Studiekompasset.dkKlasse: STX 3.g · Fag: Matematik A
Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
1
STX Matematik A
1. juni 2010
2stx101-MATA-
Delprøven uden hjælpemidler .......................................................................................................................... 2
Delprøven med hjælpemidler. Løsning med WordMat .................................................................................. 10
Delprøven med hjælpemidler. Løsning med Maple ........................................................................................ 22
Studiekompasset.dk Matematik A den 1. juni 2010 2stx101-Mat/A-
Delprøven uden hjælpemidler
Opgave nr. 1
(a) Reducér udtrykket
a
2
− b
2
− (a + b)
2
+ 2ab =
formel 7
a
2
− b
2
− (a
2
+ b
2
+ 2ab) + 2ab =
a
2
− b
2
− a
2
− b
2
− 2ab + 2ab =
−b
2
− b
2
=
−2b
2
Udtrykket kan altså reduceres til: −2b
2
Alle formlerne henviser til Matematisk formelsamling STX A fra 2007. Men vær opmærksom på, at ved
eksamen må man ikke bruge hjælpemidler (herunder formelsamling) til den første del.
2
Studiekompasset.dk Matematik A den 1. juni 2010 2stx101-Mat/A-
Opgave nr. 2
(a) Bestem tallet t, så vektorerne ~a =
1
−2t
!
og
~
b =
5t − 1
3
!
er ortogonale.
—— Besvarelse af opgaven ——
To vektorer er ortogonale (vinkelret på hinanden), hvis prikproduktet mellem dem er
lig med nul (prikproduktet kaldes også for skalarproduktet).
~a ⊥
~
b ⇔ ~a ·
~
b = 0
jf. formel 39 i formelsamlingen.
(a) Prikproduktet sættes lig med nul og der løses for t.
~a ·
~
b = 0
⇓
1
−2t
!
·
5t − 1
3
!
= 0
m formel 36
1(5t − 1) − 2t · 3 = 0
m
5t − 1 − 6t = 0
m
−t = 1
m
t = −1
Hvis t = −1 er ~a =
1
−2t
!
og
~
b =
5t − 1
3
!
ortogonale.
Alle formlerne henviser til Matematisk formelsamling STX A fra 2007. Men vær opmærksom på, at ved
eksamen må man ikke bruge hjælpemidler (herunder formelsamling) til den første del.
3
Studiekompasset.dk Matematik A den 1. juni 2010 2stx101-Mat/A-
Opgave nr. 3
På figuren ses to ensvinklede trekanter ABC og DEF , der begge er retvinklede.
Nogle af sidelængderne er angivet på figuren.
(a) Bestem |EF |.
—— Besvarelse af opgaven ——
(a) Først bestemmes |BC| i trekant ABC med Pythagoras’ læresætning ( formel 21 ).
|AB|
2
= |AC|
2
+ |BC|
2
m
|BC|
2
= |AB|
2
− |AC|
2
m
|BC|
2
= 5
2
− 4
2
m note 1
|BC| =
p
5
2
− 4
2
m
|BC| = 3
Note 1.
Normal gælder at: a
2
=
√
b ⇔ a = ±
√
b
Men da |BC| er et længdemål, kan den negative løsning forkastes, da længder ikke
angives som et negativt tal.
fortsættes næste side...
4
Studiekompasset.dk Matematik A den 1. juni 2010 2stx101-Mat/A-
Opgave nr. 3 (uden hjælpemidler) - fortsat.
Det kan her udnyttes, at hvis man i ensvinklede (ligedannede) trekanter opstiller et
forhold mellem to af siderne i den ene trekant, så vil dette forhold også optræde
mellem de tilsvarende sider i den anden trekant (jf. formel 19 ).
Bestemmelse af |EF |
Der opstilles følgende forhold:
|EF |
|DF |
=
|BC|
|AC|
m
|EF | =
|BC|
|AC|
· |DF |
m
|EF | =
|BC| · |DF |
|AC|
m værdierne indsættes
|EF | =
3 · 5
4
m
|EF | =
15
4
m
|EF | = 3
3
4
Længden af siden EF i trekant DEF er således bestemt til 3
3
4
(eller 3,75).
Alle formlerne henviser til Matematisk formelsamling STX A fra 2007. Men vær opmærksom på, at ved
eksamen må man ikke bruge hjælpemidler (herunder formelsamling) til den første del.
5
Studiekompasset.dk Matematik A den 1. juni 2010 2stx101-Mat/A-
Opgave nr. 4
En funktion f er bestemt ved
f(x) = x
4
+ ln(2x + 1)
(a) Bestem f
0
(1).
—— Besvarelse af opgaven ——
(a) Først bestemmes f
0
idet det bemærkes, at det ene led i udtrykket for f er en sammensat
funktion. Der skal derfor bruges substitution til dette led, når f
0
skal bestemmes.
f
0
(x) =
x
4
+ ln(2x + 1)
| {z }
sammensat
0
formel 121
=
x
4
0
| {z }
1.led
+ (ln(2x + 1))
0
| {z }
2.led
