25 Λυμένα 2 α θέματα Άλγεβρας από την Τράπεζα Θεμάτων. 1 ο GI_A_ALG_2_999

Transcript

1 5 Λυμένα α θέματα Άλγεβρας από την Τράπεζα Θεμάτων 1 ο GI_A_ALG 999 α) Με πράξεις βρίσκουμε: Δ=1, χ 1 = και χ =3. Άρα χ - 5χ + 6 = (χ-)(χ-3) β) (i) Πρέπει χ - 5χ Άρα (χ-)(χ-3) 0, οπότε χ και χ 3, Επομένως Α = ( -, ) U (, 3 ) U ( 3, + ) x x 1 (ii) f(x) = x 5x 6 ( x )( x 3) x 3 ο GI_A_ALG 996 α) Ισχύει: 1 x 4 x 1 x 1 0 x 1 x 1 και y 3 y 3 y 3 0 y 3 y 3 Άρα x 1 y 3 x y 1x β) Έχουμε: } x } x } y3 y3 3 y 1 3 x y 4 x y x y ο GI_A_ALG 991

2 x 1 x 1 1 x x 1 x 3,1 α) β) Αφού x 3,1 x 3 x 3 0 x 3 x 3 και x 3,1 x 1 x 1 0 x 1 x 1 έχουμε: x 3 x 1 ( x 3) ( x 1) x 3 x 1 4 K 1 που είναι ανεξάρτητος του χ ο GI_A_ALG 486 α) Πολλαπλασιάζω την 0 < α < 1 με τον θετικό αριθμό α και έχω: 0 < α < α Πολλαπλασιάζω πάλι με τον θετικό αριθμό α την 0 < α < α και έχω: 0 < α 3 < α Άρα α 3 < α < α δηλαδή α 3 < α β) Ακόμη: 0 < α < 1 άρα 1 1 a (από εφαρμογή σελ. 58). Τελικά: 0 < α3 < α < α < 1 < 1 a 5 ο α) x 1 3 x 1 3 ή x 1 3 χ = 4 ή χ = - χ= ή χ=-1 β) α < β άρα α = - 1 και β =. Έτσι η αχ + βχ + 3=0 γίνεται: - χ + χ +3=0 Με πράξεις βρίσκω Δ = 16 και ρίζες χ 1 = - 1 και χ = 3 6 ο

3 α) Με τον τύπο βρίσκεις Δ=9 και ρίζες και -1 β) χ Χ x Άρα x (, 1) (, ) 4 γ) Το είναι περίπου - 1,33, άρα το τοποθετούμε στον άξονα των πραγματικών αριθμών αριστερά ( 3 πριν ) από το -1, δηλαδή ανήκει στο διάστημα (, 1), επομένως είναι λύση της ανίσωσης. 7 ο Ο Δειγματικός χώρος Ω και τα ενδεχόμενα Α, Β, Γ είναι τα σύνολα: Ω= {11, 1, 13, 1,, 3, 31, 3, 33} Α={1,,3} Β={1} και Γ={1,,3,1, 33} Επομένως: Ν(Ω)=9, Ν(Α)=3, Ν(Β)=1 και Ν(Γ)=5 N( ) 3 1 N( ) 1 N( ) 5 Άρα ( ), ( ), ( ) N( ) 9 3 N( ) 9 N( ) 9 8 ο α) Πρέπει x 1 0 x 1 x 1 και x 1 Άρα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι τα σύνολο: Α= (, 1) ( 1,1) (1, ) β) Πρέπει f ( a). Άρα a 1 8 a 9 a 3 ή a 3 8 a 1 8

4 9 ο α) Αν α 1 τα καθίσματα της 1 ης σειράς τότε α 1 =10 και επειδή αυξάνονται κατά 0, είναι αριθμητική πρόοδος με ω=0. Ισχύει: α ( 1) α 10 ( 1) ν 1 ν β) Τελευταία σειρά είναι η 10 η, άρα θέλω το α 10. Έχουμε:α 10 = =300 καθίσματα έχει η τελευταία (10 η σειρά). γ) Ζητάμε το S Έχουμε S ( 1 ) S10 (10 300) ο

5 α) Πεδίο ορισμού είναι οι τιμές που παίρνει το χ. Από τη γραφική παράσταση βλέπουμε ότι το χ παίρνει τιμές από το -1 μέχρι το 8. Άρα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το σύνολο Α=[-1, 8] β) Από την γραφική παράσταση συμπληρώνω τον πίνακα τιμών X y γ) Η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα χ χ στα σημεία Α( - 3, 0 ) και Β( 6, 0 ) και τον άξονα y y στο σημείο Γ ( 0, ) δ) Θετικές τιμές παίρνει η συνάρτηση στα σημεία που είναι πάνω από τον άξονα χ χ. Δηλαδή όταν x ( 3,6) 11 ο GI_A_ALG 485 α) x x 1 x x 1 ( 1) x ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) β) Αν 1 0 1, τότε από το α) έχουμε: x x 1 1 γ) Αν 1 0 1, τότε από το α) έχουμε: 0x 0 1ο GI_A_ALG 487 (μία λύση), οπότε η εξίσωση είναι ταυτότητα. α) ( x 1) ( y 3) x x 1 y 6y 9 x y x 6y 10 x y x y αρκεί από το α) να είναι: ( x 1) ( y 3) 0. x και y 3 β) Για να ισχύει Οπότε πρέπει x 1 0 και y 3 0. Άρα 1 13ο GI_A_ALG 493

