STX Matematik A 15. august 2012 - Vejledende besvarelse

Side 1

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

1

STX Matematik A

15. august 2012

stx122-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 en 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 formelsamling, som findes øverst til venstre. Der er store tidsbesparelser at hente ved at bruge formelsamlingen!

Delprøven uden hjælpemidler .......................................................................................................................... 2 Delprøven med hjælpemidler ........................................................................................................................... 7

Side 2

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

2

Delprøven uden hjælpemidler

Opgave 1

Til at bestemme længden af siden AC benytter vi, at arealet, T, af en vilkårlig trekant er lig med halvdelen af højden ganget med grundlinjen:

𝑇= ℎ · 𝑔

1

2

Hvis vi lader højden være den afmærkede højde fra B, som har længden 6, så er AC grundlinjen. Vi

indsætter 𝑇=24 i formlen og isolerer AC:

24= · 6 · 𝐴𝐶

1

2

⇓

24=3 · 𝐴𝐶

⇓

𝐴𝐶=

24

3

=8

Vi har bestemt, at | 𝐴𝐶 | =8.

Da trekant ABC og ADE er ensvinklede, så er forholdet mellem de ensliggende sider det samme. Dvs. at

| 𝐴𝐷 | | 𝐷𝐸 | | 𝐴𝐸 |

| 𝐴𝐵 | | 𝐵𝐶 | | 𝐴𝐶 |

= =

At de to trekanter er ensvinklede betyder også, at forholdet mellem højderne er det samme som forholdet mellem siderne. Så

| 𝐴𝐸 | ℎ_{𝐷}
|𝐴𝐶| ℎ_{𝐵}

=

Vi kender længden af AC samt højderne, så vi kan beregne længden af 𝐴𝐸:

| 𝐴𝐸 | 4

8 6

=

⇓

| 𝐴𝐸 | = · 8

4

6

=

32

6

=

16

3

Vha. formlen for arealet af en vilkårlig trekant kan vi bestemme arealet af trekant ADE:

Side 3

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

3

𝑇= · 4 ·

1 16

2 3

=2 ·

16

3

=

32

3

Arealet af trekant ADE er bestemt til^{32}_{3}.

Opgave 2

Funktionen 𝑓 ( 𝑡) =40400 · 1,017^{𝑡} er en eksponentialfunktion, da den er på formen 𝑓 ( 𝑥) =𝑏· 𝑎^{𝑥}. Tallet
40400 er funktionens begyndelsesværdi, dvs. 𝑓 ( 0) =40400. Da t betegner antallet af år efter 2009, må
𝑡=0 være år 2009. Så tallet 40400 fortæller os, det danske BNP pr. indbygger i år 2009 var 40.400 euro

ifølge modellen.

Tallet 𝑎=1,017 er fremskrivningsfaktoren. Da 𝑎>1 er 𝑓(𝑡) en voksende funktion, dvs. at det danske BNP

pr. indbygger er steget siden 2009. Vi ved at

𝑎=1 + 𝑟

hvor r er vækstraten. Så

𝑟=1,017 − 1
=0,017

Vækstraten beskriver den procentmæssige stigning. Da 𝑟=1,7% kan vi konkludere, at ifølge modellen er

det danske BNP pr. indbygger (målt i euro) vokset med 1,7% pr. år siden 2009.

Opgave 3

Vi differentierer 𝑓 ( 𝑥) =𝑥^{2} + 3𝑥 + 1:

𝑓^{′} ( 𝑥) =2 · 𝑥+ 3 (𝐼)

Den generelle ligning for tangenten til grafen for en funktion i punktet (𝑥 ,𝑓 ( 𝑥 ) ) er
                                                           0    0

𝑦=𝑓^{′} ( 𝑥_{0}) · ( 𝑥− 𝑥_{0}) + 𝑓(𝑥_{0})

Vi skal bestemme tangenten i punktet 𝑃(2,𝑓

(

2

)

), så vi starter med at bestemme 𝑓(2) og 𝑓′(2):

𝑓 ( 2) =2^{2} + 3 · 2 + 1
=4 + 6 + 1
=11

𝑓^{′} ( 2) =2 · 2 + 3
=4 + 3

Side 4

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

4

=7

Vi kan nu sætte værdierne ind i ligningen:

𝑦=7 · ( 𝑥− 2) + 11
=7 · 𝑥− 14 + 11
=7 · 𝑥− 3

En ligning for tangenten til grafen for f i punktet 𝑃(2,𝑓 ( 2)) er bestemt til 𝑦=7 · 𝑥− 3.

