Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Επιτροπή Θεμάτων 2023 · #1

Αγαπητές/τοί φίλες/οι

Στο θέμα αυτό θα αναρτηθούν (αμέσως μόλις δημοσιευθούν στη σελίδα του Υπουργείου) και, αποκλειστικά, θα λυθούν τα θέματα των Μαθηματικών προσανατολισμού 2018 των Ημερησίων ΓΕΛ. Επομένως σχολιασμοί-κριτική επί της δυσκολίας κ.λ.π. των θεμάτων θα απομακρύνονται από αυτήν την συζήτηση. Μπορούν να γίνουν στο Σχόλια στα Μαθηματικά προσανατολισμού 2018

them_mat_op_c_hmer_180611.pdf: (225.89 KiB) Μεταφορτώθηκε 1067 φορές

edit: Προστέθηκαν τα θέματα.

#2

ανεβάζω τα θέματα σε .docx

#3

Δ1. Η συνάρτηση

με $f(x)=2e^{x-a}-x^2$ και a>1

είναι ορισμένη και συνεχής στο $\mathbb{R}$ ως διαφορά των συνεχών συναρτήσεων με τύπους $2e^{x-a}$ (συνεχής ως σύνθεση των συνεχών 2e^x

-γινόμενο εκθετικής με σταθερά- και της x-a

-πολυωνυμική) και x^2

(συνεχής ως πολυωνυμική).
Επίσης η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ ως διαφορά των παραγωγίσιμων συναρτήσεων με τύπους $2e^{x-a}$ (παραγωγίσιμη ως σύνθεση των παραγωγίσιμων 2e^x

-γινόμενο εκθετικής με σταθερά- και της x-a

-πολυωνυμική) και x^2

(παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική) με $f'(x)=2e^{x-a}-2x$ .
Επίσης η συνάρτηση

είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο $\mathbb{R}$ ως διαφορά των παραγωγίσιμων συναρτήσεων με τύπους $2e^{x-a}$ (παραγωγίσιμη ως σύνθεση των παραγωγίσιμων 2e^x

-γινόμενο εκθετικής με σταθερά- και της x-a

-πολυωνυμική) και

(παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική) με $f''(x)=2e^{x-a}-2$ .
Τότε:
$f''(x)=0 \Leftrightarrow 2e^{x-a}-2=0 \Leftrightarrow 2e^{x-a}=2 \Leftrightarrow e^{x-a}=1 \Leftrightarrow x-a=0 \Leftrightarrow x=a$ ,
$f''(x)>0 \Leftrightarrow 2e^{x-a}-2>0 \Leftrightarrow 2e^{x-a}>2 \Leftrightarrow e^{x-a}>1 \Leftrightarrow x-a>0 \Leftrightarrow x>a$
και
$f''(x)<0 \Leftrightarrow 2e^{x-a}-2<0 \Leftrightarrow 2e^{x-a}<2 \Leftrightarrow e^{x-a}<1 \Leftrightarrow x-a<0 \Leftrightarrow x<a$ ,
δηλαδή η C_f

παρουσιάζει μοναδικό σημείο καμπής το (a,f(a))

δηλαδή το

.

#4

Γ1. Έστω $\frac{x}{4}$ η πλευρά του τετραγώνου, άρα

η περίμετρός του, οπότε 8-x

η περίμετρος

του κύκλου ακτίνας

με

.

Τότε $\displaystyle L = 2\pi r \Leftrightarrow r = \frac{{8 - x}}{{2\pi }}$ , οπότε $\displaystyle {{\rm E}_{o\lambda }} = \frac{{{x^2}}}{{64}} + \pi \cdot {\left( {\frac{{8 - x}}{{2\pi }}} \right)^2} = ... = \frac{{\left( {\pi + 4} \right){x^2} - 64x + 256}}{{16\pi }},\;\;x \in \left( {0,8} \right)$ .

