ΠΑΓΚΥΠΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2016 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Transcript

1 ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Στασίνου 36, Γραφ. 1, Στρόβολος 3, Λευκωσία Τηλ Φαξ: ΠΑΓΚΥΠΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 16 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Ημερομηνία: Δευτέρα, 6/6/16 ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΑΠΟ ΤΗΝ ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΜΕΡΟΣ A : Να λύσετε και τις 1 ασκήσεις. Κάθε άσκηση βαθμολογείται με 5 μονάδες. 1) Δίνεται έλλειψη με εξίσωση x + y = 1. Να βρείτε τις συντεταγμένες των εστιών, την εκκεντρότητα 5 16 και τις εξισώσεις των διευθετουσών της έλλειψης. α = 5, β = 4. γ = α β = 5 16 = 3 Εστίες: ( 3,), (3,), Εκκεντρότητα: ε = γ α = 3 5, Διευθετούσες: x = ± α ε = ± = ± 5 3. ) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = (x 1) 4, x R. Να αποδείξετε ότι η f στρέφει τα κοίλα προς τα πάνω στο πεδίο ορισμού της. f(x) = (x 1) 4 f (x) = 4(x 1) 3 f (x) = 1(x 1), x R Άρα η f στρέφει τα κοίλα προς τα πάνω στο πεδίο ορισμού της 3) Δίνεται ο πίνακας Α = ( 3 1 ). (α) Να αποδείξετε ότι Α = Ι (όπου Ι είναι ο x μοναδιαίος πίνακας). (β) Να βρείτε τον πίνακα Β = Α 17 + Α 1 3Α. (α) Α = Α Α = ( 3 1 ) ( 3 1 ) = (1 1 ) = Ι 1

2 Επειδή Α Α = Ι, λόγω της μοναδικότητας του αντίστροφου πίνακα έχουμε Α = Α 1. (β) Β = Α 17 + Α 1 3Α = (Α ) 18 Α + Α 3Α = Ι 18 Α + Α 3Α = Ι Α + Α 3Α = = Α + Α 3Α = όπου = ( ). 4) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = x + x + 5, x [ 1,]. Να βρείτε και να χαρακτηρίσετε τα τοπικά ακρότατα της συνάρτησης f. f(x) = x + x + 5 f (x) = x + Για f (x) = x + = x = 1 f(1) = 6 f( 1) = f() = 5 Άρα το (1,6) είναι τοπικό μέγιστο, το ( 1,) είναι τοπικό ελάχιστο και το (,5) είναι τοπικό ελάχιστο. Σημειώνεται ότι το (1,6) είναι και ολικό μέγιστο και το ( 1,) είναι και ολικό ελάχιστο. 5) Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f(x) = 1 x. (α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο της (4,8) είναι (ε): y = 4x 8. (β) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της συνάρτησης f, την εφαπτομένη (ε) και τον ημιάξονα Ox. f(x) = 1 x f (x) = x λ εφ = f (4) = 4 Εξίσωση εφαπτομένης στο σημείο (4,8): y y 1 = λ εφ (x x 1 ) y 8 = 4(x 4) y = 4x 8 4 E = x dx Β τρόπος 8 E = ( y+8 y ) dy 4 E τριγ = x3 ] = 8 τ. μ. 3 = y + y 8 3 y(3 ) 8 = ] 16 = 8 τ. μ. 3 3

