ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 68 ου ΘΑΛΗΣ 24 Νοεμβρίου 2007 Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 68 ου ΘΑΛΗΣ 24 Νοεμβρίου 2007 Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ"

Καλλιστώ Ευταξίας
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΘΕΜΑΤΩΝ 68 ου ΘΑΛΗΣ 4 Νοεμβρίου 007 Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ( 00 :8 00) 00 : ( 8 ) Α= ( 5 00) ( 00 :0 76) 5 ( 0 76) = = + + = = Αν ω είναι ο αριθμός των μαθητών του Γυμνασίου, τότε ο ω είναι ΕΚΠ 6,8,0 = 0, κοινό πολλαπλάσιο των αριθμών 6, 8 και 0. Επειδή [ ] έπεται ότι ω { 0, 40,360, 480,... } και αφού 300 ω 400 < <, θα είναι ω = 360. Αν x, yz, είναι ο αριθμός των μαθητών της Α, Β και Γ τάξης, αντίστοιχα, τότε θα έχουμε x y z = = = λ και x+ y+ z = Άρα είναι x= 5 λ, y = 4 λ, z = 3λ και 5λ+ 4λ+ 3λ = 360 λ = 360 λ = 30. Άρα είναι: x= 5 30 = 50, y = 4 30 = 0, z = 3 30 = Ο έμπορος πλήρωσε για την αγορά 00 3 = 600 ευρώ. 0 Η απώλεια του σε κιλά ήταν 00 = 0 κιλά, οπότε του έμειναν =80 κιλά. Για να έχει κέρδος 0% επί της τιμής αγοράς πρέπει να εισπράξει = 70 ευρώ. 00 Άρα πρέπει να πουλήσει το κιλό 70 :80 = 4 ευρώ. 4. (α) Αν x =ΒΓ, y =ΑΔ και ΑΕ = υ, τότε x = y και ( x+ y) υ Ε =Ε= ( ΑΒΓΔ) 3y υ = Ε y υ = y υ = 00cm. 3 Άρα έχουμε Ε( ΑΒΔ ) = y υ = 00 cm = 00 cm. (β) ( ΑΒΚΓ ) = ( ΑΒΓ ) = y υ = ( y υ) = 00 = 400 cm.

2 Διαφορετικά Το τετράπλευρο ΑΒΚΓ έχει καθέτους διαγώνιους, οπότε έχει εμβαδόν ( ΑΒΚΓ ) = ΒΓ ΑΚ = y υ = ( y υ) = 00 = 400 cm.

3 3 Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ Α= : : = :4 + 4 : = :( ) 4 + : = ( : + 4 ) : 4 4 = + 4 : = 3:6= ( x ) ( y ) x( y ) y( x ) x 3 3y ( xy x yx 3y) B= = + + = x 3y+ 5 xy+ x+ xy+ 3y = x+ 5. Α>Β > x+ 5 x> 7 x< 7.. (α) ΖΓ ˆx = ΑΖΓ ˆ (ως εντός εναλλάξ στις παράλληλες ΒΓ και ε ). Επειδή η δ είναι μεσοκάθετη της ΑΓ το τρίγωνο ΑΓΖ είναι ισοσκελές με ΖΓΑ ˆ = ΖΑΓ ˆ. Όμως, από την παραλληλία των ευθειών ε και ΒΓ προκύπτει ότι ΖΑΓ ˆ = Γ ˆ. Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α= ˆ 40 προκύπτει ότι 80 ˆ ˆ ˆ Α Β=Γ= = = 70. Άρα έχουμε ΖΓΑ ˆ = ΖΑΓ ˆ = Γ ˆ = 70, οπότε θα είναι ˆ ΑΖΓ = = 40 ΖΑ ˆ x = 40. (β) Επειδή η δ είναι μεσοκάθετη της ΑΓ, το τρίγωνο ΚΑΓ είναι ισοσκελές με ΚΑ = ΚΓ, οπότε η ΚΕ είναι η διχοτόμος της γωνίας ΑΚΓ. Άρα έχουμε AKZ ˆ =ΓΚΖ ˆ. Επειδή είναι ε ΒΓ θα έχουμε AZΚ ˆ =ΓΚΖ ˆ, οπότε θα είναι και AKZ ˆ =ΑΖΚ ˆ, οπότε το τρίγωνο ΚΑΖ είναι ισοσκελές με ΚΑ = AΖ. 3. (α) Από τον κανόνα πολλαπλασιασμού δύο φυσικών αριθμών έπεται ότι το τελευταίο ψηφίο του γινομένου τους είναι το τελευταίο ψηφίο του γινομένου των ψηφίων των μονάδων τους. Θεωρώντας τα τετράγωνα των μονοψήφιων φυσικών αριθμών διαπιστώνουμε ότι αυτά λήγουν σε 0,, 4, 5, 6, 9, οπότε το τελευταίο ψηφίο κάθε τετραγώνου φυσικού αριθμού ανήκει Σ= 0,, 4,5, 6,9. στο σύνολο { } (β) Σύμφωνα με το πρώτο ερώτημα θα πρέπει b { 0,, 4,5, 6,9} και αφού ο αριθμός είναι περιττός πρέπει b {, 5, 9}. Επειδή ο Α διαιρείται με το 9 πρέπει να ισχύει ότι: 3a+ b= πολλαπλάσιο του 9. ()

