Λύσεις θεμάτων πανελληνίων εξετάσεων Γ Λυκείου Κατεύθυνσης Δευτέρα, 27 Μαΐου 2013

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Λύσεις θεμάτων πανελληνίων εξετάσεων Γ Λυκείου Κατεύθυνσης Δευτέρα, 27 Μαΐου 2013"

Έρις Θεοτόκης
5 χρόνια πριν
Προβολές:

1 Λύσεις θεμάτων πανελληνίων εξετάσεων 13 Στο μάθημα: «Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης» ΗΜΕΡΗΣΙΑ ΓΕ.Λ. Γ Λυκείου Κατεύθυνσης Δευτέρα, 7 Μαΐου 13 Θέμα Α: Α1. Θεωρία, σελ Σχολικό Βιβλίο (απόδειξη) Α. Θεωρία, σελ. 6 Σχολικό Βιβλίο (διατύπωση θεωρήματος) Α3. Θεωρία, σελ. Σχολικό Βιβλίο (Ορισμός) Α. α) Λ, β) Σ, γ) Σ, δ)λ, ε)σ Θέμα Β: Β1. Εχουμε από την δοθείσα σχέση ότι: άρα η (1) γίνεται: k k που έχει ρίζες τις είναι κύκλος με κέντρο K(, ) και 1. Τώρα έχουμε: z z z 1 3 z 3 z z (1). Θέτουμε k z ( k ) και k (απορρίπτεται) k 1 (Δεκτή).Έτσι z 1 που Β. Αφού οι z1 και z είναι ρίζες της w w θα είναι z1 z και αφού ανήκουν στον Γ.Τ. του ερωτήματος Β1 θα είναι z1 z 1 (Ι).Άρα Καραγιάννης Ιωάννης Σχ. Σύμβουλος 1

2 z yi 1 z yi, y z1 i Ακόμα έχουμε διαδοχικά: Im( z1) Im( z) y y 1 και άρα z i και έτσι από την (Ι) έχουμε: αφού αποτελούν ρίζες της εξίσωσης z1 i.άρα και θα είναι z i ( ) i 1 ( ) 1 1 w w ( ) ( i) (3 ) ( ) i, 5 (To ίδιο συμπέρασμα προκύπτει με εφαεμογή των τύπων του Vietta στην εξίσωση w w ) Β3. Από την δεδομένη σχέση έχουμε: ( a v ) και άρα με βάση την τριγωνική ιδιότητα av 1 a v a1 v a 3 v 3 v 3. (Ι) (επειδή ισχύουν οι 1 Αν υποθέσουμε ότι v θα έχουμε: ) που είναι άτοπο λόγω της (Ι). Άρα v Άλλος τρόπος (Ντάμπαλης Νικόλαος) Από την (Ι) έχω θέτω v ( )( 1) ( 1 ) άρα -< < v Θέμα Γ: Γ1. Θέτουμε την συνάρτηση h( ) f ( ), και η δοθείσα σχέση ( f ( ) )( f ( ) 1) γίνεται διαδοχικά : Καραγιάννης Ιωάννης Σχ. Σύμβουλος

3 h( ) h ( ) h( ) h ( ) ( ( )) ( ) h h ( ) c c Για έχουμε h() c f () cc 1.Έτσι ( f ( ) ) 1,. Επειδή η h( ) f ( ) διατηρεί σταθερό πρόσημο, αφού είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη), με (δηλαδή δεν έχει ρίζες σττο R) και επειδή h() f () 1 θα h ( ) 1, είναι h( ),.Άρα f ( ) 1, Γ. Το πεδίο ορισμού της fog είναι το R. Τώρα έχουμε διαδοχικά: 1 f g f g f f 1 ( ( )) 1 ( ( )) () (επειδή η f είναι 1-1 αφού ( ) < αφού < 1 < +1) Για 1 είναι g ( ) και άρα η g είναι γνησίως άυξουσα στο διάστημα (, 1] Για 1 είναι g ( ) και άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [ 1,] Για είναι g ( ) και άρα η g είναι γνησίως άυξουσα στο διάστημα [, ). (Μπορούμε να κατασκευάσουμε πίνακα μεταβολών της f) Το σύνολο τιμών της g είναι : g( A) ( lim g( ), g( 1)] [ g(), g( 1)] [ g(), lim g( )) 1 1 και τελικά: g( A) (, ] [ 1, ] [ 1, ) στο ( 1, ) αφού σε αυτό είναι γνησίως αύξουσα.. και άρα η g έχει μόνο μία ρίζα Γ3. Θέτουμε : h( ) f ( ) f ( t) dt, [, ] και έχουμε: Η h( ) είναι συνεχής στο [, ] (ως πράξεις παραγωγίσιμων συναρτήσεων άρα και συνεχών αφού f ( ),, f ( t) dt είναι παραγωγίσιμες στο [, ] ). Τώρα είναι: h() f ( t) dt h( ) 1 Από το θεώρημα του Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον (, ) : h( ) f ( t) dt f ( o ) o Καραγιάννης Ιωάννης Σχ. Σύμβουλος 3

