Post on 20-Jul-2020
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
17ο Γενικό Λύκειο Αθηνών Σχολικό έτος 2014-2015
ΤΑΞΗ:B' Λυκείου
ΘΕΜΑΤΑ ΓΡΑΠΤΩΝ ΠΡΟΑΓΩΓΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΙΟΥΝΙΟΥ
ΠΕΡΙΟΔΟΥ ΜΑΙΟΥ-ΙΟΥΝΙΟΥ
ΣΤΗΝ ΑΛΓΕΒΡΑ
:Αθήνα 8-6-2015
ΘΕΜΑ 1ο
Α. Nα αποδείξετε ότι αν ένα πολυώνυμο έχει παράγοντα το x-ρ τότε το ρ είναι ρίζα του
πολυωνύμου. (Μονάδες 10)
Απάντηση: (σχολικό σ. 135) Εστω ότι το x ρ− είναι παράγοντας του ( )xΡ .Tότε ( ) ( ) ( )x x xρ πΡ = −
Από την ισότητα αυτή για x ρ= παίρνουμε ( ) ( ) ( ) ( )0 0ρ ρ ρ π ρ π ρΡ = − = =
που σημαίνει ότι το ρ είναι ρίζα του ( )xΡ
Β. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στην κόλλα σας τη λέξη Σωστό
ήΛάθος δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση.
1. To σύστημα 3
2 2 6x y
x y+ =
+ = έχει μοναδική λύση.
Απάντηση
Λ αφού αν διαιρέσουμε με το 2 τους όρους του 2ης εξίσωσης το σύστημα γίνεται
3 33
2 2 6 3x y x y
x yx y x y+ = + =
⇔ ⇔ + = + = + = που σημαίνει ότι έχει άπειρες λύσεις της μορφής
( ), 3 , k k k− ∈
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
2. Η συνάρτηση ( ) lnf x x= είναι γνησίως αύξουσα.
Απάντηση
Σ Σημείωση: Το διαπιστώνουμε άμεσα όταν έχουμε στο μυαλό μας την γραφική παράσταση της
συνάρτησης ( ) lnf x x= .
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
3. Ισχύει 1εϕω σϕω⋅ = με 0
, κ20 2
πσυνω ω κπ πω κηµω ω κπ
≠ ≠ + ⇔ ⇔ ≠ ∈ ≠ ≠
Απάντηση:
Σ
σ. 61 σχολικό 1ηµω συνωεϕω σϕωσυνω ηµω
⋅ = ⋅ =
Σημείωση: Oι περιορισμοί δεν υπήρχαν αρχικά και δόθηκε η διευκρίνηση ότι θεωρούνται δεδομένοι
μετά από παρατήρηση της μαθήτριας (Α.Κ.).Εδώ προστέθηκαν χάριν πληρότητας. 4. log1=ln1
Απάντηση:
Σ αφού και log1=0 αλλά και ln1=0
Aς θυμηθούμε τον ορισμό του λογαρίθμου.Τι σημαίνει log1; Είναι ο εκθέτης που πρέπει να
υψώσουμε το 10 ώστε να βρουμε 1.Αλλά γνωρίζουμε από τον ορισμό των δυνάμεων ότι 010 1= ,
άρα log1=0.
Τι σημαίνει ln1; Είναι ο εκθέτης που πρέπει να υψώσουμε το e ώστε να βρουμε 1.Αλλά γνωρίζουμε
από τον ορισμό των δυνάμεων ότι 0 1e = , άρα ln1=0.
Διαπιστώνουμε λοιπόν ότι log1=ln1(=0)
Αυτό φαίνεται και στην γραφική παράσταση των συναρτήσεων y=lnx και y=logx
Παρατηρούμε ότι οι δύο γραφικές παραστάσεις έχουν κοινό σημείο το Κ(1,0) που σημαίνει ακριβώς
ότι log1=0 και ln1=0.
