luseis panelladikes eksetaseis_math_g_luk_kate_lisari_team_25_5_2015_a_ekd

ΟΙ ΛΥΣΕΙΣ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ

ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΔΕΥΤΕΡΑ 25 – 05 – 15

11:20 πμ

ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ LISARI TEAM ΘΕΜΑ Α Βοσκάκης Σήφης

Χατζόπουλος Μάκης

ΘΕΜΑ Β Αντωνόπουλος Νίκος

Ζαμπέλης Γιάννης

Κάκανος Γιάννης

ΘΕΜΑ Γ Βελαώρας Γιάννης

Παγώνης Θεόδωρος

Σπλήνης Νίκος

ΘΕΜΑ Δ Παύλος Τρύφων

Σίσκας Χρήστος

Σταυρόπουλος Σταύρος

ΘΕΜΑΤΑ

ΚΑΙ

ΛΥΣΕΙΣ

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΩΝ

ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ

2015

Οι απαντήσεις και οι λύσεις

είναι αποτέλεσμα της συλλογικής δουλειάς

των συνεργατών του δικτυακού τόπου

http://lisari.blogspot.gr

1η έκδοση: 25 – 05 – 2015 (συνεχής ανανέωση)

Οι λύσεις διατίθεται αποκλειστικά

από το μαθηματικό blog

http://lisari.blogspot.gr

http://lisari.blogspot.gr/


Πρόλογος

Στο παρόν αρχείο περιλαμβάνονται οι λύσεις των Πανελλαδικών Εξετάσεων στο

μάθημα Μαθηματικά θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης. 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. Προσπάθησαν και τα

κατάφεραν να δώσουν πρώτοι διαδικτυακά τις πλήρεις λύσεις σε ένα αρχείο pdf!!

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

25 – 05 – 2015

mailto:[email protected]

lisari team

Αντωνόπουλος Νίκος (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίου Κατεύθυνση - Άργος)

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

Βελαώρας Γιάννης (Φροντιστήριο ΒΕΛΑΩΡΑΣ - Λιβαδειά Βοιωτίας)

Βοσκάκης Σήφης (Φροντιστήριο Ευθύνη - Ρέθυμνο)

Γιαννόπουλος Μιχάλης (Αμερικάνικη Γεωργική Σχολή)

Γκριμπαβιώτης Παναγιώτης (Φροντιστήριο Αστρολάβος - Άρτα)

Δούδης Δημήτρης (3ο Λύκειο Αλεξανδρούπολης)

Ζαμπέλης Γιάννης (Φροντιστήρια Πουκαμισάς Γλυφάδας)

Κακαβάς Βασίλης (Φροντιστήριο Ώθηση - Αργυρούπολη)

Κάκανος Γιάννης (Φροντιστήριο Παπαπαναγιώτου – Παπαπαύλου - Σέρρες)

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

Καρδαμίτσης Σπύρος (Πρότυπο Λύκειο Αναβρύτων)

Κοπάδης Θανάσης (Ιδιοκτήτης Φροντιστηρίων 19+ - Πολύγωνο)

Κουλούρης Αντρέας (3ο Λύκειο Γαλατσίου)

Κουστέρης Χρήστος (Φροντιστήριο Στόχος - Περιστέρι)

Μανώλης Ανδρέας (Φροντιστήριο Ρηγάκης - Κοζάνη)

Μαρούγκας Χρήστος (3ο ΓΕΛ Κηφισιάς)

Νάννος Μιχάλης (1ο Γυμνάσιο Σαλαμίνας)

Νικολόπουλος Θανάσης (Λύκειο Κατασταρίου, Ζάκυνθος)

Παγώνης Θεόδωρος (Φροντιστήριο Φάσμα - Αγρίνιο)

Παντούλας Περικλής (Φροντιστήρια Γούλα-Δημολένη - Ιωάννινα)

Παπαδομανωλάκη Μαρία (Ιδιοκτήτρια Πρότυπου Κέντρου Μάθησης ΔΙΑΚΡΙΣΙΣ - Ρέθυμνο)

Παπαμικρούλης Δημήτρης (Εκπαιδευτικός Οργανισμός Ρόμβος)

Πορίχης Λευτέρης (Γυμνάσιο Λιθακιάς – Ζάκυνθος)

