Besvarelse - Forside for harremoes.dk

MAT B GSK
august 2008
delprøven uden hjælpemidler
Opg 1
Grafen for en funktion f er en ret linje, med hældningskoefficienten 3
og skærer x-aksen i punktet P(2;0).
a) Bestem en forskrift for funktionen f.
Svar : y = a·x + b hvor a = 3
P(2;0) ligger på grafen dvs. 0 = 3·2 + b b = −6
Forskrift : f(x) = 3·x − 6
b) Løs uligheden f(x) ≥ 0 og forklar den geometriske
betydning af løsningen.
Svar : f(x) ≥ 0 3·x – 6 ≥ 0 3·x ≥ 6 x ≥ 2
Dvs. grafen for f(x) ligger på eller over x-aksen for x ≥ 2
5
4
3
2
1
f(x)=3*x -6
Serie 1
Serie 2
-1 1 2 3 4 5 6
-1
-2
-3
-4
-5
y
(3 ;3 )
(2 ;0 )
f(x)=3 *x-6
x
Opg 2
Gør rede for at en trekant med sidelængderne 9,12 og 15 er retvinklet.
Svar : 9 2 + 12 2 = 81 + 144 = 225 = 15 2 dvs. sidelængderne opfylder Pythagoras og
trekanten er dermed retvinklet.
NB! Hvis Pythagoras gælder dvs. a 2 + b 2 = c 2 , så vil trekanten være retvinklet.
Der gælder jo cosinusrelationen : c 2 = a 2 + b 2 − 2·a·b·cos(C)
c 2 = a 2 + b 2 cos(C) = 0 dvs. C = 90º
Opg 3
En eksponentiel funktion har forskriften f(x) = b·(1 + r) x , hvor r > 0 og b > 0.
I tabellen er udviklingen for denne funktion angivet, idet x er det aktuelle årstal og
f(x) de dertil hørende funktionsværdier.
x 2001 2005 2009
f(x) 3,5 7 14
Svar :
Ved aflæsning af tabellen ses, at fordoblingskonstanten T 2 = 4 år dvs. udfyldte tabel :
x 1997 2001 2005 2009
f(x) 3,5 7 14 28
f(x) = 224 find x
224 = 8·28 = 2 3·28 dvs. 3 fordoblingskonstanter (= 3·4 = 12 år) fra 2009 dvs. år 2021
Alternativt : Udvid tabellen til man når frem til 224.
x 1997 2001 2005 2009 2013 2017 2021
f(x) 3,5 7 14 28 56 112 224
Heraf ses, at dette sker i år 2021.
-6

Opg 4
Løs ligningen (x – 3) 2 – 4 = 0
Svar : (x – 3) 2 – 4 = 0 (x – 3) 2 = 4 x – 3 = ±2 x = 1 eller x = 5
Alternativt : (x – 3) 2 – 4 = 0 x 2 + 9 − 6·x – 4 = 0 x 2 − 6·x + 5 = 0
x =
− b ±
2a
d
x =
6 ± 16
2
x = 5 eller x = 1 L = {1;5}
Opg 5
En funktion f har forskriften f(x) = 2·x 3 − 5·x 2 + 2
Beregn en ligning for tangenten til grafen for f i punktet (1,f(1)).
Svar : Tangentens ligning i punktet (1,f(1)) : y = f´(1)·(x – 1) + f(1)
f(x) = 2·x 3 − 5·x 2 + 2 => f´(x) = 6·x 2 − 10·x
f´(1) = 6·1 2 − 10·1 = −4 og f(1) = 2·1 3 − 5·1 2 + 2 = −1
Dvs. tangenten i (1,f(1)) : y = −4·(x – 1) – 1 y = −4·x + 3
9
y
f(x)=2*X^3-5*x^2+2
Serie 1
f(x)=-4*x+3
8
7
6
-4 *x+3
5
4
f(x)
3
2
1
-1 1 2 3 4 5 6
-1
(1 ;-1 )
x
-2
-3