Επιπλέον έχω τονίσει ότι: log10=1 καθώς και ότι lne=1.
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
5. Η εξίσωση 4 2 2015 0x xα β+ + = με έχει ρίζα το 2.
Απάντηση
Λ
Γιατί αφού οι συντελεστές του πολυωνύμου είναι όλοι ακέραιοι, σύμφωνα με το θεώρημα ακέραιων
ριζών, αν το 2 ήταν ρίζα θα έπρεπε να διαιρεί τον σταθερό όρο που δεν συμβαίνει αφού ο 2015 είναι
περιττός.
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
ΘΕΜΑ 2ο
Δίνεται το πολυώνυμο ( ) 4 3 23 2P x x x x x= − − + +
α.Να δείξετε ότι το πολυώνυμο x+1 διαιρεί το ( ) 4 3 23 3 2P x x x x x= + + − −
β. Nα δείξετε ότι το ( )21x + είναι παράγοντας του ( )P x γ. Να λύσετε την ανίσωση ( ) 0P x ≤ δ. Να γράψετε την ταυτότητα της διαίρεσης ( ) ( ): 3P x x −
ΛΥΣΗ:
α) Σύμφωνα με γνωστό θεώρημα το ( )1 1x x+ = − − διαιρεί το ( ) 4 3 23 3 2P x x x x x= + + − − αν και
μόνο άν ( )1 0P − = .
( ) ( ) ( ) ( ) ( )4 3 21 1 3 1 1 3 1 2 1 3 1 3 2 0P − = − + − + − − − − = − + + − =
Προτιμούμε όμως να δουλέψουμε εν όψει και των επόμενων ερωτημάτων με σχήμα Horner ώστε να
βρούμε και το πηλίκο της διαίρεσης του ( )P x με το 1.x +
β) Για να είναι το ( )21x + παράγοντας του ( )P x , δεδομένου ότι όπως δείξαμε το 1x + είναι
παράγοντας του ( )P x , αρκεί να δείξουμε ότι το 1x + διαιρεί το πηλίκο ( )xπ της διαίρεσης
( ) ( ): 1P x x + .Πράγματι τότε:
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )21 1 1 1P x x x x x q x x q xπ= + = + + = +
(με ( )q x συμβόλισα το πηλίκο της διαίρεσης ( ) ( ): 1x xπ + , δηλαδή ( ) ( ) ( )1x x q xπ = + )
Αρα εφαρμόζουμε ξανά Horner για την διαίρεση του ( ) 3 22 2x x x xπ = − − + με το 1x + .
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
Η μαθήτρια Αναστασία Κ. και κάποιοι άλλοι μαθητές έδωσε την εξής σωστή λύση:
x -∞ -1 1 2 ∞
( )21x + + 0 + + +
x-1 _ _ 0 + +
x-2 − − − 0 +
P(x) + 0 + 0 − 0 +
Σημείωση: Οι περισσότεροι μαθητές έγραψαν ως λύση το [1,2] και έχασαν την ρίζα {-1} που είναι «απομονωμένη»
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
δ)
Η μαθήτρια Αναστασία Κ. και κάποιοι άλλοι μαθητές έδωσε την εξής σωστή λύση:
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
ΘΕΜΑ 3ο
Δίνονται οι ανισώσεις
( ) ( )log 2 1 log 10 2x x− < − (1) και 2 1
37 7x
x++ ≥ (2)
i) Να βρείτε τις τιμές του x για τις οποίες ορίζεται η (1)
και τις τιμές του x για τις οποίες ορίζεται η (2) Μονάδες 4+2=6
ii) Να λύσετε την λογαριθμική ανίσωση Μονάδες 6
iii) Να λύσετε την εκθετική ανίσωση Μονάδες 8
iv) Nα βρείτε τις κοινές λύσεις των δύο ανισώσεων. Μονάδες 5
ΛΥΣΗ:
Σημείωση: Eδώ δυστυχώς ένα συχνό λάθος μαθητών ήταν ότι από την 2 1 7 γνησίως αύξουσα αφού 7>1
3 2 17 7 03
xxx x
x
++ +
≥ ⇔ >+
Φυσικά βάση του λάθους ήταν ότι δεν θυμόντουσαν ότι έχουμε ορίσει 17 7= ενώ 07 1.=
Γιατί όμως ορίσαμε 07 1= ; Αν το γνωρίζουμε αυτό, πιο εύκολα θα προφυλαχτούμε από το λάθος.Ας
το θυμίσουμε λοιπόν:
Προφανώς 3
37 17
= αφού ο αριθμητής είναι ίσος με τον παρονομαστή.