Ράπτης Γιώργος (6ο ΓΕΛ Βόλου)

Σίσκας Χρήστος (Φροντιστήριο Μπαχαράκης - Θεσσαλονίκη)

Σκομπρής Νίκος (Συγγραφέας – 1ο Λύκειο Χαλκίδας)

Σπλήνης Νίκος (Φροντιστήριο ΟΡΙΖΟΝΤΕΣ - Ηράκλειο Κρήτης)

Σπυριδάκης Αντώνης (Γυμνάσιο Βιάννου - Λασίθι)

Σταυρόπουλος Παύλος (Ιδιωτικά Εκπαιδευτήρια Δούκα)

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

Τηλέγραφος Κώστας (Φροντιστήριο Θεμέλιο - Αλεξανδρούπολη)

Τρύφων Παύλος (1ο Εσπερινό ΕΠΑΛ Περιστερίου)

Φιλιππίδης Χαράλαμπος (Ελληνογαλλική Σχολή Καλαμαρί)

Χαραλάμπους Σταύρος (Μουσικό Σχολείο Λαμίας)

Χατζόπουλος Μάκης (Υπουργείο Παιδείας και Θρησκευμάτων)

Μαθηματικά Θετικής & Τεχνολογικής Κατεύθυνσης http://lisari.blogspot.gr

Γ΄ Λυκείου 25– 05 – 2015

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2015: Αναλυτικές λύσεις από τη lisari team 1

lisari team / σχολικό έτος 2014 – 15

ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ

Γ΄ ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ: ΔΕΥΤΕΡΑ 25 ΜΑΙΟΥ 2015

ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ:

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΤΙΚΗΣ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ: ΕΠΤΑ (7 ) ΣΕΛΙΔΕΣ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ Α

Α1. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 194

A2. Σχολικό βιβλίο, σελίδα 188

Α3. Σχολικό βιβλίο, σελίδα, 259

A4. α) Λάθος, σχολικό βιβλίο, σελίδα 144

β) Σωστό, σχολικό βιβλίο, σελίδα 89

γ) Λάθος, σχολικό βιβλίο, σελίδα 225

δ) Σωστό, σχολικό βιβλίο, σελίδα 332

ε) Σωστό, σχολικό βιβλίο, σελίδα 178



Γ΄ Λυκείου 25– 05 – 2015


ΘΕΜΑ Β

B.1. Έχουμε,

22

z 4 2 z 1 z 4 2 z 1

z 4 z 4 4 z 1 z 1

zz 4z 4z 16 4zz 4z 4z 4

3zz 12

zz 4

2

z 4

z 2

Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών z είναι κύκλος με κέντρο την αρχή των

αξόνων και ακτίνα ρ = 2

Β2. α) Είναι:

2 2 4z 2 z 2 zz 4 z

z

Οι 1 2z ,z μιγαδικοί του Β1 ερωτήματος άρα ισχύει

1

1

4z

z και 2

2

4z

z

οπότε,

1 2

2 1

2z 2zw

z z 1 2

2 1

4 42 2

z z

4 4

z z

2 1

1 2

2z 2zw

z z

Άρα, ο w είναι πραγματικός αριθμός.

β) Έχουμε,

11 2

2

zz z 2 1

z

οπότε,

1 2 1 2

2 1 2 1

2z 2z z zw 2 2

z z z z

άρα



Γ΄ Λυκείου 25– 05 – 2015


w

w 2 1 2 1 w 4 4 w 4

Β3. Αφού

21 2 1 2

1 2 2 1

2 1 2 1

2z 2z 2z 2zw 4 z z 0 z z

z z z z

Άρα έχουμε τις εικόνες 1 2 1A z ,B z ,Γ 2iz στο μιγαδικό επίπεδο τέτοιες ώστε,

1 1 1AΓ 2iz z z 2i 1 2 1 4 2 5

και

1 1 1BΓ 2iz z z 2i 1 2 1 4 2 5 ΑΓ

άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

Β΄ τρόπος

Β2. Για ευκολία θέτουμε: 1

2

zi, ,

z R

Όμως,

2 21

2

zi 1

z

δηλ. οι εικόνες του μιγαδικού i, , Rανήκουν σε κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων

και ακτίνα 1.