Γ2. Η συνάρτηση $\displaystyle {\rm E}\left( x \right) = \frac{{\left( {\pi + 4} \right){x^2} - 64x + 256}}{{16\pi }},\;\;x \in \left( {0,8} \right)$ που δίνει το ολικό εμβαδό είναι παραγωγίσιμη στο Π.Ο. της με $\displaystyle {\rm E}'\left( x \right) = \frac{{\left( {\pi + 4} \right)x - 32}}{{8\pi }},\;\;x \in \left( {0,8} \right)$

Από πίνακα μονοτονίας-ακροτάτων βρίσκουμε ότι έχει ολικό ελάχιστο για $\displaystyle x = \frac{{32}}{{\pi + 4}} \in \left( {0,\;8} \right)$ .

Τότε η πλευρά του τετραγώνου είναι $\displaystyle {\alpha _{\tau \varepsilon \tau \rho .}} = \frac{8}{{\pi + 4}}$ και η διάμετρος του κύκλου είναι $\displaystyle \delta = 2r = \frac{{2\left( {8 - x} \right)}}{{2\pi }} = \frac{{8 - \frac{{32}}{{\pi + 4}}}}{\pi } = \frac{8}{{\pi + 4}} = {\alpha _{\tau \varepsilon \tau \rho .}}$

Γ3. Παίρνουμε τη γενίκευση της συνάρτησης E(x)

στο

.

Είναι $\displaystyle {\rm E}\left( 0 \right) = \frac{16}{\pi }$ και $\displaystyle \pi < 3,2 \Leftrightarrow \frac{16}{\pi } > \frac{16}{{3,2}} = 5 \Rightarrow {\rm E}\left( 0 \right) > 5$ .

Είναι $\displaystyle {\rm E}\left( 8 \right) = {\left( {\frac{8}{4}} \right)^2} = 4$ .

Οπότε, αφού η E(x)

είναι συνεχής, γν. φθίνουσα στο $\displaystyle \left[ {0,\;\frac{{32}}{{\pi + 4}}} \right]$ και γν. αύξουσα στο $\displaystyle \left[ {\frac{{32}}{{\pi + 4}},\;8} \right]$ υπάρχει ένα μοναδικό x_0

στο $\displaystyle \left( {0,\;\frac{{32}}{{\pi + 4}}} \right)$ τέτοιο ώστε $\displaystyle E\left( {{x_0}} \right) = 5$ .

edit: Διόρθωσα ένα τυπογραφικό λάθος.

#5

Για το Δ4: ευθεία λύση (χωρίς χρήση των προηγηθέντων μερών) από την γνωστή (ή έστω εύκολα αποδεικνυόμενη) ανισότητα $e^u>1+u+\dfrac{u^2}{2}$ , αφού προηγηθεί ακριβής υπολογισμός του ολοκληρώματος $\int_{2}^{3}x^2\sqrt{x-2}dx=\dfrac{478}{105}$ : αρκεί να χρησιμοποιηθεί η προφανής αντικατάσταση u=x-2

στο ολοκλήρωμα $\int_{2}^{3}e^{x-2}\sqrt{x-2}dx>\int_{0}^{1}(u^{.5}+u^{1.5}+.5u^{2.5})du=\dfrac{127}{105}$ . (Η ίδια αντικατάσταση και για το πρώτο ολοκλήρωμα.)

mick7 · #6

Έχουν αναρτηθεί οι λύσεις από τον κ. Ξένο...Καλή επιτυχία σε όλους τους διαγωνιζόμενους...

http://omathimatikos.gr/%CE%B4%CE%B5%CE ... %BF%CF%83/

gavrilos · #7

Καλημέρα και καλή επιτυχία στους υποψήφιους.

Η (μάλλον "λογική") απάντηση στο (δύσκολο) Δ4.

Η

είναι κυρτή στο διάστημα $[2,+\infty)$ άρα βρίσκεται πάνω από την εφαπτομένη της C_f

στο

.Η ευθεία αυτή έχει εξίσωση y=-2-2(x-2)

.