(I) Differentiationsregneregler:

( 𝑥^{𝑛})^{′} =𝑛· 𝑥^{𝑛−1}

( 𝑘· 𝑓 ( 𝑥))^{′} =𝑘· 𝑓′(𝑥)

( 𝑘)^{′} =0

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

Opgave 4

De tre funktioner er alle eksponentialfunktioner, da de er på formen 𝑓 ( 𝑥) =𝑏· 𝑎^{𝑥}, hvor 𝑎=𝑒^{𝑘}. Tallet b

fortæller, hvor funktionen skærer x-aksen, mens tallet a bl.a. beskriver om funktionen er voksende eller aftagende. Hvis 𝑎>1 er funktionen voksende, og hvis 0<𝑎<1, så er funktionen aftagende.

Vi ser først på 𝑓 ( 𝑥) =2 · 𝑒^{0,4·𝑥}. f er en voksende funktion, da 𝑒^{0,4} >1. Grafen for f må være B, da den
viser en voksende funktion og skærer y-aksen i 𝑦=2.

Vi ser derefter på 𝑔 ( 𝑥) =𝑒^{0,5·𝑥}. g er også en voksende funktion, da 𝑒^{0,5} >1. Graf C må være grafen for g,
da den viser en voksende funktion og skærer y-aksen i 𝑦=1.

Til sidst tjekker vi, at A er grafen for ℎ ( 𝑥) =2 · 𝑒^{−0,4·𝑥}. Da 0<𝑒^{−0,4} <1 er h en aftagende funktion. Da A
er grafen for en aftagende funktion og skærer y-aksen i 𝑦=2, så må A være grafen for h.

Opgave 5

Vi kan se ud af parameterfremstillingen for linjen l, at vektoren 𝑣⃗=() er parallel med l. Da vektor 𝑣⃗ er

8

3 parallel med linjen l, der står vinkelret på m, så står 𝑣⃗ også vinkelret på m, og 𝑣⃗ er derfor normalvektor til m.

Da vi kender en vektor 𝑣⃗, der er normalvektor til m, og et punkt 𝑃(8,10), der ligger på m, så kan vi benytte den generelle ligning for en linje til at bestemme ligningen for m:

𝑎· ( 𝑥− 𝑥_{0}) + 𝑏· ( 𝑦 − 𝑦_{0}) =0

Side 5

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

5

Vi indsætter 𝑣⃗’s og 𝑃’s koordinater i formlen:

8 · ( 𝑥− 8) + 3 · ( 𝑦 − 10) =0

⇓

8𝑥− 64 + 3𝑦 − 30=0

⇓

8𝑥 + 3𝑦− 94=0

Ovenstående er en ligning for linjen m, der står vinkelret på linjen l og gå igennem punktet 𝑃(8,10).

Vi bestemmer skæringspunktet mellem l og m ved at sætte parameterfremstillingen for l ind i ligningen for m, isolere t og derefter sætte værdien af t ind i parameterfremstillingen:

8 · ( 3 + 𝑡 · 8) + 3 · ( −1 + 𝑡 · 3) − 94=0

⇓

24 + 64 · 𝑡 − 3 + 9𝑡− 94=0

⇓

73𝑡− 73=0

⇓

73𝑡=73

⇓

𝑡=

73

73

=1

Vi sætter 𝑡=1 ind i parameterfremstillingen:

()=() + 1 · ()

𝑥 𝑦

3 8

−1 3
=() + ()

3 8

−1 3
=()

11

2

Linjerne l og m skærer hinanden i punktet (11,2).

Opgave 6

Vi kan se på figuren, at 𝑓 ( 𝑥) =𝑘 har præcis to løsninger, når k er funktionsværdien i det lokale maksimum
eller det lokale minimum. Da vi får oplyst, at der er to værdier for k, hvor 𝑓 ( 𝑥) =𝑘 har præcis to løsninger,

så må det være de to værdier af k, vi skal finde.

