Vorschlag 2 - OSZ Farbtechnik und Raumgestaltung

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Vorschlag 2 - OSZ Farbtechnik und Raumgestaltung

Senatsverwaltung für Bildung, Wissenschaft und Forschung

Prüfung der allgemeinen Fachhochschulreife an den

Fachoberschulen im Schuljahr 2006 / 2007

Name, Vorname:

Klasse:

Prüfungsfach: Mathematik

Prüfungstag: 27. April 2007

Prüfungszeit:

Zugelassene

Hilfsmittel:

Allgemeine

Arbeitshinweise:


Spezielle

Arbeitshinweise:


10.00 –14.00 (4 Zeitstunden)

Mathematische Formelsammlungen (keine selbst angefertigten) ohne Musterlösungen,

Taschenrechner ohne Graphikdisplay, frei programmierbare Speicher

müssen gelöscht sein. Bleistifte dürfen nur für Skizzen benutzt werden.

Die Reinschriften und Entwürfe sind nur auf den besonders gekennzeichneten

Bögen anzufertigen, die Sie für die Prüfung erhalten. Diese sind zu nummerieren

und sofort mit Ihrem Namen zu versehen. Für jede Aufgabe ist ein neuer

gekennzeichneter Bogen zu beginnen. Denken Sie an eine übersichtliche, saubere

und fehlerfreie Wiedergabe, da es sonst Punktabzüge geben kann.

Bedenken Sie die Folgen einer Täuschung oder eines Täuschungsversuchs!

Der Aufgabensatz Mathematik besteht aus 5 Aufgaben, die Sie alle bearbeiten

müssen. Die Lösungswege müssen klar gegliedert, schrittweise und

eindeutig nachvollziehbar sowie angemessen kommentiert sein. Nebenrechnungen

sind durch Einrücken etc. kenntlich zu machen. Nur einwandfrei Leserliches

wird bewertet. Die erste nicht durchgestrichene Lösung zählt.

Besonders gute sprachliche und graphische Darstellungen, Übersichtlichkeit

und Sauberkeit bei der Bearbeitung der Prüfungsaufgaben können zu einem

Sonderpunkt führen (Bonusregelung). Grobe Verstöße gegen die sprachliche

Richtigkeit oder Übersichtlichkeit und Sauberkeit können zu einem Punktabzug

von einem Punkt führen (Malusregelung).

Gesamtzahl der abgegebenen Lösungsblätter: _____________________________ Blätter

Bewertungseinheiten, Gesamtpunkte und Gesamtnote:

Aufgabe Nr.: Soll Ist Ist


(ggf. Zweitkorrektur)

1 40 BE

2 15 BE

3 16 BE

4 14 BE

5 15 BE

Summe: 100 BE

Notenpunkte: 15 __ Punkte __ Punkte

Durch die / den

Bonus- bzw. +1/-1 __ Punkt __ Punkt

Prüfungsvorsitzende/n

Maluspunkte:

festgelegt:

Insgesamt: __ Punkte / Note __ Punkte / Note __ Punkte / Note

Name /

Kurzzeichen:


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Aufgabenblatt 1

Aufgabe 1:

Gegeben sei die Funktion f durch

1 3 2

( )

f x =

2

x −x − 2x+ 4 mit x ∈ R .

a) Untersuchen Sie das Verhalten der Funktionswerte im Unendlichen und geben Sie den Wertebereich

der Funktion f an.

b) Untersuchen Sie den Graphen von f auf mögliche Symmetrie.

c) Ermitteln Sie die Schnitt- und Berührungspunkte des Graphen von f mit den Koordinatenachsen.

d) Untersuchen Sie, ob der Funktionsgraph von f Hoch-, Tief-, Wende- und Sattelpunkte besitzt und

bestimmen Sie gegebenenfalls deren Koordinaten.

e) Skizzieren Sie den Graphen von f unter Nutzung aller ermittelten Ergebnisse für ∈ [ − 2,5; 3]

x .

f) Im Folgenden betrachten Sie den Graphen der Ableitungsfunktion f ′ sowie eine beliebige Gerade g,

deren Anstieg m =− 2 beträgt, also gx ( ) = − 2x+ n mit n∈R .

• Skizzieren Sie unter Einbeziehung seiner Extrem- und Nullpunkte den Graphen der

x ∈− 1, 5; 2, 5 .

Ableitungsfunktion f ′ in ein Koordinatensystem für [ ]

• Skizzieren Sie ebenfalls für x ∈− [ 1, 5; 2, 5]

zwei Geraden, deren Anstieg m =− 2 beträgt.

