Diese Präsentation wurde erfolgreich gemeldet.
Wir verwenden Ihre LinkedIn Profilangaben und Informationen zu Ihren Aktivitäten, um Anzeigen zu personalisieren und Ihnen relevantere Inhalte anzuzeigen. Sie können Ihre Anzeigeneinstellungen jederzeit ändern.

Λύσεις Επαναληπτικών Εξετάσεων 2019 Μαθηματικά ΓΕΛ

2.635 Aufrufe

Veröffentlicht am

Επιμέλεια: Ανδρέας Πάτσης και Μάκης Χατζόπουλος
αποκλειστικά για το lisari.blogspot.com

Veröffentlicht in: Bildung
  • Als Erste(r) kommentieren

  • Gehören Sie zu den Ersten, denen das gefällt!

Λύσεις Επαναληπτικών Εξετάσεων 2019 Μαθηματικά ΓΕΛ

  1. 1. «Οι Πρεσβευτές» - Εθνική Πινακοθήκη του Λονδίνου ΛΥΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΤΕΤΑΡΤΗ 4 Σεπτεμβρίου 2019 ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ lisari team ΛΥΣΕΙΣ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2019 1η έκδοση Πάτσης Ανδρέας Χατζόπουλος Μάκης
  2. 2. Οι απαντήσεις - λύσεις είναι αποτέλεσμα της συλλογικής δουλειάς των μελών της lisari team 1η έκδοση: 4 – 9 – 2019 (συνεχής ανανέωση) Οι λύσεις διατίθεται αποκλειστικά από το μαθηματικό blog http://lisari.blogspot.com
  3. 3. Πρόλογος Στο παρόν αρχείο περιλαμβάνονται οι λύσεις των Επαναληπτικών Πανελλαδικών Εξετάσεων 2019 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. Φέτος εστιάσαμε στη ποικιλία των λύσεων και όσο στο χρόνο που θα αναρτηθούν οι λύσεις. 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 lisari.blogspot@gmail.com. Με εκτίμηση lisari team 4 Σεπτεμβρίου 2019
  4. 4. lisari team 1. Αντωνόπουλος Νίκος (1ο ΓΕΛ Άργους) 2. Αυγερινός Βασίλης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου "ΔΙΑΤΑΞΗ" - Ν. Σμύρνη) 3. Βελαώρας Γιάννης (Φροντιστήριο "ΒΕΛΑΩΡΑΣ" - Λιβαδειά Βοιωτίας) 4. Βοσκάκης Σήφης (Φροντιστήριο "Ευθύνη" - Ρέθυμνο) 5. Γιαννόπουλος Μιχάλης ( Θεσσαλονίκη - Αμερικάνικη Γεωργική Σχολή) 6. Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης (Φροντιστήριο "Λύση" - Άρτα) 7. Δούδης Δημήτρης (3ο Λύκειο Αλεξανδρούπολης) 8. Ζαμπέλης Γιάννης (Φροντιστήρια "Πουκαμισάς" Γλυφάδας) 9. Κακαβάς Βασίλης (Φροντιστήριο "Ώθηση" - Μαρούσι) 10. Κάκανος Γιάννης (Φροντιστήριο "Παπαπαναγιώτου – Κάκανος" - Σέρρες) 11. Κανάβης Χρήστος (Αναπληρωτής Καθηγητής) 12. Καρδαμίτσης Σπύρος (Πρότυπο Λύκειο Αναβρύτων) 13. Κουλούρης Ανδρέας (3ο Λύκειο Γαλατσίου) 14. Κουστέρης Χρήστος (Φροντιστήριο "Στόχος" - Περιστέρι) 15. Μανώλης Ανδρέας (Φροντιστήριο "Ρηγάκης" - Κοζάνη) 16. Μαρούγκας Χρήστος (3ο ΓΕΛ Κηφισιάς) 17. Δημήτρης Μπαδέμης (Φροντιστήριο "Πουκαμισάς" - Γλυφάδας) 18. Νάννος Μιχάλης (1ο Γυμνάσιο Σαλαμίνας) 19. Νικολόπουλος Θανάσης (2ο ΓΕΛ Ζακύνθου, Ζάκυνθος) 20. Παγώνης Θεόδωρος (Φροντιστήριο "Εις τη ν" - Αγρίνιο) 