Ένα διαγώνισμα προσομοίωσης του Μάκη Χατζόπουλου για τα Μαθηματικά Κατεύθυνσης της Γ΄ Λυκείου

1. ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
Γ΄ ΤΑΞΗ
ΤΕΛΟΣ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΠΡΟΣΟΜΟΙΩΣΗΣ Γ΄ ΤΑΞΗΣ
ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ
ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΚΥΡΙΑΚΗ 24 ΜΑΪΟΥ 2015
ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ:
ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ / ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ
ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ
ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΤΕΣΣΕΡΙΣ (4) ΣΕΛΙΔΕΣ
Επιμέλεια: Μάκης Χατζόπουλος http://lisari.blogspot.gr
ΘΕΜΑ Α
Α1. Αν 1 2
z ,z είναι μιγαδικοί αριθμοί, τότε να δείξετε ότι:
1 21 2
z z z z   (μονάδες 3) και 1 2 1 2
| z z | | z | | z |   (μονάδες 4)
Μονάδες 7
Α2. Δώστε τον ορισμό του μέτρου μιγαδικού αριθμού z.
Μονάδες 4
Α3. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο
τετράδιό σας δίπλα, στο γράμμα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση, τη
λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι
λανθασμένη.
i) Για κάθε μιγαδικό αριθμό 1 2
z ,z ισχύει 1 2 1 2
z z z z  
ii)  c 1, c  R
iii) α βi 0   α 0 ή β 0 , όπου α, β πραγματικοί αριθμοί
iv) 0 1 2 3
i 1, i i, i 1, i i     
v) Αν z α βi, α,β  R τότε z z 2β 
Μονάδες 10

2. ΑΡΧΗ 2ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
Γ΄ ΤΑΞΗ
ΤΕΛΟΣ 2ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
ΘΕΜΑ Β (κατασκευή Μάκης Χατζόπουλος)
Δίνεται η δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση f : R R. Η γραφική
παράσταση της f : R Rφαίνεται στο παρακάτω σχήμα, όπου κ, λ, μ
πραγματικοί αριθμοί.
(Όλα όσα αναφέρονται στο σχήμα θεωρούνται δεδομένα της άσκησης)
B1. Να προσδιορίσετε τα διαστήματα στα οποία η f είναι γνησίως
μονότονη και τις θέσεις τοπικών ακροτάτων.
Μονάδες 6
B2. Να προσδιορίσετε τα διαστήματα στα οποία η f κυρτή, κοίλη και τις
θέσεις σημείων καμπής.
Μονάδες 6
B3. Μελετήστε την μονοτονία και τα ακρότατα της
   f x μx
g x e 2015, x
  R
Μονάδες 6
B4. Αν τελικά η f έχει τύπο  
2
2
x δ ,x 2
f x
αx βx γ ,x 2
  
  
  
, βρείτε τα α,
β, γ και δ.
Μονάδες 9

3. ΑΡΧΗ 3ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
Γ΄ ΤΑΞΗ
ΤΕΛΟΣ 3ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
ΘΕΜΑ Γ (το θέμα 103 από το αρχείο των 200 ασκήσεων του Παύλου Τρύφωνα)
Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση  f : 0,  R, η συνάρτηση
g(x) 
1
x

x
f
u
du, x 0
u
  
  
   
 
 
 
και οι μιγαδικοί    z f β iβ, w α if α    με α 0 και β 0 .
Γ1. Να δείξετε ότι η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη για κάθε x > 0 και
να βρείτε την g΄(x).
Μονάδες 4
Γ2. Αν η gικανοποιεί το Θ. Rolle στο διάστημα [α, β], τότε να δείξτε
ότι ο μιγαδικός z w είναι φανταστικός αριθμός.
Μονάδες 6
Γ3. Αν
e 1
1 e
f (x) lnxdx g (x)dx    και g κυρτή για κάθε x > 0, να δείξτε
ότι το 0
x e είναι (ολικό) ελάχιστο της g.
Μονάδες 8
Γ4. Να δείξετε ότι:       
2015
1
g x f x dx 2015 g 2015  
Μονάδες 7

4. ΑΡΧΗ 4ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
Γ΄ ΤΑΞΗ
ΤΕΛΟΣ 4ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
ΘΕΜΑ Δ (παραλλαγή του θέματος 130Β από το αρχείο του Παύλου Τρύφωνα)
Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f :[0,1] R τέτοια ώστε για κάθε
πραγματικό αριθμό x [0,1] ισχύει
 2015
f (x) z 1 f(x) z 1 1 x      
όπου zC.
Να δείξετε ότι:
Δ1. Το σύνολο τιμών της f είναι το  0,1
Μονάδες 5
Δ2. Η f είναι «1-1» και στη συνέχεια να ορίστε την αντίστροφη
συνάρτηση της f.
Μονάδες 5
Δ3.   
1
1
0
f (x) f x dx 1
 