I de lokale ekstremumspunkter er 𝑓^{′} ( 𝑥) =0, så 𝑓 ( 𝑥) =𝑘 har præcis to løsninger, når 𝑓^{′} ( 𝑥) =0. Vi
bestemmer derfor først 𝑓^{′} ( 𝑥):

𝑓^{′} ( 𝑥) =3· 𝑥^{2} − 6 · 2 · 𝑥+ 9
=3𝑥^{2} − 12𝑥 + 9

Side 6

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

6

Vi kan se, at 𝑓′(𝑥) er et andengradspolynomium. Vi bruger derfor formlen for rødderne i et

andengradspolynomium til at bestemme de x-værdier, hvor 𝑓^{′} ( 𝑥) =0.

Vi bestemmer først diskriminanten:

𝑑= ( −12)^{2} − 4 · 3 · 9
=144 − 108
=36

Vi kan nu bestemme rødderne:

𝑥= = =2 ± 1

−(−12) ± √ 36 12 ± 6
2 · 3 6
Så 𝑓^{′} ( 𝑥) =0 når 𝑥=1 eller 𝑥=3. Vi sætter de to x-værdier ind i funktionsforskriften for f:

𝑓 ( 1) =1^{3} − 6 · 1^{2} + 9 · 1 + 1
=1 − 6 + 9 + 1
=5

𝑓 ( 3) =3^{3} − 6 · 3^{2} + 9 · 3 + 1
=27 − 54 + 27 + 1
=1

Når 𝑘=1 eller 𝑘=5, så har ligningen 𝑓 ( 𝑥) =𝑘 præcis 2 løsninger.

Side 7

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

7

Delprøven med hjælpemidler

Opgave 7 a)

Vi opstiller en tabel med dataene og tilføjer en ekstra række, der betegner t, der er antallet af år siden

1996:

Årstal | 1996 | 1998 | 2000 | 2002 | 2004 | 2006 | 2008 | 2010
t | 0 | 2 | 4 | 6 | 8 | 10 | 12 | 14
Vindmøllekapacitet | 6,1 | 10,2 | 17,4 | 31,1 | 47,6 | 74,1 | 121,0 | 197,0

I modellen beskrives verdens samlede vindmøllekapacitet som funktion af tiden ved en funktion af typen

𝑣 ( 𝑡) =𝑏· 𝑎^{𝑡}. 𝑣(𝑡) er en eksponentiel funktion, så vi bestemmer konstanterne a og b ved eksponentiel

regression.

Eksponentiel regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat:

R = 0,9984457

2

𝑦=6,399936· 1,279934^{𝑥}

Vi kan nu aflæse konstanterne: 𝑎≔1,28 (afrundet) og 𝑏≔6,40 (afrundet).

b)

Vi bestemmer fordoblingstiden således:

𝑇=

log ( 2) log ( 𝑎)

≈2,807854

Fordoblingstiden er bestemt til 2,81 (afrundet). Ifølge modellen vil verdens samlede vindmøllekapacitet altså fordobles i løbet af 2,81 år.

c)

Vi har bestemt konstanterne a og b i opgave a), så vi kan nu opstille en funktion, som beskriver verdens vindmøllekapacitet:

𝑣 ( 𝑡) ≔6,399936 · 1,279934^{𝑡}

Vi bestemmer, hvornår kapaciteten når 500 GW ved at sætte 𝑣(𝑡) lig med 500 og løse ligningen for t:

Side 8

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

8

500=𝑣(𝑡)

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

𝑡=17,65871

Da t betegner antal år efter 1996, så kan vi konkludere, at ifølge modellen vil verdens samlede vindmøllekapacitet overstige 500 GW i løbet af år 2014.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Opgave 8 a)

Vi benytter WordMat’s skabelon for grupperede observationer til at bestemme de kumulerede frekvenser:

Alder | Hyp. | Frekvens | Kumulerede frekvenser
20 - 25 | 6 | 7% | 7%
25 - 30 | 5 | 6% | 13%
30 - 35 | 9 | 10% | 23%
35 - 40 | 17 | 20% | 43%
40 - 45 | 15 | 17% | 60%
45 - 50 | 15 | 17% | 78%
50 - 55 | 6 | 7% | 85%
55 - 60 | 5 | 6% | 91%
60 - 65 | 8 | 9% | 100%

Vi benytter samme skabelon til at tegne sumkurven:

0%

25%

50%

75%

100%

60 65

Kumuleret frekvens

Alder

Side 9

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

9 b)

Den nedre kvartil, medianen og den øvre kvartil er bestemt med WordMat-skabelonen:

Kvartilsæt

Nedre | 35,44
Median | 42
Øvre | 49,17

Vi aflæser kvartilsættet: (35,4; 42; 49,2).