formel 129 og 124
= 4x
3
|{z}
1.led
+
1
(2x + 1)
· 2
| {z }
2.led
= 4x
3
+
2
2x + 1
Bestemmelse af f
0
(1)
f
0
(x) = 4x
3
+
2
2x + 1
x = 1 indsættes
f
0
(1) = 4 · 1
3
+
2
2 · 1 + 1
= 4 +
2
3
= 4
2
3
Konklusionen på spørgsmålet i opgaven er således: f
0
(1) = 4
2
3
Alle formlerne henviser til Matematisk formelsamling STX A fra 2007. Men vær opmærksom på, at ved
eksamen må man ikke bruge hjælpemidler (herunder formelsamling) til den første del.
fortsættes næste side...
6
Studiekompasset.dk Matematik A den 1. juni 2010 2stx101-Mat/A-
Opgave nr. 4 (uden hjælpemidler) - fortsat.
Det ene led i forskriften for f er et sammensat udtryk med en indre og en ydre funktion.
I formelsamlingen viser formel 124, hvordan man finder differentialkvotienten i dette
tilfælde.
f (g(x)) = f
0
(g(x)) · g
0
(x)
I udtrykket ln(2x + 1) er ln(u) er den ydre og u = 2x + 1 er den indre funktion.
(ln(u))
0
=
1
u
formel 125
u
0
= (2x + 1)
0
= 2 formel 129
Sammenholdes dette i henhold til formel 124, fås resulatet:
(ln(2x + 1))
0
= (ln(u))
0
· u
0
=
1
u
· 2
=
2
u
u = 2x + 1 indsættes
=
2
2x + 1
7
Studiekompasset.dk Matematik A den 1. juni 2010 2stx101-Mat/A-
Opgave nr. 5
En funktion f er løsning til differentialligningen
dy
dx
=
x
3
+ 1
y
og grafen for f går gennem punktet P (2, 4)
(a) Bestem en ligning for tangenten til grafen for f i punktet P .
—— Besvarelse af opgaven ——
(a) For at bestemme en ligning til tangenten, skal man kende værdierne f(x
0
) og f
0
(x
0
)
hvor x
0
er x-koordinaten til P .
Disse værdier indsættes i tangentligningen: y = f
0
(x
0
)(x − x
0
) + f(x
0
)
f(x
0
) = f(2) = 4 aflæses af P (2, 4)
f
0
(x
0
) =
2
3
+ 1
4
=
9
4
P (2, 4) indsættes i diff.lign.
Bestemmelse af tangentens ligning:
y = f
0
(x
0
)(x − x
0
) + f(x
0
) formel 119
værdierne indsættes
y =
9
4
· (x − 2) + 4
=
9
4
x −
18
4
+ 4
=
9
4
x −
9
2
+
8
2
=
9
4
x −
1
2
Tangenten til grafen for f i punktet P har ligningen: y =
9
4
x −
1
2
Alle formlerne henviser til Matematisk formelsamling STX A fra 2007. Men vær opmærksom på, at ved
eksamen må man ikke bruge hjælpemidler (herunder formelsamling) til den første del.
8
Studiekompasset.dk Matematik A den 1. juni 2010 2stx101-Mat/A-
Opgave nr. 6
(a) Bestem integralet
Z
2x(x
2
+ 1)
5
dx
—— Besvarelse af opgaven ——
Parentesen er sammensat af en indre funktion g(x) = x
2
+ 1 og en ydre funktion
f(x) = x
5
. Dette skal løses med substitution, hvorved det forventes, at faktoren 2x
„forsvinder“ som en følge heraf.
(a) Der skal substitueres således at:
u = x
2
+ 1 (den indre funktion)
du
dx
= 2x formel 129
m
dx =
1
2x
du
Dette skal nu indsættes i integralet:
Z
2x(x
2
+ 1)
5
dx
(der substitueres)
Z
2x · u
5
·
1
2x
du =
Z
u
5
du =
formel 137
1
6
· u
6
+ k =
u = x
2
+ 1 indsættes
1
6
(x
2
+ 1)
6
+ k
Husk altid integrationskonstanten k ved bestemmelse af ubestemte integraler.
Alle formlerne henviser til Matematisk formelsamling STX A fra 2007. Men vær opmærksom på, at ved
eksamen må man ikke bruge hjælpemidler (herunder formelsamling) til den første del.
9
Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
10
Delprøven med hjælpemidler. Løsning med
WordMat
Alle løsninger er foretaget med CAS-værktøjet WordMat, med mindre andet er angivet.
Husk at skrive nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp af WordMat som første
linje til besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.
NB: Mange af de anvendte formler i opgaven kan findes og indsættes direkte fra WordMats egen
formelsamling, som findes øverst til venstre. Der er store tidsbesparelser at hente ved at bruge
formelsamlingen!
Opgave 7
a)
Linjens ligning består af et punkt 󰇛
󰇜 og en normalvektor til linjen
󰇍
󰇡
󰇢:
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
Vi kender punktet P(3, 1), og en normalvektor til linjen vil være vektor 󰇡

