ΟΙ ΛΥΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Παρασκευή 06 5 0:0 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ LISARI TEAM ΘΕΜΑ Α Σήφης Βοσκάκης ΘΕΜΑ Β Ανδρέας Μανώλης Θανάσης Νικολόπουλος Σταύρος Χαραλάμπους ΘΕΜΑ Γ Πάνος Γκριμπαβιώτης Χρήστος Κουστέρης Δημήτρης Δούδης ΘΕΜΑ Δ Θεόδωρος Παγώνης Θωμάς Ποδηματάς Σταύρος Σταυρόπουλος ΣΥΝΤΟΝΙΣΜΟΣ Μάκης Χατζόπουλος ΘΕΜΑΤΑ & ΛΥΣΕΙΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΩΝ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 05
Οι απαντήσεις και οι λύσεις είναι αποτέλεσμα της συλλογικής δουλειάς των συνεργατών του διαδικτυακού τόπου η έκδοση: 06 05 (συνεχής ανανέωση) Οι λύσεις διατίθεται αποκλειστικά από το μαθηματικό blog
Πρόλογος Στο παρόν αρχείο περιλαμβάνονται οι λύσεις των Επαναληπτικών Πανελλαδικών Εξετάσεων στο μάθημα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής κατεύθυνσης. Η παρουσίαση των λύσεων είναι πλήρης και αναλυτική στο μέγιστο δυνατό, προκειμένου οι μαθητές να μπορούν να μελετήσουν και να επεξεργαστούν εύκολα το αρχείο. Η εργασία αυτή εκπονήθηκε αποκλειστικά από τη γνωστή διαδικτυακή ομάδα Μαθηματικών από διάφορα μέρη της Ελλάδος, τη lisari team. Προσπάθησαν και τα κατάφεραν να δώσουν πρώτοι διαδικτυακά τις πλήρεις λύσεις σε ένα αρχείο pdf!! Την αρχική συγγραφή των λύσεων ακολούθησαν ενδελεχείς έλεγχοι, διορθώσεις και βελτιώσεις με στόχο μια πληρέστερη και πιο ποιοτική παρουσίαση. Ζητούμε συγνώμη για τυχόν παραλείψεις, λάθη ή αστοχίες που ενδεχομένως θα έχουν διαφύγει της προσοχής μας, γεγονός αναπόφευκτο δεδομένων των στενών χρονικών περιθωρίων. Θα ακολουθήσουν επόμενες εκδόσεις, όπου η εν λόγω παρουσίαση θα βελτιωθεί, ίσως εμπλουτιστεί και με εναλλακτικές λύσεις. Οποιαδήποτε σχόλια, παρατηρήσεις, διορθώσεις και βελτιώσεις επί των λύσεων είναι ευπρόσδεκτα στην ηλεκτρονική διεύθυνση lisari.blogspot@gmail.com. Με εκτίμηση lisari team 06 05
lisari team Αντωνόπουλος Νίκος (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου Κατεύθυνση - Άργος) Αυγερινός Βασίλης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου ΔΙΑΤΑΞΗ - Ν. Σμύρνη και Νίκαια) Βελαώρας Γιάννης (Φροντιστήριο ΒΕΛΑΩΡΑΣ - Λιβαδειά Βοιωτίας) Βοσκάκης Σήφης (Φροντιστήριο Ευθύνη - Ρέθυμνο) Γιαννόπουλος Μιχάλης (Αμερικάνικη Γεωργική Σχολή) Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης (Φροντιστήριο Αστρολάβος - Άρτα) Δούδης Δημήτρης ( ο Λύκειο Αλεξανδρούπολης) Ζαμπέλης Γιάννης (Φροντιστήρια Πουκαμισάς Γλυφάδας) Κακαβάς Βασίλης (Φροντιστήριο Ώθηση - Αργυρούπολη) Κάκανος Γιάννης (Φροντιστήριο Παπαπαναγιώτου Παπαπαύλου - Σέρρες) Κανάβης Χρήστος (Διδακτορικό στο ΕΜΠ ο ΣΔΕ φυλακών