Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

#1

Αναρτήθηκαν τα θέματα των σημερινών επαναληπτικών εξετάσεων και των ομογενών.

#2

Με την πρώτη ματιά η προσοχή μου έπεσε το θέμα Γ. Ομολογώ ότι μού κέντρισε το ενδιαφέρον και μού άρεσε!

: 08-09-2021 Θέμα Γ.jpg (113.64 KiB) Προβλήθηκε 2865 φορές

Γ1
Για $\displaystyle \theta \in \left[ {0,\;\pi } \right]$ είναι $\displaystyle A{\Gamma ^2} = {1^2} + {1^2} - 2 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {\pi - \theta } \right) = 2 + 2\sigma \upsilon \nu \theta$

$\displaystyle = 2 + 2\left( {\sigma \upsilon \nu 2 \cdot \frac{\theta }{2}} \right) = 2 + 2\left( {2\sigma \upsilon {\nu ^2}\frac{\theta }{2} - 1} \right) = 4\sigma \upsilon {\nu ^2}\frac{\theta }{2}$

οπότε $\displaystyle {\rm A}\Gamma = \sqrt {4\sigma \upsilon {\nu ^2}\frac{\theta }{2}} = 2\sigma \upsilon \nu \frac{\theta }{2}$ , αφού το συνημίτονο είναι μη αρνητικό στο 1ο τεταρτημόριο).

Επίσης $\displaystyle \mathop {{\rm B}\Gamma }\limits^ \cap = \theta$ , οπότε, εφόσον έχουμε κινήσεις με σταθερές ταχύτητες, είναι $\displaystyle t\left( \theta \right) = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{{{v_1}}} + \frac{{\mathop {{\rm B}\Gamma }\limits^ \cap }}{{{v_2}}} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{2} + \frac{{\mathop {{\rm B}\Gamma }\limits^ \cap }}{4} = \sigma \upsilon \nu \frac{\theta }{2} + \frac{\theta }{4},\;\;\theta \in \left[ {0,\pi } \right]$

Γ2
Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη με $\displaystyle t'\left( \theta \right) = \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \cdot \eta \mu \frac{\theta }{2}$

Είναι $\displaystyle t'\left( \theta \right) = 0 \Leftrightarrow \eta \mu \frac{\theta }{2} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{\theta }{2} = \frac{\pi }{6} \Leftrightarrow \theta = \frac{\pi }{3}$

Για $\displaystyle \theta \in \left[ {0,\;\frac{\pi }{3}} \right)$ είναι $\displaystyle \eta \mu \frac{\theta }{2} < \frac{1}{2} \Leftrightarrow t'\left( \theta \right) > 0$ και για $\displaystyle \theta \in \left( {\frac{\pi }{3},\;\pi } \right]$ είναι $\displaystyle \eta \mu \frac{\theta }{2} > \frac{1}{2} \Leftrightarrow t'\left( \theta \right) < 0$ , οπότε η συνάρτηση παρουσιάζει μέγιστο στο $\displaystyle \theta = \frac{\pi }{3}$
(Δεν ζητείται εδώ, αλλά χρειάζεται παρακάτω: με τιμή $\displaystyle t\left( {\frac{\pi }{3}} \right) = \frac{\pi }{{12}} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\;h$ )

Γ3
Για $\displaystyle \theta = 0$ κωπηλατεί ευθύγραμμα διαδρομή $\displaystyle {\rm A}{\rm B} = 2\;Km$ σε χρόνο $\displaystyle 1\;h$
(Πράγματι, $\displaystyle t\left( 0 \right) = 1$ )

Για $\displaystyle \theta = \pi$ , πάει περπατώντας στην ημιπεριφέρεια μήκους $\displaystyle \pi$ σε χρόνο $\displaystyle \frac{\pi }{4}\;h$ .
(Είναι $\displaystyle t\left( \pi \right) = \frac{\pi }{4}$ ).

