ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Β ΤΑΞΗΣ ΛΥΚΕΙΑΚΩΝ ΤΑΞΕΩΝ ΣΤΥΡΩΝ 23/6/2014 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Transcript

1 ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Β ΤΑΞΗΣ ΛΥΚΕΙΑΚΩΝ ΤΑΞΕΩΝ ΣΤΥΡΩΝ 3/6/014 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΘΕΜΑ Α Α1. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας στην κόλλα σας δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασμένη. α) Αν α > 0 με α 1 και θ > 0, τότε ισχύει x = logθ 10 x = θ. Μονάδες 0 β) Η συνάρτηση f(x) = α x, x με 0 < α < 1, είναι γνησίως αύξουσα στο. Μονάδες 0 γ) Το πολυώνυμο P(x) = 4(x ) 4x είναι ου βαθμού. Μονάδες 0 δ) Αν σε ένα γραμμικό σύστημα x είναι D X = D Y = 0 και D 0,τότε το σύστημα είναι αόριστο. Μονάδες 0 ε) Μια συνάρτηση f λέγεται γνησίως αύξουσα σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για οποιαδήποτε x 1, x Δ με x 1 < x ισχύει: f(x 1 ) < f(x ). Μονάδες 0 Α. Να αποδείξετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός πολυωνύμου P(x) με το x ρ είναι ίσο με την τιμή του πολυωνύμου για x = ρ. Είναι δηλαδή υ = P(ρ). Μονάδες 15 ΘΕΜΑ Β Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(x) = x 3 5x + 3x + 9 Β1. Να βρείτε το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(x) με το x + 1 Μονάδες 9 Β. Nα λύσετε την εξίσωση x 3 + 3x = 5x 9 Μονάδες 8 Β3. Να λύσετε την ανίσωση Ρ(x) > 0 Μονάδες 8 ΘΕΜΑ Γ Δίνεται η παράσταση Α = ημ(014π + x) ημx + συν x + συν( x) και 5π Β = συν(013π + x) ημ( x) Γ1. Να αποδείξετε ότι Α = 1 + συνx Μονάδες 9 Γ. Να αποδείξετε ότι Β = συν x Μονάδες 8 Γ3. Να λύσετε την εξίσωση 3Α 5 = Β Μονάδες 8

2 ΘΕΜΑ Δ Δίνεται η συνάρτηση f(x) = x + ln(e x ) Δ1. Να προσδιορίσετε το πεδίο ορισμού της f Μονάδες 6 Δ. Να συγκρίνετε τους αριθμούς f(ln3) και f(ln4) Μονάδες 6 Δ3. Να λυθεί η εξίσωση f(x) = 3ln Μονάδες 6 Δ4. Να λυθεί η ανίσωση f(x) > ln3 + ln(4 e x ) Μονάδες 7 Ο Δ Η Γ Ι Ε Σ (για τους εξεταζόμενους) 1. Στην κόλλα σας να γράψετε μόνο τα προκαταρκτικά (ονοματεπώνυμο, ημερομηνία, εξεταζόμενο μάθημα, εισηγητής, επιτηρητές). Να μην αντιγράψετε τα θέματα στην κόλλα σας. Η τελευταία σελίδα μπορεί να χρησιμοποιηθεί ως πρόχειρο.. Να γράψετε το ονοματεπώνυμό σας στο πάνω μέρος των φωτοαντιγράφων αμέσως μόλις σας παραδοθούν. Κατά την αποχώρησή σας να παραδώσετε μαζί με την κόλλα σας και τα φωτοαντίγραφα. 3. Να απαντήσετε στην «κόλλα σας» σε όλα τα θέματα. 4. Να γράψετε τις απαντήσεις σας μόνο με μπλε ή μαύρο στυλό. Μπορείτε να χρησιμοποιήσετε μολύβι μόνο για σχέδια, διαγράμματα και πίνακες. 5. Κάθε απάντηση επιστημονικά τεκμηριωμένη είναι αποδεκτή. 6. Διάρκεια εξέτασης: δύο () ώρες μετά τη διανομή των φωτοαντιγράφων. 7. Χρόνος δυνατής αποχώρησης: 1 ώρα μετά από την διανομή των φωτοαντιγράφων. ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ Ο ΔΙΕΥΘΥΝΤΗΣ Ο ΕΙΣΗΓΗΤΗΣ Κόντος Γεώργιος

