ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥpeira.gr/Β ΛΥΚΕΙΟΥ...

ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΚΑΙ ΛΥΣΕΙΣ ΟΛΩΝ ΤΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑΣ

ΘΕΜΑΤΑ 2

16968, 17652, 17656, 17663, 17664, 17681, 17692, 17699, 17704, 17725, 17736,

17739, 17741

ΘΕΜΑΤΑ 4

17837, 17838, 17840, 17841, 17843, 17844

VERSION 23-11-2014 19:00

Αθανασίου Δημήτρης [email protected] peira.gr

mailto:[email protected]

2_16968

Λύση:

Αντικαθιστώ στην εξίσωση όπου 4

x π= για να δώ αν θα πάρω σωστή ισότητα:

( )3 4 3 0 3 3 0 3 1 3 0 3 3 04πσυν συνπ+ = ⇔ + = ⇔ − + = ⇔ − + = που είναι αληθής

β) Οι ζητούμενες τετμήμένες είναι οι λύσεις της εξίσωσης

24 1 4 2 κ + κ + κ4 4 2 4

x x x xκπ π κπ πσυν κπ π= − ⇔ = + ∈ ⇔ = ∈ ⇔ = ∈

2_17652

Λύση:

( )2 2 2 2 2

1

1 2 1 2 1ηµω συνω ηµ ω ηµωσυνω συν ω ηµ ω συν ω ηµωσυνω=

+ = ⇔ + + = ⇔ + + =

1 2 1 2 0 0ηµωσυνω ηµωσυνω ηµωσυνω⇔ + = ⇔ = ⇔ = 0ηµω⇔ = ή 0συνω = κω κπ⇔ = ∈ ή

κ2πω κπ= + ∈



2_17656

Λύση:

Γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση ( )f x xρσυνω= όπου ρ, ω>0 έχει μέγιστη τιμή ρ, ελάχιστη –ρ και

περίοδο ίση με 2πω

Σχολικό σελίδα 81

α) Η μέγιστη τιμή της είναι 12

και η ελάχιστη 1 .2

−

Η περίοδος της συνάρτησης είναι 22π π= .

γ) Δεν μπορεί αφού παίρνει τιμές από 12

− έως 12

.



2_17663

Λύση:

α) ( )( ) 1 42 1 5 4 0 2 1 0 ή 5 4 0 ή 2 5

x x x x x xσυν συν συν συν συν συν+ − = ⇔ + = − = ⇔ = − =

Επειδή 02

x π< < είναι 0xσυν > οπότε η ρίζα 1

2xσυν = − απορρίπτεται και η μόνη αποδεκτή είναι η

45

xσυν =

β) 2

2 2 4 16 25 16 91 1 15 25 25 25

x xηµ συν − = − = − = − = =

Επειδή 02

x π< < είναι 0xηµ >

Αρα 9 325 5

xηµ = =

335

4 45

xxx

ηµεϕσυν

= = =

43

xσϕ =



2_17664

Λύση:

α) ( ) ( )135 180 45 45 1εϕ ω θ εϕ εϕ εϕ+ = ° = ° − ° = − ° = −

β) Γνωρίζουμε ότι: ( )1εϕω εϕθεϕ ω θεϕωεϕθ+

+ =−

σ.92 σχολικού

Αρα χιαστί

1 1 11εϕω εϕθ εϕω εϕθ εϕωεϕθ εϕω εϕθ εϕωεϕθεϕωεϕθ+

− = ⇔ + = − + ⇔ + + =−

Για να ισχύει ο τύπος πρέπει 0 90 κσυνω ω κ≠ ⇔ ≠ ⋅ ° ∈ και 0 90 κσυνθ θ κ≠ ⇔ ≠ ⋅ ° ∈

2_17681

Λύση:

α) Μέγιστη τιμή όταν ημx=1 οπότε ( )maxf x = 3 και ελάχιστη όταν ημx=-1 οπότε ( )minf x = -1

β) Mέγιστη τιμή παρουσιάζει για x για το οποίο ημx=1 δηλαδή για 2

x π= .



