mathkat 2013 a

7/21/2019 Mathkat 2013 A

http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 1/13

3

AKO Β

ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΔΕΥΤΕΡΑ 27 ΜΑΪΟΥ 2013

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΟ ΜΑΘΗΜΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ &ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΘΕΜΑ ΑΑ1. Σχολικό βιβλίο σελίδες 334 - 335Α2. Σχολικό βιβλίο σελίδα 246

Α3. Σχολικό βιβλίο σελίδα 222Α4. α. Λάθος, β. Σωστό, γ. Σωστό, δ. Λάθος, ε. Σωστό.

ΘΕΜΑ Β

2

2

(z - 2)(z - 2) + z - 2 = 2

z - 2 + z - 2 - 2 = 0

Θέτουμε z - 2 = ω 0 και έχουμε:

ω + ω - 2 = 0

ω = 1 ή ω = -2

B1.

m

ο

ax

ς

(απορρίπτεται)

άρα z - 2 = 1

Επομένως ο ζητούμενος γ.τ. είναι

Από το σχήμα βλέπουμε ότι

z

1

= (OA) =

τρόπος

ο κύκλος C με κέντρο Κ (2 , 0) και ακτίνα ρ = 1

z - 2 = 1

ος

3, άρα

z = (z - 2) + 2 z - 2 + 2

2

= 1 + 2

τ

= 3

ρόπος

z 3

7/21/2019 Mathkat 2013 A


1 2 1 2

1 2 1

1 1

1,2

1

z , z είναι συζυγείς μιγαδικοί, άρα Im(z ) = - Im(z )

Im(z ) - Im(z ) = 2 2Im(z ) = 2Im(z ) = 1 Im(z ) = 1

Άρα z = κ i, κ ΙR

z -

B2.

2 2 2

2

1,2

1 2

2 = 1 κ i - 2 = 1

(κ - 2) + 1 = 1 (κ - 2) + 1 = 1

(κ - 2) = 0 κ = 2, άρα z = 2 i

S = -β = z + z = 4, άραTύποι VietaΡ = γ =

β = - 41 2

z z = (2 + i)(2 - i) = 5, άρα

γ = 5

3 2 2 3

2 1 0 2 1 0

τριγωνική

32 3 2

2 1 0 2 1 0

3 22

2 1 0 2 1

ανισότη α

0

τ

v + α v + α v + α = 0 α v + α v + α = -v

α v + α v + α = -v v = α v + α v + α

Είναι v = α v + α v + α α v + α v + α

B3.

0

1

2

α 3

α 3

α 3

3 2 3 2

3 2

2

ος1 τρόπ

v 3 v + 3 v + 3 v - 3 v - 3 v - 3 0

v - 3 v - 3 v - 4 -1

( v - 4) ( v + v + 1) -1 < 0, άρα v - 4 < 0

ος

θετικός

v <

(1)

(1)

4

ος

3 2

2 2

Θεωρούμε τη συνάρτηση f, με f (x) = x - 3x - 3x - 3, x 4

f΄(x) = 3x - 6x - 3 = 3(x - 1) - 6 > 0, για x 4

άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [4 ,

2 τρόπος

+ )

f

3 2 Αν v 4 f v f (4) v - 3 v - 3 v - 3 1

Αυτό είναι ΑTOΠΟ από τη σχέση (1), άρα

v < 4

7/21/2019 Mathkat 2013 A


3 2v 03 2 02 1

2 1 0 3 3 3 3

0 02 1 2 1

ος

2 3 2 3

02 1

2

Προφανώς v 0αv α v α v

v + α v + α v + α = 0 + + + = 0v v v v

α αα α α α 1 + + + = 0 + + = -1

v v v v v v

αα α Είναι + +

v v

3 τρόπ ς

v

ο

0

1

2

3

0 02 1 2 12 3 2 3

α 3

α 32 1 002 1

2 32 3 α 3

02 12 32 3

= -1 = 1

α αα α α α + + + +v v v v v v

α α ααα α + + + +

v v v v v v

αα α 3 3 3 + + + +

v v v v v v

Αν v 4, τότε :

1 1 3 3

v 4 v 4

(1)

( )

2

3

2 3

1 1 1 1 3 3

v 4 16 v 16v

1 1 1 1 3 3

v 4 64 v 64v

3 3 3 63 + +

v 64v v

63 Από (1) και (2) έχουμε 1 ΑΤΟΠΟ,

64

άρα

v

(2)

< 4

7/21/2019 Mathkat 2013 A


ΘΕΜΑ ΓΓ1. Για κάθε xΙR είναι

2 2

2 2

2

2

[f (x) + x] [f ́(x) + 1] = x

2[f (x) + x] [f (́x) + 1] = 2x

[f ( x) + x] = x

από συνέπειες Θ.Μ.Τ. είναι [f ( x) + x] = x + c

για x = 0 έχω [f (0) + 0] = c c = 1

Άρα [f ( x) + x] =

2 x + 1, x ΙR.

