STX Matematik A NET 15. august 2017 - Vejledende besvarelse

Side 1

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

1

STX Matematik A (Netadgang)

15. august 2017

stx172-MATn/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 nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp STX 3.g

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 med formelsamling .......................................................................................................................... 2 Delprøven med hjælpemidler ......................................................................................................................... 10

Side 2

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

2

Delprøven med formelsamling

Opgave 1 a)

𝑓 ( 𝑥) =144𝑥+ 7534

Modellen viser en lineær udvikling. Vi gør rede for tallene.

Tallet 144 betegner den årlige udvikling i perioden for bilulykker med materiel skade. Vi har således, antallet af bilulykker med materiel skade stiger med 144 ulykker om året i perioden.

Tallet 7534 betegner antallet af bilulykker med materiel skade i år 2010, dvs. der i år 2010 var 7534 bilulykker med materiel skade.

Opgave 2 a)

Vi bestemmer siden |AB| med Pythagoras’ læresætning:

| 𝐴𝐵 |^{2} =4^{2} + 3^{2}

⇕

| 𝐴𝐵 | = √ 16 + 9
=√25
=5

Længden af siden |AB| er bestemt til 5.

De to trekanter er ensvinklede, vi bestemmer størrelsesforholdet mellem de to trekanter:

𝑘=

| 𝐷𝐹 |

| 𝐴𝐶 |

=

10

4

=2,5

Vi bestemmer omkredsen af trekant DEF som størrelsesforholdet gange omkredsen af trekant ABC dvs.:

𝑂_{𝐷𝐸𝐹} =𝑘· 𝑂_{𝐴𝐵𝐶}
=𝑘· (| 𝐴𝐶 | + | 𝐵𝐶 | + | 𝐴𝐵 |)
=𝑘· ( 4 + 3 + 5)
=2,5 · 12
=30

Side 3

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

3

Omkredsen af trekant DEF er bestemt til 30.

Opgave 3 a)

𝑥^{2} + 𝑥 − 6=0

Vi løser andengradsligning vha. diskriminanten. Vi bestemmer diskriminanten:

𝑑=𝑏^{2} − 4𝑎𝑐
=1^{2} − 4 · 1 · ( −6)
=1 + 24
=25

Vi bestemmer rødderne til andengradsligningen ved:

𝑥=

−𝑏± √ 𝑑

2𝑎

Dvs.:

𝑥_{1} =

−1 − √ 25
2 · 1
=

−1 − 5

2

=−

6

2

=−3

Og:

𝑥_{2} =

−1 + √ 25
2 · 1
=

−1 + 5

2

=

4

2

=2

Andengradsligningen har løsningerne x = -3 og x = 2.

b)

𝑓 ( 𝑥) = ( 4𝑥 + 1) · ( 𝑥^{2} + 𝑥− 6)

Vi bestemmer nulpunkterne til f, vha. nul-reglen.

Side 4

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

4

For det første led dvs. (4x + 1) indser vi, at når x = -1/4 vil ledet være lig 0.

For det andet led dvs. (x^{2} + x - 6) genkender vi ledet til andengradsligningen fra opg a). dvs. at ledet antager
værdien 0, når x = -3 og x = 2.

Vi kan konkludere, at nulpunkterne til grafen for f, er bestemt til hhv. x = -3, x = - ¼ og x = 2.

Opgave 4 a)

𝑥^{2} + 𝑦^{2} + 4𝑥 − 8𝑦=5

𝑃 ( 1,0)

Vi undersøger om punktet P(1, 0) ligger på cirklen ved at indsætte punktet P i cirklens ligning:

1^{2} + 0^{2} + 4 · 1 − 8 · 0
=1 + 4
=5

Vi kan konkludere, at punktet P opfylder cirklens ligning, derved ligger punktet P på cirklen.