2_17692

Λύση:

α) ( ) ( ) ( ) 02 2

x x x x x x x xπ πηµ συν π ηµ συν συν συν συν συν + + + = − − − = − − = − =

β) 2 0 02 2

x x x x x x xπ πσυν ηµ συν συν συν συν κπ = − + ⇔ = − ⇔ = ⇔ = ⇔ = +

2_17693

Λύση:

α) 17 3 3 3210 10 10 10π π π πσυν συν π συν συν = − = − =

1 3 10 124 10< ⇔ < που ισχύει.Αρα 1 3

4 10< οπότε:

1 1 36 4 10< <

H συνάρτηση συνx είναι γνησίως φθίνουσα στο 0 x π< < (όπως διαπιστώνουμε από τον τριγωνομετρικό κύκλο)

οπότε 3 1 110 4 6

συν συν συν< <



β) 1 12x xπηµ συν − =

και 2 22

x xπηµ συν − =

Στο 3, 2ππ

είναι γνησίως αύξουσα (όπως διαπιστώνουμε από τον τριγωνομετρικό κύκλο) οπότε από

1 232

x x ππ < < < συμπεραίνουμε ότι:

1 2 1 22 2x x x xπ πσυν συν ηµ ηµ < ⇔ − < −



2_17699

Λύση:

22 2 3 9 161 1 1

5 25 25συν ϕ ηµ ϕ = − = − = − =

Επειδή φ οξεία δηλαδή 02πϕ< < είναι 0συνϕ > οπότε 16 4

25 5συνϕ = = .

β) ● θ=180°+φ επομένως όπως γνωρίζουμε:

( ) 31805

συνθ συν ϕ συνϕ= ° + = − = −

( ) 41805

ηµθ ηµ ϕ ηµϕ= ° + = − = −

● ω=180°-φ επομένως όπως γνωρίζουμε:

( ) 31805

συνω συν ϕ συνϕ= ° − = − = −

( ) 41805

ηµω ηµ ϕ ηµϕ= ° − = =



2_17704

Λύση:

α) Περίοδος 22π πΤ = = , μέγιστη τιμή 3 και ελάχιστη τιμή -3.

β)

x 0 4π

2π 3

4π

π

2x 0 2π

π 32π

2π

συν2x 1 0 -1 0 1 ( ) 3 2f x xσυν= − -3 0 3 0 -3



2_17725

Λύση:

α) ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 2 32

f x x x x x xπηµ π συν ηµ ηµ ηµ = − + − = + =

β)



2_17736

Λύση:

α) ( )( )2 2 1 11 11 1 1

x xx x xx x x

συν συνηµ συν συνσυν συν συν

− +−Α = = = = +

− − −

β) 2 1 1 1 11 1

1 2 2 2 2 3x x x x x

xηµ πσυν συν συν συν συνσυν

= ⇔ + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −−

Από τον τριγωνομετρικό κύκλο και τους τύπους αναγωγής στο 1ο τεταρτημόριο συμπεραίνουμε ότι

λύσεις της εξίσωσης στο διάστημα ( )0, 2π είναι 23 3

x π ππ= − = καθώς και 43 3

x π ππ= + = .



2_17739

Λύση:

α) ( ) ( ) ( ) 11 1 1 2 12

x x x x x x x xηµ π ηµ π ηµ ηµ ηµ ηµ ηµ ηµ− − + = ⇔ − − = ⇔ + = ⇔ = ⇔ =

β) Γνωρίζουμε ότι 16 2πηµ = .Γνωρίζουμε ότι οι παραπληρωματικές γωνίες έχουν ίδια ημίτονα.Αρα λύση

που να ανήκει στο , 2π π

είναι η 56 6π ππ − =



2_17741

Λύση:

α) ( )( )

1 1 1 11 1 1 1 1 1

x x x xx xx x x x x x

ηµ ηµ συν συνηµ ηµσυν συν συν συν συν συν

+ + − + = + = = − + − + − +

2 22 2 2

1xx

x x xηµηµ

συν ηµ ηµ= = =

−

β) )4 2 4 1 2 3

1 1 2 33 3 3x x x x

x x x x

αηµ ηµ πηµ ηµ ηµσυν συν ηµ ηµ

+ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =− +

2 23 3

, κ , κ22 2

3 3

x x

ή ή

x x

π πκπ κπ

π πκπ π κπ

= + = +

∈ ⇔ ∈ = + − = +



4_17837

Λύση:

α) Από την θεωρία γνωρίζουμε ότι η μέγιστη τιμή είναι 1α + .Ετσι έχουμε:

1 3 1 3 ή 1 3 2 ή 4α α α α α+ = ⇔ + = + = − ⇔ = = − .

Επίσης γνωρίζουμε ότι η περίοδος είναι 2 2πβπ β

= .Αρα από τα δεδομένα έχουμε

2 2 144 2

ββ= ⇔ = = .

