HTX Matematik A 16. december 2011 - Vejledende besvarelse

Side 1

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

1

HTX Matematik A

16. december 2011

htx113-MAT/A-

Løsning med WordMat ...................................................................................................................................... 2 Løsning med Maple ......................................................................................................................................... 21

Side 2

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

2

Løsning med WordMat

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 af WordMat som første linje til besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.

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

WordMat er blevet brugt som CAS-værktøj til løsningen af denne eksamen.

Opgave 1 a)

Vi bestemmer rumfanget af pyramidestubben vha. følgende formel:

𝑉_{𝑝𝑦𝑟𝑎𝑚𝑖𝑑𝑒𝑠𝑡𝑢𝑏} = · ℎ · ( 𝐺+ 𝑔 + √ 𝐺· 𝑔)

1

3

Hvor h er højden, G er grundfladearealet af ABCD og g er grundfladearealet af EFGH.

Vi bestemmer længden EH ved at trække punkternes y-koordinat fra hinanden:

𝐸𝐻=45 − ( −15)
=60

Grundfladearealet g af EFGH er derved:

𝑔=60 · 60
=3600

Vi bestemmer længden AD ved at trække punkternes x-koordinaterne fra hinanden:

𝐴𝐷=30 − 0
=30

Grundfladearealet G af ABCD er derved

𝐺=30 ·30
=900

Højden h bestemmes ved at trække punkt E og D’s z-koordinat fra hinanden:

ℎ=230 − 180
=50

Rumfanget af pyramidestubben beregnes ved at sætte størrelserne ind i formlen:

Side 3

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

3

𝑉_{𝑝𝑦𝑟𝑎𝑚𝑖𝑑𝑒𝑠𝑡𝑢𝑏} = · 50 · ( 900 + 3600 + √ 900 · 3600)

1

3

≈105000

Rumfanget af pyramidestubben er 105000 cm^{3}. Vi bestemmer rumfanget af kassen.

𝑉_{𝑘𝑎𝑠𝑠𝑒} =𝑎· 𝑏 · 𝑐

Hvor a og b er kassens sidelængder og c er højde. Da kassens grundflade er kvadratisk er a og b ens.

𝑎=𝐴𝐷

Vi har beregnet længden AD. Kassens højde c er lig punkt D’s z-koordinat.

𝑐=180

Rumfanget beregnes:

𝑉_{𝑘𝑎𝑠𝑠𝑒} =30 · 30 · 180
=162000

Rumfanget af kassen er 162000cm^{3}. Vi bestemmer det samlede rumfang:

𝑉_{𝑠𝑎𝑚𝑙𝑒𝑡} =105000 + 162000
=267000 cm^{3}

Det samlede rumfang af søjlen er 267000 cm^{3}

b)

For at bestemme ligningen til planet skal vi benytte et fast punkt på planet og en normalvektor til planet.

Koordinaterne til normalvektor bestemmes ud fra krydsproduktet af to ikke-parallelle vektorer på planet.

Vi bestemmer vektor AD. Vi definerer punkterne:

𝐴≔( 0)

30

180

𝐷≔( 0)

0

180

Bemærk at vi definerer punktet som en matrix (Design - matrix) for at senere kunne beregne en vektor ud fra punktet.

Vi kan nu beregne vektor AD:

𝐴𝐷 =𝐷− 𝐴

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

Side 4

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

4

=( 0)

−30

0

Vi bestemmer nu koordinater til vektor AF. Vi definerer F.

𝐹≔( −15)

45

230

𝐴𝐹 =𝐹− 𝐴

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

=( −15)

15

50

Krydsproduktet af vektor AD og AF bestemmes:

𝑛 ⎯ ⃗ =( 0) × ( −15)

−30 15

0 50

=( 1500)

0

450

Vi har nu bestemt koordinaterne til en normalvektor. Vi kan nu opstille planets ligning på følgende form:

𝑎 · ( 𝑥− 𝑥_{0}) + 𝑏· ( 𝑦 − 𝑦_{0}) + 𝑐· ( 𝑧 − 𝑧_{0}) =0

Hvor a, b, c er normalvektorens koordinater og 𝑥_{0},𝑦_{0},𝑧_{0} er lig koordinaterne til et punkt på linjen. Vi

benytter punkt A som fast punkt og opstiller ligningen:

0 · ( 𝑥− 30) + 1500 · ( 𝑦 − 0) + 450 · ( 𝑧 − 180) =0

Planet, som ADEF er en del af, har ligningen:

𝑈𝑑𝑡𝑟𝑦𝑘𝑘𝑒𝑡 𝑟𝑒𝑑𝑢𝑐𝑒𝑟𝑒𝑠 𝑣ℎ𝑎.𝐶𝐴𝑆 − 𝑣æ𝑟𝑘𝑡ø𝑗𝑒𝑡 𝑊𝑜𝑟𝑑𝑀𝑎𝑡.

