STX Matematik A NET 2013 24. maj - Delprøven med autoriseret formelsamling

Side 1

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 24.maj 2013

1

STX Matematik A (Netadgang)

24. maj 2013

Delprøven med formelsamling

1stx131-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)

Da antallet af indbyggere aftager med en fast procentsats, anvendes en eksponentiel model af typen:

𝑁 ( 𝑡) =𝑏· 𝑎^{𝑡}

Der gælder så, at 𝑏=𝑁 ( 0) =5460.

Vækstraten er −5%=−0,05. Her gælder, at:

𝑎=1 + 𝑟
=1 + ( −0,05)
=0,95

Det endelige funktionsudtryk bliver da:

𝑁 ( 𝑡) =5460 · 0,95^{𝑡}

Opgave 2 a)

Til parameterfremstillingen skal vi bruge en retningsvektor, som i dette tilfælde kan bestemmes som vektoren, der går fra 𝐴 til 𝐵:

Side 2

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 24.maj 2013

2

𝐴𝐵 =()

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

4 − 1
6 − 3
=()

3

3

                    1                                              1
Denne kan skaleres med og stadig udgøre en retningsvektor. Vi anvender nu 𝑟⃗= 𝐴𝐵 =( ) sammen
                    3                                              3

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

1

1 med punktet 𝐴(1,3). Linjen 𝑙 kan således beskrives ved parameterfremstillingen:

𝑙:()=() + 𝑡 · ()

𝑥 𝑦

1 1

3 1 b)

I skæringspunktet vil linjernes koordinatsæt være ens. Vi kan derfor substituere 𝑙’s koordinatfunktioner ind i ligningen for 𝑚 og dermed finde parameteren 𝑡. Koordinatfunktionerne opskrives:

𝑥=1 + 𝑡· 1

𝑦=3 + 𝑡· 1

Substitutionen foretages og 𝑡 isoleres:

3 + 𝑡=− ( 𝑡 + 1) + 8

⇕

2𝑡=−1 + 8 − 3

𝑡=

4

2

=2

Parameteren 𝑡=2 indsættes nu i parameterfremstillingen for 𝑙, hvorefter vi får skæringspunktets

stedvektor:

()=() + 2 · ()

𝑥 𝑦

1 1

3 1

=()

1 + 2 · 1
3 + 2 · 1
=()

3

5

Koordinatsættet til skæringspunktet mellem 𝑙 og 𝑚 er således (3,5)

Opgave 3 a)

Kvartilsættet aflæses som de tre 𝑥-værdier på kurven, som hører til hhv. 25%, 50% og 75%.

Side 3

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 24.maj 2013

3

𝑁𝑒𝑑𝑟𝑒: 58,5 𝑘𝑔

𝑀𝑒𝑑𝑖𝑎𝑛:71 𝑘𝑔

Ø𝑣𝑟𝑒:85,5 𝑘𝑔

Andelen af eleverne, som vejer under 80 kg kan bestemmes ved at aflæse kurvens 𝑦-værdi for 𝑥=80.

𝐴𝑛𝑑𝑒𝑙 𝑢𝑛𝑑𝑒𝑟 80 𝑘𝑔:60%

Den andel af eleverne, som vejer 80 kg er altså 40%. Da der er 500 elever i undersøgelsen, kan antallet bestemmes som:

𝑛=0,4 · 500
= · 500

2

5

=2 · 100
=200

Der er således 200 elever, som vejer 80 kg eller mere.

Opgave 4 a)

Funktionsudtrykkene kan omskrives:

𝑓 ( 𝑥) =

1 𝑥

1

2

=

1

√

𝑥

𝑔 ( 𝑥) =2 𝑥
√

ℎ ( 𝑥) =− 𝑥
√

Den eneste funktion, som kan antage negative værdier, er ℎ. 𝐶 er grafen for ℎ.

Af funktionsudtrykkene ses det, at 𝑓 er aftagende i hele definitionsmængden, mens 𝑔 er voksende i hele definitionsmængden.

Det vil sige:

𝐴 er grafen for 𝑔 og 𝐵 er grafen for 𝑓.

