lisari team

ΛΥΣΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ

ΘΕΤΙΚΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΟΙΚΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ

ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ

ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ

09 – 06 – 17

12. : 20 π.μ

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ

lisari team

ΘΕΜΑΤΑ

ΚΑΙ

ΛΥΣΕΙΣ

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ

ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ 2017

1η έκδοση

Οι απαντήσεις και οι λύσεις

είναι αποτέλεσμα της συλλογικής δουλειάς

των μελών της lisari team

http://lisari.blogspot.gr/

1η έκδοση: 09 – 06 – 2016 (συνεχής ανανέωση)

Οι λύσεις διατίθεται αποκλειστικά

από το μαθηματικό blog

http://lisari.blogspot.gr

http://lisari.blogspot.gr/2014/10/blog-post_13.html


Πρόλογος

Στο παρόν αρχείο περιλαμβάνονται οι λύσεις των Πανελλαδικών Εξετάσεων 2017 στο μάθημα Μαθηματικά Προσανατολισμού θετικών Σπουδών Οικονομίας και

Πληροφορικής. Η παρουσίαση των λύσεων είναι πλήρης και αναλυτική στο μέγιστο

δυνατό, προκειμένου οι μαθητές να μπορούν να μελετήσουν και να επεξεργαστούν εύκολα το αρχείο.

Η εργασία αυτή εκπονήθηκε αποκλειστικά από τη γνωστή διαδικτυακή ομάδα

Μαθηματικών από διάφορα μέρη της Ελλάδος, τη lisari team. Φέτος εστιάσαμε στη

ποικιλία των λύσεων και όσο στο χρόνο που θα αναρτηθούν οι λύσεις.

Την αρχική συγγραφή των λύσεων ακολούθησαν ενδελεχείς έλεγχοι, διορθώσεις και βελτιώσεις με στόχο μια πληρέστερη και πιο ποιοτική παρουσίαση. Ζητούμε

συγνώμη για τυχόν παραλείψεις, λάθη ή αστοχίες που ενδεχομένως θα έχουν διαφύγει

της προσοχής μας, γεγονός αναπόφευκτο δεδομένων των στενών χρονικών περιθωρίων. Θα ακολουθήσουν επόμενες εκδόσεις, όπου η εν λόγω παρουσίαση θα

βελτιωθεί, ίσως εμπλουτιστεί και με εναλλακτικές λύσεις. Οποιαδήποτε σχόλια, παρατηρήσεις, διορθώσεις και βελτιώσεις επί των λύσεων είναι ευπρόσδεκτα στην

ηλεκτρονική διεύθυνση [email protected].

Με εκτίμηση

lisari team

09 – 06 – 2017

mailto:[email protected]

lisari team

1. Αντωνόπουλος Νίκος (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου "Κατεύθυνση" - Άργος)

2. Αυγερινός Βασίλης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου "ΔΙΑΤΑΞΗ" - Ν. Σμύρνη και Νίκαια)

3. Βελαώρας Γιάννης (Φροντιστήριο "ΒΕΛΑΩΡΑΣ" - Λιβαδειά Βοιωτίας)

4. Βοσκάκης Σήφης (Φροντιστήριο "Ευθύνη" - Ρέθυμνο)

5. Γιαννόπουλος Μιχάλης ( Θεσσαλονίκη - Αμερικάνικη Γεωργική Σχολή)

6. Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης (Φροντιστήριο "Αστρολάβος" - Άρτα)

7. Δούδης Δημήτρης (3ο Λύκειο Αλεξανδρούπολης)

8. Ζαμπέλης Γιάννης (Φροντιστήρια "Πουκαμισάς" Γλυφάδας)

9. Κακαβάς Βασίλης (Φροντιστήριο "Ώθηση" - Μαρούσι)

10. Κάκανος Γιάννης (Φροντιστήριο "Παπαπαναγιώτου – Παπαπαύλου" - Σέρρες)

11. Κανάβης Χρήστος (Διδακτορικό στο ΕΜΠ – 2ο ΣΔΕ φυλακών Κορυδαλλού)

12. Καρδαμίτσης Σπύρος (Πρότυπο Λύκειο Αναβρύτων)

13. Κοπάδης Θανάσης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίων "19+" - Πολύγωνο)

14. Κουλούρης Ανδρέας (3ο Λύκειο Γαλατσίου)

15. Κουστέρης Χρήστος (Φροντιστήριο "Στόχος" - Περιστέρι)

16. Μανώλης Ανδρέας (Φροντιστήριο "Ρηγάκης" - Κοζάνη)

17. Μαρούγκας Χρήστος (3ο ΓΕΛ Κηφισιάς)

18. Δημήτρης Μπαδέμης (Φροντιστήριο "Πουκαμισάς" - Γλυφάδας)

