STX Matematik A NET 2011 18. maj - Delprøven med autoriseret formelsamling

Side 1

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen - 18. maj 2011

1

STX Matematik A (Netadgang)

18. maj 2011

Delprøven med formelsamling

1frs111-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 kan omskrives ved division med 2 på begge sider af lighedstegnet. Da får vi:

𝑥^{2} − 5𝑥+ 6 = 0

Der er tale om 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 ± 1

2

Ligningen har således to løsninger:

𝑥 =

6

2

= 3

Eller:

𝑥 =

4

2

= 1

Vi kan nu konkludere, at ligningen har følgende løsning: 𝑥 = 1 ∨ 𝑥 = 3

Side 2

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen - 18. maj 2011

2

Opgave 2 b)

Der står b) i opgavesættet, men det må være en fejl. Der er kun et delspørgsmål i denne opgave.

Andengradspolynomiet er på formen 𝑦 = 𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐

Førstekoordinaten kan da bestemmes vha. toppunktsformlen:

𝑥_{𝑡𝑜𝑝} = −

𝑏

2𝑎

= −

−12
2 · 3
=

12

6

= 2

Andenkoordinaten bestemmes nu ved indsættelse af 𝑥 =2 i ligningen:

𝑦 = 3 · 2^{2} − 12 · 2 + 8
= 12 − 24 + 8
= −4

Koordinatsættet til parablens toppunkt er (2,−4).

Opgave 3 a)

Makspulsen bestemmes:

𝑀 ( 20) = 208 − 0,7 · 20
= 208 − · 20

7

10

= 208 −

140

10

= 208 − 14
= 194

En person på 20 år vil ifølge modellen have en makspuls på 194 pulsslag pr. minut.

b)

Konstanten 208 angiver 𝑀(0). Det vil sige, at makspulsen for en nyfødt er 208 pulsslag pr. minut.

Konstanten 0,7 (med minus foran) fortæller, at en persons makspuls falder med 0,7 pulsslag, hver gang personen bliver et år ældre.

Side 3

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen - 18. maj 2011

3

Opgave 4 a)

Integralet bestemmes (𝐼):

∫ 3𝑥^{2} + 2𝑥 𝑑𝑥 = [ 3 · 𝑥^{3} + 2 · 𝑥^{2}]

3

0

1 1

3 2

0

3

= [ 𝑥^{3} + 𝑥^{2}]_{0}^{3}
= 3^{3} + 3^{2} − 0^{3} − 0^{2}
= 27 + 9
= 36

Størrelsen af integralet er 36.

( 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

Funktion Stamfunktion

𝑥^{𝑎} 𝑥^{𝑎+1}

1

𝑎+1

Opgave 5 a)

Koordinatfunktionerne i parameterfremstillingen for 𝑙 aflæses:

𝑥 = 0 + 2𝑡

𝑦 = −1 + 4𝑡

Parameteren 𝑡 i skæringspunktet findes nu ved at indsætte disse i ligningen for 𝑚:

( 0 + 2𝑡) + ( −1 + 4𝑡) − 2 = 0

⇕

Side 4

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen - 18. maj 2011

4

2𝑡 − 1 + 4𝑡− 2 =0

⇕

6𝑡− 3= 0

⇕

𝑡 =

3

6

=

1

2

               1
Nu indsættes 𝑡 = i de to koordinatfunktioner fra parameterfremstillingen for 𝑚, hvorved vi får
               2

koordinatsættet til skæringspunktet mellem de to linjer:

𝑥 = 0 + 2 ·

1

2

= 1

𝑦 = −1+ 4 ·

1

2

= −1+ 2
= 1

Koordinatsættet til skæringspunktet mellem 𝑙 og 𝑚 er bestemt til (1,1).

Opgave 6 a)

Afstanden er givet ved længden af linjestykket AP.

Trekanterne APD og BCD er ensvinklede, og følgende vinkler er ens:

𝐴 = 𝐵

𝑃 = 𝐶

𝐷 = 𝐷

Der må således gælde, at:

𝐴𝑃 𝐴𝐷

𝐵𝐶 𝐵𝐷

=

⇕

Side 5

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen - 18. maj 2011

5

𝐴𝑃 = 𝐵𝐶·

𝐴𝐷

𝐵𝐷

Vi ved samtidig, at:

𝐵𝐶 = 400

𝐴𝐷 = 600
𝐴𝐵 = 900

𝐵𝐷 = 𝐴𝐵− 𝐴𝐷
= 900 − 600
= 300

Vi får så:

𝐴𝑃 = 400 ·

600

300

= 400 · 2
= 800

Afstanden fra hans hoveddør til udsigtstårnet er således 800 𝑚.

