STX Matematik A 24. maj 2011 | Med hjælpemidler

Side 1

2stx111-MAT/A-

1

Vejledende besvarelse

STX Matematik A – 24. maj 2011

Alle formlerne i de nedenstående besvarelser henviser til Matematisk formelsamling stxf A fra 2007.

Referencer til en formelsamling kræves ikke i en besvarelse, og kan ikke erstatte forklaringer og øvrig tekst. Grunden til, at her medtages formelnumre i løsningerne, er så læseren præcist 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.

Det ”pæne” gangetegn ⋅ fås ved kommandoen \cdot. Alternativt kan man bruge *. Det virker fint med WordMat, men ser ikke så pænt ud.

Husk at skrive nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp af WordMat som første linje til besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.

Tips til TI-nSpire findes i slutningen af dokumentet.

Alle beregninger er, hvis ikke andet angivet, udført med WordMat.

Opgave 7 a) 𝑎⃗ og 𝑏 defineres:

⎯ ⃗ 𝑎⃗≔()

5

−10

𝑏 ≔()

⎯ ⃗

6

8

Projektionen af 𝑎⃗ på 𝑏

⎯ ⃗ kan udregnes med følgende formel (formel 66)

𝑎⃗_{𝑏} = 𝑏 =()

𝑎⃗· 𝑏

⎯ ⃗

| 𝑏 |

⎯ ⃗^{2}

⎯ ⃗

−3
−4

Koordinatsættet til 𝑎⃗ er dermed ( −3,−4 )
                 𝑏

Side 2

2stx111-MAT/A-

2 b)

Arealet A af parallelogrammet udspændt af vektor a og vektor b beregnes (formel 46) ved følgende formel:

𝐴= | det ( 𝑎⃗,𝑏)| =100

⎯ ⃗

Arealet A af parallelogrammet udspændt af vektor a og vektor b er dermed 100.

𝑠𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 3

2stx111-MAT/A-

3

Opgave 8 a)

Tip: Har du ikke styr på hvilken vinkel TCB er? Så kig på side 38 i formelsamlingen. I dette tilfælde er vinklen dermed den, som man også ville kalde ”vinkel C” i trekanten.

Da trekant TCB er retvinklet kan vinkel TCB beregnes, da vi kender to sidelængder i trekanten (r og r+h)

𝑟=6371

𝑟 + ℎ=6371 + 0,828=6371,828

WordMat's trekantsløser anvendes med input: B = 90° , t = 6371 , b = 6371,828

C = 0,9236884°
T = 89,07631°
B = 90°

c = 102,7184
t = 6371
b = 6371,828

Vi har dermed fundet ∠𝑇𝐶𝐵=0,92° afrundet til to decimaler.

b)

Længden af TB er også bestemt i ovenstående beregning, og kan aflæses som siden c.

Vi har dermed

| 𝑇𝐵 | =102,71 km afrundet til to decimaler.

C t B

T b c

Side 4

2stx111-MAT/A-

4

Opgave 9 a)

Der er tale om en eksponentiel funktion, og derfor foretages en eksponentiel regression på tabellens data for at estimere a og b.

År efter 0 5 15 25 32 33

1975

Antal 63200 42400 21500 9800 4900 4500 bedrifter

Eksponentiel regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,9964464

𝑦=65375,23 · 0,9235893^{𝑥}

En forskrift for 𝑁 ( 𝑡) er dermed:

𝑁 ( 𝑡) =65375,23 · 0,9235893^{𝑡}

Husk at ændre x til t.

b)

Da 𝑀(𝑡) er en eksponentielt aftagende funktion kan halveringstiden bestemmes som (formel 105)

𝑇_{½} = = =ln ( 2) · 49,49832≈34,30962

ln() ln()

1 1

2 2 ln ( 𝑎) ln ( 0,98)

Halveringstiden for 𝑀(𝑡) er dermed 34,3 år afrundet til en decimal.

c)