450 · ( z − 180) + 1500 · y=0

c)

Sidefladen ADEF er en trapez, og overfladearealet bestemmes derfor ud fra følgende formel.

𝐴= · ( 𝑚 + 𝑛) · ℎ

1

2

Hvor m og n er længden af de parallelle sider, og h er højden mellem m og n.

De parallelle sider i trapezen er lig længden af AD og FE. Vi har tidligere bestemt længden af AD og bestemmer nu længden af FE ud fra afstandsformlen.

Side 5

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

5

𝐹𝐸= √ ( 𝑥_{1} − 𝑥_{2})^{2} + ( 𝑦_{1} − 𝑦_{2})^{2} + ( 𝑧_{1} − 𝑧_{2})^{2}

= ( −15 − 45)^{2} + ( −15 − ( −15))^{2} + ( 230 − 230)^{2}

√
=60

Vi danner en retvinklet trekant i trapezen med højden h, som den ene katete og AF som hypotenusen. Vi kalder den anden katete for a.

Længden af a bestemmes ved at trække punkterne A og F’s x-koordinat fra hinanden:

𝑎=45 − 30
=15

Længden af AF bestemmes ud fra længden af vektor AF:

𝐴𝐹 ≔( −15)

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

15

50

| 𝐴𝐹 | ≈54,3139

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

Vi benytter pythagoras til at bestemme længden af h:

ℎ^{2} + 𝑎^{2} =𝐴𝐹^{2}
ℎ^{2} + 15^{2} =54,3139^{2}

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

ℎ=−52,20153 ∨ ℎ=52,20153

Vi benytter det positive resultat for h, da en længde kun kan være positiv. Vi indsætter størrelserne i formlen:

𝐴= · ( 30 + 60) · 52,20153

1

2

≈2349,069

Side 6

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

6

Overfladearealet af sidefladen ADEF 2349 cm^{2}

d)

Vi benytter følgende formel:

𝑑𝑖𝑠𝑡 ( 𝐻,𝛼) =

|𝑎· 𝑥_{1} + 𝑏 ·𝑦_{1} + 𝑐· 𝑧_{1} + 𝑑|
√ 𝑎^{2} + 𝑏^{2} + 𝑐^{2}
hvor (𝑥_{1},𝑦_{1},𝑧_{1}) er koordinaterne til punktet H og 𝑎,𝑏,𝑐 𝑜𝑔 𝑑 aflæses i planens ligning.

Vi har bestemt planets ligning i opgave 1b:

450 · 𝑧 + 1500 · 𝑦 − 81000=0

Dvs.

𝑎≔0 𝑏≔1500 𝑐≔450

𝑑≔−81000

Vi definerer koordinaterne til H:

𝑥_{1} ≔−15

𝑦_{1} ≔45

𝑧_{1} ≔230

Vi beregner afstanden:

𝑑𝑖𝑠𝑡 ( 𝐻,𝛼) =

| 𝑎· 𝑥_{1} + 𝑏 ·𝑦_{1} + 𝑐· 𝑧_{1} + 𝑑 |
√ 𝑎^{2} + 𝑏^{2} + 𝑐^{2}

≈57,46958

Afstanden fra punktet H til planen, der indeholder ADEF, er 57,4696 cm

Side 7

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

7

Opgave 2 a)

ℎ ( 𝑡) =10 · sin(5 · 𝑡 −)

𝜋

2

Vi benytter GnuPlot til at plotte grafen: b)

Vi sætter funktionsværdien lig 7 og isolerer for t-værdien.

ℎ ( 𝑡) ≔7

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

𝑡=0,4692388

Til tiden 0,47 sekunder befinder fuglen sig første gang 7 cm over hvilestillingen. Dette resultat stemmer godt overens med grafen.

