HTX Matematik A 26. august 2016 - Vejledende besvarelse

Side 1

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2016

1

HTX Matematik A

26. august 2016

htx162-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 som indledning til din egen besvarelse at skrive en kommentar om, at beregningerne er foretaget ved hjælp af WordMat, så censor ved, hvor tallene kommer fra.

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

Opgave 1

OBS: Husk at skifte til radianer, når der arbejdes med trigonometriske funktioner.

a)

t løses for ligningen x = 6:

3𝑡 + sin ( 6𝑡) =6
Ligningen løses numerisk for t vha. CAS-værktøjet WordMat. med følgende antagelser/definitioner: 𝑡=>0

𝑡≈2,0628042

Tidspunktet, hvor ballonen rammer væggen, er bestemt til t = 2,06 sekunder efter slip (afrundet til 2

decimaler).

b)

Vektorfunktionen og definitionsmængden for t defineres:

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟: 𝑡≥0

𝑟⃗ ( 𝑡) ≔()

3𝑡+ sin ( 6𝑡)
2 − 0,2𝑡 − 0,5cos ( 6𝑡)

Ballonens hastighedsvektor til tiden t = 0,4 bestemmes ved:

𝑟⃗^{′} ( 0,4) ≈()

−1,4243623

1,8263895

Ballonens hastighedsvektor til tiden t = 0,4 er bestemt til () (afrundet til 1 decimal).

−1,4

1,8

Side 2

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2016

2 c)

Afstanden mellem 2 punkter er givet ved:

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

Punktet ( 𝑥_{1},𝑦_{1}) betegner vores kendte punkt P, og punktet ( 𝑥_{2},𝑦_{2}) er det varierende punkt, dvs.

koordinatfunktionen for x og y:

Vi opstiller en funktion for afstanden mellem punktet og ballonen:

𝑑 ( 𝑡) ≔ ( ( 3𝑡 + sin ( 6𝑡)) − 3)^{2} + ( ( 2 − 0,2𝑡 − 0,5cos ( 6𝑡)) − 2)^{2}

√

For at bestemme den mindste afstand mellem ballonen og punktet, skal vi bestemme minimum for

funktionen d(t), hvor 0 ≤ t ≤ 2,06, da ballonen rammer endevæggen til tiden t = 2,06 s. Først bestemmer vi

nulpunkter til den afledede funktion d’(t):

𝑑^{′} ( 𝑡) =0
Ligningen løses numerisk for t vha. CAS-værktøjet WordMat. med følgende antagelser/definitioner: 0≤𝑡≤2,06

𝑡≈0,33802403 ∨ 𝑡≈0,69170179 ∨ 𝑡≈1,0264454 ∨ 𝑡≈1,3950569 ∨ 𝑡

≈1,7398781

Vi undersøger hvert af punkterne, for netop at bestemme punktet, der betegner den mindste afstand: 𝑑 ( 0,33802403) ≈1,0994246 𝑑 ( 0,69170179) ≈1,7756229 𝑑 ( 1,0264454) ≈0,70285099 𝑑 ( 1,3950569) ≈2,0550444 𝑑 ( 1,7398781) ≈1,3729915

Vi undersøger om t = 1,0264454 betegner et minimum, ved at undersøge fortegnet for

differentialkvotienten på begge sider af nulpunktet for den afledede funktion d’(t):

𝑑^{′} ( 0,9) ≈−0,71562703

𝑑^{′} (1,1)≈1,7231429

Vi kan konkludere, at t = 1,026 betegner et minimum.

Tidspunktet, hvor afstanden mellem ballonen og punktet P er mindst, er bestemt til t = 1,026 s (afrundet til

2 decimaler).

Side 3

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2016

3

Opgave 2 a)

Det er oplyst, at 10-ball rack’en har form som en ligesidet trekant, hvilket vil sige., at alle vinkler er 60°. Da kuglerne er lige store, vil trekant PQR ligeledes danne en ligesidet trekant, hvor alle vinkler er 60°.

Røringspunktet S betegner midten af siden |QR|, og siden |PS| udgør derfor en vinkelhalveringslinje for vinkel P. Vi halverer vinklen fra P i trekant PQR på 60°:

𝑣= =30°

60°

2

Dermed får vi vinkel v på 30°.

b)

Trekant PQS udgør en retvinklet trekant, hvor vinklen fra S er 90°.

