STX Matematik A NET 2015 13. august - Delprøven med autoriseret formelsamling

Side 1

Matematik A STX (Netadgang) – Skriftlig eksamen – 13. august 2015

1

STX Matematik A (Netadgang)

13. august 2015

Delprøven med formelsamling

stx152-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)

Udtrykket reduceres:

( 𝑝 − 2𝑞)^{2} − 4𝑞^{2} =𝑝^{2} + ( 2𝑞)^{2} − 2 · 𝑝 · 2𝑞− 4𝑞^{2} ( 𝐼)
=𝑝^{2} + 4𝑞^{2} − 4𝑝𝑞− 4𝑞^{2} ( 𝐼𝐼)
=𝑝^{2} − 4𝑝𝑞
=𝑝 ( 𝑝 − 4𝑞)

(𝐼) Her anvendes anden kvadratsætning: ( 𝑎− 𝑏)^{2} =𝑎^{2} + 𝑏^{2} − 2𝑎𝑏
(𝐼𝐼) Her anvendes en potensregneregel: ( 𝑎· 𝑏)^{𝑛} =𝑎^{𝑛} · 𝑏^{𝑛}

Opgave 2 a)

Da prisen stiger med et fast beløb for hver ekstra deltager, vil en lineær model være passende:

𝑦=𝑎𝑥+ 𝑏

Hvor: 𝑦 angiver den samlede pris for konferencen i tusinde kroner 𝑥 angiver antallet af deltagere

Side 2

Matematik A STX (Netadgang) – Skriftlig eksamen – 13. august 2015

2 𝑎 angiver hældningskoefficienten og dermed også hvor meget prisen stiger (𝑦-tilvækst) for hver ekstra

deltager (når 𝑥 vokser med 1). Derfor er 𝑎=4

𝑏 angiver prisen for konferencen hvis antallet af deltagere er 0 (dvs. 𝑦-værdien i 𝑥=0). Derfor er 𝑏=35

Den endelige model bliver:

𝑦=4𝑥+ 35

Man kunne også have valgt at angive prisen i kroner. Så ville modellen have set således ud:

𝑦=4000𝑥+ 35000

Opgave 3 a)

I skæringspunktet vil linjernes 𝑥- og 𝑦-værdier være de samme. Vi kan derfor substituere koordinatfunktionerne fra parameterfremstillingen for 𝑙 ind i ligningen for 𝑚:

Koordinatfunktionerne aflæses af parameterfremstillingen:

𝑥=−3 + 2𝑡

𝑦=18 − 3𝑡

Disse substitueres nu ind i ligningen for 𝑚:

18 − 3𝑡=2 · ( −3 + 2𝑡) + 3

⇕

18 − 3𝑡=−6 + 4𝑡 + 3

⇕

18 + 6 − 3=4𝑡+ 3𝑡

⇕

21=7𝑡

⇕

𝑡=3

Parameteren 𝑡=3 sættes nu ind i parameterfremstillingen for 𝑙, hvorved vi får stedvektoren til

skæringspunktet:

()=() + 3 · ()

𝑥 𝑦

−3 2
18 −3

⇕

()=() + ()

𝑥 𝑦

−3 6
18 −9

⇕

Side 3

Matematik A STX (Netadgang) – Skriftlig eksamen – 13. august 2015

3

()=()

𝑥 𝑦

3

9

Koordinatsættet til skæringspunktet mellem 𝑚 og 𝑙 er således:

𝑆(3,9) b)

En enkelt ligning findes ved at eliminere 𝑡 fra koordinatfunktionerne på følgende måde:

𝑥=−3 + 2𝑡 ⇔𝑡=

𝑥+ 3

2

𝑦=18 − 3𝑡⇔𝑡=−

𝑦 − 18

3

De to udtryk for 𝑡 sættes lig med hinanden:

𝑥 + 3 𝑦 − 18

2 3

=−

⇕

−3 ( 𝑥+ 3) =2(𝑦− 18)

⇕

−3𝑥− 9=2𝑦 − 36

⇕

3𝑥 + 2𝑦+ 9 − 36=0

⇕

3𝑥 + 2𝑦− 27=0

Ligningen for 𝑙 er således:

𝑙:3𝑥+ 2𝑦 − 27=0

Opgaven kunne også være løst på følgende måde:

Vi søger at opskrive en ligning på følgende form:

𝑎· ( 𝑥− 𝑥_{0}) + 𝑏· ( 𝑦 − 𝑦_{0}) =0

                                       𝑎
Hvor 𝑃 (𝑥 ,𝑦 ) er et punkt på linjen, og 𝑛 ⎯ ⃗ = ( ) er en normalvektor til linjen.
      0  0 0
                                       𝑏

Parameterfremstillingen for 𝑙 indeholder en retningsvektor for 𝑙 og et punkt, som ligger på grafen for

                                        2
𝑙. Koordinatsættene for disse aflæses nu: 𝑟⃗= ( ) og 𝑃 ( −3,18 )
                                              0
                                        −3

En normalvektor til 𝑙 kan findes som tværvektoren til 𝑟⃗:

𝑛 ⎯ ⃗ =𝑟̂ = ()

− ( −3)

2

=()

3

2

Side 4

Matematik A STX (Netadgang) – Skriftlig eksamen – 13. august 2015

4

Ligningen kan nu opskrives:

𝑙: 3 ( 𝑥− ( −3)) + 2 ( 𝑦 − 18) =0

⇕

𝑙: 3 ( 𝑥 + 3) + 2 ( 𝑦 − 18) =0

⇕

𝑙: 3𝑥+ 9 + 2𝑦 − 36=0

⇕

𝑙:3𝑥+ 2𝑦 − 27=0

Ligningen for 𝑙 er således:

𝑙:3𝑥+ 2𝑦 − 27=0

Opgave 4 a)

For ensvinklede trekanter gælder, at det indbyrdes forhold er det samme mellem alle ensliggende sider:

𝐵𝐶 𝐴𝐶

𝐸𝐹 𝐷𝐹

=

⇕

𝐵𝐶 =𝐸𝐹·

𝐴𝐶

𝐷𝐹

=15 ·

4

10

=

60

10

=6

Det vil sige, at længden af siden BC er 6.

Længden af siden DE findes vha. et lignende ræsonnement:

𝐷𝐸 𝐷𝐹

𝐴𝐵 𝐴𝐶

=

⇕

𝐷𝐸=𝐴𝐵·

𝐷𝐹

𝐴𝐶

=3 ·

10

4

=

30

4

=

15

2

Side 5

Matematik A STX (Netadgang) – Skriftlig eksamen – 13. august 2015

5

Længden af siden DE er altså^{15}_{2}

Opgave 5 a)

Først undersøges 𝑃_{1}:

Vi ved om andengradspolynomier, at 𝑐 angiver 𝑦-værdien i skæringspunktet med 𝑦-aksen, og skæringspunktet mellem 𝑦-aksen og 𝑃 er således parallelforskudt nedad. Derudover er det grafiske forløb

                                                                       3
for de to parabler helt ens. Afstanden fra 𝑐 til −𝑐 er 𝑐− ( −𝑐 ) =2𝑐. Det aflæses at 𝑐= , hvorfor 𝑃 svarer
                                                                                1
                                                                       2

                    3
til 𝑃 parallelforskudt 2 · =3 nedad.
                    2

𝑃_{1} tegnes nu ved at parallelforskyde 𝑃 3 nedad.

Nu undersøges 𝑃_{2}:

Vi ved også, at 𝑏 angiver hældningen af tangenten til grafen i 𝑥=0. Hældningen her er den samme blot

med omvendt fortegn. Da en parabel er symmetrisk omkring den lodrette linje, som går gennem toppunktet, kan hældningen −𝑏 findes ud for samme 𝑦-værdi.

Ændringen af 𝑏 til −𝑏 i forskriften svarer til, at det punkt 𝑄 på parablen, hvor tangenthældningen er 𝑏, parallelforskydes over i det punkt 𝑅 på parablen, hvor tangenthældningen er −𝑏. Der er således tale om en

vandret parallelforskydning mod venstre af længden | 𝑅𝑄 | =2.

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

𝑃_{2} tegnes nu ved at parallelforskyde 𝑃 2 mod venstre.