Έστω K (x) = f (x) + x, xΙR.Η K (x) είναι συνεχής στο R ως άθροισμα συνεχών

Για κάθε xΙR είναι :2 2

2

[f ( x) + x] = x + 1 > 0

[K (x)] > 0, άρα K (x) 0, για κάθε x IR

Άρα από συνέπειες θ. Bolzano,η Κ (x) διατηρεί σταθερό πρόσημο στο ΙR.Είναι Κ (0) = f (0) = 1 > 0, άρα

για κάθε xΙR είναι K (x) > 0 f (x) + x > 0

2 2

2 2

Οπότε από την [f ( x) + x] = x + 1 έχουμε

f (x) + x = x + 1 f (x) = x + 1 - x, x ΙR.

2 2

2

2

2 2

2 2

ος

1 x f ́(x) = 2x - 1 = - 1

2 x + 1 x + 1

x - x + 1 f΄(x) = < 0, για κάθε x ΙR

x + 1

αφού x + 1 > x = x x,

οπότε x + 1 > x x - x + 1 < 0

άρα

1 τρ

η

όπος

f γνησίως

Γ2.

φθίνουσα στο ΙR, άρα και "1-1"

7/21/2019 Mathkat 2013 A


Έχω την εξίσωση

f "1-1"

2

2

f g (x) = 1 f g (x) = f (0) g (x) = 0

g (́x) = 3x + 3x

g΄(x) = 0 3x + 3x = 0 3x(x + 1) = 0 x = 0 ή x = -1

x - -1 0 +

g΄(x) + - +

g (x)

+

1

3

x - x -

1

2

x -1

Αν x A = - , -1 η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα

g (x) = x = -1

άρα g A = - , -1 2g (-1) = -2

Αν x A = -1 , 0 η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα

g (x

im im

im

)

+

2

3

x 0

3

x +

1) = - 1 άρα g A = -1 , -2

2g (0) = -1

Αν x A = (0 , + η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα

g (x) = -1 άρα g A = -1 , +

g (x) = +

im

im

1 1

2 2

3 3

3

0 g (A ), άρα δεν υπάρχει ρίζα στο Α = - , -10 g (A ), άρα δεν υπάρχει ρίζα στο Α = -1 , 0

0 g (A ) άρα έχει ρίζα στο Α = 0 , +

η οποία είναι μοναδική αφού g γνησίως αύξουσα στο Α

άρα

η εξίσ .ωση f g (x) = 1 έχει ακριβώς μία ρίζα

7/21/2019 Mathkat 2013 A


fog g f

2 2

23 2

ος

D = { x D και g (x) D } = IR f (g (x)) = 1 g (x) + 1 - g (x) = 1 g (x) + 1 = g (x) + 1

3x 3 g (x) + 1 = x + = x x +

2 2

3 Για x < - είναι g

2 τ ό

2

ρ πος

Γ2.

2

222 2 2

(x) + 1 < 0 < g (x) + 1,

άρα η εξίσωση είναι αδύνατη

3

Για x - είναι g (x) + 1 0 και η εξίσωση γίνεται2

g (x) + 1 = g (x) + 1 g (x) + 1 = g (x) +2g (x) + 1

2

g (x) = 0 g (x) = 0 2

2

g΄(x) = 3x + 3x

g΄(x) = 0 3x + 3x = 0 3x(x + 1) = 0 x = 0 ή x = -1

x -3/2 -1 0 +

g΄(x) + - +

g (x)

+

1

1

2

x -1

3 Αν x A = - , -1 η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα

2

3g - = -1

12 άρα g A = -1 , -

21g (-1) = -

2

Αν x A = -1 , 0 η g είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα

g (x) =im

)

