Θέμα 1 Θέματα A. Να διατυπώσετε τον ορισμό μιας γνησίως αύξουσας συνάρτησης. (5 μονάδες) B. Να χαρακτηρίσετε ως σωστή (Σ) ή λάθος (Λ) τις παρακάτω προτάσεις: i) Ο βαθμός του υπολοίπου της διαίρεσης P(x) με το x-ρ είναι μηδέν. Σ Λ ii) 2 1 iii) Η συνάρτηση είναι περιττή Σ Λ iv) Η γραφική παράσταση των συναρτήσεων και, 0 < a 1 είναι συμμετρικές ως προς τον άξονα yy. Σ Λ v) Για κάθε x 0 ισχύει 0 Σ Λ Γ. Να αντιστοιχήσετε τη στήλη Α με κάθε σωστή απάντηση της στήλης Β Α. 1., 0 B. 2 1 2. 0, Γ. 3., Δ. 2 5 4., 7 Σ Λ (2 μονάδες/ ερώτημα) E. 1 5. 0, (2 μονάδες/ ερώτημα) Επιμέλεια Θεμάτων και Λύσεων : Σταματίνα Κατσίγιαννη (Μαθηματικός) Σελίδα 1
Θέμα 2 Έστω η συνάρτηση 3 2 5 1 και το σύστημα (Σ): 1 1 23 1 21 i) Να υπολογίσετε τις ορίζουσες D, D x, D y του συστήματος. (7 μονάδες) ii) Να δείξετε ότι το σύστημα έχει μοναδική λύση για κάθε λ και να την προσδιορίσετε. (5 μονάδες) iii) Αν το σημείο (1, 2) ανήκει στη γραφική παράσταση της f, να βρείτε το k και να γράψετε τον τύπο της f. (5 μονάδες) iv) Εάν η λύση του συστήματος είναι η,,, όπου, οι συντεταγμένες του ακροτάτου της f, να προσδιορίσετε το λ. (8 μονάδες) Θέμα 3 Αν το πολυώνυμο 2 17 19 3 έχει παράγοντα το 3 και το υπόλοιπο της διαίρεσης :1 είναι 72, i. Να βρείτε τους α και β. ii. Να λύσετε την εξίσωση 5 στο διάστημα θ0, 2. iii. Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η πολυωνυμική συνάρτηση βρίσκεται πάνω από τον άξονα x x. Θέμα 4 Δίνεται το πολυώνυμο 6 6 με 0 και και η συνάρτηση 1. Α) i. Αν το 1 είναι παράγοντας του πολυωνύμου Q(x) να βρείτε το α. ii. Για την τιμή που βρήκατε για το α να λύσετε τις εξισώσεις 0 και 2 0. Β) Για, να λύσετε την εξίσωση 2 10, 0, Εύχομαι Επιτυχία! Επιμέλεια Θεμάτων και Λύσεων : Σταματίνα Κατσίγιαννη (Μαθηματικός) Σελίδα 2
Θέμα 1 Α) Σχολικό βιβλίο σελ. 31 Απαντήσεις B) i) Λ ii) Λ iii) Σ iv) Σ v) Σ Γ) Θέμα 2 i) D 1 λ 1 λλ1 λ1 λ λλ 2λ12λ λ1 λ1 λ 2 3 λ 1 λ2λ 3 12λ 1 4λ 4λ1 2λ 1 λ 1 λ1 23 12λ 1 λ12λ 3 8λ2 2λ1 ii) Για το τριώνυμο 2λ λ1 έχουμε: 1 4 2 170 Άρα το τριώνυμο δε μηδενίζεται για κάθε λ, άρα και το σύστημα έχει μοναδική λύση για κάθε λ την (x, y) όπου: D 4λ 4λ1 2λ λ1 y Α Β Γ Δ Ε 5 3 1 4 2 iii) Αφού το σημείο (1, 2) ανήκει στη γραφική παράσταση της f έχουμε: 1 2 3 1 2 5 12 Επιμέλεια Θεμάτων και Λύσεων : Σταματίνα Κατσίγιαννη (Μαθηματικός) Σελίδα 3
