HHX Matematik A 2012 17. december - Delprøven med hjælpemidler

Side 1

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

1

HHX Matematik A

17. december 2012

Delprøven med hjælpemidler

hhx123-MAT/A-

Nogle opgaver inkluderer referencer til en formel i en grå kasse. Referencer til en formel kræves ikke i en besvarelse, og kan ikke erstatte forklaringer og øvrig tekst. Grunden til, at her medtages formel i løsningerne, er så du præcis kan se hvilken formel, der bruges i hver mellemregning.

Alle opgaver er for så vidt muligt regnet med WordMat, da vores erfaring viser, at det er langt det hurtigste værktøj at anvende. Husk at skrive nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp HHX 3. år

NB: Mange af de anvendte formler i opgaven kan findes og indsættes direkte fra WordMats egen formelsamling, som findes øverst til venstre. Der er store tidsbesparelser at hente ved at bruge formelsamlingen!

Opgave 1 a)

Oplysningerne i skemaet skrives ind i WordMats statistikark til grupperede observationer, hvorefter der tegnes et histogram:

Observationer

Histogram

Et tern er 4%

Side 2

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

2 b)

Vi ser af skemaet i opgaveteksten, at typeintervallet er intervallet ]45;60]

I WordMat udregnes en række deskriptorer:

Deskriptorer

Kvartilsæt

Mindste 15

Nedre | 31,96
Median | 47,95
Øvre | 61,56

Største 105

Observation Fraktil

Middeltal

49,34

Spredning

21,2

Kvartilsættet afrundes og opskrives:

(32,48,62)

Side 3

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

3

Opgave 2 a)

Vektorerne defineres: 𝑎⃗ ≔ ()

𝑡− 1

1 𝑏 ≔ ()

⎯ ⃗

2 𝑡 𝑡 ≔ 1

Vinklen mellem de to vektorer kan bestemmes ved formlen:

cos ( 𝑣) =

𝑎⃗· 𝑏

⎯ ⃗

| 𝑎⃗ | | 𝑏 |

⎯ ⃗

⇕ Ligningen løses for v vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑣 = 63,43495

Vinklen mellem de to vektorer er således 63,4° for 𝑡 = 1

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟: b)

Vektorerne gendefineres: 𝑎⃗ ≔ ()

𝑡− 1

1 𝑏 ≔ ()

⎯ ⃗

2 𝑡

Hvis og kun hvis vektorerne er parallelle vil følgende ligning være opfyldt (ligningen løses):

det ( 𝑎⃗,𝑏) = 0

⎯ ⃗

⇕ Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑡 = −1 ∨ 𝑡 = 2

Vektorerne er således parallelle for 𝑡 = −1 og 𝑡 = 2

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 4

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

4

Opgave 3 a)

Funktionerne defineres:

𝑓 ( 𝑥) ≔ 𝑥^{3} − 1,5𝑥^{2} − 9𝑥 + 2

𝑔 ( 𝑥) ≔ −3,5𝑥 − 1

Integralet bestemmes:

∫ ( 𝑓 ( 𝑥) − 𝑔 ( 𝑥)) 𝑑𝑥 = 0

3

−2

Integralet kan opsplittes til:

∫ ( 𝑓 ( 𝑥) − 𝑔 ( 𝑥)) 𝑑𝑥 + ∫ ( 𝑓 ( 𝑥) − 𝑔 ( 𝑥)) 𝑑𝑥

0,5 3

−2 0,5

Første led er positivt, da 𝑓 ≥ 𝑔 i hele [−2;0,5]
Sidste led er negativt, da 𝑓 ≤ 𝑔 i hele [0,5;3]

Der gælder derfor, at:

𝐴_{1} = ∫ ( 𝑓 ( 𝑥) − 𝑔 ( 𝑥)) 𝑑𝑥

0,5

−2

𝐴_{2} = −∫ ( 𝑓 ( 𝑥) − 𝑔 ( 𝑥)) 𝑑𝑥

3

0,5

Dvs.

𝐴_{1} − 𝐴_{2} = 0

⇕

𝐴_{1} = 𝐴_{2}

Arealerne 𝐴_{1} og 𝐴_{2} er altså lige store.

b)

Da arealerne er lige store, har vi, at:

𝐴_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙} = 𝐴_{1} + 𝐴_{2}
= 2 · 𝐴_{1}

= 2 · ∫ ( 𝑓 ( 𝑥) − 𝑔 ( 𝑥)) 𝑑𝑥

0,5

−2

Side 5

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

5

= 19,53125

Det samlede areal af de to grå områder 𝐴_{1} og 𝐴_{2} er altså ca. 19,53.

