STX Matematik A 25. maj 2012 - Delprøven uden hjælpemidler

Side 1

Studiekompasset.dk Skriftlig matematik STX A 1stx121-MAT/A-

Opgaver uden hjælpemidler - 25. maj 2012

Alle formelnumre i de nedenstående løsninger henviser til Matematisk formelsamling stx A, 2007 fra Matematiklærerforeningen.

Bemærk at formelsamlingen må ikke medbringes til selve prøven uden hjælpemid-ler.

Vi medtager formelnumre i vores løsninger, så du i din forberedelse præcist kan se hvilken formel, der bruges til at løse opgaven.

Opgave 1

Udtrykket reduceres.

(𝑎 − 𝑏)(𝑎 + 𝑏) − 2𝑎^{2} + 𝑏^{2} =

(formel 9)

𝑎^{2} − 𝑏^{2} − 2𝑎^{2} + 𝑏^{2} =

−𝑎^{2}

Opgave 2

For at bestemme koordinatsættet til skæringspunktet mellem 𝑙 og m, skal vi løse to lig-ninger med to ubekendte. Vi løser ligningssystemet ved at substituerer den ene ligning ind i den anden. Ligningen for m omskrives.

𝑥 + 6𝑦 = 8

⇕

𝑥 = 8 − 6𝑦

Dette indsættes i ligningen for 𝑙 og 𝑦 bestemmes.

2𝑥 − 3𝑦 = 1

⇕

2(8 − 6𝑦) − 3𝑦 = 1

⇕

16 − 12𝑦 −3𝑦 = 1

⇕

15 − 15𝑦 = 0

⇕

𝑦 = 1

1

Side 2

Studiekompasset.dk Skriftlig matematik STX A 1stx121-MAT/A-

Nu bestemmes 𝑥-værdien ved at indsætte i en af ligningerne. (Her er m valgt)

𝑥 + 6𝑦 = 8

⇕

𝑥 + 6 = 8

⇕

𝑥 = 2

Koordinatsættet til skæringspunktet mellem linjerne m og l er dermed (𝑥, 𝑦) = (2, 1).

Opgave 3

Da vippen er ophængt på midten, har vi at |A𝐶| er 2 · 2 = 4 Da trekanten er retvinklet

kan |B𝐶| beregnes med Pythagoras’ læresætning (formel 21).

|B𝐶| = 5^{2} − 4^{2} = 25 − 16 = 9 = 3

√
√ √

Punktet B er altså 3 meter over jorden.

Opgave 4

Andengradsligningen har netop én løsning netop hvis diskriminanten er 0 (formel 79).

Diskriminanten bestemmes.

𝑑 = 𝑏^{2} − 4𝑎𝑐 = (−2)^{2} − 4 · 3 · 𝑐 = 4 − 12𝑐

Nu løses ligningen 𝑑 = 0.

𝑑 = 0

⇕

4 − 12𝑐 = 0

⇕

4 = 12𝑐

⇕

𝑐 =

4

12

⇕

𝑐 =

1

3

        1
Når 𝑐 =  har andengradsligningen netop én løsning.
        3

2

Side 3

Studiekompasset.dk Skriftlig matematik STX A 1stx121-MAT/A-

Opgave 5

For at se om 𝑓 (𝑥) er en løsning til differentiallignigen „gøres der prøve“. Først bestemmes venstresiden ved at differentiere funktionen 𝑓.

𝑓^{′} (𝑥) = ((𝑥 + 1) · 𝑒^{𝑥})^{′}

(formel 123)

= (𝑥 + 1)^{′} · 𝑒^{𝑥} + (𝑥 + 1) · (𝑒^{𝑥})^{′}

(formel 126, 129)

= 1 · 𝑒^{𝑥} + (𝑥 + 1) · 𝑒^{𝑥}
= 𝑒^{𝑥} + 𝑥𝑒^{𝑥} + 𝑒^{𝑥}
= (𝑥 + 2)𝑒^{𝑥}

Nu bestemmes højresiden ved at indsætte 𝑦 = 𝑓 (𝑥).

𝑦 + = (𝑥 + 1) · 𝑒^{𝑥} + = (𝑥 + 1) · 𝑒^{𝑥} + 𝑒^{𝑥} = (𝑥 + 2) · 𝑒^{𝑥}

𝑦 (𝑥 + 1) · 𝑒^{𝑥}
𝑥 + 1 𝑥 + 1
Da venstre- og højresiden er lig med hinanden for 𝑦 = 𝑓(𝑥) så er altså 𝑓 en løsning til

differentialligningen.

Opgave 6

Funktionen 𝑓 vokser det første stykke på den positive del af førsteaksen. Da 𝑔 på denne stykke er positiv, og h er negativ, må det altså være 𝑔 der er den afledede funktion til 𝑓.

3