Λύσεις Πανελλαδικών - Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2014
description
Transcript of Λύσεις Πανελλαδικών - Μαθηματικά Κατεύθυνσης 2014
ΛΥΣΕΙΣΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ
Γιάννης Γκούμας
ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β΄) ΔΕΥΤΕΡΑ 2 IOYNIOY 2014 – ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ:
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ
www. ygoumas.gr
Γιάννης Γκούμας
Μαθηματικά Κατεύθυνσης, Λύσεις θεμάτων2014 Γιάννης Γκούμας
ΘΕΜΑ Α Α1. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 251 Α2. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 273 Α3. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 150 Α4. α) Λάθος, β) Σωστό, γ) Σωστό, δ) Σωστό, ε) Λάθος
ΘΕΜΑ Β Β1. Έστω z x yi= + , ,x y∈ . Τότε
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 22 | | 4 2 0 2 2 4 2 0 2 2 4 2 2 0z z z i i x y xi i x y x i+ + − − = ⇔ + + − − = ⇔ + − + − = ⇔2 22 2 4 0
2 2 0x yx
+ − =
− =
2 2 21
x yx
+ =⇔
=
2 11
yx
=⇔
=
11
yx= ±
⇔ =Άρα οι λύσεις είναι 1 1z i= + και 2 1z i= − .
Β2. ( )( )( )( )
21
22
1 11 1 2 21 1 1 1 2
i iz i i i i iz i i i i
+ ++ + += = = = =
− − + −
Συνεπώς 39
39 4 9 3 4 9 3 31
2
3 3 3 3 3 3zw i i i i i iz
⋅ + ⋅ = = ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ = − ⋅
.
Β3. ( ) ( )1 2| | | 4 | | 3 | | 4 1 1 | | 3 | | 4 4 1 |u w z z i u i i i i u i i i i+ = − − ⇔ − = + − − − ⇔ − = + − + − ⇔2 2| 3 | | 3 4 | | 3 | 3 4 | 3 | 5u i i u i u i− = + ⇔ − = + ⇔ − =
Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών u είναι ο κύκλος με κέντρο (0,3)K και ακτίνα 5ρ = .
ΘΕΜΑ Γ Γ1. Η h ως αποτέλεσμα σύνθεσης και πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων είναι παραγωγίσιμη στο .
e'( ) 1e 1
x
xh x = −+
Η 'h ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων είναι παραγωγίσιμη στο .
( )( ) ( )2 2
e e 1 e e e''( )e 1 e 1
x x x x x
x xh x
+ − ⋅= − = −
+ + συνεπώς ''( ) 0h x < για κάθε x∈ .
Άρα η h είναι κοίλη στο .
Γ2. Επειδή e e 1 e 1'( ) 1 '( ) '( ) 0
e 1 e 1 e 1 e 1
x x x
x x x xh x h x h x+= − ⇔ = − ⇔ = >
+ + + +, η συνάρτηση h είναι
αύξουσα στο . Επιπλέων η συνάρτηση 'h είναι φθίνουσα στο αφού ''( ) 0h x < για κάθε
x∈Συνεπώς ( )(2 '( )) (2 '( ))e ee ln e ln (2 '( )) ln(e) ln(e 1)e 1 e 1
h h x h h x h h x < ⇔ < ⇔ < − + ⇔ + + '1(2 '( )) 1 ln(e 1) (2 '( )) (1) 2 '( ) 1 '( ) '( ) '(0) 0 .
2
h hh h x h h x h h x h x h x h x< − + ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ < ⇔ >
Γ3. ( )e
e 1
11καθώς
elim ( ) lim ( ln(e 1)) lim (ln(e ) ln(e 1)) lim ln lim ln 0e 1
x
xuxx x x
xx x x x uux
h x x u=
+
→+∞ →+∞ →+∞ →+∞ →→→+∞
= − + = − + = = +
,
www.ygoumas.gr 1
www. ygoumas.gr
Γιάννης Γκούμας
Μαθηματικά Κατεύθυνσης, Λύσεις θεμάτων2014 Γιάννης Γκούμας
επειδή DLHe elim lim 1
e 1 e
x x
x xx x→∞ →∞= =
+.
Άρα η ευθεία 0y = είναι η οριζόντια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της h στο +∞ .
( ) ( )( ) ( )e 1
1 1καθώς
lim ( ) lim ( ln(e 1)) lim ln ln 1 0xu
x
ux x ux
h x x u= +
→→−∞ →−∞ →→−∞
− = − + − = − = .
Άρα η ευθεία y x= είναι η πλάγια ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης της h στο −∞ .
Γ4. To 0 είναι προφανής ρίζα της ( ) 0xϕ = , ( )0(0) e (0) ln 2 ln(2) ln 2 0hϕ = + = − + = .
Επιπλέων ( )0 ( ) (0) ( ) ln 2 ( ) ln 2 0 e ( ) ln 2 0h
xx h x h h x h x h x> ⇔ > ⇔ > − ⇔ + > ⇔ + >
, άρα για κάθε
0x > , ( ) 0xϕ > . Άρα το εμβαδόν του χωρίου είναι
1 1 1 11
00 0 0 0| (x) | dx (x)dx e ( ( ) ln 2)dx e ( ( ) ln 2)dx e '( )dxx x xE h x h x h xϕ ϕ = = = + = + − = ∫ ∫ ∫ ∫
1 1
00
ee( (1) ln 2) ( (0) ln 2) dx e(1 ln(e 1) ln 2) ln(e 1)e 1
xx
xh h = + − + − = + + + − + = +∫e 1e e ln(e 1) e ln 2 ln(e 1) ln 2 e (e 1)(ln(e 1) ln 2) e (e 1) ln
2+
= − + + − + + = − + + − = − + .
