Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau 2019 ( ) ( )

Transkript

1 Løsninger til eksamensopgaver på A-niveau maj 019: Delprøven UDEN hjælpemidler 1. maj 019 opgave 1: Man kan godt benytte substitutionsmetoden, lige store koefficienters metode eller determinantmetoden, men her er det nemmeste at lægge ligningerne sammen, da y så forsvinder, og man dermed kan finde x-værdien: x+ y = 1 ( x + y) + ( x y) = x = 18 x = 6 x y = 17 Den fundne x-værdi indsættes i den øverste ligning: x = 6 : 6 + y = 1 y = 5 Dvs. ligningssystemet har løsningen ( xy, ) = ( 6, 5) 4 1+ t 1. maj 019 opgave : a = b = 5 4 Uanset værdien af t er ingen af vektorerne nulvektoren, så der gælder: 4 1+ t a b a b = 0 = 0 4 ( 1+ t) + 5 ( 4) = t 0 = 0 4t = 16 t = 4 1. maj 019 opgave 3: Modellen er en eksponentiel udvikling. Begyndelsesværdien fortæller at, i 015 kostede varen kr. Fremskrivningsfaktoren 0,98 svarer til vækstraten 0,0 = %, og den fortæller derfor, at varens pris falder med % om året. 1 x Først bestemmes ved integration familien af stamfunktioner: 1 F ( ) ( ) 6 ln 3 ln ( ) 3 k x = f x dx = + x dx = x + x + k = x + x + k x (numerisktegnet kan fjernes, da x 0) Ved at indsætte punktets koordinater i forskriften findes den k-værdi, der giver os forskriften for den stamfunktion, hvis graf går gennem P. 10 = ln k 10 = k k = 7 1. maj 019 opgave 4: f ( x) = + 6 x, x 0 P( 1,10 ) ( ) Dvs. forskriften er: F x = ln x + 3x + 7 ( ) ( )

2 dy 1. maj 019 opgave 5: ( ) x f x = x e = + 1 y dx x Først bestemmes med produktreglen den afledede funktion af f : x x f ' x = x e + x e ( ) Udtrykkene for funktionen og den afledede af funktionen indsættes i differentialligningen for at se, om man får en identitet: x x x x e + x e = + 1 x e x x ( x ) e x x x x e + x e = + x e x x x x e = x e Dette udsagn er sandt for alle x-værdier (dvs. det er en identitet), så f er en løsning til differentialligningen. f x = x + k x g x = x + k 1. maj 019 opgave 6: ( ) ( ) Skæringsstederne mellem graferne for f og g findes som de steder, hvor funktionsværdierne er ens, dvs. man sætter funktionsudtrykkene lig hinanden: x + k x = x + k x + k 1 x k = 0 ( ) Hvis der skal være netop ét skæringspunkt mellem graferne, skal ovenstående ligning have netop én løsning, og da det er en andengradsligning, svarer det til, at diskriminanten skal være 0. ( ) ( ) d = k k = k + 1 k + 4k = k + k + 1 d = 0 k + k + 1 = 0 ( k ) + 1 = 0 k = 1 (Andengradsligningen med k som variabel kan selvfølgelig også løses med diskriminantmetoden, men faktorisering og nulreglen er hurtigere)

3 1. maj 019: Delprøven MED hjælpemidler 1. maj 019 opgave 7:

4 1. maj 019 opgave 8:

5 1. maj 019 opgave 9: 1. maj 019 opgave 10:

6 1. maj 019 opgave 11: 1. maj 019 opgave 1:

7 1. maj 019 opgave 13: 1. maj 019 opgave 14:

8 1. maj 019 opgave 15:

9 4. maj 019: Delprøven UDEN hjælpemidler 4. maj 019 opgave 1: 3x 7x+ = 0 Man kan løse denne andengradsligning med diskriminantmetoden. d b ac ( ) = 4 = = 49 4 = 5 0, dvs. løsninger. ( 7) 5 b d x = = = = Dvs. x = a x = maj 019 opgave : a = og b = 4 Arealet af parallelogrammet kan bestemmes som den numeriske værdi af determinanten af de to vektorer: 3 7 A = det ( a, b) = 4 = = 6 8 = 34 = maj 019 opgave 3: f ( x) = 4x 6 g ( x) = 3x + 5 h( x) = f ( x) g ( x) Funktionsudtrykkene for f og g indsættes i funktionsforskriften for h: h x = 4x 6 3x + 5 = 4x 6 + 6x 10 = 10x 16 ( ) ( ) ( ) k 4. maj 019 opgave 4: = 5 x + 3 x er placeret i nævneren, så først skal der ganges med nævneren på begge sider: k k k k 15 = 5 k = 5 ( x + 3) = x + 3 x = 3 ( x = er også ok) x f x = x + 10x 4. maj 019 opgave 5: ( ) 3 Det vises, at f er en voksende funktion, ved at vise, at den afledede funktion udelukkende giver positive værdier. f ' x = 3x + 10 ( ) Da et kvadrat mindst kan blive 0, er den afledede funktions mindste værdi 10, dvs. den afledede funktion af f er positiv for alle x-værdier, og dermed er f en voksende funktion. 1 f x =, x 3 4x + 1 Det er en sammensat funktion, så man kan integrere med substitutionsmetoden: t = 4x maj 019 opgave 6: ( ) dt = 4 dx 1 dt = dx ln ln ( 4 1) 4 1 dx = 4 dt = x t 4 t + k = 4 x k Numerisktegnet kan fjernes, da x 3, dvs. argumentet for logaritmefunktionen er positivt.

