ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΩΝ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ : ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΕΣΠΕΡΙΝΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ Α A. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελ. 5 A. Βλέπε σχολικό βιβλίο σελίδα 97. Α3. α) Λάθος β) Σωστό γ) Σωστό δ) Σωστό ε) Λάθος ΘΕΜΑ Β K B Μ A Λ Β. Έστω z yi. Από υπόθεση ισχύει: zi lm(z) ά y i y y y, y y y y yy y y y y y y Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών z είναι η παραβολή με εξίσωση y. Β. Έστω w yi από υπόθεση ισχύει:
w w 3i i 3w i ww 3wi 3wi i w 3i w w y 3iyi y 6y Παρατηρώ ότι η εξίσωση είναι της γενικής μορφής: y ABy A, B6, Γ 6 3 Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των w είναι κύκλος με κέντρο Κ(, 3) και 3 ακτίνα Β3. Έστω A,y η εικόνα του z που ανήκει στην παραβολή y και B,y η εικόνα του w που ανήκει στον κύκλο y 6y. Ισχύει Πρέπει να βρω τα σημεία του επιπέδου που είναι εικόνες των z, w και οι οποίες συμπίπτουν, αφού πρέπει να ισχύει z = w.άρα ζητώ να βρω τα σημεία που είναι κοινά των γεωμετρικών τόπων άρα θα βρω τις λύσεις του συστήματος: y y y 6 y 6y 6 6 6 y y y y, άρα A, y, άρα B, 8 6 ή Β. ος τρόπος: K,3 B, A,, B A, yb ya,, yλ y,,, Άρα άρα Έστω μέσον του ΑΒ τότε y y A B M A B ym Έστω M μέσου του ΚΛ τότε άρα M,
K M άρα M, οπότε τα σημεία M, yk y M συμπίπτουν 3 ym Άρα οι διαγώνιοι ΑΒ, ΚΛ είναι ίσες, διχοτομούνται και τέμνονται κάθετα, οπότε το ΚΑΛΒ είναι τετράγωνο. ος τρόπος: Έστω σημείο Λ τέτοιο ώστε ΚΑΛΒ τετράγωνο τότε M έ AB K M yk y 3y 3y y έ ΚΛ ym Άρα Λ(, ) που είναι εικόνα του μιγαδικού u i ΘΕΜΑ Γ Γ. (t) 6m / min, t άρα (t) 6t c, t () () 6 c c άρα () (t) 6t, t ώ ότι () Γ. Δεδομένης της ευθύγραμμης διάδοσης του φωτός, το κινητό Μ και ο παρατηρητής Π βρίσκονται σε οπτική επαφή όταν στο ευθύγραμμο τμήμα ΜΠ μεταξύ των άκρων Μ και Π δεν παρεμβάλλεται σημείο της καμπύλης c. Άρα το τελευταίο σημείο οπτικής επαφής είναι το σημείο Α οπότε η ΠΑ είναι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης. Έστω () παραγωγίσιμη στο, με ().
Η C δέχεται εφαπτομένη σε οποιοδήποτε σημείο () και εξίσωση A,, με κλίση y y y () Αφού η εφαπτομένη διέρχεται από το Π(,), οι συντεταγμένες του επαληθεύουν την () άρα Τότε το A, = Α(, ) Έστω ότι η απομάκρυνση του Μ από το Ο μέχρι να φτάσει στο Α έγινε σε χρόνο t τότε t όμως από (Γ ) t 6t άρα 6t t,5min 6 άρα y(t) 6t t, t Ο ρυθμός μεταβολής της τεταγμένης για t > είναι y(t) t =, t t t t t yt t t t t min t ό yt m / min Γ3. Το σημείο είναι (t), (t) M 6t, 6t Γ. ( ) d(),, επειδή το σημείο Μ κινείται από το Ο(,) έως το Α(,) Η d() είναι παραγωγίσιμη με d h() Θέτω h() οπότε d() θα βρω το πρόσημο της h() στο [, ] από το οποίο εξαρτάται το πρόσημο της d() h() h() 7 Άρα h()h() οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ρ, τέτοιο ώστε h(ρ) d(ρ)= h παραγωγίζεται στο (,) με 3 3 h () 3 για κάθε, h συνεχής στο [,] άρα h στο [,].