Side 4

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 24.maj 2013

4

Opgave 5 a)

En ligning for tangenten til grafen for funktionen 𝑓 i punktet (𝑥 ,𝑓 ( 𝑥 ) ) er givet ved:
                                                   0    0

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

𝑥_{0} =1

𝑓 ( 1) =24 · ln ( 1) − 1^{3}
=0 − 1
=−1

𝑓^{′} ( 𝑥) =24 · − 3 · 𝑥^{2} ( 𝐼) (𝐼𝐼)

1 𝑥

𝑓^{′} ( 1) =24 · − 3 · 1^{2}

1

1

=24 − 3
=21

Det vil sige:

𝑦=21 · ( 𝑥− 1) + ( −1)
=21𝑥 − 21 − 1
=21𝑥 − 22

En ligning for tangenten til grafen for 𝑓 i punktet 𝑃 er således bestemt til 𝑦=21𝑥− 22

(𝐼): ( 𝑘· 𝑓 ( 𝑥))^{′} =𝑘· 𝑓^{′} ( 𝑥)
(𝐼𝐼): ( 𝑓 ( 𝑥) ± 𝑔 ( 𝑥))^{′} =𝑓^{′} ( 𝑥) ± 𝑔^{′} ( 𝑥)

Funktion Afledt funktion ln(x)

1 𝑥

𝑥^{𝑎} 𝑎· 𝑥

𝑎−1

b)

Nulpunkter for 𝑓′ søges:

24 · − 3 · 𝑥^{2} =0

1 𝑥

⇕

Side 5

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 24.maj 2013

5

24 𝑥

=3𝑥^{2}

⇕

24

3

=𝑥^{3}

⇕

𝑥= √^{3} 8
= 2

√^{3}^{3}
=2

Da der kun er en løsning til 𝑓^{′} ( 𝑥) =0, er punktet enten saddelpunkt, globalt maksimum eller globalt

minimum. Nu undersøges fortegnet for 𝑓′ på begge sider af nulpunktet:

𝑓^{′} ( 1) =21>0

𝑓^{′} ( 3) = − 3 · 3^{2}

24

3

=8 − 27
=−19<0

Funktionen går fra at være voksende i ]0,2] til at være aftagende i [2,∞[. Funktionen har således et globalt
maksimum, når 𝑥=2.

Opgave 6 a)

Der dannes tre ensvinklede trekanter, ABC og ADE (se skitse).

Side 6

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 24.maj 2013

6

Flagstangen går fra 𝐴 til 𝐹. 𝐹 må ikke ligge til højre for 𝐸, hvis manden skal have flagstangen i hovedet. Der skal altså gælde, at:

𝐴𝐹≥𝐴𝐸 (𝑘𝑟𝑎𝑣 𝑛𝑟.1)

Dernæst skal mandens højde være større end eller lig med længden af siden 𝐷𝐸. Det vil sige, at

𝐷𝐸≤ℎ (𝑘𝑟𝑎𝑣 𝑛𝑟.2)

             9
Hvor ℎ=1,8=
             5

𝐷𝐸 kan nu beregnes vha. reglen om ensliggende sider i ensvinklede trekanter:

𝐷𝐸 𝐴𝐷

𝐶𝐵 𝐴𝐵

=

⇕

𝐷𝐸=𝐶𝐵 ·

𝐴𝐷

𝐴𝐵

=1·

9

4

=

9

4

        9                            9
Da 𝐷𝐸=   er større end mandens højde ℎ= , kan vi konkludere, at manden ikke bliver ramt af
        4                            5

flagstangen

Opgave 7 a)

Hvis 𝑓 er en løsning, må der gælde, at:

𝑓^{′} ( 𝑥) = + 𝑥· 𝑒^{𝑥}

𝑓 ( 𝑥) 𝑥 𝑓′(𝑥) bestemmes:

𝑓^{′} ( 𝑥) =1 · 𝑒^{𝑥} + 𝑥· 𝑒^{𝑥} − 1 (𝐼)(𝐼𝐼)
=𝑒^{𝑥} + 𝑥· 𝑒^{𝑥} − 1

𝑓′(𝑥) og 𝑓(𝑥) indsættes i differentialligningen:

𝑒^{𝑥} + 𝑥· 𝑒^{𝑥} − 1= + 𝑥 ·𝑒^{𝑥}

𝑥· 𝑒^{𝑥} − 𝑥

𝑥

⇕

Side 7

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 24.maj 2013

7

𝑒^{𝑥} + 𝑥· 𝑒^{𝑥} − 1= + 𝑥· 𝑒^{𝑥}

𝑥· (𝑒^{𝑥} − 1)

𝑥

⇕

𝑒^{𝑥} + 𝑥· 𝑒^{𝑥} − 1=𝑒^{𝑥} − 1 + 𝑥· 𝑒^{𝑥}

⇕

𝑒^{𝑥} + 𝑥· 𝑒^{𝑥} − 1=𝑒^{𝑥} + 𝑥· 𝑒^{𝑥} − 1

Der står præcis det samme på begge sider af lighedstegnet, og 𝑓 er således en løsning til differentialligningen.