󰇢, da linjen skal stå vinkelret
på denne:
Vi opskriver linjens ligning:
󰇛
󰇜
󰇛󰇜
󰇛
󰇜
Udtrykket omskrives vha. CAS-værktøjet WordMat ved brug af metoderne: Automatisk reduktion,

Linjens ligning er bestemt til udtrykket herover.
b)
Arealet af parallelogrammet bestemmes som den numeriske værdi af determinanten mellem vektorerne

󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
og :
Vi bestemmer først vektor 
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
:
Vi definerer punkterne P og Q:
󰇡
󰇢
Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
11
󰇡

󰇢
Vi bestemmer vektor 
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
:

󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇡

󰇢
Vi definerer vektor 
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
og vektor :

󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇡

󰇢
󰇡

󰇢
Vi bestemmer arealet af parallelogrammet:



󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍



Arealet af parallelogrammet udspændt af vektorerne og 
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
er bestemt til 75.
c)
Vi bestemmer koordinatsættet af projektionen af vektor 
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
på vektor :

󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍

󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇡

󰇢
Koordinatsættet af projektionen af vektor 
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
på vektor er bestemt til 
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
= (8, -6).
Opgave 8
a)
Funktionen er en eksponentiel funktion. Da vi kender to punkter, bestemmer vi tallene a og b ved at løse
ligningssystemet herunder for som to ligninger med to ubekendte:
 
 
Ligningssystemet løses for b,a vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs Ligninger' funktion,
 
Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
12
Tallet a er bestemt til 0,2, og tallet b er bestemt til 201.
Opgave 9
a)
Det antages at tabellens data kan beskrives vha.:
󰇛
󰇜
Dvs. en eksponentiel funktion. Vi bestemmer derfor tallene
og med eksponentiel regression:
Vi opstiller en tabel med data og foretager regression:
d
1,0
3,0
4,0
5,0
7,0
10,0
15,0
I
95,1
86,0
81,9
77,9
70,5
60,7
47,2
Eksponentiel regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R
2
= 0,9999932

Tallet
er bestemt til 100,00 (afrundet til 2 decimaler), og tallet er bestemt til 0,95 (afrundet til 2
decimaler).
b)
Vi bestemmer halveringskonstanten:
󰇡
󰇢

󰇛
󰇜
󰇡
󰇢

󰇛

󰇜

Halveringskonstanten er bestemt til 13,86 cm (afrundet til 2 decimaler).
Opgave 10
a)
Vi tegner en skitse af trekant ABC:
Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
13
Vi bestemmer vinkel ADB og siden |AD| med WordMats trekantsløser. Vinkel ADB er vinklen, der
fremkommer ved at tegne en linje fra A til D til B dvs. vinkel D i udregningerne herunder:
WordMat's trekantsløser anvendes med input: A = 70°, BD = 5, AB = 5
A = 70°
D = 70°
B = 40°
BD = 5
AB = 5
AD = 3,420201
Længden af siden AD findes vha. en cosinusrelation


