ΘΕΜΑ A ΑΛΓΕΒΡΑ Β' Γενικού Λυκείου Γενικής Παιδείας Σάββατο 1 Απριλίου 018 ιάρκεια Εξέτασης: ώρες ΘΕΜΑΤΑ Α1. Στο επόμενο σχήμα βλέπετε τον τριγωνομετρικό κύκλο, τους άξονες ημιτόνων, συνημιτόνων, εφαπτομένων, συνεφαπτομένων και τους τριγωνομετρικούς αριθμούς της γωνίας ω. Σελ.1/8
Να αποδείξετε ότι ημ ω+ συν ω= 1. A. Αν ημx+ συνx=, τότε: 1. Να δείξετε ότι: a. b. 1 ημx συνx =. ημ x+ συν x=.. Αν, επιπλέον, ισχύει ημx= συνx, τότε: (6 μονάδες) ( μονάδες) (4 μονάδες) a. Να βρείτε όλους τους τριγωνομετρικούς αριθμούς του τόξου x ( ημx, συνx, εφx, σφx ). b. Αν γνωρίζετε ότι x ( π, π) τόξο x. ( μονάδες), να βρείτε τις τιμές που μπορεί να πάρει το (5 μονάδες) c. Βρείτε (αν υπάρχουν), τις τιμές που μπορεί να πάρει το τόξο x, αν, 019π x π x επιπλέον, ισχύει συν + = συν( 019 + ) και x ( π,0). (4 μονάδες) Σελ./8
ΘΕΜΑ Β Β1. Δίνεται το πολυώνυμο ( ) 1. Η διαίρεση ( ):( 1) q x = x + x. Να αποδείξετε τα επόμενα: q x x είναι τέλεια.. Το υπόλοιπο της διαίρεσης ( ):( 1). Το ( x 1) είναι παράγοντας του ( ) q x. 4. Το 1 είναι ρίζα του ( ) q 1= 0. 5. Ισχύει ( ) 6. Το ( x 1) διαιρεί το ( ) Β. Δίνεται πολυώνυμο ( ) προτάσεις: q x. 1. Η διαίρεση p( x) :( x k) q x x είναι μηδέν. q x. ( μονάδες) p x, βαθμού ν και k R. Θεωρούμε τις επόμενες είναι τέλεια.. Το υπόλοιπο της διαίρεσης p( x) :( x k). Το ( x k) είναι παράγοντας του ( ) 4. Το k είναι ρίζα του ( ) p k =. 5. Ισχύει ( ) 0 p x. 6. Το ( x k) διαιρεί το ( ) p x. είναι μηδέν. p x. Ποιες από τις 6 προηγούμενες προτάσεις είναι ισοδύναμες μεταξύ τους (που σημαίνει ότι λένε το ίδιο πράγμα) και ποια ή ποιες λένε κάτι διαφορετικό; ( μονάδες) Σελ./8
Β. Θεωρούμε πολυώνυμο ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) p x για το οποίο ισχύει p x = α x + α + x + α x αx + b, όπου α, b R. 4 4 1 1 1 6 1. Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς a, b, αν γνωρίζετε ότι το ( ) p x είναι τρίτου βαθμού και ότι το υπόλοιπο της διαίρεσής του με το x 1 είναι ίσο με 4.. Αν (, ) ( 1, ) α b =, τότε: a. Να γράψετε αναλυτικά τη διαίρεση p( x) :( 1) πηλίκο x (4 μονάδες) x, να δείξετε ότι έχει + x, υπόλοιπο 4 και, μετά, να γράψετε την ταυτότητά της. (Υπενθύμιση: Η ταυτότητα κάθε ευκλείδειας διαίρεσης περιγράφεται λεκτικά από την πρόταση: «Διαιρετέος = διαιρέτης επί πηλίκο συν υπόλοιπο»). ( μονάδες) b. Παρατηρήστε προσεκτικά την προηγούμενη ταυτότητα της διαίρεσης και, αξιοποιώντας κατάλληλα την παρατήρησή σας, να λύσετε την p x + 4= x 1. εξίσωση ( ) c. Θεωρούμε τη συνάρτηση f ( x ) = i. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της. p( x) ( x 1) ( x + ) (4 μονάδες) ( μονάδες) ii. Να αξιολογήσετε ως «σωστό» ή «λάθος» κάθε έναν από τους επόμενους ισχυρισμούς: ( μονάδες) Σελ.4/8