α) Έχουμε,

2

2 2

1

z 1 ii,

z i

άρα,

1 2

2 1

2z 2zw 2 i 2 i 4

z z R

β) Έχουμε,

4 w 4 4 4 4 1 1 1

που ισχύει ως τετμημένη του μοναδιαίου κύκλου.

Β3. Έχουμε,

11 2

2

zw 4 4 1 1 1 z z

z

Άρα έχουμε τις εικόνες 1 2 1A z ,B z , 2iz στο μιγαδικό επίπεδο τέτοιες ώστε

1 1 1A 2iz z z 2i 1 2 1 4 2 5

και

1 1 1B 2iz z z 2i 1 2 1 4 2 5

άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.



Γ΄ Λυκείου 25– 05 – 2015


ΘΕΜΑ Γ

Γ1. H συνάρτηση f είναι συνεχής ως πηλίκο των συνεχών συναρτήσεων, xe και 2x 1 ,

παραγωγίσιμη ως πηλίκο παραγωγίσιμων με :

2x 2 x 2 x 2 x

2 2 22 2 2

e (x 1) e x 1 e x 2x 1 e x 1f (x) f (x) 0

x 1 x 1 x 1

για κάθε x και το ίσον ισχύει μόνο για x 1 ,άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο .

Το σύνολο τιμών της f είναι :

x x

f im f (x), im f (x) 0,

αφού x

x

2 2x x x x

e 1im f (x) im im e im 0 0 0

x 1 x 1

και

x x x

2x x DLH x DLH x

e e eim f (x) im im im

x 1 2x 2

Γ2. Είναι :

2 3f

3 x 2 3 x 2 3 x 2

x 2

e e 2f e (x 1) f e (x 1) f 2 e (x 1) 2

5 e x 1

x 3 3

2

e e ef (x) 0

x 1 2 2

Όμως 3e

f2 και αφού η f είναι συνεχής στο και γνησίως αύξουσα ,άρα ¨1 – 1 ¨ από

Θ.Ε.Τ. υπάρχει ακριβώς ένα 0x ώστε 3

0

ef (x )

2

Β΄ τρόπος Έχουμε,

3 3 3f :1 1e e ef f 2 2 f x

f x f x 2

όμως

3e

f A2

άρα υπάρχει μοναδικό x0 λόγω μονοτονίας της f τέτοιο ώστε 3

0

ef x

2

Γ3. Θεωρούμε συνάρτηση

x

0

G(x) f (t)dt

Αφού η f συνεχής στο R είναι παραγωγίσιμη στο R με G (X) f (x) 0 , για κάθε x . Άρα η

G γνησίως αύξουσα στο R. Η G ικανοποιεί τις προϋποθέσεις Θ.Μ.Τ στο [2x, 4x] (0, ) οπότε

υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ (2x,4x) ώστε :



Γ΄ Λυκείου 25– 05 – 2015


4x 2x 4x

0 0 2x

G(4x) G(2x) 1 1G (ξ) f (ξ) f (t)dt f (t)dt f (ξ) f (t)dt

4x 2x 2x 2x

Όμως

G0 x 2x ξ 4x G (ξ) G (4x)

4x 4x

x 0

2x 2x

1f (t)dt f (4x) f (t)dt 2xf (4x)

2x

Β΄ τρόπος 4x

f

2x

0 2x t 4x f (t) f (4x) f (4x) f (t) 0 [f (4x) f (t)]dt 0

4x 4x 4x 4x 4x

2x 2x 2x 2x 2x

f (4x)dt f (t)dt f (4x) dt f (t)dt 2xf (4x) f (t)dt

Γ΄ τρόπος Έστω F αρχική συνάρτηση της f, οπότε F x f x , για κάθε x 0

Οπότε,

4x

2x

f t dt 2xf 4x

F 4x F 2x 2xf 4x

x 0 F 4x F 2xf 4x

4x 2x

F ξ f 4x

ξ 4x

που ισχύει, αφού από Θ.Μ.Τ για την F στο [2x, 4x] υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 2x,4x τέτοιο

ώστε,

F 4x F 2x

F ξ4x 2x

Γ4. Εξετάζουμε την συνέχεια της συνάρτησης g στο x 0 .