Για τα,ρ, με h γν. αύξ. ρ h() h(ρ) Δηλαδή h() στο (, ρ) άρα d() στο (, ρ) Για τα, ρ, με h γν. αύξ. ρ h() h(ρ) Δηλαδή h() στο (ρ, ) άρα d() στο (ρ, ) ρ d() + d() Επομένως η d() στο ρ (,) παρουσιάζει ελάχιστο. Όμως (t) 6t ρ Για t t έχουμε ελάχιστο στο ρ άρα ρ 6t t. 6 ΘΕΜΑ Δ Δ. D / και β α ()= () 5 Το, ανήκει στην C άρα D οπότε β () 5 α 5 α 5 ( ) β β Η παραγωγίζεται στο D ως πηλίκο παραγωγίσιμων άρα και στο οπότε η εφαπτομένη στο Α έχει συντελεστής διεύθυνσης α α () α β β α α ( ) 3 β β α 5 5 β 8 από υπόθεση ( ) 8 Λύνω το σύστημα : α 5 α 5 β β α 5 5 5 β 8 β β 8 3 β β
α 5 α 5 β β 5 5 36 36 5 β β β β 36 β β 36 6 6 6 6 5 θέτω β β β ω ω 6ω 5ω οπότε γίνεται: ω 5 6 Άρα 6 β β β 6 ή 565β β β 5 απορρίπτεται. β α 5 α 5 3α 53α 3 α β 6 Δ. Για α =, β = () με D, 3 36 6 () () () 3 6 6 με () (),,, () + + + () συνεχής στο, () στο, στο,
στο, συνεχής στο, () στο, συνεχής στο, () στο, στο, στο, συνεχής στο, () Η παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο, το Δ3. (), D,,, Η συνεχής και στο,, lim (), lim (), διότι 3 (), οπότε έχει σύνολο τιμών το: lim () lim lim lim lim () lim διότι lim, lim Η συνεχής και στο (,], οπότε έχει σύνολο τιμών το: 3,(),lim(), διότι 3 () και lim () lim lim αφού lim lim και lim και Η συνεχής και στο [, ), οπότε έχει σύνολο τιμών το: 3,(),lim(), διότι lim () lim αφού lim lim lim και 6 για lim,, οπότε έχει σύνολο τιμών το: Η συνεχής και στο, lim (), lim (), διότι στο,
lim () lim Αφού: lim 6 lim lim ( ) lim για και lim () lim Δ. () () 3 3 κ κ κ κ 3 3 κ κ () κ κ κ () 3 Οπότε για να βρω το πλήθος των ριζών της εξίσωσης 3 κ κ αρκεί να βρω το πλήθος των ριζών της () = κ για τις διάφορες τιμές του κ. A, A, Ονομάζω οπότε 3 A, οπότε A, 3 A3, οπότε A 3, A, οπότε A, Διακρίνω τις περιπτώσεις:. Αν κ, A τότε υπάρχει A η είναι στο A η είναι μοναδική. 3 η είναι στο A η 3. Αν κ= 3, 3. Αν κ, A τότε υπάρχει A είναι μοναδική. τέτοιο ώστε τέτοιο ώστε και επειδή και επειδή (), στο οποίο η είναι άρα οπότε η = 3 είναι μοναδική στο, Ομοίως, στο οποίο η άρα άρα η 3 είναι μοναδική στο, 3 Οπότε για κ η () = κ 3 έχει μοναδική ρίζα την 3.
3. Αν κ, 3, A οπότε υπάρχει, τέτοιο ώστε κ και είναι μοναδική επειδή η στο, είναι άρα. 3 Ομοίως, A οπότε υπάρχει 5, τέτοιο ώστε 5 και είναι μοναδική επειδή η στο, είναι άρα -. 3, A3 οπότε υπάρχει 6, τέτοιο ώστε 6 και είναι μοναδική επειδή η στο, είναι άρα -. 3 Τελικά αν κ,,, 5,, 6, η () = κ έχει 3 ρίζες :