ΤΑΞΗ: Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ / ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Ημερομηνία: Σάββατο Μαΐου 09 Διάρκεια Εξέτασης: ώρες ΘΕΜΑ Α A. Σχολικό βιβλίο σελίδα 4. ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α. α. Λάθος, β. Λάθος, γ. Σωστό, δ. Λάθος, ε. Σωστό Α. α, β, γ 4, δ ΘΕΜΑ Β Β. Έχουμε: P = 0 + α + β + 7= 0 P = 7 + α + β + 7= 7 + α+ β + 7= 0 α+ β= 5 8+ 4α + β + 7 = 7 4α + β = 4 α+ β= 5 α= β 5 α+ β= ( β 5) + β= α = β 5 α = β 5 α = β 0+ β= β= 8 β= 8 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑΔΑΣ ΣΕΛΙΔΑ: ΑΠΟ 7
Β. Έχουμε, P( ) = + 9 + 7. Η = είναι ρίζα του P(), από σχήμα Horner έχουμε: - -9 7 - -7 - -7 0 Έτσι P( ) = ( )( + 7) Η + 7 = 0 είναι αδύνατη στο γιατί Δ = 4 4 7 = 4 8 = 4 < 0 Συντάσσουμε τον πίνακα προσήμου του γινομένου: Άρα, η P() 0 Β. Εκτελούμε την διαίρεση : άρα - + - - + + 7 - - P() + - > έχει λύση για κάθε (,). + 9+ 7 + 0+ 7 + 0 + 0 π = + και η ταυτότητα της Ευκλείδειας διαίρεσης είναι + 9 + 7 = + + 0 + 0. Β4. Έχουμε, π( + ) = ( + ) + = + = + Άρα, Οπότε, π π + = π + = + + = + = + P = π π + 0 + 9 + 7 = + 0 + + = 0 6 0 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑΔΑΣ ΣΕΛΙΔΑ: ΑΠΟ 7
ΘΕΜΑ Γ Οι πιθανές ακέραιες ρίζες είναι οι διαιρέτες: ±, ±, ± 4, ± 8, ± 6 του σταθερού όρου. Με τη βοήθεια του σχήματος Horner για = έχουμε - -0 6 - -6 - -8 0 Άρα, η εξίσωση γίνεται: + 0 + 6 = 0 + 8 = 0 = ή Δ = 4 8 = = < 0 + 8= 0αδύνατη αφού Επομένως, μοναδική ρίζα της εξίσωσης είναι η =. Γ. Η f ορίζεται για > 0 και ln > 0 ln < ln < l ne < e. Άρα, το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι D ( 0,e) f =. Για να βρούμε σημεία τομής με τον λύνουμε την εξίσωση: f = 0 ln ln = 0 ln ln = ln ln = ln = 0 ln = ln =. Το σημείο τομής της γραφικής παράστασης της f με τον άξονα είναι το Α(,0). Γ. Η g ορίζεται για + 0 () και > 0 ( )( + ) > 0 > 0 < < < < () + D =,. Από () και () προκύπτει ότι το πεδίο ορισμού της g είναι Για κάθε Dg έχουμε Dg και + g( ) = ln = ln = l n = g( ). + + Επομένως, η g είναι περιττή στο D g. lnz g ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑΔΑΣ ΣΕΛΙΔΑ: ΑΠΟ 7
