STX Matematik A NET 18. maj 2017 - Vejledende besvarelse

Side 1

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

1

STX Matematik A (Netadgang)

18. maj 2017

1stx171-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 ......................................................................................................................... 11

Side 2

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

2

Delprøven med formelsamling

Opgave 1 a)

𝑎⃗=()

𝑡+1

2

𝑏 =()

⎯ ⃗

4 𝑡

Vi bestemmer arealet af parallelogrammet, når t = 5, vha. den numeriske værdi for determinanten mellem

vektorerne:

𝐴_{parallelogrammet} = | det ( 𝑎⃗,𝑏)|

⎯ ⃗

= |( 5 + 1) · 5 − 2 · 4 |
= | 30 − 8 |
=22

Arealet af parallelogrammet er bestemt til 22.

b)

Skal vektorerne være ortogonale skal prikproduktet være lig 0. Vi løser for t i udtrykket herunder:

𝑎⃗· 𝑏 =0

⎯ ⃗

⇕

() · ()=0

𝑡+1 4

2 𝑡

⇕

( 𝑡+ 1) · 4 + 2 · 𝑡=0

⇕

4𝑡 + 4 + 2𝑡=0

⇕

6𝑡=−4

⇕

𝑡=−

4

6

Side 3

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

3

=−

2

3

Tallet t er bestemt til -2/3.

Opgave 2 a)

( 𝑝 + 𝑞)^{2} − 𝑝 · ( 𝑝 + 2𝑞)

Vi reducerer udtrykket:

( 𝑝 + 𝑞)^{2} − 𝑝 · ( 𝑝 + 2𝑞) =𝑝^{2} + 𝑞^{2} + 2𝑝𝑞− 𝑝^{2} − 2𝑝𝑞(𝐼)
=𝑞^{2}

Udtrykket er blevet reduceret.

(I): Kvadratsætning

( 𝑎 + 𝑏)^{2} =𝑎^{2} + 𝑏^{2} + 2𝑎𝑏

Opgave 3 a)

Udviklingen kan beskrives med en lineær funktion, da der betales en fast ydelse for hver måned:

𝑓 ( 𝑥) =𝑎𝑥+ 𝑏

Vi opstiller passende variable: f(x) betegner den samtlige betaling af leasingbilen efter x antal måneder efter førstegangsydelsen.

x betegner x antal måneder efter førstegangsydelsen.

b betegner førstegangsydelsen, dvs. b er lig 5200 (målt i kr.)

a betegner månedsydelsen, dvs. a er lig 1390 (målt i kr.)

Vi opstiller en model:

𝑓 ( 𝑥) =1390 · 𝑥+5200

En model, der beskriver sammenhængen mellem den samlede betaling og leasingperiodens længde, er bestemt til udtrykket herover.

Side 4

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

4

Opgave 4 a)

Vi omskriver ligningen vha. en kvadratsætning:

𝑥^{2} + 𝑦^{2} − 6𝑦 − 7=0

⇕

( 𝑥− 0)^{2} + 𝑦^{2} − 6𝑦 + 9 − 9=7 (I)

⇕

( 𝑥− 0)^{2} + ( 𝑦− 3)^{2} =7 + 9 (I)

⇕

( 𝑥− 0)^{2} + ( 𝑦− 3)^{2} =4^{2}

Vi genkender cirklens ligning og kan aflæse, at cirklen har centrum i (0,3) og en radius på 4.

(I): Kvadratsætning

( 𝑎 − 𝑏)^{2} =𝑎^{2} + 𝑏^{2} − 2𝑎𝑏

Opgave 5 a)

𝑓 ( 𝑥) =3𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥}

Vi undersøger om f er en løsning til differentialligningen ved at gøre prøve. Først bestemmer vi den afledede funktion f’:

𝑓^{′} ( 𝑥) = ( 3𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥})^{′} (𝐼)(𝐼𝐼)
=6𝑥· 𝑒^{𝑥} + 3𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥}

Vi indsætter f og f’ i differentialligningen og reducerer:

6𝑥 · 𝑒^{𝑥} + 3𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥} = + 3𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥}

2 ( 3𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥})

𝑥

⇕

( 6𝑥+ 3𝑥^{2}) 𝑒^{𝑥} = + 3𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥}

6𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥}

𝑥

⇕

Side 5

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

5

( 6𝑥 + 3𝑥^{2}) 𝑒^{𝑥} =6𝑥· 𝑒^{𝑥} + 3𝑥^{2} · 𝑒^{𝑥}

⇕

( 6𝑥+ 3𝑥^{2}) 𝑒^{𝑥} = ( 6𝑥+ 3𝑥^{2}) 𝑒^{𝑥}

Udtrykket er identisk på begge sider, vi kan konkludere, at f er en løsning differentialligningen.

(I): Differentialkvotienter 𝑓 ( 𝑥) 𝑓′(𝑥)

𝑥^{𝑎} 𝑎𝑥

𝑎−1
𝑒^{𝑥} 𝑒

𝑥

(II): Regneregler for differentiering:

Produkt:

ℎ ( 𝑥) =𝑓 ( 𝑥) · 𝑔 ( 𝑥)

⇓

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

b)

𝑃 ( 1,2)

Vi bestemmer tangentens hældning. Det er oplyst at g er en løsning til dy/dx, dvs. vi bestemmer
hældningen for tangenten ved at bestemme dy/dx, når x = 1 og y = 2:

𝑑𝑦 2 · 2

𝑑𝑥 1

= + 2
=6

Vi bestemmer en ligning for tangenten til grafen for g i punktet P ved, hvor x_{0} betegner førstekoordinaten

til punktet P:

𝑦_{𝑡} =𝑓^{′} ( 𝑥_{0}) · ( 𝑥− 𝑥_{0}) + 𝑓 ( 𝑥_{0})
=6 · ( 𝑥− 1) + 2
=6𝑥− 6 + 2
=6𝑥− 4

En ligning for tangenten er bestemt til udtrykket herover.

Side 6

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

6

Opgave 6 a)

𝑓 ( 𝑥) =ln ( 𝑥) + 1

𝑔 ( 𝑥) =𝑥^{2} + 1

ℎ ( 𝑥) =𝑒^{𝑥}

Vi har, at grafen for B tilhører forskriften for g(x), da grafen for B viser en konveks parabel, og forskriften for g(x) er den eneste af de tre funktioner, der beskriver et andengradspolynomium.

Vi har, at grafen for C tilhører forskriften for f(x), da grafen for C ikke er defineret for x ∈ [0], som stemmer overens med, at forskriften for f(x) er en logaritme funktion, der er kendetegnet ved at x > 0.

Vi har, at grafen for A tilhører forskriften for h(x), da grafen for A viser grafen for en eksponentielt

voksende funktion, som skærer y-aksen i x = 0 i y = 0, som stemmer overens med at h(x) = e^{x}.

Opgave 7 a)

Vi har, at trekant ABC er en ligebenet trekant, dette indses da sidelængerne for de to retvinklede trekanter med en katete med længden 2 er ens. Omkredsen af trekant ABC er givet ved:

𝑂_{𝐴𝐵𝐶} =𝑔+ 2𝑠

Vi bestemmer grundlinjen af trekant ABC som hypotenusen i den retvinklede trekant med kateter med en sidelængde på 1, vha. Pythagoras’ læresætning:

𝑔^{2} =1^{2} + 1^{2}

⇕

𝑔= √ 2

Vi bestemmer sidelængden af trekant ABC som hypotenusen i den retvinklede trekant med en katete med længden 2, vha. Pythagoras’ læresætning:

𝑠^{2} =2^{2} + 1^{2}

⇕

𝑠=√5

Omkredsen af trekant ABC er givet ved:

𝑂_{𝐴𝐵𝐶} = √ 2 + 2√5

Side 7

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

7

Omkredsen af trekant ABC er bestemt til √ 2 + 2 √ 5.