Μονάδες 2
Δ4.  f x x για κάθε x(0,1)
Μονάδες 5
Δ5. Οι εικόνες του μιγαδικού αριθμού z ανήκουν στη εξίσωση
 
2 2 1
C: x 1 y
4
   ,
αν το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές
παραστάσεις των συναρτήσεων f και 1
f 
είναι
4 1007
τ.μ.
3 2016
 (μονάδες 4).
Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι για κάθε  x 0,1 τα σημεία (x, f(x)) δεν
ανήκουν στην εξίσωση C (μονάδες 4).
Μονάδες 8

5. ΑΡΧΗ 5ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
Γ΄ ΤΑΞΗ
ΤΕΛΟΣ 5ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
ΥΠΟΔΕΙΞΕΙΣ
ΘΕΜΑ Β
Β1. Παρατηρούμε ότι  f x 0  , δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα
 1,1 και  0x , , ενώ  f x 0  , δηλαδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο
διάστημα  , 1  και  01,x .
x  – 1 1 0
x 
 f x – + – +
 f x 2 1 2 1
άρα τα τοπικά ελάχιστα είναι στα σημεία 1 0
6 10
x 1 και x
2

   , ενώ το τοπικό
μέγιστο στο σημείο 2x 1 .
Β2. Με την ίδια λογική κατασκευάζουμε τον εξής πίνακα μεταβολών:
x  1 3 
 f x 1 2 1
 f x 3 4 3
Β3. Έχουμε για κάθε xR,
   
      f x μx f x μx
g x e 2015 f x μ e 
     
Από τη γραφική παράσταση παρατηρούμε ότι,
       x 5, : f x μ f x μ 0 g x 0 g:           1
επίσης,
       x ,5 : f x μ f x μ 0 g x 0 g:           2
x  5 
 g x  
 g x 2 1
B4. Έχουμε,
 
2
2
x ,x 2
f x
x x ,x 2
    
  
    
το σημείο (0, 1) ανήκει στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f άρα την
επαληθεύει, δηλαδή
 f 0 1 δ 1   
Η f είναι συνεχής στο 0x 2 άρα
   x 2 x 2
lim f x lim f x 4 1 4α 2β γ 4α 2β γ 3 
 
             (1)

6. ΑΡΧΗ 6ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
Γ΄ ΤΑΞΗ
ΤΕΛΟΣ 6ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
Επίσης στο σημείο x0 = 3 παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο, οπότε από θεώρημα Fermat
έχουμε:
   f 3 0 2α 3 β 0 6α β 0 2        
(όπου  f x 2αx β, για x 2    )
Τέλος στο σημείο x0 = 2 η f ΄ είναι παραγωγίσιμη, δηλαδή,
             
 
 
 
 
 
2 2
x 2 x 2 x 2 x 2
2 2
x 2 x 2
2 2
x 2 x 2
x 1 3f x f 2 f x f 2 αx βx γ 3
lim lim lim lim
x 2 x 2 x 2 x 2
x 4 αx βx γ 3
lim lim
x 2 x 2
x 4 αx βx γ 3
lim lim
x 2 x 2
4 4α β 3
   
 
 
   
 
 
           
  
   
    
 
 
     
 
  
   
Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων (1), (2) και (3) και βρίσκουμε,
α = 2, β = – 12 και γ = 13
ΘΕΜΑ Γ
Γ1. Για κάθε x > 0 και αλλαγή μεταβλητής εύκολα βρίσκουμε,
g(x) 
1
x

x
f
u
du
u
  
  
   
 
 
 
 
1
x
f t
dt
t άρα  
 f x
g x , x 0
x
  
Γ2. Επειδή η g΄ ικανοποιεί το Θ.Rolle έχουμε,
   
   
   
f α f β
g α g β β f α α f β
α β
        (1)
Όμως,
               
 
    
1
z w f β iβ α if α α f β β f α f α f β αβ i f α f β αβ i             
δηλαδή z w I
Γ3. Έχουμε,

7. ΑΡΧΗ 7ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
Γ΄ ΤΑΞΗ
ΤΕΛΟΣ 7ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
 
 
   
   
 
 
e 1 e
e
1
1 e 1
1
1
f x
f (x) ln xdx g (x)dx f x ln x dx g 1 g e
x
f e g 1
f t
f e dt 0
t
         
 
  
  

Η g είναι κυρτή στο  0, , άρα η g : 1 στο 0, , οπότε για
     x e g x g e 0 g x 0, γιακάθε x 0        
Η g παρουσιάζει στο e ελάχιστο, άρα    g x g e , γιακάθε x 0 
Γ4. Έχουμε,
        
     
     
       
 
 
 
