Γενικό Λύκειο Αθηνών 2015 ΤΑΞΗ:B Λυκείου ΘΕΜΑΤΑ ...peira.gr/Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΛΓΕΒΡΑ/ΙΟΥΝΙΟΥ... · 2015-06-28 · 17ο Γενικό

Αθανασίου Δημήτρης [email protected] 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− ∈

mailto:[email protected]


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= .



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.



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.



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 + .



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»



δ)

Η μαθήτρια Αναστασία Κ. και κάποιοι άλλοι μαθητές έδωσε την εξής σωστή λύση:



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.=



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− = + − = −



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

= −

∈ ⇔ = + ∈ ⇔ = + ∈

= +



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.



►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

= + − = − =

∈ ⇔ ∈ ⇔ ∈ ⇔+ = +

− = − + + = +



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

= +

= = ⇔ = ⇔ ∈

= −



( )

( )

(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 .



Ο ΔΙΕΥΘΥΝΤΗΣ ΟΙ ΔΙΔΑΣΚΟΝΤΕΣ

ΚΑΡΑΚΑΣΗΣ ΝΙΚΟΛΑΟΣ

ΚΑΡΟΥΣΟΣ ΧΑΡΑΛΑΜΠΟΣ ΑΘΑΝΑΣΙΟΥ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ


Documents

Γενικό Λύκειο Αθηνών 2015 ΤΑΞΗ:B Λυκείου ΘΕΜΑΤΑ ...peira.gr/Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΛΓΕΒΡΑ/ΙΟΥΝΙΟΥ... · 2015-06-28 · 17ο Γενικό