ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2012

Transcript

1 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 0 ΘΕΜΑ Α Α. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 53 (Απόδειξη) Α. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 9 (Ορισμός) Α3. Θεωρία σχολικού βιβλίου σελ. 58 (Ορισμός) Α4. α) Σ β) Σ γ) Λ δ) Λ ε) Λ ΘΕΜΑ Β Β. z + z+ = 4 ( z )( z ) + ( z+ )( z+ ) = 4 zz z z + + zz + z+ z + = 4 z + + z = 4 z = z z = = Άρα ο γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος με Κ(0,0) ακτίνα ρ= και εξίσωση + y =

2 Β. α τρόπος z z = z z = ( z z )( z z ) = zz zz zz + zz = z ( z z + z z ) + z = Από Β έχω z = z = Άρα η τελευταία σχέση γίνεται: ( zz + zz) + = zz + zz = 0() Οπότε έχουμε z + z = ( z + z )( z + z ) z+ z = zz+ zz+ zz + zz z + z = z + z z + zz + z από() z + z = + = Άρα z + z =

3 Β. β τρόπος Μ Μ 0 Μ Οι εικόνες των OM και OM = z = = z = z, z ας είναι Μ, Μ αντίστοιχα, είναι σημεία του κύκλου Εφόσον OM + OM = M M z + z = z z = z z Άρα το ΟΜ Μ είναι ορθογώνιο στο Ο. Η απόσταση που ζήταμε είναι z + z = z ( z ) Δηλαδή Μ Μ όπου Μ η εικόνα η συμμετρική του Μ ως προς την αρχή των αξόνων.

4 Άρα η ˆ ' 0 ΜΟΜ = 90, άρα το τρίγωνο αφού OM + OΜ ' = M M ' + = z + z z + z = Β3. Έχουμε: w 5w = όπου w= + y w= y i Άρα: + yi+ 5( yi) = + yi 5+ 5yi = 4+ 6yi = + y = y = 44 + = i y 9 4 ΟΜ Μ είναι ορθογώνιο στο Ο, y Β(0,) Α ( 3,0) Α (3,0) ' Β ' (0, ) ' y W = ( OA) = ( OA ) = 3 ma W = ( OB) = ( OB ) = min

5 Β4. Από τριγωνική ανισότητα έχουμε: z w z + w ma = + 3= 4 () z w z w Όμως z = και w = Άρα z w z w min Έχουμε: z w = z w () Από () και () έχουμε: z w 4

6 Β4 β Τρόπος B ( 0, ) Γ A ' ( 3, 0) β '0, ( ) Δ (,0) Ζ Ε(, 0) A ( 3, 0 ) B '0, ( ) Ma z w = ΔΑ=+3=4 (ΟΑ=3, ΟΔ=) Min z w =ΒΓ=-= (ΟΒ=, ΟΓ=)

7 ΘΕΜΑ Γ Γ f ( ) = ( )ln, > 0 f '( ) = ln +, > 0 + f ''( ) = + = + > 0, > 0 f ''( ) f '( ) - + f ( ) f '() = 0 f ' 0< < f '( ) < f '() f '( ) < 0 f ' > f '( ) > f '() f '( ) > 0 f () = ( ) lim f( ) = lim ln + + = ( )( ) =+ 0 0 lim f( ) =+ +

8 Στο Δ = ( 0,] f (( 0,] ) = [, + ) Στο [, ) f ([, + )) = [, + ) Άρα το Σύνολο Τιμών της f είναι (( 0, )) [, ), η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα, άρα Δ = +, η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα, άρα f + = =. Γ 03 = 03 ln = ln ln = 03 ln = 0 + ln = 0 f( ) = 0 () ( ) ( ) ( ) ( Δ ) = [, + ) ( Δ ) = [, + ) ( ) f f 0 f Δ, οπότε η εξίσωση () έχει μια τουλάχιστον λύση (ρίζα) στο Δ και f () =, άρα ( 0,),καθώς η f είναι γνησίως φθίνουσα η ρίζα είναι μοναδική. 0 f ( Δ ), οπότε η εξίσωση () έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο Δ και f () =, άρα (, + ), καθώς η f είναι γνησίως αύξουσα, η ρίζα είναι μοναδική. Άρα η f έχει δύο θετικές ρίζες.