Κορυδαλλού) Καρδαμίτσης Σπύρος (Πρότυπο Λύκειο Αναβρύτων) Κοπάδης Θανάσης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίων 9+ - Πολύγωνο) Κουλούρης Ανδρέας ( ο Λύκειο Γαλατσίου) Κουστέρης Χρήστος (Φροντιστήριο Στόχος - Περιστέρι) Μανώλης Ανδρέας (Φροντιστήριο Ρηγάκης - Κοζάνη) Μαρούγκας Χρήστος ( ο ΓΕΛ Κηφισιάς) Νάννος Μιχάλης ( ο Γυμνάσιο Σαλαμίνας) Νικολόπουλος Θανάσης (Λύκειο Κατασταρίου, Ζάκυνθος) Παγώνης Θεόδωρος (Φροντιστήριο Φάσμα - Αγρίνιο) Παντούλας Περικλής (Φροντιστήρια Γούλα-Δημολένη - Ιωάννινα) Παπαδομανωλάκη Μαρία (Ιδιοκτήτρια Πρότυπου Κέντρου Μάθησης ΔΙΑΚΡΙΣΙΣ - Ρέθυμνο) Παπαμικρούλης Δημήτρης (Εκπαιδευτικός Οργανισμός Ρόμβος) (νέο) Ποδηματάς Θωμάς (Σπουδαστήριο Μαθηματικών Θωμάς και Ρόζα Ποδηματά Βόλος) Ράπτης Γιώργος (6 ο ΓΕΛ Βόλου) Σίσκας Χρήστος (Φροντιστήριο Μπαχαράκης - Θεσσαλονίκη) Σκομπρής Νίκος (Συγγραφέας ο Λύκειο Χαλκίδας) Σπλήνης Νίκος (Φροντιστήριο ΟΡΙΖΟΝΤΕΣ - Ηράκλειο Κρήτης) Σπυριδάκης Αντώνης (Γυμνάσιο Βιάννου - Λασίθι) Σταυρόπουλος Παύλος (Ιδιωτικά Εκπαιδευτήρια Δούκα) Σταυρόπουλος Σταύρος (Γραμματέας Ε.Μ.Ε Κορινθίας - Γυμνάσιο Λ.Τ. Λέχαιου Κορινθίας) Τηλέγραφος Κώστας (Φροντιστήριο Θεμέλιο - Αλεξανδρούπολη) Τρύφων Παύλος ( ο Εσπερινό ΕΠΑΛ Περιστερίου) Φιλιππίδης Χαράλαμπος (Ελληνογαλλική Σχολή Καλαμαρί) Χαραλάμπους Σταύρος (Μουσικό Σχολείο Λαμίας) Χατζόπουλος Μάκης (Υπουργείο Παιδείας και Θρησκευμάτων)
Γ Λυκείου 06 05 lisari team / σχολικό έτος 04 5 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ IOYNIOY 05 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΔΕΚΑΤΕΣΣΕΡΕΙΣ (4) (έκδοση Γ ) ΘΕΜΑ Α Α. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 04 ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 5 Α. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 79 Α4. α) Σωστό, σχολικό βιβλίο, σελίδα 9 β) Σωστό, σχολικό βιβλίο, σελίδα 66 γ) Λάθος, σχολικό βιβλίο, σελίδα 78 δ) Λάθος, σχολικό βιβλίο, σελίδα 8 ε) Λάθος, σχολικό βιβλίο, σελίδα 4 Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
Γ Λυκείου 06 05 ΘΕΜΑ Β B. Έχουμε: z i 8 z z i z i 8 z z zz iz iz 9i 8 zz z z 9 iz iz 9 8 z z 9 iz iz z z 8 0 i yi i yi yi yi 8 0 i y i y yi yi 8 0 6 6y 8 0 y 0,όπου z yi,, y, δηλαδή ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z είναι η ευθεία με εξίσωση y 0. Β τρόπος: Αν θέσουμε στη δεδομένη σχέση z yi,, y βρίσκουμε: yi i 8 yi y i 8 yi y 8 y y 6 6y 8 0 y 0 6y 9 8 6 9 y Β. Έστω w yi,, y, έχουμε, w i Im w yi i y y i y οπότε για y 0 y έχουμε: y y y i y y 4y y y y y 4 Η τελευταία έπεται και ότι y 0 άρα όλα τα σημεία ικανοποιούν και τον περιορισμό y. Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών w είναι η παραβολή με εξίσωση y 4. Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