3 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Οι παρακάτω απαντήσεις είναι ενδεικτικές. Κάθε επιστημονικά τεκμηριωμένη απάντηση είναι αποδεκτή. ΘΕΜΑ Α Α1. α) Σωστό β) Λάθος γ) Λάθος δ) Λάθος ε) Σωστό Α. Θεωρία. Απόδειξη θεωρήματος σελ ΘΕΜΑ B B1. Ρ(x) = x 3 5x + 3x + 9 Αφού ο διαιρέτης είναι x + 1 θα είναι ρ = 1 για το σχήμα Horner ρ = Άρα το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(x) με το x + 1 είναι το π(x) = x 6x + 9 ος τρόπος με διαίρεση πολυωνύμων... Β. H εξίσωση x 3 + 3x = 5x 9 είναι ισοδύναμη με την x 3 5x + 3x + 9 = 0 δηλαδή Ρ(x) = 0 Από το προηγούμενο ερώτημα και την ταυτότητα της Ευκλείδειας διαίρεσης έχουμε: Ρ(x) = π(x) δ(x) + υ x 3 5x + 3x + 9 = (x + 1) (x 6x + 9) x 3 5x + 3x + 9 = (x + 1) (x 3) Άρα Ρ(x) = 0 (x + 1) (x 3) = 0 x + 1 = 0 ή (x 3) = 0 x = 1 ή x = 3 ος τρόπος: η x 6x + 9 = 0 μπορεί να λυθεί και με Διακρίνουσα...Δ = 0 Διπλή ρίζα x = β = α 6 1 = 3 Β3. Ρ(x) > 0 x 3 5x + 3x + 9 > 0 (x + 1) (x 3) > 0 επειδή (x 3) 0 για κάθε x x + 1 > 0 με x 3 x > 1 με x 3 x ( 1,3) (3, )

4 Άλλος τρόπος Με πίνακα τιμών... x x o + + x 6x o + P(x) = (x + 1)( x 6x + 9) - ο + ο + P(x) > 0 x > 1 με x 3 x ( 1,3) (3, ) ΘΕΜΑ Γ Γ1. Α = ημ(014π+x) ημx + συν x + συν( x) Α = ημ(1007 π+x) ημx + συν x + συνx Α = ημx ημx + συν x + συνx Α = ημ x+ συν x + συνx Α = 1 + συνx 5π Γ. Β = συν(013π+x) ημ( x) Β = συν(01π +π+x) ημ( Β = συν(1006 π+π +x) ημ( Β = συν(π ( x)) ημ( π x) Β = συν(π +x) συνx Β = συν(π ( x)) συνx Β = συν( x ) συνx Β = συνx συνx Β = συν x 4π π π Γ3. 3Α 5 = Β 3 ( 1 + συνx) 5 = ( συν x) συνx 5 = συν x συν x + 3 συνx = 0 Δ = 5 x) π x) συνx = 1 ή συνx = (αδύνατη γιατί 1 συνx 1 για κάθε x ) συνx = 1 συνx = συν 3 π x = κπ 3 π, κ Ζ

5 ΘΕΜΑ Δ f(x) = x + ln(e x ) Δ1. Έστω Α το πεδίο ορισμού της f x Α = R / e x 0 = R / x ln e x > e ln x > ln, αφού η y(x) = e x είναι γνησίως αύξουσα για κάθε x. x = (ln, + ), γιατί είναι: e x > 0 e x > ln 3 Δ. f(ln3) = ln3 + ln( e ) = ln3 + ln(3 ) = ln3 + ln1 = ln3, γιατί ln1 = 0 e ln 4 και f(ln4) = ln4 + ln ( ) = ln4 + ln(4 ) = ln4 + ln = ln(4 ) = ln8 Επειδή 3 < 8 και η συνάρτηση z(x) = lnx είναι γνησίως αύξουσα για κάθε x > 0 Άρα ισχύει ln3 < ln8 δηλαδή f(ln3) < f(ln4) Δ3. Για x > ln f(x) = 3ln x + ln(e x ) = 3ln [προσπαθώ να τη φέρω στη μορφή lnx 1 = lnx για να εκμεταλλευτώ την ιδιότητα lnx 1 = lnx x 1 = x και τις άλλες ιδιότητες των λογαρίθμων. Για αυτό θα γράψω το x σαν lne x και έχω]: x + ln(e x ) = 3ln ln e x + ln( e x ) = ln 3 ln( e x (e x )) = ln8 ln ( e x e x ) = ln8 e x e x = 8 e x e x 8 = 0 Έστω e x = ω > 0 για κάθε x ω ω 8 = 0 Δ = ω = 4 ή ω = (απορρίπτεται γιατί ω > 0) ω = 4 e x = 4 x = ln4 δεκτή γιατί x > ln Δ4. f(x) > ln3 + ln(4 e x ) x + ln(e x ) > ln + ln(4 e x ) [πρέπει e x > 0 και 4 e x > 0...τελικά x > ln και x < ln4, δηλαδή ln < x < ln4 (1)]

6 ln e x + ln( e x ) > ln3 + ln(4 e x ) ln((e x e x ) > ln(3(4 e x )) Επειδή η z(x) = lnx είναι γνησίως αύξουσα για κάθε x > 0 e x e x > 3(4 e x ) e x > 1 3e x e x e x + e x 1 > 0 = ω > 0 για κάθε x ω + ω 1 > 0 Δ = 49, ω = 4 ή ω = 3...από πίνακα τιμών ω < 4 ή ω > 3 e x < 4 ή e x > 3 e x < 4 αδύνατη γιατί e x > 0 για κάθε x. e x > 3 x > ln3 συναληθεύοντας την ανίσωση αυτή με την ανίσωση (1) από το πεδίο ορισμού, προκύπτουν οι λύσεις ln3 < x < ln4 Έστω e x