3 6) (α) Να δώσετε τον ορισμό της παραβολής. (β) Δίνεται η παραβολή y = 4x, > με εστία Ε και διευθετούσα (δ). Από σημείο Τ της παραβολής φέρουμε ευθεία παράλληλη με τον άξονα x x που τέμνει την διευθετούσα (δ) στο σημείο Α έτσι ώστε AE = 6 μονάδες. Αν η περίμετρος του τριγώνου ΤΑΕ είναι ίση με (1 + 6 ) μονάδες, να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΤΑΕ. (α) Παραβολή ονομάζεται ο Γεωμετρικός Τόπος του σημείου του επιπέδου που κινείται έτσι ώστε να ισαπέχει από σταθερό σημείο Ε και σταθερή ευθεία δ του επιπέδου. Το σημείο Ε ονομάζεται Εστία και η ευθεία δ ονομάζεται διευθετούσα της παραβολής (β) Σύμφωνα με τον ορισμό ΤΑ = ΤΕ Π ΑΤΕ = TA + TE + AE = TΕ + TΕ + 6 = ΤΕ = 6 άρα ΤΑ = 6 Προκύπτει (ΑΕ) = (ΑΤ) + (ΤΕ) δηλαδή ισχύει το Πυθαγόρειο Θεώρημα που σημαίνει ότι το τρίγωνο ΑΤΕ είναι Ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές τις ΤΑ και ΤΕ Β τρόπος Ε ΑΤΕ = (ΤΑ)(ΤΕ) = 6 6 = 18 τ. μ. Για το υπολογισμό του εμβαδού του τριγώνου ΤΑΕ μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο του Ήρωνα του Αλεξανδρέα, αφού γνωρίζουμε τα μήκη των πλευρών του τριγώνου α = 6, β = 6 και γ = 6. Η ημιπερίμετρος του τριγώνου είναι τ = Άρα το εμβαδόν του τριγώνου είναι α + β + γ = = Ε = τ(τ α)(τ β)(τ γ) = (6 + 3 )(3 )(3 )(6 3 ) = (36 18)18 = 18 τ. μ. 7) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα dx x 6x τεμθ, < θ < π είτε οποιονδήποτε άλλο τρόπο., για x > 4 χρησιμοποιώντας είτε την αντικατάσταση x = x = 3 + τεμθ, < θ < π τεμθ = (x 3) εφ θ + 1 = τεμ θ εφθ = + τεμ θ 1 = (x 3) 1 = x 6x + 8 3

4 τεμθ = (x 3) τεμθ εφθ dθ = dx dx = x 6x+8 τεμθ εφθ εφθ dθ = τεμθ dθ = ln τεμθ + εφθ + c = ln x 3 + x 6x c 8) Να βρείτε πόσοι από τους ενιαψήφιους αριθμούς που σχηματίζονται χρησιμοποιώντας τους φυσικούς αριθμούς 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 χωρίς επανάληψη, έχουν το πριν από το 3 και το 8 πριν από το 9 (π.χ. ο είναι ένας τέτοιος αριθμός). Όλοι οι ενιαψήφιοι αριθμοί που μπορούμε να σχηματίσουμε κάτω από τις προϋποθέσεις της άσκησης είναι: M 9 = 9! = 3688 Στους μισούς από τους πιο πάνω αριθμούς (18144), το προηγείται του 3. Στη συνέχεια, στους μισούς από αυτούς τους αριθμούς (97), το 8 προηγείται του 9. Άρα, οι αριθμοί που μας «ενδιαφέρουν» είναι 97. Β τρόπος Από τις 9 θέσεις επιλέγονται οι δύο για να τοποθετηθουν το και το 3, κατά ( 9 ) τρόπους. Από τις 7 υπόλοιπες θέσεις επιλέγονται οι δύο για να τοποθετηθεί το 8 και το 9, κατά ( 7 ) τρόπους. Τα υπόλοιπα 5 ψηφία μπορούν να τοποθετηθούν στις υπόλοιπες 5 θέσεις κατά M 5 = 5! τρόπους. Άρα υπάρχουν ( 9 )(7 )5! = 97 τέτοιοι ενιαψήφιοι αριθμοί, που ζητούνται στο πρόβλημα. 9) Δίνεται κύκλος με κέντρο το σημείο Κ(1, 3) και με ακτίνα τέτοια ώστε η αρχή των αξόνων Ο να βρίσκεται εκτός του κύκλου. Από το Ο φέρουμε τις εφαπτομένες ε 1, ε προς τον κύκλο. Αν η μια από τις εφαπτομένες έχει εξίσωση x y =, να βρείτε την εξίσωση της άλλης εφαπτομένης. Έστω ε 1 : x y =, ε : y = λx και R η ακτίνα του πιο πάνω κύκλου. Είναι R = d(k, ε 1 ) = = 5 μονάδες 1 +( ) (R < (KO) = 1 μονάδες). Επιπλέον, R = d(k, ε ) = 1 λ 1 3 λ + ( 1) = 5 (λ 3) = 5(λ + 1) λ + 3λ = (λ + )(λ 1) = 4

