Mathkat 2013 A
-
Upload
klblitssssss -
Category
Documents
-
view
217 -
download
0
Transcript of 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
http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 2/13
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
http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 3/13
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
http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 4/13
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
http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 5/13
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
http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 6/13
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
http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 7/13
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
http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 8/13
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
http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 9/13
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
http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 10/13
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
http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 11/13
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
http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 12/13
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
http://slidepdf.com/reader/full/mathkat-2013-a 13/13
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.