Γ Λυκείου 06 05 Β. Το z w ισούται με την απόσταση των εικόνων των μιγαδικών z και w. Δηλαδή εκφράζει την απόσταση των σημείων της ευθείας (ε) : y 0 από τα σημεία της παραβολής C : y 4. M, y τυχαίο σημείο της παραβολής και Α τυχαίο σημείο της ευθείας. Ψάχνουμε την Έστω o o ελάχιστη απόσταση (ΜΑ). Θεωρούμε την προβολή Μο του Μ στην ευθεία. Θα ισχύει Επειδή y o o θα έχουμε 4 MA MM. M o, 0, άρα η απόσταση του Μ από την ευθεία (ε) είναι : 4 o o 4 o 4o o 8 8 MMo d(m, ε) (με το «=» να ισχύει για = ) ( ) 4 4 4 Β τρόπος : o o o o o o Έχουμε 4 4 4 MMo d(m, ε) () ( ) 4 4 4 8 0 ) (αφού Έστω 0 f () 4, A f r. H f είναι παραγωγίσιμη στο r ως πολυωνυμική με f '() 4, r. Οπότε : f '() 0 4 0 f '() 0 4 0 f '() 0 4 0 Ο πίνακας μεταβολών της συνάρτησης f είναι ο παρακάτω: o Χρειάζεται η δικαιολόγηση του Α τρόπου επίλυσης, γιατί αναζητούμε τη κάθετη από το σημείο Μ της παραβολής στην ευθεία (ε). Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
Γ Λυκείου 06 05 Άρα για η f έχει ελάχιστο το Άρα από την () έχουμε, Γ τρόπος Για την ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f 8. Έτσι έχουμε 4 8. o 8 MMo d(m, ε) 4 o f () 4, r, μπορούμε να πούμε ότι ως πολυωνυμική δευτέρου βαθμού με συντελεστή μεγιστοβάθμιου όρου θετικό, παρουσιάζει ελάχιστο 4 στη θέση το fmin f 8 και να συνεχίσουμε όπως παραπάνω). Δ τρόπος Η παραβολή είναι κυρτή συνάρτηση, βρίσκουμε τη εφαπτομένη της παραβολής στο σημείο (, ), από τύπους της Β Λυκείου (ή από τον τύπο της εφαπτομένης) py p y y y y που είναι παράλληλη στην ευθεία (ε) y, άρα το σημείο (,) της παραβολής είναι το πιο κοντινό σημείο της ευθείας (ε), οπότε. Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 4
Γ Λυκείου 06 05 ΘΕΜΑ Γ Γ. Η f παραγωγίσιμη στο 0, ως διαφορά τωv παραγωγίσιμων συναρτήσεων (εκθετική) και ln (λογαριθμική), άρα f e ln e f e 0 για κάθε 0, Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, και ισχύει: f 0 (προφανής ρίζα) e Επομένως για : f. f f f 0 Άρα ο πίνακας μεταβολών είναι: 0, η f γνησίως φθίνουσα,, η f γνησίως αύξουσα, Για έχει ελάχιστο το Εύρεση συνόλου τιμών: Έχουμε, αφού, f. f.. f f f 0 0 f f f A f, lim f, 0, 0 lim e ln lim e lim ln e 0 0 0 και αφού, A, f A f, lim f, ln lim e ln lim e ( ) 0 e lim e, Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 5
Γ Λυκείου 06 05 ln D.L.H lim lim lim 00 0 e e e Άρα f A f A f A, Γ. Για την οπότε, Άρα h f f έχουμε, και f e ln, 0 f A / Af / 0 f Επομένως h Για την h πρέπει : g t dt t 0 t t ή t δηλαδή Επειδή Όμως t,,, άρα h f f f f () 0 για κάθε η είναι f γνησίως αύξουσα, άρα () f f ή τελικά g,, Γ. Έχουμε, f f f f f () Για η f έχει ολικό ελάχιστο, δηλαδή Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 6
