STX Matematik A 14. august 2014 - Delprøven uden hjælpemidler

Side 1

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2014

1

STX Matematik A 14. august 2014

Delprøven uden hjælpemidler

Stx142-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.

Opgave 1

Den generelle løsningsformel for andengradsligninger er:

𝑥 =

−𝑏 ± √𝑏^{2} − 4𝑎𝑐

2𝑎

Koefficienterne aflæses af polynomiet: 𝑎 = 1, 𝑏 = 2 og 𝑐 = −15

𝑥 =

−2 ± √ 2^{2} − 4 · 1 · (−15)
2 · 1
=

−2 ± √ 64

2

=

−2 ± 8

2

𝑥 = 3 ∨ 𝑥 = −5

Opgave 2

Tallet −2,5 er hældningskoefficienten, og det betyder at antallet af solgte is falder med 2,5 (𝑦-værdiens

tilvækst er -2,5) hver gang prisen for en is stiger med 1 kr (𝑥-værdiens tilvækst er 1).

Når der ikke sælges nogen is, vil 𝑓 ( 𝑥) = 0:

0 = −2,5𝑥 + 125

⇕

2,5𝑥 = 125

⇕

𝑥 =

125

2,5

=

250

5

Side 2

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2014

2

= 50

Det vil sige, at den pris, der betyder, at der ikke sælges nogen is er 50 kr.

Opgave 3

Længden af siden BC bestemmes ved hjælp af Pythagoras’ læresætning:

𝐴𝐵^{2} = 𝐴𝐶^{2} + 𝐵𝐶^{2}

⇕

𝐵𝐶^{2} = 𝐴𝐵^{2} − 𝐴𝐶^{2}

⇕

𝐵𝐶 = 𝐴𝐵^{2} − 𝐴𝐶^{2}

√
𝐵𝐶 = 5 − 4^{2}

√^{2}
= √25 − 16
= √ 9
= 3

For ensvinklede trekanter gælder, at forholdet mellem ensliggende sider er konstant:

𝐷𝐹 𝐷𝐸

𝐴𝐶 𝐴𝐵

=

⇕

𝐷𝐸 = 𝐴𝐵·

𝐷𝐹

𝐴𝐶

= 5 ·

6

4

=

30

4

=

15

2

Opgave 4

For at kunne aflæse koordinatsættet for centrum 𝐶(𝑎,𝑏) samt radius 𝑟, skal cirklens ligning omskrives til

formen: ( 𝑥 − 𝑎)^{2} + ( 𝑦− 𝑏)^{2} = 𝑟^{2}.

𝑥^{2} − 4𝑥+ 𝑦^{2} + 6𝑦 − 3 = 0

⇕ (𝐼)

( 𝑥− 2)^{2} − 2^{2} + ( 𝑦 + 3)^{2} − 3^{2} − 3 =0

⇕

( 𝑥− 2)^{2} + ( 𝑦 + 3)^{2} = 3^{2} + 2^{2} + 3

⇕

Side 3

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2014

3

( 𝑥− 2)^{2} + ( 𝑦 + 3)^{2} = 16

⇕

( 𝑥− 2)^{2} + ( 𝑦 + 3)^{2} = 4^{2}

Heraf aflæses let koordinatsættet til cirklens centrum samt cirklen radius:

𝐶 ( 2,−3) 𝑜𝑔 𝑟 = 4

( 𝐼)

Her anvendes en omskrevet version af første kvadratsætning:

( 𝑎+ 𝑏)^{2} = 𝑎^{2} + 𝑏^{2} + 2𝑎𝑏

⇕

𝑎^{2} + 2𝑎𝑏 = ( 𝑎+ 𝑏)^{2} − 𝑏^{2}

Opgave 5

𝑓 ( 𝑥) = 𝑥· 𝑒^{𝑥}

𝑓^{′} ( 𝑥) = 𝑒^{𝑥} + 𝑥 ·𝑒^{𝑥} (I)

Hvis 𝑓 ( 𝑥) er en løsning, kan 𝑓 ( 𝑥) og 𝑓^{′} ( 𝑥) substitueres ind i differentialligningen på pladserne for hhv. 𝑦 og

𝑑𝑦 𝑑𝑥

, hvorved begge sider af ligningen vil vise det samme. Dette efterprøves nu: 𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑦 + 𝑒^{𝑥}

⇕

𝑒^{𝑥} + 𝑥· 𝑒^{𝑥} = 𝑥· 𝑒^{𝑥} + 𝑒^{𝑥}

⇕

𝑒^{𝑥} + 𝑥· 𝑒^{𝑥} = 𝑒^{𝑥} + 𝑥· 𝑒^{𝑥}

Der står det samme på begge sider af lighedstegnet, og derfor er 𝑓 en løsning til differentialligningen

(I)

Her anvendes produktreglen for differentiation:

( 𝑓 ( 𝑥) · 𝑔 ( 𝑥))^{′} = 𝑓^{′} ( 𝑥) · 𝑔 ( 𝑥) + 𝑓 ( 𝑥) ·

𝑔′ ( 𝑥)

Opgave 6

Integralet kan bestemmes vha. integration ved substitution (I):

Funktionen i nævneren kan substitueres:

𝑔 ( 𝑥) = 𝑡 = 𝑥^{3} − 7 , 𝑡 ≠ 0

Side 4

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2014

4 𝑑𝑡 𝑑𝑥

= 3𝑥^{2}

                                    𝑑𝑡
Substitutionsmetoden tillader os at opfatte som en almindelig brøk:
                                    𝑑𝑥

𝑑𝑡 = 3𝑥^{2} · 𝑑𝑥

⇕

𝑑𝑥 = · 𝑑𝑡

1

3𝑥^{2}

Nu udregnes de nye grænser:

𝑔 ( 3) = 3^{3} − 7 =20

𝑔 ( 2) = 2^{3} − 7 = 1

Nu foretages substitutionen:

∫ 𝑑𝑥 = ∫ · 𝑑𝑡

3𝑥^{2} 3𝑥^{2} 1
𝑥^{3} − 7 𝑡 3𝑥^{2}

3 20

2 1

= ∫ · 𝑑𝑡

1 𝑡

20

1

= [ 𝑙𝑛 | 𝑡 |]_{1}^{20} (II)
= ln ( 20) − ln (1)
= ln (20)

( 𝐼):

Integration ved substitution:

∫ 𝑓(𝑔 ( 𝑥)) · 𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡 = [ 𝐹 ( 𝑡)]_{𝑔}^{𝑔}_{(}^{(}_{𝑎}^{𝑏} = 𝐹 ( 𝑔 ( 𝑏)) − 𝐹 ( 𝑔 ( 𝑎))

𝑏 𝑔 ( 𝑏) 𝑎 𝑔 ( 𝑎)

)

)

           1
( 𝐼𝐼 ) : 𝑓 ( 𝑥 ) = ⇒𝐹 ( 𝑥 ) = 𝑙𝑛 | 𝑥 | + 𝑘 ,𝑥 ≠ 0
           𝑥