21. Παπαδομανωλάκη Μαρία (Συνιδιοκτήτρια Πρότυπου Κέντρου Μάθησης "ΔΙΑΚΡΙΣΙΣ" - Ρέθυμνο) 22. Παπαμικρούλης Δημήτρης (Εκπαιδευτικός Οργανισμός "Ρόμβος") 23. Πάτσης Ανδρέας (Βόνιτσα - Μαθηματικός) 24. Ποδηματάς Θωμάς ( Σπουδαστήριο Μαθηματικών Θωμάς και Ρόζα Ποδηματά - Βόλος) 25. Γιώργος Πολύζος (τ. πάρεδρος στο Παιδαγωγικό Ινστιτούτο, συγγραφέας) 26. Ράπτης Γιώργος (6ο ΓΕΛ Βόλου) 27. Σίσκας Χρήστος (Φροντιστήριο "Μπαχαράκης" - Θεσσαλονίκη) 28. Σκομπρής Νίκος (Συγγραφέας – 1ο Λύκειο Χαλκίδας) 29. Σπλήνης Νίκος (Φροντιστήριο "ΟΡΙΖΟΝΤΕΣ" - Ηράκλειο Κρήτης) 30. Σταυρόπουλος Παύλος (Ιδιωτικά Εκπαιδευτήρια Δούκα) 31. Σταυρόπουλος Σταύρος (Γραμματέας Ε.Μ.Ε Κορινθίας - Γυμνάσιο Λ.Τ. Λεχαίου Κορινθίας) 32. Τρύφων Παύλος (1ο Εσπερινό ΕΠΑΛ Περιστερίου) 33. Τσακαλάκος Τάκης (συνταξιούχος αλλά ενεργός μαθηματικός) 34. Χαραλάμπους Σταύρος (Μουσικό Λύκειο Θεσσαλονίκης) 35. Χασάπης Γεώργιος (Ιδιωτικός υπάλληλος) 36. Χατζόπουλος Μάκης (1ο ΓΕΛ Αμαρουσίου, Αθήνα)
  5. 5. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.com Γ΄ Λυκείου 4 – 9 – 2019 Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2019: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 1 lisari team / Σχολικό έτος 2018 – 19 ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΤΕΤΑΡΤΗ 4 ΣΕΠΤΕΜΒΡΙΟΥ 2019 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ ΣΠΟΥΔΩΝ ΘΕΤΙΚΗΣ, ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ & ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: 6 (έξι) ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Θέμα Α Α1. Θεωρία Α2. Θεωρία Α3. Θεωρία Α4. Σ – Λ – Σ – Σ – Σ Θέμα Β Β1. Η gof ορίζεται, αν και μόνο αν,       f 2 g x D x x ,1 1, f x D x 1 1                       R Συνεπώς    gofD ,1 1,    Για κάθε gofx D έχουμε:         2 gof x g f x f x 2 x 1     . Β2. Έχουμε:    x x x x 2 1 x 1 g f x x 1 1x 1 1 λ x x x x lim lim lim lim             R και    2 x x x 2 1 lim gof x x lim x 1 x lim 0 β 1 x 1 1 x                                 R . Συνεπώς η ευθεία y x είναι η ζητούμενη ασύμπτωτη της g fC στο  . Β3. Έχουμε :   2 x 2 x 2 1 lim h x lim x 1 x 2             και   2 x 2 x 2 1 lim h x lim x 1 x 2             Συνεπώς το ζητούμενο όριο δεν υπάρχει. Β4. Παρατηρούμε ότι:           2 2 x 1 x 1 x 1 t x t 1 x 1 ημ πx ημ π πx lim lim lim x 1 π 0 x 1 x 1 π πx                       και