Γ Λυκείου 06 05 f f για κάθε 0 Και το ίσον ισχύει μόνο για, άρα () f f Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f έχει δύο ακριβώς θετικές ρίζες. Το f A και η f συνεχής στο άρα υπάρχει A : f Το μοναδικό διότι για κάθε A η f γνησίως φθίνουσα. Επίσης 0, άρα : 0 Το f A και η f συνεχής στο άρα υπάρχει A : f Το μοναδικό διότι για A η f γνησίως αύξουσα. Επίσης, άρα 0 Δηλαδή η εξίσωση f έχει ακριβώς δύο θετικές ρίζες πράγμα που ισχύει και για την ισοδύναμη της: f f. Γ4. Έχουμε, 0, και, άρα Η εξίσωση εφαπτομένης της f στο σημείο,f ( ) είναι : y f f Για να διέρχεται από το 0, αρκεί f f 0 f f f f 0 με, Αρκεί η εξίσωση f f 0 να έχει μοναδική ρίζα στο, Θεωρώ τη συνάρτηση : Η γιατί και συνεχής στο f f,, ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων. f f f f. ύ. f f f 0 f 0 () f () f () 0 Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 7
Γ Λυκείου 06 05 Άρα θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον f f 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα. Επίσης Άρα η, : A 0, δηλαδή η εξίσωση f f f 0, ά, A f γνησίως αύξουσα, επομένως η ρίζα είναι μοναδική. Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 8
Γ Λυκείου 06 05 ΘΕΜΑ Δ Δ. Διαιρούμε την αρχική σχέση με 0 και έχουμε : Άρα f () f () f () f () ( )f () ln ( )f() ln c () Όμως η αρχική σχέση για γίνεται : f () f() f() Οπότε η () για γίνεται : f() ln c c 0 Επομένως θα έχουμε : Επίσης για γίνεται Επίσης f συνεχής στο 0,, άρα ( )f () ln ln f () 0 ln 0 f () lim lim D.L.H. Β τρόπος : Επίσης f συνεχής στο 0,, θα είναι και στο και επειδή από υπόθεση έχω ότι f () άρα : Δ. Θεωρούμε την συνάρτηση : ln, 0 f (), f (t) k() f (t)dt dt, 0 t Επειδή f συνεχής στο 0, η k παραγωγίσιμη με : f f k () f () f () Αν τότε k () f () f () 0 Αν τότε η () γίνεται, Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 9
Γ Λυκείου 06 05 ln ln ln ln ln ln k () 0 Οπότε για κάθε 0 έχουμε : k () 0 k() c και επειδή k() 0, θα έχουμε : k() 0 f (t) f (t)dt dt 0 t Β τρόπος (έκδοση γ ) Για τα ολοκληρώματα ισχύει το θεώρημα αντικατάστασης δ(β) β α δ(α) γ δ() δ ()d γ t dt όπου γ,δ συνεχείς συναρτήσεις, t δ() και dt δ ()d f (t) f (t)dt dt 0 t Τότε, για (0,) (, ), είναι f (t) δ() dt γ(t)dt δ() t, f (t) όπου γ(t) συνεχής στο (0, ) και δ() παραγωγίσιμη στο (0, ). Έτσι, αν t εφαρμόσουμε το θεώρημα της αντικατάστασης από το ο στο ο μέλος έχουμε: Όμως, δ() f (t) dt γ(t)dt γ δ() δ ()d t δ() f d f d f d ln ln f ln ln 0 f () Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 0
