2014 - 2015
Τελευταία ενημέρωση: 5 / 12 / 2014
Όλα τα θέματα της τράπεζας με τις λύσεις τους
ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ : Παπαδόπουλος Παναγιώτης
[2]
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1 – ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_16950
ΛΥΣΗ
α)
322
1
yx
yx
β)
Το σύστημα είναι αδύνατο διότι οι ευθείες που παριστάνουν στο επίπεδο τις εξισώσεις του
συστήματος, είναι παράλληλες.
[3]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_16954
ΛΥΣΗ
α) 4x+y= 5
β)
Το σύστημα είναι αδύνατο διότι οι ευθείες που παριστάνουν γραφικά τις εξισώσεις του συστή-
ματος είναι παράλληλες.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_16957
ΛΥΣΗ
α) Έστω x η ηλικία του Μάρκου και y η ηλικία του Βασίλη. Με βάση τα δεδομένα του
προβλήματος έχουμε:
27 yx
[4]
Δεν μπορούμε να προσδιορίσουμε τις ηλικίες των δύο παιδιών διότι έχουμε μία εξίσωση με δύο
αγνώστους.
β)
5
27
yx
yx
Προσθέτοντας κατά μέλη τις δύο εξισώσεις έχουμε:
16322 xx
Αντικαθιστώντας στην πρώτη εξίσωση έχουμε:
11271627 yyyx
Συνεπώς ο Μάρκος είναι 16 χρονών και ο Βασίλης 11.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_16960
ΛΥΣΗ
α) (ε): y =
λ1x+ β1 και (η): y
=
λ2x+ β2
Η ευθεία (ε) διέρχεται από τα σημεία (0, 2) και (2, 0) επομένως:
1
2
22
2
220
2
20
02
1
1
1
1
1
1
11
11
λ
β
λ
β
λ
β
βλ
βλ
Άρα (ε): y= x+2
Η ευθεία (η) διέρχεται από το σημείο (4, 0) και σχηματίζει με τον οριζόντιο άξονα γωνία 450
επομένως:
[5]
4
1
140
1
40
45
2
2
2
2
22
02
β
λ
β
λ
βλ
εφλ
Άρα (η): y=x4
β)
1
3
43
3
4
62
4
24
4
2
y
x
y
x
xy
x
xy
xx
xy
xy
Άρα το σημείο τομής των δύο ευθειών είναι: Α(3, 1)
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17647
ΛΥΣΗ
α) Για (x, y) =
(2, 3) έχουμε:
γβα 32 (1)
Συνεπώς θα μπορούμε να επιλέξουμε οποιουσδήποτε αριθμούς που να ικανοποιούν τη σχέση (1),
π.χ. α=1, β=1, γ= 1
β) Αρκεί D=0 και Dx≠0.
αβαββα
D 202021
0
(2)
βγγββγ
Dx 4028028
0
Συνεπώς μπορούμε να επιλέξουμε: α=1, β=2 και γ=1≠42
[6]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17650
ΛΥΣΗ
α)
xyyx
yx
42
3822
β)
42
19
824
19
824
19
42
3822
yx
xy
yx
xy
xyyxxy
yx
xyyx
yx
5
14
5
519
5
19
153
19
4192
19
x
y
x
y
x
xy
x
xy
xx
xy
Άρα οι διαστάσεις του ορθογωνίου είναι 5cm και 14 cm.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17651
ΛΥΣΗ
α) Αν x είναι το πλήθος των δίκυκλων και y των τετράτροχων οχημάτων, τότε:
270042
830
yx
yx
[7]
β)
8301350
830
13502830
830
13502
830
270042
830
y
yx
yy
yx
yx
yx
yx
yx
520
310
520
520830
y
x
y
x
Άρα τα δίκυκλα είναι 310 και τα τετράτροχα οχήματα 520.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17659
ΛΥΣΗ
α)
10
1
01
1
0
1
11
1
1
1 22
2
2
2
22
xήx
xy
xx
xy
xx
xy
xx
xy
yx
xy
Αν x=0 τότε y=1
Αν x=1 τότε y=2
β) Η παραβολή y=x2+1 και η ευθεία xy=1 έχουν δύο κοινά σημεία, το Α(0, 1) και το Β(1, 2)
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17717
ΛΥΣΗ
[8]
α)
3741614
25
yx
yx
β)
3741640014
25
374251614
25
3741614
25
xx
xy
xx
xy
yx
yx
13
12
13
25
262
25
4003742
25
x
y
x
xy
x
xy
x
xy
Άρα 13 είναι οι σειρές του κάτω διαζώματος και 12 οι σειρές του κάτω διαζώματος.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17703
ΛΥΣΗ
α) Για να είναι οι ευθείες παράλληλες, θα πρέπει το σύστημα των εξισώσεων των ευθειών (ε1) και
(ε2) να είναι αδύνατο.
61
12
yxλ
yx
Θα πρέπει να ισχύει:
3012011
120
λλ
λD
Για λ=3 το σύστημα γίνεται:
62
12
yx
yx (το οποίο είναι προφανώς αδύνατο, διότι τα πρώτα
μέλη των εξισώσεων είναι ίσα, ενώ τα δεύτερα μέλη είναι διαφορετικά)
β)
[9]
γ) Για να ταυτίζονται οι ευθείες, θα πρέπει το σύστημα των εξισώσεων των ευθειών (ε1) και (ε2) να
έχει άπειρες λύσεις.
