ΠΑΓΚΥΠΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2018 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Στασίνου 36, Γραφείο 102, Στρόβολος 2003, Λευκωσία Τηλέφωνο: 357 22378101 Φαξ: 357 22379122 cms@cms.org.cy, www.cms.org.cy ΠΑΓΚΥΠΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ 2018 ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Ημερομηνία: Παρασκευή, 25/05/2018 ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ ΛΥΣΕΙΣ ΑΠΟ ΤΗΝ ΚΥΠΡΙΑΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ ΜΕΡΟΣ A : Να λύσετε και τις 10 ασκήσεις του Μέρους Α. 1. Να βρείτε το ολοκλήρωμα: Κάθε άσκηση βαθμολογείται με 5 μονάδες. 8 ημ 5 7 Είναι: 8 ημ 5 7 8 ημ5 7 8 4 συν5 7 2 συν 5 7 2. Να υπολογίσετε το όριο: lim 3 4 Είναι: lim, lim 3 4 Άρα, εμφανίζεται απροσδιοριστία της μορφής. Εφαρμόζουμε τον κανόνα De l Hospital και έχουμε: lim lim 3 4 3 4 2 lim 3 3. Να δείξετε ότι η εξίσωση 8 27 18 2 0 έχει τουλάχιστον μια πραγματική ρίζα (λύση) στο διάστημα 0, 1. Θεωρούμε συνάρτηση στο διάστημα 0, 1 με τύπο 2 9 9 2. Για τη συνάρτηση, έχουμε: Είναι συνεχής στο διάστημα 0, 1 ως πολυωνυμική. Είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα 0, 1 ως πολυωνυμική. 0 1 0 1

0, τέτοιο, ώστε: 0 8ξ 27ξ 18ξ 2 0 Αφού πληρούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle για τη συνάρτηση, τότε υπάρχει 0,1 τέτοιο, ώστε: 0 8ξ 27ξ 18ξ 2 0 Έτσι, συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση 8 27 18 2 0 έχει τουλάχιστον μια πραγματική ρίζα (λύση) στο διάστημα 0, 1. Εναλλακτικά, θεωρούμε συνάρτηση στο 0, 0, 1 με τύπο 8 27 18 2. Για τη συνάρτηση, έχουμε: Είναι συνεχής στο διάστημα 0, ως πολυωνυμική. 0 2, Αφού πληρούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Bolzano για τη συνάρτηση, τότε υπάρχει Έτσι, συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση 8 27 18 2 0 έχει τουλάχιστον μια πραγματική ρίζα (λύση) στο διάστημα 0, 0, 1. Εναλλακτικά, μελετούμε την μονοτονία και τα ακρότατα της συνάρτησης με τύπο 8 27 18 2 στο κλειστό διάστημα 0,1. Έχουμε: 212 27 9 0 12 27 9 0 Οι ρίζες της τελευταίας εξίσωσης είναι: 9 33, 8 9 33 8 Παρατηρούμε ότι 0, 1 0, για κάθε 0, 0, για κάθε,1 Δηλαδή, η είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 0, και γνησίως φθίνουσα στο,1. Όμως 9 33 0 8 και: 0 1 2 Επομένως, αφού η είναι συνεχής στο 0,1, τότε η εξίσωση 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες στο διάστημα 0,1. 2