Συνεπώς $\int_{2}^{3} f(x)\sqrt{x-2}dx>\int_{2}^3 -2\sqrt{x-2}-2\sqrt{x-2}^3dx=-\frac{32}{15}$ .

Edit: Μία ακόμη λύση,με όχι σχολικά εργαλεία,θα μπορούσε να προκύψει με αλλαγή μεταβλητής $y=\sqrt{x-2}$ και χρήση της $e^x\geq 1+x+\frac{x^2}{2}$ .

pavlospallas · #8

Το θέμα Γ στην πιο γενική του μορφή είναι η άσκηση 6 στη σελίδα 46 του βιβλίου της Γενικής.

#9

Δ2. Έχουμε ότι:
* $f'(a)=2e^{a-a}-2a=2-2a$ ,
* $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}f'(x)=\lim_{x \rightarrow -\infty}(2e^{x-a}-2x)=+\infty}$ , αφού $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}(2e^{x-a})=0}$ και $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}(2x)=-\infty}$ και

* $\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}f'(x)=\lim_{x \rightarrow -\infty}(2e^{x-a}-2x)=\lim_{x \righatrrow -\infty}\left[2e^{x-a}\left(1-\frac{x}{e^{x-a}\right)\right]=+\infty}$ , αφού
$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow +\infty}(2e^{x-a})=+\infty}$ ,
$\displaystyle{\lim_{x \rightarrow -\infty}\frac{x}{e^{x-a}}=\lim_{x \rightarrow -\infty}\frac{1}{e^{x-a}}=0}$ (αφού τηρούνται οι προυποθέσεις του θεωρήματος De L' Hospital).

Από το Δ1 αποδείξαμε ότι η συνάρτηση

είναι κοίλη στο $(-\infty,a]$ και κυρτή στο $[a,+\infty)$ ,
οπότε η

είναι γνησίως φθίνουσα στο $(-\infty,a]$ και γνησίως αύξουσα στο $[a,+\infty)$ .

Η

είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και γνησίως φθίνουσα στο $A_1=(-\infty,a]$ , οπότε $\displaystyle{f'(A_1)=\left[f'(a),\lim_{x \rightarrow -\infty}f'(x) \right)=[2-2a,+\infty)}$ .

Επίσης

είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) και γνησίως αύξουσα στο $A_2=[a,+\infty)$ , οπότε $\displaystyle{f'(A_2)=\left[f'(a),\lim_{x \rightarrow +\infty}f'(x) \right)=[2-2a,+\infty)}$ .

Αφού $a>1 \Leftrightarrow -2a<-2 \Leftrightarrow 2-2a<0$ ,
οπότε $0 \in f'(A_1),\;0 \in f'(A_2)$ και γνησίως μονότονη σε κάθε ένα από τα A_1,A_2

,
οπότε η f'(x)=0

έχει από μία ακριβώς ρίζα σε κάθε ένα από τα διαστήματα A_1,A_2

, έστω $x_1 \in A_1,x_2 \in A_2$ .
Συνεπώς:
** $x<x_1 \Leftrightarrow f'(x)>f'(x_1) \Leftrightarrow f'(x)>0$ , άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $(-\infty,x_1]$ ,
** $x_1<x<a \Rightarrow f'(x)<f'(x_1) \Leftrightarrow f'(x)<0$ , άρα η

είναι γνησίως φθίνουσα στο [x_1,a]

,
** $a<x<x_2 \Rightarrow f'(x)<f'(x_2) \Leftrightarrow f'(x)<0$ , άρα η

είναι γνησίως φθίνουσα στο [a,x_2]

,
** $x>x_2 \Leftrightarrow f'(x)>f'(x_2) \Leftrightarrow f'(x)>0$ , άρα η

είναι γνησίως αύξουσα στο $[x_2,+\infty)]$ .
Επιπλέον η συνάρτηση

είναι συνεχής στο

, οπότε είναι γνησίως φθίνουσα στο [x_1,x_2]