Cirklens ligning er givet ved, hvor (x , y ) betegner cirklens centrum:
                             0 0

( 𝑥− 𝑥_{0})^{2} + ( 𝑦− 𝑦_{0})^{2} =𝑟^{2}

Vi omskriver cirklens ligning vha. kvadratkomplottering, så vi kan aflæse cirklens centrum:

𝑥^{2} + 𝑦^{2} + 4𝑥 − 8𝑦=5

⇕

𝑥^{2} + 4𝑥+ 𝑦^{2} − 8𝑦=5

⇕

( 𝑥+ 2)^{2} + ( 𝑦− 4)^{2} =5 + 4 + 16(𝐼)
=25

Cirklens centrum kan aflæses til C(-2, 4).

(I): Kvadratsætninger

( 𝑎 + 𝑏)^{2} =𝑎^{2} + 𝑏^{2} + 2𝑎𝑏

Side 5

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

5 b)

Linjens ligning består af en normalvektor () til linjen og et punkt (x_{0}, y_{0}):

𝑎 𝑏

𝑎 ( 𝑥− 𝑥_{0}) + 𝑏 ( 𝑦 − 𝑦_{0}) =0

Normalvektoren til linjen kan bestemmes som vektoren fra centrum af cirklen til punktet P. Vi bestemmer en normalvektor til linjen:

𝑃𝐶 =() − ()

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

−2 1

4 0

=()

−2 − 1
4 − 0
=()

−3

4

Vi opskriver en ligning for tangenten til cirklen i punktet P:

−3 ( 𝑥 − 1) + 4 ( 𝑦 − 0) =0

En ligning for tangenten til cirklen i punktet P er bestemt til udtrykket herover.

Opgave 5 a)

𝑓 ( 𝑥) = + 2𝑥− 4,𝑥>0

2 𝑥

Vi bestemmer stamfunktionen F(x) til f(x) ved at integrere f(x):

𝐹 ( 𝑥) =∫𝑓 ( 𝑥) 𝑑𝑥

=∫ + 2𝑥− 4𝑑𝑥

2 𝑥

=∫2 · + 2𝑥− 4𝑑𝑥

1 𝑥

=2 · ln ( 𝑥) + 𝑥^{2} − 4𝑥 + 𝑘(𝐼)

Vi bestemmer arealet af punktmængden M, som arealet under grafen for f i intervallet [1; 5], vha. af det bestemte integral herunder.

𝐴_{𝑀} =∫ 𝑓 ( 𝑥) 𝑑𝑥

5

1

= [ 𝐹 ( 𝑥)]_{1}^{5}
=𝐹 ( 5) − 𝐹 ( 1)
= ( 2 · ln ( 5) + 5^{2} − 4 · 5) − ( 2 · ln ( 1) + 1^{2} − 4 · 1)
= ( 2 · ln ( 5) + 25 − 20) − ( 0 + 1 − 4)
=2 · ln ( 5) + 5 − 1 + 4

Side 6

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

6

=2 · ln ( 5) + 8

Arealet af punktmængden M er bestemt til 2 · ln(5) + 8.

(I): Stamfunktioner 𝑓 ( 𝑥) 𝐹 ( 𝑥)

1 𝑥 𝑙𝑛 ( 𝑥)

𝑥^{𝑎} 𝑥^{𝑎+1}

1

𝑎+1

𝑘 𝑘𝑥

Opgave 6 a)

Vi har, at grafen for den afledede funktion f’ beskriver udviklingen for tangentens hældning til funktionen f.

Det betyder, at når grafen for den afledede funktion f’ skærer x-aksen og dermed er lig 0, vil grafen for funktionen f have en vandret tangent. Vi ser, at når grafen B skærer x-aksens, har grafen A en vandret tangent. Vi kan dermed konkludere, at grafen B tilhører den afledede funktion f’, og at grafen A tilhører funktionen f.