4. Δίνονται τα ψηφία 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. (α) Να βρείτε πόσους τριψήφιους αριθμούς μπορούμε να σχηματίσουμε με τα πιο πάνω ψηφία, αν δεν επιτρέπεται η επανάληψη ψηφίου. (β) Να βρείτε πόσοι από τους τριψήφιους αριθμούς που σχηματίσαμε στο ερώτημα (α) περιέχουν υποχρεωτικά το ψηφίο 5. (3 μονάδες) (α) Πλήθος τριψήφιων αριθμών με τα ψηφία 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, χωρίς επανάληψη ψηφίου: 9! 9! 504 93! 6! Εναλλακτικά, από την πολλαπλασιαστική αρχή της απαρίθμησης, έχουμε: Ψηφίο Εκατοντάδων Ψηφίο Δεκάδων Ψηφίο Μονάδων 9 8 7 Έτσι, έχουμε 9 8 7504 αριθμούς. (β) Επιλέγω δύο από τα υπόλοιπα οκτώ ψηφία με 8 28 διαφορετικούς τρόπους. Ακολούθως, 2 μαζί με το ψηφίο 5, έχω 28 3! 28 6 168 διαφορετικούς αριθμούς. Εναλλακτικά, μπορώ να επιλέξω τη θέση, στην οποία θα τοποθετήσω το ψηφίο 5 με 3 3 1 διαφορετικούς τρόπους. Ακολούθως, για τις υπόλοιπες δύο θέσεις, έχω 8 756 διαφορετικές επιλογές. Άρα, έχω 3 56 168 διαφορετικούς αριθμούς. Εναλλακτικά, οι τριψήφιοι αριθμοί που δεν περιέχουν το 5 είναι: 8! 336 83! Επομένως, οι τριψήφιοι που περιέχουν υποχρεωτικά το ψηφίο 5 είναι 504 336 168. 5. Έστω το χωρίο που περικλείεται από τις καμπύλες 1 και 3 1 και την ευθεία 1. (α) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου. (β) Να υπολογίσετε τον όγκο του στερεού που παράγεται από την πλήρη περιστροφή του γύρω από την ευθεία 1. (3 μονάδες) (α) Έχουμε: 3 1 1 2 2 3 τετραγωνικές μονάδες 2 3 3

(β) Έχουμε: 3 11 11 9 8 8 5 8 5 κυβικές μονάδες 6. Σε ένα καλάθι έχουμε 6 μήλα, αχλάδια και ροδάκινα, όπου,. Επιλέγουμε τυχαία ένα φρούτο από το καλάθι. H πιθανότητα να επιλέξουμε αχλάδι ή ροδάκινο είναι, ενώ η πιθανότητα να επιλέξουμε μήλο ή ροδάκινο είναι. (α) Nα υπολογίσετε τις τιμές των και. (β) Να υπολογίσετε την πιθανότητα να επιλέξουμε μήλο ή αχλάδι. (4 μονάδες) (1 μονάδα) Ορίζουμε ενδεχόμενα: : «Επιλογή Μήλου» : «Επιλογή Αχλαδιού» : «Επιλογή Ροδάκινου» Τότε, τα ενδεχόμενα,, είναι ασυμβίβαστα και έχουμε: 6, 6 (α) Έχουμε:, 6 6 3 4 6 6 3 4 18 6 1 7 12 6 6 6 7 12 6 7 5 30 6 2 Από την επίλυση του συστήματος των 1, 2, παίρνουμε 10, 8. (β) Έχουμε: 6 6 6 6 24 10 24 2 3 4

7. Δίνεται η εξίσωση: 2 1, 2, 3 3 (α) Να βρείτε για ποια τιμή του η εξίσωση παριστάνει κύκλο. (1 μονάδα) (β) Να βρείτε για ποιες τιμές του η εξίσωση παριστάνει έλλειψη. (γ) Αν 2,, να δείξετε ότι η έλλειψη που προκύπτει έχει τις εστίες της στον άξονα των τεταγμένων. (α) Η εξίσωση παριστάνει κύκλο, όταν: 2 20 3 30 23 1 1 2 2 (β) Η εξίσωση παριστάνει έλλειψη, όταν: (γ) Αν 2,, τότε 2 20 3 30 23 1 2, 1 2 1 2,3 2 2 1 2 025 2 1 και: 1 2 2 5 3 5 2 2 Από τις 1, 2 προκύπτει ότι 23, γεγονός που δηλώνει ότι οι εστίες της έλλειψης βρίσκονται στον άξονα των τεταγμένων. 8. Αν η συνάρτηση :, 0 1, είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και ικανοποιεί τη σχέση 2, να αποδείξετε ότι η γραφική παράσταση της δεν έχει σημεία καμπής. H είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο, 0. Έτσι, για κάθε 0, έχουμε: 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 Ισχύει 1, 0 και 0, για κάθε 0. Επομένως, από την 1 έπεται ότι: 0, 0, Έτσι, συμπεραίνουμε ότι η γραφική παράσταση της στρέφει τα κοίλα της προς τα κάτω (κοίλη) στο διάστημα 0, και δεν έχει σημεία καμπής. 5