5 λ ε1 = 1, λ ε = Τελικά, η εξίσωση της ε είναι: x + y = Β τρόπος Επειδή η ακτίνα του κύκλου είναι ρ = 5 και η ΚΟ = 1 θα έχουμε από το Πυθαγόρειο θεώρημα ότι τα εφαπτόμενα τμήματα από το Ο προς τον κύκλο θα έχουν μήκος 5. Επομένως το τετράπλευρο που σχηματίζεται από τα σημεία επαφής των εφαπτομένων με τον κύκλο και τα σημεία Κ, Ο θα είναι τετράγωνο. Άρα οι εφαπτόμενες ε 1, ε θα είναι κάθετες στην αρχή των αξόνων Ο. Αφού λοιπόν η δεδομένη εφαπτομένη έχει κλίση λ 1 = 1 η ζητούμενη εφαπτομένη θα έχει κλίση λ =. Άρα η εξίσωση της άλλης εφαπτομένης θα είναι y = x 1) Σε ένα παιχνίδι με ζάρια οι παίκτες Α και Β ρίχνουν δύο αμερόληπτα ζάρια ο κάθε ένας και υπολογίζουν κάθε φορά το άθροισμα των αριθμών που εμφανίζονται στις πάνω έδρες τους. Ο Α κερδίζει το παιχνίδι εάν κατά την ρίψη των δύο ζαριών του φέρει άθροισμα ενδείξεων 7 και ο Β κερδίζει το παιχνίδι εάν κατά τη ρίψη των δύο ζαριών του φέρει άθροισμα ενδείξεων 1. Οι Α και Β παίζουν το παιχνίδι, ο ένας μετά τον άλλο, μέχρι να κερδίσει ο ένας από τους δύο. Αν ο Α ξεκίνησε να παίζει πρώτος, (α) να βρείτε την πιθανότητα να κερδίσει ο Β στην πρώτη του προσπάθεια (β) να βρείτε την πιθανότητα να κερδίσει το παιχνίδι ο Β Ορίζουμε τα ενδεχόμενα: A i : «Ο Α φέρει άθροισμα ενδείξεων 7 στην i του προσπάθεια» Β i : «Ο Β φέρει άθροισμα ενδείξεων 1 στην i του προσπάθεια», i = 1,, 3, Έχουμε: P(A i ) = 1 και P(B 6 i) = 1, για κάθε i = 1,,3, 1 (α) Ο Β κερδίζει στην πρώτη του προσπάθεια: P(Α 1 B 1 ) = = 5 7 (β) Ο Β κερδίζει το παιχνίδι: P(A 1 B 1 ) + P(A 1 B 1 A B ) + P(A 1 B 1 A B A 3 B 3 ) + = (5 6 ) (5 6 ) ( 11 1 ) = =

6 ΜΕΡΟΣ B : Να λύσετε και τις 5 ασκήσεις. Κάθε άσκηση βαθμολογείται με 1 μονάδες. 1. Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο f(x) = x x+1. Αφού βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης, τα σημεία τομής με τους άξονες των συντεταγμένων, τα διαστήματα μονοτονίας, τα τοπικά ακρότατα και τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της συνάρτησης, να την παραστήσετε γραφικά. Πεδίο Ορισμού: D f = R { 1} Σημεία τομής με τους άξονες των συντεταγμένων: O(, ) Μονοτονία Ακρότατα: Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R { 1}, με f (x) = 4x(x + 1) x (x + 1) = x + 4x x(x + ) = (x + 1) (x + 1) f (x) = x(x + ) = x = ή x = Η μονοτονία και τα ακρότατα της f φαίνονται στον πιο κάτω πίνακα. Η f είναι: Γνησίως αύξουσα στα διαστήματα (, ], [, + ) Γνησίως φθίνουσα στα διαστήματα [, 1), ( 1, ] Η f έχει τοπικό ελάχιστο το f() = και τοπικό μέγιστο το f( ) = 8. Ασύμπτωτες: Είναι: lim f(x) = + x 1 + lim f(x) = x 1 Άρα, η ευθεία x = 1 είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f. Είναι: x x + 1 = x + x + 1 H ευθεία y = x είναι πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f, αφού lim ( x (x )) = x + x + 1 lim lim ( x (x )) = x x + 1 lim x + x x + 1 = x + 1 = 6

