Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

13

Click here to load reader

  • Upload

    -
  • Category

    Education

  • view

    30.689
  • download

    5

Transcript of Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

Page 1: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

ΟΙ ΛΥΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ

ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

ΘΕΤΙΚΩΝ

ΣΠΟΥΔΩΝ

ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ

ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΤΕΤΑΡΤΗ

18 – 05 – 16

(edit) 19 : 00 π.μ

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ

lisari team

ΝΙΚΟΣ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥΛΟΣ

ΓΙΑΝΝΗΣ ΒΕΛΑΩΡΑΣ

ΣΗΦΗΣ ΒΟΣΚΑΚΗΣ

ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ ΓΚΡΙΜΠΑΒΙΩΤΗΣ

ΓΙΑΝΝΗΣ ΖΑΜΠΕΛΗΣ

ΓΙΑΝΝΗΣ ΚΑΚΑΝΟΣ

ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΟΥΣΤΕΡΗΣ

ΑΝΔΡΕΑΣ ΜΑΝΩΛΗΣ

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΜΠΑΔΕΜΗΣ

ΘΑΝΑΣΗΣ ΝΙΚΟΛΟΠΟΥΛΟΣ

ΘΕΟΔΩΡΟΣ ΠΑΓΩΝΗΣ

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΠΑΠΑΜΙΚΡΟΥΛΗΣ

ΜΑΡΙΑ ΠΑΠΑΔΟΜΑΝΩΛΑΚΗ

ΑΝΔΡΕΑΣ ΠΑΤΣΗΣ

ΘΩΜΑΣ ΠΟΔΗΜΑΤΑΣ

ΧΡΗΣΤΟΣ ΣΙΣΚΑΣ

ΝΙΚΟΣ ΣΠΛΗΝΗΣ

ΤΑΚΗΣ ΤΣΑΚΑΛΑΚΟΣ

ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ

ΘΕΜΑΤΑ

ΚΑΙ

ΛΥΣΕΙΣ

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ

ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2016

4η έκδοση

Page 2: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

Οι απαντήσεις και οι λύσεις

είναι αποτέλεσμα της συλλογικής δουλειάς

των μελών της lisari team

http://lisari.blogspot.gr/2014/10/blog-post_13.html

4η έκδοση: 18 – 05 – 2015 (συνεχής ανανέωση)

Οι λύσεις διατίθεται αποκλειστικά

από το μαθηματικό blog

http://lisari.blogspot.gr

Page 3: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

Πρόλογος

Στο παρόν αρχείο περιλαμβάνονται οι λύσεις των Πανελλαδικών Εξετάσεων 2016 στο

μάθημα Μαθηματικά Προσανατολισμού θετικών Σπουδών Οικονομίας και

Πληροφορικής. 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 για την διευκόλυνση μαθητών και καθηγητών!!

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 [email protected].

Με εκτίμηση

lisari teaμ

18 – 05 – 2016

Page 4: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

lisari team

1. Αντωνόπουλος Νίκος (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου "Κατεύθυνση" - Άργος)

2. Αυγερινός Βασίλης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου "ΔΙΑΤΑΞΗ" - Ν. Σμύρνη και Νίκαια)

3. Βελαώρας Γιάννης (Φροντιστήριο "ΒΕΛΑΩΡΑΣ" - Λιβαδειά Βοιωτίας)

4. Βοσκάκης Σήφης (Φροντιστήριο "Ευθύνη" - Ρέθυμνο)

5. Γιαννόπουλος Μιχάλης ( Θεσσαλονίκη - Αμερικάνικη Γεωργική Σχολή)

6. Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης (Φροντιστήριο "Αστρολάβος" - Άρτα)

7. Δούδης Δημήτρης (3ο Λύκειο Αλεξανδρούπολης)

8. Ζαμπέλης Γιάννης (Φροντιστήρια "Πουκαμισάς" Γλυφάδας)

9. Ηλίας Ζωβοΐλης (Μαθηματικός - Χαϊδάρι)

