Oefe algebra lyceum_a_2006-2015

Άλγεβρα Α΄ Λυκείου

Επαναληπτικά Θέματα (προσομοίωσης Εξετάσεων) Ο.Ε.Φ.Ε. 2006-2015 (και των δύο φάσεων Α΄ & Β΄)

Επιμέλεια : Χρήστος Κ.Λοΐζος Μαθηματικός

https://liveyourmaths.wordpress.com/


Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 2006

Τα θέµατα προορίζονται για αποκλειστική χρήση της φροντιστηριακής µονάδας

1

A΄ΛΥΚΕΙΟΥΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ(ΑΛΓΕΒΡΑ)

ΘΕΜΑ 1Ο

α. Αν θ>0 να αποδείξετε ότι θxθθx ≤≤−⇔≤

Μονάδες 13β. Έστω x1 και x2 οι ρίζες της εξίσωσης αx2+βx+γ=0, α≠ 0. Νααποδείξετε ότι:i) x1+x2=-α

β

ii) αγxx 21 =⋅

Μονάδες 12ΘΕΜΑ 2Ο

∆ίνονται οι ευθείες(ε1): 4x2αy ++=

(ε2): 15x1α2y +−=

α. Αν οι (ε1) και (ε2) είναι παράλληλες να βρείτε το αΜονάδες 12

β. Για α=3 να βρείτε :i) τις συντεταγµένες του σηµείου Α που η (ε1) τέµνει τον άξονα y΄yκαθώς και του σηµείου Β που η (ε2) τέµνει τον άξονα x΄x

Mονάδες 8ii) την απόσταση ΑΒ

Μονάδες 5



2

ΘΕΜΑ 3Ο

∆ίνεται η συνάρτηση 2x3x1x)x(f 2

2

+−

−=

α. Να βρείτε το πεδίο ορισµού της fΜονάδες 7

β. Να απλοποιήσετε τον τύπο της Μονάδες 9

γ. Να αποδείξετε ότι: 20032006

220053200512005

2

2=

+⋅−

−

Μονάδες 9

ΘΕΜΑ 4Ο

∆ίνεται η εξίσωση (λ+2)x2-2λx-1=0 µε λ 2−≠ και λ R∈ (1) α. Να αποδείξετε ότι έχει ρίζες άνισες για κάθε λ 2−≠ .

Μονάδες 8 β. Έστω x1,x2 οι ρίζες της (1) Να βρείτε:

i) Τα x1+x2 και x1:x2Μονάδες 4

ii) Τις τιµές του λ για τις οποίες η (1) έχει ρίζες ετερόσηµεςΜονάδες 6

iii) Τις τιµές του λ ώστε να ισχύει x1+x2<x1:x2Μονάδες 7



1

1

Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ

: βαβα .. =

!

" #$ χ

% χ = α .......................&

'( ) (*+, - .,-

" α α+ β = α + β% -x * Rx∈

/ 0,12%-3⇔ 4/3135& a2 = α * Ra∈

3"36,"4-,"46-,46-6#$"$



2

2

' %(478"4(9/78λ , R∈λ

* : ,:χ ,:ψ

"* * ;( *

/95

/<x – 1| – 2 ≤ 2 |1 – x|=

,x – "->/,x – "--&8$?

! 523

223

3=

+−

−

=

',-! 78,% 1α − -x9/ και ,-!78>31x

31

−

6; R∈α *,- και ,-

"$



3

3

8%" 6 ),-2,-

&% 6 (

/

R∈λ *@ : ( ) 12 −+= xxxf λ , Rx∈ .

&

' 8$ 6 *@ 6 (A(.

&



1

1

A' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣΘΕΜΑ 1ο

Α. Έστω x1 και x2 οι ρίζες της εξίσωσης 2 0, 0ax xβ γ α+ + = ≠ . Να αποδείξετε ότι:

i. x1 + x2 = - βαii. x1 ⋅ x2 =

γα

(9 µονάδες)Β. Στις παρακάτω προτάσεις να επιλέξετε την σωστή απάντηση :

i. Οι ε1 :y =2x+5 και ε2: y=λx+2008 είναι παράλληλες αν:α. λ=5β. λ=2008γ. λ= - 1

2δ. λ=2

ii. Αν η εξίσωση x2–5x+κ=0 έχει ρίζα το 2 τότε:α. κ =6β. κ =0γ. κ = 2δ. κ = -6

iii. Αν D=0 και Dx=Dy=5 τότε το σύστηµα:α. έχει άπειρο πλήθος λύσεωνβ. είναι αδύνατογ. έχει µοναδική λύση (x,y) = (0,0)δ. έχει µοναδική λύση (x,y) = (5,5)

(6 µονάδες)



2

2

Γ. Να σηµειώσετε ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστές (Σ) ήλανθασµένες (Λ) :i. Αν x≥ 0 τότε |x|=xii. Η εξίσωση x2+αx–1 =0 έχει πραγµατικές ρίζες για κάθε α∈IRiii. 2α = 2( )α , για κάθε α∈IRiv. α - β = α β− , για κάθε α > β > 0v. xy = x2 ⇔ x = y , για κάθε x, y ∈IR

(10 µονάδες)

ΘΕΜΑ 2ο

∆ίνεται η συνάρτηση:f(x) =

3

2

42

x x

x x

−

+

A. Να βρεθεί το πεδίο ορισµού της συνάρτησης και να απλοποιηθεί ο τύπος της.(10 µονάδες)

Β. Να υπολογιστεί η παράσταση:Α= (3) (1)

(4) 2f ff−

−

(8 µονάδες)Γ. Να λυθεί η εξίσωση |f(4) ⋅ x – 1| = |2 – f(3) ⋅ x|

(7 µονάδες)

ΘΕΜΑ 3ο

∆ίνεται η εξίσωση x2 – (λ+1)x + λ = 0i. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει πραγµατικές ρίζες για κάθε τιµή του λ.

(8 µονάδες)ii. Αν x1, x2 οι ρίζες της εξίσωσης να βρείτε το λ ώστε (x1+x2)2 - 2x1x2 =10

(8 µονάδες)iii. Για λ=3, να κατασκευάσετε εξίσωση 2ου βαθµού µε ρίζες 2x1 και 2x2.

(9 µονάδες)



3

3

ΘΕΜΑ 4ο

∆ίνεται το σύστηµα:

22x y

x yλλ λ

− + = − = + i. Να δείξετε ότι το σύστηµα έχει µοναδική λύση για κάθε λ∈IR

(5 µονάδες)ii. Να βρεθεί η µοναδική λύση (x0,y0) του συστήµατος.

(8 µονάδες)iii. Να λυθεί η ανίσωση

x0 + y0 ≥ -3(12 µονάδες)



1

1

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

ΘΕΜΑ 1ο

Α. Να γράψετε τον ορισµό της συνάρτησης από ένα σύνολο Α σε ένα σύνολο Β. (µονάδες 5)

Β. Αν 0, ≥βa , να αποδείξετε ότι: ννν βαβα ⋅=⋅

(µονάδες 10) Γ. Να σηµειώσετε ποιες από τις παρακάτω προτάσεις είναι σωστές (Σ) ή

λανθασµένες (Λ).

α) Για κάθε ℜ∈βα , ισχύει: βαβα +=+ . β) Η γραφική παράσταση µίας συνάρτησης f τέµνει κάθε κατακόρυφη ευθεία

σε ένα το πολύ σηµείο. γ) Αν D, Dx, Dy οι ορίζουσες ενός συστήµατος δύο γραµµικών εξισώσεων µε

δύο αγνώστους, µε D = Dx = Dy = 0, τότε το σύστηµα έχει πάντα άπειρο πλήθος λύσεων.

δ) Αν στην εξίσωση αx2 + βx + γ = 0, 0≠a , ισχύει 0≺γ⋅a τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες.

ε) Αν 0≠γ , τότε βγαγβ >⇔>a . (µονάδες 10)

ΘΕΜΑ 2ο

∆ίνεται το σύστηµα

−=−+=++5)2(55)2(

yxyx

λλ

α) Να βρείτε τις τιµές των οριζουσών D, Dx, Dy (µονάδες 6)

β) Να λύσετε το σύστηµα για τις διάφορες τιµές του λ.

(µονάδες 12)

γ) Αν (x0, y0) η µοναδική λύση του παραπάνω συστήµατος, να βρείτε το λ ώστε 155

=−

oo yx

(µονάδες 7)



2

2

ΘΕΜΑ 3ο ∆ίνεται η εξίσωση: 01)1(2 =+−+ xx λ , µε ℜ∈λ η οποία έχει δύο ρίζες άνισες τις x1 και x2. α) Να δείξετε ότι 21 ≻λ−

(µονάδες 7) β) Να υπολογίσετε τις τιµές του λ.

(µονάδες 6) γ) Να εκφράσετε σαν συνάρτηση του λ τις τιµές των πιο κάτω παραστάσεων

21 xx +=Κ , 21 xx ⋅=Λ , 21

11xx

+=Μ (µονάδες 6)

δ) Να βρείτε το λ ώστε να ισχύει: 533 212

21

221 =+++ xxxxxx λλ

(µονάδες 6) ΘΕΜΑ 4ο ∆ίνεται η συνάρτηση

≤+≤−−= 52,

25,52)(≺

≺

xxxaxxf β ℜ∈β,a

Για την οποία ισχύουν: )4()2( ff =− και )1()2( −= ff

α) Να δείξετε ότι α= −1 και β= −5.

(µονάδες 7) β) Να βρείτε το ℜ∈λ ώστε οι ευθείες

(ε1): y = (λ4 +2) x + f(1) και (ε2): y = f(-3) + (13λ2 -34) x ,να είναι παράλληλες

(µονάδες 8)

γ) Να βρείτε το πεδίο ορισµού της f και στη συνέχεια να λύσετε την εξίσωση:

f(x) = 1

(µονάδες 10)



1

1

Α' ΤΑΞΗ ΓΕΝ.ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ


ΘΕΜΑ 1ο Α. Αν θ > 0 να αποδείξετε ότι |x| < θ⇔ −θ < x < θ.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 10 Β. Σε καρτεσιανό σύστηµα συντεταγµένων δίνονται τα σηµεία Α(x1 , y1) και

Β(x2, y2). Να γράψετε τον τύπο, µε τον οποίο υπολογίζεται η απόσταση ΑΒ. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5

Γ. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν γράφοντας στο τετράδιό σας δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη ΣΩΣΤΟ αν η πρόταση είναι σωστή, ή ΛΑΘΟΣ, αν η πρόταση είναι λανθασµένη. α) Αν α,β R∈ , τότε ισχύει: |α – β| = |β – α|.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2 β) Αν α γ < 0⋅ , τότε το τριώνυµο αx2 + βx + γ παίρνει τη µορφή

αx2 + βx+ γ = α (x – x1)(x –x2) ,όπου x1, x2 οι ρίζες του τριωνύµου. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2

γ) Ισχύει πάντοτε νν α α= , όπου ν θετικός ακέραιος και α R∈ . ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2

δ) Αν α β > 0⋅ , τότε πάντοτε ισχύει: αβ α β= . ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2

ε) Αν x > 0, τότε 2x 1

x= .

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2

ΘΕΜΑ 2ο ∆ίνονται οι ευθείες ε1 και ε2 µε εξισώσεις

ε1: y = (λ – 2)x + 1, ε2: y = 2 λ x 14−

− α) Να βρείτε την τιµή του πραγµατικού αριθµού λ ώστε οι ευθείες ε1 και ε2 να

είναι παράλληλες. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 10

β) Να βρείτε τις τιµές των πραγµατικών αριθµών λ ώστε οι ευθείες ε1 και ε2 να είναι κάθετες µεταξύ τους.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 15



2

2

ΘΕΜΑ 3ο ∆ίνεται η συνάρτηση f µε τύπο f(x) = x4 – αx2 + 2, x R∈ , όπου

2 1 2 1α2 1 2 1+ −

= +− +

. α) Να αποδείξετε ότι α = 6.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8 β) Nα υπολογίσετε την τιµή f(1).

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 2 γ) Να λύσετε την εξίσωση: f(x) = f(1).

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8 δ) Να λύσετε την ανίσωση: f(x) – f(1) ≤ 0.

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 7 ΘΕΜΑ 4ο ∆ίνεται η εξίσωση 2D ω (Dx Dy) ω 2Dx Dy 0⋅ − − ⋅ + + = (1), όπου D, Dx, Dy πραγµατικοί αριθµοί ίσοι µε τις ορίζουσες ενός συστήµατος (Σ) δύο γραµµικών εξισώσεων µε δύο αγνώστους. Α. Έστω ότι η εξίσωση (1) είναι δευτέρου βαθµού ως προς ω

α) Να αποδείξετε ότι το γραµµικό σύστηµα (Σ) έχει µοναδική λύση. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6

β) Αν για το άθροισµα S και το γινόµενο P των ριζών της (1) ισχύει S = –1 και P = –2, τότε: i) Να δείξετε ότι x yD D

= 1D−

− και x y2D +D= 2

D−

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 6 ii) Να βρείτε τη µοναδική λύση του γραµµικού συστήµατος (Σ).

