eksamen høsten 2015 – løsninger - matematikk academy · 2020. 5. 7. · d...

Eksamen høsten 2015 – Løsninger

© Aschehoug www.lokus.no Side 1 av 12


DEL 1 Uten hjelpemidler

Hjelpemidler: vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler Oppgave 1 a 2( ) 3 5 2

( ) 3 2 56 5

f x x xf x x

x

= + −′ = ⋅ +

= +

b ( )

( )( )

42

4

3 2

32

32

( ) 3 2

( ) 3( ) 3 4 2 2

( ) 3 4 2 2

24 2

g x x

g u ug u u u u x u x

g x x x

x x

= ⋅ −

= ⋅

′ ′ ′= ⋅ ⋅ = − =

′ = ⋅ − ⋅

= ⋅ −

c ( )2( ) ln 3= ⋅ +h x x x

( ) ( )

( )

( )

2 22 2 2

22

22

2

11 1 2ln 3 3 2

3 3 3

( )21 ln 3

32ln 3

3

u x uxv x v x x

x x x

h x u v u vxx x

xxx

x

′= =

′′= + = ⋅ + = ⋅ =+ + +

′ ′ ′= ⋅ + ⋅

= ⋅ + + ⋅+

= + ++

http://www.lokus.no/



Oppgave 2

( )( )

( ) e

1e e

( )

1 e e

e 1

x

x x

x x

x

f x x

u x uv v

f x u v u v

x

x

−

− −

− −

−

= ⋅

′= =

′= = −

′ ′ ′= ⋅ + ⋅

= ⋅ + ⋅ −

= ⋅ −

Vi tegner fortegnslinje for den deriverte.

Oppgave 3 a Siden vi skal dele på ( )1x − og divisjonen skal gå opp, setter vi 1x = inn i

funksjonsuttrykket ( )f x . Da vet vi at svaret skal bli 0.

3 2

3 2

( ) 2 6(1) 0

1 2 1 1 6 01 2 6 0

55

f x x x kxf

kk

kk

= − − +=

− ⋅ − ⋅ + =− − + =

− = −=

b Vi bruker først polynomdivisjon.

3 2 2

3 2

2

2

( 2 5 6) : ( 1) 6( )

5 6( )

6 6( 6 6)

0

x x x x x xx x

x xx x

xx

− − + − = − −

− −

− − +

− − +

− +− − +

Vi bruker så nullpunktmetoden på svaret fra divisjonen.




2

2

1 2

6 0

( 1) ( 1) 4 1 ( 6)2 1

1 252

1 5 6 1 5 43 22 2 2 2

x x

x

x

x x

− − =

− − ± − − ⋅ ⋅ −=

⋅±

=

+ − −= = = = = = −

Vi kan da skrive ( )f x med lineære faktorer. ( ) ( 1)( 3)( 2)f x x x x= − − +

c Vi løser ulikheten: ( ) 0

( 1)( 3)( 2) 0f x

x x x≥

− − + ≥

Vi løser oppgaven med fortegnslinje.

Løsningsmengden er de x-verdiene som gjør at funksjonsverdien er 0 eller positiv:

[ ]2 ,1 3 ,L = − ∪ → Oppgave 4

( ) ( )2 3 2 3 22

1lg lg lg lg lg lg1 lg lg lg

2lg 3lg 0 2lg lg lg3lg

ba b a b b b ab a

a b b b aa

⋅ + − = + + − − −

= + + − − +=

Oppgave 5 a 4 3( ) 4 , 2 , 4f x x x x= − + ∈ −

Vi finner nullpunktene:

( )

4 3

3

3

( ) 04 0

4 0

0 4 00 4

f xx x

x x

x xx x

=

− + =

⋅ − + =

= ∨ − + == ∨ =

Vi ser at bare 0x = ligger i definisjonsområdet, og vi har altså bare ett nullpunkt, 0.




b Vi finner topp- og bunnpunkter ved derivasjon.

4 3

3 2

( ) 4( ) 4 12

f x x xf x x x

= − +

′ = − +

Vi setter den deriverte lik 0.

( )

3 2

2

( ) 04 12 0

4 3 0

f xx x

x x

′ =

− + =

⋅ − + =

Vi lager fortegnslinje.