Σε αυτήν την περίπτωση θα πρέπει και πάλι να ισχύει D=0 άρα (όπως αποδείχθηκε στο α΄ ερώ-
τημα) λ=3. Όμως για λ=3 το σύστημα είναι αδύνατο, οπότε δεν υπάρχει τιμή του λ ώστε οι ευ-
θείες να ταυτίζονται.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17734
ΛΥΣΗ
α)
95
26
3412
26
3262
26
32
62
x
xy
xx
xy
xx
xy
yx
yx
5
9
5
12
5
9
5
926
x
y
x
y
Άρα Μ(5
9,5
12)
β) 7
2-α-27α255αααα 12275
5
12
5
93
[10]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_18637
ΛΥΣΗ
α) Για x=1 και y= 4 έχουμε:
γ4βαγβα 41
Συνεπώς για β=1, γ=1 προκύπτει α = 4+1 = 5
β) Αν α=1, β= 2 και γ=8 το σύστημα γίνεται:
82
92
yx
yx το οποίο προφανώς είναι αδύνατο
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_18638
ΛΥΣΗ
[11]
α) Για x=1 και y=5 έχουμε:
γβα 5
Η παραπάνω σχέση επαληθεύεται από τις τιμές: α=1, β=1 και γ=4. Άρα αν α=1, β=1 και γ=4, το
σύστημα έχει μοναδική λύση.
β) Αν α=2, β=1 και γ=3, τότε το σύστημα γίνεται:
32
32
yx
yx το οποίο έχει άπειρες λύσεις.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17709
ΛΥΣΗ
α)
932
52
yx
yx
Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: 4y= 4 y= 1
Επομένως η πρώτη εξίσωση γίνεται: 2x1=5 2x=6 x=3
[12]
Συνεπώς το σημείο τομής των ε1, ε2 είναι Α(3, 1)
723
1024
723
52
yx
yx
yx
yx
Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: x= 3 x=3
Η πρώτη εξίσωση του συστήματος γίνεται: 6+y=5 y=1
Συνεπώς το σημείο τομής των ε1, ε3 είναι το Α(3, 1)
β) Οι ευθείες ε1, ε2, ε3 προφανώς διέρχονται από το σημείο Α(3, 1). Άρα το κοινό σημείο των ε2, ε3
είναι το Α(3, 1).
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17683
ΛΥΣΗ
α) Για λ= 3 το σύστημα γίνεται:
644
644
644
322
6134
3213
yx
yx
yx
yx
yx
yx
Προσθέτοντας κατά μέλη τις εξισώσεις έχουμε: 0x+0y=0, άρα το σύστημα έχει άπειρες λύσεις.
Παίρνουμε την πρώτη εξίσωση κι έχουμε:
2
32322322
x
yxyyx
Συνεπώς το σύστημα έχει άπειρες λύσεις της μορφής (x, y)=
2
32x,x , xIR.
Για x=1, μία λύση του συστήματος θα είναι: (x, y)=
2
51,
β) Για λ= 3 το σύστημα γίνεται:
624
324
624
324
6134
3213
yx
yx
yx
yx
yx
yx
Προσθέτοντας κατά μέλη τις εξισώσεις έχουμε: 0x+0y= 9, άρα το σύστημα είναι αδύνατο.
[13]
γ) Για λ= 0 το σύστημα γίνεται:
6812
23
6234
23
64
32
6104
3210
yy
yx
yy
yx
yx
yx
yx
yx
2
1
2
223
2
23
189
23
y
x
y
x
y
yx
y
yx
Άρα το σύστημα έχει μοναδική λύση (x, y) = (1, 2)
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_20328
ΛΥΣΗ
α)
1λλyλx
2yxλ
1-λλλλλλ
λD 21
1-λλλλλ
Dx
121
12
121
2 22
λλλλλλλλλ
λDy
β) Αν λ≠0 και λ≠1 τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση:
λλλ
λ
D
Dx x 1
1
1
και
11
1
λλ
λλ
D
Dy
y
Άρα (x, y)= (λ
1, 1)
[14]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17834
ΛΥΣΗ
α) Έστω x η ηλικία της μητέρας, y του πατέρα και ω του παιδιού. Έχουμε:
115ωyx
ω
y
ωx
3
11
3
β)
53ω
ωy
ωx
53ωωω
ωy
ωx
115ωωω
ωy
ωx
115ωyx
ω
y
ωx
423
3
11
3
43119
3
11
3
3
113
3
11
3
3
11
3
5ω
y
x
5ω
y
x
1
55
45
1
153
11
153
Άρα ο πατέρας είναι 55 χρονών, η μητέρα 45 και το παιδί 15.
