Λύκειο Αναβρύτων

1. ΠΡΟΤΥΠΟ ΠΕΙΡΑΜΑΤΙΚΟ
ΛΥΚΕΙΟ
ΑΝΑΒΡΥΤΩΝ
Α
ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ 2014 – 2015
ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑΣ
ΟΝΟΜΑΤΕΠΩΝΥΜΟ ____________________________________ΤΑΞΗ ________________
ΘΕΜΑ 1ο
Να απαντήσετε στα παρακάτω ερωτήματα
Α1. Αν x [ , ]∈ −π π , να βρείτε το πρόσημο της παράστασης A x= ηµ ΜΟΝΑΔΕΣ 8
Α2. Να εξετάσετε αν είναι σωστή η λάθος η σχέση – 5 ≤ ημω ≤ 5 δικαιολογώντας
την απάντησή σας.
ΜΟΝΑΔΕΣ 5
Α3. Να βρείτε την ελάχιστη θετική περίοδο της συνάρτησης f(x) x= ηµ ΜΟΝΑΔΕΣ 8
Α4. Να υπολογίσετε την παράσταση Α = ημ75ο
+ συν75ο
. ΜΟΝΑΔΕΣ 4
ΘΕΜΑ 2ο
Δίνεται η παράσταση Π =
1 3
−
ηµα συνα
Β1. Να αποδείξετε ότι Π =
o
2 (60 )συν + α
ηµα×συνα
ΜΟΝΑΔΕΣ 13
Β2. Αν α = 10 να δείξετε ότι η παράσταση Π είναι ίση με 4. ΜΟΝΑΔΕΣ 12
ΘΕΜΑ 3ο
Δίνεται η συνάρτηση
1
(
2
( )
) 2
− −
= × ×
x
x
f x x
συν π
ν
ηµ
συ
Γ1. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ΜΟΝΑΔΕΣ 5
Γ2. Να λυθεί η εξίσωση f(x) = 0 ΜΟΝΑΔΕΣ 20
ΘΕΜΑ 4ο
Στο διπλανό σχήμα δίνεται η γραφική
παράσταση της συνάρτησηςf(x) ( x)= ρηµ ω
όπου ,ρ ω πραγματικοί αριθμοί.
Δ1. Με βάση τα δεδομένα του σχήματος να
βρείτε τα ,ρ ω .
Δ2. Για 3ρ = − και 2ω = , να βρείτε τις
τετμημένες των σημείων τομής της
συνάρτησης f με την ευθεία
3
y
2
= .
ΜΟΝΑΔΕΣ 5
ΜΟΝΑΔΕΣ 9
Δ3. Να βρεθεί η τετμημένη σε ακτίνια του πρώτου και του δεύτερου σημείου τομής
της παραπάνω ευθείας με την συνάρτηση που βρίσκονται στον θετικό ημιάξονα Οx.
ΜΟΝΑΔΕΣ 9
Να απαντήσετε σε όλα τα θέματα
Εύχομαι ΕΠΙΤΥΧΙΑ

2. ΠΡΟΤΥΠΟ ΠΕΙΡΑΜΑΤΙΚΟ
ΛΥΚΕΙΟ
ΑΝΑΒΡΥΤΩΝ
Β
ΣΧΟΛΙΚΟ ΕΤΟΣ 2014 – 2015
ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑΣ
ΟΝΟΜΑΤΕΠΩΝΥΜΟ ____________________________________ΤΑΞΗ ______________
ΘΕΜΑ 1ο
Α1. Αν x [ , ]
2 2
π π
∈ − , να βρείτε το πρόσημο της παράστασης A x= συν
ΜΟΝΑΔΕΣ 8
Α2. Να εξετάσετε αν είναι σωστή ή λάθος η σχέση – 3 ≤ συνω ≤ 3 δικαιολογώντας
την απάντησή σας.
ΜΟΝΑΔΕΣ 5
Α3. Να βρείτε την ελάχιστη θετική περίοδο της συνάρτησης f(x) x= συν ΜΟΝΑΔΕΣ 8
Α4. Να υπολογίσετε την παράσταση Α = ημ105ο
+ συν105ο
. ΜΟΝΑΔΕΣ 4
ΘΕΜΑ 2ο
Δίνεται η παράσταση Κ = εφα + 2εφ2α + 4σφ4α
Β1. Να αποδείξετε ότι Κ = σφα ΜΟΝΑΔΕΣ 13
Β2. Να υπολογίστε την παράσταση εφ20ο
+ 2εφ40ο
+ 4εφ10ο
– εφ70ο
. ΜΟΝΑΔΕΣ 12
ΘΕΜΑ 3ο
Δίνεται η συνάρτηση
2 1 ( )
2
( )
2
 