Στο $\displaystyle \left[ {0,\;\frac{\pi }{3}} \right]$ η συνάρτηση είναι γν. αύξουσα κι έχει Π.Τ. $\displaystyle \left[ {1,\;\frac{\pi }{{12}} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right]$ , ενώ στο $\displaystyle \left[ {\frac{\pi }{3},\;\pi } \right]$ έχει είναι γν. φθίνουσα κι έχει Π.Τ. $\displaystyle \left[ {\frac{\pi }{4},\;\frac{\pi }{{12}} + \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right]$ , άρα η ελάχιστη διαδρομή είναι η III, αφού $\displaystyle \frac{\pi }{4} < 1$ .

edit: Στο Γ1 εννοείται ότι ο υπολογισμός του μήκους του $A \Gamma$ μπορεί να γίνει και δίχως τη χρήση του Ν. Συνημιτόνων και του τύπου διπλασίου τόξου, φέρνοντας την κάθετη από το

στην $A \Gamma$ . Οπότε $cos(\theta/2)= A \Gamma /2$ κ.ο.κ. Απλά ήθελα να αποφύγω την κατασκευή σχήματος στην αρχική ανάρτηση.
Πρόσθεσα τη φράση με τα πράσινα γράμματα στο Γ1, μετά την υπόδειξη του Χρήστου (δείτε παρακάτω #9), ώστε να δικαιολογείται ο τύπος που δίνει το χρόνο ως πηλίκο διανυθέντος διαστήματος προς την ταχύτητα.

#3

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 08, 2021 6:52 pm
Με την πρώτη ματιά η προσοχή μου έπεσε το θέμα Γ. Ομολογώ ότι μού κέντρισε το ενδιαφέρον και μού άρεσε!

Είναι το πρόβλημα "ο οικολόγος Ed" του Μ Spivak . Θα υπάρχει κι αλλού .

makman94 · #4

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 08, 2021 6:52 pm
edit: Στο Γ1 εννοείται ότι ο υπολογισμός του μήκους του $A \Gamma$ μπορεί να γίνει και δίχως τη χρήση του Ν. Συνημιτόνων και του τύπου διπλασίου τόξου, φέρνοντας την κάθετη από το στην $A \Gamma$ . Οπότε $cos(\theta/2)= A \Gamma /2$ κ.ο.κ. Απλά ήθελα να αποφύγω την κατασκευή σχήματος στην αρχική ανάρτηση.

Πολύ ωραίο θέμα πράγματι !
Επιτρέψτε μου, Μια ακόμη εναλλακτική προσεγγιση για το συγκεκριμένο:
Η $\angle BA\Gamma = \vartheta /2$ οπότε με νόμο των ημιτόνων στο $\triangle OA\Gamma$ προκύπτει το ζητούμενο για την $A\Gamma .$

prof · #5

Επιτρέψτε μου να θεωρήσω το Γ1 αρκετα δύσκολο τη στιγμη που χρειάζονται τύποι που οι οδηγίες ορίζουν να διδαχθούν σε 1 διδακτική ώρα εκτός και με άλλη λυση δεν χρειαζεται το 3.7 της αλγεβρας της Β Λυκείου ή τον νομο των ημιτόνων που νομίζω ότι είναι εκτός ύλης. (Αν ήταν θεμα Ιουνιου θα υπήρχε τεραστια αποτυχία)

#6

prof έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 09, 2021 1:30 pm
Επιτρέψτε μου να θεωρήσω το Γ1 αρκετα δύσκολο τη στιγμη που χρειάζονται τύποι που οι οδηγίες ορίζουν να διδαχθούν σε 1 διδακτική ώρα εκτός και με άλλη λυση δεν χρειαζεται το 3.7 της αλγεβρας της Β Λυκείου ή τον νομο των ημιτόνων που νομίζω ότι είναι εκτός ύλης. (Αν ήταν θεμα Ιουνιου θα υπήρχε τεραστια αποτυχία)

Αγαπητέ prof καλώς ήλθες στο

. Αν δεις παραπάνω στη σημείωση γράφω ότι λύνεται και με πιο στοιχειώδη εργαλεία (γυμνασιακά).
Επέλεξα να δώσω τη λύση με Ν. Συνημιτόνων, που προσωπικά τον θεωρώ σημαντικότατο εργαλείο στην επίλυση τέτοιων προβλημάτων, δίχως να υποτιμώ τις πιο απλές προσεγγίσεις:
Ο μαθητής πρέπει να ξέρει:
Σχέση επίκεντρης - εγγεγραμμένης που βαίνουν στο ίδιο τόξο.
Το ύψος στη βάση ισοσκελούς ταυτίζεται με τη διάμεσό του
Ορισμό συνημιτόνου σε ορθογώνιο τρίγωνο
"Τα ξέρω" σημαίνει ότι "μπορώ να τα συνδυάζω" σε ένα όμορφο πρόβλημα όπως το παραπάνω.