[15]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17835
ΛΥΣΗ
α)
352
2
yxλ
3yλx
λλλλλλλ
λD
33945225
52
21 22
λλλλλ
Dx
33396315231553
23
λλλλλ
Dy
333963323332
31
Αν D≠0 λ≠3 και λ≠3 τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση, άρα οι ευθείες έχουν μοναδικό
κοινό σημείο
Αν D=0 λ=3 ή λ=3 τότε το σύστημα είναι αδύνατο ή έχει άπειρες λύσεις. Πιο συγκεκριμέ-
να:
για λ=3 το σύστημα γίνεται:
35
35
yx
yx οπότε έχει άπειρες λύσεις και οι ευθείες ταυτίζονται
για λ=3 το σύστημα γίνεται:
5
35
3
355
3
yx
yx
yx
yx οπότε είναι αδύνατο, άρα οι
ευθείες δεν τέμνονται
β)
λλλ
λ
D
Dx x
3
3
33
33 και
λλλ
λ
D
Dy
y
3
3
33
33
Άρα Α=
λ,
λ 3
3
3
3
γ) 033339336333
32
3
332
λλλλ
λλyx .
[16]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17839
ΛΥΣΗ
α)
31
331
yαx
yxα
2243131111
31 22
αααααα
α
αD
236393391313
33
αααα
αDx
236333331331
31
αααα
αDy
Αν το σύστημα έχει μοναδική λύση, τότε θα πρέπει να ισχύει:
220220 ακαιαααD
Τότε η λύση του συστήματος είναι:
x0=
2
3
22
23
ααα
α
D
Dx και
2
3
22
230
ααα
α
D
Dy
y
Άρα αν είναι (x0, y0) η μοναδική λύση του συστήματος, αποδείχθηκε πως x0 = y0.
β) 220220 αήαααD
Αν α=2 τότε το σύστημα γίνεται:
33
33
yx
yx
Αφαιρώντας κατά μέλη τις εξισώσεις έχουμε 0=0, άρα το σύστημα είναι αόριστο.
yxyx 3333
Επομένως το σύστημα έχει άπειρες λύσεις της μορφής (x, y) = (33y, y) με yIR
Αν α= 2 τότε το σύστημα γίνεται:
3
1
3
333
yx
yx
yx
yx
Αφαιρώντας κατά μέλη τις εξισώσεις έχουμε 0= 4, άρα το σύστημα είναι αδύνατο.
[17]
γ) Για α=3, το σύστημα έχει μοναδική λύση, άρα οι ευθείες τέμνονται στο σημείο Α
5
3
5
3,
Για α=2 το σύστημα έχει άπειρες λύσεις, άρα οι ευθείες ταυτίζονται.
Για α= 2 το σύστημα είναι αδύνατο, άρα οι ευθείες είναι παράλληλες.
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17850
ΛΥΣΗ
α) Έστω x η ηλικία του κάθε κοριτσιού (που είναι δίδυμα) και y του αγοριού.
24
142
yx
yx
β)
024142
214
24214
214
24214
214
24
14222 xx
xy
xx
xy
xx
xy
yx
yx
)(xx
xy1
0127
214
2
14849 Δ
3
4
2
1721
,x
Άρα:
4
6
3
8
43
2141
x
yή
x
y
xήx
xy)(
Επειδή 2x<y (με βάση την πληροφορία (3) που έδωσε ο Κώστας), καταλήγουμε ότι x=3 και y=8
Επομένως τα κορίτσια είναι 3 ετών και το αγόρι 8.
[18]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_20336
ΛΥΣΗ
α)
2λ6yx
λyx 142
01641261
42
D
Συνεπώς για οποιονδήποτε πραγματικό αριθμό λ, το σύστημα έχει μοναδική λύση.
β) λ-722λ-148λλλλλ
λDx
4662416
62
41
133314221
12
λλλλ
λ
λDy
8
7
16
72 λλ
D
Dx x
, 16
13
λ
D
Dy
y
Άρα (x, y) = ( 8
7 λ,
16
13 λ)
γ)
1913721916
1316
8
716191616 λλ
λλyx
2314191933214 λλλλ
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_20337
ΛΥΣΗ
[19]
α) Έστω x το μήκος και y το πλάτος του ορθογωνίου.
xyyx
yx
223
2422
β)
xyyx
xy
xyyxxy
yx
xyyx
yx
632
12
2632
12
223
2422
21263362
12
1261232
12
xxxx
xy
xxxx
xy
03017
12
2 xx
xy
1691202893014172 Δ
2
15
2
131721
,x
Αν x=15 τότε y=1215=3<0 (απορρίπτεται διότι το y εκφράζει το πλάτος του ορθογωνίου)
Αν x=2 τότε y=122=10
Επομένως οι διαστάσεις του ορθογωνίου είναι 2 cm και 10 cm.
[20]
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 – ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_16962
ΛΥΣΗ
α) f(5)=2 και f(4)=9
Εφόσον η f είναι γνησίως μονότονη κι επιπλέον ισχύει ότι )(f)(f 4545 , η f είναι γνησίως
φθίνουσα.
β) 003535535235
xxx)(f)x(f)x(ff
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17688
ΛΥΣΗ
α) 012 x για κάθε xIR, οπότε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το Αf = IR .
012101211
21
22201
2
2
xxxxxx
x)x(f
x
(ισχύει)
β) 1010211211
21
222
2
xxxxxxx
x)x(f
Άρα για x=1, η f παρουσιάζει μέγιστο το f(1)=1
γ) Για κάθε xIR έχουμε:
xIR
[21]
)x(fx
x
)x(
x)x(f
1
2
1
222
Επομένως η f είναι περιττή.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17732
ΛΥΣΗ
α) f(2) =
3 και f(4)
=
5
Εφόσον η f είναι γνησίως μονότονη και )(f)(f 4242 , συμπεραίνουμε ότι η f είναι
γνησίως αύξουσα.