ΘΕΜΑ Γ 1. Στις ασκήσεις που ζητούν επίλυση ανισότητας, δεν μπορούμε να κάνουμε απαλοιφή παρονομαστών (όπως κάνουμε στην επίλυση εξισώσεων), εκτός αν γνωρίζουμε το πρόσημο του ΕΚΠ με το οποίο πολλαπλασιάζουμε.. Αν f ( x ), g( x ) δύο πολυώνυμα με g( x) 0 f ( x ) 0 f ( x ) g( x ) 0 g( x ).. Αν ( ), ( ), ισχύει η ισοδυναμία: f x g x δύο πολυώνυμα, η ανισότητα f ( x ) g ( x ) 0 δεν επιλύεται παίρνοντας ανισότητες για κάθε πολυώνυμο χωριστά, αλλά με πίνακα προσήμων, στον οποίο, σε διαδοχικές γραμμές, φαίνονται ο άξονας των πραγματικών με τις ρίζες των πολυωνύμων, τα πρόσημα κάθε πολυωνύμου και τα πρόσημα του γινομένου τους. iii. Να βρείτε τις τετμημένες των σημείων (δηλαδή τις τιμές του x), για τα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης f δεν βρίσκεται κάτω από την ευθεία με εξίσωση y = 1. (4 μονάδες) Γ1. Γνωρίζετε ότι: «Φυσικός λογάριθμος του θετικού αριθμού θ, είναι ο εκθέτης στον οποίο πρέπει να υψώσουμε τον αριθμό e, για να βρούμε τον αριθμό θ». x Συμβολικά: lnθ = x e = θ. Με δεδομένη αυτήν τη γνώση, να γράψετε, λεκτικά και συμβολικά, τον ορισμό του δεκαδικού λογάριθμου ενός θετικού αριθμού α. ( μονάδες) Σελ.5/8
Γ. Στο επόμενο σχήμα δίνονται οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων x f ( x ) = lnx, g( x ) = e, p( x ) = ln( x ), q( x ) = e x και h( x ) = x. Με βάση τους τύπους των συναρτήσεων, τις γνώσεις σας από τη θεωρία, αλλά και τις πληροφορίες που παίρνετε από το σχήμα, να απαντήσετε αν κάθε ένας από τους επόμενους ισχυρισμούς είναι σωστός ή λανθασμένος: 1. Η f έχει πεδίο ορισμού το ( ) 0,+ και σύνολο τιμών το R. 0,+.. H g έχει πεδίο ορισμού το R και σύνολο τιμών το ( ). Ισχύει f ( x ) p( x) =. (10 μονάδες) 4. Η h είναι άξονας συμμετρίας των γραφικών παραστάσεων των f, g. 5. Οι C, C είναι συμμετρικές ως προς τον άξονα x x. g q Σελ.6/8
6. Η εξίσωση ln( x) x = e είναι αδύνατη. 7. Για οποιαδήποτε 1, 0 x x <, ισχύει x x q( x ) q( x ) 8. Η συνάρτηση p έχει πεδίο ορισμού το ( ) < <. 1 1 0,+. 