STX Matematik A NET 2013 14. august - Delprøven med autoriseret formelsamling

Side 1

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 14. august 2013

1

STX Matematik A (Netadgang)

14. august 2013

Delprøven med formelsamling stx132-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)

Parallelogrammets areal kan bestemmes som:

𝐴= | det ( 𝑎⃗,𝑏)|

⎯ ⃗

=| | | |

9 −3

5 4

= | 9 · 4 − 5 · ( −3)|
= | 36 + 15 |
=51

Arealet af det parallelogram, som udspændes af de to vektorer er 51.

b)

Om ortogonale vektorer gælder, at deres skalarprodukt er lig med 0. Dette efterprøves:

𝑎⃗· 𝑏 =9 · ( −3) + 5 · 4

⎯ ⃗

=−27+ 20
=−7

De to vektorer er således ikke ortogonale.

Side 2

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 14. august 2013

2

Opgave 2 a)

Parablen er på den generelle form: 𝑦=𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐

Førstekoordinaten i toppunktet kan da findes vha. formlen:

𝑥_{𝑡𝑜𝑝} =−

𝑏

2𝑎

=−

6

2 · 3
=−1

Nu findes den tilhørende andenkoordinat ved indsættelse af 𝑥=−1 i parablens ligning:

𝑦=3 · ( −1)^{2} + 6 · ( −1) − 1
=3 − 6 − 1
=−4

Koordinatsættet til parablens toppunkt er således bestemt til 𝑃(−1,−4)

Opgave 3 a)

Arealet af det skraverede område kan bestemmes som arealet af den store cirkel minus arealet af den lille cirkel:

𝐴_{𝑠𝑘𝑟𝑎𝑣𝑒𝑟𝑒𝑡} =𝐴_{𝑠𝑡𝑜𝑟} − 𝐴_{𝑙𝑖𝑙𝑙𝑒}

Arealet af en cirkel er givet ved 𝐴=𝜋 · 𝑟^{2}

Vi får da:

25𝜋=𝜋 · 13^{2} − 𝜋 · 𝑟^{2}

Begge sider divideres med 𝜋:

25=169 − 𝑟^{2}

⇕

𝑟^{2} =169 − 25

⇕ (𝑟>0)

𝑟= √ 144
=12

Side 3

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 14. august 2013

3

Radius i den lille cirkel er 12.

Opgave 4 a)

AB er hypotenusen i en retvinklet trekant, så:

𝐴𝐵= 𝐴𝐶^{2} + 𝐵𝐶^{2}

√
= 6 + 8^{2}

√^{2}
= √ 36 + 64
= √ 100
=10

                                                   1
Arealet af trekanten kan bestemmes på flere måder (vha. 𝑇= · ℎ · 𝑔):
                                                   2

𝑇_{𝐴𝐵𝐶} = · 𝐵𝐶· 𝐴𝐶 (1)

1

2

𝑇_{𝐴𝐵𝐶} = · ℎ_{𝑐} · 𝐴𝐵 (2)

1

2

Begge ligninger ganges med 2, hvorefter de to højresider sættes lig med hinanden:

ℎ_{𝑐} · 𝐴𝐵=𝐵𝐶· 𝐴𝐶

⇕

ℎ_{𝑐} =

𝐵𝐶· 𝐴𝐶

𝐴𝐵

=

8 · 6

10

=

48

10

=

24

5

                                    24
Vi kan nu konkludere, at | 𝐴𝐵 | =10 og ℎ =
                                 𝑐
                                     5

Side 4

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 14. august 2013

4

Opgave 5 a)

En ligning for tangenten til grafen for 𝑓 i punktet 𝑃(𝑥 ,𝑓 ( 𝑥 ) ) kan bestemmes som:
                                           0    0

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

𝑥_{0} =0

𝑓 ( 𝑥_{0}) = ( 0^{2} − 3) · 𝑒^{0}
=−3 · 1
=−3

𝑓^{′} ( 𝑥) =2𝑥· 𝑒^{𝑥} + ( 𝑥^{2} − 3) · 𝑒^{𝑥} (𝐼)
𝑓^{′} ( 0) =2 ·0 · 𝑒^{0} + ( 0 − 3) · 𝑒^{0}
=−3 · 1
=−3

Det vil sige:

𝑦=−3 · ( 𝑥− 0) + ( −3)

⇕

𝑦=−3𝑥− 3

En ligning for tangenten til 𝑓 i 𝑃 er således bestemt til 𝑦=−3𝑥 − 3

b)

Nulpunkter for 𝑓′ bestemmes:

2𝑥 ·𝑒^{𝑥} + ( 𝑥^{2} − 3) · 𝑒^{𝑥} =0

⇕

𝑒^{𝑥} · (2𝑥+ ( 𝑥^{2} − 3))=0

Begge sider divideres nu med 𝑒^{𝑥}. Dette kan gøres uden videre, da der for alle reelle værdier af 𝑥 gælder, at
𝑒^{𝑥} ≠0. Vi får da:
2𝑥 + 𝑥^{2} − 3=0