4 4 Για b = λαμβάνουμε 3a + = πολ.9, αδύνατο. Για b = 5 λαμβάνουμε 3a + 0 = πολ.9, αδύνατο. Για b = 9 λαμβάνουμε 3a + 8 = πολ.9, οπότε προκύπτει ότι a { 3, 6,9}. Άρα είναι Α= ή Α = ή Α = (α) Παρατηρούμε ότι ΒΟΓ ˆ = Α ˆ = 60, οπότε το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισόπλευρο και ισχύει ότι R =ΒΓ= α. Επιπλέον ˆ ˆ Β=Γ= = 75. Άρα είναι ΑΟΓ ˆ = 75 = 50, οπότε θα έχουμε 50 5πα E κτομ. έ α ( ΟΑΕΓ ) = πα =. 360 (β) Επειδή είναι ΔΑΓ=Γ= ˆ ˆ 75 (εντός εναλλάξ στις παράλληλες ΑΔ και ΒΓ με τέμνουσα την ΑΓ) και ΑΓΔ= ˆ 90 ΟΓΑ= ˆ 90 ΟΑΓ=ΔΑΓ= ˆ ˆ 75, τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΑΓ είναι όμοια. (γ) Επειδή είναι ΟΑ ΑΔ και ΑΔ ΒΓ θα είναι και ΟΑ ΒΓ, οπότε η ΟΑ περνάει από το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ. Από το τρίγωνο ΟΜΓ έχουμε α 3α α 3 ΟΜ = ΟΓ ΜΓ ΟΜ = α ΟΜ = ΟΜ =. 4 3 Άρα είναι ΑΜ = ΑΟ + ΟΜ = α + και α 3 α ( + 3) ( ΑΒΓ ) = α α + =. 4.

5 5 Α ΛΥΚΕΙΟΥ. Σύμφωνα με τη συζήτηση που είχε ο Γιάννης με τη Μαρία, αν x, y είναι οι αριθμοί, τότε θα ισχύουν: xy = ( x 50)( y + 40) 40x 50y = 000 x= 00. xy = ( x + 00)( y 0) 0x+ 00y = 000 y = 0. Το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των παρανομαστών είναι α β β γ γ α, 0 οπότε έχουμε ( β γ)( α ) ( γ α)( β ) ( α β)( γ ) Α= + + = ( α β)( β γ)( γ α) ( α β)( β γ)( γ α) ( α β)( β γ)( γ α) ( β γ) α + ( γ α) β + ( α β) γ + ( β γ + γ α + α β) = = ( α β)( β γ)( γ α) ( β γ) α + βγ( β γ) α( β γ ) = = ( α β)( β γ)( γ α) ( β γ)( α + βγ α( β + γ)) ( α β)( α γ) = = = =. ( α β)( β γ)( γ α) ( α β)( γ α) 3. Δ Α 45 β Ζ Ε Β Γ (α) Το τρίγωνο ΑΓΔ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε ΑΓΔ ˆ = 45 Άρα είναι ˆ ΑΓΔ = 45 = ΒΑΓ ˆ, οπότε ΑΒ ΓΔ, αφού τεμνόμενες από την ΑΓ σχηματίζουν δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες. Άρα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο με βάσεις ΑΒ = β, ΓΔ β ΑΖ = =. Άρα έχει εμβαδόν ΓΔ = β + β = β και ύψος ( ) β + β β β + ΑΒΓΔ = = 4..