Side 6

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

6

Opgave 4 a)

Forklaringer er givet til hver af linjerne (𝐼):

1) 𝑓′(𝑥) sættes lig nul.

2)_{√} trækkes fra på begge sider.

𝑥^{2}
𝑥+4
3) Begge sider ganges med √ 𝑥+ 4
4) 4𝑥 ganges ind i parentesen på venstre side. 𝑥^{2} lægges til på begge sider.

5) 𝑥 sættes udenfor en parentes på venstre side.

6) Nulreglen anvendes (𝑎 · 𝑏 = 0⇔ 𝑎 =0 ∨ 𝑏 =0). Vi får da:
𝑥 =0 ∨ 5𝑥+ 16 = 0

Venstre ligning er færdig. Højre ligning: Vi trækker 16 fra på begge sider og dividerer herefter begge

                        16
sider med 5. Da får vi: 𝑥 = − = −3,2
                        5

b)

Nulpunkter for 𝑓′ angiver vandrette tangenter (ekstrema el. vandret vendetangent). Ved hjælp af grafen og oplysningerne fra opgave a) kan vi se, at:

𝑥 = −3,2 angiver førstekoordinaten for funktionens eneste lokale maksimum.

𝑥 = 0 angiver førstekoordinaten for funktionens eneste lokale minimum

Funktionen er defineret for 𝑥 ∈] − 4,∞[

Monotoniforholdene kan da opsummeres herunder:

𝑓 er aftagende i intervallet [−3,2;0]

𝑓 er voksende i intervallerne ] − 4;−3,2] og [0;∞[

Side 7

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

7

Opgave 5 a)

Prisfunktionen defineres:

𝑝 ( 𝑥) ≔ −0,5𝑥 + 1200

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟:0 ≤ 𝑥 ≤500

Omsætningen kan ifølge opgaveteksten beregnes som:

𝑅 ( 𝑥) = 𝑥· 𝑝 ( 𝑥)
= ( −0,5 · 𝑥 + 1200) · 𝑥

Udtrykket udvides vha. CAS-værktøjet WordMat.

= 1200 · 𝑥 − 0,5 · 𝑥^{2}

Omsætningsfunktionen kan altså defineres som:

𝑅 ( 𝑥) ≔ −0,5𝑥^{2} + 1200𝑥

Afsætningens begrænsninger er uændrede, så 𝐷𝑚 ( 𝑅) = 𝐷𝑚 ( 𝑝). Dvs.

0 ≤𝑥 ≤ 500

Omsætningen bestemmes for 𝑥 = 200:

𝑅 ( 200) = 220000

Omsætningen ved en afsætning på 200 stk. er således 220.000.

b)

Funktionen for dækningsbidrag defineres:

𝐷𝐵 ( 𝑥) ≔ − 𝑥^{3} + 0,5𝑥^{2} + 1000𝑥

1

150

Stationære punkter søges ved at løse:

𝐷𝐵^{′} ( 𝑥) = 0

⇕ Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑥 = 250

Der er kun et stationært punkt i definitionsmængden. På grafen i opgaveteksten ser vi, at dette er lokalt maksimum. Da der ikke er andre ekstrema i definitionsmængden er der ydermere tale om et globalt maksimum. Det største dækningsbidrag opnås således ved en afsætning på 250 stk.

Side 8

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

8

Prisen ved 𝑥 = 250 bestemmes:

𝑝 ( 250) = 1075 ·250

Den pris, som giver størst muligt dækningsbidrag er således 1075 kr. pr. stk.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 9

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

9

Opgave 6 a)

Prisfunktionerne defineres:

𝑝 ( 𝑥) ≔ −5𝑥+ 1200

𝑞 ( 𝑦) ≔ −2𝑦 + 800

Dækningsbidraget kan beregnes som en sum af dækningsbidraget for 𝐴 og dækningsbidraget for 𝐵:

Det vil sige:

𝐷𝐵 = 𝑥· ( 𝑝 ( 𝑥) − 400) + 𝑦 · ( 𝑞 ( 𝑦) − 200)
= ( −2 · 𝑦 + 600) · 𝑦 + ( −5 · 𝑥+ 800) · 𝑥

Udtrykket udvides vha. CAS-værktøjet WordMat.

