MATEMATIK A-NIVEAU. Anders Jørgensen & Mark Kddafi. Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik, 2012

Transkript

1 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik, 01 Kapitel 3 Ligninger & formler 016

2 MATEMATIK A-NIVEAU Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 01 Dette uddrag indeholder kapitel 3 som handler om ligninger og formler. Der vil blive foretaget beregninger samt illustrationer i CAS programmer herunder GeoGebra. Maple 016 anvendes til de mere komplicerede udregninger, idet man forudsætter, at man kan anvende CAS til eksamen. For anvendelse af dokumentet, anbefales det, at man prøver at løse opgaven først, inden man anvender løsningerne. 016 Side 1 ud af 16

3 Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 01 Opgave STX matematik A niveau, kapitel 3 Formler og ligninger Opstilling af formel for BMI BMI = Hvor vægten er i kg. og højden er i m. a) Formlen for BMI kan skrives sådan kg højde BMI(x, y) = x y Hvor x betegner vægten og y betegner højden, målt i meter. b) Der undersøges for en person med en vægt på 70kg og højde på 180cm. BMI 70kg,1,8m = 70 (1.8) = 1.60 Så personen ligger i kategorien normalvægt. c) Der opstilles en funktion for en kvinde med en højde på 1.65m. BMI(x) = x 1.65 = x.75 Så undersøges vægtintervallet for kvinden, som ønsker at være i normalvægt. Der løses to ligninger = x.75 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 50, = x.75 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 67,7905 Så med kvindes højde på 1.65m (165cm) skal kvinden ligge i intervallet 50.36kg kg hvis hun ønsker at være i den kategori. Side ud af 16

4 Opgave 3.00 Opgave En funktion for spinat er givet Her er t tiden. y(t) = t a) Der løses en ligning. 19 = t Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. t = Så når der er gået 4.1 (timer?) så er vitaminindholdet på 19. b) Der er nu givet en ny funktion over nitratindholdet i spinaten. z(t) = t Så indsættes 15 på y(t) da det er vitaminindholdet. 15 = t Ligningen løses for t vha. CAS-værktøjet WordMat. t = Dette tal indsættes i t på z(t). z( ) = = Så er nitratindholdet efter 6 timer på Der opstilles en model ud fra oplysningerne om at det radioaktive stof strontium 90; b = 7g a % =.45% Så der er altså tale om en eksponentiel model. a) Først omskrives a. a = 1 + ( ) = Så har man f(x) = x Hvor f(x) er mængden af strontium 90 og x er antal år efter 004. Nu bestemmes der for to år efterfølgende, dvs. indsættelse af. f() = = Så efter år er der kun 6.66 strontium 90 tilbage. Side 3 ud af 16

5 Opgave b) Funktionen blev allerede udregnet i a) så man har f(x) = x Hvor f(x) er mængden af strontium 90 og x er antal år efter 004. c) Der løses en ligning. 1 = x Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = Så efter 78 år vil der være 1 gram tilbage. Der gives en række oplysninger, der nedskrives A cirkel = π r A trekant = 1 h g a) Så hvis de skal have lige store arealer. A cirkel = A trekant Så man har π r = 1 h g Opgave b) Så man isolerer r for at få et udtryk π r π = r = 1 h g π 1 h g π r = 1 h g π Først skrives formlerne ned. Spørgsmål a) og b) slås sammen. O cylinder = π r h A cylinder = π r V kegle = 1 3 π r h a) Først udtrykkes højden som funktion af r. Her har man 1dm 3 for keglen i det indre af cylinderen. Her isoleres højden. 1 = 1 3 π r h Fortsættes næste side Side 4 ud af 16

6 Opgave = 3 π r h 1 3 h = 1 3 π 1 r 3 π 1 r 3 π π r = h r Så indsættes den i h for formlen for en cylinder samt produktet af arealet for en cirkel pga. bunden. 3 O(r) = π r + π r π r Som altså er et funktionsudtryk. Der er givet tre punkter. De skrives lige ind i GeoGebra, så man har en formodning om, hvad man skal holde øje med. a) Man kunne evt. starte med at anvende formlen for den faktoriseret andengradspolynomium. (1), f(x) = a(x r 1 )(x r ) På grafen kan man se rødderne. De indskrives (), f(x) = a(x )(x 8) Desuden kender man punktet for R, den indsættes også i ovenstående. (3), 4 = a ( ) ( 8) Ligningen løses for a vha. CAS-værktøjet WordMat. a = 0,5 Så har man sin a-værdi. Den kan man indsætte i (), så man har Omskrives til andengradspolynomiet. Som er den ønskede polynomium. (4), f(x) = 1 (x )(x 8) 4 (5), f(x) = 1 4 x 5 x + 4 Side 5 ud af 16