Είναι : 4x

0

02x

x 0 x 0 D.L.H. x 0

f (t)dt4f (4x) 2f (2x)

limg(x) lim lim 4 1 2 1 2 g(0)x 1

.

άρα g συνεχής στο x 0 και επειδή είναι και συνεχής , για κάθε x 0 , ως πηλίκων συνεχών , θα

είναι συνεχής στο 0, .

Επίσης g παραγωγίσιμη με :



Γ΄ Λυκείου 25– 05 – 2015


4x 4x 4x

2x 2x 2x

2 2

f (t)dt x x f (t)dt 4f (4x) 2f (2x) x f (t)dt

g (x)x x

4x 4x

2x 2x

2 2

4xf (4x) 2xf (2x) f (t)dt 2xf (4x) 2xf (4x) 2xf (2x) f (t)dt

x x

4x

2x

2

2xf (4x) 2xf (2x) 2xf (4x) f (t)dt

x

.

Όμως για κάθε x 0 έχουμε :

2x 0 f

2x 4x f (2x) f (4x) f (4x) f (2x) 0

Από Γ3 : 4x

2x

2xf (4x) f (t)dt 0

2x 0

άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο 0, , όμως η g είναι συνεχής στο 0, , άρα η g

γνησίως αύξουσα στο 0, .



Γ΄ Λυκείου 25– 05 – 2015


ΘΕΜΑ Δ

Δ1) Είναι

f x f x f x f xf x e e 2 f x e f x e 2

f x f x f x f xe e 2x e e 2x c

(1)

Για

x 0 (1) f 0 f 0

e e c c 0

f x

ef x f x 2f x f x

1 e e 2x e 1 2xe

2f x f x 2f x f x 2 2e 2xe 1 e 2xe x x 1

2

f x f x2 2e x x 1 e x x 1 (2)

Έστω f xg x e x με

gD και g συνεχής στο ως άθροισμα συνεχών συναρτήσεων

f x f x 2g x 0 e x 0 e x 0 x 1 0 αδύνατο

Άρα g x 0 για κάθε x οπότε η g διατηρεί σταθερό πρόσημο στο

Είναι

f 0g 0 e 0 1 0 δηλαδή g x 0 για κάθε x

Άρα

(2) f x f x2 2 2e x x 1 e x x 1 f x ln x x 1 , x

Δ2) α) Έχουμε,

2

2 2

2 2 2

2x x x 11

12 x 1 x 1f xx x 1 x x 1 x 1

, x

2

2 2 2

2x

x2 x 1f xx 1 x 1 x 1

, x

2 2

xf x 0 0 x 0

x 1 x 1

2 2

xf x 0 0 x 0

x 1 x 1

2 2

xf x 0 0 x 0

x 1 x 1



Γ΄ Λυκείου 25– 05 – 2015


β) Βρίσκουμε την εφαπτομένη της γραφικής

παράστασης της f στο Ο(0,0). Είναι

1

f 0 11

άρα Οε : y f 0 f 0 x 0 y x

Στο 0,1 η f είναι κοίλη άρα εο πάνω από την fC με εξαίρεση το σημείο επαφής Ο(0,0) οπότε είναι

f x x για κάθε x 0,1 με το «=» μόνο για x 0 .

Άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι

1 1

2

0 0E Ω x f x dx x ln x x 1 dx

1 1

2

0 0xdx ln x x 1 dx

1

21

2

00

xx ln x x 1 dx

2

1

12

200

1 xx ln x x 1 dx

2 x 1

1

2

0

1ln 1 2 x 1

2

1ln 1 2 2 1

2

1 1ln 1 2 2 1 2 ln 1 2

2 2 τ.μ.

Δ3) Αρχικά από Δ2α) είναι 2

1f x 0

x 1

για κάθε x άρα f γνησίως αύξουσα στο

Για f

x 0 f x f 0 f x 0 1

άρα για x κοντά στο 0 με x 0 είναι f x f x

Η 2f t συνεχής στο , 0 άρα η x

2

0f t dt είναι παραγωγίσιμη στο οπότε η

x

2

0

f t dt

h x e 1

επίσης παραγωγίσιμη στο άρα και συνεχής στο δηλαδή συνεχής στο

1x 0 .