⇕

𝑥^{2} + 2𝑥− 3=0

Dette er en andengradsligning på formen:

𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐 =0

Side 5

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 14. august 2013

5

Med løsning:

𝑥=

−𝑏 ± √𝑏^{2} − 4𝑎𝑐

2𝑎

=

−2 ± √ 2^{2} − 4 · 1 · ( −3)
2 · 1

=

−2 ± √ 4 + 12

2

=

−2 ± 4

2

Vi får således to løsninger:

𝑥_{1} =

−2 − 4

2

=−3

𝑥_{2} =

−2 + 4

2

=1

Vi fandt tidligere, at:

𝑓^{′} ( 0) =−3<0

𝑓 er således aftagende i intervallet [−3,1]

Nu undersøges fortegnet for 𝑓′ på venstre side af 𝑥_{1}:

𝑓^{′} ( −4) =2 · ( −4) · 𝑒^{−4} + ( ( −4)^{2} − 3) · 𝑒^{−4}
=− +

8 13

𝑒^{4} 𝑒^{4}
= >0

5

𝑒^{4}
𝑓 er således voksende i intervallet ] − ∞,−3]

Nu undersøges fortegnet for 𝑓′ på højre side af 𝑥_{2}:

𝑓^{′} ( 2) =2 · 2 · 𝑒^{2} + ( 2^{2} − 3) · 𝑒^{2}
=4𝑒^{2} + 𝑒^{2}
=5𝑒^{2} >0

𝑓 er således voksende i intervallet [1,∞[

Side 6

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 14. august 2013

6

Vi kan nu sammenfatte monotoniforholdene for 𝑓:

𝑓 er aftagende i intervallet [−3,1]

𝑓 er voksende i intervallerne ] − ∞,−3] og [1,∞[

Opgave 6 a)

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

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

Radius kan bestemmes som længden af den vektor, som går fra C til 𝑃

𝐶𝑃 =()

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

4 − 1
2 − ( −2)
=()

3

4

Vi får nu:

𝑟= | 𝐶𝑃 |

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

= 3 + 4^{2}

√^{2}
= √ 9 + 16
=√25
=5

En ligning kan nu opskrives:

𝑐: ( 𝑥− 1)^{2} + ( 𝑦− ( −2))^{2} =5^{2}

Vi har nu fundet en ligning for cirklen:

𝑐: ( 𝑥− 1)^{2} + ( 𝑦+ 2)^{2} =25

Tangentens ligning søges opskrevet på formen:

𝑎· ( 𝑥− 𝑥_{0}) + 𝑏· ( 𝑦 − 𝑦_{0}) =0

Hvor (𝑥_{0},𝑦_{0}) er koordinatsættet til et punkt på linjen, mens 𝑛 ⎯ ⃗ =() er en normalvektor for linjen.

𝑎 𝑏

Da der er tale om en tangentlinje, som går gennem punktet 𝑃, vil 𝐶𝑃 være normalvektor for linjen:

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

Side 7

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 14. august 2013

7

𝑡_{𝑃}:3 · ( 𝑥− 4) + 4 · ( 𝑦−2) =0

⇕

𝑡_{𝑃}:3𝑥− 12 + 4𝑦 − 8=0

⇕

𝑡_{𝑃}:3𝑥+ 4𝑦 − 20=0

En ligning for tangenten til cirklen i punktet 𝑃 er således givet ved: 𝑡 :3𝑥+ 4𝑦 − 20=0
                                                       𝑃

b)

Hvis og kun hvis der er tale om en tangentlinje, vil der gælde, at afstanden fra linjen til cirklens centrum er

lig med cirklens radius. Det vil sige, at 𝑑𝑖𝑠𝑡 ( 𝐶,𝑙) =𝑟. Dette efterprøves nu vha. den generelle
afstandsformel for et punkt 𝑃(𝑥_{1},𝑦_{1}) og en linje 𝑙 med ligningen 𝑎𝑥+ 𝑏𝑦 + 𝑐=0:

𝑑𝑖𝑠𝑡 ( 𝑃,𝑙) =

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

Dvs.:

𝑑𝑖𝑠𝑡 ( 𝐶,𝑙) =

| 4 · 1 + 3 · ( −2) + 27 |
√ 4^{2} + 3^{2}
=

| 4 − 6 + 27 |
√ 25
=

25

5

=5

Da 𝑑𝑖𝑠𝑡 ( 𝐶,𝑙) =𝑟=5 er linjen 𝑙 en tangent til cirklen.

Opgave 7 a)

En parabel kan generelt beskrives ved ligningen: 𝑦=𝑎𝑥^{2} + 𝑏𝑥 + 𝑐

𝑐 angiver 𝑦-værdien når 𝑥=0

Parablen har toppunkt i 𝑃_{𝑡𝑜𝑝} (0,3). Da 𝑥=0 i toppunktet, kan vi konkludere, at 𝑐=3.

