Διαγώνισμα προσομοίωσης Γ Λυκείου 2ο Καζούλλειο Ρόδου

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ - Γ΄ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΑΠΟ 4 ΣΕΛΙΔΕΣ
ΠΡΟΣΟΜΟΙΗΣΗ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ
Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΤΕΤΑΡΤΗ 28 ΜΑΡΤΙΟΥ 2018
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ
ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4)
ΘΕΜΑ Α
Α1. Να διατυπώσετε και να αποδείξετε το θεώρημα ενδιάμεσων
τιμών.
Α2. Θεωρήστε τον παρακάτω ισχυρισμό:
«Έστω μια συνάρτηση f συνεχής σ’ ένα διάστημα Δ και δύο
φορές παραγωγίσιμη στο εσωτερικό του Δ. Αν η f είναι κυρτή
στο Δ τότε f΄΄(x)>0 για κάθε εσωτερικό σημείο του Δ»
α. Να χαρακτηρίσετε τον παραπάνω ισχυρισμό γράφοντας στο
τετράδιο σας το γράμμα Α, αν είναι αληθής ή το γράμμα Ψ, αν
είναι ψευδής.
β. Να αιτιολογήσετε την απάντηση σας στο ερώτημα α.
A3. Να διατυπώσετε και να ερμηνεύσετε γεωμετρικά το θεώρημα
του Fermat.
A4. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας
στο τετράδιο σας, δίπλα στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε
πρόταση, τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν
η πρόταση είναι λανθασμένη.
α) Αν )x(h)x(g)x(f  κοντά στο xo και 

)x(hlim)x(flim
00 xxxx
ℓ τότε


)x(glim
0xx
ℓ
β) Οι κανόνες de l’ Hospital δεν ισχύουν για πλευρικά όρια.
γ) Αν μια συνάρτηση f είναι κοίλη σε ένα διάστημα Δ, τότε η
εφαπτομένη της Cf, σε κάθε σημείο του Δ βρίσκεται κάτω από τη
Cf, με εξαίρεση το σημείο επαφής.
δ) Στα σημεία του πεδίου ορισμού μιας συνάρτησης f στα
οποία η f δεν είναι συνεχής, δεν αναζητούμε ασύμπτωτες της Cf
ε) Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης f
σε κάθε σημείο καμπής της ‘’διαπερνά’’ την Cf
Μονάδες 7+1+3+4+10
24.04.2018 lisari.blogspot.gr Page 1 of 13

ΘΕΜΑ Β
Στο παρακάτω σχήμα το ΕΒΓΔ είναι τετράγωνο πλευράς 2 και
ΑΒ=1
Β1. Να εκφράσετε το ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ συναρτήσει του x
και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του
γραμμοσκιασμένου χωρίου, συναρτήσει του x=ΑΜ, όταν το
σημείο Μ διαγράφει το ευθύγραμμο τμήμα AΓ, δίνεται απ’ τη
συνάρτηση






3112
10
)(f
x,x
x,x
x
2
Μονάδες 5
Β2. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 1
Μονάδες 3
Β3. Να υπολογίσετε το όριο
xx
xx
x
x
x









)(f
1
1
)(f
lim
0
Μονάδες 7
Β4. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να σχεδιαστούν οι
γραφικές παραστάσεις των f και 1
f 
στο ίδιο σύστημα αξόνων.
Μονάδες 10

ΘΕΜΑ Γ
Έστω η συνάρτηση xf(x)
Γ1. Να αποδείξετε ότι από το σημείο 





2
3
2A , άγονται δύο
ακριβώς εφαπτόμενες ευθείες στην Cf τις οποίες και να βρείτε.
Μονάδες 8
Γ2. Αν ε1:
2
1
x
2
1
y  , ε2: 1x
4
1
y  είναι οι ευθείες του
ερωτήματος Γ1., να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που
περικλείεται από την Cf και τις ευθείες ε1, ε2
Μονάδες 6
Γ3. Αν g(x)=lnx να προσδιορίσετε την συνάρτηση gof και να
βρείτε την σχετική θέση των Cf και Cgof στο διάστημα
(0, +∞ )
Μονάδες 6
Γ4. Ένα κινητό Μ κινείται κατά μήκος της καμπύλης y=g(f(x)),
x>0 με x=x(t) και y=y(t) ως συναρτήσεις του χρόνου t. Να
βρείτε σε ποιο σημείο της καμπύλης, ο ρυθμός μεταβολής
της τετμημένης x(t) του Μ είναι διπλάσιος απ’ τον ρυθμό
μεταβολής της τεταγμένης y(t), αν υποτεθεί ότι x΄(t)>0 για
κάθε t0
Μονάδες 5