- Gerade g 1 sei Sekante bezüglich des Graphen von f ′

- Gerade g 2 sei Passante bezüglich des Graphen von f ′

und geben Sie die jeweilige Größe von n an.

• Ermitteln Sie rechnerisch, wie das absolute Glied n im Funktionsterm von g gewählt werden

muss, damit g eine Tangente des Graphen der Ableitungsfunktion f ′ wird.

Aufgabe 2:

Bewertungseinheiten /40

Der Graph einer ganzrationalen Funktion dritten Grades schneidet die Abszissenachse in N (4 | 0) und

besitzt dort eine Tangente, die senkrecht zur Geraden g verläuft. Außerdem sei W (1| 0) ein

Wendepunkt dieses Graphen.

1 2

Es gilt: gx ( ) =

6

x−

3

a) Bestimmen Sie die Funktionsgleichung einer ganzrationalen Funktion 3. Grades, deren Graph diese

Bedingungen erfüllt.

b) Erläutern Sie, warum der Graph nicht punktsymmetrisch zum Ursprung des Koordinatensystems

sein kann.

Sollten Sie das zur Bestimmung der Koeffizienten des Funktionsterms benötigte Gleichungssystem nicht oder

nicht vollständig aufgestellt haben, lösen Sie das folgende Gleichungssystem:

2⋅a3 + 2⋅a2 + 2⋅a1+ 2⋅a0=

0

128⋅a3+ 32⋅a2+ 8⋅a1+ 2⋅a0=

0

48⋅a3 + 8a2 + 1⋅

a1

+ 0⋅a0=−6

3⋅a

+ 1⋅a

+ 0⋅a

+ 0⋅a

= 0

3 2 1 0

Bewertungseinheiten /15

OF-Prüfung Mathematik 2007 Vorschlag2 - 2 -


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Aufgabenblatt 2

Aufgabe 3:

1 4 10 2

Gegeben sei die Funktion f mit f ( x)

= x − x + 12.

12 3

f(x)

f

x

a) Berechnen Sie den Wert des bestimmten Integrals

6

∫ f ( xdx ) .

Erläutern Sie anhand der Skizze, dass dieser Wert nicht der Maßzahl des Flächeninhalts der Fläche

entspricht, die vom Graphen der Funktion f und der x-Achse vollständig eingeschlossen wird.

b) Berechnen Sie den Flächeninhalt der Fläche, die vom Graphen der Funktion und der x-Achse

vollständig eingeschlossen wird.

c) Gegeben sei weiterhin die Funktion g mit

−6

35

gx ( ) = x.

4

Berechnen Sie den Inhalt der Fläche, die von den Graphen der Funktionen f und g und dem auf

der x-Achse liegenden Intervall [ 0; 2]

vollständig eingeschlossen ist.

Aufgabe 4:

Bewertungseinheiten /16

Den Eingang einer Einkaufspassage schmückt ein Leuchtbogen. Die Vorderfront dieses Leuchtbogens

ist verglast und besitzt zwei parabelförmige Begrenzungen (siehe Abbildung).

a) Berechnen Sie die Glasfläche dieser Vorderfront.

b) Aus Kostengründen soll bei einer neu gebauten

Einkaufspassage die Glasfläche des Leuchtbogens

auf 20 m 2 reduziert werden. Dazu ist der äußere

Parabelbogen zu verkleinern, und zwar so, dass der

8 m

Scheitelpunkt um k Meter nach unten versetzt wird

6 m

und die Berührungspunkte am Boden um jeweils k

Meter nach innen versetzt werden.

Zeigen Sie stichpunktartig (ohne zu rechnen), wie

6 m

Sie die Funktionsgleichung für den äußeren

10 m

Parabelbogen bestimmen würden.

Bewertungseinheiten /14

OF-Prüfung Mathematik 2007 Vorschlag2 - 3 -


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Aufgabenblatt 3

Aufgabe 5:

In dieser Aufgabe ist ausschließlich mit Maßzahlen zu arbeiten, Einheiten der physikalischen Größen

und Konstanten bleiben in der Rechnung unberücksichtigt!

Für gegebene bzw. berechnete Größen gilt:

Kraft F

in N

Leistung P

in kW

Geschwindigkeit v in kmh -1

Drehzahl n in 10 3 min -1

Beachten Sie diese Angaben bei der Beantwortung der gestellten Sachaufgaben.

Ein Fahrzeug besitze einen Verbrennungsmotor. Die Kraft F, die auf seine Kolben ausgeübt wird, ist

abhängig von seiner Drehzahl n. Die Funktion, die diese Kraft beschreibt, sei gegeben durch:

2 3

F ( n)

= 8⋅

n − 2 ⋅ n , 0 ≤ n ≤ 3,75.