Opgave 8 a)

𝑓 ( 0) =−12

𝑓 ( 3) =0

𝑓 ( −2) =0

Det er oplyst, at f er et andengradspolynomium. Vi skitserer grafen for f:

Forskriften for et andengradspolynomium er generelt givet ved:

𝑓 ( 𝑥) =𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐

Tallet c kan aflæses som -12, da f(0) = -12. Vi opstiller ligningen f(3) = 0 og bestemmer et udtryk for b

udtrykt ved a:

0=𝑎· 3^{2} + 𝑏· 3 − 12

⇕

12=𝑎· 9 + 𝑏· 3

⇕

12 − 𝑎 ·9=𝑏· 3

⇕

Side 8

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

8

𝑏=

12 − 𝑎· 9

3

=

3 ( 4 − 𝑎· 3)

3

=4 − 𝑎· 3

Vi indsætter udtrykket for b i ligningen f(-2) = 0, og løser for a:

0=𝑎· ( −2) + 𝑏· ( −2) − 12

⇕

0=𝑎· ( −2)^{2} + ( 4 − 𝑎· 3) · ( −2) − 12

⇕

0=𝑎· 4 − 8 + 6𝑎− 12

⇕

0=10𝑎− 20

⇕

20=10𝑎

⇕

𝑎=2

Vi indsætter a = 2 i f(3) = 0 og løser for b:

𝑏=4 − 𝑎 ·3
=4 − 2 · 3
=4 − 6
=−2

Vi opskriver en forskrift for f:

𝑓 ( 𝑥) =2 · 𝑥^{2} − 2 · 𝑥− 12

En forskrift for f er bestemt til udtrykket herover.

b)

𝑦=−2𝑥− 4

Vi bestemmer førstekoordinaten til skæringspunkterne mellem grafen for f og linjen l ved at løse for x i y =

f(x):

−2𝑥− 4=2 · 𝑥^{2} − 2 · 𝑥− 12

Side 9

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

9

⇕

0=2 · 𝑥^{2} − 2 · 𝑥− 12 + 2𝑥 + 4
=2𝑥^{2} − 8

Vi løser for x:

8=2𝑥^{2}

⇕

8

2

=𝑥^{2}

⇕

𝑥=± √ 4

Førstekoordinaterne er bestemt til hhv. x = -2 og x = 2, vi bestemmer anden koordinaterne ved at
bestemme y, når hhv. x = -2 og x = 2:

𝑦=−2 · ( −2) − 4
=0

Og:

𝑦=−2 · ( 2) − 4
=−8

Koordinatsættene til skæringspunkterne er bestemt til S1(-2, 0) og S2(2, -8).

Opgave 9 a)

𝑓 ( 𝑥) =2ln ( 𝑥) − 𝑥^{2}

𝑥>0

Vi bestemmer førstekoordinaten til maksimum for f(x) ved at optimere f(x). Vi bestemmer den afledede funktion f’(x):

𝑓^{′} ( 𝑥) = ( 2ln ( 𝑥) − 𝑥^{2})^{′} (𝐼)
=2 · − 2𝑥

1 𝑥

Vi bestemmer nulpunkt til den afledede funktion, hvor x > 0:

0=2 · − 2𝑥

1 𝑥

Side 10

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

10

⇕

2𝑥=

2 𝑥

⇕

2𝑥^{2} =2

⇕

𝑥^{2} =1

⇕

𝑥=1

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

𝑓^{′} ()=2 · − 2 ·

1 1 1

2 2

1

2

=4 − 1
=3

𝑓^{′} ( 2) =2 · − 2 · 2

1

2

=1 − 4
=−3

Vi kan konkludere, at x = 1 er et maksimum. Vi bestemmer anden koordinaten til maksimum ved at

bestemme f(1):

𝑓 ( 1) =2 · ln ( 1) − 1^{2}
=2 · 0 − 1
=−1

Koordinatsættet til maksimum for f, er bestemt til (1, -1).

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

′ 𝑙𝑛 ( 𝑥)

1 𝑥

𝑥^{𝑎} 𝑎𝑥

𝑎−1

Side 11

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

11

Delprøven med hjælpemidler

Opgave 10 a)

Sammenhængen kan beskrives med en eksponentiel funktion, vi bestemmer derfor tallene a og b med eksponentiel regression.