Αν θέλουμε να ισχύει και σε αυτή την περίπτωση ο κανόνας διαίρεση δυνάμεων με την ίδια βάση
τότε θα πρέπει 3 37 1− = δηλαδή 07 1.=
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
ΘΕΜΑ 4ο
Α.Δίνεται η συνάρτηση ( ) ( )log 2f x x xσυν ηµ= + + , x∈
α.Nα δείξετε ότι ( ) 33 0 log 2,7 12
f f π + − =
(Μονάδες 7)
β. Αν ( ) ( )2 2015f fπ α π β+ = − , όπου ,α β ∈ τότε να δείξετε ότι
συνα συνβ ηµβ ηµα+ = − (Μονάδες 8)
Β. Αν log 0κ = ,
τότε να λύσετε την εξίσωση x xηµ κ συν= ⋅ με άγνωστο τον x. (Μονάδες 10)
ΛΥΣΗ:
Σημείωση: H μαθήτρια Α.Κ. ρώτησε αν πρέπει να αποδείξουμε ότι το πεδίο ορισμού της
συνάρτησης ( ) ( )log 2f x x xσυν ηµ= + + είναι το .
Της απαντήσαμε ότι δεν το ζητάμε, αφού το δίνουμε.Αν όμως έπρεπε να το αποδείξουμε θα λέγαμε
ότι η συνάρτηση ορίζεται για τα x∈ για τα οποία:
2 0x xσυν ηµ+ + >
Oμως γνωρίζουμε ότι 1xσυν ≥ − και 1xηµ ≥ − για κάθε x∈ .Αν προσθέσουμε κατά μέλη αυτές
τις ανισότητες έχουμε 1 1 2 2 0x x x x x xσυν ηµ συν ηµ συν ηµ+ ≥ − − ⇔ + ≥ − ⇔ + + ≥ .Δεν υπάρχει
κανένα x∈ για το οποίο έχουμε ταυτόχρονα 1xσυν = − και 1xηµ = − .Συγκεκριμένα από τον
τριγωνομετρικό κύκλο διαπιστώνουμε ότι όταν 1xσυν = − τότε 0xηµ = και όταν 1xηµ = − τοτε
0xσυν = .
Αρα τελικά για κάθε 2 0x xσυν ηµ+ + > για κάθε x∈ .