6 α) x 3 x 3 ή x 3 x 3 ή x 3 β) Έστω x1 3 και x 3 οι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης. Η εξίσωση θα έχει μορφή x Sx P 0 (1), με S το άθροισμα των ριζών και P το γινόμενό τους. Άρα S x1 x και P x1 x Η (1) γίνεται x 14 ο GI_A_ALG 494 4x 1 0 Υποθέτουμε ότι το πάτωμα έχει σχήμα ορθογωνίου με διαστάσεις α = x + 1 και β = x α) Περίμετρος: ( x) ( x 1) x 4x m β) Εμβαδόν: ( x) ( x 1) x x x m ( x) 90 x x 90 x x 90 0, η οποία έχει 361 Το 10 απορρίπτεται γιατί πρέπει χ > 0, άρα χ = 9. Οπότε α = 10 m και β = 9 m. 15 ο GI_A_ALG 504 και ρίζες x1 10, x 9 α) Πολλαπλασιάζοντας την δεδομένη σχέση με το αρνητικό α αλλάζει φορά η ανίσωση: που ισχύει. β) Πολλαπλασιάζοντας την δεδομένη σχέση με το θετικό δεν αλλάζει φορά η ανίσωση: , που ισχύει. a ος τρόπος: Έχω 0 και η δεδομένη σχέση γίνεται : ( 1) που ισχύει από το α). a

7 16 ο GI_A_ALG 509 ( ) α) 0 0 που ισχύει. β) Η ισότητα στην (1) ισχύει όταν 0. Άρα 0 ή 17 ο GI_A_ALG 936 α) Πρέπει: x 4 0 και x 1 0.Οπότε x 4 και x 1. Άρα x 4 A x 4 x 1 ( x 4) ( x 1) x 4 x 1 5, σταθερό. β) 18 ο GI_A_ALG που ισχύει. α) β) Έστω Τότε : που ισχύει.

8 19 ο GI_A_ALG 947 α) Πρέπει τα υπόριζα να είναι 0. Άρα Άρα 4, x. β) Για x 4 έχουμε 0 ο GI_A_ALG 955 x 4 0 (που ισχύει για κάθε x) και x 4 0 x και α) Επομένως: β) Έστω ή ή [από τα αποτελέσματα του α)] που ισχύει ή τα συγκρίνεις ανά υψώνοντας στην κατάλληλη δύναμη για να φύγουν οι ρίζες. και 1 ο GI_A_ALG 1039

9 α) x 1 5 x 1 5 ή x 1 5. Άρα x 4 ή x 6 β) Η απόσταση ενός αριθμού x από το 5 είναι d x Θέλω να είναι μικρότερη του 3, άρα θέλω,5 x 5. 5 x x 5 3 x 8 γ) Κάνοντας τον άξονα των πραγματικών αριθμών βρίσκω κοινές λύσεις 6 x 8 ή 6,8 x. ο GI_A_ALG α) y y 3 1 y 4 β) Για το εμβαδόν Ε του ορθογωνίου ξέρουμε ότι x y. Πολλαπλασιάζω κατά μέλη τις ανισότητες 1 x 3 και y 4, εφόσον έχουν ίδια φορά και θετικούς όρους και έχω x y ο GI_A_ALG 1077 α) ή x 1,9 5 x x x 9 β) Αφού ο α επαληθεύει την ανίσωση θα ισχύει 5 4 και 1 9.

10 Οι αριθμοί 1, α, 9 είναι ομόσημοι οπότε μπορώ να αντιστρέψω την ανισότητα(εφαρμογή σχολικού σελ. 58) και έχω ο GI_A_ALG 176 α) Πρέπει παρονομαστής 0 ταυτότητες. Δηλαδή και υπόριζο 0 x 4x 4 ( x ) και. Παρατηρώ όμως ότι τα υπόριζα μας δίνουν κάποιες x 6x 9 ( x 3). Άρα η παράσταση γίνεται: ( x ) ( x 3) x x 3 K (1) (θυμήσου a a ) x x 3 x x 3 Άρα αρκεί x 0 και x 3 0. Δηλαδή x και x 3. β) Έχουμε x 3 x 3 0 x 3 x 3 και x x 0 x x. Έτσι η παράσταση γίνεται από την (1) x x 3 x x 3 ( x 3) K 1 11, σταθερή. x x 3 x x 3 x 3 5 ο GI_A_ALG 178 α) d( x, ) 1 x ( ) 1 x 1 1 x 1 3 x 1 β) Βρίσκω το πρόσημο του τριωνύμου x 4x 3. Έχει Δ = 4 και ρίζες χ 1 = -3 και χ = -1. Από τον πίνακα προσήμων του, έχω: χ Χ + 4x Εφόσον από το β) έχω ότι 3 x 1, βλέπω ότι x 4x 3 0.