9. Δίνεται η συνάρτηση : 0, με τύπο: 2 ln (α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση ως προς τη μονοτονία. (β) Να δείξετε ότι: ln, 0 (3 μονάδες) (α) Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα 0,, με: 2 ln 2 1 2ln 0 ln1 Η μονοτονία και τα ακρότατα της φαίνονται στον πιο κάτω πίνακα. Η είναι: γνησίως αύξουσα στο διάστημα 0, γνησίως φθίνουσα στο διάστημα, (β) Από τον πίνακα του ερωτήματος (α), παρατηρούμε ότι η λαμβάνει την ολικά μέγιστη τιμή της για, την. Επομένως, για κάθε 0, έχουμε: 2 ln 2 ln ln Εναλλακτικά, θεωρούμε τη συνεχή συνάρτηση με τύπο: ln, 0 Η είναι παραγωγίσιμη στο 0,, με: 1 1 0 Επειδή 0, για κάθε και 0, για κάθε 0, τότε η είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα 0, και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα,. Επομένως, η παρουσιάζει ολικό μέγιστο στο. Δηλαδή, για κάθε 0, έχουμε: 0ln ln 6

Εναλλακτικά, θεωρούμε τη συνάρτηση με τύπο ln, 0. Η είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο 0,, με: 1, 1 0 Επομένως, η είναι κοίλη (στρέφει τα κοίλα κάτω) στο 0,. Η ευθεία με εξίσωση είναι εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της στο σημείο της με. Άρα, για κάθε 0, έχουμε: ln ln 10. Δίνεται τo ολοκλήρωμα: (α) Να δείξετε ότι: (β) Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα. 1, 0, 1, 2, 3, 1 2 1, (3 μονάδες) (α) Για κάθε, έχουμε: 1 11 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 Εναλλακτικά, για κάθε, έχουμε: 1 1 1 (β) Για 2, έχουμε: 1 1 1 2 1 2 1 1 2 1 1 3 1 3 1 2 3 1 2 1 3 τοξεφ 4 2 3 7

Εναλλακτικά, έχουμε: 1 1 1 1 3 τοξεφ 3 8 12 ΜΕΡΟΣ B : Να λύσετε και τις 5 ασκήσεις του Μέρους Β. Κάθε άσκηση βαθμολογείται με 10 μονάδες. 1. Δίνεται η συνάρτηση με τύπο: 1 Να βρείτε το πεδίο ορισμού της, τα σημεία τομής της με τους άξονες των συντεταγμένων, τα διαστήματα μονοτονίας, τα τοπικά ακρότατα και τις ασύμπτωτες της γραφικής παράστασής της, αν υπάρχουν, και να την παραστήσετε γραφικά. Πεδίο Ορισμού: Σημεία τομής με τους άξονες των συντεταγμένων: 0, 1, 1, 0 Μονοτονία Ακρότατα: Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο, με: 21 12 0 120 1 0, 2 Η μονοτονία και τα ακρότατα της φαίνονται στον πιο κάτω πίνακα. Η είναι: γνησίως αύξουσα στο διάστημα, γνησίως φθίνουσα στο διάστημα, Η έχει τοπικό μέγιστο το. Ασύμπτωτες: Η συνάρτηση είναι συνεχής στο,. Επομένως, δεν υπάρχουν κατακόρυφες ασύμπτωτες της γραφικής παράστασης της. Είναι: lim 1, lim 0 Άρα, έχουμε απροσδιόριστη μορφή 0. Επειδή δεν μπορούμε να υπολογίσουμε το όριο αυτό, το μετατρέπουμε σε όριο πηλίκου, ώστε να χρησιμοποιήσουμε τον κανόνα De l Hospital. Είναι: 1 lim 1 lim 8