Vi beregner siden |PQ|. Hver kugle har en diameter på 57 mm, dvs.:

| 𝑃𝑄 | = · 57 + 57 + 57 + · 57=171

1 1

2 2

Vi bestemmer siden |PS| med WordMats trekantsløser:

WordMats trekantsløser anvendes med input: P = 30°, Q = 60°, S = 90°, PQ = 171

Q P = 30°
Q = 60°
S = 90°

QS = 85,5
PS = 148,0903
PQ = 171

Vi aflæser længden af siden |PS| fra WordMats trekantsløser:

Siden |PS| er bestemt til 148,1 mm (afrundet til 1 decimal).

P PS S

PQ QS

Side 4

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2016

4 c)

Vi bestemmer først længden af en af trekantens sider. Vi arbejder med en ligesidet trekant. Det sorte linjestykke kan bestemmes udelukkende ved at se på kuglernes radius (se første figur herunder). Det røde

linjestykke har derimod forholdet √3 med radius. Dette fremgår, hvis vi zoomer ind på en af cirklerne yderst

i et af hjørnerne i nederste række. Tegner vi en trekant uden om cirklen, får vi igen en ligesidet trekant.

Tegner vi nu med udgangspunkt i cirklens centrum en retvinklet trekant (se anden figur herunder) får vi en trekant med vinkler på 30°, 90° og 60°, hvor vi desuden ved, at trekantens højde er lig radius af cirklen.

Sætter vi radius af cirklen lig 1, kan vi vha. simple trigonometriske relationer bestemme forholdet mellem

radius af cirklen og den hosliggende katete til vinklen på 30° til √3.

Vi definerer først radius af én kugle: 𝑟≔

57

2

Vi beregner omkredsen af den røde trekant:

𝑂=3 · ( 𝑟 ·6 +𝑟· √ 3 + 𝑟 · √ 3)

≈809,1807

Omkredsen af den røde trekant er bestemt til 809,2 mm (afrundet til 1 decimal).

Side 5

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2016

5

Opgave 3 a)

Linjeelementerne i punkt A, B og C bestemmes ved:

For punkt A:

Tangenthældningen beregnes:

𝑦^{′} =0,02 · · 30=0,56

450 − 30

450

Linjeelementet opskrives (afrundet til 2 decimaler):

( 0;30;0,56)

For punkt B:

Tangenthældningen beregnes:

𝑦^{′} =0,02 · · 36,11≈0,6642475

450 − 36,11

450

Linjeelementet opskrives (afrundet til 2 decimaler):

( 10;36,11;0,66)

For punkt C:

Tangenthældningen beregnes:

𝑦^{′} =0,02 · · 43,33≈0,783156

450 − 43,33

450

Linjeelementet opskrives (afrundet til 2 decimaler):

( 20;43,33;0,78) b)

Den generelle rekursionsligning for Eulers metode er:

𝑦_{𝑛+1} =𝑦_{𝑛} + ℎ · 𝑔 ( 𝑦_{𝑛})

Vi betragter differentialligningen:

𝑑𝑦 450 − 𝑦

𝑑𝑥 450

=𝑔 ( 𝑦) =0,02 · · 𝑦

Vi kan aflæse, at h = 10 fra afstanden mellem punkterne. Rekursionsligningen for differentialligningen

svarende til Eulers metode bliver da:

Side 6

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2016

6

𝑦_{𝑛+1} =𝑦_{𝑛} + 10 · (0,02 · · 𝑦_{𝑛})

450 − 𝑦_{𝑛}

450 c)

Vi bestemmer en tilnærmet løsning:

For x_{0}:

Vi har, at x_{0} = 0, og y(x_{0}) = 30.