10. Κακαβάς Βασίλης (Φροντιστήριο "Ώθηση" - Μαρούσι)

11. Κάκανος Γιάννης (Φροντιστήριο "Παπαπαναγιώτου – Παπαπαύλου" - Σέρρες)

12. Κανάβης Χρήστος (Διδακτορικό στο ΕΜΠ – 2ο ΣΔΕ φυλακών Κορυδαλλού)

13. Καρδαμίτσης Σπύρος (Πρότυπο Λύκειο Αναβρύτων)

14. Κοπάδης Θανάσης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίων "19+" - Πολύγωνο)

15. Κουλούρης Ανδρέας (3ο Λύκειο Γαλατσίου)

16. Κουστέρης Χρήστος (Φροντιστήριο "Στόχος" - Περιστέρι)

17. Μανώλης Ανδρέας (Φροντιστήριο "Ρηγάκης" - Κοζάνη)

18. Μαρούγκας Χρήστος (3ο ΓΕΛ Κηφισιάς)

19. Δημήτρης Μπαδέμης (Φροντιστήριο "Πουκαμισάς" - Γλυφάδας)

20. Νάννος Μιχάλης (1ο Γυμνάσιο Σαλαμίνας)

21. Νικολόπουλος Θανάσης (Λύκειο Κατασταρίου, Ζάκυνθος)

22. Παγώνης Θεόδωρος (Φροντιστήριο "Φάσμα" - Αγρίνιο)

23. Παπαδομανωλάκη Μαρία (Συνιδιοκτήτρια Πρότυπου Κέντρου Μάθησης "ΔΙΑΚΡΙΣΙΣ" - Ρέθυμνο)

24. Παπαμικρούλης Δημήτρης (Εκπαιδευτικός Οργανισμός "Ρόμβος")

25. Πάτσης Ανδρέας (Λευκάδα - Μαθηματικός)

26. Ποδηματάς Θωμάς ( Σπουδαστήριο Μαθηματικών Θωμάς και Ρόζα Ποδηματά - Βόλος)

27. Ράπτης Γιώργος (6ο ΓΕΛ Βόλου)

28. Σίσκας Χρήστος (Φροντιστήριο "Μπαχαράκης" - Θεσσαλονίκη)

29. Σκομπρής Νίκος (Συγγραφέας – 1ο Λύκειο Χαλκίδας)

30. Σπλήνης Νίκος (Φροντιστήριο "ΟΡΙΖΟΝΤΕΣ" - Ηράκλειο Κρήτης)

31. Σταυρόπουλος Παύλος (Ιδιωτικά Εκπαιδευτήρια Δούκα)

32. Σταυρόπουλος Σταύρος (Γραμματέας Ε.Μ.Ε Κορινθίας - Γυμνάσιο Λ.Τ. Λεχαίου Κορινθίας)

33. Τρύφων Παύλος (1ο Εσπερινό ΕΠΑΛ Περιστερίου)

34. Τσακαλάκος Τάκης (συνταξιούχος αλλά ενεργός μαθηματικός)

35. Χαραλάμπους Σταύρος (Θεσσαλονίκη - Μουσικό Λύκειο)

36. Χατζόπουλος Μάκης (1ο ΓΕΛ Πετρούπολης)

Page 5: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr

Γ΄ Λυκείου 18 – 05 – 2016

1

lisari team / Σχολικό έτος 2015 – 16 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ

Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΤΕΤΑΡΤΗ 18 ΜΑΙΟΥ 2016

ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ:

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ENNIA (9) ΣΕΛΙΔΕΣ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α

Α1. Σχολικό βιβλίο, Θεώρημα σελ.262, υποερώτημα i

Επειδή f (x) 0 για κάθε 0x (α,x ) και η f είναι συνεχής στο 0x , η f είναι γνησίως αύξουσα στο

0(α,x ] . Έτσι έχουμε

0f (x) f (x ) , για κάθε 0x (α,x ] . (1)

