Υποδείξεις από το προσομοιωτικό διαγώνισμα της Γ΄ Λυκείου Κατεύθυνσης της lisari team

1. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015
Μαθηματικά θετικής και
τεχνολογικής κατεύθυνσης
από τη lisari team
# Υποδείξεις #
Κυριακή 24 – 05 – 2015
lisari.blogspot.gr
Ομάδα Α΄
εργασιών:
Νίκος
Σπλήνης
Παύλος
Σταυρόπουλος
Σταύρος
Σταυρόπουλος
Ομάδα Β΄
εργασιών:
Νίκος
Αντωνόπουλος
Αντώνης
Σπυριδάκης
Περικλής
Παντούλας
Συντονιστής
Παύλος
Τρύφων

2. ΠΡΟΛΟΓΟΣ
Το διαγώνισμα που περιλαμβάνεται στην παρούσα ανάρτηση αντιστοιχεί στο
μάθημα Μαθηματικά θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης και ακολουθεί τις
προδιαγραφές που αναφέρονται στο αναλυτικό πρόγραμμα σπουδών της Γ΄ τάξης του
Γενικού Λυκείου για το σχολικό έτος 2014-2015.
Το διαγώνισμα είναι αποτέλεσμα σύνθεσης δυνάμεων της lisari team. Η πρώτη
διστακτική απόπειρα προσομοιωτικών διαγωνισμάτων ξεκινά από τη φετινή χρονιά
(2015). Δεν ξέρουμε αν η ομάδα μας θα προσφέρει κάτι διαφορετικό από τα έως τώρα
αναρτηθέντα διαγωνίσματα , αλλά πρόκειται για μια προσπάθεια να παρουσιαστεί –
όσο είναι δυνατόν- ένα πλήρες διαγώνισμα.
Η lisari team δεν επιθυμεί, δε φιλοδοξεί ούτε δύναται τα προτεινόμενα θέματά της να
γίνουν τα μελλοντικά θέματα των εξετάσεων. Ωστόσο, θα επιχειρήσει
να προετοιμάσει, να ελέγξει και να δώσει την ευκαιρία στο μαθητή να εξασκηθεί.
Αν παράλληλα καταφέρει να προβληματίσει και τον καθηγητή, τότε θα έχει πετύχει το
σκοπό της στο μέγιστο.
Δεν έχουμε σκοπό, ούτε διεκδικούμε να ανεβάσουμε τον «πήχη» δυσκολίας, δε
θέλουμε να φοβίσουμε ή να απογοητεύσουμε τους μαθητές μας. Εντούτοις, όταν
χαρακτηρίζεις ένα διαγώνισμα «προσομοιωτικό» οφείλεις να προσομοιάζεις, όσο
είναι δυνατόν, το στυλ, το επίπεδο και τη μορφή των θεμάτων με εκείνα που
προτείνονται στις Πανελλαδικές Εξετάσεις. Η ενασχόληση των μαθητών με το
διαγώνισμα προσομοίωσης της lisari team προϋποθέτει τη γνώση της θεωρίας, την
επίλυση όλων των σχολικών ασκήσεων, καθώς και όλων των προηγούμενων
θεμάτων από τις κανονικές και επαναληπτικές εξετάσεις (‘00 – ‘14).
Μην ξεχνάτε ότι το διαγώνισμα, με το οποίο θα ασχοληθείτε, είναι ανθρώπινο
δημιούργημα, οπότε εξ’ ορισμού δεν είναι τέλειο. Γι’ αυτό το λόγο, η συγγραφική
ομάδα που το επιμελήθηκε με ιδιαίτερη ικανοποίηση θα δέχεται στην παρούσα
ανάρτηση τα σχόλια και τις παρατηρήσεις από οποιονδήποτε συνάδελφο, μαθητή ή
πολίτη που ασχολείται με θέματα παιδείας.
Με εκτίμηση,
lisari team
“verba volant, scripta manent” = τα λόγια πετούν-χάνονται, τα γραπτά μένουν