Die Leistung P des Motors sei proportional zu seiner Drehzahl n und der von diesem Motor

entwickelten Kraft F. Für die Funktion, welche die Leistung P beschreibt, gelte also:

P ( F,

n)

= 2⋅

F(

n)

⋅ n , 0 ≤ n ≤ 3,75.

a) Bestimmen Sie die maximale Leistung P max

und die zugehörige Drehzahl n

max

.

Handelt es sich um ein absolutes Maximum

b) Für die Geschwindigkeit v des Fahrzeugs und der dazu vom Motor zu erbringenden Leistung P

gelte:

−6

3

P = 9 ⋅10

⋅ v .

Berechnen Sie die maximal erreichbare Geschwindigkeit v max

. Sollten Sie die Teilaufgabe a) nicht

gelöst haben, so rechnen Sie mit dem nicht korrekten Wert P

max

= 98 .

c) Bestimmen Sie, bei welcher Drehzahl n der Motor die nötige Leistung für eine

Reisegeschwindigkeit von v = 140 erbringt.

Sollte es Ihnen nicht gelungen sein die Bestimmungsgleichung für die Drehzahl n zu ermitteln, so

rechnen Sie mit der nicht korrekten Ersatzgleichung:

12n

3

− 3n

4

− 20 = 0

Die Ergebnisse sollen auf drei Stellen genau berechnet werden.

Sollten Sie das Newton-Verfahren verwenden, so benutzen Sie den Startwert n 1.

0

=

Bewertungseinheiten /15

OF-Prüfung Mathematik 2007 Vorschlag2 - 4 -


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Lösungen 1

Lösungswege von Schülerinnen und Schülern, die den im Erwartungshorizont vorgestellten Lösungswegen nicht

entsprechen, sind nach dem Prinzip: “GPRÜFT WIE GELERNT“ zu bewerten.

Lösung zu Aufgabe 1:

zu a) Verhalten im Unendlichen und Wertebereich Bewertungsvorschlag 3 BE

1 3 2 4 8

lim f( x) = lim ( x ) ⋅ lim (1 − − + )

2

x→±∞ x→±∞ x→±∞

1 3

2

= ⋅ ( ±∞) ⋅(1−0− 0+

0)

=±∞

x 2 3

x x

⇒ Wertebereich W

f

= ( −∞; ∞ )

zu b) Symmetrieeigenschaften Bewertungsvorschlag 2 BE

Da im Funktionsterm von f die Variable x sowohl mit geraden als auch ungeraden Exponenten

erscheint, ist der Graph von f weder achsensymmetrisch zur y-Achse noch punktsymmetrisch zum

Ursprung des Koordinatensystems.

Das Symmetrieverhalten kann selbstverständlich auch mit den Bedingungen für Achsensymmetrie

zur y-Achse f ( − x)

= f ( x)

bzw. für Punktsymmetrie zum Ursprung f ( − x)

= − f ( x)

überprüft

werden.

zu c) Punkte des Graphen mit den Koordinatenachsen Bewertungsvorschlag 10 BE

Ordinatenachse:

f(0) = 4 ⇒ S y

(0 | 4)

Abszissenachse (Nullpunkte mit Nullstellen als x-Koordinaten):

f ( x)

= 0

Es gibt die Nullstelle x = 2, denn durch Raten folgt:

f

N2

1 3 2

(2) =

2

⋅2 −2 −2⋅ 2 + 4

= 4−4− 4+

4

= 0

1 2

Polynomdivision durch ( x − 2) führt zu f x x x

1 3 2 1 2

( x − x − 2x+ 4) ⋅( x− 2) = x −2

2 2

1 3 2

−( x −x

)

2

− 2x

+ 4

−( − 2x

+ 4)

0

( ) = ( −2) ⋅( − 2)

Die Produktdarstellung des Funktionsterms und die Regel vom Nullprodukt ergeben:

1 2

( x − 2) = 0 oder

2

x − 2=

0

Der Linearfaktor ( x − 2) liefert die schon bekannte Nullstelle x = 2

der zweite Faktor ergibt:

1

2

x

2

− 2= 0 + 2 ⋅2

x

x

2

2/3

= 4

= ∓ 4

=± 2


N1

weitere Nullstellen.

2

Die Funktion hat somit die einfache Nullstelle

⇒ S ( 2|0)

x1

− ist Schnittpunkt und

Sx 1/3

(2 | 0)

OF-Prüfung Mathematik 2007 Vorschlag2 - 5 -

x = − 2 und die doppelte Nullstelle

N2

x = 2 .