19. Νάννος Μιχάλης (1ο Γυμνάσιο Σαλαμίνας)

20. Νικολόπουλος Θανάσης (Λύκειο Κατασταρίου, Ζάκυνθος)

21. Παγώνης Θεόδωρος (Φροντιστήριο "Φάσμα" - Αγρίνιο)

22. Παπαδομανωλάκη Μαρία (Συνιδιοκτήτρια Πρότυπου Κέντρου Μάθησης "ΔΙΑΚΡΙΣΙΣ" - Ρέθυμνο)

23. Παπαμικρούλης Δημήτρης (Εκπαιδευτικός Οργανισμός "Ρόμβος")

24. Πάτσης Ανδρέας (Βόνιτσα - Μαθηματικός)

25. Ποδηματάς Θωμάς ( Σπουδαστήριο Μαθηματικών Θωμάς και Ρόζα Ποδηματά - Βόλος)

26. Ράπτης Γιώργος (6ο ΓΕΛ Βόλου)

27. Σίσκας Χρήστος (Φροντιστήριο "Μπαχαράκης" - Θεσσαλονίκη)

28. Σκομπρής Νίκος (Συγγραφέας – 1ο Λύκειο Χαλκίδας)

29. Σπλήνης Νίκος (Φροντιστήριο "ΟΡΙΖΟΝΤΕΣ" - Ηράκλειο Κρήτης)

30. Σταυρόπουλος Παύλος (Ιδιωτικά Εκπαιδευτήρια Δούκα)

31. Σταυρόπουλος Σταύρος (Γραμματέας Ε.Μ.Ε Κορινθίας - Γυμνάσιο Λ.Τ. Λεχαίου Κορινθίας)

32. Τρύφων Παύλος (1ο Εσπερινό ΕΠΑΛ Περιστερίου)

33. Τσακαλάκος Τάκης (συνταξιούχος αλλά ενεργός μαθηματικός)

34. Χαραλάμπους Σταύρος (Θεσσαλονίκη - Μουσικό Λύκειο)

35. Χατζόπουλος Μάκης (1ο ΓΕΛ Πετρούπολης)

Μαθηματικά Προσανατολισμού http://lisari.blogspot.gr Γ΄ Λυκείου 09 – 06 – 2017

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2016: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 1

lisari team / Σχολικό έτος 2016 – 17 ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ

Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 9 ΙΟΥΝΙΟΥ 2017

ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ:

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: (11) ΣΕΛΙΔΕΣ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α

Α1. Θεωρία, σχολικό σελ. 135

A2.

α. Ψευδής

β. Η συνάρτηση f x x είναι συνεχής στο 0 , αλλά δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0 αφού

x 0 x 0 x 0

xf x f 0 xlim lim lim 1

x 0 x x

και

x 0 x 0 x 0

xf x f 0 xlim lim lim 1

x 0 x x

(Θεωρία, σχολικό σελ. 99)

A3. Θεωρία, σχολικό σελ. 73

A4. (α) Λ

(β) Σ

(γ) Λ

(δ) Σ

(ε) Σ




ΘΕΜΑ Β

B1. Είναι

f g g f

xD x D / g x D x 1/ 0 x 1/ 0 x 1 0,1

1 x

και

x

f g x f g x ln1 x

, x 0,1

Β2.

2

1 x x

1 xx 1h x ln 0, για κάθε x 0,1

x1 x x 1 x

1 x

Οπότε h γνησίως αύξουσα στο 0,1 άρα 1-1 άρα αντιστρέφεται.

Είναι

x 0 x 1

h 0,1 lim h x , lim h x

r

διότι

xθ

1 x

x 0 x 0 θ 0 θ 0

xlim h x lim ln lim ln θ

1 x

και

xθ

1 x

θ θx 1 x 1

xlim h x lim ln lim ln θ

1 x

Οπότε για x 0,1 και yr έχουμε

y y y y yx xy h x y ln e x e xe x xe e

1 x 1 x

yy y

y

ex 1 e e x

1 e

Άρα

x

1

x

eh x , x

1 e

r

Β3.

x x 2x x

2 2x x

e 1 e e eφ x 0

1 e 1 e

άρα η φ είναι γνησίως αύξουσα στο r και δεν έχει

ακρότατα.