7 Opgave Der tegnes en lille tegning over situationen. Som kunne være et godt bud. a) Så har man overfladeareal formlen. O kasse = b h + l b + l h Så hvis man betegner højden med x, så har man bredden som er 4x. Hermed er O kasse = x + x 4x + x 4x = 18x Så O(x) = 18x b) Man ønsker målet for klodsen, når volumen er 3. Formlen for volumen er V = l b h Her er b og h = x. Hvor l er 4 x, så har man V = 4x x x = 4x 3 Så løser man en ligning 3 = 4x 3 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = Som angiver både bredden og højden. Desuden skal man vide, at længden er 4x så man har x = 8. Derved kan man tegne figuren igen: Disse mål giver et rumfang på 3cm 3. Side 6 ud af 16

8 Opgave Opgaven løses i Maple 016. a) Fassfa b) Afsfasf Side 7 ud af 16

9 Opgave c) Her isoleres m i udtrykket: log(e) =.4 m 1. log(e) m =.4.4 log(e) + 1. m =.4 Så har man sin model fra det gennemsnitlige: y = m Så indsættes m i udtrykket for y. y = log(e)+1..4 Udtrykket forkortes. y = log(e)+1..4 = = log(e) = log(e) Som er det nye udtryk..4 log(e)+1. Først noteres formlerne for en kugle og en cylinder. Det oplyses, at kuglens radius er 10. Formlen for en cylinders rumfang: V cylinder = h π r a) Det ses, at halvdelen af cylinderen har højden t, altså må formlen for volumen være V cylinder = t π r Det ses, at kuglens radius kan udgøre hypotenusen i en retvinklet trekant samt højden t er en af kateterne, altså har man r + t = 10 r = 100 t Som man indsætter i formlen for volumen. V cylinder = t π (100 t ) = 00 π t π t 3 Som er det ønskede. Side 8 ud af 16

10 Opgave Der er givet en model over effektiviteten for en udøver af et stykke arbejde. f(t) = t, t 0 a) Der løses en ligning for t. Omtrent ca. 3 uger = t = t 0.05 = t = 0.9t log ( 1 1 ) t log(0.9) = log(0.9) log(0.9) t = Opgave Funktionen betragtes. f(x) = sin ( ) +, 0 x 4π a) Funktionens nulpunkter er der hvor den rammer x-aksen. Det ses grafisk. Så nulpunkterne må være hhv. x = 0 x = 4π. Fortsættes næste side Side 9 ud af 16

11 Man kan også finde nulpunkterne pr. håndkraft. sin ( ) + = 0 sin ( ) + = sin ( ) = sin ( ) = sin 1 (sin ( )) = sin 1 ( ) = π ( ) = ( π ) = π x = 0 Og så har man følgende ligning for sinus er periodisk, heraf sin 1 (k) = π p + k sin ( ) + = 0 sin ( ) + = sin ( ) = sin ( ) = sin 1 (sin ( )) = sin 1 ( ) = p π + π π ( ) = (p π + ) = 4π p π x = 4π p Så her ses det, at nulpunkterne ligger i intervallet x = 0 og x = 4π. b) Så differentieres funktionen, så man kan finde det maksimale punkt. f (x) = sin ( 1 x) Her gælder det stadig indenfor intervallet 0 x 4π sin ( 1 x) = 0 sin 1 (sin ( 1 x)) = sin 1 (0) 1 x = 0 x = 0 Så har man det første nulpunkt. Men da sinus er i perioder, løses ligning med tricket. Fortsættes næste side Side 10 ud af 16

12 sin ( 1 x) = 0 sin 1 (sin ( 1 x)) = sin 1 (0) 1 x = π p + 0 ( 1 x) = (π p + 0) x = π p Så man har nulpunkterne x = 0 x = π x = 4π For at undersøge, om funktionen har et maksimum, så tages den aflededes punkt og indsættes i den oprindelige funktion. Der gøres prøve. π π f(π) = sin ( ) + = 4 4π π f(4π) = sin ( ) + = 0 Så den maksimale højde er i y = 4. Dette indskrives i GeoGebra, så man kan 1) se højdepunktet og ) den aflededes punkt. Med god vilje kan man se, at der hvor den afledede rammer x aksen, så har f sit højeste punkt. Det hele sker i x = π, hvor y = 4. Ved aflæsning ses det også, at når den afledede vokser (over x aksen) så vokser den oprindelige funktion også. Men når først den afledede går under x aksen, så ses det, at f er aftagende. Deraf kan man konkludere at f er voksende i intervallet ]0; π] og aftagende i intervallet [π; 4π[ Side 11 ud af 16