𝑀(𝑡) beskriver samlede antal af malkekøer (i tusinde) og 𝑁(𝑡) beskriver antallet af landbrug med malkekøer begge i perioden Dermed beskriver:

𝐺 ( 𝑡) = = =0,01691772 · =0,01691772· ()

𝑀 ( 𝑡) 1106 ⋅ 0,98^{𝑡} 0,98^{𝑡} 0,98
𝑁 ( 𝑡) 65375,23 · 0,9235893^{𝑡} 0,9235893^{𝑡} 0,9235893

𝑡

=0,01691772 · 1,061078^{𝑡}

gennemsnittet af antallet af malkekøer (i tusinde) pr. landbrugsbedrift i samme periode.

                                               0,98     0,98
Obs: WordMat kan ikke selv lave sidste reduktion    =(       ) . Denne må derfor laves
                                                    𝑡
                                            0,9235893 0,9235893

𝑡 𝑡 manuelt (formel 14).

Det ses at G(t) er en eksponentielt voksende funktion med vækstrate 𝑟=1,06108 − 1=0,06108=

6,108%

Side 5

2stx111-MAT/A-

5

Dermed er den årlige procentvise vækst i det gennemsnitlige antal malkekøer pr. bedrift i perioden 1975-

2008 6,1% afrundet til en decimal.

Side 6

2stx111-MAT/A-

6

Opgave 10 a) 𝑓 defineres:

𝑓 ( 𝑥) ≔35,9 ⋅ ( 1 − 0,493𝑒^{−0,499𝑥})^{2,604}

Grafen for f tegnes med WordMat / Vis Graf / GnuPlot:

Sådan indtastes det

Begrænsningen på x kommer fra opgaven, og begrænsningerne på y findes ved at prøve sig frem.

Side 7

2stx111-MAT/A-

7

Udbyttet fra en hektar, hvor palmerne er 10 år gamle kan ifølge modellen bestemmes som

f ( 10) =35,58719

Dvs. udbyttet fra en hektar, hvor palmerne er 10 år gamle er 35,6 ton afrundet til en decimal.

b)

Væksthastigheden i udbyttet fra en hektar, hvor palmerne er 5 år gamle beregnes som

𝑓^{′} ( 5) =1,774984

Dvs. når palmerne netop er 5 år gamle så vokser udbyttet med 1,77 tons per år afrundet til to decimaler.

𝑠𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 8

2stx111-MAT/A-

8

Opgave 11 a)

Afstanden fra punktet G til planen 𝛽 bestemmes (jf. formel 72)

𝑑𝑖𝑠𝑡 ( 𝑃,𝛼) =

| 𝑎· 𝑥_{1} + 𝑏 ·𝑦_{1} + 𝑐· 𝑧_{1} + 𝑑 |
√ 𝑎^{2} + 𝑏^{2} + 𝑐^{2}

hvor

𝑎≔23,𝑏≔0,𝑐≔9,𝑑≔−736

𝑥_{1} ≔16,𝑦_{1} ≔16,𝑧_{1} ≔14

Husk at adskille definitioner med komma

𝑑𝑖𝑠𝑡 ( 𝑃,𝛼) = = ≈9,798294

| 𝑎· 𝑥_{1} + 𝑏 · 𝑦_{1} + 𝑐· 𝑧_{1} + 𝑑 | 242
√ 𝑎^{2} + 𝑏^{2} + 𝑐^{2} √ 610

Den vinkelrette afstand fra lampens skrå side til pæren er dermed 9,8 cm afrundet til en decimal.

𝑠𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟: b)

En ligning for planen 𝛼 kan bestemmes hvis vi kender en normalvektor for planen samt et punkt i planen (jf.

formel 71). En normalvektor for planen kan bestemmes som krydsproduktet mellem to vektorer i planen.

Da punkterne A, C og D ligger i planen ligger vektorerne AC og AD også i planen. Vi beregner disse vektorer

(jf. formel 61) og udregner derefter krydsproduktet.