.
Συνεπώς η συνάρτηση

παρουσιάζει μοναδικό τοπικό μέγιστο για $x_1 \in (-\infty,a]$ και μοναδικό τοπικό ελάχιστο για $x_2 \in [a,+\infty)$ .

efakop · #10

Στο Δ3 πρέπει να αποδείξεις ότι x_1<1

για να πεις ότι η εξίσωση δεν έχει λύση. Και αποδεικνύεται αφού f'(1)<0

και

γν. φθίνουσα στο $(-\infty, \alpha )$ με x_1

ρίζα της παραγώγου.

kkoudas · #11

mick7 έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 11:33 am
Έχουν αναρτηθεί οι λύσεις από τον κ. Ξένο...Καλή επιτυχία σε όλους τους διαγωνιζόμενους...

http://omathimatikos.gr/%CE%B4%CE%B5%CE ... %BF%CF%83/

Το Δ3 του κ. Ξένου είναι λάθος. Εφάρμοσε την μονοτονία του $[\alpha,x_2]$ , για να γνωματεύσει περί ανισότητας για το f(1)

. Πρέπει να δειχθεί ότι $1\in(x_1 ,x_2)$ .

killbill · #12

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 11:23 am
Γ1. Έστω η πλευρά του τετραγώνου, οπότε η περίμετρος του κύκλου ακτίνας με .

Τότε $\displaystyle L = 2\pi r \Leftrightarrow r = \frac{{8 - x}}{{2\pi }}$ , οπότε $\displaystyle {{\rm E}_{o\lambda }} = \frac{{{x^2}}}{{64}} + \pi \cdot {\left( {\frac{{8 - x}}{{2\pi }}} \right)^2} = ... = \frac{{\left( {\pi + 4} \right){x^2} - 64\pi + 256}}{{16\pi }},\;\;x \in \left( {0,8} \right)$ .

Γ2. Η συνάρτηση $\displaystyle {\rm E}\left( x \right) = \frac{{\left( {\pi + 4} \right){x^2} - 64\pi + 256}}{{16\pi }},\;\;x \in \left( {0,8} \right)$ που δίνει το ολικό εμβαδό είναι παραγωγίσιμη στο Π.Ο. της με $\displaystyle {\rm E}'\left( x \right) = \frac{{\left( {\pi + 4} \right)x - 32}}{{8\pi }},\;\;x \in \left( {0,8} \right)$

Είναι -64χ και όχι -64π, οπότε είναι λάθος και όλος ο υπόλοιπος συλλογισμός

diomides · #13

θεμα Γ υπαρχει στα μαθηματικα γενικης παιδειας σελ.45

παλιοτερα το καναμε παντα, κλασσικο θεμα

τα δυο πρωτα ερωτηματα

evry · #14

Η πλευρά του τετραγώνου δεν είναι $\frac{x}{4}$ , αφού το

είναι η περίμετρος του τετραγώνου;

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 11:23 am
Γ1. Έστω η πλευρά του τετραγώνου, οπότε η περίμετρος του κύκλου ακτίνας με .

ΛΕΥΤΕΡΗΣ · #15

Η συνάρτηση του Δ θεματος υπάρχει ακριβώς ίδια στο σχολικό βιβλιο σελ 278 ασκ2 β ομαδας

#16

Δ1. Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση

είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με $f'(x)=2e^{x-a}-2x$ και $f''(x)=2(e^{x-a}-1).$

Η 2η παράγωγος της

υπάρχει για κάθε $x\in \mathbb{R}$ , οπότε αναζητούμε τις τετμημένες των σημείων καμπής στις λύσεις τις

f''(x)=0

.

Είναι

$\displaystyle{f''(x)=2(e^{x-a}-1)=0\iff e^{x-a}=1\iff x=a.}$

Λόγω της μονοτονίας της εκθετικής συνάρτησης είναι $e^{x-a}>e^0=1$ για x>a

, και $e^{x-a}<e^0=1$ για x<a

.