+

2

3

x 0

3

x +

1- 1

άρα g A = -1 , -22

g (0) = -1

Αν x A = (0 , + η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα

g (x) = -1 άρα g A = -1 , +

g (x) = +

im

im

7/21/2019 Mathkat 2013 A


1 1

2 2

3 3

3

30 g (A ), άρα δεν υπάρχει ρίζα στο Α = - , -1

2

0 g (A ), άρα δεν υπάρχει ρίζα στο Α = -1 , 0

0 g (A ) άρα έχει ρίζα στο Α = 0 , +

η οποία είναι μοναδική αφού g γνησίως αύξουσα στο Α

άρα

.η εξίσωση f g (x) = 1 έχει ακριβώς μία ρίζα

Γ3. 1οςτρόπος

π συνx0 x -4

πx - 0

4

πx -4

0

π πx - x -

4 4

0 0

π π ημxf (t) dt = f x - εφx - f (t) dt = f x -

4 4 συνx

π-συνx f (t) dt = ημx f x -

4

πημx f x - + συνx f (t) dt ημx f (t) dt

4

= 0

Έστω συνάρτηση h, μεπ

x -4

0

πh (x) = ημx f (t) dt, x 0 ,

4

Η συνάρτηση f είναι συνεχής άρα η συνάρτηση f 1, με

πx -4

10

f (x) = f (t) dt είναι παρ/μη στοπ0 ,4

,άρα και συνεχής

η h είναι συνεχής στοπ

0 ,4

ως γινόμενο συνεχών

η h είναι παραγωγίσιμη στοπ

0 ,4

ως γινόμενο

παραγωγίσιμων μεπ

x -4

0

πh΄(x) = ημx f x - + συνx f (t) dt

4

π- 04

0 0

π π h (0) = ημ0 f (t) dt = 0 και h = ημ f (t) dt = 0

4 4

Άρα από θ. Rolle

η εξίσωση h΄(x) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στοπ

0 ,4

.0

0

π0 0 0x -

4

π πΆρα υπάρχει ένα x 0 , , ώστε f (t) dt = f x - εφx

4 4

7/21/2019 Mathkat 2013 A


2

οςτρόπος

0

πx -

4

0

πx -

4

πf (t) dt = f x - εφx4

πf (t) dt - f x - εφx = 0

4

Έστω συνάρτηση S, με0

πx -

4

π πS (x) = f (t) dt - f x - εφx, x 0 ,

4 4

Η συνάρτηση f είναι συνεχής άρα η συνάρτηση f 1, με

0

π1x -

4

f (x) = f (t) dt είναι παραγωγίσιμη στοπ

0 ,4

,

άρα η f 1 είναι και συνεχής

η S είναι συνεχής στοπ

0 ,4

ως πράξεις συνεχών

0

π-4

0

0

S (0) = f (t) dt > 0

π

S = f (t) dt4

(*)

2

2 2

0

π-4

(*) Για κάθε t IR, είναι f (t) = t + 1 - t > 0

αφού t + 1 > t = t t

άρα

π

- f (0) εφ = -1 <

f (t)

0

dt > 0

4

Άρα από θ. Bolzano

η εξίσωση S (x) = 0 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο π0 ,4

0

0

0

π0 0 0x -

4

πΆρα υπάρχει ένα τουλάχιστον x 0 , , τέτοιο ώστε

4

πS (x ) = 0 f (t) dt = f x - εφx

4

7/21/2019 Mathkat 2013 A


ΘΕΜΑ Δ

h 0

h 0

h 0

h 0

f (1 + 5h) - f (1 - h) = 0

h

f (1 + 5h) - f (1) - f (1 - h) + f (1) = 0

h

f (1 + 5h) - f (1) f (1 - h) - f (1) - = 0

h h

f (1 5

im

im

im

im

Δ1.

5h = t

h 0 t 0

-h = u

h 0 u 0

+ 5h) - f (1) f (1 - h) - f (1) + = 0

5h -h

f (1 + 5h) - f (1) f (1 + t) - f (1) 5 = 5 = 5f΄(1)

5h t

f (1 - h) - f (1) f (1 + u) - f ( =

-h

im im

im im

1)

= f΄(1)u

επομένως 6f΄(1) = 0 f ́(1) = 0

Η f΄ είναι γνησίως αύξουσα, άρα το x0 = 1 είναι μοναδικήρίζα της f΄.

f ́

f΄(x) > 0 f΄(x) > f΄(1) x > 1

x 0 1 +

f΄(x) - +

f (x)

Επομένως η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x0 = 1.

7/21/2019 Mathkat 2013 A


x

α

ς

f

ο

f (t) - 1 f (x) - 1g΄(x) = dt = , x > 1

t - 1 x - 1

x > 1 f (x) > f (1) f (x) > 1, άρα g΄(x) > 0

Eπομένως

1 τρόπος

Δ2.