𝐴≔( 32),𝐶≔( 32),𝐷≔( 23)

0 32 9

0 0 23

𝐴𝐶:=𝐶− 𝐴

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

𝐴𝐷 ≔𝐷− 𝐴

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯_{𝛼} ⃗ =𝐴𝐶 × 𝐴𝐷 =( −736)

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

0

−288

En ligning for planen gennem punktet A er dermed:

0 ( 𝑥− 0) − 736 ( 𝑦 − 32) − 288 ( 𝑧 − 0) =0

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

−288 · 𝑧 − 736 · ( 𝑦 − 32) =0

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

Side 9

2stx111-MAT/A-

9

−288 · 𝑧 − 736 · 𝑦 +23552=0

c)

Vinklen mellem planerne 𝛼 og 𝛽 kan bestemmes som vinklen mellem en normalvektor for hvert plan. Fra opgave b) kender vi en normalvektor for planen 𝛼

𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯_{𝛼} ⃗:=( −736)

0

−288

og ud fra ligningen for 𝛽 kan vi aflæse en normalvektor (formel 71)

𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯_{𝛽} ⃗:=( 0)

23

9

Vi kan nu bestemme vinklen mellem disse to vektorer (jf. formel 64):

cos ( 𝑣) =

𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯_{𝛼} ⃗ · 𝑛 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯_{𝛽} ⃗

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

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

𝑣=180 − cos^{−1} ()≈97,63067

81

610

Den stumpe vinkel mellem planerne er dermed 97,6° og den spidse vinkel er:

180° − 97,6°=82,4°

Afrundet til en decimal.

𝑠𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 10

2stx111-MAT/A-

10

Opgave 12 a) f defineres: 𝑓 ( 𝑥) ≔ ⋅ ln (𝑥)

1 𝑥

For at undersøge monotoniforholdene for f bestemmes først nulpunkter for f’. Dette gøres ved at løse ligningen:

𝑓^{′} ( 𝑥) =0

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

𝑥=𝑒

Vi udregner nu fortegnet af f’ på begge sider af nulpunktet 𝑥=𝑒 ved hjælp af WordMat.

𝑓^{′} ( 2) = − ≈0,0767132

1 ln ( 2)

4 4

𝑓^{′} ( 3) = − ≈−0,01095692

1 ln ( 3)

9 9

Da fʹ er positiv til venstre og negativ til højre for nulpunktet, er der tale om et maksimum for 𝑥=𝑒.

Vi kan dermed konkludere: f er voksende i intervallet ]0,𝑒]

f er aftagende i intervallet [𝑒,∞[

f antager globalt maksimum for 𝑥=𝑒

b)

Vi skitserer grafen for f

Side 11

2stx111-MAT/A-

11

Vi beregner grafen for f’s skæring med førsteaksen

𝑓 ( 𝑥) =0

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

𝑥=1

Da f er positiv i intervallet

[

1,10

] kan arealet af punktmængden beregnes som (formel 153)

∫ 𝑓 ( 𝑥) 𝑑𝑥 = ≈2,650949

10

1

ln ( 10)^{2}

2

Arealet af punktmængden er dermed^{ln}^{(}^{10}_{2}^{)^{2}}.

Såfremt det er muligt at angive facit eksakt, så skal man angive det eksakt og ikke i decimaltal.

𝑠𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 12

2stx111-MAT/A-

12

Opgave 13 a)

Vi bestemmer væksthastigheden til det tidspunkt hvor antal smittede var 100 ved at indsætte N = 100 i

differentialligningen.

0,00526 ⋅ 100⋅ ( 209 − 100) =57,334

På det tidspunkt hvor der var 100 smittede er vækshastigheden 57,3 smittede pr. døgn afrundet til en decimal.

b)

Vi opstiller modellen med notationen^{𝑑𝑁}_{𝑑𝑡} =𝑁′(𝑡)

𝑁^{′} ( 𝑡) =0,00526 ⋅ 𝑁(𝑡) ⋅ ( 209 − 𝑁(𝑡))
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen N(30)=103
𝑁 ( 𝑡) =

209

2,165646 · 10^{14} · 𝑒^{−1,09934·𝑡} + 1

”efter 30 døgn var 103 smittede” skal altså omsættes til startbetingelsen 𝑁 ( 30) =103. Bemærk at

”start”betingelsen altså ikke nødvendigvis fortæller noget om modellens starttidspunkt.