β) i) Για α=2 και 12

β = έχουμε:

( ) 32xf x πηµ =

οπότε:

( ) 13 3 3 1 2 κ 2 κ 4 1, κ2 2 2 2 2 2x x x xf x xπ π π πηµ ηµ κπ κ κ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = + ∈ ⇔ = + ∈ ⇔ = + ∈

ii) Αφού η περίοδος είναι 4 μας ζητείται η γραφική παράσταση σε διάστημα δύο περιόδων:



4_17838

Λύση:

( )2 25 2 28 21 0 5 2 1 28 21 0 10 28 16 0συν ω συνω συν ω συνω συν ω συνω+ + = ⇔ − + + = ⇔ + + = ⇔

25 14 8 0συν ω συνω+ + =

5α =

14β =

8γ =

2 24 14 4 5 8 196 160 36β αγ∆ = − = − ⋅ ⋅ = − =

14 36 14 62 2 5 10

βσυνωα

− ± ∆ − ± − ±= = =

⋅

14 6 20 210 10

συνω − − −= = = − απορρίπτεται γιατί ως γνωστόν 1 1συνω− ≤ ≤

ή

14 6 8 410 10 5

συνω − + −= = = −

β) 2

2 4 16 32 32 25 72 2 1 2 1 2 1 15 25 25 25 25 25

συν ω συν ω = − = − − = − = − = − =



22 2 7 49 625 49 5762 1 2 1 1

25 625 625 625ηµ ω συν ω − = − = − = − = =

Δίνεται ότι 2 2 2 2 22 2π πω π ω π π ω π< < ⇔ < < ⇔ < < οπότε 2 0ηµ ω < οπότε από την

2 5762625

ηµ ω = παίρνουμε 576 242625 25

ηµ ω = − = −

[ ]

2 213 2 2 12 13 1 12 25 25 251724 718 2 2 25 2 2 18 1718 2518 1 252525 25

ηµ ω συν ω

εϕ ω σϕ ω ηµ ω συν ω

+ + ⋅ + Π = = = = =−⋅ + + − +⋅ + − +



4_17840

Λύση:

1 22

1D λ

λ−

= = − −

1 22xD λ λ λ

λ λ= = − = −

1 11

1yD λλ

−= = − −

Αν 0 2 0 2D λ λ≠ ⇔ − − ≠ ⇔ ≠ − τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση:

2 2xDx

Dλ λ

λ λ−

= = =− − +

1 12 2

yDy

Dλ λλ λ− − +

= = =− − +

Για 2λ = − το σύστημα γίνεται:

2 1 2 12 2 2 2

x y x yx y x y− + = − = −

⇔ − = − − = − που είναι αδύνατο.

β) Για λ=-1 έχουμε σύστημα με λύση ( )1 1 1 1 0, , 1, 01 2 1 2 1 1− − + − = = − − + − +

και γυρεύουμε γωνία θ με

συνθ=-1 και ημθ=0.Στο διάστημα [ ]0,2π τέτοια γωνία είναι η θ=π.



Για λ=1 έχουμε σύστημα με λύση 1 1 1 1 2, , 1 2 1 2 3 3

+ = + +

Αν υπήρχε γωνία θ με 13

συνθ = και 23

ηµθ = τότε από την ταυτότητα 2 2 1ηµ θ συν θ+ =

θα ίσχυε:

2 22 1 4 1 51 1 13 3 9 9 9

+ = ⇔ + = ⇔ =

άτοπο.



4_17841

Η Αλίκη και η Αθηνά διασκεδάζουν στη ρόδα του λούνα παρκ. Η απόσταση, σε μέτρα, του καθίσματός τους από

το έδαφος τη χρονική στιγμή t sec δίνεται από τη συνάρτηση: ( ) 8 630

th t πηµ ⋅ = + ⋅

, 0 ≤ t ≤ 180.

α) Να βρείτε το ελάχιστο και το μέγιστο ύψος στο οποίο φτάνει το κάθισμα, καθώς και τις στιγμές κατά τις

οποίες το κάθισμα βρίσκεται στο ελάχιστο και στο μέγιστο ύψος. (Μονάδες 8)

β) Να υπολογίσετε την ακτίνα της ρόδας. (Μονάδες 3)

γ) Να βρείτε την περίοδο της κίνησης, δηλαδή το χρόνο στον οποίο η ρόδα ολοκληρώνει μια

περιστροφή. Πόσους γύρους έκαναν οι δύο φίλες στο διάστημα από 0 έως 180 sec;

(Μονάδες 4+2=6)