4 Θέμα Δ Δ1.Έχουμε: f (1 5 h) f (1) f (1 h) f (1) lim h h h f (1 5 h) f (1) f (1 u) f (1) f (1 u) f (1) lim lim 5 5lim 5 f (1)( έ5 h u) h h h u h u f (1 h) f (1) f (1 w) f (1) lim lim f (1)( έh w) h h h w 5 f (1) f (1) f (1) Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα θα έχουμε : 1 f ( ) f (1) (άρα η f γν. άυξουσα στο [1, ) 1 f ( ) f (1) ( ά η f γν. φθίνουσα στο [,1] Άρα η f έχει ελάχιστο στο 1 f ( ) 1 Δ. Έχουμε: Ή g() είναι παραγωγίσιμη συνάρτηση στο (1, ) αφού η είναι 1 f ( ) 1 συνεχής ως πηλίκο συνεχών συναρτήσεων. Άρα έχουμε g ( ), 1. Από το 1 προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι η f έχει ελάχιστο στο 1 άρα f ( ) f (1) 1. Ετσι, για f ( ) 1 1 και άρα g ( ) και άρα g() είναι γν. αύξουσα στο (1, ). 1 Τώρα για την ανίσωση έχουμε: g( u) du g( u) du 8 5. Θέτουμε: 5 G( ) g( u) du, 1. Η συνάρτηση G είναι παραγωγίσιμη αφού η g είναι συνεχής (ως Καραγιάννης Ιωάννης Σχ. Σύμβουλος

5 παραγωγίσιμη) με G ( ) g( 1) g( ) διότι: 1 g( ) g( 1)( g γν. αύξουσα) και άρα η G γν. αύξουσα και άρα η ανισότητα γίνεται διαδοχικά : ( ) και θα είναι -<< ή Δ3.Έχουμε: f ( ) 1 g ( ), 1 1 g ( )( 1) f ( ) 1, 1 Παραγωγίζοντας την παραπάνω σχέση έχουμε : Τώρα έχουμε : g ( ) f ( ) 1 f ( ) f ( ) g ( ) ό το Θεώρημα Μ. Τ.στο [1,] έχουμε ότι υπάρχει ξ (1,): f ( ) f (1) f ( ) 1 f ( ) 1 1 f ( ) 1 f ( ) 1 1 f (1) f ( ) f ( ) f ( ) f ( ) 1 1 και άρα g ( ), 1, άρα η g είναι κυρτή στο (1, ). Για την εξίσωση θέτουμε: f ( t) 1 ( ) ( 1) dt ( f ( a) 1)( a), 1.Aφού η Η είναι παραγωγίσιμη, ως πράξεις a t 1 f ( t) 1 παραγωγίσιμων συναρτήσεων και διότι η συνεχής θα είναι: t 1 H ( ) ( a 1) g ( ) ( f ( a) 1), 1 και και παρατηρούμε ότι H (α)= Αν υποθέσουμε ότι η Η() έχει δύο διαφορετικές ρίζες 1 τότε από το θεώρημα Rolle ( 1, ) στο διάστημα [ 1, ] θα υπάρχει τουλάχιστον ένα H ( ) Δηλαδή η Η () θα έχει ρίζες (την α και την ξ).αυτό είναι άτοπο αφού f ( ) 1 H ( ) ( a 1) ( a 1) g ''( ), 1 (επειδή η g είναι κυρτή) και άρα η Η () θα 1 είναι συνάρτηση 1-1 (ως γν. αύξουσα). Άρα η δοθείσα εξίσωση θα έχει μία μόνο ρίζα. (Tο ερώτημα Δ3 μπορεί να λύθει από την κυρτότητα της g και την εύρεση της εφαπτομένης στο σημείο της γραφικής παράστασης της g στο σημείο Α(α, g(α))) Καραγιάννης Ιωάννης Σχ. Σύμβουλος 5

Σχετικά έγγραφα

ΗΡΑΚΛΕΙΤΟΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ ΜΕΣΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ ΗΡΑΚΛΕΙΤΟΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β') ΔΕΥΤΕΡΑ 28 ΜΑΪΟΥ 2012

ΗΡΑΚΛΕΙΤΟΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΟ ΜΕΣΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ ΗΡΑΚΛΕΙΤΟΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β') ΔΕΥΤΕΡΑ 28 ΜΑΪΟΥ 2012 ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β') ΔΕΥΤΕΡΑ 28 ΜΑΪΟΥ 2012 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ ΘΕΜΑ