ΜΟΝΑ∆ΕΣ 5 Β. Αν D = 0 και η (1) είναι αδύνατη, τότε να δείξετε ότι και το γραµµικό σύστηµα

(Σ) είναι αδύνατο. ΜΟΝΑ∆ΕΣ 8

ΕΥΧΟΜΑΣΤΕ ΕΠΙΤΥΧΙΑ!!!

1

1

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ


ΘΕΜΑ 1ο Α. Αν η εξίσωση 2αx βx γ 0,α,β, γ R,α 0+ + = ∈ ≠ έχει ρίζες τους πραγµατικούς

αριθµούς 1 2x ,x , να αποδείξετε ότι: 1 2γx xα

⋅ = . Μονάδες 10

Β. Πότε µία συνάρτηση f µε πεδίο ορισµού ένα σύνολο Α, λέγεται άρτια; Μονάδες 5

Γ. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιο σας δίπλα στον αριθµό που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση τη λέξη ΣΩΣΤΟ, αν η πρόταση είναι σωστή, ή ΛΑΘΟΣ, αν η πρόταση είναι λανθασµένη. i) Για κάθε ρ 0> ισχύει x ρ ρ x ρ< ⇔− < < .ii) Αν α β 0⋅ ≥ , τότε πάντοτε ισχύει: α β α β⋅ = ⋅ . iii) Αν β α< , τότε: 2(β α) α β− = − . iv) Αν α, β, γ είναι πραγµατικοί αριθµοί και ισχύει α γ β γ⋅ = ⋅ , τότε:

(α = β ή γ = 0). v) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f µε f(x) = φ(x–c), όπου c > 0,

προκύπτει από µια οριζόντια µετατόπιση της γραφικής παράστασης της συνάρτησης φ κατά c µονάδες προς τα αριστερά.

Μονάδες 10

ΘΕΜΑ 2ο α) Να λύσετε την εξίσωση: 2x 4x 3 0− + = .

Μονάδες 5 β) Να λύσετε την ανίσωση: 2x 6x 8 0− + < .

Μονάδες 8 γ) Να λύσετε την ανίσωση: 10 2 2(x 1)(x 6x 8)(x 4x 3) 0+ − + − + ≥ .

Μονάδες 12

2

2

ΘΕΜΑ 3ο Η εξίσωση 2x - λx + 3λ = 0 , όπου λ R∈ , έχει δύο άνισες πραγµατικές ρίζες x1, x2. α) Να αποδείξετε ότι λ < 0 ή λ > 12.

Μονάδες 8 β) Για λ = –4 :

i) Να αποδείξετε ότι οι ρίζες x1, x2 της εξίσωσης είναι ετερόσηµες. Μονάδες 4

ii) Αν x2 είναι η αρνητική ρίζα της εξίσωσης, να λύσετε την ανίσωση 2x 2011 x+ ≤ .

Μονάδες 6 iii) Αν x1 είναι η θετική ρίζα της εξίσωσης, να δείξετε ότι 3 1 1x x 2= .

Μονάδες 7

ΘΕΜΑ 4ο ∆ίνεται η συνάρτηση f(x) = 1λ x + 3

2 − , όπου λ, x πραγµατικοί αριθµοί, της οποίας

η γραφική παράσταση είναι η ευθεία µε εξίσωση y = 1λ x + 32

− . α) Να βρείτε τις τιµές του πραγµατικού λ έτσι ώστε η ευθεία µε εξίσωση

y = 1λ x + 32

− να σχηµατίζει µε τον άξονα x΄x γωνία ο45 . Μονάδες 8

β) Για λ = 32

: i) Να βρείτε τα σηµεία τοµής της γραφικής παράστασης της f µε τους

άξονες x΄x, y΄y και να τη σχεδιάσετε. Μονάδες 8

ii) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα. Μονάδες 5

iii) Να αποδείξετε ότι για κάθε πραγµατικό αριθµό ισχύει, 2f (α ) f ( 1)> − . Μονάδες 4

Σας ευχόµαστε επιτυχία

ΟΜΟΣΠΟΝ∆ΙΑ ΕΚΠΑΙ∆ΕΥΤΙΚΩΝ ΦΡΟΝΤΙΣΤΩΝ ΕΛΛΑ∆ΟΣ (Ο.Ε.Φ.Ε.) – ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2012 Ε_3.Μλ1Α(ε)

ΤΑ ΘΕΜΑΤΑ ΠΡΟΟΡΙΖΟΝΤΑΙ ΓΙΑ ΑΠΟΚΛΕΙΣΤΙΚΗ ΧΡΗΣΗ ΤΗΣ ΦΡΟΝΤΙΣΤΗΡΙΑΚΗΣ ΜΟΝΑ∆ΑΣ ΣΕΛΙ∆Α: 1 ΑΠΟ 3

ΤΑΞΗ: Α΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ

Ηµεροµηνία: Κυριακή 1 Απριλίου 2012

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α A.1. Αν για δύο ενδεχόµενα Α, Β ενός δειγµατικού χώρου Ω ενός πειράµατος

τύχης ισχύει ότι Α ⊆ Β τότε να δείξετε ότι: P(A) ≤ P(B). Μονάδες 10

Α.2. Πότε µια ακολουθία λέγεται αριθµητική πρόοδος. Μονάδες 5

Α.3. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιό σας τη λέξη Σωστό ή Λάθος δίπλα στο γράµµα που αντιστοιχεί σε κάθε πρόταση. α. Αν Α, Β είναι δύο ενδεχόµενα ενός δειγµατικού χώρου Ω ενός

πειράµατος τύχης τότε ισχύει ότι: Α ⊆ Β ⇒ Α Β = Α∩

β. Για κάθε α, β ∈ IR ισχύει ότι: (–α – β)2 = (β – α)2. γ. Αν α,β άρρητοι αριθµοί τότε το γινόµενό τους αβ είναι σε κάθε

περίπτωση άρρητος αριθµός. δ. Η εξίσωση xν = α, µε α < 0 και ν φυσικό περιττό αριθµό, έχει µια

ακριβώς µια λύση την – | |ν α ε. Η ανίσωση αx2 +βx + γ > 0 µε α>0 και ∆<0 αληθεύει για κάθε x στο

IR . Μονάδες 10

ΘΕΜΑ Β

∆ίνεται η συνάρτηση 4 4(x 1) (x 2)f (x) x 1 x 2

+ −= −

+ −

Β.1. Να βρείτε το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f. Μονάδες 8




Β.2. Να δείξετε ότι για κάθε x στο πεδίο ορισµού της ισχύει ότι f(x) = 3. Μονάδες 9

Β.3. Να λύσετε στο IR την ανίσωση: ( )18 3x f 2012− ≤Μονάδες 8

ΘΕΜΑ Γ

Γ.1. ∆ίνεται η εξίσωση 2x 1 λ | λ | x+ = − ⋅ , όπου IRλ ∈

1. Να δείξετε ότι για κάθε τιµή της παραµέτρου IRλ ∈ , η παραπάνωεξίσωση έχει µοναδική λύση ως προς x την οποία και ναπροσδιορίσετε.

Μονάδες 8 2. Αν η λύση της παραπάνω εξίσωσης για κάθε τιµή του IRλ ∈ είναι:

x 1= λ − , να βρείτε τις τιµές της παραµέτρου λ , για τις οποίες ηλύση αυτή, απέχει από τον αριθµό 3 απόσταση που δεν ξεπερνά το 2.

Μονάδες 7 Γ2. ∆ίνονται οι ευθείες

ε1: y = (µ2 – 4) x + µ + 1, IRµ ∈ και ε2: y = (–µ2 + 4µ – 3) x +2, IRµ ∈

Να βρείτε τις τιµές της παραµέτρου IRµ ∈ ,για τις οποίες η ευθείες ε1,ε2 σχηµατίζουν µε τον άξονα x΄x, αντίστοιχα αµβλεία και οξεία γωνία.

Μονάδες 10

ΘΕΜΑ ∆∆ίνεται η ακολουθία πραγµατικών αριθµών (αν), *ν ∈ ΙΝ , η οποία είναι αριθµητική πρόοδος µε διαφορά ω = –2 και της οποίας ο έβδοµος όρος είναι: α7 = –11 και η συνάρτηση f(x) = α1x2 + α4x + α1, όπου α1 και α4, ο πρώτος και ο τέταρτος όρος της παραπάνω αριθµητικής προόδου. ∆.1. Να βρείτε τους α1 και α4.

Μονάδες 8




∆.2. Αν α1 = 1 και α4 = –5 και x1, x2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = 0, να υπολογίσετε τις τιµές των παρακάτω παραστάσεων: α) 2 2

1 2 2 1x x x xΑ = +Μονάδες 4

β) 1 2

2 1

x xBx x= +

Μονάδες 4 γ) 3

1 2 1 2400 (x x ) 2012 x x 12Γ = + − +Μονάδες 4

∆.3. Να λύσετε την εξίσωση: 2| x B 2 | | x A |− − + − = Γ , όπου Α, Β, Γ είναι οι τιµές των παραστάσεων που βρήκατε στο προηγούµενο ερώτηµα ∆.2.

Μονάδες 5

Σας ευχόµαστε Επιτυχία.




ΤΑΞΗ: Α΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ


∆ιάρκεια Εξέτασης: 2 ώρες


ΘΕΜΑ Α

Α1. Για τους πραγµατικούς αριθµούς α, β, να αποδείξετε ότι:

|α β | = |α | |β |

Μονάδες 9

Α2. α. Αν α > 0, µ ακέραιος και ν θετικός ακέραιος, πώς ορίζεται ο αριθµός

µ

να ;

Μονάδες 3

β. Τι ονοµάζουµε κλειστό διάστηµα από α µέχρι β;

Μονάδες 3

Α3. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο τετράδιο

σας το γράµµα κάθε πρότασης και δίπλα τη λέξη Σωστό, αν η πρόταση είναι σωστή, ή Λάθος, αν η πρόταση είναι λανθασµένη.

α. Αν α > β και γ >0, τότε αγ > βγ.

Μονάδες 2

β. Για κάθε πραγµατικό αριθµό α ισχύει:2a =α.

Μονάδες 2

γ. Αν α = 0 και β ≠ 0, τότε η εξίσωση αx + β = 0 έχει ακριβώς µια λύση.

Μονάδες 2

δ. Για κάθε x IR∈ , ισχύει: x x≥ .

Μονάδες 2

ε. Αν η εξίσωση αx2 + βx + γ = 0, µε α ≠ 0, έχει δύο άνισες ρίζες:

x1, x2, τότε, ισχύει ότι αx2 + βx + γ = α·(x − x1)(x – x2).

Μονάδες 2




ΘΕΜΑ Β

∆ίνονται οι παραστάσεις: 3 3A 4 2 2= ⋅ και

1 1B = +

2+ 2 22 −

.

Β1. Να αποδείξετε ότι Α = 2.

Μονάδες 10 Β2. Να αποδείξετε ότι Β = 2.

Μονάδες 8

Β3. Να λύσετε την εξίσωση 3 1 1x = +

A+ A AΑ−.

Μονάδες 7

ΘΕΜΑ Γ

∆ίνεται η ευθεία ε µε εξίσωση: ( ) ( )2y = |α 3| 1 x + α +2|α| 3 , α IR− − − ∈ . Για ποιες τιµές

του α η ευθεία ε:

Γ1. Είναι παράλληλη στην ευθεία y = x;

Μονάδες 7 Γ2. Σχηµατίζει οξεία γωνία µε τον άξονα x΄x;

Μονάδες 8 Γ3. ∆ιέρχεται από την αρχή Ο(0, 0) των αξόνων;

Μονάδες 10

ΘΕΜΑ ∆

∆ίνεται το τριώνυµο 24x 4λx+5λ− , µε λ IR∈ .

∆1. Να βρείτε τη διακρίνουσα του τριωνύµου και το πρόσηµό της για τις διάφορες τιµές του λ.

Μονάδες 7 ∆2. Να βρείτε τις τιµές του λ για τις οποίες:

α. Το τριώνυµο έχει δύο ρίζες άνισες.

Μονάδες 3

β. Η συνάρτηση 2f (x)= 4x 4λx+5λ− έχει πεδίο ορισµού το IR .

Μονάδες 4 ∆3. Να εξετάσετε αν υπάρχει τιµή του λ, για την οποία το τριώνυµο έχει δύο ρίζες

x1, x2 µε x1+ x2= x1 x2−1.