𝑺𝒍𝒆𝒕 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒊𝒕𝒊𝒐𝒏𝒆𝒓:

Side 8

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

8 c)

Vi sætter differentierede funktion lig 40 og isolerer for t:

𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒:0≤𝑡<1

ℎ ( 𝑡) ≔10 · sin(5 · 𝑡−)

𝜋

2

ℎ′(𝑡)=40

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

𝑡=0,185459 ∨ 𝑡=0,4428595

ℎ^{′} ( 𝑡) =−40

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

𝑡=0,8137776

Fuglen bevæger sig med farten 40 cm/s til tiden 0,19, 0,44 og 0,81 sekunder.

                             ′                                ′          ′
WordMat kan ikke løse ligningen | ℎ ( 𝑡 )| =40. Derfor løser vi to ligninger: ℎ ( 𝑡 ) =40 og ℎ ( 𝑡 ) =−40

Side 9

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

9

Opgave 3 a)

Da punkt A ligger på y-aksen er punktets x-koordinat lig nul. Punkternes y-koordinat må begge være lig deres radius, da hjulene begge tangerer x-aksen. Vi kender desuden afstanden mellem punkterne. Disse informationer indsætter vi i afstandsformlen og isolerer for punkt B’s x-koordinat.

𝐴𝐵= √ ( 𝑥_{1} − 𝑥_{2})^{2} + ( 𝑦_{1} − 𝑦_{2})^{2}

73,8= √ ( 0 − 𝑥_{2})^{2} + ( 45 − 12)^{2}

⇕ Ligningen løses for x_2 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑥_{2} =−66,01091 ∨ 𝑥 =66,01091

2

Vi benytter det positive resultat, da vi kan se af figur 3, at x-koordinatet for B er positivt. Vi har deraf følgende koordinater for A og B.

𝐴= ( 0,45)

𝐵= ( 66,12)

b)

Linjen er af formen:

𝑦=𝑎𝑥+ 𝑏

Hvor a er hældningskoefficienten og b er skæring med y-aksen.

Da punkt A ligger på y-aksen, er punkt A’s y-koordinat lig b.

𝑏≔45

Hældningskoefficienten bestemmes ved at indsætte en af punkterne i formlen og isolere for a. Vi indsætter koordinaterne for B:

12=𝑎· 66 + 45

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

𝑎=−0,5

Vi kender nu alle konstanter i ligningen. Linjen gennem punkt A og B har følgende ligning:

𝑦=−0,5𝑥 + 45

Side 10

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

10 c)

Cirklens forskrift er på formen:

( 𝑥− 𝑎)^{2} + ( 𝑦 − 𝑏)^{2} =𝑟^{2}

Hvor (a, b) er centrums koordinater og r er radius.

Vi kender cirklens radius, da det er længden af AD: 𝑟≔55

Cirklen har centrum i punkt A og vi kender derved (a, b). Vi opstiller ligningen:

( 𝑥− 0)^{2} + ( 𝑦 − 45)^{2} =55^{2}

d)

(1)

(2) Der dannes en retvinklet trekant EAB, som har kateterne EB og AE og hypotonusen AB. Her benyttes

tangens til udregning af vinkel ν .
                          EAB

Side 11

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

11

tan ( ν_{EAB}) =

𝑚𝑜𝑑𝑠𝑡å𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑘𝑎𝑡𝑒𝑡𝑒 ℎ𝑜𝑠𝑙𝑖𝑔𝑔𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑘𝑎𝑡𝑒𝑡𝑒

=

|𝐸𝐵|

|𝐴𝐸|

Længde AE er udregnet i det forrige trin. Længden EB er lig punkt B’s x-koordinat, da punkt E ligger på y-aksen.

tan ( ν_{EAB}) =

66

33

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

ν_{EAB} =63,43495

Vinkel ν_{EAB} er 63,4^{o}

(3) Trekant BAC tegnes:

Cosinus benyttes til udregning af vinkel ν i trekant BAC
                                 BAC

cos(ν_{BAC})=

ℎ𝑜𝑠𝑙𝑖𝑔𝑔𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑘𝑎𝑡𝑒𝑡𝑒 ℎ𝑦𝑝𝑜𝑡𝑜𝑛𝑢𝑠𝑒𝑛

=

|𝐴𝐶|

|𝐴𝐵|

ν_{EAB}

ν_{BAC}

Side 12

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

12

I opgaven får vi givet længden af hypotenusen AB, som er lig 73,8 cm. Længden AC er lig længden af AD, da begge længder er lig radius i samme cirkel. Længden AC er derved 55 cm.