Opgave 7 a) 𝑑𝑦 2 𝑑𝑥 𝑥

=( + 1) · 𝑦

𝑃 ( 2,3)

Tangentens ligning er givet ved, hvor x betegner 1. koordinaten til punktet P dvs. x = 2, og f(x ) betegner 2.
                               0                                   0        0

koordinaten til punktet P, dvs. f(x ) = 3:
                           0

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

Vi bestemmer f’(x_{0}) ved at indsætte punktet P i differentialligningen og bestemme dy/dx:

𝑑𝑦 2 𝑑𝑥 2

=( + 1) · 3
=2 · 3
=6

Vi bestemmer en ligning for tangenten til grafen for f i punktet P:

𝑦_{𝑡} =6 · ( 𝑥− 2) + 3
=6𝑥− 12 + 3

Side 7

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

7

=6𝑥− 9

En ligning for tangenten til grafen for f i punktet P er bestemt til udtrykket herover.

b)

𝑔 ( 𝑥) =𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥}

Vi undersøger om funktionen g(x) er en løsning til differentialligning ved at gøre prøve:

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

2 𝑥

⇕

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

1 𝑥

⇕

2𝑥· 𝑒^{𝑥} + 𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥} =2𝑥· 𝑒^{𝑥} + 𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥}

Vi kan konkludere, at g(x) er en løsning til differentialligningen.

(I): Differentialkvotienter 𝑓 ( 𝑥) 𝐹 ( 𝑥)

𝑥^{𝑎} 𝑎· 𝑥

𝑎−1
𝑒^{𝑥} 𝑒

𝑥

(II): Regneregler for differentiering

Produktregel:

( 𝑓· 𝑔)^{′} =𝑓^{′} · 𝑔 + 𝑓· 𝑔′

Opgave 8 a)

Vi bestemmer et udtryk for den samlede værdi af partiet, hvor hhv. x betegner en lille vase, og y betegner en stor vase:

850=10𝑥+ 30𝑦

Vi bestemmer et udtryk for det samlede antal af vaser i partiet, hvor hhv. x betegner en lille vase, og y betegner stor vase.

Side 8

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

8

55=𝑥+ 𝑦

Vi bestemmer hhv. antallet af store- og små vaser i partiet ved at løse de to ligninger herover som to ligninger med to ubekendte for hhv. x og y. Vi benytter substitutions metoden. Vi bestemmer et udtryk for x udtrykt ved y:

55=𝑥+ 𝑦

⇕

𝑥=55 − 𝑦

Vi indsætter udtrykket for x i udtrykket for den samlede værdi af partiet dvs.:

850=10 ( 55 − 𝑦) + 30𝑦
=550 − 10𝑦 + 30𝑦

⇕

300=20𝑦

⇕

𝑦=

300

20

=15

Vi bestemmer x, ved at indsætte y i x = 55 - y:

𝑥=55 − 15
=40

Antallet af små vaser i partiet er bestemt til 40, og antallet af store vaser i partiet er bestemt til 15.

Opgave 9 a)

Vi har, at |AD|=|BD|=|CD|, og at punktet D betegner midtpunktet af linjestykket AD, vi har da, at hhv.

trekant CDB og trekant CDA er ligebenede trekanter. Det medfører, som det udgår fra illustrationen, at

grundvinklerne i hhv. trekant CDB er givet ved u = u, og grundvinklerne i trekant CDA er givet ved w = w. Vi

har at vinkelsummen i trekant ABC er lig 180°, vinkelsummen i trekant ABC er givet ved summen af hhv.

vinkel u, u + w og w dvs.:

𝑢+ ( 𝑤 + 𝑢) + 𝑤=180°

⇕

2𝑢 + 2𝑤=180°

Side 9

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

9

⇕

2 ( 𝑢+ 𝑤) =180°

⇕

𝑢+ 𝑤=90°

Vi har, at vinkel C er givet ved summen af hhv. vinkel u og vinkel w, med ovenstående in mente har vi:

𝐶=𝑢+ 𝑤
=90°

Vi har dermed vist, at vinkel C er lig 90°.

Side 10

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

10

Delprøven med hjælpemidler

Opgave 10 a)

Det er oplyst, at udviklingen kan beskrives med en eksponentiel sammenhæng:

𝑓 ( 𝑡) =𝑏· 𝑎^{𝑡}

Vi bestemmer, derfor et udtryk for sammenhængen mellem antal år efter år 2008 og antallet af borgere over 65 år, der er i alkohol behandling.