Γ. Για κάθε,e έχουμε f( ) f = ln( ln) ln ln = ln( ln) ln( ln ) = l n ln ( ln) ln ( + ln) = ln = g( ln) + l n Γ4. ος τρόπος Για κάθε,e έχουμε Γ f ( ) + f = g( ln) f ( ) + f = f ( ) f f = 0 " " f = 0 ln ln = ln + ln = ln = 0 =. ος τρόπος Για κάθε,e έχουμε: l n f ( ) + f = g( ln) ln ( ln) + ln ln = ln + l n ln ln ln ln ( ln) + ln ( ln ) = ln ln ( ln) + ln ( + ln) = + ln + ln ln n n( n l l l ) = ln ln = ( ln )( + ln) = ln + ln + ln ( n)( + n) ( n) = 0 ( n) l l l l ( l l ) ( l )( l l ) l ( l )( l ) n n + n = 0 n + n n = 0 Άρα, ln = 0 ln = l n = + n + n = 0 ή + ln = 0 ln = ln = l ne = απορρίπτεται διότι e,e e ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑΔΑΣ ΣΕΛΙΔΑ: 4 ΑΠΟ 7
ή ΘΕΜΑ Δ ln = 0 ln = l ne = e απορρίπτεται διότι Οπότε, =. Δ. Θέτουμε ηµα = ω, με ω και έχουμε : ω + ω+ = ω= ή 0 Για ω= έχουμε Επειδή [ 0, ] Για ω=. e,e π κπ π ηµα = ηµα = ηµ α =,κ Z π κπ + π α π τότε α =. ω= έχουμε Επειδή [ 0, ] π κπ π 6 ηµα = ηµα = ηµ α = 6 7π κπ + 6 7π π α π τότε α =, α =. 6 6,κ Z Δ. Έχουμε, ηµα ηµα ηµα + + 0 ηµα + 4 Για να είναι εκθετική η f πρέπει : ηµα + > 0 () ηµα + () Ξέρουμε ότι ηµα + 0, άρα για να έχει λύση η () πρέπει π ηµα + 0 ηµα α ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑΔΑΣ ΣΕΛΙΔΑ: 5 ΑΠΟ 7
7π () ηµα + ημα α και α 6 Άρα, για π α, 7π α και 6 π 6 π α η f είναι εκθετική. 6 Δ. Επειδή η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο f ( ) = ηµα + = ηµα + = 4 ηµα = Άρα, ο τύπος της f είναι f() = 4, R. i. Έχουμε, συν συν 4 f f f log 4 4 4 Α, τότε log συν + συν = 4 + = συν συν συν συν 4 + 4 = 4 + 4 = 0 Θέτουμε συν 4 0 =ω> και η εξίσωση γίνεται : ω+ ω = 0ω ω+ = 0 Για ω = έχουμε: 4 συν = 4 συν = 4 0 συν = 0 ω = ή ω = συν = συν π = κπ + π κπ π = κπ + π, κ Z Για ω = έχουμε: 4 συν = 4 συν = 4 συν = συν = συν π = κπ + π κπ π, κ Z ii. Για > 0 έχουμε : f ln ln ln ln f ln f ln ln e 4 4 f 4 4 + < + < + < ln ln ln ln 4 + 4 < 0 4 + 4 < 0 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑΔΑΣ ΣΕΛΙΔΑ: 6 ΑΠΟ 7
Θέτουμε ln 4 =ω> 0 και η ανίσωση γίνεται : ω +ω < 0 ω 0 + ω +ω + Το πρόσημο του τριωνύμου φαίνεται στο παραπάνω πίνακα. Επομένως ω +ω < 0 ω 0,. Άρα, έχουμε ln ln 0 0 4 4 4 ln 0 ln ln < < < < < <. Άρα, η ανίσωση αληθεύει για κάθε ( 0,) iii. Έχουμε,. + = + = + y= 7 + y= 7 y log f log f y 5 log 4 log 4 5 4 4 4 4 + y = 5 + y = 5 + 7 = 5 + y= 7 y= 7 y= 7 + + = + = y= 7 y= 7 49 4 5 4 4 0 + = = = y= 7 y= 7 7 0 4 ή = 4 = ή y= y = 4 Άρα οι λύσεις του συστήματος είναι τα ζεύγη ( 4, ) και, 4. ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑΔΑΣ ΣΕΛΙΔΑ: 7 ΑΠΟ 7