HTX Matematik A 24. maj 2017 - Vejledende besvarelse

Side 1

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

1

HTX Matematik A

24. maj 2017

htx171-MAT/A-

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 HTX 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)

Vi bestemmer arealet af det indre område som summen af arealet af rektanglet og arealet af en cirkel med radius på 36,50 m:

Arealet af rektanglet er givet ved, hvor bredden af rektanglet er lig to gange radius af cirklen:

𝐴_{𝑟𝑒𝑘𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑙} =𝑙· 𝑏
=84,39 · 2 · 36,50
=6160,47

Arealet af cirklen er givet ved:

𝐴_{𝑐𝑖𝑟𝑘𝑒𝑙} =𝑟^{2} · 𝜋
=36,50^{2} · 𝜋

≈4185,3868

Arealet af det indre område er givet ved summen af disse:

𝐴_{𝑖𝑛𝑑𝑟𝑒} =𝐴_{𝑟𝑒𝑘𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑙} + 𝐴_{𝑐𝑖𝑟𝑘𝑒𝑙}
=6160,47 + 4185,3868

≈10345,857

Arealet af det indre område er bestemt til 10345,9 m^{2} (afrundet til 1 decimal).

Side 2

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

2 b)

Vi bestemmer omkredsen af atletikbanen som summen af omkredsen af en cirkel med radius på r = 36,50 +

0,30 og to gange længden af rektanglet:

Omkredsen af cirklen:

𝑂_{𝑐𝑖𝑟𝑘𝑒𝑙} =2 · 𝑟· 𝜋
=2 · ( 36,50 + 0,30) · 𝜋

≈231,22122

To gange længden af rektanglet:

2 · 𝑙=2· 84,39
=168,78

Summen af disse er lig omkredsen af atletikbanen.

𝑂_{𝑎𝑡𝑙𝑒𝑡𝑖𝑘𝑏𝑎𝑛𝑒} =2 · 𝑙+ 𝑂_{𝑐𝑖𝑟𝑘𝑒𝑙}
=168,78 + 231,22122
=400,00122

Omkredsen af atletikbanen er bestemt til 400,0 m (afrundet til 1 decimal), vi har dermed gjort rede.

c)

Vi benytter, at arealet af en trekant er givet ved:

𝑇= · ℎ · 𝑔

1

2

Vi halverer trekanten i to retvinklede trekanter med grundlinjen g = 42/2 = 21 (målt i m), og arealet T =
1840/2 = 920 (målt i m^{2}). Vi bestemmer højden i en af de retvinklede trekanter ved løse for h i udtrykket

herunder.

920= ℎ · 21

1

2

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

ℎ=87,619048

Vi bestemmer nu siden S som hypotenusen i en af de retvinklede trekanter med WordMats trekantsløser.

WordMat's trekantsløser anvendes med input: S = 90° , h = 87,619048 , g = 21

Side 3

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

3

G H = 76,52193°
G = 13,47807°
S = 90°

h = 87,61905
g = 21
s = 90,10049

Længden af siden s findes vha. Pythagoras.

𝑠= √ ℎ^{2} + 𝑔^{2}
= √ 87,61905^{2} + 21^{2}
=90,10049

Længden af siden s er bestemt til 90,10 m (afrundet til 2 decimaler).

H g S s h

Side 4

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

4

Opgave 2 a)

Vi opstiller tabel med data:

Måne | Io | Europa | Ganymedes | Callisto | Themisto
Middelafstand | 0,422 | 0,671 | 1,07 | 1,88 | 7,39

x [ mio. km ]

Omløbstid T | 1,77 | 3,55 | 7,15 | 16,7 | 130

[ døgn ]

Vi indtegner data i passende koordinatsystem: b)

Det er oplyst at sammenhængen kan beskrives med en potensfunktion, vi bestemmer derfor tallene a og b med potens regression.

Potens regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,

𝑦=6,4632084 · 𝑥^{1,5009534}

Tallene aflæses fra regressionsligningen.

Tallet a er bestemt til 1,50 (afrundet til 2 decimaler), og tallet b er bestemt til 6,46 (afrundet til 2 decimaler).

Side 5

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

5 c)

Vi definerer forskriften for T(x):

𝑇 ( 𝑥) ≔6,4632084 · 𝑥^{1,5009534}

Vi bestemmer Ledas omløbstid omkring Jupiter ved at bestemme T(11,14):

𝑇 ( 11,14) ≈240,86519

Ifølge modellen er Ledas omløbstid omkring Jupiter bestemt til 240,9 døgn. (afrundet til 1 decimal).