13 Opgave 3.01 Der tegnes en figur over situationen a) Som det fremgår af figuren, ses det, at der er to ensvinklede trekanter. AED og EBF. Her er kateterne for AED AD = x, DE = For trekant EBF EF = 1.5, BF = y Så har man forstørrelsesfaktoren for to trekanter. EF AD = BF DE Her indsættes værdierne 1.5 x = y y = 3 x Så ønsker man (x + 1.5) + (y + ) = 5 Det ses på hele trekanten, at hypotenusen i alt er 5, og tages den i anden potens, har man 5. Heraf bruges Pythagoras. Ved afstanden fra AC har man (x + 1.5) og afstanden BC har man (y + ) Så kan man bruge Pythagoras. (x + 1.5) + (y + ) = 5 (x + 1.5) + (y + ) = 5 Som man ønskede. Nu isoleres udtrykket for y, så man har en ligning med x som variable. (x + 1.5) + (y + ) = 5 Så her indsættes den første fundet ligning. Som er en ligning. (x + 1.5) + ( 3 x + ) = 5 x x + 9 x + 1 x + 4 = 5 x + 3x + 9 x + 1 x = 0 x + 3x + 9 x + 1 x = 0 Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = 6,63041 x = 0, x = 1,5 x =, De negative værdier forkastes, så man har 1.5 og.0 som mål man kan anvende. Side 1 ud af 16

14 Opgave Opgave Man formår at dugen er et rektangel som har arealformlen A = l b a) Her er l =.0 og b = 1.1 Her vil dugens areal reduceres med 5% efter en vask, så længden og bredden reduceres. Først omskrives 5%. Det bliver = 0.95 (fordi den krymper). Man har så A (0.95) =. (1 x) 1.1 (1 x) Her reduceres den med den første ligning vha division. A (0.95).4 (1 x) = A = (1 x) Som er den ønskede ligning. Der er givet en cylinder med en halv kugle, så man har formlen for volumen af en kugle, som skal indeholde 0cm 3 a) Formlen er Man har, at det er en halv kugle. Så V = 4 π r3 3 V kugle = π r3 3 Man har også formlen for cylinderen. V cylinder = h π r Da kuglen ligger inde i cylinderen, trækkes det fra. V beholder = V cylinder V kugle = h π r π r3 3 Man ved desuden, at den skal kunne indeholde 0dm 3 så her har man Endelig isoleres højden 0 = h π r π r3 3 0 = h π r 3 π r3 => h = 0 π r + r 3 b) Man skal nu finde overfladearealet af beholderen. Det ses, at A beholder = A cirkel + A cylinderside + A1 kugle = π r + π r h + 1 (4 π r ) = 3 π r + π r h Side 13 ud af 16

15 Opgave Der er givet en figur. a) Arealet af en firkant er givet ved A = h g Desuden er arealet for en vilkårlig trekant givet ved A = 1 a b sin(c) Det ses, at der er tre trekanter i firkanten. Arealet for den sidste trekant (vilkårlige) kan man finde ved at trække de andre fra. Altså man har Så har man A lille trekant = 1 (1 x)(1 x) A nederst = 1 (1 x) 1 A øverst = 1 1 (1 x) A = x x (1 x) 1 => A(x) = x + x Derved kan man nu bestemme arealet af den indre trekant. b) For at finde det største areal, differentieres funktionen. A (x) = 1 x Så løses den for en ligning 1 x = 0 x = 1 Så indsættes tallet i den oprindelige funktion A(1) = = 1 Så det største areal fås ved x = 1. Side 14 ud af 16

16 Opgave Parablen er givet. f(x) = ax + bx + c a) Man aflæser sin c-værdi til 4.8. Dermed kender man toppunktet for funktionen. T x = b a Her er b = 0. Da hele gavlens bredde er 5m, må rødderne være hhv..5 og.5 (da det er en parabel) Så man har f(x) = a(x r 1 )(x r ) Man kan isolere a ved at anvende sine rødder og toppunkt. 4.8 = a(0.5)(0 +.5) 4.8 = a(.5)(.5) 4.8 = 6.5a a = Så kan man indsætte den tilbage i den faktoriseret formel. f(x) = (x.5)(x +.5) f(x) = 0.768x Som altså er parablen. Denne tegnes. Fortsættes næste side Side 15 ud af 16

17 b) Man kan bestemme højden ved indsættelse af bredden i funktionen. Bemærk, at bredden er 3m, men da det er en parabel, indsættes 1.5. f(1.5) = = 3.07 Så højden er hermed 3.07m, når bredden er 3m. Så løses der en ligning 3.5 = x Ligningen løses for x vha. CAS-værktøjet WordMat. x = x = Disse tal lægges sammen numerisk 1, , =.6008 Så bredden for porten ved en højde på 3.5m giver altså.60m Slut på kapitel 3 - Formler og ligninger Kapitel 4 handler om Statistik og sandsynlighedsregning fra bogen: Vejledende eksempler på eksamensopgaver og eksamensopgaver i matematik 01 Side 16 ud af 16