10 4. maj 019 opgave 7: 4. maj 019: Delprøven MED hjælpemidler 4. maj 019 opgave 8:

11 4. maj 019 opgave 9:

12 3 4. maj 019 opgave 10: f ( x) 4x 8x 10x 3 = ( ) P,100 a) Først bestemmes den form samtlige stamfunktioner er på: Fk ( x) = f ( x) dx = ( 4x + 8x + 10x + 3) dx = x + x + 5x + 3x + k 3 Så bestemmes k-værdien ved at udnytte, at grafen for F skal gå gennem punktet P: = k 100 = k = k Dvs. F ( x) = x + x + 5x + 3x b) For at kunne bestemme en ligning for tangenten til grafen for F i punktet P, skal man finde hældningen for tangenten, dvs. differentialkvotienten i (bemærk, at det er grafen for F og ikke f, der arbejdes med): 3 F ' x = f x = 4x + 8x + 10x + 3 ( ) ( ) ( ) f ( ) F Hermed bliver tangentens ligning: y y = a x x 3 ' = = = = 87 ( ) ( ) 0 0 y 100 = 87 x y = 87x 74

13 4. maj 019 opgave 11:

14 4. maj 019 opgave 1: 4. maj 019 opgave 13:

15

16 4. maj 019 opgave 14:

17 15. august 019: Delprøven UDEN hjælpemidler Opgave 1: På grafen aflæses stederne med minimum og maksimum: Hvis man antager, at funktionen er defineret for alle reelle tal, kan man altså se, at: f er aftagende i intervallerne ]-,-1] og [, [ og voksende i intervallet [-1,] Opgave : f ( x) = a x + x 3 P(,13) Hvis grafen skal gå gennem P, skal f ( ) = 13, dvs. ( ) ( ) 13 = a = 4a = 4a 7 4a = 0 a = 5 Opgave 3: ( ) ( ) 4 f x = x 3 Det er en sammensat funktion, så kædereglen benyttes: ( ) = ( ) = ( ) 3 3 f ' x x 4 x 3 8x x 3 Opgave 4: Hvis man vil argumentere ud fra hældninger, kan det gøres på følgende måde: Linjen svarende til l har hældningen Linjen svarende til m har n = som normalvektor, og dermed er r m = en retningsvektor. 3 Dermed har linjen svarende til m positiv hældning. 3 1 En retningsvektor for linjen svarende til n er r n =, dvs. hældningen er a n =. 1 3 Da A har positiv hældning, svarer m til A. Da B er mindre stejl end C, svarer n til B. Da C er den stejleste af de to linjer med negative hældninger, svarer l til C.

18 Hvis man vil argumentere ud fra skæringen med andenaksen, kan det gøres på følgende måde: l: Her vil linjen skære andenaksen i 7. m: Skæringen med andenaksen findes ved at sætte førstekoordinaten til 0: y 4 = y 1 = 0 y = n: 0 = t t = 1 ( ) ( ) Indsat i andenkoordinaten: y = 4 1 ( 1) = 5 Dvs. skæringerne på andenaksen er, 5 og 7, og figuren viser os altså, at: m svarer til A, n svarer til B og l svarer til C. Opgave 5: f ( x) = x e x P( 0,3) Først bestemmes familien af stamfunktioner: 1 x Fk ( x) = f ( x) dx = x e + k For at finde værdien af k udnyttes det, at grafen skal gå gennem punktet P: = 0 e + k 3 = 0 + k k = 5 1 x Dvs. den søgte stamfunktion til f er F ( x) = x e + 5 Opgave 6: Når begge akser tangerer cirklen, må cirklens centrum have ens første- og andenkoordinat, og desuden vil radius svare til disse koordinater, dvs. cirklens ligning bliver: ( ) ( ) x a + y a = a Da cirklen ligger i første kvadrant, er a et positivt tal, men det vil også følge af udregningerne, da det anvendte punkt ligger i første kvadrant. Da punktet P( 4,) ligger på cirklen, har man: ( 4 ) ( ) a + a = a a a + + a a = a 1a+ 0 = 0 ( a ) ( a ) 10 = 0 a = 10 a = Da radius er større end, har man altså r = 10 Og cirklens ligning er: ( x ) ( y ) a = 100

19 Opgave 7: 15. august 019: Delprøven MED hjælpemidler

20

21

22

23

24

25 Opgave 1: **. december 019: Delprøven UDEN hjælpemidler

26 **. december 019: Delprøven MED hjælpemidler