Μονάδες 5

∆4. Αν Α είναι ένα ενδεχόµενο ενός δειγµατικού χώρου Ω και Α΄ το συµπληρωµατικό του, να αποδείξετε ότι για κάθε IRx∈ ισχύει:

2 2 24x 4P(A)x+5P(A) 4x 4P(A΄)x+5P(A΄) 4x 4P(Ω)x+5P(Ω) 0 − − − ≥

Μονάδες 6









ΘΕΜΑ Α

Α1. Σε κάθε περίπτωση από τις παρακάτω να βάλετε σε κύκλο το γράµµα (Σ) αν ο ισχυρισµός είναι σωστός ή το γράµµα (Λ) αν ο ισχυρισµός είναι λάθος.

α) Αν οι αριθµοί α, β είναι οµόσηµοι, τότε α β < 0. Μονάδες 2

β) Για κάθε ,α β∈ℝ ισχύει α +β ≤ α + β .

Μονάδες 2 γ) Η ευθεία y = –x είναι διχοτόµος των γωνιών xÔy και x'Ôy' των αξόνων.

Μονάδες 2

δ) Αν Α(α,β) είναι ένα σηµείο του καρτεσιανού επιπέδου, το συµµετρικό του ως προς τον άξονα χ'χ είναι το σηµείο ∆(α,–β).

Μονάδες 2 ε) Η απόσταση των αριθµών α, β είναι ίση µε β−α .

Μονάδες 2

Α2. Αν ,α β≥0, να αποδείξετε ότι ν ν να β = αβ .

Μονάδες 15

ΘΕΜΑ Β

Έστω τα ενδεχόµενα Α, Β ενός δειγµατικού χώρου Ω, του οποίου τα απλά ενδεχόµενα

είναι ισοπίθανα, µε ( )1

2Ρ Α = , ( )

2B'

3Ρ = και ( )

1A B

3Ρ − = .

Β1. Να υπολογίσετε τις πιθανότητες ( )BΡ (µονάδες 4) και ( )A BΡ ∩ (µονάδες 5).

Μονάδες 9

Β2. Να υπολογίσετε την πιθανότητα ( )A BΡ ∪ .

Μονάδες 8




Β3. Αν ( )1

3Ρ Β = και N(B) = 40, να υπολογίσετε το Ν(Ω).

Μονάδες 8 ΘΕΜΑ Γ

Σε αριθµητική πρόοδο είναι 3

1( 1) 8α − = και

613α = .

Γ1. Να βρείτε τον πρώτο όρο α1 (µονάδες 5) και την διαφορά ω της προόδου (µονάδες 4).

Μονάδες 9

Αν α1=3 και ω = 2, τότε:

Γ2. Να βρείτε το ελάχιστο πλήθος πρώτων όρων της αριθµητικής προόδου, που απαιτούνται, ώστε το άθροισµα τους να ξεπερνάει το 440.

Μονάδες 8

Γ3. Αν οι µη µηδενικοί αριθµοί 2 2 2

2 3 5x , x , 2xα − α − α − µε την σειρά αυτή,

είναι διαδοχικοί όροι γεωµετρικής προόδου, µε λόγο 1λ ≠ − , να βρείτε τις ακέραιες τιµές του x και τον λόγο της προόδου.

Μονάδες 8 ΘΕΜΑ ∆

∆ίνεται η εξίσωση ( )2x x 0 1−∆ + ∆ = , όπου ∆ είναι η διακρίνουσά της.

∆1. Να βρείτε τις τιµές του ∆ (µονάδες 5) και το πλήθος των ριζών της (1) (µονάδες 3).

Μονάδες 8 Για ∆ = 5, θεωρούµε τις συναρτήσεις

( ) ( )2

1 2 1 2g x x 2 x x x 5(x x )= − + + , ( )

22x 3x 1

f xx 1

− +=

−

,

όπου 1 2

x , x είναι οι ρίζες της εξίσωσης ( )1 .

∆2. α) Να αποδείξετε ότι ( )g x x 5= − .

Μονάδες 5

β) Να βρείτε το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f (µονάδες 3) και να απλοποιήσετε τον τύπο της (µονάδες 4).

Μονάδες 7 γ) Να βρείτε τα κοινά σηµεία των

fC και

gC .

Μονάδες 5


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2015 Α΄ ΦΑΣΗ

Ε_3.AΜλ1Α(ε)


ΤΑΞΗ: A΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ


Ηµεροµηνία: ∆ευτέρα 5 Ιανουαρίου 2015



ΘΕΜΑ Α

Α1. Αν Ω ο δειγµατικός χώρος ενός πειράµατος τύχης µε ισοπίθανα απλά ενδεχόµενα και Α, A΄ συµπληρωµατικά ενδεχόµενα του Ω, να αποδείξετε ότι

( ) ( )P A 1 P A′ = − .

Μονάδες 8

Α2. Αν α,β 0≥ και ν θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι:

νν να β α β⋅ = ⋅

Μονάδες 7

Α3. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις ως σωστές (Σ) ή λανθασµένες (Λ):

i. Για οποιουσδήποτε πραγµατικούς αριθµούς α και β ισχύει ότι:

α β α β+ = + .

ii. Για κάθε πραγµατικό αριθµό α ισχύει ότι 2α α= .

iii. ∆υο ενδεχόµενα Α και Β θα λέµε ότι είναι ασυµβίβαστα όταν A B∩ =∅ .

iv. Για οποιουσδήποτε πραγµατικούς αριθµούς α και β ισχύει ότι: 2 2α β 0 α 0 ή β 0+ = ⇔ = = .

v. Αν α,β, γ∈ℝ , τότε αν α β< και β γ< θα είναι και α γ< .

Μονάδες 5x2



Ε_3.AΜλ1Α(ε)


ΘΕΜΑ Β

∆ίνεται η παράσταση A 4x 8 1= − + , όπου x πραγµατικός αριθµός.

Β1. Να αποδείξετε ότι:

i. A 4x 7= − για κάθε [ )x 2,∈ +∞ .

Μονάδες 6

ii. A 4x 9= − + για κάθε ( )x ,2∈ −∞ .

Μονάδες 6

Β2. Αν [ )x 2,∈ +∞ να δείξετε ότι 2

16x 494x 7

4x 8 1

−= +

− +

Μονάδες 13

ΘΕΜΑ Γ

∆ίνονται οι αριθµοί

6 2α

6 2 6 2= +

+ −

και 5β 25 3 7 32= − + .

Γ1. Να δείξετε ότι α=2 και β=4.

Μονάδες 8

Γ2. Αν α β

α β x2

+

− < < και 1 y x 4< − < , τότε να αποδείξετε ότι:

i. 2 x 3< < και 7 2x y 13< + < ,

Μονάδες 8

ii. για κάθε πραγµατικό αριθµό ω 0> ισχύει ότι: 2

αω β

ω+ ≥

Μονάδες 9



Ε_3.AΜλ1Α(ε)


ΘΕΜΑ ∆

Από µια έρευνα µεταξύ των µαθητών της Α΄ τάξης ενός Λυκείου, προέκυψε ότι το 10% των µαθητών δεν έχει ούτε κινητό ούτε tablet, ενώ το 30% έχει και κινητό και

tablet. Επιλέγουµε ένα µαθητή στην τύχη και ορίζουµε τα ενδεχόµενα:

• Α: «το ενδεχόµενο ένας µαθητής έχει κινητό»

• Β: «το ενδεχόµενο ένας µαθητής έχει tablet».

∆1. Να ορίσετε µε τη χρήση της γλώσσας των συνόλων τα ενδεχόµενα:

i. ο µαθητής δεν έχει ούτε κινητό ούτε tablet,

Μονάδες 3

ii. ο µαθητής έχει και κινητό και tablet.

Μονάδες 3

∆2. Να υπολογίσετε την πιθανότητα ένας µαθητής:

i. να έχει κινητό ή tablet,

Μονάδες 5

ii. να έχει µόνο κινητό ή µόνο tablet.

Μονάδες 7

∆3. Αν η πιθανότητα ένας µαθητής να έχει κινητό είναι διπλάσια από την

πιθανότητα να έχει tablet, να βρεθούν τα ( )P A και ( )P B .

Μονάδες 7


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2015 Β΄ ΦΑΣΗ

Ε_3.ΒΜλ1Α(ε)


ΤΑΞΗ: A΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ

Ηµεροµηνία: Κυριακή 3 Μαΐου 2015 ∆ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες


ΘΕΜΑ Α

Α1. Αν , 0α β ≥ και ν θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι: ν ν να β α β⋅ = ⋅ .

Μονάδες 10 Α2. Να διατυπώσετε τον κλασσικό ορισµό της πιθανότητας ενός ενδεχοµένου Α.

Μονάδες 5 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.

α. α β α β+ = + για κάθε , Rα β ∈ Σ Λ

β. 0α β α β> ⇔ − > Σ Λ

γ. Η εξίσωση x aν

= ,µε 0a < και ν άρτιο φυσικό αριθµό, είναι αδύνατη. Σ Λ

δ. Το συµµετρικό του σηµείου ( , )α βΑ ως προς τον άξονα x x′ είναι το σηµείο ( , )α β∆ − ,που έχει ίδια τετµηµένη και αντίθετη τεταγµένη.

Σ Λ ε. Αν Α ⊆ Β τότε ( ) ( )P A P B> ,όπου Α, Β δύο ενδεχόµενα ενός δειγµατικού χώρου Ω. Σ Λ

Μονάδες 10

ΘΕΜΑ Β

Β1. Να λύσετε την ανίσωση: 2 1 3 1 2

13 4

x x− − −

− < και να γράψετε τις λύσεις της σε

µορφή διαστήµατος ∆. Μονάδες 12



Ε_3.ΒΜλ1Α(ε)


Β2. Αν x∈∆ ,να δείξετε ότι η παράσταση 2 22 1 4 4

1 2

x x x xA

x x

+ + − += +

+ −

είναι

σταθερός αριθµός. Μονάδες 13

ΘΕΜΑ Γ

Έστω η συνάρτηση 2( ) 3,f x x x Rκ κ= + − ∈ της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται από το σηµείο (1, 4)A − .

Γ1. Να αποδείξετε ότι 2κ = − και να βρείτε τα σηµεία τοµής της fC µε τους

άξονες x x′ και y y′ .

Μονάδες 9

Γ2. Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας ε που διέρχεται από το σηµείο ( )1, ( 1)B f− −

και είναι παράλληλη στην ευθεία ζ µε εξίσωση: 3 2015y x= + .

Μονάδες 8

Γ3. Έστω ( ) ( ) ( )1, , 3, , 5,K α β γΛ Μ τρία σηµεία που ανήκουν στην ευθεία ε. Να

αποδείξετε ότι οι αριθµοί α, β, γ µε τη σειρά που δίνονται αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθµητικής προόδου.

Μονάδες 8

ΘΕΜΑ ∆

∆ίνεται η εξίσωση 2 (4 2) (3 8 ) 0x xλ λ λ+ − + − = (1), µε παράµετρο Rλ∈ .

∆1. i. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1) έχει διακρίνουσα: 4(3 1)(4 1)λ λ∆ = − − . ii. Να βρείτε τις τιµές 1 2,λ λ της παραµέτρου λ, µε 1 2λ λ< ,ώστε η εξίσωση (1)

να έχει διπλή ρίζα. Στη συνέχεια, να βρείτε τη διπλή ρίζα 0x για 1λ λ= .

Μονάδες 10 ∆2. Έστω Α και Β δύο ενδεχόµενα ενός δειγµατικού χώρου Ω.

Αν 0( )P A x= , 2( )P A B λ∩ = και ( ) 1P A B λ ′∪ =

,να βρείτε την πιθανότητα να

πραγµατοποιείται το ενδεχόµενο Β. Μονάδες 7

∆3. Να προσδιορίσετε τις τιµές των Rλ∈ , ώστε η εξίσωση (1) να έχει δύο ρίζες άνισες, τις 1 2,x x .Για ποιες απ’ αυτές τις τιµές της παραµέτρου ισχύει:

1 2 1 24 3 3 26x x x x= + − .

Μονάδες 8

Ενδεικτικές λύσεις στην Άλγεβρα Α’ Λυκείου για τα έτη 2006-2015 και των δύο φάσεων, χωρίς λογότυπα. Οι

λύσεις, είναι από την ίδια την Ο.Ε.Φ.Ε.