η g είναι γνησίως αύξουσα στο (1 , + )

x+1

x

α x+1 x+1 x

x α α α

x+1 x

α α

Θεωρούμε G (x) = g (u) du , x > 1

G (x) = g (u) du + g (u) du = g (u) du - g (u) du

Eίναι G (́x) = g (u) du - g (u) du = g (x + 1) - g (x)

x +

2

2

g

8x + 6

8x + 5

4

2

1 > x g (x + 1) > g (x) G΄(x) > 0

Eπομένως η G είναι γνησίως αύξουσα στο (1 , + )

Είναι 8x + 5 > 1 και 2x + 5 > 1, για κάθε x

g (u) du > g (u) d

IR

4

4

2x + 6

2x + 5

G2 4

2

u

G (8x + 5) > G (2x + 5)

8x + 5

4 > 2x + 54 2 2 2

2x - 8x < 0 2x (x - 4) < 0

x - -2 0 2 +

2x2

+ + + +x

2 - 4 + - - +

γινόμενο + - - +

Επομένως x (-2 , 0) (0 , 2).

7/21/2019 Mathkat 2013 A


2

2

2

2

2 2

2x + 6

2x + 5

0 2x + 6

2x + 5 0

ο

2x + 6 2x + 5

0 0

ς

Θεωρούμε φ (x) = g (u) du , x 0

φ (x) = g (u) du + g (u) du

= g (u) du - g

2 τρό

(u) du

Eίναι φ΄

ο

(

π

)

ς

x

2 22x + 6 2x + 6

0 0

2 2

2 2

2 2

= g (u) du - g (u) du

= 4x g (2x + 6) - 4x g (2x + 5)

= 4x g (2x + 6) - g (2x + 5)

2x + 6 > 2x + 5

2 4

2 4

g2 2

8x + 6 2x + 62

8x + 5 2x + 5

g (2x + 6) > g (2x + 5)

Είναι φ΄(x) > 0, για x > 0

Eπομένως η φ είναι γνησίως αύξουσα στο [0 , + )

g (u) du > g (u) du φ (2 x ) > φ (x

2

2

2

)

άρα 2 x > x 2 x > x

x > 0 x 0

x ( x - 2) < 0 x < 2x

Eίναι 2 x 0, x 0 και φ γν. αύξουσα στο [0

- 2 < 0

x 0

-2 < x <

+

2

, )

x (-2 , 0 ) (0 , 2)

7/21/2019 Mathkat 2013 A


2

2

f (x) - 1 f΄(x)(x - 1) - f (x) + 1g΄΄(x) = =

x - 1 (x - 1)

f ́(x) f (x) - 1 f΄(x) g΄(x) f΄(x) - g΄(x) = - = - =

x - 1 (x - 1) x - 1 x - 1 x - 1

Για x > 1 η f είναι παραγω

Δ3.

f΄

γίσιμη στο [1 , x]

άρα από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ (1 , x), τέτοιο ώστε

f (x) - 1 f ́(ξ) = = g΄(x)

x - 1

f ́(x) - f΄(ξ) Eπομένως g΄΄(x) = , για x > 1

x - 1

x > ξ f΄(x) > f΄(ξ),

άρα g΄΄(x) > 0,

άρα g κυρτή στο (1 , + )

1oς τρόπος

α > 1x

α

f (α) - 1 = g΄(α)α - 1

f (t) - 1 (α - 1) dt = f (α) - 1 (x - α)

t - 1

f (α) - 1 g (x) = (x - α) g (x) - g΄(α) (x - α) = 0

α - 1

Θεωρούμε Q (x) = g (x) - g΄(α) (x - α) ,

g κυρτή

x > 1

Προφανής ρίζα x = α και Q΄(x) = g΄(x) - g΄(α)

Q΄(x) > 0 g΄(x) > g΄(α) x > α

x 1 α +

Q΄(x) - +

Q (x)

Q

Q

1 < x < α Q (x) > Q (α) Q (x) > 0

x > α Q (x) > Q (α) Q (x) > 0

Επομένως η Q έχει μοναδική ρίζα την x = α.

7/21/2019 Mathkat 2013 A


2oς τρόπος

α > 1x

α

f (α) - 1 = g΄(α)

α - 1

g

f (t) - 1(α - 1) dt = f (α) - 1 (x - α)t - 1

f (α) - 1g (x) = (x - α) g (x) - g΄(α) (x - α) = 0

α - 1

(ε) : η εφαπτομένη της C στο Μ (α , g (α))

(ε) : y - g (

g

α) = g΄(α) (x - α) y = g΄(α) (x - α)

Η g είναι κυρτή στο (1 , + ),άρα η C βρίσκεται πάνω από την (ε)

με εξαίρεση το σημείο επαφής Μ

άρα g (x) g΄(α) (x - α) και το "=" ισχύει μόνο για

x = α

Επομένως η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα την x = α.

mathkat 2013 a

Documents