STX Matematik A NET 2011 11. august - Delprøven med autoriseret formelsamling

Side 1

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 11. august 2011

1

STX Matematik A (Netadgang)

11. august 2011

Delprøven med formelsamling

frs112-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. Til denne delprøve er det tilladt at anvende en autoriseret formelsamling.

Opgave 1 a)

Ligningen søges opskrevet vha. hældningen samt et punkt på linjen. Dvs. på formen:

𝑦 = 𝑎 · ( 𝑥− 𝑥_{1}) + 𝑦_{1}

Hvor 𝑎 er hældningskoefficienten, mens (𝑥_{0},𝑦_{0}) er et punkt på linjen.

𝑎 =

𝑦_{2} − 𝑦_{1}
𝑥_{2} − 𝑥_{1}

=

8 − 2
3 − 1

=

6

2

= 3

Vi anvender nu punktet 𝐵 og hældningskoefficienten 𝑎:

𝑦 = 3 · ( 𝑥− 3) + 8
= 3𝑥 − 9 + 8
= 3𝑥 − 1

Vi kan nu konkludere, at en ligning for linjen er givet ved 𝑦 = 3𝑥 − 1

Side 2

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 11. august 2011

2

Opgave 2 a)

Hvis vektorerne er ortogonale, må der gælde, at:

𝑎⃗ · 𝑏 = 0

⎯ ⃗

Det vil sige:

1 · 4 + 𝑡 · ( −2) = 0

⇕

4 − 2𝑡 = 0

⇕

𝑡 =

4

2

= 2

Når vektorerne er ortogonale, gælder der således, at 𝑡 = 2.

Opgave 3 a)

Integralet bestemmes:

∫ 3𝑥^{2} − 4 𝑑𝑥 = [ 3 · 𝑥^{3} − 4𝑥] (𝐼)

2

1

1

3

1

2

= [ 𝑥^{3} − 4𝑥]_{1}^{2}
= 2^{3} − 4 · 2 − ( 1^{3} − 4)
= 0 − ( −3)
= 3

Størrelsen af integralet er 3.

( 𝐼): Bestemt integral

∫ 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = [ 𝐹 ( 𝑥)]_{𝑎}^{𝑏} = 𝐹 ( 𝑏) − 𝐹(𝑎)

𝑏 𝑎

Sætte konstant udenfor ∫_{𝑎}^{𝑏} 𝑘 ·𝑓(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑘· ∫_{𝑎}^{𝑏} 𝑓(𝑥) 𝑑𝑥

Sum/differens kan splittes i to integraler ∫_{𝑎}^{𝑏} 𝑓 ( 𝑥) ± 𝑔 ( 𝑥) 𝑑𝑥 = ∫_{𝑎}^{𝑏} 𝑓 ( 𝑥) 𝑑𝑥± ∫_{𝑎}^{𝑏} 𝑔 ( 𝑥) 𝑑𝑥

Side 3

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 11. august 2011

3

Funktion Stamfunktion

𝑥^{𝑎} 𝑥^{𝑎+1}

1

𝑎+1
𝑘 𝑘· 𝑥

Opgave 4 a)

Der er tale om en eksponentiel model på den generelle form:

𝑦 = 𝑏 · 𝑎^{𝑡}

𝑏 = 500 fortæller os, at startpopulationen (dvs. når 𝑡 =0) er lig med 500 individer.

𝑎 = 0,95 fortæller os noget om populationens vækstrate, i det:

𝑟 = 𝑎 − 1
= 0,95− 1
= −0,05
= −5%

Det vil sige, at populationsstørrelsen aftager med 5% pr. døgn.

Opgave 5 a)

Ligningen for en cirkel med centrum i (𝑥_{0},𝑦_{0}) og radius 𝑟 er givet ved:

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

Det vil sige, at den omtalte cirkel kan beskrives ved ligningen: ( 𝑥− 2)^{2} + ( 𝑦 − 3)^{2} = 25

b)

Skæringspunkternes førstekoordinater findes ved at indsætte 𝑦 = 𝑥 i cirklens ligning:

( 𝑥− 2)^{2} + ( 𝑥− 3)^{2} = 25

⇕

Side 4

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 11. august 2011

4

𝑥^{2} + 2^{2} − 2 · 𝑥· 2 + 𝑥^{2} + 3^{2} − 2 · 𝑥· 3= 25

⇕

2𝑥^{2} − 10𝑥 + 9 + 4 = 25

⇕

2𝑥^{2} − 10𝑥 + 13 − 25 =0

⇕

2𝑥^{2} − 10𝑥 − 12 = 0

⇕

𝑥^{2} − 5𝑥− 6 =0

Vi har nu en andengradsligning på formen: 𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐 = 0

Den har løsningsformen:

𝑥 =

−𝑏 ± √𝑏^{2} − 4𝑎𝑐

2𝑎

=

− ( −5) ± √ ( −5)^{2} − 4 · 1 · ( −6)
2 · 1
=

5 ± √ 25 + 24

2

=

5 ± 7

2

Vi får nu to løsninger:

𝑥_{1} =

12

2

= 6

𝑥_{2} =

−2

2

= −1

Da skæringspunkterne begge ligger på linjen med ligningen 𝑦 =𝑥 , må der gælde, at 𝑥_{1} = 𝑦_{1} og 𝑥_{2} = 𝑦_{2}.