N1/3

Berührungspunkt des Graphen mit der x-Achse.


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Lösungen 2

zu d) Hoch-, Tief-, Sattel- und Wendepunkte Bewertungsvorschlag 14 BE

Bestimmung der ersten drei Ableitungen:

1 3 2

3 2

f ( x) =

2

x −x − 2x+ 4 f '( x) =

2

x −2x −2

f ''( x)

= 3x − 2 f′′′ ( x) = 3

Extrempunkte:

Ansatz: f '(x) = 0 ist notwendig und f ''(x) ≠ 0ist hinreichend

f '( x) = 0 ist notwendig und f ''(x) ≠0ist hinreichend

Nullstellen von f ' :

3 2

2

x −2x− 2= 0 ⋅( )

2 3

2 4 4

x −

3

x− 3

=

x

0 pqF

= ∓ ( ) +

2 2 2 4

4/5 3 3 3

=

=


2 16

3 9

2 4

3


3

2

Also sind x

4

=−

3

und

5

2

Art der Extrempunkte:

Untersuchung, ob die NS von

x = Nullstellen von f '

2

f ''( x4) = f ''( −

3)

2

= 3( ⋅ −

3) −2

=− 4 < 0 ⇒ x =− ist Hochstelle

H

2

3

f ' Extremstellen von f sind

f ( − ) = ( − ) −( − ) −2( − ) + 4

2 1 2 3 2 2 2

3 2 3 3 3

4 4 4

=−27 −

9

+

3

+ 4

−4− 12+ 36+

108

=

27

128 2 128

=

27

⇒ Hochpunkt H −

3 27

: ( | )

OF-Prüfung Mathematik 2007 Vorschlag2 - 6 -

1 3 2

(2) =

2

⋅2 −2 −2⋅ 2 + 4

f ''( x5

) = f ''(2)

f

= 32 ⋅ −2

= 4−4− 4+

4

= 4 > 0 ⇒ xT

= 2 ist Tiefstelle

= 0 ⇒ Tiefpunkt : T (2|0)

siehe auch Sx 1/3

(2 | 0)

Sattelpunkte:

Ansatz: f′ ( x) = 0 ist notwendig und f ′′(x)

= 0 ist hinreichend

Aus der Untersuchung der Extrempunkte folgt:

f '( x4) = 0 und f ''( x4) ≠0,somit liegt bei x4kein Sattelpunkt vor.

f '( x ) = 0 und f ''( x ) ≠0,somit liegt bei x keinSattelpunkt vor.

5 5 5

Der Graph der Funktion f besitzt keine Sattelpunkte.

Wendepunkte:

Ansatz: f ''( x) = 0 ist notwendig und f '''( x) ≠ 0 ist hinreichend

Nullstellen von f '' :

f′′ ( x) = 0

1

3x

− 2= 0 + 2 ⋅

3

2

x6 =

3

ist NS von f′′

⇒ x = ist Wendestelle von f, da f′′′

( ) = 3 ≠0

w

2 2

3 3

als Berührungspunkt des Graphen mit der x-Achse.


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Lösungen 3

Mit

yW

= f( )

2

3

= ( ) −( ) − 2( ) + 4

1 2 3 2 2 2

2 3 3 3

= − ⋅ − ⋅ +

4 4 3 4 9 108

27 9 3 3 9 27

= ⇒

Wendepunkt : W ( | ) bzw. W (0, 6 | 2,370)

64 2 64

27 3 27

zu e) Graph der Funktion f Bewertungsvorschlag 3 BE

Funktionswerte an den Grenzen des Zeichenintervalls:

5 1 5 3 5 2 5

1 3 2

f ( −

2) =

2( −

2) −( −

2) −2( −

2) + 4 f (3) =

2

⋅3 −3 −2⋅ 3 + 4

125 25

27

=−

16


4

+ 5+

4

=

2

−9− 6+

4

−125− 100+ 80+

64

27−18− 12+

8

=

16

=

2

81

5

=−

=

16

2

≈−5,1

= 2,5

y

5

f

4

3

2

1

x

-3 -2 -1 0 1 2 3 4

-1

-2

-3

-4

-5

zu f) Graph der Funktion f ′ mit Sekante und Passante Bewertungsvorschlag 5 BE

3 2

f′ ( x) =

2

x −2x−

2

2

Nullstellen von f ′ sind die Extremstellen von f - also x

4

= −

3

und x 5

= 2

2

Scheitelstelle von f ′ ist die Wendestelle von f - also x

6

=

3

2 3 2

2

2 2 4 6 8 2 8

f ′ = ⋅ −2⋅ − 2 = − − =− und somit S( | − )

und damit ( ) ( ) ( )

3 2 3 3 3 3 3 3 3 3

Ohne die Ergebnisse aus zu 1d) müssen die beiden Nullstellen und die Scheitelstelle des Graphen

rechnerisch bestimmt werden.