Toppunkt: ( ) 4 33 , (3) (3 , 3 4 3 ) (3 , 81 4 27) (3 , 81 108) (3 , 27)f = − + ⋅ = − + ⋅ = − + = Grafen har ingen bunnpunkt, men den har et terrassepunkt for 0x = .

c Vi finner vendepunktene ved dobbeltderivasjon. 3 2

2

( ) 4 12( ) 12 24

f x x xf x x x

′ = − +

′′ = − +

Vi setter den dobbeltderiverte lik 0.

( )

2

( ) 012 24 0

12 2 0

f xx x

x x

′′ =

− + =

⋅ − + =

Vi lager fortegnslinje.

Vendepunkter:

( )0 , (0) (0 , 0)f =

( ) 4 32 , (2) (2 , 2 4 2 ) (2 , 16 32) (2 ,16)f = − + ⋅ = − + =




c Vi lager en skisse av grafen innenfor definisjonsmengden.

Oppgave 6 Vi finner først vinkel u. Siden både BDC∠ og u∠ spenner over den samme vinkelbuen BC, må disse vinklene være like store. 50u BDC∠ = ∠ = ° . Vinkel v er en del av trekanten BCD. I BCD har vi allerede BDC∠ som er 50° . Vi vet også at DCB∠ må være 90° . Dette vet vi fordi vinkelen spenner over BD som er diameteren i sirkelen (Thales’ setning). Vi finner da 180 50 90 40v∠ = ° − ° − ° = ° .

Oppgave 7 a Vi definerer to hendelser. A: Eleven er en gutt. B: Eleven har blå øyne. Siden 60 % av elevene er jenter, er 40 % av elevene gutter.

Vi finner ( ) ( ) ( )( ) ( )P B P A P B A P A P B A= ⋅ + ⋅ .

( ) 0,40 0,55 0,60 0,70 0,22 0,42 0,64P B = ⋅ + ⋅ = + =

Sannsynligheten for blå øyne er 64 %.

b Vi skal finne ( ) ( )( )

( )P A P B AP A B

P B

⋅= .

Siden ( )P B er 64 %, har vi at ( )P B er 36 %.

Siden ( )P B A er 55 %, har vi at ( )P B A er 45 %.

( ) 0,40 0,45 0,500,36

P A B ⋅= =

Hvis eleven som blir trukket ut, ikke har blå øyne, er det 50 % sannsynlighet for at det er en gutt.




Oppgave 8 a Vi tegner et linjestykke AB = 10,0 cm. Vi setter passeren i A og slår en bue på 11 cm. Vi

setter passeren i B og slår en bue på 7 cm. Vi kaller skjæringspunktet mellom buene for C, og trekker linjestykkene AC og BC. Se figuren.

b Vi halverer hver av vinklene ved å sette passeren i respektive hjørner og slår en bue over hvert av de to tilhørende vinkelbeinene. Vi velger en passende lengde i passeren og slår en bue fra hvert de to skjæringspunktene mellom buen og vinkelbeinene. Vi trekker en linje, en halveringslinje, fra hjørnet til det nye skjæringspunktet for disse buene. Halveringslinjene skjærer hverandre i punktet S. Se figuren.




c Vi setter passeren i punktet S. Vi slår en bue ned på en av sidene i trekanten. Vi setter passeren i hvert av de to skjæringspunktene vi nå får, og slår to buer. Vi trekker en linje fra S til der de to buene krysser hverandre. Dette er midtnormalen fra S ned på en av sidene. Gjenta for alle tre sidene. Se figuren.

d Vinkelhalveringslinjene skjærer hverandre i et punkt S. Dette punktet blir et geometrisk sted

som kalles et innsenter i trekanten. Dette følger av definisjonen på et innsenter. Normalene fra et innsenter ned på sidekantene i trekanten vil alle bli like lange, og dermed blir det plass til en sirkel som tangerer hver av sidene i trekanten. Vi får dermed at SD = SE = SF, som er radius i den innskrevne sirkelen i trekant ABC.