  
󰇛
󰇜
2. gradsligningen løses for AD
 
󰇛
󰇜


󰇛
󰇜

Vinkel D findes vha. en cosinusrelation


󰇧



 
󰇨


󰇧


󰇨

A
D
B
BD
AB
AD
Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
14
Vinkel D, der svarer til vinkel ∠ADB, er bestemt til 70°, og siden |AD| er bestemt til 3,42 (afrundet til 2
decimaler).
b)
Vi bestemmer siden |BC| med WordMats trekantsløser. Det er oplyst at siden |BD| er
vinkelhalveringslinjen for ∠B, dvs. at vinkel ∠B i trekant ABC er lig det dobbelte af vinkel ∠B i trekant ADB:
∠𝐵=40·2
=80°
Vi indsætter værdier i WordMats trekantsløser:
WordMat's trekantsløser anvendes med input: A = 70°, B = 80°, AB = 5
A = 70°
C = 30°
B = 80°
BC = 9,396926
AB = 5
AC = 9,848078
Vinkel C findes vha. vinkelsum = 180° i en trekant
𝐶=180°−𝐴−𝐵
=180°−70°−80°
=30°
Længden af siderne CB og AC findes vha. sinusrelationerne
𝐵𝐶=𝐵·
sin
(
𝐴
)
sin
(
𝐶
)
=5·
sin
(
70°
)
sin
(
30°
)
=9,3969262
Siden |BC| er bestemt til 9,40 (afrundet til 2 decimaler).
A
C
B
BC
AB
AC
Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
15
Opgaver 11
a)
Vi definerer funktionen f:
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜

Vi bestemmer monotoniforhold:
Først bestemmer vi nulpunkter til den afledede funktion f’(x):
󰆒
󰇛
󰇜
Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.
Vi undersøger nu fortegnet for differentialkvotienten på begge sider af nulpunktet for den afledede
funktion:
󰆒
󰇛

󰇜

󰆒
󰇛
󰇜

Vi opskriver monotoniforholdet for f:
f er voksende i intervallet ]-∞; 0]
f er aftagende i intervallet [0; ∞[
b)
Det er oplyst, at punktmængden M er afgrænset af koordinatakserne i 2.kvadrant, dvs. at den øvre grænse
for punktmængden er x = 0. Den nederste grænse bestemmer vi som skæringen mellem f og x-aksen:
󰇛
󰇜
Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.

Vi kender nu grænser for punktmængden, og vi bestemmer arealet ved:
󰇛
󰇜



Arealet af punktmængden M er bestemt til 0,72 (afrundet til 2 decimaler).
Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
16
c)
Volumen af omdrejningslegemet, der fremkommer, når punktmængden M drejes 360° om x-aksen,
bestemmes ved:
󰇛
󰇜



Volumen af omdrejningslegemet er bestemt til 1,88 (afrundet til 2 decimaler).

Opgave 12
a)
For at bestemme den spidse vinkel mellem linje og plan, bestemmer vi først vinklen mellem linjens
retningsvektor og normalvektoren til planen.
Først bestemmer vi en retningsvektor til linjen. Det er oplyst, at linjen går igennem Origo og punktet P(7, 3,
-2), retningsvektoren bestemmes som vektor 
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
:

󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍


Vi definerer retningsvektoren:

En normalvektor til planen aflæser vi fra planens ligning, vi definerer desuden normalvektoren til senere
brug:
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍


Vi bestemmer vinklen mellem normalvektoren til planen og retningsvektoren til linjen:

󰇛
󰇜
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍
󰇍

Ligningen løses for Φ vha. CAS-værktøjet WordMat.

Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
17
Vinklen mellem retningsvektoren og normalvektoren er < 90°, dvs. den spidse vinkel mellem linjen og
planen finder vi ved:



Den spidse vinkel mellem linjen og planen er bestemt til 39,4° (afrundet til 1 decimal).
b)
Kuglens ligning består af kuglens radius r og kuglens centrum
󰇛
󰇜
:
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
Skal kuglen tangerer planen , skal radius af kuglen være lig afstanden fra kuglens centrum til planen.
Kuglens radius bestemmes derfor som afstanden mellem planen og punktet P, hvor P betegner kuglens
centrum:
Vi indsætter planens ligning og koordinaterne til punktet P i formlen herunder:

󰇛
󰇜
󰇛

󰇜
󰇛

󰇜
󰇛

󰇜
󰇛

󰇜
󰇛

󰇜
󰇛

󰇜
Kuglens radius er bestemt til 3.
Punktet P(7, 3, -2) betegner kuglens centrum, og kuglens radius er bestemt til 3. Vi opskriver kuglens
ligning:
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
Kuglen med centrum i P, der tangerer planen , har ovenstående ligning.
c)
Koordinatsættet til projektionen af punktet P på planen bestemmes som skæringen mellem linjen, der
går vinkelret fra punktet P til planen , i den forbindelse opstiller vi en parameterfremstilling for linjen, der
opfylder netop dette:
Punktet P benyttes som punkt i parameterfremstillingen, og en normalvektor til planen benyttes som
retningsvektor til parameterfremstillingen, da denne netop er vinkelret på planen:
Vi opskriver parameterfremstillingen:
Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
18
󰇧
󰇨



Vi bestemmer nu parameterværdien for skæringspunktet mellem linjen og planen, ved at indsætte
koordinatligningerne fra parameterfremtillingen i ligningen til planen :
󰇛
󰇜
󰇛

󰇜

󰇛

󰇜
Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat.

Til at bestemme skæringspunktet, indsætter vi parameterværdien t = -1 i parameterfremstillingen:
󰇧
󰇨

󰇛

󰇜


Koordinatsættet til punktet Q er bestemt til (5, 4, 0).
Opgave 13
a)
Vi bestemmer en forskrift for V ved at løse differentialligningen med WordMat. Vi benytter V(0) = 7,3 som
startbetingelse:
󰆒

󰇛

󰇜
Differentialligningen løses vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs differentialligning' funktion med startbetingelsen V(0)=7,3



En forskrift for V er bestemt til ovenstående udtryk.
b)
Vi skal bestemme tidspunktet, hvor grisens væksthastighed er størst, dette gør vi ved at optimere den
afledede funktion V’, der netop betegner væksthastigheden:
Vi definerer V:
󰇛
󰇜

󰇛


󰇜

Vi bestemmer nulpunkter for den anden afledede funktion af V dvs. V’’:
Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
19
󰆒󰆒
󰇛
󰇜
Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat.

Vi kender nu tidspunktet, hvor væksthastigheden er størst dvs. x = 107,5314. Vægten af grisen til dette
tidspunkt bestemmer vi ved V(107,5314):
󰇛

󰇜

Grisens vægt, når grisens vægthastighed er størst, er bestemt til 69,8 kg (afrundet til 1 decimal).

Opgave 14
a)
Vi redegør for f’(1) = -2:
Differentialkvotienten til et punkt er pr. definition hældningskoefficienten for tangenten til grafen i
punktet. Det er på forhånd oplyst, at linjen l med ligningen y = -2x+1 er en tangent til grafen for f i punktet
P(1, f(1)). Vi kan aflæse tangentens hældningskoefficient til -2, deraf har vi redegjort for at f’(1) = -2.
Vi redegør for f(1) = -1:
Tangenten har røringspunkt med grafen for f i punktet P(1, f(1)) dvs. vi kan bestemme f(1) ved at indsætte x
= 1 i tangentens ligning:


Vi har dermed gjort rede for at f(1) = -1.
Vi bestemmer tallet b. Først bestemmer vi den afledede funktion f’:
󰆒
󰇛
󰇜
󰇛
󰇜
󰆒
Vi har, at f’(1) = -2, vi benytter denne oplysning og isolerer for tallet b:

Ligningen løses for b vha. CAS-værktøjet WordMat.

Tallet b er bestemt til -4.
Vi bestemmer tallet c, ved at indsætte b = -4, hvor f(1) = -1, og løse for c:
Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
20

󰇛

󰇜
Ligningen løses for c vha. CAS-værktøjet WordMat.
Tallet c er bestemt til 2.
Opgave 15
a)
Tragtens rumfang er lig det samlede rumfang af keglen og cylinderen. Vi benytter desuden, at keglens
højde h er lig det dobbelte af cylinderens radius, dvs. h = 2r:




Rumfanget af tragten er oplyst til 40 dm
3
. Vi benytter denne oplysning og bestemmer cylinderens højde
udtrykt ved radius:


Ligningen løses for s vha. CAS-værktøjet WordMat.