× × + −  =
x x
f x
x
π
συν συν
ηµ
Γ1. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης ΜΟΝΑΔΕΣ 5
Γ2. Να λυθεί η εξίσωση f(x) = 0 ΜΟΝΑΔΕΣ 20
ΘΕΜΑ 4ο
Στο διπλανό σχήμα δίνεται η γραφική
παράσταση της συνάρτησηςf(x) ( x)= ρηµ ω
όπου ,ρ ω πραγματικοί αριθμοί.
Δ1. Με βάση τα δεδομένα του σχήματος να
βρείτε τα ,ρ ω .
Δ2. Για 3ρ = − και 2ω = , να βρείτε τις
τετμημένες των σημείων τομής της
συνάρτησης f με την ευθεία
3
y
2
= −
ΜΟΝΑΔΕΣ 5
ΜΟΝΑΔΕΣ 9
Δ3. Να βρεθεί η τετμημένη σε ακτίνια του πρώτου και του δεύτερου σημείου τομής
της παραπάνω ευθείας με την συνάρτηση που βρίσκονται στον αρνητικό ημιάξονα Οx.
ΜΟΝΑΔΕΣ 9
Να απαντήσετε σε όλα τα θέματα
Εύχομαι ΕΠΙΤΥΧΙΑ

3. ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Α
ΘΕΜΑ 1ο
Α1. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις
Αν x [ ,0)∈ −π , τότε A x ( x) x 0= ηµ = ηµ − = −ηµ >
Αν x [0, ]∈ π , τότε A x (x) x 0= ηµ = ηµ = ηµ ≥
Επομένως σε κάθε περίπτωση είναι: A x 0= ηµ ≥
Α2. Είναι σωστή, γιατί ισχύει: – 1 ≤ ημω ≤ 1 ⇒ – 5 ≤ – 1 ≤ ημω ≤ 1 ≤ 5⇒ – 5 ≤ ημω ≤ 5
Α3. Έστω Τ η ελάχιστη θετική περίοδος της συνάρτησης f(x) x= ηµ , τότε
f(x) = f(x + T) ⇔ xηµ = (x )ηµ + Τ ⇔
x (x T) x (x T)
x (x T) x [ (x T)]
ηµ = ηµ + ηµ = ηµ +   
⇔ ⇔   
ηµ = −ηµ + ηµ = ηµ − +   
x 2k x T
x 2k x T T 2k
x 2k x T T 2k
x 2k x T
= π + + 
 = π+ π − − = − π  
⇔   
= π − − = − π− π  
 = π+ π+ + 
, oπου k ακέραιος. Από τις παραπάνω σχέσεις η δεύτερη
και η τρίτη απορρίφθηκαν γιατί εξαρτώνται από το x και από αυτές που απομένουν για k = – 1
έχουμε την ελάχιστη θετική περίοδο που είναι Τ = – 2(– 1)π – π = π.
Α4. Α = ημ75ο
+ συν75ο
= ημ(45ο
+30ο
) + συν(45ο
+30ο
) =
= ημ45ο
συν30ο
+ ημ30ο
συν45ο
+ συν45ο
συν30ο
– ημ45ο
ημ30ο
=
=
2 3 1 2 2 3 1 2 6
2 2 2 2 2 2 2 2 4
× + × + × − × =
ΘΕΜΑ 2ο
Β1. Έχουμε: Π =
o
o o
60
1 3 3 60 60
ηµ
συνα − ×ηµα
συνα − ηµα συνα −εϕ ×ηµα συν− = = = =
ηµα συνα ηµα×συνα ηµα×συνα ηµα×συνα
o o
o oo
60 60
(60 ) 2 (60 )60
1
2
συν συνα − ηµ ×ηµα
συν + α ×συν + ασυν= = =
ηµα×συνα ηµα×συναηµα×συνα
Β2. Για α = 10ο
και με βάση το προηγούμενο ερώτημα η παράσταση Π γράφεται:
Π =
o o o o o
o o o o o o o o o o
1 3 2 70 4 70 4 70 4 70 4 70
4
10 10 10 10 2 10 10 20 (90 70 ) 70
συν συν συν συν συν
− = = = = = =
ηµ συν ηµ ×συν ×ηµ ×συν ηµ ηµ − συν
ΘΕΜΑ 3ο
Η συνάρτηση γράφεται:
1
(
2
( )
) 2
− −
= × ×
x
x
f x x
συν π
ν
ηµ
συ =
1 ( )
2
2
− −
× ×
×
x
x
x x
συν π
ηµ
υν
συν
σ =
1+συνx
ημx
Γ1. Το πεδίο ορισμού της είναι:
{ }: 0 0 , :
2
 