δ) Να μεταφέρετε στην κόλα σας τον πίνακα τιμών και το σύστημα συντεταγμένων που

δίνονται παρακάτω και:

i. να συμπληρώσετε τον πίνακα τιμών της συνάρτησης του ύψους h(t). (Μονάδες 3)

ii. να σχεδιάσετε στο σύστημα συντεταγμένων το τμήμα της γραφικής παράστασης της

συνάρτησης h(t) με 0 ≤ t ≤ 90. (Μονάδες 5)

Λύση:

α) Το μέγιστο ύψος επιτυγχάνεται όταν 130

tπηµ ⋅ =

δηλαδή όταν

12 2 60 1530 2 30 2

t t tπ πκπ κ κ⋅= + ⇔ = + ⇔ = + και επειδή 0 180t≤ ≤ έχουμε:



15 165 1 45 1 90 60 15 180 15 60 165 2 260 60 4 60 4 12

κ κ κ κ κ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ ⇔ − ≤ ≤ + ⇔ − ≤ ≤ +

Αρα κ=0 ή κ=1 ή κ=2 οπότε t=15 ή t=75 ή t=135

β) H διάμετρος της ρόδας είναι η διαφορά του ελάχιστου από το μέγιστο ύψος 14-2=12

οπότε η ακτίνα της ρόδας είναι 6 m

γ) H περίοδος της ρόδας είναι 2 60 sec

30

ππΤ = = .Aρα σε 180 sec οι φίλες έκαναν 3 γύρους.

δ)

( ) 8 630

th t πηµ ⋅ = + ⋅

( ) 00 8 6 8 6 0 8 0 830

h πηµ ηµ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + =

( ) 1515 8 6 8 6 8 6 1 1430 2

h π πηµ ηµ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ =

( ) ( )3030 8 6 8 6 8 6 0 830

h πηµ ηµ π⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ =

( ) ( )45 345 8 6 8 6 8 6 1 230 2

h π πηµ ηµ⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ − =

( ) ( )6060 8 6 8 6 2 8 6 0 830

h πηµ ηµ π⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ =

( ) 75 575 8 6 8 6 8 6 2 8 6 1 1430 2 2

h π π πηµ ηµ ηµ π⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ + = + ⋅ =

( ) ( ) ( )9090 8 6 8 6 3 8 6 2 8 6 0 830

h πηµ ηµ π ηµ π π⋅ = + ⋅ = + ⋅ = + ⋅ + = + ⋅ =

t 0 15 30 45 60 75 90 h(t) 8 14 8 2 8 14 8



4_17843

Λύση:

Από την γραφική παράσταση της συνάρτησης παρατηρώ ότι:

Μέγιστη τιμή: 5

Ελάχιστη τιμή: -1

Περίοδος: Τ=4π

5 4 2 2 21 1 1 2 3

k k k kk k

ρρ ρ ρ ρ

= + = = = ⇔ ⇔ ⇔ − = − + − = − + − = − + =

2 142

π π ωω

= ⇔ =

1 7 1 7 1 7 4 1 3 1 13 2 3 2 3 32 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

x x x x xηµ ηµ ηµ ηµ ηµ + = ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = ⇔ = ⇔



2 2 42 6 2 6 31 ή κ ή κ ή κ

2 65 52 2 4

2 6 2 6 3

x x x

xx x x

π π πκπ κπ κππηµ ηµ

π π πκπ π κπ κπ

= + = + = + = ⇔ ∈ ⇔ ∈ ⇔ ∈

= + − = + = +

Επειδή το 0x βρίσκεται μεταξύ 5π και 6π συμπεραίνουμε ότι παίρνουμε το 0x από τον τύπο

543

x πκπ= + για κ=0, οπότε: 053

x π=



4_17844

Λύση:

( ) ( )2 22 2 2 2 22 2

1 11 1 11 2 1 1 2 2 01 1 1 1

y x y xx y y x y xx y x x x x xx x x x

= − − = − − + = − = − − = − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ + = + + + = + =+ − − = + + =

( )2

11 1 1 1 1 ή

1 0 0 ή 1 0 0 ή 1 0 10y xy x y x y x y x y xx x x x x x x xx x= − −= − − = − − = − − = − − = − − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ + = = + = = = − = = −+ =

1 0 ή

0 1y yx x= − =

= = −

Αρα λύσεις είναι τα ζεύγη ( )0,1 και ( )1,0− .