Vi opstiller tabel med data og foretager regression:

Årstal | 2008 | 2010 | 2012 | 2014
Antal år efter år | 0 | 2 | 4 | 6

2008

Antal registrerede | 55387 | 70816 | 114103 | 160650

overnatninger

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

𝑦=53087,418· 1,2015151^{𝑥}

Vi aflæser tallene fra regressionsligningen:

Tallet a er bestemt til 1,20 (afrundet til 2 decimaler), og tallet b er bestemt til 53087,4 (afrundet til 1 decimal).

b)

Vi definerer forskriften for f(t):

𝑓 ( 𝑡) ≔53087,418 · 1,2015151^{𝑡}

Vi bestemmer det forventede antal af registrerede overnatninger af kinesiske turister i Danmark i år 2018

ved at bestemme f() = f(10):

𝑓 ( 10) ≈332877,11

Ifølge modellen er det forventede antal i år 2018 bestemt til 332877 (afrundet ned til hel overnatning).

Vi bestemmer fordoblingstiden ved:

𝑇_{2} =

log ( 2) log ( 𝑎)

=

log ( 2) log ( 1,2015151)

≈3,775654

Fordoblingstiden er bestemt til 3,76 år (afrundet til 2 decimaler).

Side 12

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

12

Opgave 11

Opgave 11 tilhører forberedelsesmaterialet, som blev udgivet i 2017. Opgaverne er derfor ikke inden for pensum.

a)

Vi opstiller en nulhypotese: H_{0}: Observationerne fra det konkrete forsøg stemmer overens med Mendels

love.

Vi bestemmer de forventede værdier under forudsætning af nulhypotesen. Vi har, at der i alt var 428 + 152
= 580 bælge (dvs. observationer) i alt:

Gul Grøn

Forventet % 25%=0,25 75%=0,75
Forventet antal 580 · 0,25=145 580 · 0,75=435

De forventede værdier under forudsætning af nulhypotesen er bestemt under rækken ”forventet antal” i tabellen herover.

b)

Testen foretages i WordMats skabelon for Binomialtest, resultatet kopieres ind i besvarelsen. Der skal i dette tilfælde desuden vælges dobbeltsidet test, da der både kan forekomme for få og for mange observationer i forhold Mendels love af hhv. grønne bælge.

Testen foretages med basissandsynligheden, at 75 % = 0,75 af bælgene vil være grønne dvs.:

𝑝=0,75

Vi bestemmer den observerede sandsynlighed ved:

𝑝_{𝑜𝑏𝑠} =

𝐺𝑟ø𝑛

𝐼 𝑎𝑙𝑡

=

428

580

≈0,73793103

Side 13

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

13

Resultat fra test:

Binomialtest

n= 580
Forventet: p= 0,75
Observeret: p= 0,
µ = 427,9999974

Signifikans niveau: 5% Resultat

Venstresidet 0-hypotese bekræftet. Det kan ikke afvises at den observerede middelværdi: test: 427,9999974 er korrekt.

Højresidet test:

Dobbeltsidet test: x

Kritiske værdier:

k_{1} = 413 k_{2} = 456

Da middelværdien 𝜇 = 428 (afrundet til helt tal) ligger i inden for det kritiske interval [413; 456] og dermed i

acceptområdet, kan vi på baggrund af testen på et 5% signifikansniveau bekræfte nulhypotesen. Vi kan således konkludere, at observationerne for det konkrete forsøg stemmer overens med Mendels love.

Opgave 12 a)

Vi bestemmer den spidse vinkel v, når strygebrættet sættes i højeste position med WordMats trekantsløser.