Side 6

Matematik A STX (Netadgang) – Skriftlig eksamen – 13. august 2015

6

Opgave 6 a)

I skæringspunkterne vil funktionernes 𝑓 ( 𝑥) =𝑔(𝑥). Ligningen opskrives og løses nu:

𝑥^{2} − 𝑥+ 3=𝑥+ 3

⇕

𝑥^{2} − 𝑥+ 3 − 𝑥− 3=0

⇕

𝑥^{2} − 2𝑥=0

⇕

𝑥· ( 𝑥− 2) =0

Nulreglen giver os nu to løsningsmuligheder:

𝑥=0

Og

𝑥− 2=0

⇕

𝑥=2

Da 𝑦-koordinaterne i skæringspunkterne er ens, kan vi nøjes med at finde dem for 𝑔 ( 𝑥):

𝑔 ( 0) =0 + 3
=3

𝑔 ( 2) =2 + 3
=5

Skæringspunkternes koordinatsæt bliver så:

𝑆_{1} ( 0,3) 𝑜𝑔 𝑆_{2} (2,5)

b)

Arealet af den punktmængde, der afgrænses af to funktioner i et interval [𝑎,𝑏] er givet ved:

𝐴=∫ (𝑔 ( 𝑥) − 𝑓(𝑥))𝑑𝑥

𝑏 𝑎

Hvis 𝑔>𝑓 i det åbne interval ]𝑎,𝑏[

Side 7

Matematik A STX (Netadgang) – Skriftlig eksamen – 13. august 2015

7

Da punktmængden kun afgrænses af de to funktioner, må den være afgrænset af funktionernes skæringspunkter og altså ligge i intervallet [0,2].

Da 𝑓(𝑥) er et andengradspolynomium med 𝑎>0, er grafen en parabel med benene opad. Grafen for 𝑔 er en ret linje. I det åbne intervallet mellem skæringspunkterne, ]0,2[, gælder derfor, at 𝑔>𝑓.

Arealet af 𝑀 kan nu beregnes som:

𝐴_{𝑀} =∫ 𝑔 ( 𝑥) − 𝑓 ( 𝑥) 𝑑𝑥

2

0

=∫ 𝑥+ 3 − ( 𝑥^{2} − 𝑥+ 3) 𝑑𝑥

2

0

=∫ 𝑥+ 3 − 𝑥^{2} + 𝑥− 3 𝑑𝑥 (𝐼)

2

0

= [ − 𝑥^{3} + 𝑥^{2}] (𝐼𝐼)

1

3

0

2

=− 2^{3} + 2^{2} − (− 0^{3} + 0^{2})

1 1

3 3

=− + 4

8

3

=− +

8 12

3 3

=

4

3

                                    4
Arealet af punktmængden er således 𝐴 =
                                𝑀
                                    3

( 𝐼):

∫𝑓 ( 𝑥) ± 𝑔(𝑥)𝑑𝑥=∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥± ∫𝑔(𝑥)𝑑𝑥

( 𝐼𝐼): Her anvendes definition af bestemt integral, ledvis integration og integration af potensfunktion:

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

𝑏 𝑎

Funktion: 𝑥^{𝑎}

             1
                 𝑎+1
Stamfunktion:   𝑥
             𝑎+1

Side 8

Matematik A STX (Netadgang) – Skriftlig eksamen – 13. august 2015

8

Opgave 7 a)

Alle tilgængelige oplysninger om 𝑓 opskrives: 𝑓 er defineret i intervallet ]0,10[ 𝑓 er voksende i intervallet ]0,5[ 𝑓 er aftagende i intervallet [5,10[

𝑓 har et saddelpunkt i 𝑥=2

𝑓 har et lokalt maksimum i 𝑥=5

𝑓 ( 2) =4

𝑓 ( 5) =7

En mulig graf tegnes:

Når 𝑓^{′} ( 𝑥) >0, betyder det, at funktionen er voksende. Når 𝑓^{′} ( 𝑥) <0, betyder det, at funktionen er

aftagende.

Når 𝑓^{′} ( 𝑥) =0, betyder det, at der er en vandret tangent.

En vandret tangent kan enten skyldes et saddelpunkt (her vil fortegnet af 𝑓^{′} ( 𝑥) være uændret efter

saddelpunktet), et lokalt minimum (her vil funktionen skifte fra at være aftagende til at være voksende) eller et lokalt maksimum (her vil funktionen skifte fra at være voksende til at være aftagende).