OF-Prüfung Mathematik 2007 Vorschlag2 - 7 -


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Lösungen 4

y

5

4

3

2

f ′

1

x

-2 -1 0 1 2 3

-1

-2

-3

-4

Sekante für z.B. n = 1

-5

-6

-7

Tangente der Funktion f ′

Schnittstellen bzw. Berührungsstellen von f ′ und g

f′ ( x) = g( x)

3 2

x −2x− 2=− 2x+ n + 2x+

2

2

3 2

2

x = 2+ n= 0 ⋅

2 3

x

x

= (2 + n)

2 2

3

=± (2 + n)

3

1/2 2


-8

Passante für z.B. n = − 3

Bewertungsvorschlag 3 BE

Nur für n =− 2 ergibt sich genau eine Lösung, und zwar x 1/2

= 0 , die damit Berührungsstelle von

f ′ und g ist.

Hieraus folgt: Die Gerade g ist genau dann Tangente des Graphen von f ′ , wenn das absolute Glied

im Funktionsterm n = −2ist.

Also ist folgende Gleichung der Geraden g die Tangentengleichung gx ( ) =−2x−

2

Denkbar ist auch folgende Lösung:

Stellen gleicher Steilheit von f ′ und g:

Da g Tangente an f’ sein soll, kann der Berührungspunkt über Stellen gleicher Steigungswerte von

f’ und g bestimmt werden. Es gilt also:

OF-Prüfung Mathematik 2007 Vorschlag2 - 8 -


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Lösungen 5

f′′ ( x) = g′

( x)

3x

− 2=−2

x = 0 Stelle gleicher Steigungswerte von g und f′

⇒ f '(0) =−2 damit ist P(0 | -2) Berührungspunkt und somit

⇒ gx ( ) =−2x−2 Tangentengleichung

Lösung zu Aufgabe 2:

zu a)

Aufstellen des Bedingungsgefüges

Bewertungsvorschlag 4 BE

I: Nullpunkt ( 4|0)

II: Tangente in ( 4|0)

III: (Wende)Punkt ( 1|0)

N ⇒ f (4) = 0

IV: Wendepunkt ( 1|0)

1

N senkrecht zu g ⇒ f′ (4) =− ⇒ f′

(4) =− 6

W ⇒ f (1) = 0

W ⇒ f ′′(1) = 0

g′

(4)

Aufstellen des Gleichungssystems

Bewertungsvorschlag 2 BE

f ( x)

= a x + a x + a x+

a

3 2

3 2 1 0

f ′( x) = 3a x + 2a x+

a

2

3 2 1

f ′′( x) = 6a3x+

2a2

Es ergibt sich also folgendes Gleichungssystem:

I : 64⋅a

+ 16⋅a

+ 4⋅a

+ 1⋅a

= 0

3 2 1 0

II : 48⋅a

+ 8⋅a

+ 1⋅a

+ 0⋅a

=−6

3 2 1 0

III : 1⋅a

+ 1⋅a

+ 1⋅a

+ 1⋅a

= 0

3 2 1 0

IV : 6⋅a

+ 2⋅a

+ 0⋅a

+ 0⋅a

= 0

3 2 1 0

Lösen des Gleichungssystems

Bewertungsvorschlag 7 BE

Nr. a

3

a 2 a

1

a 0

Kommentar

I 1 1 1 1 0 III

II 64 16 4 1 0 I

III 48 8 1 0 -6 II

IV 6 2 0 0 IV

I 1 1 1 1 0 I

II 63 15 3 0 0 II − I

III 48 8 1 0 -6 III

IV 6 2 0 0 0 IV

I 1 1 1 1 0 I

II 48 8 1 0 -6 IV

III -81 -9 0 0 18 II − 3⋅

III

IV 6 2 0 0 0 10⋅ IV − III

I 1 1 1 1 0 I

II 48 8 1 0 -6 IV

III 9 1 0 0 -2

1


9

⋅ III

IV -108 0 0 0 36 9⋅ IV + 2⋅

III

OF-Prüfung Mathematik 2007 Vorschlag2 - 9 -


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Lösungen 6

36 1

Aus IV folgt a =− ⇒ a =−

3 108 3 3

1

Aus III folgt 9( ⋅− ) + a =−2 ⇒ a = 1

3

2 2

1

Aus II folgt 48 ⋅− ( ) + 8⋅+ 1 1⋅ a = −6 ⇒ a =− 6 + 8 ⇒ a = 2

3

1 1 1

1 1

8

Aus I folgt 1( ⋅ − ) + 11 ⋅ + 12 ⋅ + a = 0 ⇒ a =−1− 2+ ⇒ a =−

3 0 0 3 0 3

Die Funktionsgleichung heißt:

f ( x) = − x + 1⋅ x + 2x− .