( 𝐼): ( 𝑓 ( 𝑥) · 𝑔 ( 𝑥))^{′} =𝑓^{′} ( 𝑥) · 𝑔 ( 𝑥) + 𝑓 ( 𝑥) · 𝑔^{′} ( 𝑥)
( 𝐼𝐼): ( 𝑓 ( 𝑥) ± 𝑔 ( 𝑥))^{′} =𝑓^{′} ( 𝑥) ± 𝑔^{′} ( 𝑥)

Funktion Afledt funktion

𝑒^{𝑥} 𝑒

𝑥 𝑥 1

Opgave 8 a)

I skæringspunkterne vil der gælde, at:

𝑓 ( 𝑥) =𝑔(𝑥)

Denne ligning kan nu løses mht. 𝑥:

3𝑥^{2} =−3𝑥^{2} + 24

⇕

6𝑥^{2} =24

⇕

𝑥=±

√

24

6

=± √ 4
=±2

Førstekoordinaten til hvert af skæringspunkterne er altså hhv. 𝑥 =−2 og 𝑥 =2.
                                                    1         2

Side 8

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 24.maj 2013

8 b)

Det areal, som afgrænses mellem to funktioner 𝑓 og 𝑔 i et interval [𝑎,𝑏], hvor 𝑔≥𝑓 i hele intervallet, kan

bestemmes som:

𝐴=∫ 𝑔 ( 𝑥) − 𝑓 ( 𝑥) 𝑑𝑥

𝑏 𝑎

Grafen for 𝑔 er en parabel med benene nedad (𝑎<0) og grafen for 𝑓 er en parabel med benene opad

(𝑎<0). Herunder er en skitse indtegnet:

Vi kan se, at 𝑔≥𝑓 i hele intervallet [−2,2] mellem skæringspunkterne.

Arealet kan nu bestemmes:

𝐴_{𝑀} =∫ −3𝑥^{2} + 24 − 3𝑥^{2} 𝑑𝑥 (𝐼)

2

−2
=∫ −6𝑥^{2} + 24𝑑𝑥

2

−2
= [ −6 · 𝑥^{3} + 24𝑥]

1

3

−2

2

= [ −2𝑥^{3} + 24𝑥]_{−2}^{2}
=−2 · 2^{3} + 24 · 2 − ( −2 · ( −2)^{3} + 24 · ( −2))
=−16 + 48 − ( 16 − 48)
=32 − (−32)
=64

Det vil sige, at arealet af punktmængden 𝑀 er lig med 64.

Side 9

Matematik A STX Netadgang – Skriftlig eksamen – 24.maj 2013

9

(𝐼):

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

𝑏 𝑎

∫𝑓 ( 𝑥) ± 𝑔(𝑥)𝑑𝑥=∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥± ∫𝑔(𝑥)𝑑𝑥

∫𝑘· 𝑓(𝑥)𝑑𝑥=𝑘· ∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥

Funktion Stamfunktion

𝑥^{𝑎} 𝑥^{𝑎+1}

1

𝑎+1
𝑘 𝑘 · 𝑥

Opgave 9 a)

I et andengradspolynomium er 𝑏 lig med hældningen af tangenten til grafen i 𝑥=0. I punktet 𝐴(0,1) er
𝑥=0 og tangenthældningen er −3. Vi kan således konkludere, at 𝑏=−3.

I et andengradspolynomium er 𝑐 lig med 𝑦-værdien, når 𝑥=0. Denne er givet i punktet 𝐴(0,1). Vi kan
således konkludere, at 𝑐=1.

Vi har nu en halvfærdig forskrift:

𝑃 ( 𝑥) =𝑎𝑥^{2} − 3𝑥+ 1

𝑎 bestemmes nu ved at indsætte koordinatsættet for punkt 𝐵 i ovenstående ligning:

36=𝑎· 5^{2} − 3 · 5 + 1

⇕

36=25𝑎− 14

⇕

𝑎=

36 + 14

25

=

50

25

=2

Vi har nu fundet alle 3 tal: 𝑎=2, 𝑏=−3 og 𝑐=1