Side 9

Matematik A STX (Netadgang) – Skriftlig eksamen – 13. august 2015

9

Opgave 8 a)

Ligningen for tangenten til grafen for en funktion i et punkt ( 𝑥_{0},𝑓 ( 𝑥_{0})) er givet ved:

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

          𝑑𝑦
    ′
Da 𝑓 ( 𝑥 ) = får vi:
          𝑑𝑥

𝑓^{′} ( 𝑥) − 5𝑦=2𝑥+ 3

⇕

𝑓^{′} ( 𝑥) =2𝑥+ 3 + 5𝑦

𝑓^{′} ( 2) =2 · 2 + 3 + 5 · ( −1)
=4 + 3 − 5
=2

Nu kan tangentens ligning opskrives:

𝑦=2 · ( 𝑥− 2) + ( −1)
=2𝑥− 4 − 1
=2𝑥− 5

Ligningen for tangenten til grafen for 𝑓 i 𝑃 er således:

𝑦=2𝑥 − 5

Opgave 9 a)

Arealet af trekanten kan beregnes som:

𝐴= · 𝑔 · ℎ

1

2

Hvor 𝑔 er grundlinjen, mens ℎ er højden.

Vi kan se på grafen, at 𝑔=𝑂𝑄=𝑥 og ℎ=𝑃𝑄=𝑓 ( 𝑥)

Arealet bliver da:

𝐴 ( 𝑥):= · 𝑥· 𝑒^{−}^{𝑥}

1

2

1

2

Side 10

Matematik A STX (Netadgang) – Skriftlig eksamen – 13. august 2015

10 b)

𝐴(𝑥) differentieres:

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

1 1

2 2

1 1

2 2

= · (𝑒^{−}^{𝑥} − · 𝑥· 𝑒^{−}^{𝑥})

1 1

2 2

1 1

2 2

= · 𝑒^{−}^{𝑥} · (1 − · 𝑥)

1 1

2 2

1

2

                          1
                     1           1
                         − 𝑥
               ′
                          2
Vi har således, at 𝐴 ( 𝑥 ) = · 𝑒 · (1 − · 𝑥)
                     2           2

                                                  ′
For at finde eventuelle ekstremumspunkter for 𝐴(𝑥) løses nu 𝐴 ( 𝑥 ) =0:

1 1

2 2

· 𝑒^{−}^{𝑥} · (1 − · 𝑥)=0

1

2

Venstresiden af lighedstegnet kan opdeles i 3 faktorer, 𝑎, 𝑏 og 𝑐

𝑎=

1

2

𝑏=𝑒^{−}

1

2 𝑥 og

𝑐=1 − · 𝑥

1

2

Jf. nulreglen skal mindst én af de tre faktorer være lig med nul før deres produkt kan være lig med 0.

𝑎 og 𝑏 er altid strengt positive og dermed forskellige fra 0. Vi ved således, at 𝑐=0:

1 − · 𝑥=0

1

2

⇕

1= 𝑥

1

2

⇕

𝑥=2

Fortegnet for 𝐴′(𝑥) undersøges på hver side af 𝑥 =2, ved at undersøge fortegnet for 𝑐 (𝑎 og 𝑏 er jo altid
strengt positive så fortegnet for 𝐴′(𝑥) er altid det samme som fortegnet for 𝑐) på hver side af 𝑥=2.
Fortegnet undersøges for 𝑥=0 og 𝑥 =4

𝑐_{0} =1 − · 0

1

2

=1

Side 11

Matematik A STX (Netadgang) – Skriftlig eksamen – 13. august 2015

11

Dvs. 𝐴^{′} ( 𝑥) >0 for 𝑥<2

𝑐_{4} =1 − · 4

1

2

=1 − 2
=−1

Dvs. 𝐴^{′} ( 𝑥) <0 for 𝑥>2

Da 𝑓 i punktet 𝑥=2 skifter fra at være voksende (𝐴^{′} ( 𝑥) >0) til at være aftagende (𝐴^{′} ( 𝑥) <0), er der tale
om et lokalt maksimum. Da der kun var én løsning til 𝐴^{′} ( 𝑥) =0 er punktet det eneste ekstremum, så punktet

er ydermere et globalt maksimum.

Den værdi af 𝑥, der gør arealet af trekant 𝑂𝑃𝑄 størst mulig er således 𝑥=2.

( 𝐼): 𝑑 𝑑𝑓 ( 𝑥) 𝑑𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 𝑑𝑥 𝑑𝑥

( 𝑓 ( 𝑥) · 𝑔(𝑥)) = · 𝑔(𝑥) + 𝑓 ( 𝑥) ·

( 𝐼𝐼):

Funktion: 𝑥^{𝑛} 🡪 Differentialkvotient: 𝑛 ⋅ 𝑥^{𝑛−1}

Funktion: 𝑒^{𝑓}^{(}^{𝑥}^{)} 🡪 Differentialkvotient: 𝑓^{′} ( 𝑥) · 𝑒^{𝑓}^{(}^{𝑥}^{)}