Side 6

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

6

Opgave 3 a)

En ligning for planen 𝛼 er givet ved:

𝛼:2𝑥 + 3𝑦− 4𝑧+ 5=0

Ligger punktet A i planen 𝛼, skal punktet opfylde planens ligning. Vi indsætter punktet A i planens ligning og reducerer:

2 · ( 1) + 3 · ( −2) − 4 · ( 1) + 5=−3

Da udtrykket ikke er lig 0, opfylder punktet A ikke planens ligning, og vi kan dermed konkludere, at punktet A ikke ligger i planen 𝛼.

b)

Vi bestemmer den spidse vinkel mellem planen 𝛼 og linjen l ved først at bestemme vinklen mellem normalvektoren til planen og retningsvektoren til linjen. Vi aflæser en normalvektor til planen fra planens ligning og en retningsvektor til linjen fra linjens parameterfremstilling, vi definerer desuden vektorerne til senere brug.

𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯_{𝛼} ⃗ ≔( 3)

2

−4

𝑟 ⎯ ⎯ ⃗_{𝑙} ≔( 1)

−2

2

Vi bestemmer vinklen mellem retningsvektoren og normalvektoren:

cos ( 𝑣) =

𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ · 𝑟 ⎯ ⎯ ⃗
 𝛼  𝑙

| 𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯_{𝛼} ⃗ || 𝑟 ⎯ ⎯ ⃗_{𝑙} |

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

𝑣=123,85451

Vi bestemmer vinklen mellem planen og linjen ved:

𝑤=𝑣− 90°
=123,85451° − 90°

≈33,85°

Vi har bestemt den spidse vinkel da vinklen w < 90°.

Den spidse vinkel mellem planen 𝛼 og linjen l er bestemt til 33,85° (afrundet til 2 decimaler).

Side 7

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

7 c)

Planens parameterfremstilling består af to ikke parallelle vektorer i planen hhv. () og () og et

𝑝_{1} 𝑞_{1}
𝑝_{2} 𝑞_{2}
𝑃_{3} 𝑞_{3}
begyndelsespunkt (x_{0}, y_{0}, z_{0}):

( 𝑦) =() + 𝑠 · () + 𝑡· ()

𝑥 𝑧

𝑥_{0} 𝑝_{1} 𝑞_{1}
𝑦_{0} 𝑝_{2} 𝑞_{2}
𝑧_{0} 𝑝_{3} 𝑞_{3}

Vi kan i opgaveformuleringen direkte aflæse en vektor, der ligger i planen, som retningsvektoren i parameterfremstillingen for linjen l.

𝑙_{𝑟} =( 1)

⎯ ⎯ ⎯ ⃗

−2

2

Til at bestemme den resterende ikke parallelle vektor, aflæser vi først to punkter, der ligger i planen 𝛽. I opgaveformuleringen kan vi aflæse to af punkter, der ligger i planen 𝛽, som hhv. punktet A og begyndelsespunktet for parameterfremstillingen for linjen l. Vi definerer hhv. punktet A og begyndelsespunktet i parameterfremstillingen for linjen l:

𝐿≔( 0)

1

2

𝐴≔( −2)

1

1

Vi bestemmer den resterende og ikke parallelle vektor, der ligger i planen 𝛽 som vektor 𝐴𝐿:

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

𝐴𝐿 =L − A

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

=( 2)

0

1

Vi vælger punktet A som begyndelsespunkt i planen og opskriver en parameterfremstilling for planen 𝛽:

𝛽: ( 𝑦) =𝐴 + 𝑠· 𝑙_{𝑟} + 𝑡· 𝐴𝐿

𝑥 𝑧

⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

=( −2) + 𝑠 · ( 1) + 𝑡· ( 2)

1 −2 0

1 2 1

En parameterfremstilling for planen 𝛽 er bestemt til udtrykket herover.

Side 8

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

8

Opgave 4

Opgave 4 tilhører forberedelsesmaterialet, som blev udgivet i 2017. Opgaven er derfor ikke inden for pensum.

a)

Vi har, at sandsynligheden for at den valgte lærer er en gråhåret matematiklærer er givet ved (GM =

Gråhåret matematiklærer):

𝑃 ( 𝐺𝑀) =0,40 · 0,25
=0,1

Vi har, at sandsynligheden for at den valgte lærer, der ikke er gråhåret, er matematiklærer er givet ved

(IGM = ikke gråhåret matematiklærer):

𝑃 ( 𝐼𝐺𝑀) =0,60 · 0,20
=0,12

Sandsynligheden P(M) for at en lærer er matematiklærer er givet ved summen af P(GM) og P(IGM) dvs.:

𝑃 ( 𝑀) =𝑃 ( 𝐺𝑀) + 𝑃 ( 𝐼𝐺𝑀)
=0,1 + 0,12
=0,22

Sandsynligheden for at den valgte lærer er en matematiklærer er bestemt til P(M) = 0,22 = 22 %, vi har

dermed gjort rede.

b)

Vi skal bestemme P(G|M), dvs. med andre ord skal vi bestemme den betingede sandsynlighed for, at den valgte lærer er gråhåret, efter den følgende hændelse er indtruffet, at den valgte lærer er matematiklærer.