Ud fra medianen for aldersfordelingen blandt Enhedslistens og Det Konservative Folkepartis kandidater kan vi se, at halvdelen af Enhedslistens kandidater er under 50,9 år, mens den yngste halvdel af Det Konservative Folkepartis kandidater er under 42 år.

De yngste 25% blandt Enhedslistens kandidater er under 34,4 år, mens den tilsvarende gruppe af kandidater for Det Konservative Folkeparti er under 35,4 år.

De ældste 25% af Enhedslistens kandidater er over 58,9 år, mens de ældste 25% af kandidaterne for Det Konservative Folkeparti er over 49,2 år.

Vi kan også se, at kvartilbredden, dvs. forskellen mellem nedre og øvre kvartil, for aldersfordelingen blandt Enhedslistens kandidater er 24,5 år, mens den er 13,8 år for kandidaterne for Det Konservative Folkeparti.

Der er altså en maksimal aldersforskel på 13,8 års blandt den halvdel af kandidaterne, der aldersmæssigt ligger i midten, hos Det Konservative Folkeparti, mens den maksimale aldersforskel blandt den tilsvarende gruppe af kandidater hos Enhedslisten er 24,5 år.

Opgave 9 a)

Da sammenhængen mellem bladarealet 𝐵

( 𝑥

) og bladlængden 𝑥 kan beskrives med funktionen

𝐵 ( 𝑥) ≔0,69 · 𝑥^{1,48} for 3≤𝑥≤17,

så kan vi bestemme bladarealet for et 10 cm. langt blad ved at sætte 𝑥=10 ind i funktionsforskriften.

𝐵 ( 10) =20,83766687077391

Bladarealet for et 10 cm. langt blad er bestemt til 20,84 cm^{2} (afrundet).

b)

Da 𝐵(𝑥) er en potensfunktion, så kan vi beskrive sammenhængen mellem hvor meget bladlængden

forøges, 𝑟_{𝑥}, og hvor meget bladarealet forøges, 𝑟_{𝐵}, med følgende ligning:

Side 10

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

10

1 + 𝑟_{𝐵} = ( 1 + 𝑟_{𝑥})^{𝑎}

Vi har 𝑎=1,48, da a er eksponenten i funktionsudtrykket. Vi bestemmer 𝑟_{𝐵}:

1 + 𝑟_{𝐵} = ( 1 + 0,25)^{1,48}

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

𝑟_{𝐵} =0,3913193

Da 𝑟_{𝐵} =0,39 (afrundet) kan vi konkludere, at ifølge modellen vokser bladarealet med 39%, når

bladlængden øges med 25%.

c)

Vi tegner funktionerne 𝐵(𝑥) og 𝑂 ( 𝑥) ≔3 · 𝑥− 8 i et koordinatsystem med GnuPlot. Ud ad x-aksen er
bladlængden (i cm) og op ad y-aksen er bladarealet (i cm^{2}). Grafen for B(x) er sort, mens grafen for O(x) er

grøn.

Vi kan se på grafen, at ved to bladlængder giver de to modeller samme bladareal. Vi bestemmer de to bladlængder ved at sætte de to funktioner lig med hinanden og løse for x:

Side 11

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

11

𝐵 ( 𝑥) =𝑂 ( 𝑥)

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

𝑥≈5,651817 ∨ 𝑥≈13,51864

Ved bladlængderne 5,65 cm og 13,52 cm. (afrundet) giver de to modeller det samme bladareal.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Opgave 10 a)

Vi definerer funktionen 𝑓 ( 𝑥) ≔3𝑥^{4} − 8𝑥^{3} − 30𝑥^{2} + 72𝑥 + 27 og bestemmer den afledede funktion:

𝑓^{′} ( 𝑥) =12 · 𝑥^{3} − 24 · 𝑥^{2} − 60 · 𝑥+ 72

𝑓^{′} ( 𝑥) er bestemt til ovenstående udtryk.