Γνωρίζουμε ότι γωνίες που διαφέρουν κατά ακέραιο πολλαπλάσιο του 2π (ή αλλιώς με άρτιο
πολλαπλάσιο του π), έχουν τους ίδιους τριγωνομετρικούς αριθμούς (αφού έχουν την ίδια τελική πλευρά
σχολικό σ.52).Επομένως: ( )2συν κπ β συνβ+ = και ( )2ηµ κπ β ηµβ+ =
( ) ( ) ( )2015 2014συν π β συν π π β συν π β− = + − = −
( ) ( ) ( )2015 2014ηµ π β ηµ π π β ηµ π β− = + − = −
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
B. 2ος τρόπος (φανερά πιο πολύπλοκος, αλλά σωστός)
►
22
22
2
x x
x x x x ή
x x
πκππηµ συν ηµ ηµ κ
πκπ π
= + − = ⇔ = − ⇔ ∈ ⇔
= + − −
2 22 4
, ,4
2 0 2 αδύνατη2 2
x x
ή ή x
x x x
π πκπ κππκ κ κπ κ
π πκπ π κπ
= + = +
∈ ⇔ ∈ ⇔ = + ∈
= + − + = +
● ( ) ( )2 2
x x x x x x x xπ πηµ συν ηµ συν π ηµ ηµ π ηµ ηµ π = − ⇔ = − ⇔ = − − ⇔ = − +
2 0 22 2
222
22
x x x
x x ή ή
x xx x
π πκπ κππηµ ηµ κ κ
ππ κπ πκπ π
= + − = − ⇔ = − ⇔ ∈ ⇔ ∈
= + − += + − −
αδύνατη0 2 2 3 32 2 , ,
2 432 22
x
ή x x
x
πκππ πκ κπ κ κπ κ
πκπ
= −
∈ ⇔ = + ∈ ⇔ = + ∈
= +
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
Το 3 ,4
x πκπ κ= + ∈ μπορεί να γραφεί:
( )4 , , 1 ,4 4 4 4
x x xπ π π πκπ κ κπ π κ κ π κ= + − ∈ ⇔ = + − ∈ ⇔ = + − ∈
Οταν το κ «διατρέχει» το τότε και το 1κ + «διατρέχει» το οπότε μπορούμε να γράψουμε:
, κ4
x πκπ⇔ = − ∈ κι έτσι φτάσαμε στην ίδια μορφή λύσεων με αυτές που αναρτήθηκαν.
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
►Παραλλαγή όπου μετατρέπουμε το ημ σε συν.(Ανδρέας .Κ.)
2 2 22 2
22 2
2 2
x x x
x x x x ή ή
x x
π πκπ κππηµ συν συν συν κ κ
π πκπ κπ
− = + + = = ⇔ − = ⇔⇔ ∈ ⇔ ∈
− = − =
4
1 αδύνατη γιατί 4
x
ή
π κπ
κ
κ κ
= −
∈
= ∈
Οταν το κ διατρέχει το τότε και το –κ διατρέχει το άρα μπορούμε να γράψουμε
4x πκπ= + κ ∈ όπως οι λύσεις που αναρτήθηκαν.
( ) ( )
( )
22
22
2
x x
x x x x x x ή
x x
π κπ ππηµ συν ηµ συν π συν συν π κ
π κπ π
− = + − = − ⇔ = − ⇔ − = − ⇔ ∈ ⇔
− = − −
2 2 22 2 2
2 4 42 2 22 2
ή ή ήxx x x
π π πκπ π π κπ κπ
κ κ κπ π π π κπκπ π π κπ
= + − = − =
∈ ⇔ ∈ ⇔ ∈ ⇔+ = +
− = − + + = +
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
1 αδύνατη αφού 4
4 3 4ή
x
κ κ
π κπ
− = ∈
⇔= −
3 4 34 4 4
x xπ κπ π κπ= − ⇔ = − , κ ∈
Για να διαπιστώσουμε ότι οι πιο πάνω λύσεις δεν διαφέρουν από αυτές των λύσεων μπορούμε να
γράψουμε:
( )3 4 14 4 4 4
x x xπ κπ π ππ κπ κ π= − ⇔ = − − ⇔ = − + −
Οταν το κ διατρέχει το και το ( )1κ− + διατρέχει όλο το { } ... 2, 1,0,1,2,...= − − οπότε
μπορούμε να γράψουμε ( )1 , 4 4
x xπ πκ π κ κπ= − + − ∈ ⇔ = − , κ ∈ .
►Ο μαθητής Παναγιώτης Λ. προχώρησε ως εξής: 2 2 2 2 21 1 2x x x x x x xηµ συν ηµ συν συν συν συν= ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ....