9. Αν το σημείο (α, β) ανήκει στη C f, τότε το σημείο (β, α) ανήκει στη C g. 10. Ο άξονας y y είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη των C, C. Γ. Αξιοποιώντας τις ιδιότητες των λογαρίθμων (τις οποίες γνωρίζετε από τη θεωρία που έχετε μελετήσει), αντιστοιχίστε κάθε στοιχείο της πρώτης στήλης του επόμενου πίνακα με το ίσο του στη δεύτερη στήλη. Στήλη Α f p Στήλη Β 1 log 0 log 7 log 018 10 log 6+ log 5 log 49 48 log 6 4 log8 018 Γ4. Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) ln( x e) =. 1. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της.. Αφού δείξετε ότι log 5 100 5 ( ) 5 4 4 e e f ( x ) 9 e e f ( x ) 100 log e 4 0 + =. (4 μονάδες) ( μονάδες) =, να λύσετε την εξίσωση (5 μονάδες) Σελ.7/8
ΘΕΜΑ Θεωρούμε το πολυώνυμο ( ) ( ln ) ( ln ) ( ) p x = α 1 x + 9 α x + α x + 1, όπου a, b θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Γνωρίζουμε ότι το p( x ) έχει θετικούς ακέραιους συντελεστές και αρνητική ακέραια ρίζα. Δ1. Να δείξετε ότι ( α, b) ( e, 5) Δ. Αν Δ. Αν x 018 g( x ) e, x R =. =, να λύσετε την ανίσωση p g( x) lnb ( ) g ( x ) 11 (7 μονάδες) > + και να δείξετε ότι ο μικρότερος ακέραιος αριθμός που συμπεριλαμβάνεται στις λύσεις της ανίσωσης, δηλώνει τη χρονιά που (εφόσον όλοι δουλέψουμε όπως πρέπει), θα πανηγυρίσουμε την εισαγωγή σας στην τριτοβάθμια εκπαίδευση. ( ),, π (5 μονάδες) h x = συν x x 0, να βρείτε, εάν υπάρχουν, τα κοινά σημεία της ( ) γραφικής παράστασης της συνάρτησης ( x) = p h( x) φ με τον άξονα x x. (7 μονάδες) Δ4. Αν f είναι μια συνάρτηση με πεδίο ορισμού το [ 0, + ) και τύπο f ( x ) = p( x ), να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα και να δείξετε ότι ισχύει f ( x ) > 0, για κάθε x [ 0, + ). (6 μονάδες) Σελ.8/8
ΘΕΜΑ A ΑΛΓΕΒΡΑ Β' Γενικού Λυκείου Γενικής Παιδείας Σάββατο 1 Απριλίου 018 ιάρκεια Εξέτασης: ώρες Α1. Θεωρία. (Σχολικό βιβλίο). A. 1. a. b. ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ( x x) ( ) ημx + συνx = ημ + συν = ημx + συνx + ημxσυνx = 1 1 + ημxσυνx = ημxσυνx = 1 ημx συνx = ( x x) ( ) ημx + συνx = ημ + συν = ημx ημxσυνx ημxσυνx συνx + + + = ( υποθεση, α ερωτημα) ημx ημxσυνx ημx συνx συνx ( ) + + + = 1 ημx συνx ημx συνx + + = + = Σελ.1/8
. a. Από υπόθεση έχουμε: εφx= σφx= 1. b. Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε: ημx + συνx = ημx = συνx = ημx = συνx π x = κπ + π 4 συνx = συνx = συν, κ Z. 4 π x = κπ 4 Από υπόθεση έχουμε ότι x ( π, π), άρα:, οπότε κ π 5π π 5 π < κπ + < π < κπ < < κ < κ = 0 4 4 4 8 8 Z π, άρα x=. 4 Επίσης, κ π π 5π 5 π < κπ < π < κπ < < κ < κ = 0 4 4 4 8 8 Z, άρα π x=, το οποίο όμως πρέπει να απορριφθεί, αφού 4 π π ημ = = ημ 4 4, άρα δεν ικανοποιεί τη δεύτερη υπόθεσή μας (ότι πρέπει ημx= συνx ). π Άρα, τελικά, x= (μοναδική λύση). 4 c. Η δοσμένη εξίσωση γράφεται: π συν 019 + x = συν( 019 π + x ) π συν ( 4 540 + ) + x = συν( 018 π + π + x ) π συν 540 π + + x = συν( 1009 π + π + x) π συν + x = συν( π + x ) ημ x = συν x Σελ./8