= 600 · 𝑦 − 2 · 𝑦^{2} + 800 · 𝑥− 5 · 𝑥^{2}

Det vil sige at funktionen for dækningsbidrag kan defineres som:

𝐷𝐵 ( 𝑥,𝑦) ≔ −5𝑥^{2} + 800𝑥 − 2𝑦^{2} + 600𝑦

b)

𝐷𝐵(𝑥,𝑦) er en kvadratisk funktion på formen:

𝑓 ( 𝑥,𝑦) = 𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐𝑦^{2} + 𝑑𝑦 + ℎ

Konstanterne defineres:

𝑎 ≔ −5

𝑏 ≔ 800

𝑐 ≔−2

𝑑 ≔600 ℎ ≔ 0

(Den sidste konstant benævnes ℎ, da 𝑒 i WordMat er reserveret til Eulers tal).

En række nye konstanter anvendes til at afgøre formen på niveaukurverne: 𝑝 ≔ − 𝑏

2𝑎 𝑞 ≔− 𝑑

2𝑐

𝐾 ≔ ℎ− 𝑎 ·𝑝^{2} − 𝑐· 𝑞^{2}
Da 𝑎 og 𝑐 begge er negative, vil niveaukurverne 𝑁 ( 𝑡):𝐷𝐵 ( 𝑥,𝑦) = 𝑡 være ellipser med centrum i (𝑝,𝑞), når

blot

𝑡− 𝐾 < 0

⇕ Uligheden løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat.

Side 10

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

10 𝑡 < 77000

Vi har nu vist, at niveaukurverne er ellipser med centrum i (𝑝,𝑞), når 𝑡 < 77000.

Da 70000< 77000, vil 𝑁(70000) fremstille en ellipse med centrum i ( 𝑝,𝑞).

c)

Da 𝑎 og 𝑐 begge er negative, findes den største værdi af 𝑓(𝑥,𝑦) i ellipsernes centrum, og denne værdi har

størrelsen 𝐾 = 77000

Vi beregner koordinatsættet for funktionens maksimum:

𝑝 = 80

𝑞 = 150

Dvs. funktionens maksimum findes i ( 𝑥,𝑦) = (80,150)

Ellipsernes centrum indtegnes i et koordinatsystem sammen med kapacitetsområdet givet ved begrænsningerne:

0 ≤𝑥 ≤ 175

0 ≤𝑦 ≤ 200

𝑥+ 𝑦 ≤ 300

⇕ Uligheden løses for y vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑦 ≤ −𝑥+ 300

Vi ser, at 𝐹(80,150) ligger inden for kapacitetsområdet, hvorfor størsteværdien for 𝐷𝐵 findes heri.

Der skal således produceres og afsættes 80 stk. A og 150 stk. B pr. uge for at opnå det størst mulige samlede dækningsbidrag.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 11

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

11

Opgave 7 a)

Den korrekte løsning må opfylde, at:

𝑓^{′} = 0 for de værdier af 𝑥, hvor 𝑓 har et stationært punkt

𝑓^{′} ≥ 0 i de intervaller, hvor 𝑓 er voksende

𝑓^{′} ≤ 0 i de intervaller, hvor 𝑓 er aftagende

Vi ser af figuren i opgaveteksten, at den eneste mulige løsning er, at graf 1 er grafen for 𝑓′, mens graf 2 er grafen for 𝑓.

Side 12

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

12

Opgave 8 a)

Funktionen defineres:

𝑓 ( 𝑥) ≔ −𝑥^{3} + 3𝑥^{2} + 24𝑥 + 10

Stationære punkter søges ved at løse:

𝑓^{′} ( 𝑥) = 0

⇕ Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑥 = −2 ∨ 𝑥 =4

Af grafen ser vi, at 𝑥 = −2 er et minimumssted, mens 𝑥 = 4 er et maksimumssted. Begge ekstrema er kun

lokale ekstrema. Vi bestemmer ekstremumsværdierne:

𝑓 ( −2) = −18

𝑓 ( 4) = 90

Monotoniforhold ses vha. grafen og de nævnte ekstrema.