ΘΕΜΑ Δ
y
x
z
y = f ΄(x)
-π Β
O
Α
Στο σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση της παραγώγου μιας
συνάρτησης f : [–π, +∞ )ℝ με f(0)=0
H Cf΄ αποτελείται από δύο συνεχόμενες γραμμές, την y=συνx με
–πx0 και την ημιευθεία Αz που σχηματίζει με τους άξονες
τρίγωνο εμβαδού (ΟΑΒ)=1
Δ1. Να αποδείξετε ότι








0x,
4
x
x
0xπημx,
f(x) 2
Μονάδες 5
Δ2. Αν α, β[-π, +∞ ) με α < β να αποδείξετε ότι f(β) – f(α)  β – α
Μονάδες 5
Δ3. Να αποδείξετε ότι
9
8
lndx
f(x)
1



9/
8/
Μονάδες 7
Δ4. Να λύσετε την εξίσωση
2
2
π
xf(2)
1-(x)f
2018
2







στο διάστημα (–π, 0)
Μονάδες 8
ΣΑΣ ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ KΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ

1
ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣΟΜΟΙΗΣΗΣ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ
Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΤΕΤΑΡΤΗ 28 ΜΑΡΤΙΟΥ 2018
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ
ΘΕΜΑ Α
Α1. Σχολικό βιβλίο σελ. 76
Α2. α. Ψ
β. Σχολικό βιβλίο σελ. 156 ΣΧΟΛΙΟ): Η f(x)=x4
είναι κυρτή στο
ℝ αφού η f΄(x)=4x3
είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ
Εντούτοις, η f΄΄(x)=12x2
δεν είναι θετική στο ℝ αφού f ΄΄(0)=0
Α3. Σχολικό βιβλίο σελ. 142 Γεωμετρική ερμηνεία του θ. Fermat: Στο
σημείο (xo, f(xo)) η εφαπτομένη της Cf είναι οριζόντια.
Α4. α. Σωστό (Κριτήριο παρεμβολής, σελ 51)
β. Λάθος (ΣΧΟΛΙΟ σελ 165: Οι κανόνες de L’Hospital ισχύουν
και για πλευρικά όρια)
γ. Λάθος (ΣΧΟΛΙΟ σελ 156: αν μια συνάρτηση f είναι κοίλη σ’
ένα διάστημα Δ, τότε η εφαπτομένη της Cf σε κάθε σημείο του
Δ βρίσκεται «πάνω» από τη Cf με εξαίρεση το σημείο επαφής
τους.)
δ. Λάθος (ΣΧΟΛΙΑ σελ 163)
ε. Σωστό (σελ 157)

2
ΘΕΜΑ Β
Β1. 1ος
τρόπος : Λύσεις σχολικού βιβλίου σελ. 13
2ος
τρόπος : (Χωρίς ομοιότητα) Από ορισμό εφαπτομένης
οξείας γωνίας x2NM
1
2
xA
ˆ 







 κλπ.
Β2. Με πλευρικά όρια έχουμε:
      11lim
1
11
lim
1
1
lim
1
)1(f)(f
lim ----
11
2
11










x
x
xx
x
x
x
x
xxxx
1
1
1
1
12
lim
1
)1(f)(f
lim
11










 x
x
x
x
xx
Άρα f είναι παραγωγίσιμη στο 1
B3.
1
10
100
1
11
lim
1
1
lim
)(f
1
1
)(f
lim
0
2
2
00



































x
x
x
x
x
x
x
xx
xx
x
x
xx
xx
x
x
x
xx
B4. H f είναι γνησίως αύξουσα σε κάθε ένα απ’ τα διαστήματα
(0, 1], (1, 3] και συνεχής στο 1 (αφού f παραγωγίσιμη στο 1 από
Β2), άρα τελικά f (0, 3] επομένως f 1-1 άρα αντιστρέφεται.
Αν x(0,1] τότε y=x2
 yx  με 1y01y0 
Αν x(1,3] τότε y=2x–1 
2
1y
x

 με 5y13
2
1y
1 



3
Άρα









5x1,
2
1x
1x0,x
)x(f 1
Οι γραφικές παραστάσεις των f και 1
f 
φαίνονται στο
παρακάτω σχήμα:
y
x
y=
x+1
2
y=x
y=2x-1
y=x2
y= x1
5
5O 1