β) 02 )(f
00000202
)(f)(f)(f)(ff
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19914
ΛΥΣΗ
α) 5550 22 )x(fxx
00555 22 xxx)x(f
Άρα η f παρουσιάζει ελάχιστο στο x=0, το f(0)= 5.
β) Για κάθε xΙR έχουμε:
xΙR
)x(fx)x()x(f 55 22
Άρα η f είναι άρτια.
[22]
γ) Η Cf προκύπτει με κατακόρυφη μετατόπιση της Cg κατά 5 μονάδες κάτω.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_18632
ΛΥΣΗ
α) Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (, 2] και γνησίως αύξουσα στο [2, +).
Η f παρουσιάζει ελάχιστο το f(2) = 3
β) Η Cg προέκυψε από τη μετατόπιση της Cf κατά 4 μονάδες δεξιά και 4 μονάδες κάτω. Συνεπώς:
g(x) = f(x4) 4.
[23]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_18634
ΛΥΣΗ
α) 1321962118122191222222 xxxxxxx)x(f
β)
Η Cf προέκυψε από μετατόπιση της Cg κατά 3 μονάδες δεξιά και 1 μονάδα πάνω
[24]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17698
ΛΥΣΗ
α) f(x1) < f(x3) < f(x2)
β) H f δεν είναι γνησίως μονότονη στο IR, διότι η γραφική παράστασή της τέμνει τον οριζόντιο
άξονα σε 4 διαφορετικά σημεία.
Επιπλέον, αν η f ήταν γνησίως αύξουσα θα έπρεπε να ισχύει: x1<x2<x3 f(x1) < f(x2) < f(x3) ενώ
αν ήταν γνησίως φθίνουσα θα έπρεπε να ισχύει: x1<x2<x3 f(x3) < f(x2) < f(x1). Όμως από τα α ́
ερώτημα, γνωρίζουμε ότι f(x1) < f(x3) < f(x2), άρα η f δεν είναι γνησίως μονότονη.
γ) Η f στο x2 δεν παρουσιάζει (ολικό) μέγιστο, διότι υπάρχουν τιμές της συνάρτησης που είναι
μεγαλύτερες του f(x2)
(Παρόλα αυτά στο x2 η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο)
[25]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_16965
ΛΥΣΗ
α) 1214454222 xxxxx)x(f
β) Η Cf προκύπτει από μετατόπιση της y=x2 κατά 2 μονάδες προς τα δεξιά και 1 μονάδα πάνω.
[26]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_20329
ΛΥΣΗ
α) H f είναι γνησίως φθίνουσα στο (, 2] και γνησίως αύξουσα στο [2, +).
Η f παρουσιάζει ελάχιστο για x=2, το f(2)=0
β) Η Cg προκύπτει από μετατόπιση της Cg κατά 5 μονάδες προς τα δεξιά και 2 μονάδες κάτω.
2322522525 xxx)x(f)x(g
[27]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17833
ΛΥΣΗ
α) Πρέπει: 808 xx και 808 xx
Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι: Αf = [8, 8]
β) Για κάθε x[8, 8] ισχύει:
x[8, 8]
)x(fxxxx)x()x()x(f 888888
Συνεπώς η f είναι περιττή.
γ) Η σωστή γραφική παράσταση είναι η (iii), διότι είναι συμμετρική ως προς την αρχή των αξόνων
(περιττή συνάρτηση) και διαρκώς «κατεβαίνει» (γνησίως φθίνουσα συνάρτηση).
Η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης είναι f(8) = 16 = 4 και η μέγιστη τιμή της f(8)
= 16 = 4.
δ) Για την g έχουμε:
3883 xx)x(f)x(g με Αg = [8, 8]
38833 xx)x(f)x(f)x(g
Άρα g(x)≠g(x) και g(x)≠g(x) οπότε η g δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή
Για την h έχουμε:
xxxx)x(f)x(h 11538383 με Ah = [11, 5]
Επομένως δεν ισχύει ότι για κάθε xAh και xAh (11Ah ενώ 11Ah).
[28]
Άρα η h δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή.
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17842
ΛΥΣΗ
[29]
α)
02168
322
024
322
02
4
162
04
160
2
2
2
2
2
2
dcc
dc
dc
dc
dc
dc
)(f
)(f
6
42
6
32236
6
322
0488
322
032168
322 222
c
d
c
d
c
dc
c
dc
c
dc
6
2
c
d
Άρα f(x)= 262
1 2x
β) i. Σημεία τομής με τον xx :́
48
0
2626
0
46
0
0262
1
0
22xήx
y
xήx
y
x
y
x
y
Τα σημεία τομής της Cf με τον xx ́είναι: Β(4, 0) και Γ(8, 0)
Σημεία τομής με τον yy΄:
16
0
22
6
0
262
1
02
2y
x)(
y
x
xy
x
Τo σημείo τομής της Cf με τον yy ́είναι: Α(0, 16)
ii.
H γραφική παράσταση της f προήλθε με μετακίνηση της g κατά 6 μονάδες δεξιά και 2
μονάδες κάτω.
iii. H f παρουσιάζει ελάχιστο για x=6, το f(6)=2
H f είναι γνησίως φθίνουσα στο (, 6] και γνησίως αύξουσα στο [6, +)
[30]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_20332
ΛΥΣΗ
α) 21212212122222 xxxxxxx)x(f
H γραφική παράσταση της f προκύπτει αν η γραφική παράσταση της φ μετατοπιστεί κατά 1
μονάδα προς τα δεξιά και 2 μονάδες προς τα πάνω.