Vi har, at den betingede sandsynlighed er givet ved:

𝑃 ( 𝐺 | 𝑀) =

𝑃 ( 𝐺∩ 𝑀)

𝑃(𝑀)

Hvor P(G|M) kun er defineret for P(M) > 0.

Vi har, at sandsynligheden for, at den valgte lærer er en gråhåret matematiklærer dvs. P(G ∩ M) er givet ved:

𝑃 ( 𝐺∩ 𝑀) =0,40 · 0,25
=0,1

Sandsynligheden for, at den valgte lærer er matematiklærer, er givet ved:

Side 9

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

9

𝑃 ( 𝑀) =0,22

Dvs.:

𝑃 ( 𝐺 | 𝑀) =

𝑃 ( 𝐺∩ 𝑀)

𝑃 ( 𝑀)

=

0,1

0,22

≈0,45454545

Sandsynligheden for, at den valgte lærer er gråhåret, efter den følgende hændelse er indtruffet, at den

valgte lærer er matematiklærer, er bestemt til 0,45 = 45 % (afrundet til 2 decimaler).

c)

Sandsynligheden for følgende hændelser hhv. M og G er givet ved:

M: Den valgte lærer er matematiklærer:

𝑃(𝑀) = 0,22

G: Den valgte lærer er gråhåret:

𝑃(𝐺) = 0,40

Skal M og G være uafhængige skal de opfylde sætningen:

𝑃 ( 𝑀∩ 𝐺) =𝑃 ( 𝑀) · 𝑃 ( 𝐺)

Vi har, at M og G har en fællesmængde M ∩ G, da en gråhåret lærer godt kan være matematiklærer, hvor sandsynligheden for, at dette faktisk er tilfældet, er givet ved:

𝑃 ( 𝑀∩ 𝐺) =0,60 · 0,20
=0,12

Vi har, at P(M)·P(G) er givet ved:

𝑃 ( 𝑀) · 𝑃 ( 𝐺) =0,22 · 0,40≈0,088

Dvs.:

𝑃 ( 𝑀∩ 𝐺) ≠𝑃 ( 𝑀) · 𝑃 ( 𝐺)

⇕

0,12≠0,088

Vi kan altså konkludere, at M og G ikke er uafhængige.

Side 10

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

10

Side 11

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

11

Opgave 5 a)

Vi definerer forskriften for f:

𝑓 ( 𝑥) ≔− 𝑥^{3} + 𝑥+ 1

1

3

Vi bestemmer monotoniforhold for f. Vi bestemmer nulpunkter til den afledede funktion f’:

𝑓^{′} ( 𝑥) =0

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

𝑥=−1 ∨ 𝑥=1

Vi undersøger fortegnet for differentialkvotienten på begge sider af nulpunktet for den afledede funktion f’:

𝑓^{′} ( −2) =−3

𝑓^{′} ()=0,75

1

2

𝑓^{′} ( 2) =−3

Vi opskriver monotoniforhold for f:

f er aftagende i intervallerne ]-∞; -1] og [1; ∞[

f er voksende i intervallet [-1; 1] b)

Vi definere x = 1,2 som x_{0}:

𝑥_{0} ≔1,2

Vi bestemmer en ligning for tangenten til grafen for f i punktet x = 1,2 ved:

𝑦_{𝑡} =𝑓^{′} ( 𝑥_{0}) · ( 𝑥− 𝑥_{0}) + 𝑓 ( 𝑥_{0})
≈−0,44 · 𝑥+ 2,152

En ligning for tangenten til grafen for f i punktet x = 1,2 er bestemt til udtrykket herover. Udtrykket er

identisk med udtrykket for tangenten t i opgaveformuleringen, vi har dermed gjort rede.

Side 12

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

12 c)

Vi bestemmer den nedre grænse for arealet af det tonede område som skæringen mellem grafen for tangenten t og grafen for f(x) i 2.kvadrant dvs. x < 0:

−0,44 · 𝑥 + 2,152=𝑓 ( 𝑥)

⇕ Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. med følgende antagelser/definitioner: 𝑥< 0
𝑥=−2,4

Vi bestemmer arealet af det tonede område som differensen mellem arealet under grafen for tangenten t og arealet under grafen for f(x) i intervallet [-2,4; 1,2] dvs.:

𝐴_{𝑡𝑜𝑛𝑒𝑑𝑒} =∫ −0,44· 𝑥 + 2,152𝑑𝑥 − ∫ 𝑓 ( 𝑥) 𝑑𝑥

1,2 1,2

−2,4 −2,4

≈4,6656

Arealet af det tonede område er bestemt til 4,7 (afrundet til 1 decimal).