3. Πρόσφεραν θέματα – Τράπεζα Θεμάτων
1. Αντωνόπουλος Νίκος
2. Αυγερινός Βασίλης
3. Βελαώρας Γιάννης
4. Βοσκάκης Σήφης
5. Γιαννόπουλος Μιχάλης
6. Γκριμπαβιώτης Πάνος
7. Κάκανος Γιάννης
8. Κανάβης Χρήστος
9. Κοπάδης Θανάσης
10. Παντούλας Περικλής
11. Παπαμικρούλης Δημήτρης
12. Σκομπρής Νίκος
13. Σπλήνης Νίκος
14. Σπυριδάκης Αντώνης
15. Σταυρόπουλος Σταύρος
16. Τηλέγραφος Κώστας
17. Τρύφων Παύλος
18. Φιλιππίδης Χαράλαμπος
19. Χατζόπουλος Μάκης
Ομάδα Α΄ (επιλογή και επεξεργασία των θεμάτων):
α) Νίκος Σπλήνης β) Παύλος Σταυρόπουλος γ) Σταύρος Σταυρόπουλος
Ομάδα Β΄ (επιλογή και επεξεργασία των θεμάτων):
α) Νίκος Αντωνόπουλος β) Περικλής Παντούλας γ) Αντώνης Σπυριδάκης
Επιμέλεια: Παύλος Τρύφων
Γενικός Συντονιστής: Παύλος Τρύφων

4. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΥΠΟΔΕΙΞΕΩΝ: ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ 1
ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ ΤΟΥ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ
ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ
από τη lisari team
ΘΕΜΑ Α
Α1. Σχολικό βιβλίο σελ. 167
Α2. Σχολικό βιβλίο σελ. 195
Α3. Σχολικό βιβλίο θεώρημα σελ. 218
Α4. 1) Σωστό
2) Σωστό
3) Λάθος
4) Λάθος
5) Σωστό

5. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΥΠΟΔΕΙΞΕΩΝ: ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ 2
ΘΕΜΑ Β
Β1. Με απαγωγή σε άτοπο, δηλαδή έστω z w τότε καταλήγουμε z 0 που είναι άτοπο.
Άρα z w . Ακόμη, αν πολ/με τη δεδομένη σχέση με z – w προκύπτει το ζητούμενο …
B2. Αρκεί να δείξουμε, z w . Από το Β1 έχουμε 3 3
z w άρα και τα μέτρα τους είναι
ίσα, οπότε έπεται το ζητούμενο.
Β3. i. Εύκολα βρίσκουμε, z w ρ  , οπότε,
 
 
2 2 2 2 2
2 2 2
z zw w 0 zw w z w z w z
w z w z w z w z w z w
           
               
Επίσης, από γνωστή άσκηση του σχ. βιβλίου (θέλει απόδειξη),
2 2 2 2
z w z w 2 z 2 w    
έχουμε,
z w ρ
2 2 2
z w z w 4ρ
 
    
z w
z w 3ρ ρ
3

   
Άρα πράγματι ισχύει η σχέση
z w
z w
3

   
ii. Έχουμε,
z w
ρ z w ρ 3 (1)
3

   
Όμως, z w ΑΒ

  . Άρα η σχέση (1) γράφεται
 
ο
2
2
2 2
2
2 2
2
2 2 2
0 φ 180
ο
ΑΒ ρ 3 ΟΒ ΟΑ ρ 3 ΟΒ ΟΑ ρ 3
ΟΒ 2ΟΑ ΟΒ ΟΑ 3ρ
ΟΒ 2 ΟΑ ΟΒ συνφ ΟΑ 3ρ
ρ 2 ρ ρ συνφ ρ 3ρ
1
2συνφ 1 συνφ φ 120
2
    
   
   
 
      
   
       
   
     
      
       

6. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΥΠΟΔΕΙΞΕΩΝ: ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ 3
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Θεωρούμε 0y 0 τυχαίο και σταθερό. Ορίζουμε τη συνάρτηση  k : 0, R  με
       0 0 0k x f xy x f y y f x , x>0    
άρα από τη δεδομένη σχέση έχουμε,
   k x k 1 , για κάθε x > 0
Οπότε ικανοποιείται το Θεώρημα Fermat επομένως,
 
   0 0 0
2
0 0
f ' y y f y 1
k' 1 0 ....
y y
 
   
αφού ισχύει για οποιοδήποτε y0 > 0 τότε ισχύει για κάθε y > 0 , δηλαδή
     
 2
f ' y y f y f y1
ln y
y y y
       
 
, για κάθε y > 0
Άρα θα υπάρχει σταθερά c τέτοια, ώστε :
 f y
ln y c
y
  , για κάθε y > 0
Για y =1 βρίσκουμε c 0 , οπότε  f y y ln y , y >0  ή  f x x ln x , x> 0 
Προσοχή: Τα βήματα εύρεσης της συνάρτησης f δεν ήταν ισοδύναμα. Γι αυτό είναι
απαραίτητο ο τύπος της f που βρέθηκε, να επαληθευτεί στις αρχικές σχέσεις
     f xy xf y yf x  ,  f 1 0 και  f 1 1. 
Γ2. Πλάγιες-οριζόντιες στο  :
 