Επειδή f (x) 0 για κάθε 0x (x ,β) και η f είναι συνεχής στο 0x , η f είναι γνησίως φθίνουσα στο

0[x ,β) . Έτσι έχουμε:

0f (x) f (x ) , για κάθε 0x [x ,β) . (2)

y

O

f (x0)

f ΄<0 f ΄>0

β a x0 x

Επομένως, λόγω των (1) και (2), ισχύει:

0f (x) f (x ) , για κάθε x (α,β) ,

που σημαίνει ότι το 0f (x ) είναι μέγιστο της f στο (α,β) και άρα τοπικό μέγιστο αυτής.

A2. Σχολικό βιβλίο, σελ.141

Δύο συναρτήσεις f και g λέγονται ίσες όταν:

έχουν το ίδιο πεδίο ορισμού Α και

για κάθε x A ισχύει f (x) g(x) .

Page 6: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr

Γ΄ Λυκείου 18 – 05 – 2016

2

Για να δηλώσουμε ότι δύο συναρτήσεις f και g είναι ίσες γράφουμε f g .

A3. Σχολικό βιβλίο, σελ.246-247

Θεώρημα Μέσης Τιμής

Αν μια συνάρτηση f είναι:

συνεχής στο κλειστό διάστημα [α,β] και

παραγωγίσιμη στο ανοικτό διάστημα (α,β)

τότε υπάρχει ένα, τουλάχιστον, ξ (α,β) τέτοιο, ώστε: f (β) f (α)

f (ξ)β α

Γεωμετρική ερμηνεία του θεωρήματος Μέσης Τιμής

Εφόσον υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ (α,β) τέτοιο ώστε f β f α

f ξβ α

γεωμετρικά σημαίνει

ότι υπάρχει ένα, τουλάχιστον, σημείο M(ξ,f (ξ)) ώστε η εφαπτομένη της fC στο M να είναι

παράλληλη της ευθείας ΑΒ.

A4. (α) Λάθος

(β) Σωστό

(γ) Λάθος

(δ) Σωστό

(ε) Σωστό

Β(β,f (β))

β ξ΄ ξ α x

y

Ο

M(ξ,f (ξ))

A(α,f (α))

Page 7: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr

Γ΄ Λυκείου 18 – 05 – 2016

3

ΘΕΜΑ Β

B1. Για κάθε xR έχουμε:

22

2xf x

x 1

Ο πίνακας μεταβολών της f είναι ο ακόλουθος:

Συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα στο 0, , γνησίως φθίνουσα στο ,0 και παρουσιάζει

(ολικό) ελάχιστο στο σημείο Ο(0, 0).

Β2. Για κάθε xR έχουμε:

2

32

2 1 3xf x

x 1

Συνεπώς έχουμε τον ακόλουθο πίνακα:

Άρα η f είναι κοίλη σε καθένα από τα διαστήματα 3

,3

και 3

,3

, κυρτή στο διάστημα

3 3,

3 3

και έχει σημεία καμπής στα σημεία 3 3 3 3

A ,f ,B , f3 3 3 3

.

Β3. Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f δεν έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη αφού η συνάρτηση

είναι συνεχής στο R .

Επίσης:

2 2

2 2x x x

x xlim f x lim lim 1

x 1 x

όμοια

xlim f x 1

άρα η γραφική παράσταση της συνάρτησης f έχει οριζόντια ασύμπτωτη την ευθεία

y = 1 στο και στο .

Page 8: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr

Γ΄ Λυκείου 18 – 05 – 2016

4

Β4. Η f είναι άρτια, αφού f x f x για κάθε xR και τέμνει τον άξονα x΄x στην αρχή των

αξόνων. Επίσης f x 0 για κάθε xR , με την ισότητα να ισχύει για x = 0. Άρα η γραφική

παράσταση της συνάρτησης f βρίσκεται πιο πάνω από τον άξονα x΄x εκτός από το σημείο (0, 0).

Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

Page 9: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr

Γ΄ Λυκείου 18 – 05 – 2016

5

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Γνωρίζουμε ότι:

ln x x 1 για κάθε x 0 ,

με την ισότητα να ισχύει για x 1 .

Αν θέσουμε όπου x το 2xe τότε γίνεται:

2 2 2 2x x 2 x x 2ln e e 1 x e 1 e x 1 0

με την ισότητα να ισχύει για 2x 2e 1 x 0 x 0 .

Άρα η εξίσωση 2x 2e x 1 0 έχει μοναδική λύση την x 0 .

Γ2. Έχουμε:

2 22

2 x 2 x 2f x e x 1 f x e x 1

αφού 2x 2e x 1 0 για κάθε xR .

Όμως

2x 2f x 0 e x 1 0 x 0

οπότε η f είναι συνεχής στο R άρα δεν μηδενίζεται στα διαστήματα ,0 , 0, άρα διατηρεί

σταθερό πρόσημο κατά διαστήματα.

Οπότε:

Αν x < 0 και f x 0 τότε 2x 2f x e x 1

Αν x < 0 και f x 0 τότε 2x 2f x e x 1

Αν x > 0 και f x 0 τότε 2x 2f x e x 1

Αν x > 0 και f x 0 τότε 2x 2f x e x 1

Και επειδή f(0) = 0 όλες οι συνεχείς συναρτήσεις είναι:

2x 2f x e x 1, x R

2x 2f x e x 1 , x R

2

2

x 2

x 2

e x 1 , x 0f x

e x 1 , x 0

2

2

x 2

x 2

e x 1 , x 0f x

e x 1 , x 0

Γ3. Για κάθε xR έχουμε:

2xf x 2x e 1

Επειδή 2 22 x xx 0 e 1 e 1 0 το πρόσημο της f εξαρτάται από το πρόσημο του x.

Επίσης για κάθε xR έχουμε:

2 2 2 22 x x 2 x xf x 4x e 2e 2 4x e 2 e 1 0

Page 10: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr

Γ΄ Λυκείου 18 – 05 – 2016

6

και αφού η f είναι συνεχής R άρα και στο 0x 0 , και η f x 0 για κάθε

x ,0 0, η f είναι γνησίως αύξουσα στο R οπότε η f είναι κυρτή στο R .

Β΄ τρόπος

Είναι

2 22 x xf x 2 2x e 1 e

Για x 0 είναι f 0 0 , οπότε ζητάμε:

2x2 2 2 2 2

2 2

e2 x x 2 x x 2 x

2 x 2 x

f x 0 2x e 1 e 0 2x e 1 e 2x e 1

2x 1 e 2x 1 e 1

Η τελευταία αληθεύει για κάθε x 0 , αφού 22x 1 1 και 2x 0e e 1 .

Γ4. Προφανής λύση της εξίσωσης είναι η x 0 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση

g x f x 3 f x , gD R

Είναι

g x f x 3 f x , xR

αφού η f είναι κυρτή στο R η f΄ είναι γνησίως αύξουσα στο R .

Ακόμα

f

x 3 x f x 3 f x f x 3 f x 0 g x 0

<

άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο R .

Έχουμε:

g

x 0 ημx x g ημx g x f ημx 3 f ημx f x 3 f x <

Άρα μοναδική λύση της εξίσωσης είναι η x 0 .

Page 11: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr

Γ΄ Λυκείου 18 – 05 – 2016

7

ΘΕΜΑ Δ

Δ1. Έχουμε

π π π

0 0 0

π π π

00 0

π

0

(f(x) f ''(x))ημx dx = π f(x)ημx dx + f ''(x))ημx dx = π

f(x)ημx dx + - f '(x)συνx dx = πf '(x)ημx

f(x)ημx dx

+ f '(π) ημπ0

- f '(0) ημ0 π0 π

0 0- f (x)(-ημx) dxf (x)συνx = π

-f (π)συνπ f (0)συν0 = π f (π) f (0) = π

(1)

Ακόμα, θεωρούμε

f(x)g(x) = f(x) = g(x) ημx

ημx

για x κοντά στο 0 με x 0lim g(x) 1

και η f είναι συνεχής στο 0x = 0 ως παραγωγίσιμη, οπότε

x 0lim f (x) f (0)

Έτσι έχουμε,

x 0 x 0lim f (x) lim [ημx g(x)] ημ0 1 0

άρα f(0) = 0.