Άρα, έχουμε απροσδιόριστη μορφή. Εφαρμόζουμε τον κανόνα De l Hospital και έχουμε: 1 1 lim lim 2 0 Επιπλέον: lim Άρα, η ευθεία 0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της (στην περιοχή του ). Γραφική παράσταση της : 2. Έστω τυχαίο σημείο της παραβολής 4 με 0 και η αρχή των αξόνων. Από το σημείο φέρουμε ευθεία παράλληλη προς τον άξονα της παραβολής, η οποία τέμνει τον άξονα των τεταγμένων στο σημείο. Στη συνέχεια, από το σημείο φέρουμε ευθεία, η οποία τέμνει κάθετα το ευθύγραμμο τμήμα στο σημείο. (α) Να δείξετε ότι η ευθεία διέρχεται από σταθερό σημείο του άξονα των τετμημένων. (4 μονάδες) (β) Να δείξετε ότι η εξίσωση της καμπύλης πάνω στην οποία βρίσκεται ο γεωμετρικός τόπος του σημείου, καθώς το κινείται στην παραβολή, είναι κύκλος. (6 μονάδες) (α) Έστω,2, 0 τυχαίο σημείο της παραβολής 4,0. Έχουμε: : 2 και 0, 2 Η κλίση της είναι: 2 2 Επομένως, η κλίση της είναι: 2 9

Έτσι, η εξίσωση της είναι η: 2 2 240 Αν είναι το σημείο τομής της με τον άξονα των τετμημένων, τότε: 2 4 0 0 4 4 Παρατηρούμε ότι το σημείο 4, 0 είναι σταθερό σημείο του άξονα των τετμημένων. Σημείωση Αν 0, τότε το σημείο συμπίπτει με το σημείο. Εναλλακτικά, χρησιμοποιώντας καρτεσιανές συντεταγμένες, έχουμε: Έστω,. Τότε, 0,, και. Η εξίσωση της ευθείας είναι η: Για 0, στην τελευταία εξίσωση, έχουμε: 4 Επομένως, η ευθεία διέρχεται από το σταθερό σημείο 4, 0. (β) Το σημείο βρίσκεται στην τομή των ευθειών και. Επομένως, για την εξίσωση της καμπύλης στην οποία βρίσκεται ο γεωμετρικός τόπος του σημείο, έχουμε: 4 : 2 2 2 24 2 0 2 2 80 : 2 4 0 40 2 4 Εύκολα παρατηρούμε ότι η εξίσωση της καμπύλης, στην οποία βρίσκεται ο γεωμετρικός τόπος του σημείο, είναι κύκλος με κέντρο το σημείο 2, 0 και ακτίνα μήκους 2 μονάδες. Εναλλακτικά, παρατηρούμε ότι τα σημεία 0, 0 και 4, 0 είναι σταθερά σημεία του επιπέδου, με την γωνία να παραμένει ορθή, καθώς το σημείο κινείται πάνω στην παραβολή. Επομένως, η γωνία είναι εγγεγραμμένη σε κύκλο (με εξαίρεση τα σημεία και ) διαμέτρου. Έτσι, το κέντρο του κύκλου είναι το μέσο του με συντεταγμένες 2, 0 και η ακτίνα του έχει μήκος 2 μονάδες. Τελικά, η εξίσωση της καμπύλης, στην οποία βρίσκεται ο γεωμετρικός τόπος του σημείο, είναι η 2 4. Εναλλακτικά, αν,, από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο, έχουμε: 0 4 4 8 2 2 4 2 4 Εύκολα παρατηρούμε ότι η εξίσωση της καμπύλης, στην οποία βρίσκεται ο γεωμετρικός τόπος του σημείο, είναι κύκλος με κέντρο το σημείο 2, 0 και ακτίνα μήκους 2 μονάδες. 10