7 Γραφική παράσταση της f:. Σε ένα κουτί Κ 1 υπάρχουν πράσινες και 5 μαύρες φανέλες και σε ένα άλλο κουτί Κ υπάρχουν 3 γαλάζιες και 4 μαύρες φανέλες. Από μία ομάδα 1 κοριτσιών και 8 αγοριών, επιλέγεται τυχαία ένα παιδί. Αν είναι κορίτσι θα πάρει φανέλες από το κουτί Κ 1 ενώ αν είναι αγόρι θα πάρει φανέλες από το κουτί Κ. Η επιλογή των δύο φανελών θα γίνει τυχαία χωρίς επανατοποθέτηση. Να υπολογίσετε τις πιθανότητες των ενδεχομένων: (α) Ε 1 : «να επιλεγεί αγόρι και να επιλέξει φανέλες διαφορετικού χρώματος». (β) Ε : «οι δύο φανέλες που θα επιλεγούν να είναι διαφορετικού χρώματος». (γ) Ε 3 : «να έχει επιλεγεί αγόρι δεδομένου ότι οι δύο φανέλες που έχουν επιλεχθεί είναι διαφορετικού χρώματος». (δ) E 4 : «να έχει επιλεγεί αγόρι δεδομένου ότι οι φανέλες που έχουν επιλεχθεί είναι και οι δύο γαλάζιες». Θεωρούμε τα ενδεχόμενα: Α: «Επιλέγεται αγόρι», Κ: «Επιλέγεται κορίτσι», Γ: «Επιλέγονται γαλάζιες φανέλες και Δ: «Επιλέγονται φανέλες διαφορετικού χρώματος». Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος, έχουμε: Ρ(Α) = 8 = 5 και Ρ(Κ) = 1 =

8 (α) Ρ(Ε 1 ) = Ρ(Α Δ) = Ρ(Α) Ρ(Δ Α) = ( 7 ) = (β) Ρ(Ε ) = Ρ((Α Δ) (Κ Δ)) = Ρ(Α Δ) + Ρ(Κ Δ) = Ρ(Α) Ρ(Δ Α) + Ρ(Κ) Ρ(Δ Κ) = ( 7 ) = (γ) Ρ(Ε 3 ) = Ρ(Α Δ) = Ρ(Α Δ) Ρ(Δ) (δ) Ρ(Ε 4 ) = Ρ(Α Γ) = 1. = Ρ(Ε 1 ) 8 = Ρ(Ε ) 35 = Δίνεται ισοσκελής υπερβολή xy = c με εστίες Ε και Ε. Τα Β (ct, c ) και Γ (cρ, c ) με t, ρ, και t, ρ ±1, είναι τυχαία σημεία της υπερβολής. t ρ (α) Να αποδείξετε ότι η ευθεία ΒΓ έχει εξίσωση tρy + x = c(t + ρ). (β) Φέρουμε τις εφαπτόμενες της υπερβολής στα σημεία B και Γ. Να αποδείξετε ότι οι συντεταγμένες του σημείου τομής Σ των εφαπτομένων είναι ( ctρ t+ρ, c t+ρ ). (γ) Αν η ευθεία ΒΓ περνά από την εστία Ε, να βρείτε την εξίσωση της καμπύλης πάνω στην οποία βρίσκεται ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Σ. 8

9 (α) λ ΒΓ = (c t c ρ ) ct cρ = 1 tρ Η εξίσωση της χορδής ΒΓ είναι: y c = 1 (x ct) t tρ ytρ cρ = x + ct tρy + x = c(t + ρ). (β) Παραγωγίζουμε την εξίσωση xy = c της υπερβολής ως προς x: y + x dy dx = dy dx = y x. Η κλίση της εφαπτομένης στο Β είναι λ εφ = dy dx B = 1 t Η εξίσωση της εφαπτομένης στο Β είναι: y c t = 1 t (x ct) t y + x = ct (1). Ανάλογα η εξίσωση της εφαπτομένης στο Γ είναι: ρ y + x = cρ (). Αφαιρούμε κατά μέλη τις (1), () και παίρνουμε (t ρ )y = c(t ρ) y = c, με t + ρ t+ρ Αντικαθιστούμε στην (1) y = c t+ρ και παίρνουμε x = ctρ t+ρ. Άρα Σ ( ctρ t + ρ, c t + ρ ). (γ) Είναι Ε(c, c ) και, επειδή η ευθεία ΒΓ περνά από το Ε, θα είναι: tρc + c = c(t + ρ) tρ + = t + ρ (3). Αν Σ(x, y) είναι σημείο του γ.τ., από το (β) έχουμε: x = ctρ tρ = x t + ρ y y = c t + ρ = c { t + ρ { y Αντικαθιστούμε τις τελεταίες στη (3) και έχουμε: που είναι η ζητούμενη εξίσωση. x c + = x + y = c x + y = c y y 4. Δίνεται κύκλος κ 1 με εξίσωση κ 1 : x + y = 1 ο οποίος τέμνει τον άξονα των τετμημένων x x στα σημεία Γ και Δ. Ένας άλλος κύκλος κ με κέντρο το σημείο Δ και ακτίνα ρ με < ρ <, τέμνει τoν κύκλο κ 1 στα σημεία Ζ και Ζ. Έστω Ζ το σημείο με θετική τεταγμένη (y > ) και Σ το σημείο τομής του κ με το ευθύγραμμο τμήμα ΓΔ. (α) Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τριγώνου ΔΣΖ δίνεται από τον τύπο Ε(ρ) = ρ 4 ρ 4 (β) Να βρείτε την ακτίνα ρ ώστε το εμβαδόν του τρίγωνου ΔΣΖ να είναι μέγιστο. 9