Αν δεν τα ξέρει αυτά ή δεν μπορεί να τα εφαρμόσει, δεν βλέπω πώς θα μπορέσει να κατανοήσει τα ανώτερα μαθηματικά που απαιτεί ή όποια σχολή πετύχει κι ας έχει μάθει απέξω δεκάδες τεχνικές και συνταγές ασκήσεων με υπαρξιακά ερωτήματα που όμως είναι ανύπαρκτα στη φύση και στα ουσιώδη μαθηματικά.

Δίνω τη λύση με τα παραπάνω εργαλεία.

: 09-09-2021 Θέμα Γ.jpg (19.39 KiB) Προβλήθηκε 2503 φορές

Γ1
$\displaystyle \widehat {{\rm B}{\rm A}\Gamma } = \frac{\theta }{2}$ ως εγγεγραμμένη που βαίνει στο ίδιο τόξο με την επίκεντρη $\displaystyle \widehat {{\rm B}{\rm O}\Gamma } = \theta$ .

$\displaystyle {\rm O}{\rm A}\Gamma$ ισοσκελές με $\displaystyle {\rm O}{\rm A} = {\rm O}\Gamma = 1$ . Φέρνουμε την κάθετη $\displaystyle {\rm O}{\rm K}$ στην $\displaystyle {\rm A}\Gamma$ που είναι και διάμεσος.

Τότε $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \frac{\theta }{2} = \frac{{{\rm A}{\rm K}}}{{{\rm A}{\rm O}}} = \frac{{{\rm A}{\rm K}}}{1} \Rightarrow {\rm A}\Gamma = 2{\rm A}{\rm K} = \sigma \upsilon \nu \frac{\theta }{2}$ .

Επίσης $\displaystyle \mathop {{\rm B}\Gamma }\limits^ \cap = \theta$ , οπότε $\displaystyle t\left( \theta \right) = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{2} + \frac{{\mathop {{\rm B}\Gamma }\limits^ \cap }}{4} = \sigma \upsilon \nu \frac{\theta }{2} + \frac{\theta }{4},\;\;\theta \in \left[ {0,\pi } \right]$

makman94 · #7

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 09, 2021 7:23 pm

Ο μαθητής πρέπει να ξέρει:
Σχέση επίκεντρης - εγγεγραμμένης που βαίνουν στο ίδιο τόξο.
...

ακόμη και αυτη η γνώση μπορεί να αντικατασταθεί από μια που διδάσκεται νωρίτερα: η $\angle \vartheta$ είναι εξωτερική γωνία ισοσκελούς τριγώνου

Nikos002 · #8

Aλλη μια λυση πιο απλη θα ηταν :
$\displaystyle \widehat {{\rm A}{\rm O}\Gamma } = \pi - \theta$

Φερνοντας την καθετο η οποια λογο ισοσκελους τριγωνου θα ειναι και διαμεσος και διχοτομος, χωριζει την γωνια σε 2 ισες εστω $\theta_1$
με $\theta_1=\frac{\pi}{2}-\frac{\theta}{2}$

$\displaystyle \rm A \rm \Gamma=2\cdot sin{\theta_1} \Leftrightarrow \displaystyle \rm A \rm \Gamma =2\cdot si({\frac{\pi}{2}-\frac{\theta}{2}) \Leftrightarrow \displaystyle \rm A \rm \Gamma =2\cdot cos{\frac{\theta}{2}}$

Christos.N · #9

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 08, 2021 6:52 pm
Με την πρώτη ματιά η προσοχή μου έπεσε το θέμα Γ. Ομολογώ ότι μού κέντρισε το ενδιαφέρον και μού άρεσε!

Γ1
...οπότε $\displaystyle t\left( \theta \right) = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{2} + \frac{{\mathop {{\rm B}\Gamma }\limits^ \cap }}{4} = \sigma \upsilon \nu \frac{\theta }{2} + \frac{\theta }{4},\;\;\theta \in \left[ {0,\pi } \right]$

Γιώργο όλα καλά , αλλά τόσο προφανή είναι τα πηλίκα;

angvl · #10

Αν φέρουμε την ΒΓ, τότε το ΑΓ υπολογίζεται επίσης πάρα πολύ απλά, αφού ΑΓΒ είναι τρίγωνο ορθογώνιο στο Γ, οπότε

$\displaystyle \cos(\frac{\theta}{2}) = \frac{A\Gamma}{2R}$ κ.τ.λ.π

Ratio · #11

prof έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 09, 2021 1:30 pm
Επιτρέψτε μου να θεωρήσω το Γ1 αρκετα δύσκολο τη στιγμη που χρειάζονται τύποι που οι οδηγίες ορίζουν να διδαχθούν σε 1 διδακτική ώρα εκτός και με άλλη λυση δεν χρειαζεται το 3.7 της αλγεβρας της Β Λυκείου ή τον νομο των ημιτόνων που νομίζω ότι είναι εκτός ύλης. (Αν ήταν θεμα Ιουνιου θα υπήρχε τεραστια αποτυχία)

