ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 07 Ε_3.ΜλΓΑ(α) ΤΑΞΗ: ΜΑΘΗΜΑ: ΘΕΜΑ A Β ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΛΓΕΒΡΑ /ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙ ΕΙΑΣ Ηµεροµηνία: Τετάρτη 9 Απριλίου 07 ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α. Απόδειξη (Σχολικό βιβλίο, σελίδα 75) Α. 3 α) Λάθος. [πχ. Αν P = 3 + 4 (3 ου βαθµού) και Q ΘΕΜΑ Β (3 ου βαθµού), τότε είναι P + Q = 4 + 7+ 3 ( ου βαθµού)]. 3 = 3 + 7 + 5 β) Λάθος. [πχ. Για τη συνάρτηση f = είναι f () = < 4 = f () αλλά δεν είναι γνησίως αύξουσα στο R αφού για < είναι f ( ) = 4> = f ( ) ]. γ) Σωστό. (Σχολικό βιβλίο, σελίδα 44) δ) Λάθος. (Ο log δεν ορίζεται για αρνητικές τιµές του ). ε) Λάθος. [Είναι e = > 0 για κάθε R ]. e Β. Είναι: i συν( π+ θ) = συνθ 9π 0π π i συν θ = συν θ = συν 0π θ = = συν θ = συν θ συν θ + = + = = συν ( θ) = ηµ ( θ) = ηµθ i σφ( π θ) = σφθ i σφ θ = εφθ i συν( π θ) = συνθ i ηµ ( π+ θ) = ηµθ ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 9
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 07 Ε_3.ΜλΓΑ(α) i εφ θ = σφθ i εφ( π+ θ) = εφθ Εποµένως, η παράσταση Α γίνεται: 9π συν( π + θ) συν θ σφ( π θ) σφ θ Α = = συν( π θ) ηµ ( π + θ) εφ θ εφ( π + θ) ( συνθ) ( ηµθ) ( σφθ) εφθ = = ( συνθ) ( ηµθ) σφθ εφθ Β. Για τη συνάρτηση f = ηµ έχουµε: i ma f= = i min f= = π π i περίοδος Τ= = = 4π ω Ο πίνακας τιµών για το διάστηµα µιας περιόδου [0, 4 π ] είναι: 0 π π 3π 4π π 3π 0 π π ηµ 0 0 0 ηµ 0 0 0 Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f στο [0, 4 π ] είναι: ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: ΑΠΟ 9
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 07 Ε_3.ΜλΓΑ(α) π Β3. f = Α ηµ = ηµ = ηµ = ηµ 6 π π = kπ +, k Z 4, 6 = kπ + k Z 3 ή ή π 5π = kπ + π, k Z = 4 kπ +, k Z 6 3 Β4. Επειδή οι αριθµοί 5 π π και ανήκουν στο διάστηµα [ π, 3π ] όπου η f είναι 4 6 γνησίως φθίνουσα, ισχύει: 5 π π 5 π π < f > f 4 6 4 6 ΘΕΜΑ Γ Γ. Αφού το πολυώνυµο λ = 0 λ = λ = ή λ = P είναι 3 ου βαθµού θα πρέπει: Για = άρα η τιµή λ = απορρίπτεται. 3 Για λ = έχουµε = 7 + 6 βαθµού και άρα η τιµή λ = είναι δεκτή. Για λ = Γ. Είναι λ έχουµε P = 7 + 6, οπότε το 3 P = 7 + 6. P είναι ου βαθµού και P, οπότε το P είναι 3 ου Θέλουµε να βρούµε τα σηµεία τοµής της γραφικής παράστασης της P µε τον άξονα, οπότε αρκεί να λύσουµε πολυωνυµικής συνάρτησης 3 την εξίσωση: P = 0 7 + 6 = 0 Πιθανές ακέραιες ρίζες του P( ) οι ±, ±, ± 3, ± 6 Εφαρµόζοντας σχήµα Horner για = έχουµε: 7 6 6 = 6 0 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 3 ΑΠΟ 9
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 07 Ε_3.ΜλΓΑ(α) Εποµένως: 3 7 + 6 = 0 + 6 = 0 + 6= 0 = 0 ή 3 = ή = ή = οπότε, τα σηµεία τοµής είναι τα Α (,0), Β,0, Γ(,0) Q έχει παράγοντα το θα ισχύει ότι: Γ3. α) Αφού το πολυώνυµο Q ( µ ) ( µ ) β. = 0 8 4 + + + = 0 8 4µ 4 + µ + = 0 µ + 4 = 0 µ = 4 µ = 3 Για = = 3 + + του + 3 γίνεται ως εξής: µ έχουµε Q, ενώ η διαίρεση του H ταυτότητα της διαίρεσης είναι: Q ( )( ) 6 9 + 6 + < 0 () Q + 55 P + = + 3 6 + 9 55 Q δια Από Γ3.α) έχουµε εποµένως Q + 55= ( + 3)( 6 + 9) Από Γ. έχουµε P = ( )( + 6) Q = + 3 6 + 9 55, ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 4 ΑΠΟ 9