Vi opstiller tabel med data og foretager eksponentiel regression:

Årstal | 2008 | 2009 | 2010 | 2011 | 2012 | 2013
Antal år efter år | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5

2008

Antallet af borgere | 655 | 765 | 903 | 1058 | 1229 | 1427

over 65 år, der er i alkoholdbehandling

Eksponentiel regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,9996548

𝑦=656,94492 · 1,169298^{𝑥}

Vi opskriver forskriften f(t) som funktion af t:

𝑓 ( 𝑡) =656,94492 · 1,169298^{𝑡}

En model, der beskriver sammenhængen mellem antallet af borgere over 65 år, der er i alkohol behandling, som funktion tiden målt i antal år efter år 2008, er bestemt til udtrykket herover.

b)

Vi definerer fremskrivningsfaktoren a: 𝑎≔1,169298

Vi bestemmer fordoblingstiden ved:

𝑇_{2} =

𝑙𝑜𝑔 ( 2) 𝑙𝑜𝑔 ( 𝑎)

≈4,431786

Fordoblingstiden er bestemt til 4,43 år (afrundet til 2 decimaler).

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 11

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

11

Opgave 11 a)

Vi opstiller en binomialmodel, hvor X betegner den stokastiske variabel, n betegner antallet af forsøg, dvs.

stikprøvens størrelse n = 882, og p er basissandsynligheden p = 0,18 %. Binomialmodellen er givet ved:

𝑋~𝑏 ( 𝑛,𝑝)

⇕

𝑋~𝑏(882,0,18)

Vi bestemmer sandsynligheden for, at højst 150 af elevener i stikprøven er rygere, med WordMats skabelon for binomialtest, resultatet kopieres herefter ind i besvarelsen. Dvs. vi skal bestemme

𝑃(𝑋≤150)

Resultat fra binomialfordeling:

Binomialfordeling P(X=)=
p= 0,18 P(X≤ 150)= 0,2359
n= 882 P( ≤X≤)=

µ = 158,76
σ = 11,41

Vi aflæser P(X ≤ 150) = 0,2359 = 23,59 % fra resultatet herover.

Vi kan konkludere, at sandsynligheden for at højst 150 af eleverne i stikprøven er rygere er bestemt til

23,6% (afrundet til en decimal).

Side 12

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

12

Opgave 12 a)

Vi definere forskriften for N(t) samt definitionsmængden for t:

𝑁 ( 𝑡) ≔

1200

1 + 7,5 · 𝑒^{−0,42·𝑡}

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟: 𝑡>0

Vi bestemmer tallet N’(10):

𝑁^{′} ( 10) ≈45,80162
Tallet N’(10) er bestemt til 46 bakterier / time (afrundet op til hel bakterie).

Tallet N’(10) betegner hastigheden for udviklingen i antallet af bakterier i en petriskål efter 10 timer. Vi har således, at antallet af bakterier vokser med 46 bakterier (afrundet op til hel bakterie) efter 10 timer.

b)

Vi skitserer grafen for N.

Vi bestemmer den værdi af t, der giver størst væksthastighed ved at optimere den afledede funktion N’(t).

Vi bestemmer nulpunkter til den anden afledede funktion N’’.

𝑁^{′′} ( 𝑡) =0

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

𝑡=4,797388

Side 13

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

13

Vi undersøger fortegnet for differentialkvotienten på begge sider af nulpunktet til den anden afledede funktion.

𝑁^{′′} ( 4) ≈8,537976
𝑁^{′′} ( 10) ≈−15,34715

Vi har, at t = 4,797388 betegner et maksimum.
Værdien af t, der giver den største væksthastighed, er bestemt til t = 4,8 (afrundet til 1 decimal).