1 3 2 8

3 3

zu b)

Bewertungsvorschlag 2 BE

Ein zum Ursprung des Koordinatensystems punktsymmetrischer Graph besitzt immer im Ursprung

des Koordinatensystems einen Wendepunkt.

Der Graph einer Funktion dritten Grades hat genau einen Wendepunkt.

Im Ursprung des Koordinatensystems kann der vorgegebene Graph der Funktion dritten Grades

keinen Wendepunkt besitzen, da er schon einen in W (1| 0) besitzt. Also kann der Funktionsgraph

nicht punktsymmetrisch zum Ursprung des Koordinatensystems sein.

Lösung zu Aufgabe 3:

zu a)

6


−6

1 10

( x x 12) dx x x 12x 12 3


Die als bestimmtes Integral

6

4 2 1 5 10 3

− + = ⎡ − + ⎤

⎣60 9 ⎦ 6

6


−6

1 5 10 3 1 5 10 3

= ⎡ ⋅6 − ⋅ 6 + 12⋅6 ⎤−⎡ ⋅( −6) − ⋅( − 6) + 12 ⋅( −6)


⎣60 9 ⎦ ⎣60 9


= [ 129,6 − 240 + 72] −[ − 129,6 + 240 −72]

= −38,4 −38,4

=−76,8

Bewertungsvorschlag 3BE

f ( x)

dxerrechnete reelle Zahl stellt die Differenz der Flächeninhalte

zwischen positiv und negativ orientierten Flächen dar, die im Intervall [ −6;6]

zwischen dem

Graphen der Funktion f und der x-Achse liegen. Eine Fläche nennt man negativ orientiert, wenn sie

unterhalb der x-Achse liegt, positiv orientiert, wenn sie oberhalb der x-Achse liegt.

Da hier im Beispiel das bestimmte Integral einen negativen Wert ergibt, muss die oberhalb der x-

Achse liegende Fläche kleiner sein, als die unterhalb der x-Achse liegende Fläche.

Selbst wenn xN

1 = − 6 und xN

4 = 6 die Nullstellen von f sind, entspricht hier dieses bestimmte Integral

nicht dem vom Graphen von f und der x-Achse eingeschlossenen Flächeninhalt.

Bewertungsvorschlag 3BE

zu b)

Berechnung der Nullstellen:

1 4 10 2

2

f( x) = x − x + 12 f( x) = 0 und Sub. z = x

12 3

0 = z − z+ 12 ⇒ z = 36 z = 4 ⇒ x = − 6 x =− 2 x = 2 x = 6

1 2 10

12 3

1 2 N1 N2 N3 N4

Bewertungsvorschlag 3BE

OF-Prüfung Mathematik 2007 Vorschlag2 - 10 -


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Lösungen 7

Berechnung des Flächeninhalts:

A = A + A

G

1 2

Ausnutzung der Symmetrie ergibt:

f

A1

2

y

14

12

10

8

6

4

2

A 4

A 3

g

x

7 -6

-5

-4

-3

-2

-1

0

1 2 3 4 5 6 7

-2

-4

A 2

-6

2

-8

-10

-12

-14

-16

-18

-20

1

2


A = 2 ⋅ f( x) dx , da f( x) ≥0 für 0 ≤ x≤

2

0

2

1 5 10 3

x x x⎤

60 9 ⎦0

= 2⋅⎡

− + 12


[ ]

1 5 10 3

= 2⋅⎡⎡

⋅2 − ⋅ 2 + 12⋅2⎤−

0 ⎤

⎣⎣60 9 ⎦ ⎦

= 215,64 ⋅ FE

2

6


A = 2 ⋅ f( x) dx , da f( x) ≤0 für 2≤ x≤6

2

6

1 5 10 3

x x x⎤

60 9 ⎦2

= 2⋅ ⎡ − + 12


[ ]