 
 
 
x
x
x
2 2x x x x
ln 1 e
x 2 ln 1 eh x 2 2 1xα lim lim lim 1 lim 1 ln 1 e
x x x x x x
1 0 0 ln1 1,



   

     
               
    
  
 
 
x
x
x x x
ln 1 e 1
β lim h x αx lim 2 lim 2 ln 1 e 2 0 ln1 2
x x


  
                   
Άρα η ευθεία y αx β  , δηλαδή η y x 2  είναι πλάγια ασύμπτωτη της h στο 

7. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΥΠΟΔΕΙΞΕΩΝ: ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ 4
Πλάγιες-οριζόντιες στο  :
   x
2x x
ln 1 eh x 2
γ lim lim 1 1 0 0 1,
x x x

 
 
        
 
 
(διότι,
    
 
x
xx
x x
2x x x x2
e 1
ln 1 eln 1 e 11 e 1 elim lim lim lim 0
x 2x 2xx

 
  
  
   
         
 
)
  
 x
x x
ln 1 e
δ lim h x γx lim 2 2 1 1
x

 
 
       
 
 
(διότι,
    
 
xx x
x xx x x x
ln 1 eln 1 e e 1 1
lim lim lim lim 1
x 1 e 1 e 1x
 
    
   

  
         
   
)
Άρα η ευθεία y γx δ  , δηλαδή η y x 1  είναι πλάγια ασύμπτωτη της h στο 
Γ3. Θεωρούμε τη συνάρτηση    q : 0,1 1, R  με τύπο  
x 1
q x ln x
x 1

 

H q είναι παραγωγίσιμη στο    0,1 1, , με παράγωγο  
 
2
1 2
q' x 0
x x 1
  

Άρα η q είναι γνησίως αύξουσα στο Α1 =(0,1) και γνησίως αύξουσα στο Α2= (1,+).
Είναι :
 x 0 x 0
x 1
lim q x lim ln x
x 1 
 
 
    
 
και
   x 1 x 1
1
lim q x lim ln x x 1
x 1 
 
 
     
 
Aφού η q στο Α1 είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής, το αντίστοιχο σύνολο τιμών είναι:
        1
x 0 x 1
q A lim q x , lim q x , 
 
    
Επειδή  10 q A και η q είναι γνησίως μονότονη στο Α1 , θα υπάρχει μοναδικός αριθμός
 1 1 1x A :q x 0 
Επίσης,

8. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΥΠΟΔΕΙΞΕΩΝ: ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ 5
   x 1 x 1
1
lim q x lim ln x x 1
x 1 
 
 
     
 
και
 x x
x 1
lim q x lim ln x
x 1 
 
    
 
Αφού η q στο Α2 είναι γνησίως αύξουσα και συνεχής , το αντίστοιχο σύνολο τιμών θα
είναι:
        2
xx 1
q A lim q x , lim q x , 
    
Επειδή  20 q A και η q είναι γνησίως μονότονη στο Α2 , θα υπάρχει μοναδικός αριθμός
 2 2 2x A :q x 0 
Άρα η εξίσωση q(x) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες 1 2x ,x . Εύκολα αποδεικνύεται ότι:
 1
1
1
q ... q x 0
x
 
    
 
Άρα ο αριθμός
1
1
x
είναι ρίζα της q . Kαι επειδή η εξίσωση q(x) = 0 έχει ακριβώς δύο ρίζες
τις 1 2x ,x 1 , τότε υποχρεωτικά
2 1 2
1
1
x x x 1
x
  
Γ4.
Πορεία σκέψης: Για  x 1,e έχουμε:
         
     
  
2
2
2 2
2
2
2
x x
t x t
1 1
x
x
t
1
x
t
1
x
t
1
f x e dt e f x e f x e dt f x e 0
f x e e dt f x e 0
f x e e d
e
e t
t 0
d
      
    
 
 

 
    
 

 



Θεωρούμε τη συνάρτηση  φ: 1,e R με τύπο     
2
x
t
1
φ x f x e e dt   και από το
θεώρημα Rolle προκύπτει η ύπαρξη τουλάχιστον ενός αριθμού  ξ 1,e :

9. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΥΠΟΔΕΙΞΕΩΝ: ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ 6
 φ ξ 0 
δηλαδή,
    