Vi opsummerer monotoniforhold og ekstrema:

𝑓 er voksende i intervallet [−2,4]

𝑓 er aftagende i intervallerne ] − ∞,−2] og [4,∞[

Grafen for 𝑓 har et lokalt minimum i punktet (−2;−18)

Grafen for 𝑓 har et lokalt maksimum i punktet (4;90) b)

Den afledede funktion er den samme uanset værdien af 𝑘. Der er altså lokalt minimum i 𝑥 =−2 og lokalt
maksimum i 𝑥 = 4 for alle værdier af 𝑘.

Nulpunkternes førstekoordinater ændres for forskellige værdier af 𝑘, da ændringer af 𝑘 svarer til lodrette parallelforskydninger.

Vi vælger, at nulpunktet skal findes samme sted som det minimum, der findes i 𝑥 = −2

𝑥 defineres:

𝑥 ≔ −2

Vi løser:

Side 13

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

13

𝑓 ( 𝑥) = 0

⇕

−𝑥^{3} + 3𝑥^{2} + 24𝑥 + 𝑘 = 0

⇕ Ligningen løses for k vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑘 = 28

For 𝑘 = 28 vil funktionens ene ekstremum (det lokale minimum) også være et nulpunkt.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 14

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

14

Til eksamen skal du kun udvælge én af de to følgende opgaver, 9A og 9B. Her bringes begge løsninger, så du kan bruge dem til at øve de forskellige opgavetyper.

Opgave 9A a)

Kendte størrelser defineres:

Månedlig rente: 𝑟 ≔ 0,0383

Antal ydelser: 𝑛≔ 12

Lånets størrelse: 𝐴 ≔ 6000
               0

Den månedlige ydelse bestemmes ved at løse:

𝐴_{0} = 𝑦 ·

1 − ( 1 + 𝑟)^{−𝑛}

𝑟

⇕ Ligningen løses for y vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑦 = 633,0229

Jane skal således betale en månedlig ydelse på 633,02 kr.

b)

Den effektive rente p.a. beregnes som:

𝑟_{𝑒𝑓𝑓} = ( 1 + 𝑟)^{12} − 1

≈ 0,5699082

Det vil sige, at lånet har en effektiv årlig rente på 56,99%.

Side 15

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

15

Opgave 9B a)

Da 𝑎 og 𝑏 begge er positive, vil den mindste værdi findes i ét af det uendeligt store kapacitetsområdes 4 hjørnepunkter nær (0,0). Hjørnepunkterne bestemmes vha. GeoGebras skæringsværktøj:

Kriteriefunktionen defineres:

𝑓 ( 𝑥,𝑦) ≔ 28000𝑥 + 36000𝑦

Vi undersøger funktionsværdien i hvert af hjørnepunkterne:

𝑓 ( 0;500) = 1,8 · 10^{7}

𝑓 ( 100;175) = 9100000

𝑓 ( 200;50) = 7400000

𝑓 ( 400;0) = 1,12 · 10^{7}

Vi ser, at 𝑓 indtager sin mindsteværdi inden for polygonområdet i hjørnepunktet ( 𝑥,𝑦) = (200,50).

b)

Hvis koefficienten til 𝑥 gøres variabel, får vi funktionsforskriften:

𝑓 ( 𝑥,𝑦) = 𝑎𝑥+ 36000𝑦

Side 16

Matematik A HHX – Skriftlig eksamen – 17. december 2012

16

                                                          𝑎
Hældningen af alle niveaulinjer 𝑓 ( 𝑥,𝑦 ) = 𝑡 for funktionen bliver da −
                                                         36000

Denne hældning må ikke blive mindre end hældningerne af de to kantlinjer af polygonområdet, hvis skæringspunkt er (200,50). Hvis dette sker, vil mindsteværdien ikke længere findes i (200,50) Det vil sige, at:

− ∈[−1,25;−0,25]

𝑎

36000

Vi løser derfor ulighederne:

− ≥ −1,25

𝑎

36000

⇕ Uligheden løses for a vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑎 ≤ 45000

Og

− ≤ −0,25

𝑎

36000

⇕ Uligheden løses for a vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑎 ≥ 9000

Koefficienten til 𝑥 kan således varieres inden for intervallet [9000,45000], når punktet (200,50) fastholdes som det punkt, hvor 𝑓 antager sin mindsteværdi.