Opgave 7 a)

                                   ′
I de intervaller, hvor 𝑓 er aftagende, skal 𝑓 (𝑥) < 0.

                                  ′
I de intervaller, hvor 𝑓 er voksende, skal 𝑓 (𝑥) > 0

Ved de 𝑥-værdier, hvor 𝑓 har lokale ekstrema, skal 𝑓^{′} (𝑥) = 0

Vi undersøger graferne og konstaterer, at betingelserne ikke opfyldes af hverken 𝐴 eller 𝐶. Der er intet ved 𝐵, som tyder på, at den ikke kunne være graf for 𝑓′.

Da en af de tre grafer er graf for 𝑓′, gælder der, at 𝐵 er graf for 𝑓′.

Opgave 8 a)

En ligning for tangenten til grafen for en funktion 𝑓 i et punkt 𝑃(𝑥 ,𝑓 ( 𝑥 ) ) er givet ved:
                                                     0    0

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

Vi har, at:

Side 6

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen - 18. maj 2011

6

𝑥_{0} = 1

𝑓 ( 1) = 1^{2} · ln ( 1)
= 0

Funktionen differentieres:

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

1 𝑥

= 2𝑥 · ln ( 𝑥) + 𝑥

𝑓^{′} ( 1) = 2 · 1· ln ( 1) + 1
= 1

Ligningen bliver så:

𝑦 =1 · ( 𝑥− 1) + 0
= 𝑥 − 1

Tangenten til grafen for 𝑓 i punktet 𝑃 kan således beskrives ved ligningen: 𝑦 = 𝑥− 1

(𝐼): Ledvis differentiation og produktreglen

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

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

Funktion Afledt funktion ln(𝑥)

1 𝑥

𝑥^{𝑎} 𝑎· 𝑥

𝑎−1

Opgave 9 a)

                                                       𝑑𝑆
Hastigheden, hvormed antallet af kolonier vokser, kan skrives som: .
                                                       𝑑𝑡

Denne størrelse er proportional med produktet: 𝑆· (67 − 𝑆)

Proportionalitetskonstanten er givet ved 𝑘 = 0,0029. Vi får da, at 𝑆 må opfylde følgende differentialligning:

𝑑𝑆 𝑑𝑡

=0,0029 · 𝑆 ·(67 − 𝑆)

Side 7

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen - 18. maj 2011

7

Opgave 10 a)

Omkredsen i 𝑐𝑚 kan beregnes som summen af længden af figurens sider:

𝑂 = 3 + ( 𝑥− 4) + 𝑦 + 4 + ( 𝑦 + 3) + 𝑥
= 3 + 𝑥 − 4 + 𝑦+ 4 + 𝑦 + 3 + 𝑥
= 2𝑥 + 2𝑦+ 6
= 2 ·(𝑥+ 𝑦 + 3)

Omkredsen udtrykt ved 𝑥 og 𝑦 kan således skrives som: 𝑂 = 2 · (𝑥+ 𝑦 + 3)

b)

Arealet i 𝑐𝑚^{2} kan ligeledes udtrykkes ved 𝑥 og 𝑦. Arealet kan ses som en sum af arealet af de to del

rektangler, som udgør figuren. Situationen er skitseret herunder:

𝐴 = 𝐴_{𝑅_{1}} + 𝐴_{𝑅_{2}}
= 3 · 𝑥 + 4 · 𝑦
= 3𝑥 + 4𝑦

Da vi har, at 𝐴 = 38 og 𝑂 =28, kan vi opskrive følgende ligningssystem:

28 = 2 · ( 𝑥+ 𝑦 + 3) (1.1)

38 = 3𝑥 + 4𝑦 (2.1)

𝑥 isoleres i ligning (1.1):

Side 8

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen - 18. maj 2011

8

28

2

= 𝑥 + 𝑦+ 3

⇕

𝑥 = 14 − 𝑦 − 3 (1.2)

𝑥 fra ligning (1.2) substitueres ind i ligning (2.1):

38 = 3 · ( 14 − 𝑦 − 3) + 4𝑦

⇕

38 = 42 − 3𝑦 − 9 + 4𝑦

⇕

𝑦 = 38 −42 + 9
= 5

Nu substitueres 𝑦 = 5 ind i ligning (1.2):

𝑥 = 14 − 5 − 3
= 6

Vi kan således konkludere, at 𝑥 =6 𝑐𝑚 og 𝑦 =5 𝑐𝑚, når omkredsen er 28 cm og arealet er 38 cm^{2}.