Oppgave 9 ( )

( )

( )

2 4

2 4

lg 2 lg

2 4

2 2

2 2

2 2

1 2

lg 2 lg

10 10

2

2 22 0 2 0

1 1 4 ( 1) 2 1 1 4 1 22 ( 1) 2 1

1 3 1 72 2

1 2

x x

x x

x x

x x x xx x x x

x x

x x

x x

+

+ =

=

+ =

+ = ∨ + = −

− + + = ∨ + + =

− ± − ⋅ − ⋅ − ± − ⋅ ⋅= ∨ =

⋅ − ⋅

− ± − ± −= ∨ =

−= − ∨ =

Uttrykket 1 72x − ± −= gir ingen løsning på grunn av at det er et negativt tall under rottegnet.




DEL 2 Med hjelpemidler

Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon. Oppgave 1 a ( ) ek tf t c ⋅= ⋅ Av opplysningene i oppgaven får vi to likninger. I: 03,0 ekc ⋅= ⋅ II: 537,1 ekc ⋅= ⋅ Vi løser likningssettet i CAS.

Vi får 3c = og 0,0163k = .

b Vi har modellen 0,0163( ) 3e tf t = . Vi setter ( ) 10f t = for å finne når folketallet passerer 10 milliarder.

0,01633e 10t = Vi løser likningen i CAS med kommandoen Løs[<Likning>, <Variabel>].

Det vil altså skje i løpet av 2033.




c Vi omformer uttrykket: ( )0,0163 0,0163( ) 3 e 3 e

ttf t ⋅= ⋅ = ⋅

Vi regner ut 0,0163e i CAS og får

Utrykket kan derfor skrives

( ) 3 1,0164tf t = ⋅

Vi ser at vekstfaktoren blir 1,0164, og den faste, årlige, prosentvise økningen blir 1,64 %. Oppgave 2 a [ ] [ ]1 5 , 0 8 6 , 8CA = − − − = − −

[ ] [ ]7 5 , 1 8 2 , 9CB = − − − = −

cos

ACB

CA CB CA CB

α

α

∠ = ∠

⋅ = ⋅ ⋅

Vi finner vinkelen i CAS i GeoGebra ved å løse likningen numerisk.

Vinkelen blir altså 49,4 .°

b Vi finner arealet av trekant ABC i CAS i GeoGebra.

Arealet blir 35.

c Punktet E ligger på x-aksen og har koordinatene ( , 0)x . [ ] [ ]5 , 0 8 5 , 8= − − = − −

CE x x

[ ] [ ]7 ( 1) , 1 0 8 , 1= − − − − = −

AB

CE AB⊥

medfører at 0CE AB⋅ =

.

[ ] [ ]0

5 , 8 8 , 1 08 40 8 0

8 324

⋅ =

− − ⋅ − =

− + ===

CE ABx

xxx

Punket E har koordinatene ( )4 , 0 .




Oppgave 3 a Vi ser av figuren at arealet av rektanglet OABC kan skrives som linjestykkene OA OC⋅ .

Lengden av OA tilsvarer x-koordinaten til punktet A, altså x. OC tilsvarer y-koordinaten til punktet C, altså ( )f x .

( )3

4

( )

4 0,125

4 0,125

OABCA x f x

x x

x x

= ⋅

= ⋅ −

= −

b Arealet lik 5,0:

4

5

4 0,125 5OABCA

x x=

− =

Vi løser likningen i CAS i GeoGebra med kommandoen Løs[<Likning med x>].

Begge løsningene ligger i definisjonsmengden, og arealet er derfor 5,0 både for x = 1,36 og

for x = 2,53.

c Vi finner størst areal av rektanglet med CAS i GeoGebra.

Vi ser at vi får et toppunkt for 2x = . Det største arealet blir 6.




Oppgave 4 a Vi tegner grafen i GeoGebra.

b Vi løser oppgaven i GeoGebra. Vi skriver inn ( 3 , 8)= − −A og (2 , 2)B = i inntastingsfeltet. Vi bruker verktøyet «Linje», og klikker på punktene A og B. Vi bruker verktøyet «Punkt» og klikker der linja skjærer grafen til f for tredje gang. Punktet blir

(5 , 8)C = .

Summen av de tre x-koordinatene blir 3 2 5 4− + + = .




c og d

Vi ser at det tredje skjæringspunktet får x-koordinat x a s t= − − − . Summen av de tre x-koordinatene blir ( )s t a s t a+ + − − − = − . Vi ser at dette også stemmer for ( )f x .


eksamen høsten 2015 – løsninger - matematikk academy · 2020. 5. 7. · d...

Documents