august 2008 delprøven med hjælpemidler
Opg 1
I en retvinklet trekant ABC kendes følgende størrelser :
Den ene katete har længden 8.
Arealet af trekanten er 36.
a) Bestem længden af hypotenusen (2 dec.)
Svar : T = 2
1 ·højde·grundlinie = 2
1 ·a·b 2
1 ·a·8 = 36 a = 9
Dvs. Pythagoras : a 2 + b 2 = c 2 9 2 + 8 2 = c 2 c = 145 ≈ 12,04
b) Beregn størrelsen af de to spidse vinkler i trekanten (2 dec.)
Svar : Anvend cosinusrelationerne da 3 sider i trekant ABC kendes.
cos(A) =
b^2
+ c^2
− a^2
2* b*
c
=
64 + 145 − 81
2 *8*
B = 180º − (90º + 48,39º) ≈ 41,61º
145
≈ 0,664 A = cos −1 (0,664) ≈ 48,39º
Opg 2
Undersøgelse om anvendelse af lommeregnere på Stx og Hhx. Elever svarer på
spørgsmålet : Har din undervisning i MAT C været tilrettelagt efter brug af samme
lommeregnermodel.
To fordelinger hvor elever fra studieforløb MAT C hhv. MAT B/MAT A svarede.
Udfyld de grå felter og lav en statistisk sammenligning af fordelingerne.
Har din undervisning i MAT C været tilrettelagt efter brug af samme
lommeregnermodel i klassen?
Stx og Hhx MAT C
Stx og Hhx MAT B/MAT A
hyppighed frekvens hyppighed frekvens
Ja 23
23 29
29 ≈ 0,418 ≈ 0,829
Nej 28
55
28 ≈ 0,509
6
55
35
6 ≈ 0,171
Har ikke brugt 4
4 0
0 ≈ 0,073 = 0,00
lommeregner
55
35
Total 55 1,00 35 1,00
I MAT C studieretningen har flest svaret nej til samme lommeregnermodel (ca.
50,9%) og ca. 41,8% svaret ja til samme lommeregnermodel.
I MAT B/MAT A studieretningen har langt de fleste svaret ja til samme model (ca.
82,9%) mens ca. 17,1% svaret nej til samme model.
Dvs. stor forskel i besvarelserne.
Lav evt. to pindediagrammer.
35

Opg 3
En Hhx-klasse med 30 elever på studietur og sparer op i den lokale bank.
Studieturen koster 3.500 kr pr. elev. Opsparing i 9 måneder, renten 0,25% pr. måned.
a) Beregn hvad hver enkelt elev skal indbetale pr. måned (afrundet til hele kr.)
Svar : Anvend opsparingsformlen A n = y·
dvs. y =
3500 *0,0025
1,0025^9 −1
≈ 385 kr.
( 1+
r)^n
−1
r
og isoler y =
An * r
(1 + r)^n −1
b) Hvor mange penge vil klassen samlet have fået tilskrevet i rente på deres
indbetalinger?
Svar : 30·(3500 − 9·385) ≈ 30·(3500 – 3465) ≈ 30·35 kr. ≈ 1050 kr.
Rejsetidspunktet udskydes 3 måneder, hvor det opsparede beløb på 105.000 kr.
forbliver på fælleskontoen.
c) Hvor stort et beløb står der på fælleskontoen efter de 3 måneder?
Svar : Anvend fremtidsformlen K n = K 0·(1 + r) n dvs. K 3 = 105.000·1,0025 3 ≈
105.789,47 kr.