1

A΄ΛΥΚΕΙΟΥΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ(ΑΛΓΕΒΡΑ)

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣΘΕΜΑ 1ΟΑ. Θεωρία σελ. 38 σχολικού βιβλίουΒ. α,β θεωρία σελ 122 σχολικού βιβλίου

ΘΕΜΑ 2Ο

α. (ε1)//(ε2)

−=⇔+−=+

=⇔−=+⇔−±=+⇔−=+⇔

31α1α22α

ή3α1α22α

)1α2(2α1α22α

β. i) (ε1): y=5x+4 x=0 Α(0,4)

(ε2) : y= 5x+15 y=0 B(-3, 0)

ii) ( ) 52543AB 22==+−=

ΘΕΜΑ 3Οα. Το πεδίο ορισµού της f είναι 2,1R −

β. Οι ρίζες του τριωνύµου 2x3x2 +− είναι 1,2 άρα: ).2x)(1x(2x3x2 −−=+− Τότε: 2x

1x)2x)(1x()1x)(1x(

2x3x1x

2

2

−

+=

−−

+−=

+−

−

γ. Από το β για x=2005 έχουµε:

20032006

2200512005

220053200512005

2

2=

−

+=

+⋅−

−



2

ΘΕΜΑ 4Ο

α. Πρέπει ∆>0 02λλ0)2λ(4λ4 22 >++⇔>++⇔ που ισχύει για κάθε Rλ ∈ διότι ∆=-7<0β. i)

2λλ2xx 21 +

=+ και 2λ1xx 21 +

−=

ii) x1,x2 ετερόσηµες άρα P<0 ⇔ 2λ02λ1

−>⇔+

−p

iii) ( ) 21λ20)2λ(1λ202λ

1λ22λ1

2λλ2 −

<<−⇔<++⇔<+

+⇔

+

−<

+



1

1

Α΄ ΛΥΚΕΙΟΥΑΛΓΕΒΡΑ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ

Θέµα 1ο

Α. Σχ. Βιβλίο σελ. 38Β. Σχ. Βιβλίο σελ. 40Γ. 1. αν θ>0 και χ θ -θ χ θ

χ = α χ = - α

1. Λ2. Λ3. Σ4. Λ5. Σ

Θέµα 2ο

( )( ) 51611323112

=−=−−−⋅=−

−=D

( ) λλλ

+=−−⋅=−

= 3131311

xD

( ) 121121

12+=−−=

−= λλ

λϕD

Β. Επειδή 0D ≠ το σύστηµα έχει µοναδική λύση την: 3

5xDx

Dλ+

= =

2 15

yDy Dλ +

= =



2

2

Θέµα 3ο

Α. 3 1 2 2 1 3 1 2 1 21 2 2 1 2 1 3

x x x x

x x x

− − ≤ − ⇔ − − − ≤ ⇔

⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ ⇔ − ≤ ≤

Β. ( ) ( )4 2

2

1 3 1 4 0: ( 1) , 0

x x

xθετω ω ω− − − − =

− = ≥ 2 1 ( )3 4 0 4

ωω ω

ω

= − ΑΠΟΡΡΙΠΤΕΤΑΙ− − = ⟨ =

άρα ( )231 2

1 411 2

xxx ΄΄

xxηη=− = − = ⇒ ⇒ = −− = −

Γ.3 2 3( 3 2) 2( 3 2) 3 3 2 3 2 2

1 13 2 3 2 ( 3 2)( 3 2) ( 3 2)( 3 2)3 3 2 ( 3 2 2) 3 3 2

+ − + −− = − = − =

− + − + + −

= + − − = + 3 2− 2 3 2 5+ = + =

Θέµα 4ο

Α. 1 2

1. 1 (2 1)( ) 1 2 1 3 2 432

2 '2

ε ελ λ α α αα

α ηα

= − ⇔ − − = − ⇔ − = ⇔ = ⇔=⇔ = ⇔ = −

Β. 1.1

2

( ) : 3 3 1 13 3 9 9 1 10 10 13 31 1( ) : 3( 1) 3 33 3

y x x x x x x xy x y y

ε

ε

= + + = − − ⇔ + = − − ⇔ = − ⇔ = −⇔= − − = − + ⇒ = − 3+ 0y

⇒ =

Άρα το σηµείο τοµής των ε1 και ε2 είναι το Α(-1,0)



3

3

Β.2.d(AO) = 2 2 2 2( ) ( ) ( 1 0) (0 0) 1 1 ( ) 1A OX X d AOΑ Ο− + Ψ −Ψ = − − + − = = ⇒ =

B.3. Αρκεί 2( 1) 0 ( 1) ( 1) 1 0 1f λ− = ⇔ − + − − = ⇔ 1λ− − 0 0λ= ⇔ =

Β.4. Για λ=0 2( ) 1f x x= −

Αρκεί 22 2 2

1( ) 0 1 0 1 1 '

1

xf x x x x

xη< −> ⇔ − > ⇔ > ⇔ > ⇔ >



1

1

A' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ


ΘΕΜΑ 1ο

Α. σχολικό βιβλίο σελ.122.B. i. δ

ii. αiii. β

Γ. i. Σii. Σiii. Λiv. Λv. Λ

ΘΕΜΑ 2ο

Α. Πρέπει και αρκεί 2x 2x 0 x(x 2) 0 x 0+ ≠ ⇔ + ≠ ⇔ ≠ καιx 2 0+ ≠ x 0⇔ ≠ και x 2≠ − .Άρα fD 0, 2= − −ℝ .

Β.f (3) f (1) 1 1 2 2( 2 2) 2( 2 2) ( 2 2)2 4f (4) 2 2 2 2 2 ( 2 2)( 2 2)

− + + +Α = = = = = = − +−− − − − +

Γ. | f (4) x 1| | 2 f (3) x | | 2x 1| | 2 x | 2x 1 2 x⋅ − = − ⋅ ⇔ − = − ⇔ − = − ή2x 1 2 x x 1− = − + ⇔ = ή x 1= − .



2

2

ΘΕΜΑ 3ο

i)[ ]22 2 2 24 ( 1) 4 1 2 1 4 2 1 ( 1) 0β αγ λ λ λ λ λ λ λ λ∆ = − = − + − ⋅ ⋅ = + + − = − + = − ≥

ii)2 2

1 2 1 22 2

(x x ) 2x x 10 ( 1) 2 102 1 2 10 9 3

λ λλ λ λ λ λ+ − ⋅ = ⇔ + − = ⇔

⇔ + + − = ⇔ = ⇔ = ±

όπου 1 2( 1)x x 11

β λ λα− +

+ = − = − = + και 1 2x x 1γ λ λα⋅ = = = .

iii) Αν 3λ = τότε η εξίσωση είναι η 2x 4x 3 0− + = . Οπότε

1 24x x 41

βα

−+ = − = − = και 1 2

3x x 31

γα

⋅ = = = .

Άρα 1 2 1 2S 2x 2x 2(x x ) 2 4 8= + = + = ⋅ = και1 2 1 2P 2x 2x 4x x 4 3 12= ⋅ = ⋅ = ⋅ = .

Εποµένως η ζητούµενη εξίσωση 2ου βαθµού είναι η2 2x S x P 0 x 8x 12 0− ⋅ + = ⇔ − + = .

ΘΕΜΑ 4ο

i) 1 1D ( 1) ( 2) 1 1 1 01 2−

= = − ⋅ − − ⋅ = ≠−

. Άρα το σύστηµα έχει µοναδική λύση.

ii) 2 2x 2

1D 2 3

2λ

λ λ λ λ λλ λ

= = − − − = − −+ −

.

2 22

1D 2

1ψλ

λ λ λ λ λλ λ

−= = − − − = − −

+.

Εποµένως 2

2xD 3x 3D 1

λ λ λ λ− −= = = − − και2

y 2D 2y 2D 1λ λ λ λ− −

= = = − − οπότε 2 20 0(x ,y ) ( 3 , 2 )λ λ λ λ= − − − −

είναι η λύση του συστήµατος.



3

3

iii) 2 2 20 0x y 3 3 ( 2 ) 3 2 5 3 0λ λ λ λ λ λ+ ≥ − ⇔ − − + − − ≥ − ⇔ − − + ≥ .

2 24 ( 5) 4 ( 2) 3 25 24 49β αγ∆ = − = − − ⋅ − ⋅ = + = .

1,2( 5) 49 5 7

2 2 ( 2) 4βλ α

− ± ∆ − − ± ±= = = =⋅ − −

1

2

5 7 34

5 7 14 2

λ

λ

+ = = − − − = = −

Άρα λ 13, 2 ∈ −

00-2λ2-5λ+3 -

λ -3 ½

-+

-∞ +∞



1

1

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ


ΘΕΜΑ 1ο

Α. Ορισµός σχολικού βιβλίου, σελ. 63. Β. Απόδειξη, σελ. 45, σχολικού βιβλίου. Γ. α. Λ

β. Σ γ. Λ δ. Σ ε. Λ

ΘΕΜΑ 2ο α.

D= )3)(3(9542152 22 −+=−=−−=−

+λλλλ

λλ

Dx= )3(51552510525)2(525

55+=+=+−=+−=

−−λλλλ

λ Dy= )3(515551055)2(551

52+−=−−=−−−=−+−=

−

+λλλλ

λ β. Αν 0≠D , τότε 0)3)(3( ≠−+ λλ , οπότε 3−≠λ και 3≠λ , εποµένως το

σύστηµα έχει µοναδική λύση την:

35

)3)(3()3(5

−=

−+

+==

λλλλ

DDx x

35

)3)(3()3(5

−

−=

−+

+−==

λλλλ

DDy y

Αν 330 =−=⇔= λλ ήD



2

2

i)

55553

−=−

=+−⇒−=

yxyxλ

⇔

−⋅ )1(5555

−=−

−=−

yxyx

⇔−=−⇔ 55yx

55 −= yx , ℜ∈y

(x, y) = (5y -5, y), ℜ∈y , άπειρες λύσεις ii)

55553−=+

=+⇒=

yxyxλ

⇔5: 5

1−=+

=+

yxyx

51 −=⇔

αδύνατο γ.

35

0−

=λ

x , 35

0−

−=λ

y

⇔=−+−⇔=−

−⇔=−−−

1331551553

53

5λλ

λλoo yx

25

27162162162 ==⇔−=−=−⇔=− λλλλλ ήή (δεκτές)

ΘΕΜΑ 3ο α. Αφού η εξίσωση έχει δύο ρίζες άνισες, τότε

214)1(04)1(0 22ffff λλλ −⇔−⇔−−⇔∆

β. λλλλλ pfpff 2121212121 −−⇔−−−⇔− ήή 31 fp λλ ή−

γ. Από τους τύπους του Vieta 1

11

21 −=−−=−=+=Κ λλαβ

xx

121 ==⋅=Λαγ

xx

11111

21

21

21

−=−=⋅+=+=Μ λλxx

xx

xx



3

3

δ. 5)(3)( 212121 =+++ xxxxxxλ

5)1(3)1(1 =−⋅+−⋅⋅ λλλ 05332 =−−+− λλλ

0822 =−+ λλ

3142

fp λλλλ

ήή

−

−==

4−=⇔ λ , δεκτή ΘΕΜΑ 4ο α.

)1()2()4()2(

−=

=−

ffff⇔ 5)1(22

45)2(2−−=+

+=−−⋅

αββα⇔ 522

454−−=+

+=−−

αββα⇔

72122

7294

−=+

−=⇔=−

−=+

=−−

βααα

βαβα

⇔ 7)1(2 −=+−⋅ β ⇔ 5−=β β. ⇔=+−⇔−=+⇔= 0361334132 2424

21 λλλλλελε

ωλτωθλλ

=

=+−2

222 03613)(έ

⇔ 9403613 212 ==⇔=+− ωωωω ή

242 ±=⇔= λλ 392 ±=⇔= λλ

γ. το πεδίο ορισµού της f είναι Α = [-5,5)

25 px≤−• 3621521)( −=⇔=−⇔=−−⇔= xxxxf δεκτή

52 px≤• 6151)( =⇔=−⇔= xxxf απορρίπτεται



1

1

Α' ΤΑΞΗ ΓΕΝ.ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ


ΘΕΜΑ 1ο Α. Βλέπε απόδειξη σχολικού βιβλίου σελ.38 Β. Βλέπε ορισµό σχολικού βιβλίου σελ. 71 Γ. α. Σ

β. Σ γ. Λ δ. Λ ε. Σ

ΘΕΜΑ 2ο α. Επειδή οι ευθείες είναι παράλληλες ισχύει α1 = α2 δηλαδή

224− λλ − = ⇔ 4(λ – 2 ) = 2 – λ⇔ 4λ – 8 = 2 – λ ⇔ 5λ = 10⇔ λ = 2

β. Επειδή οι ευθείες είναι κάθετες ισχύει 1 2 1α α = − δηλαδή 2 2(2 )( 2) 1 ( 2) 4 ( 2) 4 2 24

− λλ − ⋅ = − ⇔ − λ − = − ⇔ λ − = ⇔ λ − = ( 2 2⇔ λ− = ή 2 2λ − = − )⇔ ( 4λ = ή 0λ = )

ΘΕΜΑ 3ο

α. 2 2( 2 1) ( 2 1)α ( 2 1) ( 2 1)

+ + −=

+ ⋅ − =

2 2

2 2 2 1 2 2 2 1( 2) 1

+ + + − +

− = 62 1−

= 6 β. Για α = 6 η συνάρτηση γίνεται: f(x) = 4 2x 6x 2− + , οπότε

f(1) = 4 21 6 1 2 1 6 2 3− ⋅ + = − + = − . γ. Έχουµε f(x) = f(1) ⇔ 4 2 4 2x 6x 2 3 x 6x 5 0− + = − ⇔ − + = θέτουµε 2x = ω , όπου

0ω > , οπότε η εξίσωση γίνεται 2 6 5 0ω − ω + = . 2( 6) 4.1.5 36 20 16∆ = − − = − = , άρα 1

6 4 52+

ω = = και 26 4 12−

ω = = οι οποίες είναι δεκτές. Έτσι 2x 5 x 5= ⇔ = ± ή 2x 1 x 1= ⇔ = ±

δ. Έχουµε 4 2 2f (x) f (1) 0 x 6x 5 0 6 5 0 1 5− ≤ ⇔ − + ≤ ⇔ ω − ω + ≤ ⇔ ≤ ω ≤ οπότε έχουµε τις δύο ανισώσεις 2x 1 x 1 x 1ή x 1≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ − ≥ και 2x 5 x 5 5 x 5≤ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ .



2

2

Οι οποίες συναληθεύουν για του πραγµατικούς που ανήκουν στο διάστηµα 5, 1 1, 5 − − ∪

ΘΕΜΑ 4ο Α. α. Επειδή η εξίσωση (1) θέλουµε να είναι δευτέρου βαθµού ως προς ω,

πρέπει να ισχύει D ≠ 0. Άρα το γραµµικό σύστηµα (Σ) έχει µοναδική λύση.

β. i. Από τους τύπους «Vietta» έχουµε: x yD D

S 1 1D−β= − = − ⇔ = −α

x y2D DP 2 2

D+γ= = − ⇔ = −

α

ii. από το β (i) ερώτηµα έχουµε yx

D 0x y

x y yx

DD 1D D D x y 1D D2D D 2D D 2x y 2D2 2D D

≠

− = −− = − − = − ⇔ ⇔ + = − + = − + = −

Προσθέτουµε κατά µέλη οπότε έχουµε 3x = –3 ⇔ x=–1. Αντικαθιστώντας στην πρώτη εξίσωση προκύπτει:

1 y 1 y 0− − = − ⇔ = Τελικά η µοναδική λύση του (Σ) είναι το ζεύγος (–1,0).

Β. Αν D = 0, τότε η εξίσωση (1) γίνεται:

x y x y x y x y(D D )ω 2D D 0 (D D )ω 2D D− − + + = ⇔ − = + . Η εξίσωση είναι αδύνατη, άρα πρέπει να ισχύει:

x y x y x y x y

x y x x x x

D D 0 D D D D D D2D D 0 2D D 0 3D 0 D 0

− = = = = ⇔ ⇔ ⇔ + ≠ + ≠ ≠ ≠ .

Άρα το σύστηµα (Σ) είναι αδύνατο.

1

1

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ 1ο Α. Σχολικό βιβλίο σελίδα 66. Β. Σχολικό βιβλίο ορισµός, σελίδα 132. Γ. i) Σ ii) Λ iii) Σ iv) Σ v) Λ

ΘΕΜΑ 2ο

α) 2x 4x 3 0− + = (1) 2 2∆ β 4αγ ( 4) 4.1.3 16 12 4= − = − − = − =

(1) β ∆ 4 2x 2α 2− ± ±

⇔ = = ⇔ (x = 1 ή x = 3).

β) Το τριώνυµο 2x 6x 8− + , έχει διακρίνουσα ∆ = (–6)2– 4.1.8 = 4 και ρίζες 6 2x2±

= ⇔ (x = 2 ή x = 4). Το πρόσηµο του τριωνύµου, παρουσιάζεται στον παρακάτω πίνακα:

Από τον πίνακα συµπεραίνουµε, ότι: 2 x 4 x (2,4)< < ⇔ ∈ .

γ) 10 2 2(x 1)(x 6x 8)(x 4x 3) 0+ − + − + ≥ (2) Η παράσταση 10x 1+ είναι θετική για κάθε x R∈ , διότι: 10 10x 0 x 1 0≥ ⇒ + > . Το πρόσηµο του τριωνύµου 2x 4x 3− + προκύπτει εύκολα, δεδοµένου ότι από το α) ερώτηµα έχουµε τις ρίζες του, άρα εκτός των ριζών θα είναι θετικό και εντός των ριζών αρνητικό. Το πρόσηµο του τριωνύµου 2x 6x 8− + έχει βρεθεί στον πίνακα του β) ερωτήµατος. Ο παρακάτω πίνακας παρουσιάζει το πρόσηµο της παράστασης 10 2 2(x 1)(x 6x 8)(x 4x 3)+ − + − + .

x2-6x+8

x −∞ +∞

+ + 2 40 0–

2

2

x −∞ 1 2 3 4 +∞ 10x 1+ + + + + + 2x 6x 8− + + + – – + 2x 4x 3− + + – – + +

Γινόµενο + – + – +

Από τον πίνακα συµπεραίνουµε, ότι: (2) ⇔ (x≤1 ή 2≤x≤3 ή x≥4) x ( ,1] [2,3] [4, )⇔ ∈ −∞ ∪ ∪ +∞ . ΘΕΜΑ 3ο 2x - λx + 3λ = 0 (1)

α) 2∆ λ 12λ λ(λ 12)= − = −

H (1) έχει δύο άνισες ρίζες, άρα ∆ > 0 λ(λ 12) 0⇔ − > ⇔ (λ < 0 ή λ > 12). Το πρόσηµο του τριωνύµου λ(λ 4)− προκύπτει εύκολα, δεδοµένου ότι οι ρίζες του είναι 0 και 12, άρα εκτός των ριζών θα είναι θετικό.

β) Για λ = –4: 2x +4x -12 = 0 (1΄)

i) Το γινόµενο των ριζών ισούται µε γα , άρα 1 2

12x x 12 01

−⋅ = =− < ,

άρα οι ρίζες είναι ετερόσηµες. Παρατήρηση Θα µπορούσαµε να υπολογίσουµε τις ρίζες 2 και –6, που ασφαλώς είναι ετερόσηµες.

ii) Η απόλυτη τιµή είναι µη αρνητικός αριθµός και η ρίζα x2 είναι

αρνητικός, εποµένως η ανίσωση είναι αδύνατη, δεδοµένου ότι ένας µη αρνητικός δεν είναι δυνατόν να είναι µικρότερος ή ίσος από έναν αρνητικό.

iii) Η (1΄), έχει διακρίνουσα ∆ λ(λ 12) ( 4)( 16) 64= − = − − =

Οι ρίζες της είναι: 24 8x62

− ± = =

−

, εποµένως, 1x 2= και 3 6 2 33 2 3 33

1 1x x 2 2 2 2 2 2 2⋅

= = = = = . ΘΕΜΑ 4ο

α) Για να σχηµατίζει, η ευθεία µε εξίσωση y = 1λ x + 32

− , γωνία ο45 µε τον άξονα x΄x θα πρέπει η κλίση της να ισούται µε εφ ο45 =1.

0 0 0 0

0 0

0 0

3

3

∆ηλαδή απαιτούµε να ισχύει: 1λ 12− =

1 3λ 1 λ2 2

⇔ = + ⇔ = ⇔3(λ 2= ή 3λ )2=− .

β) i) Για 3λ =

2 έχουµε f(x) = x+3 της οποίας η γραφική παράσταση είναι η ευθεία

µε εξίσωση y = x + 3.

Α΄ τρόπος

ii) Ο τύπος της συνάρτησης f είναι της µορφής f(x) = αx+β, µε α = 1 > 0. Εποµένως ο συντελεστής του x στον τύπο της συνάρτησης f είναι θετικός πραγµατικός αριθµός, άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

iii) Για κάθε πραγµατικό αριθµό α, ισχύει: f2 2α 1 f (α ) f ( 1)↑

>− ⇒ > − .

Β΄ τρόπος ii) Έστω x1,x2 ℝ∈ µε

x1 < x2 ⇒ 1 2x 3 x 3+ < + ⇒ f (x1) < f (x2). Εποµένως δείξαµε ότι για κάθε x1,x2 ∈ ℝ µε x1 < x2 ισχύει f(x1) < f(x2). Συνεπώς η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο ℝ .

iii) 2f (α ) f ( 1)> −

f↑⇔ 2α +3 >2 ⇔ 2α 1>−

Η τελευταία είναι αληθής για κάθε πραγµατικό αριθµό α, αφού το πρώτο µέλος ως τετράγωνο πραγµατικού είναι µη αρνητικός. Συνεπώς, λόγω των ισοδυναµιών, αληθεύει και η αρχική.

Αν y = 0 είναι x = –3, ενώ αν x = 0 είναι y = 3. Άρα η γραφική παράσταση της f τέµνει τον άξονα x΄x στο σηµείο Α(–3,0) και τον άξονα y΄y στο σηµείο B(0,3) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f φαίνεται στο διπλανό σχήµα.


ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ 2012 Ε_3.Μλ1Α(α)


ΤΑΞΗ: Α΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ


ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α A.1. Σχολικό Βιβλίο σελίδα 34. A.2. Σχολικό Βιβλίο σελίδα 125. Α.3. α. ΣΩΣΤΟ

β. ΛΑΘΟΣ γ. ΛΑΘΟΣ δ. ΣΩΣΤΟ ε. ΣΩΣΤΟ

ΘΕΜΑ Β Β.1. Για να ορίζεται η συνάρτηση f πρέπει

• 4(x 1) 0+ ≥ , το οποίο ισχύει για κάθε x IR∈ .και

• 4(x 2) 0− ≥ το οποίο ισχύει για κάθε x IR∈

και• x 1 0+ ≠ και x 2 0− ≠ , δηλαδή x 1≠ − και x 2≠ −Άρα το πεδίο ορισµού της f είναι το A IR 1, 2= − −

Β.2. για κάθε x A IR 1, 2∈ = − − ο τύπος της f γίνεται

2 22 24 4 (x 1) (x 2)(x 1) (x 2)f (x) x 1 x 2 x 1 x 2 + −+ −

= − = − =+ − + −




2 2 2 2(x 1) (x 2) (x 1) (x 2) x 1 (x 2) x 1 x 2 3x 1 x 2 x 1 x 2+ − + −

= − = − = + − − = + − + =+ − + −

Άρα για κάθε x A IR 1, 2∈ = − − ισχύει ότι: f(x) = 3.Έτσι f(2012) = 3.

Β.3. Έτσι η ανίσωση 18 3x f (2012)− ≤ γίνεται:

18 3x f (2012) 3(6 x) 3 3 (6 x) 3− ≤ ⇔ − ≤ ⇔ − ≤ ⇔1 1 x 6 1 x 1 66 x x 6 1 1 6≤ ≤ ≤ − ≤ ≤ ≤ +⇔ − ⇔ − ⇔− ⇔− +

Οπότε x [5, 7]∈ .