Cylinderens højde udtrykt ved radius er bestemt til ovenstående udtryk.
Det samlede overfladeareal af tragten er lig overfladearealet af keglen og cylinderen. Vi benytter desuden,
at keglens højde h er lig det dobbelte af cylinderens radius, dvs. h = 2r:



󰇛
󰇜
Vi substituere s ind i udtrykket:
󰇛󰇜
󰇧

󰇨

󰇛
󰇜
Udtrykket omskrives vha. CAS-værktøjet WordMat ved brug af metoderne: Automatisk reduktion, Udvid,
󰇛
󰇜




Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
21


Ovenstående udtryk for overfladearealet af tragten som funktion af radius, er det samme udtryk som
opgivet i opgavebeskrivelsen. Vi har dermed gjort redet.
b)
Vi definerer udtrykket for overfladearealet og definitionsmængden for radius:

󰇛
󰇜


Vi optimerer tragtens overfladeareal. Vi bestemmer nulpunkter til den afledede funktion O’:
󰆒
󰇛
󰇜
Ligningen løses for r vha. CAS-værktøjet WordMat.

Vi undersøger, om der rent faktisk er tale om et minimum, ved at undersøge fortegnet for
differentialkvotienten på begge sider af nulpunktet for den afledede funktion:
󰆒
󰇛
󰇜