6 6 (β) Επειδή είναι ΑΒ ΓΔ τα τρίγωνα ΕΑΒ και ΕΔΓ είναι όμοια, οπότε, αν ΕΑ = x, θα έχουμε: x ΕΔ x x+ β = = x = x+ β x( ) = β ΑΒ ΔΓ β β β x = = β Η δεδομένη σχέση γράφεται διαδοχικά: Οι αριθμοί όμως x x + x y + y + 3x + 3y = 40 ( x 3 y ) ( x 3 y ) = 4 ( x 3 y ) ( x 3 y ) = 4. + y + και x + y +, είναι θετικοί ακέραιοι με 3 3 x + y + < x 3 + y + και γινόμενο 4 = 4 = = 3 4 = 6 7. Επομένως θα πρέπει: 3 3 x + y + = και x + y + = 4 () x x + y + = και x 3 + y + = 3 και x 3 + y + = () 3 + y + = 4 (3) x + y + = 6 και x + y + = 7 (4) Προφανώς οι σχέσεις (),(),(3) είναι αδύνατες και από τη σχέση (4), έχουμε: 3 x + y = 5 που αληθεύει για x = και y =. Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε το τριώνυμο 3 ω + 3ω 40= 0, όπου ω = x + y, η οποία, αφού xy>, 0 έχει τη μοναδική λύση x μόνο για x = και y =. + y = 5, που αληθεύει 3

7 7 Β ΛΥΚΕΙΟΥ. Ισοδύναμα από την δεδομένη ισότητα, έχουμε: x x + + x x y + y + y y + = 0 3 ( x ) + ( x y ) + ( y ) = 0 ( x 3 0 και x y 0 και y 0) = = =. ( x και y ) ή ( x και y ) = = = =. Για να έχει η εξίσωση διπλή λύση, πρέπει η διακρίνουσά της να είναι μηδέν. Δ=0 λ 4κμ = 0 λ = 4κμ. -λ Στη περίπτωση αυτή η διπλή λύση είναι: x = x = κ Ο αριθμός 4κμ είναι άρτιος. Άρα και ο λ είναι άρτιος, οπότε ο λ είναι άρτιος. Οι δυνατές τιμές που μπορεί να πάρει ο λ (δεδομένου ότι είναι μονοψήφιος θετικός ακέραιος) είναι: λ = ή λ = 4 ή λ = 6 ή λ = 8. Αν λ = τότε: 4= 4κμ κμ =, οπότε οι δυνατές τιμές για τα κ και μ είναι κ = και μ =. Αν λ = 4 τότε: 6 = 4κμ κμ = 4, οπότε οι δυνατές τιμές για τα κ και μ είναι ( κ = και μ = 4 ) ή ( κ = 4 και μ = ) ή ( κ = και μ = ). Αν λ = 6 τότε: 36 = 4κμ κμ = 9, οπότε οι δυνατές τιμές για τα κ και μ είναι ( κ = και μ = 9) ή ( κ = 9 και μ = ) ή ( κ = 3 και μ = 3). Αν λ = 8 τότε: 64 = 4κμ κμ = 6, οπότε οι δυνατές τιμές για τα κ και μ είναι ( κ = και μ = 8 ) ή ( κ = 8 και μ = ) ή ( κ = 4 και μ = 4 ). Άρα οι δυνατές τιμές για τη διατεταγμένη τριάδα ( κ, λμ, ) είναι: (,,), (,4,4), (,4,), (, 6, 9), (3,6,3), (,8,8), (4,8,4). Οι άλλες περιπτώσεις απορρίπτονται, διότι δεν δίνουν ακέραια λύση. Οι εξισώσεις που προκύπτουν, με την αντίστοιχη διπλή λύση είναι: x + x+ = 0 με διπλή λύση x = x =, x x + 4x+ 4= 0 με διπλή λύση x = x =, + 6x+ 9= 0 με διπλή λύση x = x = (α) Εφόσον το ΒΓΔΕ είναι ρόμβος, θα ισχύουν οι ισότητες: ΒΓ = ΓΔ = ΔΕ = ΒΕ ()