ΘΕΜΑ Γ Γ.1.1. Η εξίσωση γίνεται:

x + 1 = λ2 – |λ| . x ⇔ |λ| . x + x = λ2 – 1 ή (|λ| + 1) . x = |λ|2 – 1 ο συντελεστής του αγνώστου x είναι ο α = |λ| + 1 και ο σταθερός όρος της εξίσωσης ο β = |λ|2 – 1 = (|λ| – 1) (|λ| + 1). Όµως για κάθε IRλ ∈ ισχύει ότι 0 1 1 0λ λ≥ ⇔ + ≥ > . Άρα για κάθε IRλ ∈ ο α = |λ| + 1 ≠ 0, έτσι η εξίσωση έχει για κάθε

IRλ ∈ , µοναδική λύση ως προς x, την ( ) ( )

( )( ) ( )

( )2 λ 1 x λ 1 λ 1

λ 1 x λ 1 x λ 1λ 1 λ 1+ ⋅ − +

+ ⋅ = − ⇔ = ⇔ = −+ +

άρα η λύση της εξίσωσης: x λ 1= − , για κάθε IRλ ∈ . Γ.1.2. Για να απέχει η λύση αυτή από τον αριθµό 3, απόσταση που δεν ξεπερνά το

2, άρα: d(x,3) 2 x 3 2 λ 1 3 2 λ 4 2≤ ⇔ − ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ⇔

λ 4 λ 4 2 2 λ 62 2 2 4− ≤ + ⇔ ≤ ≤ ⇔⇔ − ≤ ≤ ⇔ − + ≤6 6 6

[ 6, 2] [2,6]2 ή 2 ή 2

λ ≤ − ≤ λ ≤ ⇔ και ⇔ και ⇔ λ∈ − − ∪ λ ≥ λ ≤ − λ ≥




Γ2. έχουµε τις ευθείες 2

1 : y ( 4)x 1ε = µ − +µ+ , IRµ ∈ και 2

2 : y ( 4 3)x 2ε = −µ + µ− + , µε IRµ ∈

Παρατηρούµε ότι ο συντελεστής διεύθυνσης της ε1 είναι ο α1 = εφω1 = µ2 – 4, όπου ω1 είναι η γωνία που σχηµατίζει η ευθεία ε1 µε τον άξονα x΄x, ενώ ο συντελεστής διεύθυνσης της ε2 είναι α2 = εφω2 = –µ2 + 4µ – 3 όπου ω2 είναι η γωνία που σχηµατίζει η ευθεία ε2 µε τον άξονα x΄x. Για να σχηµατίζει η ευθεία ε1 αµβλεία γωνία µε τον άξονα x΄x δηλαδή: 90º < ω1 < 180º πρέπει ο συντελεστής διεύθυνσης της ε1 , να είναι αρνητικός δηλαδή α1 = εφω1 < 0, άρα α1 < 0 ⇔ µ2 – 4 < 0 ⇔ ( 2, 2)µ ∈ −

µ

µ - 4- +

0 - +2 +

-202

Για να σχηµατίζει η ευθεία ε2 οξεία γωνία µε τον άξονα x΄x δηλαδή: 0º < ω2 < 90º, πρέπει ο συντελεστής διεύθυνσης της ε2 να είναι θετικός δηλαδή α2 = εφω2 > 0, άρα α2 > 0 ⇔ –µ2 + 4µ – 3 > 0 ⇔ (1, 3)µ ∈

µ

- + - 3µ 4µ- +0 -2 +

-103

-

Έτσι για να σχηµατίζουν η ε1 αµβλεία γωνία µε τον x΄x και η ε2 οξεία γωνία µε τον άξονα x΄x θα πρέπει να βρούµε τις κοινές λύσεις των ανισώσεων:

1

2

0 ( 2,2)(1,2)

0 (1,3)

α < µ∈ −και ⇔ και ⇔ µ∈α > µ∈




ΘΕΜΑ ∆ ∆.1. Aφού η ακολουθία ( ) , *να ν∈ΙΝ είναι αριθµητική πρόοδος θα ισχύει ότι:

αν = α1 + (ν – 1) ω, για κάθε *ν∈ΙΝ , άρα για ν = 7 θα έχουµε: α7 = α1 + (7 – 1) ω = α1 + 6ω δίνεται όµως ότι α7 = –11, άρα α1 + 6ω = –11 ⇔ α1 + 6 . (–2) = –11 έτσι α1 = 12 – 11 = 1, οπότε ο α4 = α1 + 3ω = 1 + 3(–2) = –5, οπότε η συνάρτηση f(x) = α1x2 + α4x + α1, , λαµβάνει τη µορφή f(x) = x2 – 5x + 1.

∆.2. Kαι η αντίστοιχη εξίσωση f(x) = 0 γίνεται x2 – 5x + 1 = 0 έτσι για τις ρίζες x1, x2 της x2 – 5x + 1 = 0 θα έχουµε από τους τύπους Vieta:

1 25S x x 51

β −= + = − = − =α και

1 2P x x 1γ= = =α

.

Τότε: 2 21 2 2 1 1 2 1 2x x x x x x (x x ) 5Α = + = + =

2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

2 1 1 2 1 2 1 2 1 2

x x x x x x x x 2x x 2x xBx x x x x x x x x x

+ + + −= + = + = =

2 21 2 1 2

1 2

(x x ) 2x x 5 1B 23x x 1+ − −

= = = 33

1 2 1 2400(x x ) 2012x x 12 400 4 2012 1 12Γ = + − + = ⋅ − ⋅ +3 2000 2012 12 0Γ = − + =

∆.3. Η εξίσωση: 2x B 2 x A− − + − = Γ µε βάση τα παραπάνω θα έχουµε : 2 2x 23 2 x 5 0 x 25 x 5 0− − + − = ⇔ − + − =

Όµως |α| + |β| = 0 ⇔ α = 0 και β = 0. Έτσι 2 2x 25 x 5 0 x 25 0− + − = ⇔ − = και x – 5 = 0 και η κοινή λύση των δύο εξισώσεων είναι η x = 5.









ΘΕΜΑ Α

Α1. Βλέπε απόδειξη (1) σελίδα 62 σχολικού βιβλίου.

Α2. α) Βλέπε ορισµό σελίδα 72 σχολικού βιβλίου. β) Βλέπε ορισµό σελίδα 57 σχολικού βιβλίου.

Α3. α) Σωστό (βλέπε σελίδα 55 σχολικού βιβλίου.) β) Λάθος (βλέπε σελίδα 69 σχολικού βιβλίου.)

(Το Σωστό είναι ότι 2a = a )

γ) Λάθος (βλέπε σελίδα 79 σχολικού βιβλίου.) (Το Σωστό είναι ότι η εξίσωση αx + β = 0 είναι αδύνατη)

δ) Σωστό (βλέπε σελίδα 62 σχολικού βιβλίου.)

ε) Σωστό (βλέπε σελίδα 107 σχολικού βιβλίου.)

ΘΕΜΑ Β

Β1. Για την παράσταση 32 2 ισχύει:

32 2 = 4 3

2 2 = 4 3 32 ·2 = 12 4

2 = 3·4 42 = 3

2 (1)

οπότε η παράσταση Α γίνεται:

Α= 34 · 3

2 2 = 34

32 = 3

4·2 = 38 =2

Β2. Έχουµε:

Β =1 1 1·(2 2) 1·(2 2)

2 2 2 2 (2 2)(2 2)

− + ++ =

+ − + −

2 2

2 2 2 2

2 ( 2)

− + +=

−

=4 4

24 2 2= =

−




Β3. Στο ερώτηµα Β1 έχουµε αποδείξει ότι Α = 2, οπότε η παράσταση του δεύτερου µέλους της εξίσωσης ισούται µε:

1 1

A A A A

+ =

+ −

1 1

2 2 2 2

+

+ −

= Β = 2

Άρα η εξίσωση γίνεται:

3 1 1x

A A A A

= +

+ −

⇔ 3x B= ⇔

32x = ⇔

32x =

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Όταν δύο µη κατακόρυφες ευθείες είναι παράλληλες έχουν ίσους συντελεστές

διεύθυνσης. Ο συντελεστής διεύθυνσης της ε είναι 3 1a − − . Ο συντελεστής

διεύθυνσης της ευθείας µε εξίσωση y=x είναι 1. Εποµένως

3 1 1a − − = ⇔ 3 1 1a − = + ⇔ 3 2a − = ⇔

α – 3 = 2 ή α – 3 = –2 ⇔ α = 3 + 2 ή α = 3 – 2 ⇔

α = 5 ή α = 1.

Θα εξετάσουµε αν είναι δεκτές και οι δυο τιµές του α.

• Για α = 5 η ευθεία ε γίνεται: 2

( 5 3 1) (5 2 5 3)y x= − − + + − ⇔ ( 2 1) (25 10 3)y x= − + + − ⇔ y=x+32,

η οποία είναι παράλληλη µε την y=x.

• Για α = 1 η ε γίνεται: 2

(1 3 1) (1 2 1 3)y x= − − + + − ⇔ ( 2 1) (1 2 3)y x= − − + + − ⇔ y=x

η οποία ταυτίζεται µε την y=x. Άρα η τιµή α = 1 απορρίπτεται. Ώστε είναι α = 5.

Γ2. Επειδή η γωνία ω, που σχηµατίζει η ευθεία (ε) µε τον άξονα xx είναι οξεία,

έχει εφω > 0. Όµως, ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας (ε) ισούται µε την

εφω, οπότε

3 1 0 3 1 3 1 ή 3 1a a a α− − > ⇔ − > ⇔ − < − − > ⇔ 3 1 ή 3 1 2 ή 4α α α α< − > + ⇔ < >




Γ3. Πρέπει και αρκεί οι συντεταγµένες του Ο(0,0) να επαληθεύουν την εξίσωση

της ευθείας. Για x = y = 0 η εξίσωση της ε δίνει:

0= 2( 3 1)·0 ( 2 3)a a a− − + + − ⇔ 2

2 3 0a a+ − = ⇔ 2

2 3 0a a+ − =

Θέτουµε:

0a ω= ≥ (1)

Η εξίσωση γίνεται: 2

2 3 0ω ω+ − =

Αυτή έχει διακρίνουσα:

∆= 2 24 2 4·1·( 3)β αγ− = − − =4+12=16

Άρα η εξίσωση έχει δύο άνισες ρίζες τις

ω1,2

=2

β

α

− ± ∆=

2 16

2·1

− ±

Είναι:

1ω =

2 4

2

− +=1,

2ω =

2 43

2

− −

= − που απορρίπτεται.

Για ω = 1 η (1) δίνει

α =1⇔ α = 1 ή α = –1

ΘΕΜΑ ∆

∆1. Το τριώνυµο έχει α=4, β = – 4λ, γ=5λ και διακρίνουσα:

∆= 2 2 24 ( 4 ) 4·4·5 16 80β αγ λ λ λ λ− = − − = −

Είναι:

∆=0⇔ 216 80λ λ− =0⇔ 16λ (λ – 5) = 0 ⇔

λ = 0 ή λ–5=0 ⇔ λ = 0 ή λ = 5.




To πρόσηµο της διακρίνουσας φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

λ –∞ 0 5 +∞

∆ + – +

Εποµένως για λ = 0 ή λ = 5 είναι ∆ = 0 και

∆ > 0⇔ λ∈ (–∞, 0) ∪ (5, +∞) ενώ ∆<0⇔ λ∈(0, 5)

∆2. α. Το τριώνυµο έχει δυο ρίζες άνισες αν και µόνο αν

∆>0 ⇔ λ ∈ (–∞, 0) ∪ (5, +∞)

β. Η f έχει πεδίο ορισµού το ΙR αν και µόνο αν

24 4 5x xλ λ− + ≥ 0, για κάθε x∈ΙR

Αυτό ισχύει αν και µόνο αν

∆ ≤ 0⇔ λ∈[0, 5]

∆3. Για να έχει το τριώνυµο δύο ρίζες 1 2,x x άνισες πρέπει

∆>0 ⇔ λ ∈ (–∞, 0) ∪ (5, +∞)

Από τους τύπους Vieta έχουµε:

1 2x x

a

β+ = − ⇔

1 2

( 4 )

4x x

λ− −+ = ⇔

1 2

4

4x x

λ+ = ⇔

1 2x x λ+ =

1 2·x x

γ

α= ⇔

1 2

5·

4x x

λ=

Εποµένως

1 2 1 2· 1x x x x+ = − ⇔ λ=

5

4

λ–1⇔ 4λ=5λ–4⇔ 5λ–4λ = 4⇔ λ = 4

Όµως το 4∉(–∞, 0) ∪ (5, +∞), εποµένως δεν υπάρχει τιµή του λ, ώστε να είναι

1 2 1 2· 1x x x x+ = −

0 0




∆4. Για τις πιθανότητες των ενδεχοµένων Α και Α΄ είναι

0 ≤ Ρ(Α) ≤ 1 και 0 ≤ Ρ( A′ ) ≤ 1

• Το τριώνυµο 24 4 ( ) 5 ( )x P A x P A− + είναι της µορφής 24 4 5x λχ λ− + µε λ=Ρ(Α).

Σύµφωνα µε ερώτηµα (∆1) έχει διακρίνουσα ∆1 ≤ 0, εποµένως

24 4 ( ) 5 ( )x P A x P A− + ≥0, για κάθε x∈ΙR (1)

• Το τριώνυµο 24 4 ( ') 5 ( ')x P A x P A− + είναι της µορφής 24 4 5x λχ λ− + µε

λ = Ρ( A′ ). Σύµφωνα µε ερώτηµα (∆1) έχει διακρίνουσα ∆2 ≤ 0, εποµένως

24 4 ( ') 5 ( ')x P A x P A− + ≥0, για κάθε x∈ΙR (2)

• Για την πιθανότητα του δειγµατικού χώρου Ω είναι Ρ(Ω)=1. Έτσι 2 24 4 ( ) 5 ( ) 4 4 5− Ω + Ω = − +x P P x x , που είναι της µορφής 2

4 4 5x xλ λ− + µε

λ=Ρ(Ω)=1. Σύµφωνα µε ερώτηµα (∆1) έχει διακρίνουσα ∆3 ≤ 0,

εποµένως

24 4 5x x− + ≥ 0, για κάθε x∈ΙR (3)

Από τις σχέσεις (1), (2), (3) προκύπτει:

[ 24 4 ( ) 5 ( )x P A x P A− + ][ 24 4 ( ') 5 ( ')x P A x P A− + ][ 24 4 ( ) 5 ( )x P x P− Ω + Ω ] ≥ 0,

για κάθε x∈ΙR









ΘΕΜΑ Α

Α1. α) Λάθος (βλέπε σελίδα 54 του σχολικού βιβλίου, Το σωστό είναι α, β, οµόσηµοι τότε α ⋅β > 0).