cos ( ν_{BAC}) =

55

73,8

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

ν_{BAC} =41,81878

Vinkel ν_{BAC} i trekanten er 41,8^{o}

(4) Pythagoras benyttes til udregnes af længden BC i trekant ABC:

| 𝐴𝐶 |^{2} + | 𝐵𝐶 |^{2} = | 𝐴𝐵 |^{2}

Vi kender længden af AB og AC og isolerer for BC:

55^{2} + | 𝐵𝐶 |^{2} =73,8^{2}

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

𝐵𝐶=−49,20813 ∨ 𝐵𝐶=49,20813

En længde kan kun være positiv. Længden af BC er lig 49,2 cm

(5) Vha. foregående udregninger af vinkel ν og ν kan vinkel ν i trekant CAD nu udregnes.
                                   EAB    BAC          CAD

Side 13

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

13

Da en lige linje er 180 grader, kan vinkel ν_{CAD} udregnes således:

ν_{CAD} =180 − ν_{EAB} − ν_{BAC}
=180 − 63,4 − 41,8
=74,8

Vinkel ν_{CAD} er 74,8°

(6) Længden af cirkelbuen fra D til C bestemmes.

Formlen for længden af en cirkelbue er:

𝑙_{𝐶𝐷} =2 · 𝜋· 𝑟·

𝑣

360

ν_{EAB}

ν_{BAC}

ν_{CAD}

ν_{CAD}

Side 14

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

14

Hvor r er lig radius i cirklen, som på tegningen er AC og 55 cm. ν er udsnitsvinklen i cirkelbuen som er lig

vinkel ν_{CAD}.

𝑙_{𝐶𝐷} =2 · 𝜋· 55 ·

74,8

360

≈71,80285

Buelængden DC er 71,8 cm

(7) Den samlede længde af buen DC og linjestykket CB bestemmes:

𝑙_{𝐷𝐵} =49,2 + 71,8
=121,0 𝑐𝑚

Den samlede længde er 121,0 cm

Side 15

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

15

Opgave 4 a)

Monotoniforholdende på grafen på figur 4, kan beskrives som følgende monotoniintervaller:

𝑓 𝑒𝑟 𝑎𝑓𝑡𝑎𝑔𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑖 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑙𝑒𝑡 ] − ∞;−5,2 [ 𝑜𝑔] − 1,5;1,8[

𝑓 ℎ𝑎𝑟 𝑙𝑜𝑘𝑎𝑙𝑡 𝑚𝑖𝑛𝑖𝑚𝑢𝑚 𝑖 𝑥=−5,2 𝑜𝑔 𝑥=1,8

𝑓 𝑒𝑟 𝑣𝑜𝑘𝑠𝑒𝑛𝑑𝑒 𝑖 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑟𝑣𝑎𝑙𝑙𝑒𝑡 ] − 5,2;−1,5 [ 𝑜𝑔] 1,8;∞[

𝑓 ℎ𝑎𝑟 𝑙𝑜𝑘𝑎𝑙𝑡 𝑚𝑎𝑘𝑠𝑖𝑚𝑢𝑚 𝑖 𝑥=−1,5

b)

Når funktionen f når maksimum og minimum krydser den afledte funktion f’ x-aksen, da f’=0. Når f aftager

skal den afledte funktion befinde sig under x-aksen, da hældningen her er negativ. Ligeledes skal den afledte funktion befinde sig over x-aksen når f stiger, da hældningen her er positiv. Disse betingelser stemmer over

ens med funktion k. k befinder sig under x-aksen i intervallet ] − ∞;5,2[, hvor f er aftagende. K krydser x-
aksen i -5,2, hvor f netop har et minimum. K når et maksimum i x=3,8, hvilket stemmer overens med, at f når
en konstant hældning i x=3,8. k krydser igen x-aksen i x=-1,5, hvor f har et maksimum. K når et minimum i
x=0,5, hvilket stemmer overens med at f igen når en konstant hældning. K krydser x-aksen i x=1,8 hvorefter
k er stigende, hvilket stemmer overens med at f har minimum i x=1,8 og herefter har en stigende hældning.

c)

Funktionen som viser stamfunktionen til f er den funktion, som opfylder, at f er den afledte funktion.