Side 14

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

14

Opgave 13 a)

Vi bestemmer usikkerheden i stikprøven på et 95%-konfidensinterval vha. formlen herunder:

𝑢=

2 · √ 𝑝 · ( 1 − 𝑝)
√

𝑛

Vi har størrelserne:

𝑝=40%
=0,40
𝑛=200

Vi får da:

𝑢=

2 · √ 0,40 · ( 1 − 0,40)
√ 200
=0,069282032

Konfidensintervallet er givet ved, hvor hhv. x og x betegner øvre og nedre grænse i intervallet:
                                    1    2

[ 𝑥_{1};𝑥_{2}] = [ 𝑝 − 𝑢;𝑝+ 𝑢]

Vi bestemmer øvre grænse:

𝑝 + 𝑢=0,40 + 0,069282032

≈0,46928203

=46,928203%

Vi bestemmer nedre grænse:

𝑝 − 𝑢=0,40 − 0,069282032

≈0,33071797

=33,071797%

Vi opskriver det 95 % - konfidensinterval herunder (afrundet til 2 decimaler):

[ 𝑥_{1};𝑥_{2}] = [ 33,07 %;46,93 %]

Det 95 % - konfidensinterval er bestemt til intervallet herover.

Vi undersøger om andelen har ændret sig siden 2011. Vi har, at andelen af 8-årige med mobiltelefon i år

2011, er angivet til at være 34 %, dvs. da 34 % befinder sig i intervallet, kan vi konkludere, at på et 95 % - konfidensinterval har andelen af 8-årige med mobiltelefon ikke ændret sig siden år 2011.

b)

Vi har, at skal andelen af 8-årige med mobiltelefon være ændret siden 2011, så skal konfidensintervallet ikke indeholde 34 %, dvs. at usikkerheden mindst må være:

𝑢=𝑝̂− 𝑝
=0,40 − 0,34

Side 15

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

15

=0,06

Hvis usikkerheden havde være større ville konfidensintervallet indeholde 34 %. Vi benytter formlen herunder for usikkerheden, og løser for størrelsen af stikprøven n:

𝑢=

2 · √ 𝑝 · ( 1 − 𝑝)
√

𝑛

⇕

0,06=

2 · √ 0,40 · ( 1 − 0,40)
√

𝑛

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

𝑛=266,66667

Den anden stikprøve må dermed mindst have være på 267 stk. 8-årige (afrundet op til hel 8-årig).

Side 16

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

16

Opgave 14 a)

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

Vi definerer forskriften for f(x) samt definitionsmængden for x:

𝑓 ( 𝑥) ≔−9,75 · sin ( 0,0817 · 𝑥)
𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟: 0≤𝑥≤1000

Vi bestemmer den vandrette afstand mellem to toppe, som differensen mellem 1. koordinaten til hhv. to ved siden af liggende maksima for f:

𝑓^{′} ( 𝑥) =0

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

𝑥=19,226393 ∨ 𝑥=57,67918 ∨ 𝑥=96,131966 ∨ 𝑥=134,58475

Vi har bestemt de 4 første ekstrema til grafen for f, de resterende løsninger er blevet fjernet. Vi undersøger, hvilke af de 4 ekstrema, der betegner to ved siden af liggende maksima til grafen for f:

𝑓 ( 19,226393) ≈−9,75

𝑓 ( 57,67918) ≈9,75

𝑓 ( 96,131966) ≈−9,75

𝑓 ( 134,58475) ≈9,75

Vi har, at hhv. x = 57,67918 og x = 134,58475 betegner 1. koordinaten for to ved siden af liggende toppe. Vi

bestemmer den vandrette afstand mellem de toppe ved:

𝛥𝑥=134,58475 − 57,67918

≈76,90557

Den vandrette afstand mellem to toppe er bestemt til 76,9 mm (afrundet til 1 decimal)..