8 8 Θεωρούμε ΑΛ και ΕΚ κάθετες στη ΒΓ. Τότε ΑΛ = ΕΚ (διότι ΑΛΚΕ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο). ΒΓ Η ΑΛ είναι διάμεσος στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, οπότε ΑΛ =. () ΒΓ ΒΕ Άρα ΑΛ = ΕΚ = =. Δηλαδή στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΚ, έχουμε: ΒΕ ΕΚ = οπότε Β ˆ = 30 o. Από το ρόμβο ΒΓΔΕ έχουμε Β ˆ ˆ =Δ = 30 o και επειδή ΓΔΖ ˆ = 90 o έχουμε τελικά ότι: Δ ˆ = 60 o () Το τετράπλευρο ΑΓΔΖ είναι εγγράψιμο (διότι Α=Δ= ˆ ˆ 90 o ) και η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΓΑΖ ˆ. Άρα το Δ είναι μέσο του τόξου ΓΖ, οπότε () ΔΓ = ΔΖ = ΔΕ (3) Από τις σχέσεις () και (3) συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο. (β) Προφανώς η ΑΕ είναι διχοτόμος της γωνίας ΓΑΖ ˆ. Αρκεί να αποδείξουμε ότι η ΖΕ είναι διχοτόμος της γωνίας ΓΖΑ ˆ. Εφόσον το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο, θα ισχύει ΕΖ=ΕΒ και επειδή Β ˆ = 5 o, θα ισχύει: Ζ ˆ = 5 o (4)

9 9 Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΓΔΖ έχουμε ΑΖΓ ˆ = Δ ˆ = 30 o, οπότε θα είναι Ζ ˆ = 5 o. 4. Για xyz 0 το σύστημα είναι ισοδύναμο με το 3xy yz 7yz 4zx 5zx 6xy + = 70, + = 56, + = 5, z x x y y z το οποίο, αν θέσουμε xy yz zx = u, = v, = w z x y γίνεται 3u+ v = 70 () 7v+ 4w= 56 (). 5w+ 6u = 5 (3) Με πρόσθεση κατά μέλη των τριών εξισώσεων λαμβάνουμε 9 u+ v+ w = 378. u+ v+ w= 4. (4) Λόγω της (4) η εξίσωση () γίνεται 7v+ 4 4 u v = 56 4u+ 3v= 88. (5) Από τις () και (5) λαμβάνουμε u =, v= 3, οπότε από την (4) προκύπτει ότι w = 8. Άρα έχουμε το σύστημα xy yz zx =, = 3, = 8 (6) z x y από το οποίο με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των τριών εξισώσεων έχουμε xyz = 83. (7) Από τις (6) και (7) λαμβάνουμε 3x = 8 3 x = 6 x=± 4 8y = 8 3 y = 64 y =± 8, z = 8 3 z = 56 z =± 6 οπότε προκύπτουν συνολικά 8 τριάδες που είναι λύσεις του συστήματος: xyz,, = 4,8,6 ή 4, 8, 6 ή 4,8, 6 ή 4, 8,6 ( ) ( ) ( ) ( ) ή 4, 8, 6 ή 4,8,6 ή 4, 8,6 ή 4,8, 6.