  6. 6. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.com Γ΄ Λυκείου 4 – 9 – 2019 Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2019: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 2              2 x 1 x 1 x 1 1 x ημ πxt x t 1 lim lim lim x 1 ημ πx 0 x 1 x 1                Συνεπώς     x 1 t x t 1 lim 0 x 1    και άρα η t είναι παραγωγίσιμη στο 1 άρα και συνεχής στο σημείο αυτό. Συνεπώς η t αφού είναι συνεχής στο  0,1 και στο  1,2 ως πράξεις και σύνθεση μεταξύ συνεχών συναρτήσεων είναι τελικά συνεχής στο κλειστό διάστημα  0,2 . Επίσης είναι αφού είναι παραγωγίσιμη στο  0,1 και στο  1,2 ως πράξεις και σύνθεση μεταξύ παραγωγίσιμων συναρτήσεων είναι τελικά παραγωγίσιμη στο ανοικτό διάστημα  0,2 . Επιπλέον,    t 0 t 2 0  . Άρα πληρούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο  0,2 . Θέμα Γ Γ1. Για κάθε x 0 έχουμε:        21 f x f x f x x 2        Οι συναρτήσεις 2 f ,x είναι συνεχείς στο  0, και επομένως από συνέπεια του Θ.Μ.Τ έχουμε:  2 f x x c  για κάθε x 0 Για x 1 λαμβάνουμε c 0 και επομένως για κάθε x 0 έχουμε:  f x x  1 Από την  1 διαπιστώνουμε ότι για κάθε x 0 έχουμε  f x 0 και από συνέπεια του θεωρήματος Bolzano έχουμε  f x 0 για κάθε x 0 ή  f x 0 για κάθε x 0 Όμως,  f 1 1 0  τελικά  f x 0 . Από τη σχέση  1 έχουμε  f 0 0 , άρα για κάθε x 0 είναι  f x 0 . Συνεπώς,  f x x,x 0  Γ2. Έστω   fΜ x, x C , x 0 και d η απόσταση του Μ από το 3 Α ,0 2       , τότε έχουμε:   2 3 d x x x 2         , x 0 άρα   2 x 1 d x 3 x x 2           , x 0 Η d παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x 1 . Συνεπώς το μοναδικό σημείο που απέχει ελάχιστη απόσταση από το Α είναι το σημείο  Μ 1,1 .
  7. 7. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.com Γ΄ Λυκείου 4 – 9 – 2019 Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2019: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 3 Γ3. Η εξίσωση της εφαπτομένης της fC στο σημείο Μ είναι 1 1 y x 2 2   η οποία τέμνει τον άξονα x x στο σημείο  1,0 . Επειδή η f είναι κοίλη βρίσκεται κάτω από την εξίσωση της εφαπτομένης για κάθε x 0 , εκτός από το σημείο επαφής. Συνεπώς το ζητούμενο εμβαδόν είναι:   1 1 1 1 1 1 1 E Ω x dx xdx τ.μ. 2 2 3             Γ4. Θεωρούμε τη συνάρτηση      k x f x g x  ,  x 0,  . H k συνεχής στο  0,1 διαφορά συνεχών συναρτήσεων και     k 0 g 0 0       k 1 1 g 1 0   αφού  0 g x 1  για κάθε x 0 . Από το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον  0x 0,1 τέτοιο ώστε:      0 0 0k x 0 f x g x   . Για κάθε  1 2x ,x 0,  με 1 2x x έχουμε: 1 2 1 2x x x x             g 0, 1 2 1 2 1 2x x g x g x g x g x         .> Προσθέτουμε κατά μέλη έχουμε    1 2k x k x , άρα η k είναι γνησίως αύξουσα άρα 1 – 1 και επομένως η ρίζα 0x είναι μοναδική. Θέμα Δ Δ1. Ά τρόπος:
  8. 8. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.com Γ΄ Λυκείου 4 – 9 – 2019 Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2019: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 4 Η f είναι παραγωγίσιμη στο R ως ρητή με       22 22 3x x 1 f x 0 3x 3x 1       για κάθε  x 0,1 R x  0 1   f x + + + f ,< ,< ,< ,< και επειδή η f είναι συνεχής στο 0 και στο 1 τελικά η f είναι γνησίως αύξουσα στο R. Β τρόπος: Η f γράφεται:     3 3 3 x f x 1 x x    , xR Για οποιαδήποτε 1 2x ,x R με 1 2x x έχουμε:                          3 3 2 1 2 1 3 33 3 2 2 1 1 3 33 3 3 3 2 1 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 3 3 2 1 2 1 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2 x x f x f x x 1 x x 1 x x x 1 x x x 1 x 3x 3x 1 3x 3x 1 x x x x x x 3x 3x 1 3x 3x 1 β α α αβ β 0 ΑΒ                                     όπου 1 1 2α x x x  , 2 2 2 1 2 1 1 2 2β x x x , Α 3x 3x 1, Β 3x 3x 1        και 2 1β α x x 0    επίσης, 2 2 2 2 β 3β α αβ β α 0 2 4            . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο R. Δ2. Ά τρόπος Θεωρούμε τη συνάρτηση      g x f x f 1 x ,x   R Η g είναι παραγωγίσιμη στο R ως πράξεις με παραγωγίσιμες συναρτήσεις με :      g x f x f 1 x 0     
  9. 9. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.com Γ΄ Λυκείου 4 – 9 – 2019 Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2019: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 5 Από συνέπεια Θ.Μ.Τ έχουμε  g x c για κάθε xR . Για x 0 έχουμε,      c g 0 f 0 f 1 1    άρα    f x f 1 x 1   για κάθε xR . Β΄ τρόπος Έχουμε,     3 33 x f x x 1 x    άρα       3 3 3 1 x f 1 x 1 x x      οπότε:         33 33 x x 1 f x f 1 x 1 x x 1         Για τον υπολογισμό του εμβαδού έχουμε:  f x 0 x 0   . Επειδή, η f συνεχής στο  0,1 το ζητούμενο εμβαδόν είναι:   1 0 Ε f x dx  Είναι   3 2 x f x 0 3x 3x 1     για κάθε x 0 οπότε   1 0 Ε f x dx  Όμως,           1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 f x f 1 x 1 f x dx f x dx 1dx f x dx E τμ 2 2              διότι,     u 1 x1 1 0 0 f 1 x dx f x dx      . Δ3. Για κάθε  x 0,1 έχουμε:         f 0 x 1 f 0 f x f 1 0 f x 1        ,<R άρα για κάθε  x 0,1 έχουμε:         2 f x f x 1 0 2f x 2f x    Και επειδή το ίσον δεν ισχύει παντού έχουμε:     1 1 2 0 0 1 2f x dx 2f x dx 2 1 2      Δ4. Για κάθε π x 0, 2       έχουμε:                         2 2 συνx ημx 2 2 συνx ημx f x f 1 x 1 συνx ημx συνx ημx f 1 1 συνx ημx π x 0, 2 ημx συνx f ημ x f συν x f εφx e f ημ x f 1 ημ x f εφx e 1 f εφx e f εφx e f 1 εφx e 1 ημx e συνx e 1                                      
  10. 10. Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.com Γ΄ Λυκείου 4 – 9 – 2019 Επαναληπτικές Πανελλαδικές Εξετάσεις 2019: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 6 H συνάρτηση   x h x xe  έχει παράγωγο     x h x 1 x e 0     για κάθε  x 0,1 και συνεπώς είναι 1 - 1. Όμως για κάθε π x 0, 2       έχουμε: 0 ημx 1  και 0 συνx 1  συνεπώς η (1) γίνεται ισοδύναμα:     π x 0, 2 π h ημx h συνx ημx συνx x 4            .

×