Da der er tale om en logistisk vækst gælder der at N ( 𝑡) →209 𝑓𝑜𝑟 𝑡→∞.

Dette kan illustreres ved at betragte grafen for N.

Side 13

studienet.dk
2stx111-MAT/A-
209/(2,165646·10^14·e(-1,09934·t)+1)
0 50 100 150 200 250
0 50 100 150 200
13

Side 14

2stx111-MAT/A-

14

Opgave 14 a)

Beholderens rumfang (volumen) kan beregnes som arealet af den trekantede endeflade multipliceret med længden, y.

𝑉=𝐴_{𝑡𝑟𝑒𝑘𝑎𝑛𝑡} ⋅ 𝑦

Da trekanten er ligesidet er alle vinklerne i trekanten 60°.

Vi kan bestemme trekantens areal udtrykt ved x (jf. formel 29):

𝐴_{𝑡𝑟𝑒𝑘𝑎𝑛𝑡} = 𝑥⋅ 𝑥⋅ sin ( 60) = √ 3 ·

1 𝑥^{2}

2 4

Beholderens rumfang udtrykt som funktion af x og y er dermed:

𝑉 ( 𝑥;𝑦) ≔ √ 3 · ⋅ 𝑦

𝑥^{2}

4

Beholderens rumfang når 𝑥=2 og 𝑦=5 er dermed

𝑉 ( 2;5) =5 · √ 3

b)

Beholderens overfladeareal udgøres af to endeflader (ligesidede trekanter) og tre sideflader (rektangler).

𝑂 ( 𝑥;𝑦) ≔2 ⋅ 𝑥⋅ 𝑥⋅ sin ( 60) + 3 ⋅ 𝑥⋅ 𝑦

1

2

Da vi ved at beholderens rumfang er 1 m^3 (vi antager at alle andre sidelængder måles i meter) kan vi finde

et udtryk for y, jf. opgave a)

Vi løser ligningen for y

𝑉 ( 𝑥;𝑦) =1

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

𝑦=

4

√ 3 · 𝑥^{2}

Vi indsætter nu dette i udtrykket for O:

𝑂(𝑥;)= √ 3 · + 4 ·

4 𝑥^{2} √ 3
√ 3 · 𝑥^{2}

2 𝑥

Hvilket var det vi skulle vise.

Side 15

2stx111-MAT/A-

15 c)

Vi definerer først funktionen for overfladens areal, hvor rumfanget er fastholdt til 1.

𝑂_{1} ( 𝑥):= √ 3 · + 4 ·

𝑥^{2} √ 3

2 𝑥

For at bestemme x, så beholderens overfladeareal er mindst mulig laves en monotoniundersøgelse af 𝑂_{1}.

Vi søger først eventuelle ekstremer for 𝑂 ved at løse ligningen:
                                 1

𝑂_{1}^{′} ( 𝑥) =0

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

𝑥=1,587401

Vi udregner nu fortegnet af 𝑂_{1} ’ på begge sider af nulpunktet ved hjælp af WordMat.

𝑂_{1}^{′} ( 1) =−3 ≈−5,196152

3

2

𝑂_{1}^{′} ( 2) = √ 3≈1,732051

Da 𝑂_{1} ’ er negativ til venstre og positiv til højre for nulpunktet, er der tale om et minimum.

Altså er beholderens overfladeareal mindst muligt når 𝑥=1,587401.