Επειδή για κάθε γωνία ω ισχύει 2 2 1συν ω ηµ ω+ = , τα συνω και ημω είναι λύσεις του δοθέντος

συστήματος, δηλαδή οι ζητούμενες γωνίες έχουν:

1 0 ή

0 συνω 1ηµω ηµωσυνω

= − = = = −

Στο [ ]0, 2π τέτοιες γωνίες είναι οι ω=π και 32πω =



4_17846

Λύση:

x 0 4π

2π 3

4π π 5

4π 3

2π 7

4π 2π

( )f x xσυν= 1 22

0 22

− -1 22

− 0 22

1

( ) 2g x xσυν= 1 0 -1 0 1 0 -1 0 1

Στο Geogebra η σχεδίαση της

g(x)=συν2x μόνο στο [0,2π], γίνεται

με την εντολή Function[cos(2x),0,2π].



Το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης 2x xσυν συν= στο διάστημα [0,2π] όπως βλέπουμε από τις

γραφικές παραστάσεις είναι 4.

Αλγεβρική επίλυση:

2 22 2 1 2 1 0x x x x x xσυν συν συν συν συν συν= ⇔ − = ⇔ − − =

α=2

β= −1

γ= −1

( ) ( )22 4 1 4 2 1 1 8 9β αγ∆ = − = − − ⋅ − = + =

1 9 1 32 2 2 4

x βσυνα

− ± ∆ ± ±= = =

⋅ οπότε:

1 3 1 3 4 2 1 ή ή 1 ή 4 4 4 4 2

x x x x x xσυν συν συν συν συν συν+ − −= = ⇔ = = ⇔ = = −

Στο διάστημα [ ]0, 2π έχουμε:

1 0 ή 2x x xσυν π= ⇔ = =

1 2 4 ή ή 2 3 3 3 3 3

x x x x x xπ π π π πσυν συν συν π π= − ⇔ = − ⇔ = − = + ⇔ = =



4_17852

Λύση: (με κόκκινο από mathematica)

α) Γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση ( )f x xρσυνω= όπου ρ, ω>0 έχει μέγιστη τιμή ρ, ελάχιστη –ρ και


(Σχολικό σελίδα 81)

Αρα 6sec 2 266 3

T π π πωω

⇔ = ⇔ = ==

β) ( )0 20h = ⇒ ( )0 20 1 20 20a a aσυν ω β β β+ = ⇔ ⋅ + = ⇔ + =

Μετά από 3 sec θα βρίσκεται προφανώς στο μέγιστο ύψος οπότε

( )3 100h = ⇒ 3 100 100 1003πασυν β α συνπ β α β + = ⇔ ⋅ + = ⇔ − + =

Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο σχέσεις

2 120 60β β= ⇔ =

οπότε α=-40 και ( ) 40 603

h t tπσυν = − +



γ) ( ) 2 214 40 14 60 40 4 60 40 603 3 3

h π π πσυν συν π συν = − + = − + + = − + =

140 60 40 60 20 60 803 2πσυν − − + = + = + =

Σημείωση: Στις λύσεις του Mathematica γράφει ( ) ( ) ( )14 2 2 2h h T h= + =

δ) Αρα δύο περιόδων



4_17855

Λύση:

α) Γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση ( )f x xρηµω= όπου ρ, ω>0 έχει μέγιστη τιμή ρ, ελάχιστη –ρ και


(Σχολικό σελίδα 81)

H περίοδος της ταλάντωσης είναι 2 8 8

4

π ππ π

= = ώρες

β) ( ) 12 134tf t πηµ= + άρα

( ) 5 5 25 12 13 12 13 12 13 12 13 12 13 6 2 134 4 4 4 2

f π π π πηµ ηµ ηµ π ηµ = + = + = + + = − + = − + = − +

( ) 8 88 12 13 12 13 12 2 13 12 0 13 134 4

f π πηµ ηµ ηµ π= + = + = + = ⋅ + =

Η απόσταση γίνεται ελάχιστη όταν 14tπηµ = −

0 8 0 8 0 24 4 4

tt tπ π π π< < ⇔ < < ⇔ < < άρα 14tπηµ = − έχουμε για 3 3 6

4 2 2 1t t tπ π= ⇔ = ⇔ =

( )6 12 13 1f = − + = .



ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥpeira.gr/Β ΛΥΚΕΙΟΥ...

Documents

Transcript of ΤΡΑΠΕΖΑ ΘΕΜΑΤΩΝ ΑΛΓΕΒΡΑ Β ΛΥΚΕΙΟΥpeira.gr/Β ΛΥΚΕΙΟΥ...