Vi har nu koordinatsættet til hver af de to skæringspunkter: 𝑆 (6,6) og 𝑆 (−1,−1)
                                                  1        2

Side 5

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 11. august 2011

5

Opgave 6 a)

Kvartilsættet aflæses: (21,27,30)

Mindste værdi: 16

Største værdi: 35

Kvartilsættene er fundet på baggrund af pigernes BMI. Dette kan nu ”oversættes” til risikogrupper:

25% af pigerne har et BMI i intervallet [16,21[. Pigerne i denne gruppe har enten middel risiko eller

forhøjet / moderat forhøjet risiko for følgesygdomme.

25% af pigerne har et BMI i intervallet [21,27[. Pigerne i denne gruppe har enten middel risiko eller let forhøjet risiko for følgesygdomme.

25% af pigerne har et BMI i intervallet [27,30[. Pigerne i denne gruppe har let forhøjet risiko for følgesygdomme.

25% af pigerne har et BMI i intervallet [30,35]. Pigerne i denne gruppe har enten forhøjet risiko eller svært forhøjet risiko for følgesygdomme.

Opgave 7 a)

Rammens omkreds er givet ved:

𝑂 = 2 · 8 + 2 · ℎ + 2 · 6 + 8^{2}

√^{2}
= 16 + 2ℎ + 2 · √ 36 + 64
= 16 + 2ℎ + 2 · 10
= 2ℎ + 36

Vi har nu fundet omkredsen udtrykt ved ℎ: 𝑂 ( ℎ) = 2ℎ + 36

b)

Vi løser nu ligningen 𝑂 ( ℎ) = 54:

54 =2ℎ+ 36

⇕

ℎ =

54 − 36

2

Side 6

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 11. august 2011

6

=

18

2

=9

Arealet kan ligeledes udtrykkes ved ℎ:

𝐴 = ℎ · 16 + 2 · · 6 · 8

1

2

= 16ℎ + 48

Nu finder vi 𝐴(9):

𝐴 ( 9) =16 · 9 + 48
=144 + 48
=192

Arealet af rammen er således 192, når omkredsen er 54.

Opgave 8 a)

                                                                    𝑑𝑦
𝑓 er en lineær funktion med en positiv hældningskoefficient, så den må opfylde, at: = 𝑎 , 𝑎 > 0. (𝐼)
                                                                    𝑑𝑥

Ligning 𝐵 hører til 𝑓.

Grafen for ℎ er en vandret linje. Der må således gælde, at^{𝑑𝑦}_{𝑑𝑥} = 0. (𝐼𝐼)

Ligning 𝐴 hører til ℎ.

Den tilbageværende ligning må således høre sammen med den tilbageværende funktion.

Ligning 𝐶 hører til 𝑔.

(𝐼): En ret linje med positiv hældning har ligningen:

𝑦 = 𝑎𝑥+ 𝑏 , 𝑎 > 0

Denne kan differentieres til: 𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 𝑎 , 𝑎 > 0

Den eneste ligning på denne form er 𝐵.

(𝐼𝐼): En vandret linje har ligningen:

𝑦 = 𝑘

Denne kan differentieres til: 𝑑𝑦 𝑑𝑥

= 0

Side 7

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 11. august 2011

7

Den eneste ligning på denne form er 𝐴.

Se kommentaren i opgave 9 for regneregler for differentiation.

Opgave 9 a)

Først bestemmes nulpunkter for 𝑓′:

𝑓^{′} ( 𝑥) = − 1 (𝐼)

1 𝑥

Så:

0 = − 1

1 𝑥

⇕

𝑥 = 1

Fortegnet for 𝑓′ undersøges på begge sider af nulpunktet:

𝑓^{′} () = − 1

1 1

2

1

2

= 2 − 1
= 1

Dvs. 𝑓^{′} ( 𝑥) > 0 𝑓𝑜𝑟 0 < 𝑥 < 1

𝑓^{′} ( 2) = − 1

1

2

= −

1

2

Dvs. 𝑓^{′} ( 𝑥) < 0 𝑓𝑜𝑟 𝑥 > 1

Vi kan nu sammenfatte funktionens monotoniforhold: 𝑓 er voksende i intervallet ]0,1]

𝑓 er aftagende i intervallet [1,∞[

Side 8

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 11. august 2011

8

(𝐼):

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

Funktion Afledt funktion ln(𝑥)

1 𝑥 𝑥 1 b)

Tangenten til grafen for en funktion 𝑓 i et punkt 𝑥_{0} (det vil sige med røringspunkt i 𝑥 = 𝑥_{0}) har

hældningskoefficienten 𝑓′(𝑥 ). Tangenten 𝑡 er parallel med linjen 𝑙: 𝑦 = 2𝑥 + 1.
                       0

Vi har således, at:

𝑓^{′} ( 𝑥_{0}) = 𝑎_{𝑡} = 𝑎_{𝑙} = 2

Nu løser vi ligningen 𝑓^{′} ( 𝑥_{0}) =2:

2 = − 1

1

𝑥_{0}

⇕

3 =

1

𝑥_{0}

⇕

𝑥_{0} =

1

3

Det vil sige, at førstekoordinaten til røringspunktet mellem 𝑡 og grafen for 𝑓 er givet ved 𝑥 = 2.
                                                                         0