Side 16

studienet.dk
2stx111-MAT/A-
TI-nSpire Avancerede beregninger
Opgave 7
1.1 *Ikke gemt
v_a:=[5 -10] [5 -10]
v_b:=[6 8] [6 8]
a_b=dotP(v_a,v_b)/(norm(v_b))²·v_b    a_b=[-3 -4]
a=norm(crossP(v_a,v_b))    a=100
4/99
Opgave 9
1.1 1.2 *Ikke gemt
{0,5,15,25,32,33}→aar
{0,5,15,25,32,33}
[afklippet begyndelse]3200,42400,21500,9800,4900,4500}→antal
{63200,42400,21500,9800,4900,4500}
ExpReg aar,antal Udført
stat.results
"Titel" "Eksponentiel regression"
"RegEqn" "a*b^x"
2/4
1.1 1.2 *Ikke gemt
"b" 0.923589
"r²" 0.996446
"r" -0.998222
"Resid" "{...}"
"ResidTrans" "{...}"
n(t):=stat.a·stat.b^t Udført
n(t)    65375.2·(0.923589)^t
6/99
16

Side 17

studienet.dk
2stx111-MAT/A-
1.2 1.3 1.4 *Ikke gemt
m(t):=1106·(0.98)^t Udført
g(t):=m(t)/n(t) Udført
g(t)    0.016918·(1.06108)^t
3/99
Opgave 10
a)
1.1 1.2 *Ikke gemt
f(x):=35.9·(1-0.493·e^(-0.499·x))^2.604 | 0≤x≤25
Udført
1/99
1.1 1.2 1.3 *Ikke gemt
fm(x):=(d/dx)(f(x)) Udført
fm(x)
[afklippet begyndelse]2696)^x·((1.64707)^x-0.493)^2.604,0.<x<25.
fm(5)    1.77498
3/99
17

Side 18

studienet.dk
2stx111-MAT/A-
Opgave 11
1.1 1.2 *Opgave11NY
a:=[0 32 0] [0 32 0]
c:=[32 32 0] [32 32 0]
d:=[9 23 23] [9 23 23]
ac:=c-a [32 0 0]
ad:=d-a [9 -9 23]
crossP(ac,ad) [0 -736 -288]
6/99
1.1 1.2 1.3 *Opgave11NY
na:=[0 -736 -288] [0 -736 -288]
nb:=[23 0 9] [23 0 9]
2/99
1.1 1.2 1.3 *Opgave11NY
nb:=[23 0 9] [23 0 9]
v1:=cos⁻¹(dotP(na,nb)/(norm(na)·norm(nb)))
90·((sin⁻¹(81/610)·π)/90+π)/π
1/3
18

Side 19

studienet.dk
2stx111-MAT/A-
1.1 1.2 1.3 *Opgave11NY
90·([afklippet tæller med synligt610]/90.+π)/π
v2=180-v1    v2=cos⁻¹(81/610)
v2=cos⁻¹(81./610)    v2=82.3693
6/99
Opgave 12
1.1 *Opgave12NY
f(x):=(1/x)·ln(x)|x>0 Udført
fm(x):=(d/dx)(f(x)) Udført
fm(x)    {1/x²-ln(x)/x²,x>0
solve(fm(x)=0,x)    x=e
3/4
1.1 1.2 *Opgave12NY
solve(f(x)=0,x)    x=1
am=∫[1 til10] f(x) dx    am=(ln(10))²/2
2/99
19

Side 20

studienet.dk
2stx111-MAT/A-
Opgave 13
1.1 1.2 *Ikke gemt
deSolve(n'=0.00526·n·(209-n) and n(30)=10[afklippet fortsættelse i skærmbilledet]
n=209·(3.00218)^t/((3.00218)^t+2.16565E14)
1/99
Opgave 14
1.1 *Opgave14NY
t=(1/2)·x·x·sin(60)    t=(√3·x²)/4
v(x,y):=((√3·x²)/4)·y Udført
v(2,5)    5·√3
3/99
1.1 1.2 *Opgave14NY
o(x,y):=2·(1/2)·x·x·sin(60)+3·x·y Udført
solve(v(x,y)=1,y)    y=(4·√3)/(3·x²)
2/99
20

Side 21

2stx111-MAT/A-

21