4
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. H εξίσωση ε της εφαπτομένης της Cf στο τυχαίο σημείο της
(xo, f(xo)) είναι ε: y – f(xo) = f΄(xo)(x–xo)  y – o
x = )xx(
x2
1
o
o


 o
x
2
3
 = )x2(
x2
1
o
o

Έστω x
2
3
)x(h  – )x2(
x2
1
 , x>0
Επειδή h(1)=0=h(4) υπάρχουν δύο τουλάχιστον εφαπτομένες ε1, ε2
που άγονται από το σημείο Α στην Cf με εξισώσεις:
ε1: y – 1 = )1x(
12
1
  ε1:
2
1
x
2
1
y 
και
ε2: y – 4 = )4x(
42
1
  ε2: 1x
4
1
y 
Θα δείξω ότι δεν υπάρχουν άλλες εφαπτομένες που άγονται από το Α
1ος
τρόπος : Η h είναι παραγωγίσιμη με
xx4
x2
)x('h

 , x>0
Επομένως h (0, 2] και h [2, +), άρα οι ρίζες x=1(0, 2] και
x=4[2, +) της h είναι μοναδικές αφού η h είναι γνησίως μονότονη
σε κάθε ένα από τα διαστήματα που ανήκουν αυτές.
2ος
τρόπος : Έστω ότι η h έχει 3 τουλάχιστον ρίζες x1 < x2 < x3 .τότε
απ’ το θεώρημα Rolle στα διαστήματα [x1, x2], [x2, x3] υπάρχουν
ξ1(x1, x2), ξ2(x2, x3) τέτοια ώστε h΄(ξ1)=h΄(ξ2)=0 δηλ. η εξίσωση
h΄(x)=0 έχει 2 τουλάχιστον ρίζες, άτοπο γιατί η h΄(x)=0 έχει μοναδική
ρίζα την x=2

5
3ος
τρόπος :
     4xή1x2xή1x2ή1023
02302xx30)x2(x2x30)x(h
2
2
x



Γ2. Γραφικά έχουμε
Άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι:
1ος
τρόπος :  




4
1 12
1
...dxx2
2
2
3
2
1
2
1
2
3
2ος
τρόπος :  












4
2
2
1 12
1
...dxx1x
4
1
dxx
2
1
x
2
1
Γ3.
Η gof ορίζεται αφού
Dgof ={xDf | f(x)Dg}={x[0,+∞) | x (0,+∞)} = (0,+∞)  ∅ και
έχει τύπο (gof)(x) = g(f(x)) = xln , x>0
1ος
τρόπος : Για κάθε x>0 ισχύει lnx  x–1 και επειδή x >0 έχουμε
xln  x –1 δηλ. g(f(x))  f(x) –1  f(x)  g(f(x)) +1 που
σημαίνει ότι η Cf είναι πάνω από την Cgof στο (0, +∞)
ε2
ε1
f x  = x
1/2
3/2
2
1
42
Α
0 1

6
2ος
τρόπος : Έστω φ(x) = x – xln , x>0
xx2
xx
x2
1
x
1
x2
1
)x('

 ,
Παρατηρούμε ότι φ (0, 1], φ [1, +) και το σημείο (1, φ(1)=1)
ολικό ελάχιστο, άρα φ(x)  1  x – xln  1  f(x)  g(f(x)) +1
που σημαίνει ότι η Cf είναι πάνω από την Cgof στο (0, +∞)
3ος
τρόπος : Σχεδιάζοντας τις Cf και Cgof (μελετώντας μόνο την
συνάρτηση y = xln )
Γ4 .
  
)t(x2
)t('x
)t('x
)t(x2
1
)t(x
1
')t(x
)t(x
1
)t('y)t(xln)t(y
)t(x2
)t('x
)t('y



 (1)
Aπό υπόθεση 1)t(x
)t(x
1
1
)t(x2
)t('x
2
)t('x
)t('y2)t('x
0)t('x)1(
 





και 01ln)t(y)t(xln)t(y   άρα Μ(1, 0)
y
x
Cgof
Cf
0 1

7
ΘΕΜΑ Δ
Δ1.
Αν x[–π, 0] τότε f΄(x)=συνx=(ημx)΄  f(x) = ημx + c1, c1ℝ
Αν x[0, +∞) τότε η τετμημένη xΒ του σημείου Β ικανοποιεί την
σχέση 2x
2
1x
1 B
B