Συνεπώς, η f''(x)

αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του x_0=a

.

Έτσι, η συνάρτηση

έχει μοναδικό σημείο καμπής το A(a,2-a^2).

Δ2. Θεωρούμε τη συνάρτηση

με $g(x)=\dfrac{f'(x)}{2}=e^{x-a}-x$ για $x\in \mathbb{R}$ και παρατηρούμε ότι

η $g'(x)=\dfrac{f''(x)}{2}$ αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του x_0=a

.

Μάλιστα, η

είναι γνησίως φθίνουσα για x<a

και γνησίως αύξουσα για x>a.

Επιπλέον, είναι

$g(-a)=e^{-2a}+a>0$ , $g(1)=e^{1-a}-1<0$ , g(a)=1-a<0

και

, όπου

είναι τέτοιο ώστε $e^{b-a}>b.$

(η ύπαρξη του

έπεται από το ότι $\lim_{x\to\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty.$ )

Από Bolzano υπάρχουν $x_1\in (-a,1)$ και $x_2\in (a,b)$ τέτοια ώστε g(x_1)=0=g(x_2).

Από την μονοτονία της

στα διαστήματα $(-\infty,a)$ και $(a,+\infty)$ έπεται η μοναδικότητα των x_1,x_2

και το ότι η

έχει τοπικό μέγιστο στο x_1

και τοπικό ελάχιστο στο x_2

, αφού η

θα διατηρεί σταθερό πρόσημο σε καθένα από τα διαστήματα $(-\infty,x_1)$ (θετικό), (x_1,x_2)

(αρνητικό) και $(x_2,\infty)$ (θετικό).

$\displaystyle \begin{array}{|c|ccccccccccccccc|} \hline x&-\infty & &&x_1&&&&&x_2&&&&&&+\infty\\[0.2cm] \hline g(x)&& + & &0&&-&&&0&&&&+&& \\ [0.2cm] \hline f&& \nearrow &&\text{T. M. }&&\searrow&&&\text{T. E. }&&&&\nearrow&& \\ [0.2cm] \hline \end{array}$

Δ3. Έστω ότι υπήρχε a<c<x_2

τέτοιο ώστε f(c)=f(1).

Από ΘΜΤ θα υπήρχε $\xi \in (1,c)$ τέτοιο ώστε $f'(\xi)=0$ , δηλ. $g(\xi)=0$ . Αφού $\xi<x_2$ , αναγκαστικά θα είναι $\xi=x_1$ , άτοπο, αφού $x_1<1<\xi.$

Δ4. Η εφαπτομένη της C_f

στο

έχει εξίσωση y-(-2)=f'(2)(x-2)

Αφού

η εξίσωση γράφεται y=-2x+2.

Λόγω της κυρτότητας της

στο

είναι

για κάθε $x\in (2,3]$ και άρα

$\int_2^3 f(x)\sqrt{x-2}\, dx>\int_2^3 -2(x-1)\sqrt{x-2}\, dx=\dfrac{-4}{15}(x-2)^{5/2}(3x-1)\Big|_{x=2}^{x=3}=-\dfrac{32}{15}$ ,

όπως θέλαμε.

****************************
Επεξεργασία 2:54μμ:

Αλλιώς για την ύπαρξη του

: Η συνάρτηση

με $h(x)=\dfrac{e^x}{x^2+1}$ έχει $h'(x)=\dfrac{e^x(x-1)^2}{(x^2+1)^2}\geq 0$ κι άρα είναι αύξουσα στο $\mathbb{R}$ με $h(x)\geq h(0)=1$ για $x\geq 0$ .

Έτσι, είναι $e^x\geq x^2+1$ για κάθε $x\geq 0$ , οπότε

$e^{b-a}\geq (b-a)^2+1=b(b-2a)+a^2+1>b$

για $b\geq 2a+1$
****************************

killbill · #17

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 11:23 am

Γ3. Παίρνουμε τη γενίκευση της συνάρτησης στο .