Funktionen g er stamfunktion til f, da g har minimum ved x=-3,5, hvilket stemmer overens med at f krydser
x-aksen i x=-3,5. Desuden når g et maksimum i x=-6,5 og x=0,5, hvilket stemmer overens med at f skærer x-

aksen i samme koordinater.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 16

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

16

Opgave 5 a)

Vi bestemmer alle løsninger til differentialligningen:

𝑦^{′} ( 𝑡) + 𝑘 ·𝑦 ( 𝑡) =𝑘· 𝑇

Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion

𝑦 ( 𝑡) =𝑇+ 𝑐· 𝑒^{−}^{(}^{𝑘·𝑡}

)

Løsningerne til differentialligningen kan skrives ovenstående funktion, hvor c er en konstant.

b)

Vi definerer k og T: 𝑘≔0,03

𝑇≔20

Differentialligningen løses med startbetingelsen y(0)=6:

𝑦^{′} ( 𝑡) + 𝑘 ·𝑦 ( 𝑡) =𝑘· 𝑇
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen y(0)=6
𝑦 ( 𝑡) =20 − 14 · 𝑒^{−0,03·𝑡}

c)

Vi definerer løsningsfunktionen:

𝑦 ( 𝑡) ≔20 − 14 · 𝑒^{−0,03·𝑡}

Vi sætter funktionen lig 15 og isolerer for t:

𝑦 ( 𝑡) =15

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

𝑡=34,32065

Der går 34,32 minutter før temperaturen er 15 grader celsius.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 17

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

17 d)

𝑇≔20

Vi løser differentialligningen uden k er defineret:

𝑦^{′} ( 𝑡) + 𝑘 ·𝑦 ( 𝑡) =𝑘· 𝑇
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen y(0)=6
𝑦 ( 𝑡) =20 + 𝑒^{−𝑘·𝑡} · −14

Funktionen defineres:

𝑦 ( 𝑡) ≔20 + 𝑒^{−𝑘·𝑡} · −14

Vi sætter t lig 1800 sekunder og funktionen lig 15 og isolerer for k:

𝑦 ( 1800) =15

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

𝑘=0,0005720108

k-værdien for denne type sodavand er 0,00057s^{-1}.

Side 18

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

18

Opgave 6 a) b)

Vi undersøger først hvilken model, som passer bedst for vægten af en konventionel kylling. Vi foretager en potens, lineær og eksponentiel regression:

Den lineære model har forskriften:

0

500

1000

1500

2000

2500

3000

0

Vægt i gram

Dage konventionel økologisk

y = 71,289x - 511,25
R² = 0,9879

y = 149,55e^{0,0759x}
R² = 0,974

y = 7,4443x^{1,5732}
R² = 0,9996

0

5000

10000

15000

20000

25000

30000

35000

0 vægt i gram dage

Konventionel kylling

Side 19

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

19

𝑦=71,3𝑥−511,25

Og har følgende R^{2} -værdi:

𝑅^{2} =0,9879

Potensmodellen har forskriften:

𝑦=7,44𝑥^{1,57}

Og har følgende R^{2} -værdi:

0,9996

Den eksponentielle model har følgende forskrift:

𝑦=149,55𝑒^{0,08𝑥}

Og har følgende R^{2} -værdi:

𝑅^{2} =0,974

Det ses, at potensmodellen passer bedst på sammenhængen af vægt pr. dag for den konventionelle kylling,

da denne model har en R^{2} -værdi, som ligger nærmest 1.

Den lineære model har forskriften:

𝑦=35𝑥+ 35

y = 35x + 35
R² = 1

y = 378,74e^{0,0294x}
R² = 0,9325

y = 41,839x^{0,9595}
R² = 0,9999

0

500

1000

1500

2000

2500

3000

3500

0 vægt i gram dage

Økologisk kylling

Side 20

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

20

Og har følgende R^{2} -værdi:

𝑅^{2} =1

Potensmodellen har forskriften:

𝑦=41,839𝑥^{0,96}

Og har følgende R^{2} -værdi:

0,9999

Den eksponentielle model har følgende forskrift:

𝑦=378,74𝑒^{0,03𝑥}

Og har følgende R^{2} -værdi:

𝑅^{2} =0,9325

Det ses at den lineære model passer bedst på sammenhængen af vægt pr. dag for den økologiske kylling, da

denne model har en R^{2} -værdi, som er 1.