3. Σε ένα διαγωνισμό δεξιοτήτων οι διαγωνιζόμενοι θα περάσουν από 5 διαφορετικά στάδια δοκιμασίας. Η πιθανότητα ένας διαγωνιζόμενος να πετύχει σε ένα οποιοδήποτε στάδιο είναι. Να υπολογίσετε την πιθανότητα των ενδεχομένων: (α) ο διαγωνιζόμενος να πετύχει σε τρία ακριβώς στάδια (4 μονάδες) (β) ο διαγωνιζόμενος να πετύχει σε τρία ακριβώς συνεχόμενα στάδια (3 μονάδες) (γ) ο διαγωνιζόμενος να πετύχει σε ένα τουλάχιστον στάδιο (3 μονάδες) Ορίζουμε ενδεχόμενα : «Ο διαγωνιζόμενος να πετύχει στο στάδιο», 1, 2, 3, 4, 5, με: 4 5, 1, 1, 2, 3, 4, 5 5 Τα ενδεχόμενα, 1,2,3,4,5, είναι ανεξάρτητα. (α) Ο διαγωνιζόμενος μπορεί να πετύχει σε τρία ακριβώς στάδια με 5 10 διαφορετικούς τρόπους. 3 Έτσι: 10 4 5 1 5 128 625 (β) Ο διαγωνιζόμενος μπορεί να πετύχει σε τρία ακριβώς συνεχόμενα στάδια με 3 διαφορετικούς τρόπους. Έτσι: 3 4 5 1 5 192 3125 (γ) Ο διαγωνιζόμενος μπορεί να αποτύχει σε όλα τα στάδια με πιθανότητα: 1 5 1 3125 Έτσι, ο διαγωνιζόμενος μπορεί να πετύχει σε τουλάχιστον ένα στάδιο με πιθανότητα: 1 1 5 3124 3125 4. Δίνεται η έλλειψη 1 και ένα σημείο της 9συν, 3ημ στο πρώτο τεταρτημόριο. Η εφαπτομένη της έλλειψης στο σημείο τέμνει τους άξονες των τετμημένων και τεταγμένων στα σημεία και, αντίστοιχα. Να υπολογίσετε την τιμή του, για την οποία το μήκος του ευθυγράμμου τμήματος είναι ελάχιστο. Έχουμε: 9 1 2 2 81 9 0 9 81 Η κλίση της εφαπτομένης της έλλειψης στο σημείο της είναι: συν 3ημ 11

Η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης στο σημείο της είναι η: 3ημ συν 3ημ 9συν 3ημ9ημ συν 9συν συν 3ημ 9 Για το σημείο έχουμε: 1 0 9 9, συν συν,0 Για το σημείο έχουμε: 1 0 3 ημ, 0, 3 ημ Έστω η συνάρτηση του μήκους του ευθύγραμμου τμήματος. Έχουμε: 1 9 συν 3 ημ 39τεμ στεμ, 0, 2 Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα 0,, με: 39τεμ εφ στεμ σφ 81τεμ 9στεμ Έχουμε: 0 9τεμ εφ στεμ σφ 0 9ημ συν συν ημ εφ 1 9 εφ 1 3 Κατασκευάζουμε πίνακα μονοτονίας για τη συνάρτηση. 3 3 6 Εύκολα παρατηρούμε ότι για, το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος γίνεται ελάχιστο. 5. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση :. (α) Χρησιμοποιώντας την αντικατάσταση 2, ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο, να δείξετε ότι: 2 (4 μονάδες) (β) Αν 2 2,, να δείξετε ότι: 2 (4 μονάδες) (γ) Χρησιμοποιώντας τα πιο πάνω, ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο, να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα: 2 ημ 23 12

(α) Χρησιμοποιούμε την αντικατάσταση 2. Έτσι,, και: 2 0 Έχουμε: 2 (β) Χρησιμοποιώντας το αποτέλεσμα του ερωτήματος (α), καθώς και ιδιότητες του ορισμένου ολοκληρώματος, έχουμε: 2 2 2 2 22 2 (γ) Παρατηρούμε ότι για 2 και για 2 ημ 2,, έχουμε: 2 4 2 ημ 2 2 ημ 2 Δηλαδή: 2 4 0, Έτσι, συμπεραίνουμε ότι 0 και: Έτσι: 20 2 ημ 23 3 3 03 12 Εναλλακτικά, χρησιμοποιούμε την αντικατάσταση 2. Έτσι,, και: 0 4 2 2 Έχουμε: 2 ημ 23 ημ 3 Η συνάρτηση με τύπο ημ, 2, 2 είναι περιττή. Έτσι: Άρα: ημ 0 2 ημ 23 3 3 12 13