10 0 Γ ΛΥΚΕΙΟΥ. Α Δ Ο Β Μ Γ (α) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΑΓ είναι ισοσκελή (ΔΑ = ΔΓ, ως εφαπτόμενες από το Δ στον περιγεγραμμένο κύκλο) και έχουν ˆΓ =ΓΑΔ, ˆ ως εντός εναλλάξ. Άρα είναι όμοια. (β) Παρατηρούμε ότι ΒΟΓ ˆ = Α ˆ = 60, οπότε το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισόπλευρο και ισχύει ότι R =ΒΓ= α. Έστω η ΑΟ τέμνει τη ΒΓ στο σημείο Μ. Επειδή είναι ΟΑ = ΟΒ και ΑΒ = ΑΓ η ΟΑ είναι η μεσοκάθετη της ΒΓ. Άρα είναι ΑΔ ΒΓ και το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο. 3 Επιπλέον από το τρίγωνο ΑΜΓ έχουμε ΑΜ = α + και α 3 α ΑΓ = α + + ΑΓ = α Επειδή τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΑΓ είναι όμοια ( ˆΓ =ΓΑΔ), ˆ θα έχουμε ΑΔ ΑΓ ΑΓ = ΑΔ= ΑΔ= α ( + 3 ). ΑΓ ΒΓ ΒΓ Άρα είναι α + α + 3 α + 3 α 9 + ΑΒΓΔ = = (α) Για να είναι το κοινή ρίζα των δύο εξισώσεων πρέπει και αρκεί: 8λ ( μ + 4) = 0 λ =. 4μ 4 λ = 0 μ = 3 (β) Για λ= και μ=3 η δεδομένη εξίσωση γίνεται: 3 x 7x 7 =. 3x 4x 4 8 Όμως έχουμε τις παραγοντοποιήσεις

11 3 x 7x = x x + 4x+ 3x 4x 4= x 3x+. οπότε η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση x + 4x+ 7 =, x,. 3x x 9x 6 = 0, x, 3 3 x= ή x=, x, x = Για x= y = 0 από τη δοσμένη συναρτησιακή σχέση () έχουμε: f(0) f ( f(0) ) f f(0) f(0) = f f(0) 0 = () Από τη δοσμένη συναρτησιακή σχέση () θέτοντας όπου y το f ( x ) έχουμε: f ( f( x) f ( f( x) )) = f ( f( x) ) f( x) (3) Αν τώρα στη (3) θέσουμε x = 0 έχουμε: f ( f f ( f )) = f ( f ) f και σε συνδυασμό με την () καταλήγουμε Θέτοντας στην () όπου x = 0, έχουμε: (0) (0) (0) (0) f f(0) = f(0) = 0. ( (0) ) = ( (0)) και δεδομένου ότι f f f y f f y f f(0) = f(0) = 0, καταλήγουμε στη σχέση f f( y) = y. (4) Θέτοντας στην () όπου y το x έχουμε: f ( f( x) f( x) ) = f ( f( x) ) x f (0) = f ( f( x) ) x f ( f( x) ) = x (5) Αντικαθιστώντας στην (4) όπου y το f ( x ), έχουμε: f f ( f( x) ) = f( x) και σε συνδυασμό με την (5), καταλήγουμε στη σχέση f ( x) = f( x), για κάθε x, δηλαδή η f είναι περιττή. 4. Αν θέσουμε a+ b x =, τότε λαμβάνουμε a b a x+ = () b x

12 b c c a (είναι x, αφού b 0 ). Ομοίως, αν θέσουμε y = +, z = + b c c a λαμβάνουμε b y+ = c y () c z+ και =. a z (3) Από τις (), () και (3) με πολλαπλασιασμό κατά μέλη λαμβάνουμε ( x+ )( y+ )( z+ ) abc = = xy + yz + zx =. ( x )( y )( z ) bca Όμως έχουμε 0 x+ y+ z = x + y + z + xy+ yz+ zx = x + y + z x y z 0 x + y + z. + +

Σχετικά έγγραφα

B τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα 1. Να υπολογίσετε την τιμή της αριθμητικής παράστασης

B τάξη Γυμνασίου Πρόβλημα 1. Να υπολογίσετε την τιμή της αριθμητικής παράστασης ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ 0 36653-0367784 - Fax: 0 36405 GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR 06 79