WordMat's trekantsløser anvendes med input: CB = 75 , AB = 101 , AC = 84

C A = 46,723036°
C = 78,648622°
B = 54,628342°

CB = 75
AB = 101
AC = 84

A AB B

AC CB

Side 14

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

14

Vinkel A findes vha. en cosinusrelation:

𝐴=cos^{−1} ()

𝐴𝐶^{2} + 𝐴𝐵^{2} − 𝐶𝐵^{2}
2 · 𝐴𝐵· 𝐴𝐶

=cos^{−1} ()

84^{2} + 101^{2} − 75^{2}
2 · 101 · 84
=46,723036°

Den spidse vinkel v er bestemt til 46,72 ° (afrundet til 2 decimaler).

Vi bestemmer højden h_{1} fra C som modstående katete i den retvinklede trekant som siden med længden 84

danner med hjørnerne A og C, vi benytter WordMats trekantsløser:

WordMat's trekantsløser anvendes med input: A = 46,720336° , H_{1} = 90° , AC = 84

C A = 46,720336°
C = 43,279664°
H_{1} = 90°

h_{1} = 61,153355
AH = 57,58704
AC = 84

Længden af siden h_{1} findes vha. sinus:
ℎ_{1} =𝐴𝐶· sin ( 𝐴)
=84 · sin ( 46,720336)
=61,153355

Højden h_{1} fra C er bestemt til 61,15 cm (afrundet til 2 decimaler).

b)

Vi bestemmer strygebrættets højde over gulvet, når strygebrættet er i dets højeste position, ved at

bestemme modstående katete i den retvinklede trekant som vinkel v danner med siden |AE|= 84 + 37 =

121. Vi benytter WordMats trekantsløser.

A AH H_{1}

AC h_{1}

Side 15

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

15

WordMat's trekantsløser anvendes med input: A = 46,720336° , H = 90° , AE = 121

E A = 46,720336°
E = 43,279664°
H = 90°

h = 88,089952
AH = 82,95276
AE = 121

Længden af siden h findes vha. sinus:

ℎ=𝐴𝐸· sin ( 𝐴)
=121 · sin ( 46,720336)
=88,089952

Højden over gulvet i strygebrættets højeste position er bestemt til h = 88,089952 cm.

Vi bestemmer vinkel v, når h_{1} = 47. Vi benytter WordMats trekantsløser.

WordMat's trekantsløser anvendes med input: H = 90° , h_{1} = 47 , AC = 84

C A = 34,022872°
C = 55,977128°
H = 90°

h_{1} = 47
AH = 69,620399
AC = 84

Vinkel A findes vha. sinus:

𝐴=sin^{−1} ()

ℎ_{1}

𝐴𝐶

=sin^{−1} ()

47

84

=34,022872°

Vi bestemmer h, når vinkel v = 34,022872°.

A AH H

AE h

A AH H

h_{1}

AC

Side 16

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

16

WordMat's trekantsløser anvendes med input: A = 34,022872° , H = 90° , AE = 121

E A = 34,022872°
E = 55,977128°
H = 90°

h = 67,70238
AH = 100,28653
AE = 121

Længden af siden h findes vha. sinus

ℎ=𝐴𝐸· sin ( 𝐴)
=121 · sin ( 34,022872)
=67,70238

Højden over gulvet, når strygebrættets er sin laveste position er bestemt til 67,70238 cm.

Vi bestemmer forskellen i højden over gulvet i de to yderpositioner:

Δℎ=88,089952 − 67,70238

≈20,387572

Forskellen i højden over gulvet ved hhv. laveste og højeste position, er bestemt til 20,39 cm (afrundet til 2 decimaler).

Opgave 13 a)

Planens ligning består af en normalvektor til planen og et punkt i planen. En normalvektor til planen kan bestemmes af to ikke parallelle vektorer i planen. Den ene vektor kan aflæses som retningsvektoren i parameterfremstillingen for linjen, den anden vektor bestemmes som vektoren, der går fra Origo (0,0) (dvs.

koordinatsystemets begyndelsespunkt) og begyndelsespunktet for parameterfremstillingen. Vi definerer Origo og begyndelsespunktet for parameterfremstillingen:

𝑂≔( 0)

0

0

𝐴≔( 2)

5

3

A AH H

AE h

Side 17

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

17

Vi bestemmer vektor 𝑂𝐴:

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

𝑂𝐴 =𝑂− 𝐴

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

=( −2)