Γ Λυκείου 06 05 άρα Επίσης, f f (t) dt d f()d t για (0,) (, ). f (t) dt f()d t για τετριμμένα. Συνεπώς, για κάθε (0, ) ισχύει: Δ. α) Είναι f (t) dt t f()d f t g dt f t dt, 0 t Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη από την εκφώνηση, άρα και συνεχής στο 0, άρα η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο 0,, άρα Αν 0, τότε Αν, τότε g ' f t dt f, 0. 0 0 f dt 0 f 0 dt ' g g 0 g ' lim lim lim lim f lim f DLH ' DLH άρα g' f, ά 0. Τώρα, Αν 0 : g' παραγωγίσιμη αφού f παραγωγίσιμη από την υπόθεση, με όπου και g ' ln ln ln, 0, παραγωγίσιμη με 0 φ' 0 φ:γν.αύξουσα, ενώ οπότε έχουμε μέγιστο στο 0 το να ισχύει μόνο στο 0, άρα είναι 0, άρα είναι 0, για κάθε 0. (4) φ' 0 φ γν. φθίνουσα 0, ά 0 με την ισότητα Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
Γ Λυκείου 06 05 Αν, άρα τελικά : οπότε είναι ln g g ln g lim lim lim 0/0 DLH 0/0 ln lim lim lim, DLH g '' g'' 0, για κάθε 0, 0,, 0,. άρα g:κοίλη στο Β τρόπος Μπορούσαμε να μελετήσουμε και τη μονοτονία της ln,0 g ' f,, χωρίς να βρίσκαμε την παράγωγο της g' στο 0, απλά να λέγαμε ότι είναι συνεχής στο 0 η g'! β) Είναι g'' 0 άρα g': γν.φθίνουσα οπότε επειδή θα είναι άρα θα είναι ln / lim g ' lim lim 0 και DLH lim g' ln lim, 0 0 g' 0, lim g', lim g' 0,, 0 g' 0, για κάθε 0 οπότε θα είναι g:γν.αύξουσα. Όμως είναι και η μοναδική ρίζα της g. Η εφαπτομένη του Όμως το g C g στο 0 είναι η y g g' y 0 ή ( ) : y. C στρέφει τα κοίλα κάτω, άρα ε g 0 άρα το 0 g y, οπότε το ζητούμενο χωρίο θα είναι : E g d g d g d g d (*) Όμως η g:γν. αύξουσα και g 0, άρα Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
Γ Λυκείου 06 05 g g g g 0, για κάθε, με την ισότητα να ισχύει ΜΟΝΟ όταν, άρα οπότε g d 0. Από την * είναι φανερό ότι E, όπως θέλαμε. g 0 για κάθε, και όχι παντού 0, Δ4. Έχουμε, f (t)dt tf (t)dt f (t)dt tf (t)dt f (t)dt tf (t)dt 0 ( t)f (t)dt 0 () Έχουμε, όμοια, δηλαδή t lnt 0 και t 0 άρα lnt 0 f (t) 0 t t lnt 0 και t 0 άρα lnt 0 f (t) 0 t f (t) 0 για t και f () 0, άρα f (t) 0 για κάθε t 0 Για = η () ισχύει ως ισότητα. Για > έχουμε ( )( ) 0 και t, t 0 Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team
Γ Λυκείου 06 05 Οπότε ( t)f (t) 0 και επειδή δεν είναι παντού μηδέν και η h(t) ( t)f(t) είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών είναι Για 0 < < έχουμε ( t)f (t)dt 0 ( )( ) 0 και t, t 0 Οπότε ( t)f (t) 0 και επειδή δεν είναι παντού μηδέν και η h(t) ( t)f(t) είναι συνεχής ως πράξεις συνεχών είναι Άρα ( t)f (t)dt 0 ( t)f (t)dt 0 ( t)f (t)dt 0 ( t)f (t)dt 0 για κάθε > 0. Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 05: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 4