Opg 4
Et polygonområde er bestemt af følgende begrænsninger :
y ≥ − 2
1 ·x + 7 2
1
y ≤ −x + 16
y ≤ x + 6
x ≤ 11
a) Indtegn polygonområdet i et almindeligt koordinatsystem
Svar :
y ≥ − 2
1 ·x + 7 2
1 har begrænsningslinjen y = − 2
1 ·x + 7 2
1
y = 0 0 = − 2
1 ·x + 7 2
1 x = 15
y ≤ −x + 16 har begrænsningslinjen y = −x + 16
y = 0 0 = −x + 16 x = 16
En lineær funktion f i to variable er givet ved
forskriften f(x,y) = 2·x + y hvor x, y є R
b) Bestem den største og den mindste værdi
af f indenfor polygonområdet
Svar : Bestem hjørnepunkterne i polygonområdet
x + 6 = − 2
1 ·x + 7 2
1 x = 1 dvs. y = 7
dvs. skæringspunkt (1;7)
x + 6 = −x + 16 x = 5 dvs. y = 11
dvs. skæringspunkt (5;11)
x = 11 og y = − 2
1 ·x + 7 2
1 dvs. y = 2
dvs. skæringspunkt (11;2)
x = 11 og y = −x + 16 dvs. y = 5
dvs. skæringspunkt (11;5)
Udregn kriteriefunktionens værdier i hjørnepunkterne :
f(1;7) = 2·1 + 7 = 9 ; f(5;11) = 2·5 + 11 = 21 ; f(11;5) = 2·11 + 5 = 27;
f(11;2) = 2·11 + 2 = 24
dvs. f(11;5) = 27 er største værdi og f(1;7) = 9 er mindste værdi for f
Alternativt : finde to niveaulinier (f.eks N(0) og N(40)) og markér niveauets retning
med en pil vinkelret på niveaulinierne. Ved parallelforskydning af niveaulinierne i
pilens retning findes den kombination af x og y der optimerer f. Her største- og
mindsteværdien for f.
18
17
16
15
14
13
12
11
10
9
8
(1 ;77
)
6
5
4
3
2
1
f(x)=x+6
f(x)=-x+16
f(x)=-0.5*x+7.5
Skravering 1
Skravering 2
Serie 1
f(x)=-2*x
f(x)=-2*x+40
-1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
-1
-2
y
N(4 0 ):y=-2 *x+4 0
y=-x+1 6
(5 ;1 1 )
y=-0 .5 *x+7 .5
N(0 ):y=-2 *x
y=x+6
(1 1 ;2 )
x=1 1
(1 1 ;5 )
x

Opg 5
Der er givet 4 forskellige funktioner med følgende forskrifter :
f(x) = x 2 + bx + c g(x) = − x 2 + bx + c h(x) = b·1,20 x k(x) = b·0,6 x
Bilag 3 viser 4 forskellige grafer. Udfyld bilag 3.
30
25
20
y
8 y
f(x )=x ^2-2* x -3
f(x )=2* 1 .2^x
6
4
f(x)=x 2 +b x+c
f(x)=b *1 ,2 0 x 2
15
-3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8
x
10
-2
5
-4
x
-6
10 20
Graf nr 1hører til h(x) = b·1,20 x , da h(x) Graf nr 2 hører til f(x) = x 2 + bx + c
med grundtal 1,20 er en voksende
da f(x) er en ”glad” parabel med
eksponentiel funktion koefficient a = 1 > 0
y
f(x)=-x ^2+4 *x -2
10
y
f(x )=4* 0 .6^x
2
8
-4 -2 2 4 6
f(x)=-x 2 +b x+c
x
6
4
-2
f(x)=b *0 ,6 x
2
-4
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
x
-6
-2
Graf nr 3 hører til g(x) = −x 2 + bx + c
da g(x) er en ”sur” parabel med
koefficient a = −1 < 0
Graf nr 4 hører til k(x) = b·0,6 x , da k(x)
med grundtal 0,6 er en aftagende
eksponentiel funktion

Opg 6
En funktion f har forskriften f(x) = ln(x) – x + 5
a) Bestem definitionsmængden for f
Svar : Dm(f) = ]0;∞[ da funktionsleddet ln(x) har definitionsmængden ]0;∞[ og
funktionsleddet –x +5 har definitionsmængden ]−∞;∞[.
Dvs. fællesmængden er Dm(f) = ]0;∞[ ∩]−∞;∞[ = ]0;∞[
b) Gør rede for, at funktionen f har et maksimum.
Svar : f(x) = ln(x) – x + 5 er differentiabel for x є ]0;∞[ med f´(x) = x
1 − 1
Monotoniforhold og ekstremer findes ved at løse f´(x) = 0
f´(x) = 0 x
1 − 1 = 0 x = 1 є Dm(f)
__0________________1___________
Fortegn for f´ i.d + 0 −
4
y
(1 ;4 )
f´(1 )=0
f(x)=ln (x )-x +5
Serie 1
f(x)=4
f er voksende for x є ]0;1] og aftagende for x є [1;∞[
Dvs. f(1) = ln(1) – 1 + 5 = 4 er globalt maksimum og
(1,f(1)) = (1;4) er et globalt maksimumspunkt.
2
f(x)=ln (x)-x+5
1 2 3 4 5 6 7 8 9
x
-2
-4