2x x x x x x xx 2x 2x

4 3 3x x x

e 1 e 2 1 e e e e 1 ee e 2eφ x

1 e 1 e 1 e

, xr




x x

x x

3x

e 1 eφ x 0 0 1 e 0 e 1 x 0

1 e

x x

x x

3x

e 1 eφ x 0 0 1 e 0 e 1 x 0

1 e

Η φ είναι κυρτή στο ,0 και κοίλη στο 0,

Σημείο καμπής το 1

Α 0,φ 0 Α 0,2

Β4. x

xx x

elim φ x lim 0

1 e

οπότε

1ε : y 0 οριζόντια ασύμπτωτη στο

x x

x xx x D.L.H x

e elim φ x lim lim 1

1 e e

οπότε 2ε : y 1 οριζόντια ασύμπτωτη στο




ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Η f (x) x είναι παραγωγίσιμη στο 0, με f (x) x

Έστω 0 0M x ,f (x ) το σημείο επαφής, η εφαπτομένης της fC στο Μ είναι

0 0 0: y f (x ) f (x ) x x

0 0 0y x x x x

Η θα διέρχεται από το ,2 2

αν

0 0 0x x ( x )2 2

0 0 0 0x x x x 0

2 2

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) x x x x2 2

με x 0,

Είναι h x x x x x x x x2 2

h x 0 x x 0 x 0 ή x 02 2

x 0 ή x ή x

2

Ακόμη για x 0, είναι x 0 και x 0 x2 2

Το πρόσημο της h ́και η μονοτονία της h φαίνονται στον πίνακα :

x 0 π/2 π

h΄(x)

- 0 +

h д е

Η h είναι γνησίως φθίνουσα στο 0,2

και γνησίως αύξουσα στο ,2

άρα παρουσιάζει για

x 0 ολικό μέγιστο με τιμή h(0) 02 2

, για x

2

ολικό ελάχιστο με τιμή h 1

2 2

και για x ολικό μέγιστο με τιμή h( ) 02 2

Άρα οι x 0 , x είναι οι μοναδικές ρίζες της h(x) 0 .

Επομένως οι ζητούμενες εφαπτόμενες είναι στα σημεία με x 0 και x

Άρα 0,f (0) ή 0,0 και 2 , f ( ) ή 2 ,0




Γ2. Είναι 1 : y f (0) f (0) x 0 y x και 2 : y f ( ) f ( ) x y x

2 00 0x dx x dx x 1 1 2

2

21

02

8x x dx x x dx

4

Άρα

2

1

2

18

Γ3.

Είναι

x π

f x πlim

f x x π

Αφού, η f είναι κυρτή και η εφαπτομένη της fC είναι πάνω από τη fC , εκτός του σημείου επαφής,

άρα

f x x π f x x π 0 και x πlim f x x π 0




άρα

x π

1lim

f x x π

ενώ x πlim f x π π 0

Γ4. Από τη fC η f είναι κυρτή στο 0, άρα η εφαπτομένη της

fC στο 2M είναι κάτω από τη

fC εκτός του σημείου επαφής

Άρα για κάθε x 0, είναι

x 0 f (x)f (x) x 1

x x

Άρα e e

1 1

f xdx 1 dx

x x

e e

11

f xdx x ln x

x

e

1

f xdx e 1

x




ΘΕΜΑ Δ

Δ1. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα 1,0 ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων και στο

0, π ως πράξεις συνεχών συναρτήσεων.

Στο σημείο x 0 έχουμε:

x 0 x 0

3 34 4f (x) x 0 0lim lim

x 0 x 0

x 0f (x) e ημx e ημ0 1 0 0lim lim

0f (0) e ημ0 1 0 0

συνεπώς x 0 x 0

f (x) f (x) f (0)lim lim

, άρα η f είναι συνεχής και στο 0.

Τελικά η f είναι συνεχής στο διάστημα 1, π .

Τα κρίσιμα σημεία της f είναι τα εσωτερικά σημεία του πεδίου ορισμού της στα οποία η f

μηδενίζεται ή δεν ορίζεται.

Για x 1,0 έχουμε

4x 0

43 4 433 3f (x) x x ( x) x

άρα

4 1

13 3

4 4f (x) x x x 0

3 3

, για κάθε x 1,0 .

Για x 0, π έχουμε

xf (x) e ημx

άρα

x x x xf (x) e ημx e ημx e ημx e ημx συνx .

Είναι

f (x) 0 xe 0

xe ημx συνx 0

ημx συνx 0 ημx συνx (1).

Αν συνx 0 τότε από την (1) έχουμε και ημx 0 , άτοπο αφού 2 2ημ x συν x 1 0 1 , που δεν

ισχύει.

Άρα συνx 0 , οπότε η (1) μας δίνει

π πεφx 1 εφx εφ x kπ , k

4 4

.

Επιπλέον




x 0, π π

0 kπ π4

π 5π

kπ4 4

1 5k

4 4 και αφού k θα είναι k 1 .

Άρα για x 0, π , η f (x) 0 όταν π 3π

x π4 4

.

Συνεπώς το 3π

x4

είναι κρίσιμο σημείο της f.

Εξετάζουμε αν η f είναι παραγωγίσιμη στο σημείο 0:

x 0 x 0 x 0 x 0 x 0 x 0

4 333 4 3x 03

x x xf (x) f (0) x x xx 0

x 0 x x x xlim lim lim lim lim lim

και

x 0 x 0 x 0

xxf (x) f (0) e ημx ημx

e 1 1 1x 0 x x

lim lim lim

Συνεπώς

x 0 x 0

f (x) f (0) f (x) f (0)

x 0 x 0lim lim

, άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο 0.