= ∈ ≠ ≠ = − = = + ∈ 
 
¡ ¡ ¢A x x x x k x k k
π
ηµ και συν π π
Γ2. Για x ∈ Α έχουμε:

4. ( ) 0=f x
1+συνx
0
ημx
⇔ = ⇔ 1 0 1+ = ⇔ = −x xσυν συν και άρα για αυτό το x έχουμε
2 2 2 2
1 1 1 0 0+ = ⇒ + = ⇒ = ⇒ =x x x x xηµ συν ηµ ηµ ηµ , άτοπο.
Συνεπώς οι λύσεις τις εξίσωσης απορρίπτονται λόγω του περιορισμού ημx ≠ 0. Άρα η εξίσωση είναι
αδύνατη.
Β τρόπος ( ) 0=f x
1+συνx
0
ημx
⇔ = ⇔ 1 0 1+ = ⇔ = −x xσυν συν x 2k⇔ = π+ π όπου k ακέραιος
Υποθέτουμε ότι υπάρχουν ακέραιοι m, n τέτοιοι ώστε να είναι:
2 + =m nπ π π
(λύση που βρήκαμε = περιορισμοί της εξίσωσης)
Τότε: 2 + =m nπ π π ⇒
2 − = −m nπ π π ⇒
2 1− = −m n
Από την σχέση αυτή διαπιστώνουμε ότι υπάρχουν ,m n Zò που επαληθεύουν την σχέση, άρα
υπάρχουν τιμές του x που αντίκειται στους περιορισμούς της εξίσωσης, συνεπώς οι λύσεις της
εξίσωσης απορρίπτονται λόγω των περιορισμών.
ΘΕΜΑ 4ο
Δ1. Από τα δεδομένα του σχήματος έχουμε ότι η περίοδος της συνάρτησης είναι π, επομένως
2
T 2
π
= = π ⇒ ω =
ω
Τότε η συνάρτηση έχει μορφή f(x) 2x= ρηµ και από τα δεδομένα πάλι του σχήματος έχουμε στην
θέση x
4
π
= ακρότατο, άρα: f( ) 3 2 3 3
4 4
π π 
= − ⇒ ρ×ηµ × = − ⇒ ρ = − ÷
 
Δ2. Για 3ρ = − και 2ω = , η συνάρτηση γράφεται: f(x) 3 2x= − ηµ και οι τετμημένες της συνάρτησης
με την ευθεία
3
y
2
= δίνονται από την λύση της εξίσωσης:
3 1
3 2x 2x 2x
2 2 6
π 
− ηµ = ⇔ ηµ = − ⇔ ηµ = ηµ − ÷
 
που έχει ως λύση
2x 2k ( ) x k
6 12
7
2x 2k ( ) x k
6 12
π π   
= π + − = π−      
⇔   
π π   = π+ π − − = π+
     