= 2⋅ −34,80 −⎡15,64⎤

⎣ ⎦

= 254,4 ⋅ FE

A = A + A

G

1 2

= 31, 28 + 108,08

= 139,36 FE

Bewertungsvorschlag 3BE

(+1BE falls Stammfunktion vorher in zu 3a) nicht ermittelt wurde)

zu c)

Berechnung der Schnittstelle

0 = f( x) −g( x)

0 = x − x − x+ 12 ⇒ Planvolles Raten mit ganzen Zahlen aus 0;2 ergibt x = 1 als Schnittstelle

1 4 10 2 35

12 3 4

Aufgrund der vorgegebenen Skizze liegt die zweite Schnittstelle ( xS

2 ≈ 7, 2 ) nicht im Intervall

0; 2 und ist deshalb nicht relevant. Bewertungsvorschlag 1BE

[ ]

[ ]

S1

OF-Prüfung Mathematik 2007 Vorschlag2 - 11 -


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Lösungen 8

Flächeninhalt:

Bewertungsvorschlag 3BE

Den Inhalt der Fläche, die zwischen den Graphen von f und g im Intervall [ 0;1]

liegt, berechnen und

von 1 2 A subtrahieren:

1

A = A − A

1

3 2 1 4

≈15,64 −6,53

≈ 9,11FE

4

1

A = f( x) −g( x) dx , da f( x) −g( x) ≥0 für 0≤ x≤1

0

1

⎡ 1 5 10 3 35 2

x x x 12x⎤

⎣60 9 8 ⎦0

⎡ 1 10 35

12⎤

⎣60 9 8 ⎦ [ 0]


6 400 1575 4320


⎣360 360 360 360 ⎦

2351

360

= − − +

= − − + −

= − − +

=


≈ 6,53 FE

oder wenn das Ergebnis für 1 A

2 1 nicht vorliegt

Den Inhalt folgender Flächen berechnen und addieren:

Fläche, die zwischen dem Graphen von f im Intervall [ ]

0;1 liegt

Fläche, die zwischen dem Graphen von g im Intervall [ 1; 2 ] liegt

A = A + A

3 [0;1] [1;2]

2

1

2 ∫

1

= ⋅1 ⋅g(1) − f( x) dx , da f( x) ≥0 für 1≤ x≤

2

2

1 35 1 5 10 3

1 ⎡ x x 12x⎤

2 4 ⎣60 9 ⎦1

35 ⎡ 1 5 10 3

1 10

8 60 9 60 9

= ⋅ ⋅ + − +

= + ⎡ ⋅2 − ⋅ 2 + 12⋅2⎤−⎡ − + 12⎤⎤

⎣⎣

⎦ ⎣ ⎦⎦

35 6 400 4320

= + ⎡⎡15,64⎤−⎡ − + ⎤⎤

8 ⎣⎣

⎦ ⎣360 360 360 ⎦⎦

≈ 4,375 + ⎡⎡15,64⎤

⎣ ⎦

−[ 10,91]




≈ 4,38 + 4,73

≈ 9,11FE

Lösung zu Aufgabe 4:

zu a)

Bewertungsvorschlag 5 BE

Legt man den Ursprung des Koordinatensystems in den Schnittpunkt von Bodenlinie und

Symmetrieachse, gilt Folgendes:

innerer Bogen: Aus Pi1( − 3 | 0), Pi2(3 | 0) und S iy(0 | 6) folgt:

2

3

f ( x) =− ( x+ 3)( x−3)

innen

2

3

2

= − x + 6

äußerer Bogen: Aus P −5/

0), P (5/ 0)

und S (0 /8)

folgt:

a1( a2

8

außen 25

8 2

=− x + 8

25

f ( x) =− ( x+ 5)( x−5)

ay

OF-Prüfung Mathematik 2007 Vorschlag2 - 12 -


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Lösungen 9

Unter Ausnutzung der Symmetrie und mit ( ) ≥0 für -3 ≤ ≤3 und ( ) ≥ 0 für - 5 ≤ ≤5

3

2 2

8 2

∫ ( 3 )

außen = 2⋅ ( − )

25 + 8

A = 2⋅ − x + 6 dx

innen

0

3

2 3

x x⎤

9 ⎦0

2

= 2⋅⎡− + 6


= 24 m

160

3

f x x f x x gilt:

innen

aussen

5

∫ ADiff . = Aaußen − Ainnen

0

160

5

= −24

8 3

3

x 8x⎤

75 ⎦0

88

=

3

2

m

1 2

= 29 m

3

A x dx

= ⎡− +


=

1 2

Die verglaste Vorderfront des Leuchtbogens besitzt eine Fläche von 29 m .

