ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ"

Transcript

1 Ιουνίου ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Απαντήσεις Θεμάτων Επαναληπτικών Πανελληνίων Εξετάσεων Ημερησίων Γενικών Λυκείων ΘΕΜΑ Α Α.. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 7 Α.. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 6 Α. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 6 Α. α) Σωστό β) Λάθος γ) Σωστό δ) Λάθος ε) Σωστό ΘΕΜΑ Β Β. Αφού το είναι διπλή ρίζα του τριωνύμου: Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι Το επαληθεύει το τριώνυμο w i z w i z

2 Επομένως: wi z wi z wi z z 6 z wi z wi z z 6z z z z wi z wi z z z z wi wi wi z z z Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων Mw είναι κύκλος με κέντρο K,και και εξίσωση C : y και ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων και εξίσωση C: y z είναι κύκλος με κέντρο, και Β. ος τρόπος: Έστω α βι με εικόνα Λ(υ)=Λ(α,β) Επειδή το Λ ανήκει στον κύκλο με κέντρο K, και ρ οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωσή του, άρα ισχύει: α β Επειδή το Λ ανήκει στον κύκλο με κέντρο (,) και ρ οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωσή του, άρα ισχύει: α β. Επομένως τα α, β είναι οι λύσεις του συστήματος: α β α β α β α β α 8α 6 β 6β 96 8α 6 6β 96 5 α α β α α β α β 5 α 8α 6β α β 5 β 5 α β

3 5 α 6α α 9α 5 α 6α 9 5α α 6 9 5α 5α 5 α β β β α 5α 5α 5 α 5 5α 5α β β β β 5 5 Οπότε i 5 5 ος τρόπος: K 5 5 άρα οι C C εφάπτονται εξωτερικά και επομένως υπάρχει ένα μόνο κοινό σημείο το σημείο τομής της K με τον C. Η ευθεία ΟΚ έχει εξίσωση y Λύνω το σύστημα: y 5 y y y y y 5 y y

4 Άρα το κοινό σημείο είναι το A, αφού τα σημεία του ευθυγράμμου τμήματος 5 5 ΟΚ έχουν τετμημένες που ανήκουν στο, Β. zw z w z w zw 9 zw zw z w zw 9 zw διότι: z και, και τεταγμένες που ανήκουν στο w w i i w i i w i i 5 9 Β. Έστω z α βi z z zz 5 z z z 5 z z z 5 z αβi, z βi 5 β 5 βi 5 z αβi z αβi 9 6β 5 6β 6 β β Όμως β z α β α οπότε z i, z i ΘΕΜΑ Γ Γ. f() f () f () για κάθε f() f () f () για κάθε f() f () για κάθε άρα f() για κάθε f() c για κάθε ()

5 f() για : f() c cc () f() f() f(), Τότε f() ά Επιπλέον η f είναι συνεχής στο άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο Γ. Η f είναι συνεχής στο άρα δεν έχει κατακόρυφες ασύμπτωτες. Για A, : f() lim lim lim lim lim f () lim lim lim lim lim β Άρα η y είναι ασύμπτωτη της C f στο Για,B:ομοίως αποδεικνύεται ότι: y f() lim είναι ασύμπτωτη της C f και στο. Γ. και lim f () άρα η f 5 8 f 8 όμως στο Γ αποδείξαμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα οπότε η ανίσωση γίνεται

6 () Θέτω t, t () οπότε η () γίνεται 5t 8t 8 5t t t () ρ= 8 5 Ισχύει 5t t (Δ < ) οπότε αντί να λύσω την () αρκεί να λύσω την () t t Γ. Θεωρώ g() f(t)dt και το,. Η f ως παραγωγίσιμη στο συνάρτηση είναι και συνεχής άρα έχει αρχική την F() f (t)dt παραγωγίσιμη στο με F () f() Θέτω h() παραγωγίσιμη στο με h() οπότε f(t)dt F h() που ορίζεται και παραγωγίζεται στο Τότε έχω: g() f(t)dt Fh(), ως γινόμενο παραγωγίσιμων με είναι παραγωγίσιμη στο άρα και στο