𝑏 angiver tangentens hældningskoefficient når 𝑥=0. Da 𝑥=0 i toppunktet, og tangenten altid er vandret
i toppunktet, kan vi konkludere, at 𝑏=0.

Vi kan nu opskrive en midlertidig ligning:

Side 8

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 14. august 2013

8

𝑝 ( 𝑥) =𝑎𝑥^{2} + 0 · 𝑥+ 3
=𝑎𝑥^{2} + 3

Parablens højre skæringspunkt med 𝑥-aksen har koordinatsættet 𝑆 (3,0). Dette koordinatsæt kan
                                                      2

indsættes i ovenstående ligning:

0=𝑎· 3^{2} + 3

⇕

𝑎=−

3

9

=−

1

3

                                 1
                                   2
Den endelige ligning bliver så: 𝑝 ( 𝑥 ) =− 𝑥 + 3. Parablen er således en graf for funktionen 𝑝(𝑥).
                                 3

b)

Tværsnittets areal kan beregnes som det bestemte integral af 𝑝(𝑥) med grænserne 𝑥=−3 og 𝑥=3:

𝐴=∫ − 𝑥^{2} + 3𝑑𝑥

1

3

3

−3
= [ − · 𝑥^{3} + 3𝑥] (𝐼)

1 1

3 3

−3

3

= [ − 𝑥^{3} + 3𝑥]

1

3^{2}
−3

3

=− · 3^{3} + 3 · 3 − ( − ( −3)^{3} + 3 ( −3))

1 1

3^{2} 3^{2}

=−3 + 3^{2} − ( − − 3^{2})

−3^{3}
3^{2}
=−3 + 9 − ( 3 − 9)
=6 − ( −6)
=12

Vi kan konkludere, at tværsnittes areal er 12 𝑚^{2}.

(𝐼): Bestemt integral, definition:

∫ 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 9

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 14. august 2013

9

Funktion Stamfunktion

𝑥^{𝑎} 𝑥^{𝑎+1}

1

𝑎+1

Opgave 8 a)

Integralet kan bestemmes ved substitution (𝐼):

Vi omdøber funktionen i nævneren:

𝑔 ( 𝑥) =𝑡=𝑥 + 1

3

Så får vi: 𝑑𝑡 𝑑𝑥

=3𝑥^{2} (𝐼𝐼)

                                                𝑑𝑡
Ifølge reglen om integration ved substitution kan vi opfatte
                                                𝑑𝑥

som en ”almindelig” brøk. Det vil sige:

𝑑𝑥= · 𝑑𝑡

1

3𝑥^{2}

De nye integrationsgrænser bliver:

𝑔 ( 0) =0^{3} + 1
=1

𝑔 ( 1) =1^{3} + 1
=2

Nu kan der substitueres:

∫ 𝑑𝑥 =∫ · 𝑑𝑡

3𝑥^{2} 3𝑥^{2} 1
𝑥^{3} + 1 𝑡 3𝑥^{2}

1 2

0 1

=∫ 𝑑𝑡

1 𝑡

2

1

= [ ln | 𝑡 |]_{1}^{2} (𝐼𝐼𝐼)
=ln ( 2) − ln ( 1) (𝐼𝑉)
=ln ( 2) (𝑉)

Integralet er således bestemt med resultatet ln (2).

Side 10

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 14. august 2013

10

(𝐼): Integration ved substitution

∫ 𝑓(𝑔 ( 𝑥)) · 𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥=∫ 𝑓(𝑡) 𝑑𝑡= [ 𝐹 ( 𝑡)]_{𝑔}^{𝑔}_{(}^{(}_{𝑎}^{𝑏} =𝐹 ( 𝑔 ( 𝑏)) − 𝐹 ( 𝑔 ( 𝑎))

𝑏 𝑔 ( 𝑏) 𝑎 𝑔 ( 𝑎)

)

)

(𝐼𝐼):

( 𝑘· 𝑓 ( 𝑥))^{′} =𝑘· 𝑓^{′} ( 𝑥)

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

Funktion Afledt funktion

𝑥^{𝑎} 𝑎· 𝑥

𝑎−1

𝑘 0

            1
(𝐼𝐼𝐼): 𝑓 ( 𝑥 ) = ⟹𝐹 ( 𝑥 ) =ln | 𝑥 | + 𝑘
            𝑥

Integrationskonstanten udelades altid i bestemt integral, da:

𝐹 ( 𝑏) + 𝑘 − ( 𝐹 ( 𝑎) + 𝑘) =𝐹 ( 𝑏) − 𝐹(𝑎)

( 𝐼𝑉): Da der for begge grænser gælder, at 𝑡>0, vil der også gælde, at ln | 𝑡 | =ln (𝑡).
(𝑉): ln ( 1) =0