9 Γ3 Θεωρώντας h = f 0,, ( ) ( ) [ ] h συνεχείς στο [, ]. h παραγωγίσιμη στο (, ) h' ( ) = f ( ) + f '( ) 0. h( ) = 0 h( ) = 0 ( ( ) = ( ) 0 = ( ( ) 0) λύση της εξίσωσης (), άρα f ( ) = 0 ). Ομοίως αποδεικνύεται, ότι f ( ) = 0, άρα και h( ) = 0. Από το Θεώρημα Roll υπάρχει 0 (, ) h' ( o) = 0 o o o f ( o) + f '( o) 0 o = 0 ( > 0) f ( o) + f '( o) = 0. h f f, από το Γ ερώτημα το είναι τέτοιο ώστε

10 Γ4 g = f + = ln +, > 0 ( ) ( ) ( ) ((, + )) = [, + ) ( ) 0, > 0 επειδή f ( ) f ( ) g o o g ' ( ) E = g( ) d= lnd= ln d= ln d= ln d= ln = 4 ln 0 + = = 4 + = =

11 ΘΕΜΑ Δ f :(0, + ) + f( ) 0 > 0 f( ) d ln ln = ( d+ ) f( ) f() Δ. Από τη σχέση θεωρούμε την () () fd fd + R ( ) = f( d ) η f() συνεχής >0 άρα ορίζεται Φ ( ) = f( ) d, > 0 που είναι παραγωγίσιμη. Άρα παραγωγίσιμη είναι και η σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων Φ( -+) ως Επίσης η h ( ) = είναι παραγωγίσιμη άρα η R() παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγίσιμων με R'( ) = f( + )( ) άρα R() είναι παραγωγίσιμη και στη θέση 0 = 0 όπου παρουσιάζει ελάχιστο αφού R( ) 0 = R(0). Σημείωση: εφόσον η f() ορίζεται > 0 και (0, + ) άρα πρέπει και + > 0, που ισχύει. Άρα η R() ορίζεται στο. Από Θεώρημα Frma λοιπόν R'(0) = 0 f() = 0 άρα f () = εφόσον η f() 0 και συνεχής διατηρεί πρόσημο και καθώς f () = ά f( ) 0 0 ρα < >,

12 ln Από τη σχέση ln = d+ f( ) εφόσον f( ) < 0 f() ln ln = ( ) ( ) () άρα d+ f f() εφόσον ln ( γνωστη σχεση) και < άρα ln < 0 άρα από () ln = ln d + f() f ( ). ln η g () = είναι συνεχεις > 0 f() ln άρα ορίζεται η ( ) = d+ που είναι παραγωγ ίσιμη f() Άρα η f() είναι παραγωγίσιμη ως πηλίκο παραγωγίσιμων. Από τη σχέση: ln ln = d+ f( ) f() ln ln = f( ) + f( ) Με παραγωγίσιμη: ' ln ln ' = Α πόεφαρμογ ήσχ. βιβλίου ( f = f f = c ) f( ) f( ) ln = c, c R με f () =, άρα c = f( ) ln = ( ) = άρα f (ln ), > 0 f( )

13 Δ. Παρατηρούμε ότι: lim f ( ) = lim (ln ) { + 0 lim = = li m (ln ) = } + 0 Άρα lim f ( ) + 0 = Για το ζητούμενο όριο: lim ( f ( ) ) ημ + 0 f ( ) f ( ) θέτουμε u = f ( ) Άρα το όριο γίνεται: lim u ημ u u u θέτουμε u = και το όριο γίνεται: ' ( ημ ) lim lim 0 0 ( ) ημ ημ lim lim 0 = = 0 συν = = ' συν lim = 0 = 0 Δ3 ( ) ( ) F = f d, > 0 a η f () είναι συνεχής άρα ορίζεται ( ) ( ) = ( ) = ( l ) η F που είναι παραγωγίσιμη με F' f n έτσι F'' ( ) = ( ln ) + = ln + + = + ln > 0

14 αφού { ln ln 0 και > 0 για κάθε } > o άρα F είναι κυρτή στο ( 0, + ). Θ.Μ.Τ. στο [, ] και [,3] η F συνεχείς στα [,] και [,3] και παραγωγίσιμη με F ()=f()<0 άρα υπάρχουν ξ (,) και ξ (,3) ώστε F()-F() F'(ξ )= F(3)-F() F'(ξ )= με > 0 ( ) όμως ξ < ξ F'( ξ ) < F'( ξ ), ( F > 0, άρα F ) F( ) F( ) F(3 ) F( ) άρa < Δηλαδή (αφού >0) F()-F()<F(3)-F() F()<F(3)+F() Δ4. Ζητάμε ρίζα για την εξίσωση F()=F(3β)+F(β). Θωρούμε R()=F()-F(3β)-F(β) η R συνεχής στο [β,β] R(β)=F(β)-F(3Β)-F(β)=F(β)-F(3β)>0 (αφού F ()=f()<0 άρα F καθώς β<3β (β>0), οπότε F(β)>F(3β) R(β)=F(β)-F(3β)-F(β)<0 (από Δ 3 για =β) F(β)+F(3Β)>F(β) άρα από ΘΒ υπάρχει μια τουλάχιστον ξ (β, β): R(ξ)=0. Επίσης R()=F ()=f()<0 άρα R άρα το ξ μοναδικό. Επιμέλεια Καθηγητών Φροντιστηρίων Βακάλη