[31]
β) i. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (, 1] και γνησίως φθίνουσα στο [1, +)
ii. H f παρουσιάζει ολικό μέγιστο για x=1, το f(1)=2
iii. Γεωμετρικά: Η εξίσωση f(x)=κ, με κ<2, έχει δύο λύσεις, διότι η ευθεία y=κ και η γραφική
παράσταση της f, έχουν 2 κοινά σημεία για κ<2.
Αλγεβρικά: 01201212 κxxκxxκxxκ)x(f 222
κ)-4(24κ-844κ-41)-κ(Δ 44
Αν κ<2, τότε Δ>0 οπότε η εξίσωση f(x)=κ έχει 2 λύσεις.
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_20334
ΛΥΣΗ
α) 220 -γ)(f
1β2α02βα)(f 2402 (1)
1βα02βα)(f 22402 (2)
Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) και (2) έχουμε: 2
1αα 24
Από τη σχέση (1) έχουμε: 01 β1β1β2
12
[32]
β)
2
082
2
424
2
222
2
22
2222
xy
xx
xy
xx
xy
xx
xy
xy
36324 Δ
4
2
2
6221
,x
Για x=2: y=2+2=0
Για x=4: y=(4)+2=6
Άρα τα σημεία τομής είναι: Α(2, 0) και Δ(4, 6)
γ) Έστω 2
5
2
5
2
22 xx4,5f(x)x)(φ
Τα σημεία τομής των Cφ και της Cg θα είναι:
2
01
2
012
2
425
2
22
5
2
2
5 22222
xy
x
xy
xx
xy
xx
xy
xx
xy
xy
3
1
y
x
Άρα υπάρχει ένα μοναδικό κοινό σημείο, το (1, 3)
[33]
ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 – ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_16968
ΛΥΣΗ
α) Για x=4
π έχουμε:
033333443
συνπ
πσυν
Επομένως η τιμή x=4
π είναι λύση της εξίσωσης.
β)
-1y
πκπx
-1y
πκπ4x
-1y
υνπσ4xσυν
-1y
-14xσυν
-1y
4xσυνy42
2
Άρα οι ζητούμενες τετμημένες είναι 42
πκπx με κΖ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17652
ΛΥΣΗ
α) 121121 222συνωημωσυνωημωωσυνωημσυνωημω
0002 συνωήημωσυνωημω
[34]
β) Ζκ,πκπωήκπωημημωημω 2200
Ζκπ
κπωπ
συνσυνωσυνω 2
22
0
Άρα συνοψίζοντας όλες τις δυνατές τιμές της γωνίας ω, έχουμε: 2
κπω , κΖ.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17663
ΛΥΣΗ
α) 5
4xσυνή)
2
πxτιόδιπτεταιίαπορρ(
2
1-xσυν4xσυν1xσυν 0052
β)
25
1611
25
161
5
41
2
xημxημxημxσυνxημ 22222
5
3
25
9 20
ημxxημ
πx
2
4
3
5
45
3
υνxσ
μxηxεφ
σφx=3
4
ημx
xσυν
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17681
ΛΥΣΗ
[35]
α) 3211221222211 1xημ1xημxημxημ
Άρα 31 )x(f οπότε η μέγιστη τιμή της f είναι το 3 και η ελάχιστη τιμή το 1.
β) 2
223π
ημxημ1xημ2xημ31xημ)x(f
Ζκ,π
κπxπ
πκπxήπ
κπx 2
22
22
2
4
3
4
1
4
11
4
1
222
22
22020 κκ
ππκπ
ππ
πκππx
0
κΖκ
. Άρα x=2
π
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17692
ΛΥΣΗ
α) 0συνxxσυνxπσυνxπ
ημ
2
β)
2002
πσυνxσυνxσυνxσυνxσυν-xσυνx
2
πμ-ηxσυν
Ζκ,π
κπxπ
κπxήπ
κπx 22
22
2
2
3
2
1
2
3
222
22
2020 κ
πκπ
πππκπ
ππ
πκππx
Επομένως, εφόσον γνωρίζουμε ότι κΖ, προκύπτει: κ=0 ή κ=1
Άρα: x=2
π ή x=
2
3π
[36]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17693
ΛΥΣΗ
α) 60
10
6
πσυν
πσυν
60
15
4
πσυν
πσυν ,
60
18
10
3
10
3
10
7
10
7
10
17 πσυν
πσυν
ππσυν
πσυν
ππσυν
πσυν
6410
17
60
10
60
15
60
18
260
18
60
15
60
100
πσυν
πσυν
πσυν
πσυν
πσυν
πσυν
ππππ :xσυν
β) ππ
xπ
xπππ
πxxππ
xxπ 2212222
3
22
3
2
3112
πημxπ
ημxπ
ημπ
ημπ
xπ
xπ
π 2
:xσυν
2222222
11
022
1 1
2x
πημx
πημ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17704
[37]
ΛΥΣΗ
α) ππ
T 2
2
Μέγιστη τιμή: |3|=3
Ελάχιστη τιμή: |3|
=
3
β)
x 0 4
π
2
π
4
3π π
2x 0 2
π π
2
3π 2π
συν2x 1 0 1 0 1
f(x)=3συν2x 3 0 3 0 3
[38]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17699
ΛΥΣΗ
α)
25
16
25
911
25
91
5
31 2222
2
22 φσυνφσυνφσυνφσυνφσυνφημ
5
4
25
1620
συνφσυνφ
πφ
β) 5
3 ημφ)φπ(ημημθ
5
4 συνφ)φπ(συνσυνθ
5
3 ημφ)φπ(ημημω
5
4 συνφ)φπ(συνσυνω
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17725
ΛΥΣΗ
α) xημ2xημxημxπ
συνxπημ)x(f 33332
3
[39]
β) T=3
2π
Θα μελετήσουμε τη συνάρτηση στο διάστημα [0, 3
2π]
x 0 6
π
3
π
2
π
3
2π
f(x) 0 2 0 -2 0
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17736
ΛΥΣΗ
α)
xσυνxσυν
xσυνxσυν
xσυν
xσυν
xσυν
xημΑ
1
1
11
1
1
1
22
β) Ζκ,π
κπxπ
συνxσυνxσυνxσυνxσυν
xημ
3
22
3
2
2
1
2
11
2
1
1
2
αν 3
22
πκπx :
3
2
3
1
3
42
3
2
3
222
3
22
3
22020 κ
πκπ
πππκπ
ππ
πκππx
[40]
άρα κ=0 (διότι κΖ), οπότε x=3
2π.