ΘΕΜΑ Δ
Δ1.0DLH
0 0 0
e 1 e elim ( ) lim lim 1 (0)1 1
x x
x x xf x f
x→ → →
−= = = = = , άρα η f είναι συνεχής στο σημείο 0 0x = .
H f ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, είναι παραγωγίσιμη για 0x ≠ .
2 2
e (e 1) e e 1'( )x x x xx xf x
x x− − − +
= =
Έστω ( ) e e 1x xk x x= − + . Αφού 2 0x > , αρκεί ( ) 0k x > για κάθε x∈ .H k ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων, είναι παραγωγίσιμη για κάθε x∈ ,
'( ) e e e ex x x xk x x x= + − = . '( ) 0 e 0 0xk x x x= ⇔ = ⇔ ='( ) 0 e 0 0xk x x x< ⇔ < ⇔ < '( ) 0 e 0 0xk x x x> ⇔ > ⇔ >
Συνεπώς για κάθε 0x ≠ 2
( )( ) (0) 0 0 '(x) 0k xk x k fx
> = ⇔ > ⇔ > , άρα η f είναι γνησίως
αύξουσα στα διαστήματα ( ),0−∞ και ( )0,+∞ . Επειδή η f είναι συνεχής στο 0 είναι γνησίωςαύξουσα σε όλο το .
Δ2. α) DLH DLH
20 0 0 0 0
e 1 1( ) (0) e 1 e 1 e 1'(0) lim lim lim lim lim0 2 2 2
x
x x x
x x x x x
f x f xxfx x x x→ → → → →
−−− − − −
= = = = = =−
,
άρα 12 '(0) 22
1 1( )du ( )du 0
ff u f u
⋅= =∫ ∫ , 0x = είναι ρίζα της εξίσωσης.
Θέτω 2
1( ) ( )du
xx f uΛ = ∫ . Η f είναι συνεχής άρα η Λ ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων
www.ygoumas.gr 2
www. ygoumas.gr
Γιάννης Γκούμας
Μαθηματικά Κατεύθυνσης, Λύσεις θεμάτων2014 Γιάννης Γκούμας
είναι παραγωγίσιμη στο με ( ) (2 ) 2 0x f x′Λ = ⋅ > άρα η Λ είναι γνησίως αύξουσα. Επίσης η 'f είναι γνησίως αύξουσα επειδή η f είναι κυρτή. Συνεπώς :
2 '( ) 2 '(0) 2 '( )
1 1 10 '( ) '(0) ( '( )) ( '(0)) ( )du ( )du ( )du 0
f x f f xx f x f f x f f u f u f u< ⇒ < ⇒ Λ < Λ ⇒ < ⇒ <∫ ∫ ∫ ,
2 '( ) 2 '(0) 2 '( )
1 1 10 '( ) '(0) ( '( )) ( '(0)) ( )du ( )du ( )du 0
f x f f xx f x f f x f f u f u f u> ⇒ > ⇒ Λ > Λ ⇒ > ⇒ >∫ ∫ ∫ .
Άρα η 0x = είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης.
β) Αρκεί '( ) 2 '( )x t y t= . Αντικαθιστώντας όπου ( ) ( ( ))y t f x t= έχουμε
( ) 1'( ) 2 ( ( )) ' '( ) 2 '( ( )) '( ) 1 2 '( ( )) '( ( )) ( ) 02
x t f x t x t f x t x t f x t f x t x t= ⇒ = ⋅ ⇒ = ⇒ = ⇒ = .
Άρα ο ρυθμός μεταβολής της τετμημένης είναι διπλάσιος του ρυθμού μεταβολής της τεταγμένης στο σημείο ( ) ( )0, (0) 0,1M f M= .
Δ3. Παρατηρούμε ότι ( ) 0g x ≥ για κάθε 0x > και (1) g(2) 0g = = . Συνεπώς η g έχει ελάχιστα στα σημεία 1 1x = και 2 2x = . Η g είναι συνεχής στο [1, 2] άρα από θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής υπάρχει 3 [1, 2]x ∈ τέτοιο ώστε 3( ) ( )g x g x≤ για κάθε [1, 2]x∈ . Για να αποδείξουμε ότι το 3x είναι τοπικό μέγιστο της g χρειάζεται επίσης να δείξουμε ότι 3 (1, 2)x ∈ .
1,52 2 1,5 1,5e 1(1,5) (1.5 (1,5) 1 e) (1,5 2) (1,5 1 e) 0,25 (e 1 1 e) 0,25 (e e) 0,25
1,5g f −
= ⋅ + − − = ⋅ + − ⋅ = − + − ⋅ = − ⋅
άρα (1,5) 0g > . Συνεπώς 3( ) g(1,5) 0g x ≥ > άρα 3 (1, 2)x ∈ .
www.ygoumas.gr 3