Αντίθετα εμένα με ξένισε το γεγονός ότι έδωσαν τον τύπο του μήκους τόξου. Είναι αδιανόητο να θέλουν να εισαχθούν σε πολυτεχνικές ή φυσικομαθηματικές σχολές και να μην γνωρίουν στοιχειώδη τριγωνομετρία. Εξάλλου ο νόμος των συνημιτόνων χρησιμοποιείται ευρύτατα και στη Φυσική, άρα τον ξέρουν και από εκεί.

#12

το θεμα αυτο υπαρχει στο βιβλίο μου "οι ασκήσεις" που εχει ανεβασει ο Ν. Μαυρογιάννης στον Εκθετη
ΜΟΥ ΕΚΑΝΕ ΕΝΤΥΠΩΣΗ γιατι είναι ιδια ΜΕΧΡΙ και τα νούμερα
Είναι στι κεφάλαιο των παραγώγων η άσκηση 9Β3
Λετε να το πήραν από εκεί η είναι ΣΚΑΝΔΑΛΩΔΗΣ ΣΥΜΠΤΩΣΗ?

#13

Μάλλον είναι απλή σύμπτωση
Η πρωτότυπη απ΄τον Spivak : (Κυκλοφορεί και στο διαδίκτυο)

Ecological Ed must cross a circular lake of radius 1 mile.
He can row across at 2 mph or walk around at 4 mph, or he can row part way and walk the rest .
What route should he take so as to;

Απλά άλλαξαν τα μίλια σε χιλιόμετρα

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #14

Στην παρούσα δημοσίευση θα δούμε το τέταρτο θέμα των Επαναληπτικών του 2021.

ΘΕΜΑ Δ
Δίνεται η συνάρτηση $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ με τύπο $f\left ( x \right )=e^{x}$
και συνάρτηση $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ με τύπο $g\left ( x \right )=-x^{2}+ax, x\epsilon \mathbb{R}.$

για την οποία το όριο $\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow +\infty}\left ( \sqrt{-g\left ( x \right )}+ax \right )$ υπάρχει στο $\mathbb{R}.$

Δ1. Να αποδείξετε ότι a=-1.

MONAΔΕΣ 6

Δ2. Να αποδείξετε ότι η μοναδική εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης

που διέρχεται από το σημείο $M\left ( -1,0 \right )$ είναι η ευθεία $\varepsilon :y=x+1$ (μονάδες 3)
Στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι η ευθεία $\left (\varepsilon \right )$ εφάπτεται και στη
γραφική παράσταση της συνάρτησης

(μονάδες 3),
MONAΔΕΣ 6

Δ3. Να αποδείξετε ότι $f\left ( x \right )> g\left ( x \right )$ για κάθε $x\epsilon \mathbb{R}.$
MONAΔΕΣ 6

Δ4. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση :

$\displaystyle \frac{f\left ( x-1 \right )-x}{x-k}+\frac{f\left ( x \right )-g\left ( x \right )}{x-k-1}=0 , k\epsilon \mathbb{R}-\left \{ 1 \right \}$

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα $\left ( k,k+1 \right ).$
MONAΔΕΣ 7

Δ1 $\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow +\infty}\left ( \sqrt{-g\left ( x \right )}+ax \right ) ={ \lim_{x \rightarrow +\infty}\left ( \sqrt{x^{2}-ax }+ax \right )=$

$\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow +\infty}\left (\sqrt{x^{2}\left ( 1-\frac{a}{x} \right )}+ax \right )={ \lim_{x \rightarrow +\infty}\left (\sqrt{x^{2} }\sqrt{1-\frac{a}{x}}+ax \right )=$

$\displaystyle{ \lim_{x \rightarrow +\infty}\left (x \sqrt{ 1-\frac{a}{x} }+ax \right )={ \lim_{x \rightarrow +\infty}\left [ x \left ( \sqrt{1+\frac{a}{x}}+a \right ) \right ]=+\infty(1+a)$

Διακρίνω περιπτώσεις:
1. a> -1

Σε αυτήν την περίπτωση το όριο είναι ίσο με $+\infty.$

2. a< -1

Σε αυτήν την περίπτωση το όριο είναι ίσο με $-\infty.$

3.Εξετάζω τι γίνεται για a= -1.