αν 3
22
πκπx :
3
4
3
1
3
82
3
2
3
222
3
22
3
22020 κ
πκπ
πππκπ
ππ
πκππx
άρα κ=1 (διότι κΖ) οπότε x=3
4
3
22
πππ .
Επομένως οι λύσεις της εξίσωσης στο διάστημα (0, 2π) είναι: x=3
2π ή x=
3
4π .
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17741
ΛΥΣΗ
α)
συνx-1συνx1
συνx-1xημ
συνx-1συνx1
συνx1xημ
συνx1
xημ
συνx-1
xημ
xημxημ
xημ
xσυν-1
συνxxημxημσυνxxημxημ
συνx-1συνx1
συνx-1xημσυνx1xημ2
222
β)
3
43
42
3
4 πημxημ
2
3xημ32xημ
xημσυνx1
xημ
συνx-1
xημ
Ζκ2π
κπxήπ
κπxπ
πκπxήπ
κπx 3
23
23
23
2
[41]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17656
ΛΥΣΗ
α) Μέγιστη τιμή: 2
1
2
1
Ελάχιστη τιμή: 2
1
2
1
Περίοδος: ππ
ω
πT
2
22
β)
x 0 4
π
2
π
4
3π π
f(x) 2
1 0
2
1 0
2
1
γ) Η συνάρτηση δεν μπορεί να πάρει την τιμή 1, εφόσον αποδείξαμε στο α ́ερώτημα ότι
2
1
2
1 )x(f
[42]
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17739
ΛΥΣΗ
α) 2
11211 xημxημxημxημxπημxπημ
β) 6
26
26
ππκπxή
πκπx
πμηxημ
2
1xημ
Ζκ,π
κπxήπ
κπx 6
52
62
αν 6
2π
κπx :
12
5
6
1
6
52
6
2
62
6262
22 κ
πκπ
πππκπ
πππ
πκπ
ππx
π
άρα δεν υπάρχει κΖ
αν 6
52
πκπx :
12
1
6
1
62
6
2
6
52
6
5
26
52
22
κ
πκπ
πππκπ
πππ
πκπ
ππx
π
άρα κ=0 (διότι κΖ)
Επομένως η μοναδική λύση της εξίσωσης στο διάστημα (0, 2
π) είναι: x=
6
5π.
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_17664
ΛΥΣΗ
α) 14545180135 0000 εφεφεφθωεφ
[43]
β)
1
11
1εφθωεφεφθωεφ
εφθωεφ
εφθωεφ
εφθωεφ
εφθωεφθωεφ
εφθωεφεφθωεφ 1
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19911
ΛΥΣΗ
α) συνxxημσυνx3
πημ
3
πσυνxημ
πxημ
2
3
2
1
3
β) Ζκ,π
κπxκππ
xπ
xημ0xημσυνx
330
32
1
2
3
13
4
3
1
3
4
333300
κκπ
κπππ
πκππ
ππ
κππxΖκ
Επομένως: x= 3
2
3
πππ
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19912
ΛΥΣΗ
α) 02-ημωωημημω)ωημ2--(102-ημωωσυν 2 52102552 2
03-ημωωημ 52 2
β) 03-ημωωημ 52 2
4924254 αγβΔ 2
[44]
)πτεταιίαπορρ(
ημω
134
12
2
1
4
2
4
75
Άρα ημω=2
1
ΘΕΜΑ 2ο
Κωδικός:
2_19913
ΛΥΣΗ
α) ημ2x1xυνσημx2xσυνxημσυνxxημ)x(f 2 22
β) ππ
T 2
2
Μέγιστη τιμή: |1|+1=2
Ελάχιστη τιμή: |1|+1=0
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17837
ΛΥΣΗ
[45]
α) 2
1
4
224
2 ββ
ββπ
πT
42313131 αήααήαα
β) i. Για α=2 και β=2
1 έχουμε:
2
xπημ)x(f 3
2
ππκπ
2
xπή
2
πκπ
2
xπ
2
πημ
2
xπημ
2
xπημ
2
xπημ)x(f 221333
Ζκ,κxπκπxπ 144
ii.