−5

−3

Vi definerer de to ikke parallelle vektorer:

𝑂𝐴 ≔( −2)

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

−5

−3

𝑟⃗≔( 2)

1

1

Vi bestemmer en normalvektor som krydsproduktet mellem vektor 𝑂𝐴 og vektor 𝑟⃗:

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

𝑛 ⎯ ⃗ =𝑂𝐴 × 𝑟⃗

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

=( 2)

4

−8

Vi opskriver en ligning for planen, der indeholder koordinatsystemets begyndelsespunkt og linjen, der er givet ved parameterfremstillingen. Vi vælger Origo som begyndelsespunktet i ligningen for planen:

4 · ( 𝑥− 0) + 2 · ( 𝑦− 0) + ( −8) · ( 𝑧− 0) =0

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

−8 · 𝑧 + 2 · 𝑦+ 4 · 𝑥=0

En ligning for planen, der indeholder Origo og linjen givet ved parameterfremstillingen, er bestemt til udtrykket herover.

Opgave 14 a)

Vi definerer forskriften for f:

𝑓 ( 𝑥) ≔−𝑥^{2} + 6𝑥

Vi bestemmer førstekoordinaten til punktet A ved at løse for x i udtrykket f(x) = y, hvor x > 0:

−𝑥^{2} + 6𝑥=𝑎· 𝑥

⇕ Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. med følgende antagelser/definitioner: 𝑥>0
𝑥=−𝑎+ 6

Side 18

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

18

Vi bestemmer anden koordinaten for punktet A ved at indsætte x i udtrykket for y:

𝑦= ( −𝑎 + 6) · 𝑎
=−𝑎^{2} + 6

                                           2
Koordinatsættet til punktet A er bestemt til A(6 - a, -a +6), vi har dermed gjort rede.

b)

Vi bestemmer øvre grænse for det samlede areal under grafen for f, ved at løse for x i f(x) = 0, hvor x > 0:

𝑓 ( 𝑥) =0

⇕ Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. med følgende antagelser/definitioner: 𝑥>0
𝑥=6

Vi bestemmer det samlede arealet af punktmængden M, som arealet under grafen for f vha. af det bestemte integral herunder i intervallet [0; 6]:

𝐴_{𝑀} =∫ 𝑓 ( 𝑥) 𝑑𝑥

6

0

=36

Dvs. at arealet af punktmængderne for hhv. M_{1} og M_{2} hver især må være lig 36 / 2 = 18:

Vi har, at arealet af punktmængden M_{1} er givet ved differensen mellem arealet under grafen for f i

intervallet [0; 6 - a] og arealet under grafen for y i intervallet [0; 6 - a]. Vi bestemmer a, ved at løse for a i udtrykket herunder:

18=∫ 𝑓 ( 𝑥) 𝑑𝑥 − ∫ 𝑎 · 𝑥𝑑𝑥

6−𝑎 6−𝑎

0 0

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

𝑎=1,2377968

Værdien for a, så arealet af M_{1} og M_{2} er lige store, er bestemt til a = 1,24 (afrundet til 2 decimaler).

Opgave 15

Opgave 15 tilhører forberedelsesmaterialet, som blev udgivet i 2017. Opgaverne er derfor ikke inden for pensum.

a)

Vi bestemmer et estimat for basissandsynligheden p, dvs. andelen af gymnasieelever i stikprøven, der dyrker motion:

Side 19

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

19

𝑝̂=

𝑋 𝑛

=

169

200

=0,845

Vi bestemmer et 95 % - konfidensinterval for andelen af gymnasieelever, der dyrker motion i kommunen i år 2016 med GeoGebras sandsynlighedslommeregner, vi benytter ”Z interval for andel”. Resultatet kopieres ind i besvarelsen.

Vi har størrelserne:

𝑆𝑢𝑐𝑐𝑒𝑠𝑠𝑒𝑟=𝑋_{𝑖}
=169

𝑁=𝑛
=200

Vi aflæser konfidensintervallet til (afrundet til 3 decimaler):

[ 0,795;0,895] = [ 79,5 %;89,5 %]

Et 95 % - konfidensinterval for andelen af gymnasieelever, der dyrker motion er bestemt til intervallet

(herover).