με k Z∈
Δ3.Για να προσδιορίσουμε την τετμημένη σε ακτίνια του πρώτου και του δεύτερου σημείου τομής
της παραπάνω ευθείας με την συνάρτηση στον θετικό ημιάξονα Οx αρκεί να βρούμε τις λύσεις της
παραπάνω εξίσωσης στο διάστημα (0, )π
Επομένως έχουμε:
7 7 5
x (0, ) 0 x 0 k k
12 12 12
π
∈ π ⇔ < < π ⇔ < π+ < π ⇔ − < <
Επειδή δε k ακέραιος είναι k 0= και η τετμημένη του πρώτου σημείου τομής της ευθείας και της
συνάρτησης στο θετικό ημιάξονα Οx είναι:
7 7
x 0
12 12
π π
= ×π+ =
Ανάλογα έχουμε:
1 13
x (0, ) 0 x 0 k k
12 12 12
π
∈ π ⇔ < < π ⇔ < π− < π ⇔ < <
Επειδή δε k ακέραιος είναι k 1= και η τετμημένη του δεύτερου σημείου τομής της ευθείας και της
συνάρτησης στο θετικό ημιάξονα Οx είναι:
11
x
12 12
π π
= π− =

5. ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ Β
ΘΕΜΑ 1ο
Α1. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις
Αν x [ ,0)
2
π
∈ − , τότε A x ( x) x 0= συν = συν − = συν >
Αν x [0, ]
2
π
∈ , τότε A x (x) x 0= συν = συν = συν ≥
Επομένως σε κάθε περίπτωση είναι: A x 0= συν ≥
Α2. Είναι σωστή, γιατί ισχύει: – 1 ≤ συνω ≤ 1 ⇒ – 3 ≤ – 1 ≤ συνω ≤ 1 ≤ 3 ⇒ – 3 ≤ συνω ≤ 3
Α3. Έστω Τ η ελάχιστη θετική περίοδος της συνάρτησης f(x) x= συν , τότε
f(x) = f(x + T) ⇔ xσυν = (x )συν + Τ ⇔
(x T) x (x T)
x (x T) x [ (x T)]
συν = συν + συν = συν +   
⇔ ⇔   
συν = −συν + συν = συν π − +   
x 2k x T
x 2k x T T 2k
x 2k x T T 2k
x 2k x T
= π + + 
 = π − − = − π  
⇔   
= π+ π − − = − π+ π  
 = π− π+ + 
, oπου k ακέραιος. Από τις παραπάνω σχέσεις η δεύτερη
και η τρίτη απορρίφθηκαν γιατί εξαρτώνται από το x και από αυτές που απομένουν για k = 0
έχουμε την ελάχιστη θετική περίοδο που είναι Τ = – 2⋅0⋅π + π = π.
Α4. Α = ημ105ο
+ συν105ο
= ημ(60ο
+45ο
) + συν(60ο
+45ο
) =
= ημ60ο
συν45ο
+ ημ45ο
συν60ο
+ συν60ο
συν45ο
– ημ60ο
ημ45ο
=
=
3 2 2 1 1 2 3 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
× + × + × − × =
ΘΕΜΑ 2ο
Β1. Έχουμε: Κ = εφα + 2εφ2α + 4σφ4α = εφα + 2εφ2α + 4
2
2 1
2 2
σϕ α −
σϕ α
=
= εφα + 2εφ2α + 2
2
2 1
2 2
 σϕ α
− ÷
σϕ α σϕ α 
= εφα + 2εφ2α +
1
2 2 2
2
σϕ α −
σϕ α
=
= εφα + 2εφ2α + 2 2 2 2σϕ α − εϕ α =
2
1
2 2 2
2
σϕ α −
εϕα + σϕ α = εϕα +
σϕα
=
=
2
1σϕ α
εϕα + − = εϕα + σϕα −εϕα = σϕα
σϕα σϕα
Β2. Με βάση το προηγούμενο ερώτημα έχουμε την ισότητα εφα + 2εφ2α + 4σφ4α = σφα και για
α = 20ο
η ισότητα αυτή γράφεται:
εφ20ο
+ 2εφ2⋅20ο
+ 4σφ4⋅20ο
= σφ20ο
εφ20ο
+ 2εφ40ο
+ 4σφ80ο
= σφ20ο
εφ20ο
+ 2εφ40ο
+ 4σφ(90ο
– 10ο
) = σφ(90ο
– 70ο
)
εφ20ο
+ 2εφ40ο
+ 4εφ10ο
= εφ70ο
επομένως είναι εφ20ο
+ 2εφ40ο
+ 4εφ10ο
– εφ70ο
= 0