Vi bestemmer nulpunkterne for den afledede funktion for at identificere potentielle ekstrema:

𝑓^{′} ( 𝑥) =0

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

𝑥=−2 ∨ 𝑥=1 ∨ 𝑥=3

Vi afgør om der er et lokalt ekstremum ved 𝑥=−2, 𝑥=1 eller 𝑥=3 ved at se på differentialkvotienten

for x-værdier, der er større og mindre end de tre ovenstående.

𝑓^{′} ( −3) =−288

𝑓^{′} ( 0) =72

𝑓^{′} ( 2) =−48

𝑓^{′} ( 4) =216

Vi kan se, at der er et lokalt minimum for f ved 𝑥=−2 og ved 𝑥=3, mens 𝑥=1 er et lokalt maksimum.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Opgave 11 a)

Vi bestemmer vinkel B ved at taste 𝐴=40°, 𝐵𝐶=6 og 𝐴𝐶=8 ind i WordMat’s trekantsberegner.

Side 12

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

12

B A = 40°
B = 58,98697°
C = 81,01303°

BC = 6
AC = 8
AB = 9,219754

B A = 40°
B = 121,013°
C = 18,98697°

BC = 6
AC = 8
AB = 3,036958

Længden af siden AB findes vha. cosinusrelationer

𝐵𝐶^{2} =𝐴𝐶^{2} + 𝐴𝐵^{2} − 2𝐴𝐶· 𝐴𝐵· cos ( 𝐴)

2. gradsligningen løses for AB

𝐴𝐵=𝐴𝐶· cos ( 𝐴) + √ 𝐵𝐶^{2} − 𝐴𝐶^{2} · sin ( 𝐴)^{2} =9,219754

2. gradsligningen har to løsninger:

𝐴𝐵_{2} =𝐴𝐶· cos ( 𝐴) − √ 𝐵𝐶^{2} − 𝐴𝐶^{2} · sin ( 𝐴)^{2} =3,036958

Vinkel B findes vha. cosinusrelationer

𝐵=cos^{−1} () =cos^{−1} () =58,98697°

𝐵𝐶^{2} + 𝐴𝐵^{2} − 𝐴𝐶^{2} 6^{2} + 9,219754^{2} − 8^{2}
2 · 𝐵𝐶· 𝐴𝐵 2 · 6 · 9,219754

Da den cosinusrelation vi løste ovenfor for AB havde to løsninger og begge var positive er der altså to mulige trekanter. Vi fortsætter nu med at beregne de resterende sider på baggrund af den anden løsning på samme måde.

Vinkel B₂ findes vha. en cosinusrelation

𝐵_{2} =cos^{−1} () =cos^{−1} () =121,013°

𝐵𝐶^{2} + 𝐴𝐵_{2}^{2} − 𝐴𝐶^{2} 6^{2} + 3,036958^{2} − 8^{2}
2 · 𝐵𝐶·𝐴𝐵_{2} 2 · 6 · 3,036958

Der er to mulige trekanter, der opfylder kravene om, at ∠𝐴=40°, | 𝐵𝐶 | =6 og | 𝐴𝐶 | =8, men da vi har

fået oplyst, at vinkel B er spids, kan vi udelukke den trekant, hvor vinkel B er 121°.

Vinkel B er bestemt til 59,0° (afrundet).

A AC C

A BC

B

A AC C

AB BC

Side 13

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

13 b)

Da ∠𝐴≔40° og ∠𝐵≔58,98697°, så kan vi også bestemme ∠𝐵𝐴𝐷 og ∠𝐴𝐵𝐷:

∠𝐵𝐴𝐷=

∠𝐴

2

=20°

∠𝐴𝐵𝐷=

∠𝐵

2

=29,493485°

Da vi kender | 𝐴𝐵 | kan vi benytte trekantberegneren til at bestemme de resterende sidelængder og vinkler i trekant ABD:

B A = 20°
B = 29,49348°
D = 130,5065°

a = 4,147321
b = 5,969906
d = 9,219754

Vinkel D findes vha. vinkelsum = 180° i en trekant
𝐷=180° − 𝐴 − 𝐵=180° − 20° − 29,49348°=130,5065°

Længden af siderne a og b findes vha. sinusrelationer

𝑎=𝑑· =9,219754 · =4,147321

sin ( 𝐴) sin ( 20°) sin ( 𝐷) sin ( 130,5065°)

𝑏=𝑑· =9,219754 · =5,969906

sin ( 𝐵) sin ( 29,49348°) sin ( 𝐷) sin ( 130,5065°)

Vi kan benytte formlen

𝑇= · 𝑎· 𝑏 · sin (𝐷)

1

2 til at bestemme arealet af trekant ABD:

𝑇= · 4,147321 · 5,969906· sin ( 130,5065)

1

2

≈9,412578

Arealet af trekant ABD er bestemt til 9,41 (afrundet).