Vi undersøger om andelen har ændret sig siden 2010. Vi har, at andelen af gymnasieelever i år 2010, der dyrker motion, er angivet til at være 88 %, dvs. da 88 % befinder sig i intervallet, kan vi konkludere, at på et

Side 20

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

20

95 % - konfidensinterval har andelen af gymnasieelever, der dyrker motion i deres fritid, ikke ændret sig siden år 2010.

Opgave 16 a)

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

√

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟: 𝑥≥0

Vi har, at arealet af et rektangel generelt er givet ved:

𝐴_{𝑟𝑒𝑘} =ℎ· 𝑏

Højden af rektanglet er i dette tilfælde givet h = f(x), og bredden af rektanglet kan beskrives som b = 4 - x

dvs. et udtryk for arealet af rektanglet som funktion af x er givet ved:

𝐴 ( 𝑥) =𝑓 ( 𝑥) · ( 4 − 𝑥)

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

𝐴 ( 𝑥) =−𝑥^{1,5} + 4 · 𝑥^{0,5}

Vi definerer forskriften for A samt definitionsmængden for x:

𝐴 ( 𝑥) ≔−𝑥^{1,5} + 4 · 𝑥^{0,5}

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟: 0<𝑥<4

Vi bestemmer værdien for x, så arealet af rektanglet bliver størst mulig 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=

4

3

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

𝐴^{′} ()=0,5

3

3

𝐴^{′} ()=−0,38729833462074

5

3

Side 21

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

21

Vi kan konkludere, at nulpunktet x lig ¾ er et maksimum, rektanglets areal er således størst når x er lig ¾.

Opgave 17 a)

Vi bestemmer en forskrift for C(t) ved at løse differentialligningen C’(t) med WordMat. Vi benytter

startbetingelsen C(0) = 0:

𝐶^{′} ( 𝑡) =0,019 − 0,00578 · 𝐶 ( 𝑡)
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen C(0)=0
𝐶 ( 𝑡) =3,2871972 + 𝑒^{−0,00578·𝑡} · −3,2871972

Vi definerer forskriften for C(t):

𝐶 ( 𝑡) ≔3,2871972 + 𝑒^{−0,00578·𝑡} · −3,2871972

Vi bestemmer, hvor lang tid patienten skal have medicin via droppet ved at løse for t, når C(t) = 0,40:

𝐶 ( 𝑡) =0,40

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

𝑡=22,447938

Ifølge modellen skal patienten have medicin via droppet i ca. 22,45 minutter (afrundet til 2 decimaler).

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟: b)

Vi bestemmer en ny forskrift for C(t) ved løse den nye differentialligning C’(t) med WordMat. Vi benytter

startbetingelsen C(22,447938) = 0,40, da vi ved, at medicinkoncentrationen i patientens plasma 22,447938
minutter efter behandlingens start er lig 0,40 mg / L:

𝐶^{′} ( 𝑡) =−0,00578 · 𝐶 ( 𝑡)
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen C(22,447938)=0,40
𝐶 ( 𝑡) =0,4554171 · 𝑒^{−(289·}

𝑡

50000

)

Vi definerer, den nye forskrift for C(t):

𝐶 ( 𝑡) ≔0,4554171 · 𝑒^{−(289·}

𝑡

50000

)

Side 22

Matematik A (Netadgang) STX – Digital eksamen – 18. maj 2017

22

                                                                       289
                                                                     −(   )
                                                                       50000
Vi kan genkende forskriften for C(t), til at være en eksponentiel funktion, hvor 𝑎=𝑒 . Vi bestemmer

halveringstiden ved:

𝑇 =

1

2 log()

1

2_{289}
log(𝑒^{−(}^{50000})

)

≈119,92166

Ifølge modellen, går der 120 minutter (afrundet til helt tal) efter tilførslen af medicin er stoppet, før at medicinkoncentrationen i patientens plasma er halveret.