 και η εξίσωση της ημιευθείας Αz είναι
1
2
x
y1
1
y
2
x

Επομένως 'x
4
x
1
2
x
)x('f
2






  2
2
cx
4
x
)x(f  , c2ℝ
Ώστε








0x,cx
4
x
0x,cx
)x(f
2
2
1
και από την συνέχεια της f στο 0
(f παραγωγίσιμη άρα και συνεχής στο 0) έπεται ότι c1=c2 και επειδή
f(0)=0  c1=c2=0, άρα τελικά








0x,
4
x
x
0xπημx,
f(x) 2
Δ2. Από το ΘΜΤ για την f στο [α, β] υπάρχει τουλάχιστον ένα
ξ(α, β) : 




)(f)(f1
)(f)(f
)('f
ή
Σχόλιο : Το Δ2 αντιμετωπίζεται και αλγεβρικά αλλά θα πρέπει να
διακρίνουμε τρεις ξεχωριστές περιπτώσεις για τα α, β και έτσι δεν
ενδείκνυται αυτός ο τρόπος.
Δ3.
Για κάθε x 


 
9
,
8
ισχύει
0 > ημx > x  0 > f(x) > x 0
)x(f
1
x
1
x
1
)x(f
1όx),x(f


και από
την μονοτονία του ολοκληρώματος παίρνουμε

8
  















9/
8/
9/
8/
9/
8/
9/
8/
dx
)x(f
1
9
8
ln0dx
)x(f
1
0dx
)x(f
1
x
1
|x|ln
Σχόλιο : Το ολοκλήρωμα υπολογίζεται, πχ.























































9/
8/
9/
8/
9/
8/
9/
8/
9/
8/
9/
8/
22
9/
8/
9/
8/
2
x
ln
2
x
lndx
2
x
2
'
2
x
2
dx
2
x
2
'
2
x
2
dx
2
x
2
2
x
dx
2
x
2
2
x
dx
2
x
2
x
2
2
x
2
x
dx
x
1
dx
)x(f
1
αλλά θα πρέπει επιπλέον να αποδείξουμε την ανίσωση
9
8
ln
1618
ln 




 


 , πχ. δείχνοντας ότι η συνάρτηση
x2
xy

 είναι
στο [8, 9] και έτσι δεν ενδείκνυται αυτός ο τρόπος.
Δ4.
1ος
τρόπος : Για κάθε x(–π, 0) ισχύει
1
2018
1
2018
1
201820182018 0
0x
x
x1x1)x(f
2
2
222




(1)
Η ισότητα ισχύει μόνο όταν
2
x


Επίσης, 1
2
x1
2
x
4
2
2
2
x)2(f
2222





 





 





 
 (2)
2
x


Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε 




 
 1
2
x)2(f
2
1)x(f 2
2018 
2
x

 άρα η δοθείσα εξίσωση έχει
μοναδική λύση την
2
x



9
2ος
τρόπος : Έστω   x x2
2018 
2
2
x1 




 
 , x(–π, 0)
  




 
 
2
x2xx22018ln2018)x(' x2
Παρατηρούμε ότι:
1ον
) 




 





 

2
0
2
'
2ον
)  



 

2
, διότι για κάθε 




 

2
,x είναι
0
2
x
2
x 



 και 0x
2
x 

 και 0x  άρα 0)x(' 
3ον
)  



 
 0,
2
διότι για κάθε 




 
 0,
2
x είναι
0
2
x
2
x 



 και 0x0x
2


 και 0x  άρα 0)x(' 
άρα η  έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (–π, 0) την
2
x


Σχόλιο : Η επίλυση της εξίσωσης   0x'  δεν είναι δυνατή, γι’ αυτό
βρήκαμε το πρόσημο της ' συνθετικά και αυτή ακριβώς είναι η
δυσκολία αυτού του τρόπου.
Τελικό σχόλιο: Όλα τα θέματα είναι ιδιοκατασκευές που στηρίζονται
αποκλειστικά στο σχολικό βιβλίο και στα περσινά θέματα εξετάσεων
του 2017. Με το ελάχιστο πλήθος ερωτημάτων πιστεύω ότι κάλυψα
το μεγαλύτερο μέρος της ύλης.
Επιστημονική επιμέλεια: Ηρακλείδης Χρήστος

Διαγώνισμα προσομοίωσης Γ Λυκείου 2ο Καζούλλειο Ρόδου

More Related Content

What's hot

Similar to Διαγώνισμα προσομοίωσης Γ Λυκείου 2ο Καζούλλειο Ρόδου

More from Μάκης Χατζόπουλος

Recently uploaded

Διαγώνισμα προσομοίωσης Γ Λυκείου 2ο Καζούλλειο Ρόδου