10 (α) Τα σημεία τομής του κύκλου κ 1 : x + y = 1 με τον άξονα των τετμημένων x x, ας υποθέσουμε ότι είναι τα σημεία Γ( 1,) και Δ(1,) (δεν επηρεάζεται η λύση του προβλήματος αν πάρουμε Γ(1,) και Δ( 1,)). Επομένως ο κύκλος κ με κέντρο το σημείο Δ και ακτίνα ρ με < ρ < θα έχει εξίσωση κ : (x 1) + y = ρ Για να βρούμε τα σημεία τομής των κύκλων κ 1, κ, λύνουμε το σύστημα x + y = 1 { (x 1) + y = ρ ή { y = 1 x = ± 1 x (x x + 1) + 1 x ή {y = ρ x = ρ και αφού από την υπόθεση έχουμε y >, θα πάρουμε y = 1 ( ρ ) ή y = 4ρ ρ 4 4 ή y = ρ 4 ρ Επομένως το εμβαδόν του τριγώνου ΔΣΖ θα είναι Ε(ρ) = ρy = ρ ρ 4 ρ = ρ 4 ρ 4, ρ (,) (β) Παραγωγίζοντας την τελευταία συνάρτηση θα έχουμε Ε (ρ) = 1 (ρ 4 4 ρ ρ3 4 ρ ) = 1 ) ρ 3 4 (ρ(4 ρ ) = 1 4 ρ 4 (8ρ 3ρ3 και θα έχουμε για τα ακρότατα της Ε 4 ρ ) Ε (ρ) = 8ρ 3ρ 3 = ρ = 4 4 ρ 8 = ρ 6 3 Ε (ρ) + Ε(ρ) Πράγματι Το εμβαδόν του τρίγωνου ΔΣΖ είναι μέγιστο όταν ρ =

11 5. Έστω δύο συνεχείς συναρτήσεις, f: R R με f( x) = f(x) και g: R R με g( x) = g(x). (α) Να δείξετε ότι: (β) Να υπολογίσετε το: f(x) e g(x) dx = f(x) dx + 1 π συν x + 5 e ημx + dx π (α) Χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες των ορισμένων ολοκληρωμάτων θα έχουμε για το πρώτο μέλος της ισότητας που θέλουμε να αποδείξουμε ότι Το Ι 1 = f(x) e g(x) dx = f(x) + 1 e g(x) + 1 dx + f(x) e g(x) dx = Ι 1 + Ι (1) + 1 f(x) dx e g(x) +1 Επειδή du = dx και παίρνουμε, χρησιμοποιώντας τον μετασχηματισμό u = x, θα γίνει. Ι 1 = f(x) e g(x) + 1 dx = f( u) e g( u) + 1 du = f( x) e g( x) + 1 du = f(x) e g(x) + 1 dx = f(x)eg(x) 1 + e Επομένως η (1) γίνεται f(x) e g(x) dx = f(x) + 1 e g(x) + 1 dx + f(x) e g(x) dx = f(x)eg(x) e x u = f(x)(eg(x) + 1) 1 + e g(x) dx = f(x)dx. (β) Θέτουμε f(x) = συν x + 5 τότε και α α α α g(x) dx f( x) = συν ( x) + 5 = συν x + 5 = f(x). Και g(x) = ημx τότε και g( x) = ημ( x) = ημx = g(x). Άρα από το (α) παίρνουμε α + f(x) e g(x) dx + 1 g(x) dx 11

12 π π συν x + 5 e ημx + dx = συν x + 5 (e ημx + 1) dx = 1 (συν x + 5)dx π π π π = 1 (συνx ) dx = 4 (ημx + 11x) π 11π = 8. 1