2 2
ξ
t ξ
1
f ξ e dt e f ξ e  
ΘΕΜΑ Δ
Δ1. Για κάθε  x 1,2015 και κάνοντας πράξεις καταλήγουμε από τη δεδομένη σχέση,
1
2x2015
11
x
(f(x) xe )
dx 0
e


Όμως,
1
2x
1
x
(f(x) xe )
0
e

 , για κάθε  x 1,2015 . Αν η συνάρτηση
1
2x
1
x
(f(x) xe )
e

δεν ήταν
παντού μηδέν στο  1,2015 , τότε θα είχαμε
1
2x2015
11
x
(f(x) xe )
dx 0
e

 , άτοπο! [ λόγω της
σχέσης (*)]. Άρα για κάθε  x 1,2015 ισχύει
1
2x
1
x
(f(x) xe )
0
e

 
1
x
f(x) xe  ,x 1,2015
Δ2. Βρίσκουμε,
1
x
3
e
H (x) h (x)
x
  
Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1,2015 με
1 1
x x
1
f (x) e e
x
   και
1
x
3
1
f (x) e
x
 
Άρα,
 H (x) f (x) ,για κάθε x 1,2015    1 1H (x) f (x) c (c σταθερά)  
Για x 1 παίρνουμε 1c 0
Και  H (x) f (x) ,για κάθε x 1,2015    2 2H(x) f(x) c (c σταθερά) 
Για x 1 παίρνουμε 2c 0

10. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΥΠΟΔΕΙΞΕΩΝ: ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ 7
άρα,
H(x) f(x) , για κάθε  x 1,2015
Δ3. Είναι
1
x
3
1
f (x) e 0
x
   , για κάθε  x 1,2015
Άρα η f είναι κυρτή στο  1,2015 .
Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει ένα τουλάχιστον  1ξ 1,2 και ένα
τουλάχιστον  2ξ 2,3 τέτοια , ώστε:
   1
f(2) f(1)
f (ξ ) f 2 f 1
2 1

   

και
   2
f(3) f(2)
f (ξ ) f 3 f 2
3 2

   

Η f είναι γνησίως αύξουσα και 1 2ξ ξ , άρα
1 2f (ξ ) f (ξ )        2f 2 f 1 f 3 (1) 
Επειδή ισχύει H(x) f(x) ,για κάθε  x 1,2015 , η σχέση (1) γίνεται:
     2H 2 H 1 H 3    2 1 3
1 1 1
0
2 h(t)dt e h(t)dt e h(t)dt e      
2
1
2 h(t)dt 2e 
3
1
h(t)dt 2e 
2 3
1 1
2 h(t)dt h(t)dt  
Δ4. i) Στη συνάρτηση G η μεταβλητή ολοκλήρωσης είναι το t , άρα
x
x x
1
1 1
g(t)dtg(t) 1
G(x) dt g(t)dt
x 1 x 1 x 1
   
  

 
Η G είναι παραγωγίσιμη στο  1,2015 (ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων), με
παράγωγο
G (x) 
 
x
1
2
(g(x) g(t))dt
...
x 1




Ισχύει  1 t x x 1   και επειδή g γνησίως φθίνουσα, προκύπτει
g(t) g(x)  g(t) g(x) 0 

11. Διαγώνισμα προσομοίωσης 2015 Γ΄ Λυκείου
Μαθηματικά Κατεύθυνσης lisari team
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΥΠΟΔΕΙΞΕΩΝ: ΜΑΚΗΣ ΧΑΤΖΟΠΟΥΛΟΣ 8
χωρίς να ισχύει η ισότητα παντού στο  1,x (αφού g γνησίως φθίνουσα).
Άρα, για κάθε x 1 ισχύει
x
1
(g(t) g(x))dt 0  
x
1
(g(x) g(t))dt 0   
x
1
(g(x) g(t))dt 0 
και x 1 0  στο  1,2015
Άρα
 
 
x
1
2
(g(x) g(t))dt
G x 0
x 1

  

 στο  1,2015
Άρα G γνησίως φθίνουσα στο  1,2015
ii. Αφού G γνησίως φθίνουσα στο  1,2015 ισχύει για 2014 2015:
   G 2014 G 2015 
2014 2015
1 1
g(t)dt g(t)dt
2014 1 2015 1
 
 
 
2014 2015
1 1
g(t)dt g(t)dt
2013 2014
  
 
2014 2015
1 1
2014 g(t)dt 2013 g(t)dt  