For x_{1}:

𝑦_{0+1} =30 + 10 · (0,02 · · 30)

450 − 30

450

=35,6

For x_{2}:

𝑦_{1+1} =35,6 + 10 · (0,02 · · 35,6)

450 − 35,6

450

=42,15673

Vi opstiller resultaterne i en tabel (afrundet til 2 decimaler): 𝑛 0 1 2

𝑥_{𝑛} 0 10 20
𝑦_{𝑛} 30 35,6 42,2

d)

Vi bestemmer den eksakte løsning for x_{2} = 20. Vi løser differentialligningen med WordMat med
startbetingelsen y(0) = 30:

𝑦^{′} =0,02 · · 𝑦

450 − 𝑦

450

Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMats 'Løs differentialligning'-funktion med startbetingelsen y(0)=30

𝑦=

450

14 · 𝑒^{−0,02·𝑥} + 1

Vi bestemmer y(20):

450

14 · 𝑒^{−0,02·20} + 1

≈43,3339

Vi bestemmer afvigelsen mellem den eksakte og Eulers løsning for x_{2} = 20:

%=() · 100

42,15673 − 43,339

43,339

≈−2,727959

Afvigelsen for x = 20 er bestemt til -2,73 % (afrundet til 2 decimaler).
            2

Side 7

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2016

7

Opgave 4 a)

Værdier for kageformen defineres: ℎ≔2

𝑅≔2,5 𝑟≔1,5

Kageformen har form som en keglestub. Volumen af en keglestub bestemmes ved:

𝑉= · 𝜋 · ℎ· ( 𝑟^{2} + 𝑅^{2} + 𝑟 · 𝑅)

1

3

≈25,65634

Volumen af kageformen er bestemt til 25,7 cm^{3} (afrundet til 1 decimal).

b)

Overfladearealet af kageformen bestemmes ved:

𝑂=𝜋· ( 𝑟 +𝑅) · √ ℎ^{2} + ( 𝑅− 𝑟)^{2}

≈28,09926

                                            2
Overfladearealet af kageformen er bestemt til 28,1 cm (afrundet til 1 decimal).

c)

Radius af kuglekalottens endeflade og højden defineres: 𝑝≔0,75

Overfladearealet af kuglekalotten bestemmes ved:

𝑂=𝜋· ( 𝑝^{2} + 𝑅^{2})

≈21,4021

                                              2
Overfladearealet af kuglekalotten er bestemt til 21,40 cm (afrundet til 2 decimaler).

Side 8

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2016

8

Opgave 5 a)

Vi definerer punktet:

𝐴≔( 1)

1

1

Hvis A skal ligge på linjen m, skal parameterfremstillingen opfylde punktet:

( −3𝑡)=( 1)

2 + 3𝑡 1

−1 − 6𝑡 1

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

𝑡=−

1

3

Advarsel: Du har bedt om at løse et ligningssystem, men angivet færre variable end ligninger. Kun de første ligninger er løst. Kontroller selv om de(n) sidste ligning(er) passer.

Da der findes en værdi for t, kan det konkluderes, at punktet A ligger på linjen m.

b)

Vi definerer punkterne:

𝐵≔( 4)

6

−7

𝐶≔( 1)

−3

5

Vi bestemmer retningsvektoren til parameterfremstillingen:

𝑟 ⎯ ⎯ ⃗ =𝐶− 𝐵=( −3 )
 𝑙

−9

12

=( 3)

9

−12

Vi opskriver parameterfremstillingen. Vi vælger punktet B som begyndelsespunkt:

𝑙: ( 𝑦) =( 4) + 𝑡· ( 3)

𝑥 𝑧

6 9

−7 −12

Side 9

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2016

9 c)

Planens ligning består af en normalvektor til planen og et punkt i planen. Eftersom linjen l står vinkelret på planen α, er retningsvektoren til linjen l lig normalvektoren til planen α.

Vi opskriver planens ligningen og reducerer:

9 ( 𝑥− 1) + 3 ( 𝑦 − 1) + ( −12)( 𝑧 − 1) =0

Udtrykket omskrives vha. CAS-værktøjet WordMat ved brug af metoderne: Automatisk reduktion,

−12 · 𝑧 + 3 · 𝑦+ 9 · 𝑥=0

Ligningen kan yderligere reduceres med en faktor 3, dvs.:

−4 · 𝑧 + 𝑦+ 3𝑥=0

Vi har dermed vist, at α har ovenstående ligning.

d)

Vi indsætter først stedfunktionerne for linjen l i ligningen for planen α:

−4 · ( −7 + 𝑡 · ( −12)) + ( 4 + 𝑡· 3) + 3 ( 6 + 𝑡· 9) =0

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

𝑡=−0,6410256

Vi bestemmer skæringen ved at indsætte punktet t i parameterfremstillingen for l:

( 𝑦) =( 4) + ( −0,6410256) · ( 3)≈( 2,076923)

𝑥 0,2307696 𝑧 0,6923072

6 9

−7 −12

Skæringspunktet mellem linjen l og planen α er bestemt til S(0,2308, 2,0769, 0,6923).