Vi bestemmer den lodrette afstand mellem top og bund, som differensen mellem 2. koordinaten til hhv. et minimum og et maksimum til grafen for f. Vi har tidligere bestemt 2. koordinaten for hhv. et minimum og et maksimum til grafen for f. Afstanden mellem top og bund er givet ved:

𝛥𝑦=9,75 − ( −9,75)
=19,5

Den lodrette afstand mellem top og bund er bestemt til 19,5 (ikke afrundet).

b)

Overfladearealet af tagpladen er givet ved kurvelængden gange længden af tagpladen. Vi bestemmer

kurvelængden vha. formlen opgivet i opgaveformuleringen i intervallet [a; b] = [0; 1000].

Side 17

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

17

𝐿=∫ 1 + ( 𝑓^{′} ( 𝑥))^{2} 𝑑𝑥

√

1000

0

≈1143,5335

Overfladearealet er givet ved kurvelængden gange med længden af tagpladen dvs.:

𝐴=𝐿· 𝑙
=1143,5335 · 1000
=1143533,5 𝑚𝑚^{2}
Overfladearealet af tagpladen er bestemt til 1143534 mm^{2} (afrundet til helt tal).

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 18

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

18

Opgave 15 a)

Planens ligning består af et punkt i planen (x , y , z ) og en normalvektor til planen ( 𝑏 ) :
                                    0 0  0

𝑎 𝑐

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

Vi bestemmer en normalvektor til planen 𝛼, som krydsproduktet mellem hhv. vektor 𝐴𝐵 og vektor 𝐴𝐶. Vi

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ definerer punkterne A, B og C:

𝐴≔( 0)

2

5

𝐵≔( 3)

−3

4

𝐶≔( 2)

−1

2

Vi bestemmer hhv. vektor 𝐴𝐵 og vektor 𝐴𝐶:

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

𝐴𝐵 =𝐵− 𝐴

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

=( 3)

−5

−1
𝐴𝐶 =𝐶− 𝐴

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

=( 2)

−3

−3

Vi definerer vektorerne:

𝐴𝐵 ≔( 3)

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

−5

−1

𝐴𝐶 ≔( 2)

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

−3

−3

Vi bestemmer en normalvektor til planen 𝛼:

𝑛 ⎯ ⃗_{𝛼} =𝐴𝐵 × 𝐴𝐶

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

=( −12)

−7

−1

Vi vælger punktet A som punktet i planens ligning. Vi opskriver en ligning for planen 𝛼:

−7 · ( 𝑥− 2) + ( −12) · ( 𝑦− 0) + ( −1) · ( 𝑧− 5) =0

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

−𝑧 − 12 · 𝑦− 7 · 𝑥+ 19=0

Side 19

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

19

En ligning for planen 𝛼 er bestemt til ligningen herover.

Vi undersøger om punktet D ligger i planen, ved at indsætte punktet D i planens ligning:

− ( −10) − 12 · 3 − 7 · ( −1) + 19=0

Vi ser, at punktet D opfylder planens ligning, vi kan dermed konkludere, at punktet D ligger i planen 𝛼.

b)

Vi aflæser begyndelsespunktet til linjen l til (2, 1, 7). Vi undersøger om punktet ligger i planen 𝛼:

−7 − 12 · 1 − 7 · 2 + 19=−14

Vi kan konkludere, at begyndelsespunktet ikke ligger i planen 𝛼.

Vi har, at linjen og planen vil være parallel, hvis retningsvektoren til linjen l står vinkelret på normalvektoren til planen for 𝛼. Vi aflæser en normalvektor til planen 𝛼 og retningsvektoren til linjen l:

𝑛 ⎯ ⃗_{𝛼} =( −12)

−7

−1

𝑟⃗_{𝑙} =( 6)

−3

𝑘

Vi benytter, at når skalarproduktet mellem to vektorer er lig 0, så er de to vektorer ortogonale. Vi opstiller skalarproduktet mellem normalvektoren til planen og retningsvektoren linjen og løser for k:

( −12) · ( 6)=0

−7 −3

−1 𝑘

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

𝑘=−51

Vi kan konkludere, at netop når tallet k er lig -51 vil planen 𝛼 og linjen l ikke skærer hinanden.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 20

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

20

Opgave 16 a)