6. ΘΕΜΑ 3ο
Η συνάρτηση γράφεται:
2 1 ( )
2
( )
2
 
× × + −  =
x x
f x
x
π
συν συν
ηµ
=
2 1 ( )
2
2
 
× × + −  
×
x x
x x
π
συν συν
ηµ συν
=
1+ x
ημx
ηµ
Γ1. Το πεδίο ορισμού της είναι:
{ }: 0 0 , :
2
 
= ∈ ≠ ≠ = − = = + ∈ 
 
¡ ¡ ¢A x x x x k x k k
π
ηµ και συν π π
Γ2. Για x ∈ Α έχουμε:
( ) 0=f x
1+ x
0
ημx
⇔ = ⇔
ηµ
1 0 1+ = ⇔ = −x xηµ ηµ και άρα για αυτό το x έχουμε
2 2 2 2
1 1 1 0 0+ = ⇒ + = ⇒ = ⇒ =x x x x xηµ συν συν συν συν , άτοπο.
Συνεπώς οι λύσεις τις εξίσωσης απορρίπτονται λόγω του περιορισμού συνx ≠ 0. Άρα η εξίσωση
είναι αδύνατη.
Β τρόπος ( ) 0=f x
1+ x
0
ημx
⇔ = ⇔
ηµ
1 0 1+ = ⇔ = −x xηµ ηµ x 2k⇔ = π− π όπου k ακέραιος
Υποθέτουμε ότι υπάρχουν ακέραιοι m, n τέτοιοι ώστε να είναι:
2 − =m nπ π π
(λύση που βρήκαμε = περιορισμοί της εξίσωσης)
Τότε:
2 − =m nπ π π ⇒
2 − =m nπ π π ⇒
2 1− =m n
Από την σχέση αυτή διαπιστώνουμε ότι υπάρχουν ,m n Zò που επαληθεύουν την σχέση, άρα
υπάρχουν τιμές του x που αντίκειται στους περιορισμούς της εξίσωσης, συνεπώς οι λύσεις της
εξίσωσης απορρίπτονται λόγω των περιορισμών.
ΘΕΜΑ 4ο
Δ1.Από τα δεδομένα του σχήματος έχουμε ότι η περίοδος της συνάρτησης είναι π, επομένως
2
T 2
π
= = π ⇒ ω =
ω
Τότε η συνάρτηση έχει μορφή f(x) 2x= ρηµ και από τα δεδομένα πάλι του σχήματος έχουμε στην
θέση x
4
π
= ακρότατο, άρα: f( ) 3 2 3 3
4 4
π π 
= − ⇒ ρ×ηµ × = − ⇒ ρ = − ÷
 
Δ2. Για 3ρ = − και 2ω = , η συνάρτηση γράφεται: f(x) 3 2x= − ηµ και οι τετμημένες της συνάρτησης
με την ευθεία
3
y
2
= − δίνονται από την λύση της εξίσωσης:
3 1
3 2x 2x 2x
2 2 6
π
− ηµ = − ⇔ ηµ = ⇔ ηµ = ηµ που έχει ως λύση
2x 2k x k
6 12
5
2x 2k x k
6 12
π π   
= π + = π +      
⇔   
π π   = π+ π − = π+
     
με k Z∈

7. Δ3. Για να προσδιορίσουμε την τετμημένη σε ακτίνια του πρώτου και του δεύτερου σημείου τομής
της παραπάνω ευθείας με την συνάρτηση στον θετικό ημιάξονα Οx αρκεί να βρούμε τις λύσεις της
παραπάνω εξίσωσης στο διάστημα (0, )π
Επομένως έχουμε:
1 11
x (0, ) 0 x 0 k k
12 12 12
π
∈ π ⇔ < < π ⇔ < π+ < π ⇔ − < <
Επειδή δε k ακέραιος είναι k 0= και η τετμημένη του πρώτου σημείου τομής της ευθείας και της
συνάρτησης στο θετικό ημιάξονα Οx είναι:
11 11
x 0
12 12
π π
= ×π+ =
Ανάλογα έχουμε:
5 5 7
x (0, ) 0 x 0 k k
12 12 12
π
∈ π ⇔ < < π ⇔ < π+ < π ⇔ − < <
Επειδή δε k ακέραιος είναι k 0= και η τετμημένη του δεύτερου σημείου τομής της ευθείας και της
συνάρτησης στο θετικό ημιάξονα Οx είναι:
5 5
x 0
12 12
π π
= ×π+ =