Οπότε και το 0 είναι κρίσιμο σημείο της f.

Tελικά τα κρίσιμα σημεία της f είναι τα x 0 και 3π

x4

.

Δ2. Για x 1,0 βρήκαμε στο Δ1 ότι 1

34

f (x) x 03

Για x 0, π επίσης βρήκαμε στο Δ1 ότι xf (x) e ημx συνx και f (x) 0 3π

x4

.

Για το πρόσημο της f παρατηρούμε ότι:

Στο διάστημα 3π

0,4

είναι f συνεχής, με f (x) 0 και

π π π

2 2 2π π π

f e ημ συν e 1 0 e 02 2 2

, άρα 3π

f (x) 0 , x 0,4

Στο διάστημα 3π

, π4

είναι f συνεχής, με f (x) 0 και

5π 5π

6 65π 5π 5π 1 3

f e ημ συν e 06 6 6 2 2

, άρα 3π

f (x) 0 , x , π4

Ο πίνακας μεταβολών τη f είναι ο ακόλουθος:




Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα σε καθένα από τα διαστήματα 1,0 και 3π

, π4

ενώ είναι

γνησίως αύξουσα στο διάστημα 3π

0,4

. Η f έχει τοπικό μέγιστο για x 1 το f ( 1) 1 , τοπικό

μέγιστο για 3π

x4

το

3π

43π 2f e

4 2

, τοπικό ελάχιστο για x 0 το f (0) 0 και τοπικό

ελάχιστο για x π το f (π) 0 .

Για το σύνολο τιμών της f:

Η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο 1Δ 1,0 , άρα παίρνει τιμές

1f Δ f (0), f ( 1) 0,1 .

Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο 2

3πΔ 0,

4

, άρα παίρνει τιμές

3π

4

2

3π 2f Δ f (0), f 0,e

4 2

Τέλος η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο 3

3πΔ , π

4

, άρα παίρνει τιμές

3π

4

3

3π 2f Δ f , f (π) 0,e

4 2

.

Συνεπώς το σύνολο τιμών της f είναι το

3π 3π 3π

4 4 4

1 2 3

2 2 2f 1, π f Δ f Δ f Δ 0,1 0,e 0,e 0,e

2 2 2

διότι

3π 3π

4 4

23π 3π 3π: 2 24 4 2

2e 1 e 2 2 e 2 e 2 e 2

2

,

που ισχύει αφού 3π

12e e 2 .

Δ3. Επειδή οι συναρτήσεις f x και 5xg x e είναι συνεχείς στο διάστημα 0, π , το ζητούμενο

εμβαδό είναι ίσο με:




π π

x 4x

0 0Ε f (x) g(x) dx e ημx e dx .

Όμως 4x 0 4x 4x 4xx 0 4x 0 e e e 1 e 1 ημx e ημx 1 0

Άρα

x 4x x 4x 5x xe ημx e e e ημx e e ημx .

Συνεπώς

π π π

5x x 5x x

1 20 0 0

Ε e e ημx dx e dx e ημx dx I I ,

όπου π

5x 5ππ

5x

10

0

e e 1Ι e dx

x 5

και

π π ππ π

x x x x x

2 0 00 0 0Ι e ημx dx e ημx e συνx dx 0 e συνx e ( ημx)dx

π π

2 2e 1 Ι e 1 Ι

άρα π

π π

2 2 2 2

e 1Ι e 1 Ι 2Ι e 1 Ι

2

Συνεπώς 5π π

1 2

e 1 e 1Ε I I

5 2

.

Δ4. Η εξίσωση ορίζεται στο 1, π και ισοδύναμα έχουμε :

3π

43π 3π e2

4 416 e f (x) e 4x 3π 8 2

3π

2416f (x) 4x 3π 8 2 e

2 3π:164

3π 2f (x) x e

4 2

23π

42 3π

f (x) e x2 4

(2)

Βρήκαμε στο Δ1 ότι η f έχει μέγιστο και μάλιστα ολικό για 3π

x4

το 3π

43π 2

f e4 2

.

Άρα:

3π 3π

4 42 2

f (x) e f (x) e 02 2

.

Επίσης ισχύει προφανώς ότι

23π

x 04

.

Άρα τα δύο μέλη της εξίσωσης (2) είναι ίσα μόνο όταν




3π

423π

42

2 3πf (x) e x

2 3π 3π2 4f (x) e x 0 x

3π2 4 43πx 0x 0

44

Συνεπώς η εξίσωση έχει μοναδική λύση την 3π

x4

.


lisari team

Education