Συνεπώς η (1) :

f(π) = π

Επιπλέον έχουμε

x 0 x 0 x 0

f(x) - f(0) ημx g(x) ημxlim = lim = lim g(x) = 1 1 = 1

x - 0 x x

Άρα,

f ΄(0) = 1

Δ2. α) Έστω ότι η f παρουσιάζει ακρότατο στο 0x .

Επειδή f 0D το x είναι εσωτερικό του πεδίου ορισμού και από Θ.Fermat : 0f (x ) = 0

Eίναι f (x) xe x f (f (x)) e για κάθε x

οπότε f (x) xf '(x) e 1 f '(x) f '(f (x)) e για κάθε x

Άρα

0f '(x ) 00 f (x )

0e 1 f '(x ) 0 00 x x

0 0f '(f (x )) e e =1 x 0

Όμως, f ΄(0) = 1 ≠ 0, άτοπο. Άρα η f δεν παρουσιάζει ακρότατο .

β) Από Δ2α f ΄(x) ≠ 0 και από συνέπεια του Θ.Bolzano, η f θα διατηρεί πρόσημο

(f ΄(x) συνεχής) , άρα f ΄(x) > 0 για κάθε x ή f ΄(x) < 0 για κάθε x .

Όμως, f ΄(0) = 1 > 0, οπότε f ΄(x) > 0 για κάθε x που σημαίνει ότι η f είναι γν. αύξουσα .

Page 12: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr

Γ΄ Λυκείου 18 – 05 – 2016

8

Δ3. Είναι

x +

( ) f (x) 0 κρ

κοντά στο + παρεμβολής

x + x +

Η f συνεχής στο

lim f(x) = +f

f ( )

Ακόμα

-2 ημx συνx 2

-1 ημx 1 f (x) f (x) f (x) - 2 ημx συνx 2

-1 συνx 1 -2 -2lim lim 0

f(x) f(x)

<

ιτήριο

x +

ημx συνxlim 0

f (x)

Δ4. Α΄ τρόπος:

Θέτω

πe π

1 0

π

1u ln x du dx

x f(lnx) dx f(u) du

για x = 1 u 0 x

για x = e u π

Όμως f

0 x π f (0) f (x) f (π) 0 f (x) π '

με το « = » να μην ισχύει παντού .

Επειδή η f συνεχής στο [0, π] είναι : π π π

2

0 0 00 f(x) dx < π dx 0 f(x) dx < π

Β΄ τρόπος:

Έχουμε: ln x

π1 x e 1

πln1 ln x ln e

f

0 ln x π 1

Δ1

f 0 f ln x f π x 0

0 f ln x π

f ln x π0

x x

Όμως το f ln x

x για

πx e παίρνει τιμή

π π

f π π0

e e , άρα δεν είναι παντού μηδέν, οπότε

πe

1

f ln xdx 0

x

Ακόμα

f ln x π

0x x

και για x 1 παίρνει τιμή f 1 π 0

π π 01 1 1

, άρα δεν είναι παντού μηδέν,

οπότε

π πe e

1 1

f ln x πdx dx 0

x x

π πe e

1 1

f ln x πdx dx

x x

Page 13: Λύσεις μαθηματικά Γ΄ Λυκείου Προσανατολισμού 2016

Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr

Γ΄ Λυκείου 18 – 05 – 2016

9

π πe e

11

f ln xdx π ln x

x

πe2

1

f ln xdx π

x .

Άρα

πe2

1

f ln x0 dx π

x