Side 21

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011

21

Løsning med Maple

Alle opgaver er regnet med Maple, da vores erfaring viser, at det er et stærkt værktøj at anvende. Husk at skrive nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp af Maple som første linje til besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.

NB: Mange af de anvendte formler i opgaven kan findes og indsættes direkte fra Maples Gym-pakken egen formelsamling. Der er store tidsbesparelser at hente ved at bruge formelsamlingen!

Side 22

30 | (1.1.3)(1.1.3)
30 | (1.1.8)(1.1.8)

(1.1.6)(1.1.6)

900 (1.1.4)(1.1.4)

30 | (1.1.7)(1.1.7)

(1.1.1)(1.1.1)

50 | (1.1.5)(1.1.5)

3600 (1.1.2)(1.1.2)

180 (1.1.9)(1.1.9)

Alle beregninger er udført med Maple som CAS-værktøj . Maple bruger "." som decimaladskiller.

Opgave 1 a)

Vi bestemmer rumfanget af pyramidestubben vha. følgende formel:

Hvor h er højden, G er grundfladearealet af ABCD og g er grundfladearealet af EFGH.

Vi bestemmer længden EH ved at trække punkternes y-koordinat fra hinanden:

Grundfladearealet g af EFGH er derved:

Vi bestemmer længden AD ved at trække punkternes x-koordinaterne fra hinanden:

Grundfladearealet G af ABCD er derved

Rumfanget bestemmes:

= 105000

Rumfanget af pyramidestubben er 105000 . Vi bestemmer rumfanget af kassen.

Hvor a og b er kassens sidelængder og c er højde. Da kassens grundflade er kvadratisk er a og b ens.

Rumfanget af kassen bestemmes:

Side 23

E | (1.2.3)(1.2.3)

(1.1.10)(1.1.10)

(1.2.5)(1.2.5)

(1.2.4)(1.2.4)

FE (1.3.4)(1.3.4)

(1.3.1)(1.3.1)

(1.2.2)(1.2.2)

F | (1.3.2)(1.3.2)
A | (1.2.1)(1.2.1)

60 (1.3.3)(1.3.3)

= 162000

Vi bestemmer det samlede rumfang:

Det samlede rumfang af søjlen er 267000 b)

Vi definerer punkterne A,D og E:

Vi bestemmer planet og generer en ligning for planet:

`while processing result`

`while processing result`

Ligningen for planet c)

Sidefladen ADEF er en trapez, og overfladearealet bestemmes derfor ud fra følgende formel.

Hvor m og n er længden af de parallelle sider, og h er højden mellem m og n.

De parallelle sider i trapezen er lig længden af AD og FE. Vi har tidligere bestemt længden af AD og bestemmer nu længden af FE: assign to a name

Vi danner en retvinklet trekant i trapezen med højden h, som den ene katete og AF som hypotenusen. Vi kalder den anden katete for a.

Side 24

60 | (1.3.9)(1.3.9)

H (1.4.1)(1.4.1)

30 | (1.3.8)(1.3.8)

(1.4.2)(1.4.2)

53 (1.3.7)(1.3.7)

(1.3.6)(1.3.6)

15 | (1.3.5)(1.3.5)

F h

A

E

D

F a

A h

Længden af AF bestemmes:

= 45 AF

assign to a name

Vi benytter pythagoras til at bestemme længden af h:

Vi benytter det positive resultat for h, da en længde kun kan være positiv. Vi indsætter størrelserne i formlen:

= 64

Overfladearealet af sidefladen ADEF 2349 .

d)

Vi definerer punkt H:

Plan defineres:

Afstanden bestemmes:

= 12

Afstanden fra punktet H til planen, der indeholder ADEF, er 57,4696 cm

Side 25

(2.1.1)(2.1.1)

Opgave 2 a)

Vi definerer h:

Funktionen plottes: b)

Vi sætter funktionsværdien lig 7 og isolerer for t-værdien.