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 07 Ε_3.ΜλΓΑ(α) ΘΕΜΑ Πρέπει: ( )( ) R ( <0) + 3 6 + 9 0 3, αφού Επίσης πρέπει ( )( ) 3 6 + 9 0 για κάθε + 6 0,, 3 Για 3,,, η ανίσωση () ισοδύναµα γίνεται: 6 + 9 + 6 + < 0 + < 0 + 3 6 + 9 + 6 + 3 + 3 + + 3 + < 0 < 0 ( + 3)( ) ( + 3)( ) ( + 3)( ) + ( + ) ( + 3)( ) ( + 3)( ) ( )( )( ) < 0 < 0 + + 3 < 0 Άρα η ανίσωση αληθεύει όταν (, 3) (,) = ορίζεται σε όλο το R όταν: lα n lnα > 0 0 lnα > lnα lnα( lnα ) > 0 lnα 0 lnα ln α α > 0 α > 0 α > 0. Η συνάρτηση f ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 5 ΑΠΟ 9
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 07 Ε_3.ΜλΓΑ(α) Από τον παραπάνω πίνακα προσήµου έχουµε ότι: α ( 0, ) ( e, + ) H f είναι γνησίως αύξουσα στο R όταν: > > 0 lnα < 0 lnα lnα α 0, e, + α ( 0, ) ( e, + ) α ( 0, ) ( e, + ) α < α 0 α ( 0, ) ( e, + ). Για κάθε R έχουµε: (, ) + f( ) f = = = lnα lnα lnα f = f για κάθε R. Άρα, Από την παραπάνω σχέση για = έχουµε: f = f Άρα, f > 0 f( e ) f > f( e ) > f( e ) > f f ( fր) ( l n ր) e > ln e > ln > ln > ln ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 6 ΑΠΟ 9
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 07 Ε_3.ΜλΓΑ(α) 3. α) Έχουµε: ln ln 9 4 α log3 8 log35 log3 5 e e ln = + + ln 5 = log3 8 + log3 e + e = log3 8+ log3 3 9+ e 5 β) ln ln9 ln ln = log39+ 3+ e = + e = e Άρα, f = = ( ) 3, = + = R lne α τρόπος Έχουµε ( ) n ln f ln + ln f < l + + ln f < ln + ln + ( f ) ( ( )) ( 3 ) ln( ( 3 )) ln < + 3 < + 3 : 3 3 < + < 0 Θέτουµε = ω > 0 και η ανίσωση γίνεται: ω 0 3 3 3 > ω ω < 0 0 < ω < 0 < < < < 0 β τρόπος Έχουµε ( f ) ( ) n ln f ln + ln f < l + + ln f < ln + ln + ( ( )) 0 ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 7 ΑΠΟ 9
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 07 Ε_3.ΜλΓΑ(α) ( 3 ) ln( ( 3 )) ln < + < + 3 3 3 < + 3 3 :3 + > 0 3 3 Θέτουµε = ω > 0 και η ανίσωση γίνεται: 3 0 ց ω> 0 3 ω + ω > 0 ω > > > < 0 3 3 3 γ' τρόπος Έχουµε ln + ln f < ln + ln + f ( f ) ( ) ln f < ln + ln + ( ( )) ( 3 ) ln( ( 3 )) ln < + 3 < + 3 :( 3 ) 3 3 < + 3 3 3 < 3 + < + < + < 0 Θέτουµε = ω > 0 και η ανίσωση γίνεται: 0 ր ω> 0 ω ω < 0 0 < ω < 0 < < < < 0 δ' τρόπος ln + ln f < ln + ln + f Έχουµε ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 8 ΑΠΟ 9
ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 07 Ε_3.ΜλΓΑ(α) ( ) ( ) ( 3 ) ln( ( 3 )) ln f ( ) < ln + ln + f ( ) ln < + 3 < + 3 + 3 3 > 0 + 3 3 3 > 0 3 + 3 3 > 0 ( )( ) ( ) ( 3 )( 3 ) 0 3 + 3 + 3 3 > 0 + > + 3 > 0 3 > 0 > 3 > 0 < < ր < 0 γ) Έχουµε: οπότε, f 0 ( f )( f) f f + = = 4 = 4 3= = και η εξίσωση γίνεται: + f ( ) ( ) + f + f = 4 + f + = 4 ( f) f ( f = 3) ( + f ) ( ) + + = 4 + + 3 4 + 3 + = 0 Θέτουµε + 3 = y> 0 και η εξίσωση γίνεται: 4 + 4 y 4y + = 0 y = ή y = y = + 3 ή y = 3 = = + 3 + 3 ( 3) ( 3) ή ( 3) ( 3) + = + + = + = ή = ΤΕΛΟΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΩΝ ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ ΑΣ ΣΕΛΙ Α: 9 ΑΠΟ 9