Side 10

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2016

10

Opgave 6 a)

Vi definerer funktionen g(x): 𝑔 ( 𝑥) ≔

−0,0088𝑥^{3} + 0,25𝑥^{2} + 31𝑥 − 1100
𝑥− 110
Vi bestemmer x_{2} ved at finde skæringen mellem graferne for f og g:

50=𝑔 ( 𝑥)

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

𝑥=79,8266

Værdien for x_{2} er bestemt til 79,83 (afrundet til 2 decimaler).

Vi bestemmer x_{1} som skæringen mellem f(x) i definitionsmængden 0≤𝑥≤20 og f(x) i
definitionsmængden x_{1} ≤ x ≤ x_{2}:

50=−0,00001𝑥^{4} + 0,0026𝑥^{3} − 0,20𝑥^{2} + 5,58𝑥− 34,2

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

𝑥=78,71959 ∨ 𝑥=147,3151

Kun den mindste løsning befinder sig i det gyldige definitionsområde, da x ≤ x :
                                                            1   2

Værdien for x_{1} er bestemt til 78,72 (afrundet til 2 decimaler).

b)

En linje, der danner en vinkel på 45° med x-aksen, vil have en hældning på tan(45):

Vi definerer funktionen f for hver af de tre definitionsmængder:

𝑓_{1} ( 𝑥) ≔0,33𝑥+ 10

𝑓_{2} ( 𝑥) ≔−0,00001𝑥^{4} + 0,0026𝑥^{3} − 0,20𝑥^{2} + 5,58𝑥 − 34,2

𝑓_{3} ( 𝑥) ≔50

Vi bestemmer førstekoordinaten til det punkt på grafen for f, hvor hældningen er 45° ift. x-aksen:

𝑓_{1}^{′} ( 𝑥) =tan ( 45)

𝑥∈∅

Ligningen havde ingen løsninger inden for ℝ for variabel x.

𝑓_{2}^{′} ( 𝑥) =tan ( 45)

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

𝑥=16,07172 ∨ 𝑥=59,80747 ∨ 𝑥=119,1208

Side 11

Matematik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. august 2016

11

𝑓_{3}^{′} ( 𝑥) =tan ( 45)

𝑥∈∅

Ligningen havde ingen løsninger inden for for variabel x

ℝ

Vi kan konkludere, at den eneste værdi for x, der ligger inden for et gyldigt definitionsområde, er x = 59,81

(afrundet til 2 decimaler).

Vi beregner anden koordinaten:

𝑓_{2} ( 59,80747) ≈12,40555

Koordinatsættet til det punkt på grafen, hvor tangentens hældning med x-aksen er 45°, er bestemt til

(59,80, 12,41) (afrundet til 2 decimaler).

c)

Vi definerer først x_{1} og x_{2}:

𝑥_{1} ≔78,71959

𝑥_{2} ≔79,8266

Vi kan se, at f(x) > g(x) i hele definitionsmængden. Vi bestemmer arealet af strandstolens profil:

𝐴=∫ ( 𝑓_{1} ( 𝑥) − 𝑔 ( 𝑥)) 𝑑𝑥 + ∫ ( 𝑓_{2} ( 𝑥) − 𝑔 ( 𝑥)) 𝑑𝑥 + ∫ ( 𝑓_{3} ( 𝑥) − 𝑔 ( 𝑥)) 𝑑𝑥

20 𝑥_{1} 𝑥_{2}

0 20 𝑥_{1}

≈675,7551

                                           2
Arealet af strandstolens profil er bestemt til 675,8 cm (afrundet til 1 decimal).