Side 26

(2.3.2)(2.3.2)

(2.2.1)(2.2.1)

(2.3.1)(2.3.1)

(2.2.2)(2.2.2)

Til tiden 0,47 sekunder befinder fuglen sig første gang 7 cm over hvilestillingen. Dette resultat stemmer godt overens med grafen.

c)

Vi sætter differentierede funktion lig 40 og isolerer for t:

Fuglen bevæger sig med farten 40 cm/s til tiden 0,19, 0,44 og 0,81 sekunder.

Side 27

A (3.2.1)(3.2.1)

(3.3.1)(3.3.1)

(3.2.5)(3.2.5) l (3.2.3)(3.2.3)

(3.1.1)(3.1.1)

(3.2.4)(3.2.4)

B (3.2.2)(3.2.2)

(2.2.1)(2.2.1)

(3.1.2)(3.1.2)

(3.1.3)(3.1.3)

Opgave 3 a)

Da punkt A ligger på y-aksen er punktets x-koordinat lig nul. Punkternes y-koordinat må begge være lig deres radius, da hjulene begge tangerer x-aksen. Vi kender desuden afstanden mellem koordinat.

Vi benytter det positive resultat, da vi kan se af figur 3, at x-koordinatet for B er positivt. Vi har deraf følgende koordinater for A og B.

b)

Punkterne defineres:

Linjen bestemmes:

Ligningen for linjen gennem A og B er c)

Cirklens forskrift er på formen:

Hvor (a,b) er centrums koordinater og r er radius.

Side 28

45 (3.3.4)(3.3.4)

(2.2.1)(2.2.1)

0 (3.3.3)(3.3.3)

55 (3.3.2)(3.3.2)

(3.3.5)(3.3.5)

Vi kender cirklens radius, da det er længden af AD:

Cirklen har centrum i punkt A og vi kender derved a og b.

Vi opstiller ligningen: d)

A

E

B y

D

O x

(2)

Der dannes en retvinklet trekant EAB, som har kateterne EB og AE og hypotonusen AB. Her benyttes tangens til udregning af vinkel

Side 29

(3.4.1)(3.4.1)

(2.2.1)(2.2.1)

A

B

E

v_{EAB}

ligger på y-aksen.

Vinkel er 63,4

(3)

Trekant BAC tegnes:

C

A v_{BAC}

B

Side 30

(3.4.2)(3.4.2)

(2.2.1)(2.2.1)

(3.4.4)(3.4.4)

(3.4.3)(3.4.3)

Cosinus benyttes til udregning af vinkel i trekant BAC:

I opgaven får vi givet længden af hypotenusen AB, som er lig 73,8 cm. Længden AC er lig længden af AD, da begge længder er lig radius i samme cirkel. Længden AC er derved 55 cm.

Vinkel i trekanten er 41,8 .

(4)

Pythagoras benyttes til udregnes af længden BC i trekant ABC:

Vi kender længden af AB og AC og isolerer for BC:

En længde kan kun være positiv. Længden af BC er lig 49,2 cm

(5)

Vha. foregående udregninger af vinkel og kan vinkel i trekant CAD nu udregnes.

D

A

C

v_{CAD}

Da en lige linje er 180 grader, kan vinkel udregnes således:

Vinkel

Side 31

(3.4.5)(3.4.5)

(3.4.6)(3.4.6)

(2.2.1)(2.2.1) er 74,8

(6)

Længden af cirkelbuen fra D til C bestemmes. Formlen for længden af en cirkelbue er: som er lig vinkel .

Buelængden DC er 71,8 cm.

(7)

Den samlede længde af buen DC og linjestykket CB bestemmes:

Den samlede længde er 121,0 cm.

Side 32

(2.2.1)(2.2.1)

Opgave 4 a)

Monotoniforholdende på grafen på figur 4, kan beskrives som følgende monotoniintervaller: b)

Når funktionen f når maksimum og minimum krydser den afledte funktion x-aksen, da .

Når f aftager skal den afledte funktion befinde sig under x-aksen, da hældningen her er negativ.