Είναι $\displaystyle {\rm E}\left( 0 \right) = \frac{8}{\pi }$ και $\displaystyle \pi < 3,2 \Leftrightarrow \frac{8}{\pi } > \frac{8}{{3,2}} = 5 \Rightarrow {\rm E}\left( 0 \right) > 5$ .

Είναι $\displaystyle {\rm E}\left( 8 \right) = {\left( {\frac{8}{4}} \right)^2} = 4$ .

Οπότε, αφού η είναι συνεχής, γν. φθίνουσα στο $\displaystyle \left[ {0,\;\frac{{32}}{{\pi + 4}}} \right]$ και γν. αύξουσα στο $\displaystyle \left[ {\frac{{32}}{{\pi + 4}},\;8} \right]$ υπάρχει ένα μοναδικό στο $\displaystyle \left( {0,\;\frac{{32}}{{\pi + 4}}} \right)$ τέτοιο ώστε $\displaystyle E\left( {{x_0}} \right) = 5$ .

edit: Διόρθωσα ένα τυπογραφικό λάθος.

Το τυπογραφικό λάθος που ορθώς διόρθωσες, συνεπάγεται και διόρθωση των τιμών E(0)

και

στη συνέχεια

killbill · #18

ΛΕΥΤΕΡΗΣ έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 11, 2018 12:36 pm
Η συνάρτηση του Δ θεματος υπάρχει ακριβώς ίδια στο σχολικό βιβλιο σελ 278 ασκ2 β ομαδας

σελίδα 160 στην τρέχουσα έκδοση

margk · #19

Διεγραψα την απαντηση στο Δ3 διοτι ηταν λανθασμενη.

Ιστοσελίδα · #20

Το Γ3 απ' ευθείας

Θα αποδείξουμε ότι η εξίσωση E(x)=5

έχει μοναδική λύση στο διάστημα (0,8)

.

Είναι $E(x)=5 \Leftrightarrow \dfrac{(\pi+4)x^2-64x+256}{16\pi}=5 \Leftrightarrow$

$(\pi+4)x^2-64x+256=80\pi \Leftrightarrow (\pi+4)x^2-64x+256-80\pi=0$ .

Είναι $\Delta =64^2-4(\pi+4)(256-80\pi)=64^2-64(\pi+4)(16-5\pi)=64(5\pi^2+4\pi)>0$ .

Οι λύσεις της εξίσωσης είναι:

$x=\dfrac{64\pm\sqrt{64(5\pi^2+4\pi)}}{2(\pi+4)}=\dfrac{64\pm 8\sqrt{5\pi^2+4\pi}}{2(\pi+4)}=\dfrac{32\pm 4\sqrt{5\pi^2+4\pi}}{\pi+4}$

Όμως η $x=\dfrac{32+4\sqrt{5\pi^2+4\pi}}{\pi+4}>8$ αφού

$32+4\sqrt{5\pi^2+4\pi}>8\pi +32 \Leftrightarrow \sqrt{5\pi^2+4\pi}>2\pi \Leftrightarrow 5\pi^2+4\pi>4\pi^2 \Leftrightarrow \pi^2+4\pi>0$

Ακόμα $x=\dfrac{32-4\sqrt{5\pi^2+4\pi}}{\pi+4}<8$ αφού $32-4\sqrt{5\pi^2+4\pi}<8\pi +32 \Leftrightarrow 2\pi+\sqrt{5\pi^2+4\pi}>0$

και $x=\dfrac{32-4\sqrt{5\pi^2+4\pi}}{\pi+4}>0$ αφού $32>4\sqrt{5\pi^2+4\pi}>0 \Leftrightarrow 5\pi^2+4\pi-64<0$

Πράγματι, το τριώνυμο g(t)=5t^2+4t-64

είναι αρνητικό όταν -4<t<3,2

και το $\pi$ ανήκει σ' αυτό το διάστημα.

Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Re: Μαθηματικά προσανατολισμού 2018 (Θέματα & Λύσεις)

Μέλη σε σύνδεση