Bewertungsvorschlag 5 BE

zu b)

- Verkleinerung des äußeren Parabelbogens um k Meter ergibt folgende Punkte des Bogens:

P ( − 5 + k| 0), P (5 −k| 0) und S (0 | 8 − k)

a1 a2

- Berechnung von f außen

(x)

in Abhängigkeit von k

- Berechnung von A

außen / k

:

A = A + A

außen / k Diff ./ k innen

2

= 44m

ay

3

Daraus ergibt sich:

außen / k

5−k


A = 2 ⋅ f ( x)

dx

0

außen

5−k

ADiff ./ k + Ainnen = 2 ⋅⎡Faußen

( x)

⎤ ⎣ ⎦ 0

44 = 2 ⋅[ F (5 −k) −F

(0)] falls 44 berechnet wurde

außen

außen

Lösen dieser Gleichung ergibt k.

Bewertungsvorschlag 4 BE

Lösung zu Aufgabe 5:

zu a) Für die Leistung P gilt: P( F,

n)

= 2 ⋅ F(

n)

⋅ n.

Durch Einsetzen von F in P

3 4

⇒ P ( n)

= 16n

− 4n

, mit : 0 ≤ n ≤ 3,75.

(1)

mit:

2 3

P′

( n)

= 48n

−16n

2

P′ ′( n)

= 96n

− 48n

Bewertungsvorschlag 3 BE

Notwendige Bedingung für Extrema

Nullstellen der ersten Ableitung: P ′( n)

= 0

2 3

⇒ 48n

−16n

= 0

oder 16n

2 (3 − n)

= 0

Damit folgen die beiden Nullstellen: n1 = 0 und n2

= 3. Bewertungsvorschlag 2 BE

Hinreichende Bedingung für Extrema

Es gilt: n

1

ist der linke Rand des Definitionsbereichs.

. Randwerte: P ( n 1

) = P(0)

= 0 und P(3,75)

= 52, 7

(2)

d.h. bei n

1

liegt offenbar kein relatives Maximum der Funktion P vor.

Bewertungsvorschlag 1 BE

OF-Prüfung Mathematik 2007 Vorschlag2 - 13 -


Vorschlag 2 Abschlussprüfung 2007 Lösungen 10

Es bleibt die Untersuchung von n

2

:

P ′′( n 2

) = P′′

(3) = −144

< 0 ,

d.h. es handelt sich um ein relatives Maximum.

Es ist: P ( n 2

) = P(3)

= 108

Mit den Randwerten (2) folgt, dass es sich bei P( 3) = Pmax = 108kW

um ein absolutes Maximum

3 −1

handelt, mit n = 3⋅10

min . Bewertungsvorschlag 3 BE

max

zu b)

Es gilt, nach Aufgabenstellung:

−6

3

P = 9 ⋅10

⋅ v .

(3)

Für die maximale Leistung P = Pmax

wird die maximale Geschwindigkeit v = vmax

erreicht.

Es gilt also: P

−6

3

= 9 ⋅10

⋅ v .

max

108

⇒ v 3

max

= ≈ 228,94 .

−6

9 ⋅10

km

Die Höchstgeschwindigkeit v

max

beträgt also 228 ,94 . Bewertungsvorschlag 2 BE

h

3 4

−6

3

zu c) Aus (1) und (3) folgt: P ( n)

= 16n

− 4n

= 9 ⋅10

⋅ v , mit : v = 140

3 4

⇒ 16n

− 4n

− 24,696 = 0

Dies ist eine ganzrationale Funktion

3 4

f ( n)

= 16n

− 4n

− 24,696

vierten Grades mit der Ableitung

2 3

f ′( n)

= 48n

−16n

Bewertungsvorschlag 1 BE

deren Nullstelle im Bereich 0 ≤n

≤ 3,75 zu bestimmen ist.

Für das Aufsuchen dieser Nullstelle kann z.B. das Newton-Verfahren gewählt werden.

Hier gilt:

f ( ni

)

ni+ 1

= ni

− , Startwert: n

0

= 1 Bewertungsvorschlag 1 BE

f ′(

n )

i

max

I

n f n )

f ′ n )

i

0 1,00000 -12,69600 32,00000

1 1,39675 3,67874 50,04476

2 1,32324 0,11163 46,97514

3 1,32086 -0,00005 46,87275

4 1,32086

3 −1

Damit ist gezeigt, dass bei einer Drehzahl des Motors von n ≈1,32086⋅10 ⋅ min die

km

Geschwindigkeit von v = 140 erreicht wird. Bewertungsvorschlag 2 BE

h

( i

( i

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