ΘΕΜΑ Β Άρα η εξίσωσή μας είναι αυτή που λύσαμε πριν, αλλά μας ζητείται να τη λύσουμε στο διάστημα ( π,0). Όμως, πριν δείξαμε ότι, με βάση τα δεδομένα της άσκησης, δεν υπάρχει λύση της εξίσωσης σε αυτό το διάστημα. Άρα, η εξίσωση είναι αδύνατη. Β1. Κάνοντας τη διαίρεση ( x x ) :( x 1) Horner), βρίσκουμε πηλίκο + (ή και με χρήση του σχήματος x x + + και υπόλοιπο μηδέν. Γράφοντας την ταυτότητα της διαίρεσης, έχουμε: q( x) ( x x ) ( x x ) ( x 1) όπου προκύπτουν όλα τα ζητούμενα. = + = + + από Β. Χρησιμοποιώντας τις γνώσεις μας από τη θεωρία (αλλά και το ερέθισμα που μας Β. δίνει το προηγούμενο ερώτημα), διαπιστώνουμε ότι οι 6 προτάσεις είναι απολύτως ισοδύναμες (που σημαίνει ότι λένε ακριβώς το ίδιο πράγμα). ( ) ( ) ( ) ( ) 4 4 1 1 1 6 p x = α x + α + x + α x αx + b 1. Είναι 4 4 α + 1 p( x) = ( α 1) x + x + ( α 1) x αx + b Από υπόθεση έχουμε ότι το ( ) α α 4 1 = 0 α = ± 1 και και α = 1. + 1 0 α 1 p x είναι ου βαθμού. Άρα, έχουμε: p x = x x+ b. Για α = 1, έχουμε ( ) Επίσης από υπόθεση, γνωρίζουμε ότι p( ) 1 = 4... b =. Σελ./8
. Αν (, ) ( 1, ) α b =, τότε: a. Κάνουμε τη διαίρεση, βρίσκουμε το πηλίκο και το υπόλοιπο που ζητούνται και γράφουμε την ταυτότητά της: ( ) ( ) ( ) p x = x 1 x + x 4. b. Αξιοποιώντας την ταυτότητα του προηγούμενου ερωτήματος, η προς c. επίλυση εξίσωση ισοδύναμα γράφεται: ( ) ( ) ( ) ( x ) ( x x ) ( x ) ( x ) p x x x x x x + 4 = 1 1 + = 1 1 + 1 + 1 = 0 x 1 = 0 x = 1 ( x 1) ( x ) = 0 ή x = x ή x = i. Πρέπει ( x ) ( x ) ii. 1 + 0, δηλαδή x 1 και x. (, ) ( 1, ) ( 1, ) x +. 1. Σωστό.. Σωστό.. Σωστό. Άρα Σελ.4/8
ΘΕΜΑ Γ iii. Λύνουμε την ανίσωση f( x) 1, η οποία γράφεται p( x) ( ) ( ) ( x ) ( x x ) 1 + 4 1 1 x 1 x + x 1 x + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x 1 x + 4 4 1 1 1 άρα x 1 x + x 1 x + 4 0 4 1 + 0 ( x 1) ( x + ) ( ) ( ) x 1, x x 1 x + 0 x < ( x ) ( x ) p( x) ( x 1) ( x + ) 1 Γ1. Δεκαδικός λογάριθμος του θετικού αριθμού θ, είναι ο εκθέτης στον οποίο πρέπει Γ. να υψώσουμε τον αριθμό 10, για να βρούμε τον αριθμό θ». x Συμβολικά: logθ = x 10 = θ. 1. Σωστό.. Σωστό.. Λάθος. 4. Σωστό. 5. Λάθος. 6. Λάθος. 7. Λάθος. 8. Λάθος. 9. Σωστό. 10. Σωστό., Σελ.5/8
