Πανελλαδικές 2019: Οι απαντήσεις στα Μαθηματικά (Άλγεβρα) για τα ΕΠΑΛ

Θέμα Α: Α.1. Σχολικό βιβλίο σελ. 28 Α.2. α. Σχολικό βιβλίο σελ. 59 β. Σχολικό βιβλίο σελ. 59 Α3. α. Λ β. Σ γ. Λ δ. Λ ε. Σ Θέμα Β: B.1. 𝐶𝑣 = 20% , 𝑠 = √𝑠 2 = √4 = 2 𝑠 100 ̅ 𝛸

𝑠

2

= 20% <=> 𝛸̅ = 0,2 <=> 𝑥̅ = 0,2 <=>𝑥̅ = 10.

B.2 𝑥̅ =

11+7+𝑘+13+11+10 6

= 10 <=>

52+𝑘 6

= 10 <=> 52 + 𝑘 = 60 <=> 𝑘 = 8

B.3.

7,8,10,11,11,13 𝛿=

10 + 11 = 10,5 2

𝑅 = 13 − 7 = 6 Β.4.

5,6,8,9,9,11 𝑥̅ ′ = 𝑠

′2

=

5 + 6 + 8 + 9 + 9 + 11 48 = =8 6 6

(5 − 8)2 + (6 − 8)2 + (8 − 8)2 + (9 − 8)2 + (9 − 8)2 + (11 − 8)2 = = 6

9 + 4 + 0 + 1 + 1 + 9 24 = =4 6 6

𝑠 ′ = √4 = 2 𝐶𝑉 ′ =

𝑠′ 2 100 = 100 = 25% ̅ 8 𝑥′

𝐶𝑉 ′ > 10% , άρα το δείγμα δεν είναι ομοιογενές.

Θέμα Γ: Γ.1.

1

′

𝑓 ′ (𝑥) = (√𝑥 2 − 2𝑥 + 10) =

=

2√𝑥 2

− 2𝑥 + 10

2(𝑥 − 1) 2√𝑥 2

− 2𝑥 + 10

=

(𝑥 2 − 2𝑥 + 10)′ =

2𝑥 − 2 2√𝑥 2

− 2𝑥 + 10

𝑥−1 √𝑥 2

− 2𝑥 + 10

Γ.2. 𝑓 ′ (𝑥) = 0 <=>

𝑥−1 √𝑥 2 −2𝑥+10

−∞

x 𝑓′ 𝑓

−

= 0 <=> 𝑥 − 1 = 0 <=> 𝑥 = 1

1 0 Ο.Ε.

+∞ +

Η 𝑓 είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞, 1] Η 𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞) Η 𝑓 παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 𝜒0 = 1 το 𝑓(1) = √12 − 2 + 10 = √9 = 3 οπότε 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(1) <=> 𝑓(𝑥) ≥ 3 για κάθε 𝑥𝜖Ɍ. Γ.3. 𝛼 = 𝑓 ′ (5) =

𝑦 = 𝛼𝑥 + 𝛽 4

5−1 √52 −2∙5+10

4

=5

𝑦 = 𝑓(5) = √52 − 2 ∙ 5 + 10 = 5

5=5∙5+𝛽 5 = 4 + 𝛽 <=> 𝛽 = 1

4

Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης στο Μ είναι: 𝑦 = 5 𝑥 + 1 Γ.4.

4

𝑥′𝑥: Για 𝑦 = 0 έχουμε: 5 𝑥 + 1 = 0

<=>

4 𝑥 5

5

= −1 <=> 𝑥 = − 4

=

5 𝛢 (− , 0) 4 4

𝑦 ′ 𝑦: Για 𝑥 = 0 έχουμε : 𝑦 = 5 ∙ 0 + 1 = 1 𝛣(0,1)

Θέμα Δ: Δ.1. 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 3𝑥 2 + 3𝑥 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 6𝑥 + 3 𝑓 ′ (𝑥) = 0 <=> 3𝑥 2 − 6𝑥 + 3 = 0 <=> 𝑥 2 − 2𝑥 + 1 = 0 <=> (𝑥 − 1)2 = 0 <=> 𝑥 = 1

−∞

x 𝑓′ 𝑓

1 0

+

+∞ +

Η 𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο (−∞, 1] Η 𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞) Η 𝑓 είναι γνησίως αύξουσα στο (−∞, 1] 3 𝜖(−∞, 1] 8 3 8

5

και

5 𝜖(−∞, 1] 6

3

5

< 6 <=> 𝑓 (8) < 𝑓 (6) , 𝑓: γνησίως αύξουσα

Δ.2. lim

𝑥→1 (√𝑥

𝑓 ′ (𝑥) − 1)(𝑥 2 − 𝑥)

= lim

3𝑥 2 − 6𝑥 + 3

𝑥→1 (√𝑥

− 1)(𝑥 2 − 𝑥)

= lim

3(𝑥 − 1)2 (√𝑥 + 1) 3(√𝑥 + 1) = lim = lim =6 𝑥→1 𝑥→1 𝑥(𝑥 − 1)2 𝑥

Δ.3.

3( 𝑥 2 − 2𝑥 + 1)(√𝑥 + 1)

𝑥→1 (√𝑥

− 1)(√𝑥 + 1)𝑥(𝑥 − 1)

=

𝑔(𝑥) = 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 6𝑥 + 3 𝑔′ (𝑥) = (3𝑥 2 − 6𝑥 + 3)′ = 6𝑥 − 6 𝑔′ (𝑥) = 0 <=> 6𝑥 − 6 = 0 <=> 𝑥 = 1

x 𝑔′ 𝑔

−∞ −

1 0 Ο.Ε.

+∞ +

Η 𝑔 είναι γνησίως φθίνουσα στο (−∞, 1]. Η 𝑔 είναι γνησίως αύξουσα στο [1, +∞). Η 𝑔(𝑥) παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο 𝜒0 = 1. Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το 𝛢(1,1). Δ.4. 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 − 3𝑥 2 + 𝜆𝑥 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 6𝑥 + 𝜆 Για να μην παρουσιάζει ακρότατο η 𝑓 πρέπει η 𝑓′ να διατηρεί πρόσημο. Άρα 𝛥 ≤ 0 <=> (−6)2 − 4 ∙ 3 ∙ 𝜆 ≤ 0 <=> 36 − 12𝜆 ≤ 0 <=> −12𝜆 ≤ −36 <=> <=> 𝜆 ≥ 3 Άρα 𝜆 = 3.