2015 2015 2015
1 1 1
2015 2015
1 1
2015 2015
2015
1
1 1
2015 2015
1 1
1
1
g x f x dx g x dx f x dx
x g x dx f x dx
xg x x g x dx f x dx
2015 g 2015 g 1 f x dx f x dx
f t
2015 g 2015 dt
t
2015 g 2015
  
 
     
    
  
 
  
 
 
 

ΘΕΜΑ Δ
Για λόγους ευκολίας θέτουμε,
a z 1 z 1 z 1 0      
Δ1. Έχουμε,
          
 
 
2015 2014
2014
f (x) z 1 f(x) z 1 1 x 2015 f x f x a f x a 1
a 1
f x 0
2015f x a
                

  

άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, 1], οπότε το σύνολο τιμών της είναι
       f A f 0 ,f 1 0,1   
γιατί,
Εύρεση του f(0)
Για x = 0 έχουμε,
      2015 2014
f (0) a f(0) 0 f 0 f 0 a 0 f 0 0       

8. ΑΡΧΗ 8ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
Γ΄ ΤΑΞΗ
ΤΕΛΟΣ 8ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
Εύρεση του f (1)
Για x = 1 έχουμε,
2015
f (1) a f(1) a 1   
επειδή η λύση της παραπάνω εξίσωσης είναι αδύνατη, θα προσπαθήσουμε με μελέτη
συνάρτησης, δηλαδή θέτουμε
  2015
h x x ax a 1, a 0    
μια προφανής λύση της εξίσωσης h(x) = 0 είναι η x = 1. Η h είναι γνησίως αύξουσα
αφού
  2014
h x 2015x a 0   
άρα η x = 1 είναι μοναδική λύση της h(x) = 0 .
Επομένως,
  
    
 
2015 2015
1 1
f (1) a f(1) a 1 f (1) a f(1) a 1 0
h f 1 0
h f 1 h 1
f 1 0

         
 
 
 
Δ2. Η f είναι 1 – 1 αφού είναι γνησίως αύξουσα, οπότε για  f x y άρα
     
2015 2015
2015 1y a y y a y
y a y a 1 x x f y , y 0,1
a 1 a 1
   
        
 
δηλαδή
   
2015
1 x a x
f x , x 0,1
a 1
  
 

Δ3. Εύρεση του  
1
1
0
f x dx

Θέτουμε:
   1
u f x f u x
   και  f u du dx 
με άκρα
 
 
1
1
1
2
x 0: u f 0 0
x 1: u f 1 1


  
  
οπότε,
             
1 1 1 1 1
11
0
0 0 0 0 0
f x dx u f u du uf u f u du f 1 f u du 1 f u du
             
Παίρνουμε το πρώτο μέλος της ζητούμενης σχέσης,
          
1 1 1 1 1
1 1
0 0 0 0 0
f (x) f x dx f x dx f x dx 1 f x dx f x dx 1 
          
Δ4. Από τη δεδομένη σχέση έχουμε,
   
 
 
2015
2014
a 1 x
f (x) a f(x) a 1 x f x
f x a

      

Παίρνουμε τη ζητούμενη σχέση και ισοδύναμα έχουμε:

9. ΑΡΧΗ 9ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
Γ΄ ΤΑΞΗ
ΤΕΛΟΣ 9ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
 
 
 
     
 
 
f x 0x 0
2014 2014
2014
a 1 x
f x x x a 1 f x a f x 1 f x 1 f x 1
f x a

            

που ισχύει λόγω σύνολο τιμών.
Δ5. Έχουμε,
         
 
1 1
1 1
0 0
1 2015
0
1 2015
0
1
2015
0
12 2016
0
E Ω f x f x dx 2 x f x dx
x a x
2 x dx
a 1
x x
2 dx
a 1
2
x x dx
a 1
2 x x
a 1 2 2016
2 1 1
a 1 2 2016
2 1007
a 1 2016
 
   
  
  
 
 
  
 
 

 
    
 
  
  
 

 



οπότε,
2 1007 4 1007 1 1
a z 1
a 1 2016 3 2016 2 2
       

άρα οι εικόνες του μιγαδικού z ανήκουν σε κύκλο με κέντρο το (1 ,0) και ακτίνα
ρ = ½ .
Επειδή η απόσταση του κέντρου του κύκλου από την ευθεία (ε): y = x ή x – y = 0
απέχει,
 
 
22
1 0 1 1 1
d K,ε ρ
22 41 1

    
 
περισσότερο από μια ακτίνα, καταλαβαίνουμε ότι η ευθεία (ε) δεν τέμνει τον κύκλο
και γραφικά φαίνεται παρακάτω, άρα το σημείο (x, f(x)) βρίσκεται πάνω από την
ευθεία y = x.

10. ΑΡΧΗ 10ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ
Γ΄ ΤΑΞΗ
ΤΕΛΟΣ 10ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