Σε αυτήν την περίπτωση

$\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty} \left ( \sqrt{x^{2}+x}-x \right ) = \lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{x^{2}+x-x^{2}}{\sqrt{x^{2}+x}+x}=$

$\displaystyle\lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{x}{\sqrt{x^{2}+x}+x}=\lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{x}{x\left ( \sqrt{1+\frac{1}{x}}+1 \right )}=\frac{1}{2}$

Aναγκαστικά λοιπόν a=-1

Δ2. Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της

στο τυχαίο σημείο της $\left ( x_{0},f\left ( x_{0} \right ) \right )$

έχει εξίσωση $y-e^{x_{0}}=e^{x_{0}}\left ( x-x_{0} \right )$

H εν λόγω εφαπτομένη διέρχεται από το σημείο $M\left ( -1,0 \right )$ αν και μόνον αν

$0-e^{x_{0}}=e^{x_{0}}\left ( -1-x_{0} \right )\Leftrightarrow x_{0}=0$

H εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της

στο σημείο της $\left ( 0,1 \right )$

έχει εξίσωση $y-1=e^{0}\left ( x-0 \right )\Leftrightarrow y=x+1$

Θα αποδειχθεί ότι η ευθεία αυτή εφάπτεται στη γραφική παράσταση της

.

$g'\left ( x \right )=-2x-1$

Θα θέλαμε ένα σημείο $\left ( x_{1},g\left ( x_{1} \right ) \right )$ τέτοιο ώστε

$g'\left ( x_{1} \right )=1\Leftrightarrow -2x_{1}-1=1\Leftrightarrow x_{1}=-1$

H εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της

στο σημείο της $\left ( -1 ,g\left ( -1 \right )\right )$

έχει εξίσωση

$y-g\left ( -1 \right )=g'\left ( -1 \right )\left ( x+1 \right )\Leftrightarrow y-0=x+1\Leftrightarrow y=x+1$

Δ3. Αυτό που θέλουμε να αποδειχθεί είναι η ανισότητα

$e^{x}> -x^{2}-x$ για κάθε $x\epsilon \mathbb{R}$

Ασφαλώς ξέρουμε ότι $e^{x}\geq x+1$

με την ισότητα αν και μόνον αν x=0

.

Eπίσης $\left ( x+1 \right )^{2}\geq 0\Leftrightarrow x^{2}+2x+1\geq 0\Leftrightarrow x+1\geq -x^{2}-x$

με την ισότητα αν και μόνον αν x=-1

.

Έτσι μπορεί να γραφεί άφοβα ότι

$e^{x}> -x^{2}-x$ για κάθε $x\epsilon \mathbb{R}$

Δ4. Έστω η συνάρτηση

$H\left ( x \right )=\left ( x-k-1 \right )\left [ f\left ( x-1 \right ) -x\right ]+\left ( x-k \right )\left [ f\left ( x \right )-g\left ( x \right ) \right ]$

με $x\epsilon \left [ k,k+1 \right ]$

H H(x)

είναι συνεχής στο $\left [ k,k+1 \right ]$

$H\left ( k+1 \right )=f\left ( k+1 \right )-g\left ( k+1 \right )> 0$

όπως είδαμε στο προηγούμενο σκέλος.

$H\left ( k \right )=k-f\left ( k-1 \right )=k-e^{k-1}< 0$

Γράφω αιτιολόγηση του αρνητικού προσήμου.

Eίναι βέβαιο ότι $e^{k-1}\geq k-1+1\Leftrightarrow e^{k-1}\geq k$

με την ισότητα να ισχύει αν και μόνον αν k=1

.

H τιμή όμως αυτή έχει εξαιρεθεί από τη διατύπωση του θέματος.

Αναγκαστικά λοιπόν $e^{k-1}> k$

Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον $\rho \epsilon \left ( k,k+1 \right )$

τέτοιο ώστε

$H\left ( \rho \right )=0\Leftrightarrow \left ( \rho -k-1 \right )\left [ f\left ( \rho -1 \right )-\rho \right ]+\left ( \rho -k \right )\left [ f\left ( \rho \right )-g\left ( \rho \right ) \right ]=0\Leftrightarrow$

$\displaystyle \frac{f\left (\rho -1 \right )-\rho }{\rho -k}+\frac{f\left ( \rho \right )-g\left ( \rho \right )}{\rho -k-1}=0 .$

Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Re: Θέματα επαναληπτικών εξετάσεων Σεπτεμβρίου 2021

Μέλη σε σύνδεση