x 0 1 2 3 4 5 6 7 8
f(x) 0 3 0 -3 0 3 0 -3 0
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17838
[46]
ΛΥΣΗ
α) 021281250212825 2 συνωωσυνσυνωωσυν
016281002128510 22 συνωωσυνσυνωωσυν
08145 2 συνωωσυν
361601964 αγβΔ 2
5
4
10
8
2
10
614
)πτεταιίαπορρ(
συνω
Άρα 5
4συνω
β) i. 25
71
25
321
25
1621
5
42122
2
2
ωσυνωσυν
5
3
25
9
25
1611
25
161
222222
ημωωημωημωημωσυνωημ
πωπ
25
24
5
4
5
3222
συνωημωωημ
ii.
25
172518
25
25
7
25
2425118
12113
22252218
122213 22
ωσυνωημωσφωεφ
ωσυνωημΠ
251718
25
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17840
ΛΥΣΗ
[47]
α)
λyλx
yx 12
21
21
λ
λD
λλλλλ
Dx 221
11
11
λ
λD y
Αν 2020 λλD τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση
22
λ
λ
λ
λ
D
Dx x και
2
1
2
1
λ
λ
λ
λ
D
Dy
y
Δηλ. (x, y) =
2
1
2 λ
λ,
λ
λ
Αν 2020 λλD τότε το σύστημα γίνεται:
22
12
-yx
yx
Προσθέτοντας κατά μέλη τις εξισώσεις έχουμε: 0= 1 άρα το σύστημα είναι αδύνατο.
β) Για λ= 1:
πθσυνθσυνθ
1
21
1 (1)
πθήθημθημθ
00
21
11 (2)
Επειδή οι σχέσεις (1) και (2) πρέπει να ισχύουν ταυτόχρονα, συμπεραίνουμε ότι θ=π.
γ) Για λ= 1:
3
1
21
1
συνωσυνω και
3
2
21
11
ημωημω
Τότε όμως θα είχαμε: 19
5
9
1
9
4
3
1
3
222
22
ωσυνωημ
Συνεπώς δεν υπάρχει γωνία ώστε να ισχύει 3
1συνω και
3
2ημω .
[48]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17841
ΛΥΣΗ
α) Μέγιστο ύψος : hmax=|6|+8=14 m
2166146814
πημ
30
tπημ
30
tπημ
30
tπημ
30
tπημ)t(h
Ζκ,κtπ
πκπ30
tπή
πκπ
30
tπ
1560
22
22
21060
165
4
11656015180156001800 κήκήκκκκt
Άρα το κάθισμα φτάνει στο μέγιστο ύψος τις χρονικές στιγμές t1 =15 sec, t2 =75 sec, t3 =135 sec
[49]
Ελάχιστο ύψος : hmin=|6|+8=2 m
2
31662682
πημ
30
tπημ
30
tπημ
30
tπημ
30
tπημ)t(h
Ζκ,κtπ
κπ30
tπππκπ
30
tπή
πκπ
30
tπ
4560
2
32
2
32
2
32
21060
135
4
31356045180456001800 κήκήκκκκt
Άρα το κάθισμα φτάνει στο ελάχιστο ύψος όταν t4 =45 sec, t5 =105 sec, t6 =165 sec.
β) 62
24
2
1hhρ minmax m
γ) 6060
30
2
π
π
π
πT sec
Συνεπώς οι δύο φίλες σε διάστημα 180 sec έχουν κάνει 3 γύρους.
δ)
t 0 15 30 45 60 75 90
h(t) 8 14 8 2 8 14 8
[50]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17843
ΛΥΣΗ
α) i. fmax= 5 και fmin = 1
ii. T = 4π
β) Από τη μορφή της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f, συμπεραίνουμε πως ρ>0, άρα:
2k
3ρ
2k
52ρ
4k
5kρ
-kρ
5kρ
21
2
12
14
24 ω
ωπ
ω
ππT
γ) 22
3 x
ημ)x(f
Η Cf διέρχεται από το σημείο Α(x0, 2
7), οπότε:
622
1
22
3
23
2
72
23
2
7 00000
πημ
xημ
xημ
xημ
xημ)x(f
Ζκ,π
κπxήπ
κπxπ
πκπx
ήπ
κπx
3
54
34
62
262
200
00
Αν 3
40
πκπx τότε:
3
174
3
14
34
35
3455
πκπ
ππ6πκπ
ππ6π
πκππ6πxπ 0
12
17
12
14 κ (δεν υπάρχει κΖ)
[51]
Αν 3
540
πκπx τότε:
3
134
3
10
3
54
3
55
3
5455
πκπ
ππ6πκπ
ππ6π
πκππ6πxπ 0
112
13
12
10 κκ (κΖ)
Άρα: 3
17
3
540
πππx
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17844
ΛΥΣΗ
α)
022
1
121
1
11
1
1
1
2222222 xx
xy
xxx
xy
xx
xy
yx
yx
1
0
0
1
10
1
012
1
x
yή
x
y
xήx
xy
xx
xy
Άρα (x, y) =
(0, 1) ή (x, y)
=
(1, 0)
β)
1
1
22 ωημωσυν
ημωσυνω
Σύμφωνα με τα όσα βρήκαμε στο α ́ερώτημα, προκύπτει:
Αν συνω=0 και ημω= 1 τότε ω=
2
3π
Αν συνω=1 και ημω= 0 τότε ω=π
[52]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17846
ΛΥΣΗ
α) xσυν)x(f και xσυν)x(g 2
x 0 4
π
2
π
4
3π π
4
5π
2
3π
4
7π 2π
f(x) 1 2
2 0
2
2 1
2
2 0
2
2 1
g(x) 1 0 1 0 1 0 1 0 1
β) Διαπιστώνουμε από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f, g ότι έχουν 4 κοινά σημεία
στο διάστημα [0, 2π], επομένως η εξίσωση συν2x=συνx έχει 4 λύσεις στο διάστημα [0, 2π].