󰆒
󰇛
󰇜

Vi kan konkludere at r = 2,41611 er et minimum.
Den værdi for radius, der giver keglen det mindste overfladeareal muligt, er bestemt til r = 2,42 dm
(afrundet til 2 decimaler).
Matematik A STX – Skriftlig eksamen – 1. Juni 2010
22
Delprøven med hjælpemidler. Løsning med
Maple
Alle opgaver er regnet med Maple, da vores erfaring viser, at det er et stærkt værktøj at anvende. Husk at
skrive nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp af Maple som første linje til
besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.
NB: Mange af de anvendte formler i opgaven kan findes og indsættes direkte fra Maples Gym-pakken egen
formelsamling. Der er store tidsbesparelser at hente ved at bruge formelsamlingen!
(1.2.2)(1.2.2)
(1.2.3)(1.2.3)
(1.2.1)(1.2.1)
(1.1.1)(1.1.1)
Opgave 7
a)
Linjes ligning består af et punkt og en normalvektor til linjen .
Vi kender punktet P(3,1), og en normalvektor til injen vil være , da linjen skal stå
vinkelret
på denne:
Vi opskriver linjens ligning:
Linjens ligning, der går igennem punktet P og står vinkelret på , er bestemt til udtrykket herover.
b)
Arealet af parallelogrammet bestemmes som den numeriske værdi af determinanten mellem
vektorerne og :
Vi bestemmer først vektor :
Vi definerer punkterne P og Q:
Vi bestemmer og definerer vektor :
Vi definerer vektor :
(1.2.4)(1.2.4)
(1.2.5)(1.2.5)
(1.3.1)(1.3.1)
Vi bestemmer arealet af parallelogrammet:
A
Arealet af parallelogrammet udspændt af vektor og vektor er bestemt til 75.
c)
Vi bestemmer koordinatsættet af projektionen af vektor på vektor :
Projektionen af vektor på vektor er bestemt til .
(2.1.1)(2.1.1)
(2.1.2)(2.1.2)
Opgave 8
a)
Vi ved at funktionen er en potens funktion, og desuden kender vi to punkter. Vi bestemmer tallene
a
og b ved at løse et ligningsystem med to ligninger og to ubekendte.
Tallet a er bestemt til 0,2 (afrundet til 1 decimal), og tallet b er bestemt til 201 (afrundet til helt
tal).
(3.1.1)(3.1.1)
(3.1.2)(3.1.2)
Opgave 9
a)
Det antages at tabellens data kan beskrives vha.:
dvs. en eksponentiel funktion. Vi bestemmer derfor tallene og a med eksponentiel regression:
Vi opstiller lister med data:
I er en beskkytet navn i Maple, derfor vælges i stedet K:
(3.2.1)(3.2.1)
Tallet er bestemt til 100,00 (afrundet til 2 decimaler), og tallet a er bestemt til 0,95 (afrundet til
2 decimaler).
b)
Vi bestemmer halveringskonstanten:
dvs.
(3.2.2)(3.2.2)
Halverinskonstanten er bestemt til 13,86 cm (afrundet til 2 decimaler).
(4.1.1)(4.1.1)
Opgave 10
a)
Vi tegner en skitse af trekant ABC:
Vi bestemmer vinkel :ADB og siden |AD| med Maples' trekantsløser. Vinkel :ADB er vinklen,
der
fremkommer ved at tegne en linje fra A til D til B dvs. vinkel D.
I trekantsløseren herunder er a = |BD| og b=|AB| og vinkel :D = B:
(4.2.2)(4.2.2)
(4.2.1)(4.2.1)
Vinkel :D, der svarer til vinkel :ADB, er bestemt til 70°, og siden |AD| er bestemt til 3,42
(afrundet til 2 decimaler).
b)
Vi bestemmer siden |BC| med Maple' trekantsløser. Det er oplyst at siden |BD| er
vinkelhalveringslinjen for vinkel :B, dvs. at vinkel :B i trekant ABC er lig det dobbelte af
vinkel :B i trekant ADB:
Vi indsætter i trekantløser:
I trekantsløseren herunder er c = |AB| og a = |BC|:
Siden |BC|, der svarer til siden a, er bestemt til 9,40 (afrundet til 2 decimaler).
(5.1.5)(5.1.5)
(5.1.3)(5.1.3)
(5.1.2)(5.1.2)
(5.2.1)(5.2.1)
(5.1.1)(5.1.1)
(5.2.2)(5.2.2)
(5.1.4)(5.1.4)
(5.1.6)(5.1.6)
Opgave 11
a)
Vi definerer funktionen f:
Først bestemmer vi nulpunkter til den afledte funktion f':
0
Vi undersøger fortegnet for differentialkvotienten på begge sider af nulpunktet for den afledte
funktion:
e
28
Vi opskriver monotoniforholdet for f:
b)
Det er oplyst at punktmængden M er afgrænset af koordinatakserne i 2. kvadrant, dvs. den øvre
grænse
for punktmængden er x = 0. Den nederste grænse bestemmer vi som skæringen mellem f og x-
aksen:
Vi kender nu grænser for punktmængden, og vi bestemmer arealet ved:
(5.3.1)(5.3.1)
(5.3.2)(5.3.2)
(5.2.3)(5.2.3)
Arealet af punktmængden M er bestemt til 0,72 (afrundet til 2 decimaler).
c)
Volumen af omdrejningslegemet, der fremkommer, når punktmængden M drejes 360° om x-
aksen,
bestemmes ved:
Volumen af omdrejningslegemet er bestemt til 1,88 (afrundet til 2 decimaler).
(6.1.2)(6.1.2)
(6.1.4)(6.1.4)
(6.1.3)(6.1.3)
(6.1.1)(6.1.1)
Opgave 12
a)
For at bestemme den spidse vinkel mellem linje og plan, bestemmer vi først vinklen mmem
linjens
retningsvektor og normalvektoren til planen.
Først bestemmer vi en retningsvektor til linjen. Det er oplyst, at linjen går igennem Origo og
punktet P(7,3, -2),
retningsvektoren bestemmes som vektor Vi definerer desuden vektoren:
En normalvektor til planen aflæser vi fra planens ligning. Vi definerer desuden normalvektoren
til senere
brug:
Vi bestemmer vinklen mellem normalvektoren til planen og retningsvektoren til linjen:
43
Vinklen mellem retningsvektoren og normalvektoren er °, dvs. den spidse vinkel mellem
linjen og
planen finder vi ved:
Den spidse vinkel mellem linjen og planen er bestemt til 39,4° (afrundet til 1 decimal).
b)
Skal kuglen tangerer planen skal radius af kuglen være lig afstanden fra kuglens centrum til
planen.
Kuglens radius bestemmes derfor som afstanden mellem planen og punktet P, hvor P betegner
(6.2.3)(6.2.3)
(6.2.1)(6.2.1)
(6.3.1)(6.3.1)
(6.2.4)(6.2.4)
(6.2.2)(6.2.2)
kuglens
centrum:
Vi definerer planens ligning og normalvektoren til planen:
Vi bestemmer radius, som afstanden mellem centrum og plan ved:
Cirklens radius er bestemt til 3:
Kuglens ligning består af kuglens radius r og kuglens centrum :
Kuglens ligning med centrum i P, der tangerer planen har ovenstående udtryk.
c)
Koordinatsættet til projektionen af punktet P på planen bestemmes som skæringen mellem
linjen, der
går vinkelret fra punktet P til planen i den forbindelse opstiller vi en parameterfremstilling for
linjen, der
opfylder dette:
Punktet P benyttes som punkt i parameterfremstillingen, og en normalvektor til planen benyttes
som
retningsvektor til parameterfremstillingen, da denne netop er vinkelret på planen:
Vi opskriver og definerer parameterfremstillingen:
Vi bestemmer nu parameterværdierne for skæringspunktet mellem linjen og planet, ved at
(6.3.4)(6.3.4)
(6.3.2)(6.3.2)
(6.3.3)(6.3.3)
indsætte
koordinatligningerne fra parameterfremstillingen i ligningen til planen :
Vi indsætter parameterværdien i parameterfremstillingen for for linjen:
Koordinatsættet til punktet Q er bestemt til (5, 4, 0).
(7.2.1)(7.2.1)
(7.2.3)(7.2.3)
(7.1.2)(7.1.2)
(7.2.2)(7.2.2)
(7.1.1)(7.1.1)
Opgave 13
a)
Vi bestemmer en forskrift for V ved at løse differentialligningen. Vi benytter V(0) = 7,3 som
startbetingelse:
En forskrift for V er bestemt til ovenstående udtryk.
b)
Vi skal bestemme tidspunktet, hvor grisens væksthastighed er størst, dette gør vi ved at optimere
den afledte funktion V', der netop betegner væksthastigheden:
Vi definerer V:
Vi bestemmer nulpunkter for den anden afledte funktion af V, dvs. V'':
67
Vi kender nu tidspunktet, hvor væksthastigheden er størst dvs. x = 107,5314267. Vægten af grisen
til dette tidspunkt bestemmer vi ved :
00
Grisens vægt, når grisens væksthastighed er størst, er bestemt til 69,8 kg (afrudnet til 1 decimal).
(8.1.4)(8.1.4)
(8.1.1)(8.1.1)
(8.1.2)(8.1.2)
(8.1.3)(8.1.3)
Opgave 14
a)
Vi redegør for f'(1) = -2:
Differentialkvotienten til et punkt er pr. definition hældningskoefficienten for tangenten til grafen
i
punktet. Det er på forhånd oplyst at linjen med ligningen y = -2 + 1 er en tangent til grafen for f i
punktet
P(1, f(1)). Vi kan aflæse tangentens hældningskoeffcient til -2, der har vi redegjort for at f'(1) =
-2.
Vi redegør for f(1) = -1:
Tangenten rører grafen for f i punktet P(1, f(1)) dvs. vi kan bestemme f(1) ved at indsætte x = 1 i
tangentens
ligning:
Vi har dermed redegjort for at f(1) = -1.
Vi bestemmer tallet b:
Vi benytter at f'(1) = -2 dvs. at den afledte funktion f' skal være lig -2:
Vi bestemmer den afledte funktion f'(x):
Vi indsætter f'(1) = -2 og bestemmer b:
Tallet b er bestemt til -4.
Vi bestemmer tallet c, ved at indsætte b = -4 og benytte at f(1) = -1:
2
Tallet c er bestemt til 2.
(9.1.1)(9.1.1)
(9.1.2)(9.1.2)
Opgave 15
a)
Tragtens rumfang er lig det samlede rumfang af keglen og cynlinderen. Vi benytter desuden at
keglens højde
h er ligt det dobbelte af cylinderens radius, dvs. h = 2r:
Rumfanget af tragten er oplyst til 40 . Vi benytter denne oplysning og bestemmer cylinderens
højde
som funktion af radius:
Cylinderens højde som funktion af radius er bestemt til ovenstående udtryk.
Det samlede overfladeareal af tragten er lig overfladearealet af keglen og cylinderen lagt sammen.
Vi
benytter desuden at keglens højde h er lig det dobbelte af cylinderens radius, dvs. h = 2r:
Vi substituerer s ind i udtrykket:
Vi omskriver ligningen, så ligningen er fuldstændig identisk med udtrykket i
opgaveformuleringen.
Omskrivningen foretages manuelt, da Maple ikke selv kan gøre det:
(9.2.5)(9.2.5)
(9.2.3)(9.2.3)
(9.2.2)(9.2.2)
(9.2.1)(9.2.1)
(9.2.4)(9.2.4)
Ovenstående udtryk for overfladearealet af keglen som funktion af radius, er det samme udtryk
som
opgivet i opgavebeskrivelsen. Vi har dermed redegjort.
b)
Vi definerer udtrykket for ovdrfladearealet:
O er en beskyttet variabel i Maple, derfor skal den erkløret for lokal.
Vi skal optimere tragtens overfladeareal:
Vi undersøger, om der rent faktisk er tale om et minimum, det gør vi ved at undersøge fortegnet
for
differentialkvotienten på begge sider af nulpunktet til den afledte funktion:
Vi kan konkludere at r = 2,5 er et minimum.
Den radius, der giver keglen det mindste overfladeareal muligt, er bestemt til r = 2,42 dm
(afrundet til 2
decimaler).