Έτσι λοιπόν

0

2

0

f t dt

x 0lim h x h 0 e 1 0

Για το ζητούμενο όριο έχουμε

x 0

f x + -

f 3 4



Γ΄ Λυκείου 25– 05 – 2015


x x

2 2

0 0

f t dt f t dt

x 0 x 0lim e 1 ln f x lim e 1 ln f x

xx22

00

f t dtf t dt 02

0

d.L.H.x 0 x 0

2

e f xe 1lim lim

1 f x1

ln f x ln f x f x

x

2

0

x

2

0

f t dt

3 2

x 0

f t dt

2

x 0

elim f x ln f x

f x

e f xlim f x ln f x

f x

Είναι,

x

2

0

f t dt

x 0

e f x f 0lim 0

f x f 0

και

u f x

d.L.H.x 0 u 0 u 0 u 0 u 0 u 0

2

1

ln u ulim f x ln f x lim u ln u lim lim lim u 01 1

u u

Άρα

L 0

β τρόπος

x

2x x

2 20

0 0

f t dtf t dt f t dtf x 0 για χ 0

x 0 x 0x 0

e 1L lim e 1 ln f x lim e 1 ln f x lim x ln f x

x

Όμως,



Γ΄ Λυκείου 25– 05 – 2015


x

2

x 02 x

2 20

0

f t dt

0f t dtf t dt f συνεχής στο 00

2 0 2

x 0 x 0 x 0

e 1

e 1lim lim lim e f x e f 0 0

x x

και

2

x 0 x 0 x 0 x 0 x 0

2

f x

ln f xln f x f x x f xlim x ln f x lim lim lim lim

1 1 f x1x x

x

Όμως,

022 f συνεχής στο 00

x 0 x 0 x 0

xx 2x 0 0lim lim lim 0

f x f x f x f 0 1

Τελικά,

x

2

0

f t dt

x 0

e 1

L lim x ln f x 0 0 0x

Δ4. Θεωρώ τη συνάρτηση

x 2 x

2 2

0 0g(x) (x 2) 1 3 f (t )dt (x 3) 8 3 f (t)dt

, x [2,3]

Η g είναι συνεχής στο [2, 3] γιατί προκύπτει από πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων.

Ακόμα 2 2

2 2

0 0g(2) 8 3 f (t)dt 3 f (t)dt 8

Αλλά όπως είδαμε στο Δ3 η γραφική παράσταση της f βρίσκεται κάτω από την εφαπτομένη της ,

με εξίσωση y = x , άρα f(x) ≤ x, για κάθε x 0 καθώς και f(x) > 0 για κάθε x 0

Άρα 2 2f (t) t , για κάθε t [0,2] ή 2 2f (t) t 0 για κάθε t [0,2]

Και αφού η 2 2h(t) f (t) t είναι συνεχής και δεν είναι παντού μηδέν στο [0, 2] έχουμε

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

0 0 0 0 0f (t) t dt 0 f (t)dt t dt 0 f (t)dt t dt

Αλλά 2

32

2

00

t 8t dt

3 3

Άρα



Γ΄ Λυκείου 25– 05 – 2015


2 2 22 2 2

0 0 0

8f (t)dt 3 f (t)dt 8 3 f (t)dt 8 0

3

δηλαδή g(2) < 0.

Όμοια, 1

2

0g(3) 1 3 f (t )dt και όπως πριν f(x) ≤ x , για κάθε x 0 ,

άρα 2 2f (t ) t , για κάθε t [0,1] κι αφού η 2 2φ(t) f (t ) t είναι συνεχής και δεν είναι παντού

μηδέν στο [0, 1], θα έχουμε

1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2

0 0 0 0 0f (t ) t dt 0 f (t )dt t dt 0 f (t )dt t dt

Αλλά 1

31

2

00

t 1t dt

3 3

Άρα 1 1 1

2 2 2

0 0 0

1f (t )dt 3 f (t )dt 1 1 3 f (t )dt 0 g(3) 0

3

Επομένως

g(2) g(3) 0

Άρα από θεώρημα Bolzano η εξίσωση g(x) = 0 και ισοδύναμα η

x 2 x

2 2

0 01 3 f (t )dt 8 3 f (t)dt

0x 3 x 2

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (2, 3).


luseis panelladikes eksetaseis_math_g_luk_kate_lisari_team_25_5_2015_a_ekd

Education