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

A b D d a

Side 14

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

14

Opgave 12 a)

Vi bestemmer en ligning for planen 𝛼 vha. punkterne

𝐴≔( 0)

3

0

𝐵≔( 3,5)

4

1

𝐷≔( 0)

0

3

Ud fra punkterne A, B og D bestemmer vi to ikke-parallelle vektorer:

𝐴𝐵 ≔𝐵− 𝐴

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

=( 3,5)

1

1

𝐴𝐷 ≔𝐷− 𝐴

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

=( 0)

−3

3

En normalvektor til planen bestemmes ved at krydse de to vektorer med hinanden:

𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ≔𝐴𝐵 × 𝐴𝐷
 𝛼

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ =( −6 )
 𝛼

10,5

10,5

Da vi nu kender en normalvektor til planen 𝛼 og et punkt, A, der ligger i planen, så kan vi bestemme en ligning for 𝛼. Den generelle ligning for en plan er:

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

Vi sætter normalvektorens og A’s koordinater ind:

10,5 · ( 𝑥− 3) + ( −6) · ( 𝑦 − 0) + 10,5 · ( 𝑧 − 0) =0

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

10,5 · 𝑧 − 6 · 𝑦+ 10,5 · 𝑥− 31,5=0

En ligning for planen 𝛼, der indeholder ABCD, er bestemt til ovenstående.

Side 15

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

15

Vi bestemmer arealet af rektangel ABCD ved at finde længden af krydsproduktet mellem vektorerne 𝐴𝐵 og

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

𝐴𝐷, der udspænder rektanglet:

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

𝐴_{𝐴𝐵𝐶} ≔ | 𝐴𝐵 × 𝐴𝐷 |

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

=16,01561737804697

Arealet af rektangel ABCD er 16,02 m^{2} (afrundet).

b)

Da benene er monteret vinkelret på bagsiden af hvert rektangel, så er linjen, l, gennem E og F parallel med 𝛼’s normalvektor, som også står vinkelret på 𝛼.

Da vi kender en vektor 𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯_{𝛼} ⃗, som er parallel med l, og et punkt, E, som l går igennem, så kan vi opstille en

parameterfremstilling for linjen l:

( 𝑦) =( 3) + 𝑡 · ( −6)

𝑥 10,5 𝑧 10,5

0

0

Ovenstående udtryk er en parameterfremstilling for linjen gennem E og F.

For at bestemme koordinatsættet til F sætter vi udtrykket for hvert koordinat i parameterfremstillingen ind i ligningen for 𝛼 og isolerer t:

10,5 · (0 + 𝑡 · 10,5) − 6 · (3 + 𝑡· (−6)) + 10,5 · (0+ 𝑡· 10,5) − 31,5=0

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

𝑡=0,1929825

Vi sætter derefter ovenstående t-værdi ind i parameterfremstillingen:

( 𝑦) =( 3) + 0,1929825 · ( −6)

𝑥 10,5 𝑧 10,5

0

0

=( 1,842105)

2,02631625

2,02631625

Koordinatsættet til punktet F er bestemt til (2,03;1,84;2,03) (afrundet).

c)

Planen 𝛽 har ligningen 7𝑥+ 4𝑦 + 7𝑧=21. Ud fra ligningen kan vi aflæse en normalvektor til 𝛽:

𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯_{𝛽} ⃗ ≔( 4)

7

7

Side 16

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

16

Da vi kender en normalvektor, 𝑛

⎯
𝛼

⎯

⎯

⎯

⃗

, til planen 𝛼, så kan vi bestemme vinklen mellem planerne:

cos ( 𝑣) =

𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ · 𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗
 𝛼   𝛽

| 𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ | | 𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ |
  𝛼  𝛽

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

𝑣=44,00343

𝑣=44,0° er den spidse vinkel mellem planerne 𝛼 og 𝛽. Vi kan se på figuren, at vinklen mellem fladerne

ABCD og ADGH er stump, så vi bestemmer den stumpe vinkel:

𝑤=180° − 44,00343°
=135,99657°

Vinklen mellem rektanglerne ABCD og ADGH er 136,0°.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Opgave 13 a)

Vi skal bestemme væksthastigheden til tidspunktet 𝑡=1, hvor mængden af radioaktivt stof er 𝑀=

45,5 mg, så vi sætter de to tal ind i differentialligningen: 𝑑𝑀 𝑑𝑡

=50 − 5 · 1 − 0,086 · 45,5
=41,087

Væksthastigheden til tidspunktet 𝑡=1 er bestemt til 41,1 mg pr. døgn.

b)

Vi bestemmer en forskrift for M ved at løse differentialligningen med begyndelsesbetingelsen 𝑀 ( 0) =0:

𝑑𝑀 𝑑𝑡

=50 − 5 · 𝑡− 0,086 · 𝑀

Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen M(0)=0

𝑀=−2325000 · − 2500 · +

𝑒^{−(43·} 𝑡 2325000

𝑡

500

)

1849 43 1849

Forskriften for M er bestemt til ovenstående udtryk. Vi tegner grafen for M i et koordinatsystem, hvor tiden, t, er ud ad x-aksen og mængden af radioaktivt stof, M, er op ad y-aksen. Da løsningen kun gælder for

0≤𝑡≤10 er udsnittet af grafen begrænset til intervallet [0,10] på x-aksen.

Side 17

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

17

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Opgave 14 a)

Vinduet er bredest forneden. Vi bestemmer derfor de x-værdier, hvor grafen for funktionen rammer x-

aksen, dvs. de værdier af x, hvor 𝑓 ( 𝑥) =0.

𝑓 ( 𝑥) ≔4 −

4,6^{𝑥} + 4,6^{−𝑥}

2

𝑓 ( 𝑥) =0

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

𝑥=−1,352137 ∨ 𝑥=1,352137

Vinduets maksimale bredde er afstanden mellem de to punkter (−1,35;0) og (1,35;0) (afrundet). Da

punkterne ligger på x-aksen kan vi bestemme afstanden ved at trække x-værdierne fra hinanden:

𝑏𝑟𝑒𝑑𝑑𝑒_{𝑚𝑎𝑥} =1,352137 − ( −1,352137)
=2,704274

Vinduets maksimale bredde er 2,70 m.

For at bestemme vinduets maksimale højde, så skal vi kende funktionens maksimale funktionsværdi. Vi

bestemmer den x-værdi, hvor funktionen antager sin maksimale værdi ved at løse ligningen 𝑓^{′} ( 𝑥) =0:

Side 18

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 15. august 2012

18

𝑓^{′} ( 𝑥) =0

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

𝑥=0

Vi bekræfter, at (0,𝑓 ( 0)) er et maksimum ved at se på figuren.

Funktionsværdien for 𝑥=0 er:

𝑓 ( 0) =3

Vinduets maksimale højde er altså 3 m.

b)

Vi bestemmer vinduets areal ved at beregne arealet under grafen for f med grænserne 𝑥_{1} =−1,352137 og
𝑥_{2} =1,352137:

𝐴=∫ 𝑓 ( 𝑥) 𝑑𝑥

1,352137

−1,352137

≈5,741289

Arealet af vinduet er 5,74 m^{2} (afrundet).

c)

Hvis en parabel skal have samme maksimale højde og bredde som grafen for f, så skal den have rødder i

punkterne (−1,352137;0), (1,352137;0) og toppunkt i (0; 3).

Vi opstiller tre ligninger med tre ubekendte, hvor vi sætter de tre ovenstående punkter ind i den generelle ligning for en parabel, og derefter løser vi ligningssystemet:

0=𝑎· ( −1,352137)^{2} + 𝑏· ( −1,352137) + 𝑐

0=𝑎· 1,352137^{2} + 𝑏· 1,352137 + 𝑐

3=𝑎· 0^{2} + 𝑏· 0 + 𝑐

⇕ Ligningssystemet løses for a,b,c vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs Ligninger' funktion,

𝑎=−1,640891 ∧ 𝑏=0 ∧ 𝑐=3

Vi sætter konstanterne ind i den generelle ligning:

𝑦=−1,640891 ·𝑥^{2} + 3

Forskriften for den efterspurgte parabel er bestemt til udtrykket herover.