Γ. Α1 Β Γ4. ΘΕΜΑ Α Β4 Α Β1 Α4 Β > >. Άρα A ( e, ) 1. Πρέπει x e 0 x e. Είναι: ( ) f = +. 5 ( 5) log 5 5 5 100 10 log log log log = = 10 = 10 = 10 = 5. Παρατηρούμε ότι γράφεται: f ( x ) ln( x e) e = e = x e, οπότε η προς επίλυση εξίσωση ( ) f ( x ) 4 9 f ( x ) log e e e e 100 5 4 e 4 0 + = ( ) ( ) f ( x ) f ( x ) f ( x ) f ( x ) 4 e e 9 e e + e = 0 4 e 9 e + = 0 x e= w ( ) ( ) 4 x e 9 x e + = 0 4 w 9 w + = 0 Είναι: w = x e = x = e + ή 1 1 1 w = x e = x = e + 4 4 4 Και οι δύο λύσεις μας είναι δεκτές, αφού και οι δύο ανήκουν στο πεδίο ορισμού της f. Δ1. Από υπόθεση, πρέπει να ισχύει: Σελ.6/8
lnα 1 > 0 lnα > 1 και ln > ln < ln < ln < < ln < 9 α 0 α 9 α 9 α α Ο μοναδικός ακέραιος (γιατί, για να είναι ακέραιος ο συντελεστής, πρέπει να είναι ακέραιος ο αριθμός ln a), που ικανοποιεί αυτές τις απαιτήσεις είναι το. Άρα έχουμε lnα α e = =. Επίσης από υπόθεση, το 1 είναι ακέραια ρίζα του πολυωνύμου, άρα ( ) ( ) ( ) ( ) Δ. Με τα a, b που βρήκαμε πριν, είναι: που πρέπει να λύσουμε γράφεται: p 1 = 0 1 + 5 1 + b 1 + 1 = 0 b = 5. x 018 x 018 ( ) > e + 11 ( ) ( ) ( ) x ( 018 x ) ( 018 x e e ) ( e 018 ) p e p( x) x x x x 018 x 018 x 018 x 018 e + 5 e + 5 e + 1 > e + 11 + 5 + 4 10 > 0 Θέτουμε e x 018 = k> 0 οπότε η ανίσωση γράφεται = + 5 + 5 + 1. Άρα, η ανίσωση Horner... k + 5k + 4k 10 > 0 ( k 1) k + 6k + 10 > 0 k > 1, επομένως έχουμε > 0 x 018 e x x > 1 018 > 0 > 018. Άρα, ο μικρότερος ακέραιος αριθμός που συμπεριλαμβάνεται στις λύσεις της ανίσωσης, είναι το 019 Δ. Αναζητούμε τις λύσεις της εξίσωσης ( ) ( ( )) ( ( )) ( ) ( συν x) 5 ( συν x) 5 ( συν x) 1 0 ( ) ( ) φ x = 0 p h x = 0 h x + 5 h x + 5 h x + 1 = 0 + + + = 0, π. στο διάστημα Σελ.7/8
Θέτουμε συν x = w και η εξίσωση γράφεται: w = 1 Horner... w + 5 w + 5 w + 1 = 0 ( w + 1) ( w + 4w + 1) = 0 w = + w = Επομένως, έχουμε συνx= 1< 0 συνx= + < 0 συνx= < 0 που απορρίπτονται (και οι τρεις), γιατί από υπόθεση x 0, π, οπότε συνx 0 συνx 0. Άρα, τελικά, η εξίσωση είναι αδύνατη, οπότε δεν υπάρχουν κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης ( ) ( x) = p h( x) φ με τον άξονα x x. Δ4. Από υπόθεση έχουμε f( x) x x x = + 5 + 5 + 1 με x 0. Για x 0 είναι: 1 ( + ) 1 1 1 1 1 1 0 x < x x < x 5x < 5x x + 5x + 5x + 1 < x + 5x + 5x + 1 5x 1 1 5x 1 + < + f( x ) < f( x ) 1 x < x Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ 0, + ). f x 0 f( x) f 0 f( x) 1. Τώρα έχουμε: ( ) Άρα, η f παρουσιάζει ελάχιστη τιμή το 1, για x = 0, επομένως ισχύουν όλα τα ζητούμενα. Σελ.8/8