Siden |AB| kan bestemme vha. en cosinus relation:

| 𝐴𝐵 | = √ | 𝐴𝐶 |^{2} + | 𝐵𝐶 |^{2} − 2 · | 𝐴𝐶 | · | 𝐵𝐶 | · 𝑐𝑜𝑠 ( 45)
= √ 𝑥^{2} + 𝑥^{2} − 2 · 𝑥· 𝑥· 𝑐𝑜𝑠 ( 45)
= √ 2 · 𝑥^{2} − 2 · 𝑐𝑜𝑠 ( 45) · 𝑥^{2}
=|𝑥| · √ 2 ( 1 − cos ( 45))

Et udtryk for siden |AB| udtrykt ved x er bestemt til udtrykket herover.

Vi bestemmer et udtryk for gaveæskens ydre overfladeareal udtrykt ved x og h. Gavens ydre overfladeareal består af arealet af trekant ABC, arealet de to rektangler med hhv. lænden og bredden h og x, samt rektanglet med hhv. længden og bredden |AB| og h, dvs.:

𝐴=𝐴_{𝑡𝑟𝑒𝑘𝑎𝑛𝑡} + 2 · 𝐴_{𝑟𝑒𝑘1} + 𝐴_{𝑟𝑒𝑘2}

⇕

Vi har, at arealet af en trekant er givet ved A = ½ · |AC| · |BC| · sin(C):

𝐴= · | 𝐴𝐶 | · | 𝐵𝐶 | · sin ( 𝐶) + 2 · ℎ ·𝑥+ | 𝐴𝐵 | · ℎ

1

2

= · 𝑥· 𝑥· sin ( 45) + 2 · ℎ · 𝑥+ |𝑥|· √ 2 ( 1 − cos ( 45)) · ℎ

1

2

Et udtryk for gaveæskens ydre overfladeareal udtrykt ved x og h er bestemt til udtrykket herover.

Volumen af gaveæsken er givet ved arealet af gaveæskens bund dvs. trekant ABC gange højden h, dvs.:

𝑉= · 𝑥· 𝑥· sin ( 45) · ℎ

1

2

Et udtryk for volumen af gaveæsken udtrykt ved x og h er bestemt til udtrykket herover.

b)

Det er oplyst at volumen af gaveæsken er 500 cm^{3}, vi indsætter V = 500 og løser for h, hvor h > 0:

500= · 𝑥· 𝑥· sin ( 45) · ℎ

1

2

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

ℎ=1414,2136· 𝑥^{−2}

Vi indsætter udtrykket for h udtrykt ved x ind i udtrykket for det ydre overfladeareal af gaveæsken, dvs. A.

𝐴= · 𝑥· 𝑥· sin ( 45) + 2 · ( 1414,2136 · 𝑥^{−2}) · 𝑥+ |𝑥| · √ 2 ( 1 − cos ( 45)) · ( 1414,2136 · 𝑥^{−2})

1

2

Side 21

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 15. august 2017

21

Vi definerer udtrykket for det ydre overfladeareal af gaveæsken som funktion af x:

𝐴 ( 𝑥) ≔ · 𝑥· 𝑥· sin ( 45) + 2 · ( 1414,2136 · 𝑥^{−2}) · 𝑥+ 𝑥· √ 2 ( 1 − cos ( 45)) · ( 1414,2136 · 𝑥^{−2})

1

2

Vi bestemmer den værdi for x, der giver det mindste ydre overfladeareal, ved at optimere A(x). Vi bestemmer nulpunkter til den afledede funktion A’(x):

𝐴^{′} ( 𝑥) =0

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

𝑥=17,035

Vi undersøger fortegnet for differentialkvotienten på begge sider af nulpunktet for den afledede funktion A’:

𝐴^{′} ( 15) ≈−6,774818

𝐴^{′} ( 20) ≈4,3650871

Vi kan konkludere, at x = 17,68456 betegner et minimum.

Vi kan konkludere, at en værdi for x på 17,68 cm (afrundet til 2 decimaler) giver det mindst mulige ydre overfladeareal for gaveæsken.