7 g () f(t)dt f(t)dt f(t)dt Fh f (t)dt F h() h () f (t)dt f () g() f (t)dt g() g() g() f(t)dt Ισχύει το θεώρημα Rolle για την g στο τέτοιο ώστε (), άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ, ξ ξ g( ) f(t)dtξf ξ ξ ξ = f(t)dtξf ξ ξ ξ ΘΕΜΑ. Η f είναι παραγωγίσιμη άρα είναι και συνεχής με f() για >, αφού από υπόθεση δίνεται f() f () για κάθε Αφού η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη, η f είναι παραγωγίσιμη άρα η f είναι συνεχής Τότε η την f f() είναι συνεχής στο, ως πράξη συνεχών, οπότε έχει αρχική f t ()που είναι παραγωγίσιμη στο F() dt f(t) f(t) G() F()d dt d f(t), άρα και συνεχής ()είναι η αρχική της F, άρα είναι παραγωγίσιμη με G F()

8 Τότε η σχέση της υπόθεσης f(t) f() dt d f(t) γράφεται: () f() G() που είναι παραγωγίσιμη στο, ως άθροισμα παραγωγίσιμων με () () f(t) f () G () F() dt f(t) f() F() ομοίως είναι παραγωγίσιμη στο, ως άθροισμα παραγωγίσιμων () f(t) f() f () F() F () dt άρα f(t) f() με f() f () f()f () f () f () f()f () f().(α) Ισχύει f(t) f() dt d f(t) για άρα για = f(t) f() dt df() f(t) επιπλέον η f είναι συνεχής στο, άρα και στο, με f() από υπόθεση άρα διατηρεί πρόσημο στο,, όμως f() άρα f() στο,. Ομοίως f(t) f() dt f(t) για Για f(t) :f () dt f() είναι συνεχής και f() στο f(t), άρα διατηρεί πρόσημο στο,., όμως f() άρα f() στο

9 . (β) Η f() είναι συνεχής στο, οπότε και η f(), άρα f() lim f() () είναι συνεχής στο ομοίως η f είναι συνεχής στο, άρα f() limf() () από υπόθεση η f() είναι συνεχής στο, οπότε Για,α οπότε limf()f () limf () f()f () f () και κάνοντας πράξεις στα όρια f() f () limf () () τότε λόγω (),(),() f ()f () f () f () f () f () f() ή f() Ομοίως f() για και συνεχής στο, οπότε υπάρχει το όριό της και f() ή μάλιστα ισχύει lim f () f () οπότε f() απορρίπτεται. Τελικά f(). (α) f(t) f() dt d f(t) Έχει βρεθεί στο προηγούμενο ερώτημα ότι: f() () και f() () f() g(), άρα f() g() () () f() f() () η g() είναι παραγωγίσιμη στο, ως πηλίκο παραγωγίσιμων με g() f () f ()f() f ()f () f ()f() f () f() f () f () f () για άρα η

10 () g παραγωγίζεται και στο με g() () οπότε η C g δέχεται εφαπτομένη f () στο σημείο, g με κλίση g() και εξίσωση () yg g y y y () Όμως η g είναι κυρτή άρα η επομένως Cg βρίσκεται πάνω από οποιαδήποτε εφαπτομένη της gγια κάθε,, τελικά g,για κάθε. (β) στο (α) έδειξα ότι g για κάθε το = ισχύει για, οπότε και από υπόθεση g f για κάθε άρα f f για κάθε f f f Για για κάθε f,f :f f που ισχύει άρα f f() για κάθε, () θέτω tff(),, (). Λόγω της () ισχύει άρα και στο,, Η σχέση () για = και λόγω των f (), f() δίνει άρα η t στο t f f οπότε () f() t για κάθε, και δεν είναι παντού, t d f f () d f d f ()d f f f d f d f d f()

11 . Το ζητούμενο εμβαδόν υπολογίζεται από το h()d f () d Όμως στο Δ(α),(β) δείξαμε ότι f στο,,οπότε τελικά f () d f f d f f f d f f f d f d f f f df f f f f f f f d f f f f f f f f f f f d Όμως f f,f άρα f ff f d f d f f f d f f d f d f d f,f f f Υπάρχει και άλλος τρόπος υπολογισμού του Ε ολοκλ. κατά παρ/ντες f () d f f d f () d f f f f d ff ff fffd f f d άρα f d f d f() f() E E