Oμως, δεν μπορούμε να υψώνουμε στο τετράγωνο τα μέλη μιας εξίσωσης αν δεν έχουμε
εξασφαλίσει ότι είναι ομόσημα γιατί αλλιώς προσθέτουμε ρίζες.Για παράδειγμα η εξίσωση x=1 έχει
ρίζα το 1.Αν υψώσω στο τετράγωνο παίρνω την εξίσωση 2 1x = που έχει ρίζες τους αριθμούς 1x = ±
δηλαδή οι δύο εξισώσεις δεν έχουν τις ίδιες λύσεις δηλαδή δεν είναι ισοδύναμες.Οπότε δεν μπορώ
να γράψω 21 1x x= ⇔ = (ισχύει η συνεπαγωγή 21 1x x= ⇒ = αλλά όχι η 2 1 1x x= ⇒ = )
Ομως αυτή η ιδιαίτερη προσπάθεια λύσης, μου έδωσε την ιδέα ότι οι δύο εξισώσεις μπορούν να
γραφούν ως μία ως εξής:
( )( ) 2 2 2 2 20 0 1 0 1 2 0x x x x x x x x xηµ συν ηµ συν ηµ συν συν συν συν+ − = ⇔ − = ⇔ − − = ⇔ − =
2 1 1 1 2 2 ή ή 2 2 2 2 2
x x x x xσυν συν συν συν συν⇔ = ⇔ = = − ⇔ = = − ⇔
(
2 43 ή
4 4 42
42
(1)
)
x
x x x ή
x
πκππ π πσυν συν συν συν συν συν κ
πκπ
= +
= = ⇔ = ⇔ ∈
= −
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
( )
( )
(3 22 2 1 44 434
32 2 1 24 44
(4
3)
)
xx x
x ή ή ή
x xx
ππ πκπ πκπ κ ππσυν συν κ κ κ
π ππκπ κ πκπ π
= + −= + = + −
= ⇔ ∈ ⇔ ∈ ⇔ ∈
= − = − += − −
Τώρα κυττάζοντας τις (1) και (4) παρατηρούμε ότι ο όρος 2κπ , κ ∈ δίνει όλα τα άρτια
πολλαπλάσια του π ενώ ο όρος ( )2 1κ π− , κ ∈ δίνει όλα τα περιττά πολλαπλάσια του π.Επομένως
μπορούμε να αντικαταστήσουμε αυτούς τους δύο τύπους με έναν και συγκεκριμένα με τον:
4x πλπ= + , λ ∈ Με παρόμοιο σκεπτικό οι (2) και (3) μπορούν να αντικατασταθούν ισοδύναμα
από την:
4x πλπ= − , λ ∈
Αρα βλέπουμε ότι καταλήγουμε στις ίδιες λύσεις με τις λύσεις που αναρτήθηκαν (μετά τις
εξετάσεις)
Σημείωση: Επίσης να πω ότι η επιλογή του κ στην εκφώνηση του ερωτήματος (εκεί που λέμε ln
log 0)κ = ήταν ατυχής.Θα έπρεπε να είχαμε βάλει λ ή μ ή κάτι άλλο.Και τούτο, επειδή ο τύπος
των γενικών λύσεων των βασικών τριγωνομετρικών εξισώσεων στο βιβλίο περιέχει κ, κάποια παιδιά
αφού βρήκαν όλες τις λύσεις αντικατέστησαν όπου κ=1 και μετά κ= -1 .
Αθανασίου Δημήτρης asepfreedom@yahoo.gr peira.gr
Ο ΔΙΕΥΘΥΝΤΗΣ ΟΙ ΔΙΔΑΣΚΟΝΤΕΣ
ΚΑΡΑΚΑΣΗΣ ΝΙΚΟΛΑΟΣ
ΚΑΡΟΥΣΟΣ ΧΑΡΑΛΑΜΠΟΣ ΑΘΑΝΑΣΙΟΥ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