β) Σωστό (βλέπε σελίδα 63 του σχολικού βιβλίου).

γ) Λάθος (βλέπε σελίδα 161 του σχολικού βιβλίου. Το σωστό είναι ότι y x= ).

δ) Σωστό (βλέπε σελίδα 72 του σχολικού βιβλίου).

ε) Σωστό (βλέπε σελίδα 64 του σχολικού βιβλίου).

Α2. Βλέπε απόδειξη (1) στη σελίδα 71 του σχολικού βιβλίου.

ΘΕΜΑ Β

Β1. Για τις πιθανότητες των ενδεχοµένων Βκαι ′Β είναι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 1

1 1 13 3

′ ′Ρ Β = −Ρ Β ⇔ Ρ Β = −Ρ Β ⇔ Ρ Β = − ⇔ Ρ Β = .

Επίσης

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

1 1

2 3

3 2

6 6

1.

6

Ρ Β−Α = Ρ Α −Ρ Α∩Β

⇔ Ρ Α∩Β = Ρ Α −Ρ Α −Β

⇔ Ρ Α∩Β = −

⇔ Ρ Α∩Β = −

⇔ Ρ Α∩Β =




Β2. Από τον προσθετικό νόµο των πιθανοτήτων για τα ενδεχόµενα Α, Β ισχύει:

( ) ( ) ( ) ( )

( )

( )

( )

1 1 1

2 3 6

4

6

2.

3

Ρ Α∪Β = Ρ Α +Ρ Β −Ρ Α∩Β

⇔ Ρ Α∪Β = + −

⇔ Ρ Α∪Β =

⇔ Ρ Α∪Β =

Β3. Από τον κλασικό ορισµό της πιθανότητας για ενδεχόµενο Β ισχύει:

( )( )

( )

( )

( )

1 40

3

120

Ν ΒΡ Β =

Ν Ω

⇔ =Ν Ω

⇔ Ν Ω =

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Η εξίσωση γίνεται: Επειδή

( )3

1

3

1

1

1

1 8

1 8

1 2

3

α − =

⇔ α − =

⇔ α − =

⇔ α =

( )6

1

13

6 1 13

3 5 13

5 13 3

5 10

2

α =

⇔ α + − ⋅ω=

⇔ + ⋅ω=

⇔ ⋅ω= −

⇔ ⋅ω=

⇔ ω=




Γ2. Το άθροισµα των ν – πρώτων όρων αριθµητικής προόδου είναι:

( )1S 2 1

2ν

ν= ⋅ ⋅α + ν − ⋅ω

Επειδή 1

3α = , 2ω= και θέλουµε S 440ν> , έχουµε:

( )

( )

( )

2

2

S 440

2 3 1 2 4402

6 2 2 4402

2 4 4402

2 440

2 440 0

ν>

ν⇔ ⋅ ⋅ + ν − ⋅ >

ν⇔ ⋅ + ν − >

ν⇔ ⋅ ν + >

⇔ ν + ν >

⇔ ν + ν− >

Η ∆ιακρίνουσα του τριωνύµου είναι ∆= 4 – 4·1(–440)=

4+1760=1764

Το πρόσηµο του τριωνύµου φαίνεται στον παρακάτω πίνακα:

ν 0 20 +∞

22 440ν + ν − – +

Οπότε πρέπει ν > 20. Άρα το ελάχιστο πλήθος πρώτων όρων της αριθµητικής προόδου, που απαιτούνται,

ώστε το άθροισµά τους να ξεπερνά το 440 είναι 21ν = .

Γ3. Επειδή οι αριθµοί 2 2 2

2 3 5x , x , 2xα − α − α − είναι διαδοχικοί όροι

γεωµετρικής προόδου, ο αριθµός 2

3xα − είναι γεωµετρικός µέσος, οπότε

ισχύει:

( ) ( ) ( )2

2 2 2

3 2 5x x 2xα − = α − ⋅ α − (1)

Οι αριθµοί α2, α3, α5 είναι όροι της αριθµητικής προόδου του ερωτήµατος Γ1

µε

2 1 2 2

3 1 2 2

5 1 5 5

3 2 5

2 3 4 7

4 3 8 11

α = α +ω⇔ α = + ⇔ α =

α = α + ω⇔ α = + ⇔ α =

α = α + ω⇔ α = + ⇔ α =

Το τριώνυµο έχει δύο ρίζες άνισες:

1,2

2 1764 2 42

2 2 1 2

−β± ∆ − ± − ±ν = = =

α ⋅

1

2 42 4020

2 2

− +ν = = = και

2

2 42 4422

2 2

− − −

ν = = = −

Επειδή ο ν είναι θετικός ακέραιος, δεκτή λύση είναι η

120ν = .




Η εξίσωση (1) γίνεται:

( ) ( ) ( )

( )

22 2 2

2 4 2 2 4

4 2

22 2

7 x 5 x 11 2x

49 14x x 55 10x 11x 2x

x 7x 6 0 (∆ιτετράγωνη)

x 7x 6 0

− = − ⋅ −

⇔ − + = − − +

⇔ − + =

⇔ − + =

Θέτουµε 2x = ω µε 0ω≥ οπότε η παραπάνω εξίσωση γίνεται: 2

7 6 0ω − ω+ =

Το τριώνυµο έχει: 1α = , 7β = − , 6γ = . Η διακρίνουσά του είναι:

( )22

4 7 4 1 6 49 24 25∆ = β − αγ = − − ⋅ ⋅ = − = .

Οι ρίζες του είναι: ( )

1,2

7 25 7 5

2 2 1 2

− − ±−β± ∆ ±ω = = =

α ⋅

δηλαδή: 1

7 5 126

2 2

+ω = = = και

2

7 5 21

2 2

−ω = = =

Η εξίσωση 2x = ω για 1ω= γίνεται: 2x 1 x 1 x 1 ή x 1= ⇔ = ± ⇔ = = −

Η εξίσωση 2x = ω για 6ω= γίνεται:

2x 6 x 6 x 6 ή x 6= ⇔ = ± ⇔ = = −

Οι ακέραιες τιµές του x είναι το 1 και το –1. Για x 1= οι όροι της γεωµετρικής προόδου είναι:

2

2

2

3

2

5

x 5 1 4

x 7 1 6

2x 11 2 9

α − = − =

α − = − =

α − = − =

Για x 1= − οι όροι της γεωµετρικής προόδου είναι:

( )

( )

( )

22

2

22

3

22

5

x 5 1 5 1 4

x 7 1 7 1 6

2x 11 2 1 11 2 9

α − = − − = − =

α − = − − = − =

α − = − ⋅ − = − =

Ο λόγος της γεωµετρικής προόδου είναι:

6 3

4 2λ = =

Για x 6= ± οι όροι της γεωµετρικής προόδου είναι: 2

2

2

3

2

5

x 5 6 1

x 7 6 1

2x 11 2 6 1

α − = − = −

α − = − =

α − = − ⋅ = −




Ο λόγος της γεωµετρικής προόδου είναι 1

11

λ = = −

−

που απορρίπτεται γιατί

1λ ≠ − .

ΘΕΜΑ ∆

∆1. Η διακρίνουσα ∆ της εξίσωσης (1) είναι:

( )

( )

2

2

2

4 1

4

5 0

5 0

0 ή =5

∆ = −∆ − ⋅ ⋅∆

⇔ ∆ = ∆ − ∆

⇔ ∆ − ∆ =

⇔ ∆ ⋅ ∆ − =

⇔ ∆ = ∆

Για το πλήθος των ριζών της εξίσωσης (1) έχουµε:

Αν 0∆ = , η εξίσωση έχει µια διπλή πραγµατική ρίζα, την x = 0.

Αν 5∆ = , η εξίσωση έχει δύο άνισες πραγµατικές ρίζες.

∆2. Για 5∆ = η εξίσωση (1) γίνεται: 2x 5x 5 0− + =

α) Από τους τύπους του Vieta γνωρίζουµε:

1 2

5x x 5

1

β+ = − = =

α και

1 2x x 5

γ⋅ = =

α

Έτσι ο τύπος της συνάρτησης g γίνεται:

( )

( )

( ) ( )

( )

2

2

2

g x x 2 5 x 5 5

g x x 10x 25

g x x 5

g x x 5

= − ⋅ ⋅ + ⋅

⇔ = − +

⇔ = −

⇔ = −

β) Για το πεδίο ορισµού της συνάρτησης f πρέπει: x 1 0 x 1− ≠ ⇔ ≠ . Άρα το

πεδίο ορισµού της f είναι το 1−ℝ .

Για να απλοποιήσουµε τον τύπο της f πρέπει να παραγοντοποιήσουµε το

τριώνυµο: 22x 3x 1− +

Η διακρίνουσά του είναι: ( )2

3 4 2 1 9 8 1∆ = − − ⋅ ⋅ = − = .




Οι ρίζες του είναι: 1,2

3 1x

2 4

−β± ∆ ±= =

α, δηλαδή:

1

3 1 4x 1

4 4

+= = = και

2

3 1 2 1x

4 4 2

−

= = = .

Οπότε το τριώνυµο παραγοντοποιείται στη µορφή:

( ) ( ) ( )2 12x 3x 1 2 x 1 x x 1 2x 1

2

− + = − − = − ⋅ −

Άρα ο τύπος της συνάρτησης f γίνεται:

( )( )( )

( )x 1 2x 1

f x f x 2x 1x 1

− −

= ⇔ = −

−

γ) Για να βρούµε τα κοινά σηµεία των γραφικών παραστάσεων των

συναρτήσεων f και g , θα λύσουµε την εξίσωση: ( ) ( )f x g x= µε x 1≠ .

Από ∆2 και (β) ερώτηµα, ισχύει: 2x 1 x 5− = − (2)

Για να βγάλουµε την απόλυτη τιµή, πρέπει να διακρίνουµε περιπτώσεις:

Αν x 5 0− ≥ δηλαδή x 5≥ έχουµε x 5 x 5− = − . Η εξίσωση (2)

γίνεται:

2x 1 x 5

2x x 5 1

x 4

− = −

⇔ − = − +

⇔ = −

Η ρίζα απορρίπτεται διότι 4 5− < .

Αν x 5 0− < δηλαδή x 5< έχουµε ( )x 5 x 5 x 5− = − − = − + . Η

εξίσωση (2) γίνεται:

2x 1 x 5

2x x 5 1

3x 6

x 2

⇔ − = − +

⇔ + = +

⇔ =

⇔ =

Η ρίζα x 2= είναι δεκτή γιατί 2 5<

Για x 2= έχουµε ότι: ( ) ( )f 2 2 2 1 f 2 3= ⋅ − ⇔ =

Άρα οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f και g έχουν ένα

κοινό σηµείο το ( )2,3Α .



Ε_3.AΜλ1Α(α)




Ηµεροµηνία: ∆ευτέρα 5 Ιανουαρίου 2015



ΘΕΜΑ A

Α1. Σχολικό βιβλίο σελ. 33.

Α2. Σχολικό βιβλίο σελ. 71.

Α3. i. Λάθος

ii. Λάθος iii. Σωστό iv. Λάθος

v. Σωστό

ΘΕΜΑ Β

Β1. Είναι ( )A 4x 8 1 4 x 2 1 4 x 2 1= − + = − + = − +

i. Αφού [ )x 2, x 2 x 2 0∈ +∞ ⇔ ≥ ⇔ − ≥ , δηλαδή x 2 x 2− = − .

Οπότε ( )A 4 x 2 1 4x 8 1 4x 7= − + = − + = − .

ii. Αφού ( )x ,2 x 2 x 2 0∈ −∞ ⇔ < ⇔ − < , δηλαδή ( )x 2 x 2− = − − .

Οπότε ( )A 4 x 2 1 4x 8 1 4x 9= − − + = − + + = − + .

Β2. Για [ )x 2,∈ +∞ είναι A 4x 7= − , οπότε ξεκινώντας από το πρώτο µέλος της

ισότητας έχουµε:

( ) ( )( )2 22

4x 7 4x 7 4x 716x 494x 7

4x 8 1 4x 7 4x 7

− − +−= = = +

− + − −



Ε_3.AΜλ1Α(α)


ΘΕΜΑ Γ

Γ1. i.