Opg 7A
I et retvinklet koordinatsystem har vinkelspidserne i trekant ABC koordinaterne
y
A(−4;−3), B(5;1) og C(−1;3)
5
a) Tegn trekant ABC
Arealet af en trekant kan udregnes v.ha. koordinaterne til
vinkelspidserne. Hvis A = (a 1 ,a 2 ), B = (b 1 ,b 2 ) og C = (c 1 ,c 2 )
kan trekantens areal T beregnes ved : T = 2
1 ·(S1 – S 2 )
C (-1 ;3 )
4
3
2
1
Serie 1
Serie 2
Serie 3
B (5 ;1 )
hvor S 1 = a 1·b 2 + b 1·c 2 + c 1·a 2 og S 2 = a 2·b 1 + b 2·c 1 + c 2·a 1
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
x
-1
b) Brug ovennævnte former til at vise, at trekant ABC
har areal 21
Svar : (a 1 ,a 2 ) = (−4;−3); (b 1 ,b 2 ) = (5;1) og (c 1 ,c 2 ) = (−1;3)
T = 2
1 ·(S1 – S 2 ) = 2
1 ·[−4·1 + 5·3 −1·(−3) – (−3·5 + 1·(−1) + 3·(−4)] = 2
1 ·(14 –(−28))
= 21
c) Beregn størrelsen af vinkel A
Svar : Vi beregner sidelængderne a = |BC|; b = |AC| og c = |AB| og beregner derefter
vinkel A vha. cosinusrelationen cos(A) =
b^2
+ c^2
− a^2
2* b*
c
Vi anvender afstandsformlen d 2 = |x 2 – x 1 | 2 + |y 2 – y 1 | 2 = (x 2 – x 1 ) 2 + (y 2 – y 1 ) 2 mellem
to punkter (x 1 ,y 1 ) og (x 2 ,y 2 )
b 2 = (−1 –(−4)) 2 + (3 –(−3)) 2 = 3 2 + 6 2 = 45
a 2 = (5 –(−1)) 2 + (1− 3) 2 = 6 2 + 2 2 = 40
c 2 = (5 –(−4)) 2 + (1− (−3)) 2 = 9 2 + 4 2 = 97
Heraf fås cos(A) =
b^2
+ c^2
− a^2
2* b*
c
≈ 0,772 dvs. A = cos −1 (0,772) ≈ 39,47º
.
A(-4 ;-3 )
-2
-3
-4

Opg 7B
En funktion f har forskriften f(x) = − 4
1 ·x
4
+ 2·x 3 − 2 2
1 ·x
2
a) Løs ligningen f´(x) = 0
Svar : f´(x) = −x 3 + 6·x 2 − 5·x = −x·(x 2 − 6·x + 5)
f´(x) = 0 −x·(x 2 − 6·x + 5) = 0 x = 0 eller x 2 − 6·x + 5 = 0 (Nulreglen)
x 2 − 6·x + 5 = 0 x =
L = {0;1;5}
− b ±
2a
d
x =
6 ± 16
2
x = 5 eller x = 1
b) Bestem monotoniforhold og ekstrema for f.
Svar :
_________0____________1___________5_______________
Fortegn f´ + 0 − 0 + 0 −
f er voksende for x є ]−∞;0] og x є [1;5]
f er aftagende for x є [0;1] og x є [5;∞[
f(0) = 0 er lokalt max. f(1) = − 4
3 er lokalt min og f(5) = 31,25 er globalt max
y
f(x)=-1/4*x^4+2*x^3-2.5*x^2
c) Skitsér grafen for f.
Serie 1
Serie 2
35
Serie 3
30
(5 ;3 1 ,2 5 )
25
20
15
f
10
5
(0 ;0 )
1 2 3 4 5 6 7 8
(1 ;-0 ,7 5 )
x