αγόρι. 5 Άρα υπάρχουν τουλάχιστον = 3 μπλόκ κοριτσιών και τουλάχιστον 3 αγόρια κάθονται ανάμεσα των δεκατριών κενών των μπλόκ των κοριτσιών. Αλλά μόνο 5 αγόρια υπάρχουν, άτοπο. Επομένως η υπόθεσή μας είναι λάθος. Επομένως υπάρχει πάντα ένα άτομο από τα 50, που κάθεται μεταξύ δυο κοριτσιών. 5. α) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f( x) =ηµ x+εϕx x είναι αύξουσα στο π διάστημα 0,. β) Αν α είναι η πλευρά ενός κανονικού 006-γώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο περιμέτρου L και β είναι η πλευρά ενός κανονικού 006-γώνου L περιγεγραμμένου στον ίδιο κύκλο, να αποδείξετε ότι α+β. 003 α) ( συνx) f x =συν x+ συν x+ = συν x συνx συνx. π π 0<συνx f x 0, x 0, f αξουσα ύ στο 0,. Επειδή PDF created with pdffactry Pr trial versin

14 β) π π f αξουσα ύ στο 0, f( x) f( 0 ), x 0, π ηµ x+εϕx x 0, x 0, : () π π ΑΟΒ= = και ΑΟΝ = π 006 Έστω ( ΑΒ ) =α και ( ΑΒ ) =β. Τότε α β π π π ηµ = α= R ηµ και π εϕ = β= R εϕ 006 R R 006 Θέλουμε να αποδείξουμε ότι L α+β ή 003 R R ηµ π + R εϕ π π ή π π π π ηµ +εϕ 0 που ισχύει, λόγω της () για x = Α Α Ο Γ Ν Β Β PDF created with pdffactry Pr trial versin