Για το α έχουµε:

( )( )( )

( )( )( )

( ) ( )

( ) ( )

2 2

2 2

6 2α

6 2 6 2

6 6 2 2 6 2

6 2 6 2 6 2 6 2

6 6 2 2 6 2

6 2

6 2 82

6 2 4

= +

+ −

− +

= +

+ − + −

− ⋅ + ⋅ +

=

−

+= = =

−

Για το β έχουµε:

5β 25 3 7 32 25 3 7 2

25 3 9 25 3 3 25 9

16 4

= − + = − +

= − = − ⋅ = −

= =

Γ2. i.

Είναι α β 2 4 2 2− = − = − = και α β 2 4 6

32 2 2

+ +

= = = , οπότε η

ανισότητα:

α βα β x

2

+

− < < ,

γίνεται 2 x 3< < .

Τότε έχουµε 2 x 3 3 2 3x 3 3 6 3x 9< < ⇔ ⋅ < < ⋅ ⇔ < < . Οπότε

6 3x 96 1 3x y x 9 4 7 2x y 13

1 y x 4

< < ⇒ + < + − < + ⇔ < + <

< − <



Ε_3.AΜλ1Α(α)


ii.

Αφού ω>0 έχουµε:

( )

2 2

2

22

α 2 4 4ω β ω 4 ω 4 ω ω 4ω

ω ω ω ω

ω 4ω 4 0 ω 2 0

+ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ + ≥ ⇔ + ⋅ ≥ ⇔

− + ≥ ⇔ − ≥

Η τελευταία σχέση είναι αληθής, οπότε και η αρχική.

ΘΕΜΑ ∆

∆1. i. ( )Α Β′

∪ : «Ο µαθητής δεν έχει ούτε κινητό ούτε tablet»

ii. Α Β∩ : «Ο µαθητής έχει και κινητό και tablet»

∆2. i. Επιλέγουµε τυχαία µαθητή και το 10% αυτών δεν έχει ούτε κινητό ούτε

tablet, οπότε ( )10

P A B 0,1100

′∪ = =

.

Εποµένως

( ) ( ) ( ) ( )P A B 1 P A B P A B 1 P A B ′ ′∪ = − ∪ ⇔ ∪ = − ∪

.

Οπότε ( )P A B 1 0,1 0,9∪ = − = δηλαδή 90%.

ii. Επίσης το 30% έχει και κινητό και tablet, οπότε ( )30

P A B 0,3100

∩ = = .

• ( ) ( )A B B A− ∪ − : «Ο µαθητής έχει µόνο κινητό ή µόνο tablet»

Τα ενδεχόµενα A B− και B A− είναι ασυµβίβαστα, οπότε από τον

απλό προσθετικό νόµο προκύπτει ότι:

( ) ( )( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

P A B B A P A B P B A

P A P A B P B P A B

P A B P A B 0,9 0,3 0,6 δηλαδή 60%

− ∪ − = − + − =

= − ∩ + − ∩ =

= ∪ − ∩ = − =

∆3. Είναι ( ) ( )P A 2P B= , οπότε από τον προσθετικό νόµο, για τα ενδεχόµενα Α

και Β προκύπτει ότι:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

P A B P A P B P A B 0,9 2P B P B 0,3

3P B 0,9 0,3 3P B 1,2 P B 0,4 δηλαδή 40%

∪ = + − ∩ ⇔ = + − ⇔

= + ⇔ = ⇔ =

Εποµένως ( ) ( )P A 2P B 2 0,4 0,8 δηλαδή 80%= = ⋅ = .



Ε_3.ΒΜλ1Α(α)


ΤΑΞΗ: Α΄ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥΜΑΘΗΜΑ: ΑΛΓΕΒΡΑ

Ηµεροµηνία: Κυριακή 3 Μαΐου 2015 ∆ιάρκεια Εξέτασης: 3 ώρες


ΘΕΜΑ A

Α1. Βλέπε απόδειξη σχολικού βιβλίου, σελίδα 71.

Α2. Βλέπε απόδειξη σχολικού βιβλίου, σελίδα 31.

Α3. α Λ β Σ γ Σ δ Σ ε Λ

ΘΕΜΑ Β

Β1. Επειδή 2 1 1 2x x− = − η ανίσωση γράφεται:

2 1 3 2 11

3 4

x x− − −

− < ⇔

( )3 2 12 112 12 1 12

3 4

xx − −−

⇔ − ⋅ < ⇔

4 2 1 12 3(3 2 1)x x− − < − − ⇔

4 2 1 12 9 3 2 1x x− − < − − ⇔

4 2 1 3 2 1 12 9x x− + − < + ⇔

7 2 1 21x − < ⇔

2 1 3x − < ⇔

3 2 1 3x− < − < ⇔ 1 3 2 1 3x− < < + ⇔

2 2 4x− < < ⇔ 1 2x− < < ⇔ ( 1,2)x∈ −

Άρα ( )1,2∆ = − .

Β2. Εφόσον x∈∆ ισχύει 1 2x− < < . Άρα 1 0x + > και 2 0x − < (1) Η παράσταση Α γράφεται:



Ε_3.ΒΜλ1Α(α)


2 2( 1) ( 2)A

1 2

x x

x x

+ −= + ⇔

+ −

(1)1 2A

1 2

x x

x x

+ −

= + ⇔

+ −

1 ( 2)

1 2

x xA

x x

+ −= − ⇔

+ −

1 1A = − ⇔

0Α =

Άρα ανεξάρτητη του x,δηλαδή σταθερός αριθµός.

ΘΕΜΑ Γ

Γ1. Αφού η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σηµείο (1, 4),A − ισχύει: (1) 4f = − ⇔

21 1 3 4κ+ ⋅ − = − ⇔

1 3 4κ+ − = − ⇔

4 1 3κ = − − + ⇔

2κ = −

Έτσι ο τύπος της f γίνεται: 2( ) 2 3.f x x x= − − Για να βρούµε τα σηµεία τοµής της fC µε τον άξονα x x′ ,λύνουµε την εξίσωση

2( ) 0 2 3 0.f x x x= ⇔ − − =

Η ∆ιακρίνουσα ∆ της εξίσωσης είναι: 2 24 ( 2) 4 1 ( 3) 4 12 16β αγ∆ = − = − − ⋅ ⋅ − = + =

Άρα η εξίσωση έχει δύο άνισες πραγµατικές ρίζες

1,2 2x

β

α

− ± ∆=

2 16

2 1

±= ⇔

⋅

1

2 4 63

2 2x

+= = = και 2

2 4 21

2 2x

−

= = − = −

Οπότε η fC τέµνει τον άξονα x x′ στα σηµεία (3,0)Γ και ( 1,0)∆ − .

Για να βρούµε το σηµείο τοµής της fC µε τον άξονα y y′ , βρίσκουµε το 2(0) 0 2 0 3 (0) 3f f= − ⋅ − ⇔ = − .

Εποµένως η fC τέµνει τον άξονα y y′ στο σηµείο (0, 3)E − .

Γ2. Εφόσον η ευθεία (ε) είναι παράλληλη στην ευθεία (ζ) έχει τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης. Οπότε η ευθεία (ε) έχει εξίσωση 3y x β= + (1). Ισχύει 2( 1) ( 1) 2 ( 1) 3 1 2 3 0f − = − − ⋅ − − = + − = . Άρα η ευθεία (ε) διέρχεται από το σηµείο ( 1,0)B − . Έτσι οι συντεταγµένες του σηµείου Β επαληθεύουν την εξίσωση (1), γι’ αυτό ισχύει: 0 3 3β β= − + ⇔ = . Άρα η εξίσωση της ευθείας (ε) είναι 3 3y x= + .



Ε_3.ΒΜλ1Α(α)


Γ3. Επειδή τα σηµεία ( ) ( ) ( )1, , 3, , 5,K a β γΛ Μ ανήκουν στην ευθεία ε: 3 3y x= + , οι

συντεταγµένες τους επαληθεύουν την εξίσωσή της. Άρα ισχύει: 3 1 3 6a a= ⋅ + ⇔ =

3 3 3 12β β= ⋅ + ⇔ =

3 5 3 18γ γ= ⋅ + ⇔ =

Για να είναι οι αριθµοί α, β, γ διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου πρέπει και

αρκεί 2 2 12 6 18 24 242

α γβ β α γ

+= ⇔ = + ⇔ ⋅ = + ⇔ = που ισχύει.

Οπότε οι αριθµοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι αριθµητικής προόδου.

ΘΕΜΑ ∆

∆1. i. Για την διακρινούσα ∆ της εξίσωσης (1) ισχύει:

( ) ( )

2

2

2 2

2

4

4 2 4 1 3 8

16 16 4 12 32

48 28 4

β αγ

λ λ λ

λ λ λ λ

λ λ

∆ = − ⇔

∆ = − − ⋅ ⋅ − ⇔

∆ = − + − + ⇔

∆ = − + ⇔

( )24 12 7 1λ λ∆ = − + (2)

Θα παραγοντοποιήσουµε το τριώνυµο: 212 7 1λ λ− + Η διακρίνουσά του ∆΄ είναι:

( )2

7 4 12 1

49 48

1

′∆ = − − ⋅ ⋅ ⇔

′∆ = − ⇔

′∆ =

Άρα οι ρίζες του είναι:

1,2 2

βλ

α

′− ± ∆= ⇔

1,2

7 1

2 12λ

±= ⇔

⋅

1

7 1 6 1

24 24 4λ

−

= = = και 2

7 1 8 1

24 24 3λ

+= = =

Έτσι:



Ε_3.ΒΜλ1Α(α)


( ) ( )2 1 1 1 112 7 1 12 3 4 3 1 4 1

3 4 3 4λ λ λ λ λ λ λ λ

− + = − ⋅ − = ⋅ − ⋅ − = − ⋅ −

. (3)

Άρα από (2) και (3) έχουµε: ( ) ( )4 3 1 4 1λ λ∆ = − ⋅ −

ii. Καθώς η (1) έχει διπλή ρίζα πρέπει:0∆ = ⇔

( ) ( )4 3 1 4 1 0λ λ− − = ⇔ 3 1 0λ − = ⇔ 4 1 0λ − = ⇔

3 1λ = ⇔ ή 4 1λ = ⇔ 1

3λ =

1

4λ =

Ισχύει 1 2λ λ< , άρα:

1

1

4λ = και 2

1

3λ =

Για 1

1

4λ λ= = η διπλή ρίζα της (1) είναι

( ) ( )10

14 2

4 2 1 2 142 2 2 2 2

xλβ

α

⋅ − − − = − = − = − = − = .

∆2. Άρα 0

1( )

2P A x= = .

( ) 2

1

3P A B λ∩ = = .

( ) 1

1

4P A B λ ′∪ = =

.

Όµως ( ) ( )1P A B P A B ′∪ = − ∪ ⇔

( )1

14

P A B= − ∪ ⇔

( )1

14

P A B∪ = − ⇔

( )3

4P A B∪ = .

Από τον προσθετικό νόµο έχουµε: ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B P A B∪ = + − ∩ ⇔

( ) ( )3 1 1 3 1 1

4 2 3 4 2 3P B P B= + − ⇔ = − + ⇔



Ε_3.ΒΜλ1Α(α)


( ) ( )9 6 4 7

12 12 12 12P B P B= − + ⇔ = .

∆3. Εφόσον η (1) έχει δύο ρίζες πραγµατικές και άνισες πρέπει ∆>0. Το πρόσηµο της ∆ιακρίνουσας ∆ φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

λ −∞

1

4

1

3+∞

∆ + - +

Έτσι 1 1

, ,4 3

λ

∈ −∞ ∪ +∞

.

Από τους τύπους Vietta έχουµε: ( )

1 2

4 24 2

1x x

λβλ

α

−

+ = − = − = − + .

( ) 21 2

3 83 8

1x x

λ λγλ λ

α

−

⋅ = = = − .

Ισχύει 1 2 1 24x 3 3 26x x x= + − ⇔

( ) ( )

( ) ( )

21 2

2

2

2

2

4 3 8 3 26

4 3 8 3 4 2 26

12 32 12 6 26

32 24 20 0

8 6 5 0.

x xλ λ

λ λ λ

λ λ λ

λ λ

λ λ

− = + − ⇔

− = − + − ⇔

− = − + − ⇔

− − = ⇔

− − =

Η ∆ιακρίνουσα ∆ της εξίσωσης είναι:

( ) ( )2

6 4 8 5

36 160

196.

∆ = − − ⋅ ⋅ − ⇔

∆ = + ⇔

∆ =

Άρα 1,2

6 196

2 8λ

±= ⇔

⋅1

6 14 20 5

16 16 4λ

+= = = και 2

6 14 8 1

16 16 2λ

−

= = − = − .

Education

Oefe algebra lyceum_a_2006-2015