Οπότε 3 61 32512 11 2 iv) Επειδή 3 61 με α = 3 < 0 η συνάρτηση θα παρουσιάζει μέγιστο Όμως με συντεταγμένες: 1 και 3 1 6 112 1 4λ 4λ12λ λ1 2λ 3λ20 λ = 2 ή 2 4λ 2λ28λ2 4λ 10λ 4 0 λ = 2 ή Οπότε λ = 2 Θέμα 3 i) Το πολυώνυμο έχει παράγοντα το 3 ισχύει: 3 0 2 3 17 3 193 3 0 54 153 57 3 0 99 57 3 0 33 19 0 Το υπόλοιπο της διαίρεσης :1 είναι 72 άρα: 1 72 2 1 17 1 191 372 Επιμέλεια Θεμάτων και Λύσεων : Σταματίνα Κατσίγιαννη (Μαθηματικός) Σελίδα 4
2 17 19 3 72 53 19 3 0 Από (1) + (2) κατά μέλη έχουμε: 20 4 0 Από (1) έχουμε: ii) Για α = 2 και β = 5 έχουμε: Επειδή θ0, 2 έχουμε: 33 19 5 0 19 38 5 5 2 5521 5 5 2 2 2 530 (απορ.) ή 1 (δεκτή) iii) Για να βρούμε τα διαστήματα στα οποία η πολυωνυμική συνάρτηση βρίσκεται πάνω από τον άξονα x x θα λύσουμε την ανίσωση 0 Για α = 2 και β = 5 το πολυώνυμο γίνεται: 2 17 38 15 Αρχικά θα παραγοντοποιήσουμε το πολυώνυμο Πιθανές ακέραιες ρίζες του πολυωνύμου: ±1, ±3, ±5, ±15 Θα κάνουμε Horner για ρ = 3 2-17 38-15 3 6-33 15 2-11 5 0 Το πολυώνυμο γίνεται: 32 11 5 Άρα έχουμε την ανίσωση: 0 32 11 5 0 Επιμέλεια Θεμάτων και Λύσεων : Σταματίνα Κατσίγιαννη (Μαθηματικός) Σελίδα 5
30 3 2 11 5 0 Δ11 4 2 512140810 5 ή Οπότε Θέμα 4,3 5, i. Αφού το 1 είναι παράγοντας του πολυωνύμου Q(x) έχουμε: 1 0 1 6 1 160 6 60 6 60 61060 2 0 1 Θέτουμε (2) Η (1) λόγω της (2) γίνεται: 2 0 3 Πιθανές ακέραιες ρίζες: 1, 2 Επιμέλεια Θεμάτων και Λύσεων : Σταματίνα Κατσίγιαννη (Μαθηματικός) Σελίδα 6
Κάνουμε Horner για ρ=1 1 0 1 2 1 1 1 2 1 1 2 0 Η (3) γίνεται: Για 1 η (2) γίνεται: 1 1 2 0 10 1 ή 2 0, Δ 7 δεν έχει πραγματικές ρίζες ii. Για έχουμε: 6 6 6 6 6 11 6 Λύνουμε την εξίσωση 0 6 11 6 0 (1) Πιθανές ακέραιες ρίζες: 1, 2, Κάνουμε Horner για ρ=1 3, 6 1 6 11 6 1 1 5 6 1 5 6 0 Η (1) γίνεται: 1 56 0 10 1 ή Επιμέλεια Θεμάτων και Λύσεων : Σταματίνα Κατσίγιαννη (Μαθηματικός) Σελίδα 7
5 6 0 2 ή 3 Λύνουμε την εξίσωση: 2 0 2 62 11 2 60 Παρατηρούμε ότι η εξίσωση 2 0 είναι η 0 με άγνωστο το 2 Οπότε 2 1 0 ή 2 2 1 ή 2 3 3 Β) Έχουμε 1 οπότε η εξίσωση 2 10 γίνεται: Για η (Ι) γίνεται: Θέτουμε 1 21 1 0 Ι 2 0 (III) 1 2 1 10 3 1 231 10 2 2 2 10 2 2 2 10 2 22 0 Άρα η (ΙΙ) γίνεται: 20 1 ή ή 2. ΙΙ Για 2 από (ΙΙΙ) έχουμε: 2 1 0 1, αφού 0, Επιμέλεια Θεμάτων και Λύσεων : Σταματίνα Κατσίγιαννη (Μαθηματικός) Σελίδα 8