Ligeledes skal den afledte funktion befinde sig over x-aksen når stiger, da hældningen her er positiv. Disse betingelser stemmer over ens med funktion . befinder sig under x-aksen i er aftagende. krydser x-aksen i -5,2, hvor netop har et minimum.

når et maksimum i 3,8, hvilket stemmer overens med, at når en konstant hældning i x=3,8.
krydser igen x-aksen i x=-1,5, hvor har et maksimum. når et minimum i x=0,5, hvilket stemmer
overens med at igen når en konstant hældning. krydser x-aksen i x=1,8 hvorefter er stigende,
hvilket stemmer overens med at har minimum i x=1,8 og herefter har en stigende hældning.

c)

Funktionen som viser stamfunktionen til er den funktion, som opfylder, at er den afledte

funktion. Funktionen g er stamfunktion til , da har minimum ved x=-3,5, hvilket stemmer
overens med at f krydser x-aksen i x=-3,5. Desuden når g et maksimum i x=-6,5 og x=0,5, hvilket

stemmer overens med at f skærer x-aksen i samme koordinater.

Side 33

(5.3.1)(5.3.1)

(5.4.1)(5.4.1)

0.03 (5.2.1)(5.2.1)

20 (5.2.2)(5.2.2)

(5.1.1)(5.1.1)

24 (5.3.2)(5.3.2)

(2.2.1)(2.2.1)

(5.2.3)(5.2.3)

Opgave 5 a)

Vi bestemmer alle løsninger til differentialligningen

Løsningerne til differentialligningen kan skrives som følgende funktion: , hvor er en konstant.

b)

Vi definerer k og T:

Differentialligningen løses med startbetingelsen y(0)=6:

c)

Vi definerer løsningsfunktionen:

Vi sætter funktionen lig 15 og isolerer for t:

Der går 34,32 minutter før temperaturen er 15 grader celsius.

d)

Vi løser differentialligningen uden k er defineret:

Funktionen defineres:

Side 34

(5.4.3)(5.4.3)

(2.2.1)(2.2.1)

(5.4.2)(5.4.2)

Vi sætter t lig 1800 sekunder og funktionen lig 15 og isolerer for k:

-værdien for denne type sodavand er 0,00057 .

Side 35

(6.1.2)(6.1.2)

(2.2.1)(2.2.1)

(6.1.1)(6.1.1)

(5.4.2)(5.4.2)

Opgave 6 a)

Vi definerer punkterne for den konventionelle kylling:

Vi definerer punkterne for den økologiske kylling:

Vi definerer graferne:

Punkterne indtegnes i samme koordinatsystem:

Side 36

(2.2.1)(2.2.1)

(5.4.2)(5.4.2)

De blå punkter tilhører den økologiske kylling og de røde punkter tilhører den konventionelle kylling.

b)

Vi undersøger først hvilken model, som passer bedst for vægten af en konventionel kylling. Vi foretager en potens, lineær og eksponentiel regression:

Lineær regession:

Side 37

studienet.dk
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
Lineær regression
y = 71.323 x − 512.33.
Forklaringsgrad R² = 0.987981187589956
2200 2000 1800 1600 1400 1200 1000 800 600 400
10 15 20 25 30 35
x
Eksponentiel regression:
ExpReg(x, y)
37

Side 38

studienet.dk
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen –16.december2011
Eksponentiel Regression
y =148.97·1.0790^x
Forklaringsgrad R² =0.97377
500 1000 1500 2000
10 15 20 25 30 35
x
Potens regression:
PowReg(x,y)
38

Side 39

(2.2.1)(2.2.1)

(5.4.2)(5.4.2)

Det ses, at potensmodellen passer bedst på sammenhængen af vægt pr. dag for den konventionelle kylling, da denne model har en -værdi, som ligger nærmest 1.

Vi undersøger først hvilken model, som passer bedst for vægten af en økologisk kylling. Vi foretager en potens, lineær og eksponentiel regression:

Lineær regession:

Side 40

studienet.dk
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 16.december 2011
Lineær regression
y = 35.000 x + 35.000.
Forklaringsgrad R² = 1.
2000 1500 1000 500
10 20 30 40 50 60 70
x
Eksponentiel regression:
ExpReg(X, Y)
40

Side 41

studienet.dk
Matematik A HTX – Skriftlig eksamen –16.december2011
Eksponentiel Regression
y =378.74·1.0298^x
Forklaringsgrad R² =0.93246
500 1000 1500 2000 2500
10 20 30 40 50 60 70
x
Potens regression:
PowReg(X,Y)
41

Side 42

(2.2.1)(2.2.1)

(5.4.2)(5.4.2)

Det ses, at den lineære model passer bedst på sammenhængen af vægt pr. dag for den økologiske kylling, da denne model har en -værdi, som er 1.