[53]
γ) 3
32π2κ
xήπ2κxπ2κxήπ2κxxπ2κ2xσυνxxσυν , κΖ
Αν x=2κπ
101022020 κήκκπκππx , άρα x=0 ή x=2π
Αν x=3
π2κ
32103023
020 κήκήκήκκππ2κ
πx ,
άρα x=0 ή x=3
2π ή x=
3
4π ή x= π2
Τα σημεία τομής συνεπώς των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f, g στο παραπάνω
σχήμα είναι: Α(0, 1), Β(3
2π, 2
1), Γ(
3
4π, 2
1), Δ(2π, 1)
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17852
ΛΥΣΗ
α) 36
226
26
2 πω
πωπω
ω
π
ω
πT
β) Μέγιστη τιμή: 100β|α| (1)
Ελάχιστη τιμή: 20 β|α| (2)
Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) και (2) έχουμε: 2β=120 β=60
402060200 αα)(h
Άρα 603
40
t
πσυν)t(h
[54]
γ)
60
2
14060
34060
354060
3
144014
πσυν
ππσυν
πσυν)(h
806020 cm.
δ)
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_17855
ΛΥΣΗ
α) 88
4
2
π
π
π
πT ώρες
[55]
β) 1326132
21213
41213
4
5125
πημ
πημ)(f cm
131301213212134
8128 πημ
πημ)(f cm
γ) Η ελάχιστη απόσταση του σώματος από το έδαφος είναι: 12+13=1 cm
2
11212113121π
ημ4
tπημ
4
tπημ
4
tπημ
4
tπημ)t(f
ππκπtπήπκπtππ
πκπ4
tπή
πκπ
4
tπ24828
22
22
Ζκ,κtήκt 6828
Αν 28 κt τότε:
14
5
4
11082828080
κκκκtΖκ
, άρα t=6
Αν 68 κt τότε:
04
1
4
3286868080
κκκκtΖκ
, άρα t=6
Συνεπώς η ελάχιστη απόσταση του σώματος από το έδαφος είναι 1 cm κι επιτυγχάνεται τη
χρονική στιγμή t=6.
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_20331
ΛΥΣΗ
α) Μέγιστη τιμή: |8| +
4
=
8
+
4
=
12
Ελάχιστη τιμή: |8|
+
4
=
8
+
4
=
4
[56]
β) 3
πσυν
12
tπσυν
12
tπσυν
12
tπσυν
12
tπσυν)t(f
2
1480480
Ζκ,κtήκt3
πκπ
12
tπή
3
πκπ
12
tπ 42442422
Αν 424 κt τότε:
066
1444400 κ
5κ20κ224κ224t
Άρα t=4 ώρες
Αν 424 κt τότε:
166
1444400 κ
7κ28κ224κ224t
Άρα t=20 ώρες
γ)
δ) Η θερμοκρασία είναι πάνω από 00C για t(4, 20)
[57]
ΘΕΜΑ 4ο
Κωδικός:
4_20338
ΛΥΣΗ
α) Η μέγιστη τιμή της f είναι to 4 και η ελάχιστη 8.
β) ππ
ω
πT
2
22
γ)
8
4
82
40
βα
βα
)π(f
)(f
Προσθέτοντας κατά μέλη τις εξισώσεις έχουμε:
2α = 4 α = 2
Αντικαθιστώντας στην 1η εξίσωση έχουμε: 2+β=4 β=6
Άρα f(x) = 2+6συν2x
δ) 3
22
2262621π
συνxσυν1
xσυν3xσυν1xσυν)x(f
6
πκπx
3
πκπ2x 2 , κΖ
[58]
Αν 6
πκπx :
6
11
6
1
6
11
662
62
6020 κ
πκπ
πππκπ
ππ
πκππx
10
κήκΖκ
Συνεπώς x=6
π ή x=
6
7π
Αν 6
πκπx :
6
13
6
1
6
13
662
62
6020 κ
πκπ
πππκπ
ππ
πκππx
21
κήκΖκ
Συνεπώς x=6
5π ή x=
6
11π
Άρα : x=6
π ή x=
6
5π ή x=
6
7π ή x=
6
11π
Συνεπώς τα κοινά σημεία είναι: Α(6
π, 1), Β(
6
5π, 1), Γ(
6
7π, 1), Δ(
6
11π, 1)