d)

Vi færdiggør forklaringen til trin (2) og redegør for trinene (3) og (4):

Trin (2):

Funktionen differentieres vha. af reglerne: 𝑓 ( 𝑥) ……………𝑓 ( 𝑥)

′

𝑥^{𝑎} ……………𝑎𝑥

𝑎−1

𝑘𝑥……………𝑘 𝑘……………0

Trin (3):

Udtrykket for den afledede funktion f’ fra trin (2) er blevet reduceret dvs.:

𝑓^{′} ( 𝑥) =−3 · 𝑥^{2} + 1 + 0

1

3

=−𝑥^{2} + 1

Trin (4):

Differentialkvotienten for hhv. x og -x er opgivet, hvor det ses, at differentialkvotienten for hhv. f’(x ) og
                          0     0                                                  0

f’(-x ) er den samme, dette kan forklares ved:
   0

𝑓^{′} ( 𝑥_{0}) =−𝑥_{0}^{2} + 1

Og:

Side 13

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

13

𝑓^{′} ( −𝑥_{0}) =− ( −𝑥_{0})^{2} + 1
=−𝑥_{0}^{2} + 1

Vi argumenterer for, at tangenterne altid vil være parallelle:

Vi har, at differentialkvotienten pr. definition beskriver hældningen for tangenten til grafen for f i punktet

x . Vi har i trin (4) vist, at differentialkvotienten er identisk for hhv. x og -x , vi har derved at tangenterne
 0                                                       0    0

altid vil være parallelle, da hældningen for tangenterne vil være ens for x ∈ ]-∞; ∞[.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 14

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

14

Opgave 6 a)

Vi definerer koordinatligningen for y:

𝑦 ( 𝑡) ≔−4,9𝑡^{2} + 3,3𝑡 + 1,1

Vi har, at når bolden rammer jorden er y = 0. Vi bestemmer tidspunktet t_{slut}, hvor bolden rammer jorden,
ved at løse for t, når y(t) = 0, hvor t > 0:

𝑦 ( 𝑡) =0
⇕ Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. med følgende antagelser/definitioner: 𝑡>0
𝑡=0,9180092

Bolden rammer jorden i t = 0,9180092 s.

Vi har, at t_{slut} er bestemt til t_{slut} = 0,92 s (afrundet til 2 decimaler).

b)

Vi definerer vektorfunktionen 𝑟⃗(𝑡): 𝑟⃗ ( 𝑡) ≔()

14,8𝑡

−4,9𝑡^{2} + 3,3𝑡 + 1,1

Vi bestemmer koordinatsættet til P ved at indsætte t_{slut} = 0,9180092 s i vektorfunktionen 𝑟⃗ ( 𝑡) dvs.:

𝑟⃗ ( 0,9180092) ≈()

13,586536

−7,2947364 · 10^{−9}

Koordinatsættet til nedslagspunktet P er bestemt til P(13,59, 0) (afrundet hhv. til 2 decimaler og til 0).

c)

Vi bestemmer den maksimale højde af slaget, som den maksimale værdi koordinatligningen for y antager i

intervallet [0; t ], dette gøres ved at optimere y(t). Vi bestemmer nulpunkter til den afledede funktion
             slut

y’(t):

𝑦^{′} ( 𝑡) =0

⇕ Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. med følgende antagelser/definitioner: 0< 𝑡<0,9180092
𝑡=0,33673469

Vi undersøger fortegnet for differentialkvotienten på begge sider af nulpunktet for den afledede funktion y’:

Side 15

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 24. maj 2017

15

𝑦^{′} ( 0,20) ≈1,34
𝑦^{′} ( 0,40) ≈−0,62

Vi kan konkludere, at t = 0,er et maksimum.

Vi bestemmer den maksimale højde af slaget ved at bestemme y(0,): 𝑦 ( 0,33673469) ≈1,6556122

Den maksimale højde af slaget er bestemt til 1,66 m (afrundet til 2 decimaler).

d)

Vi definerer koordinatligningen for x som funktion af t: 𝑥 ( 𝑡) ≔14,8𝑡

Vi bestemmer tidspunktet, hvor bolden passerer nettet, ved at løse for t i x(t) = 7:

𝑥 ( 𝑡) =7

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

𝑡=0,47297297

Vi har, relationen mellem sted og fart er givet ved:

𝑠^{′} =𝑣

Dvs. vi bestemmer hastigheden for tennisbolden, når den passerer nettet, ved at bestemme

| 𝑟⃗^{′} ( 0,47297297)|:

𝑣= | 𝑟⃗^{′} ( 0,47297297)| ≈14,8601

Tennisboldens hastighed, når den passerer nettet er bestemt til 14,9 m/s (afrundet til 1 decimal).