Matematik A STX eksamen 25. maj 2018 | Oversigt

Svar på opgave 1:

  1. Man bruger standard-løsningsmetoden for en andengradsligning:

    x = (−b + √D)/(2·a)

    Her er: a = -2, b = 2 og c = 12. Diskriminanten, D = 22 - 4·(−2)·12 = 100 ⇒ √D = √100 = 10.

    Man får:

    x = (−2±10)/(2·(−2)) ⇔

    x = −2 ∨ x = 3

Svar på opgave 2:

  1. Skaleringsfaktoren er |AB|/|AD| = 10/5 = 2.

    Man finder |BC| ved hjælp af Pythagoras læresætning for en retvinklet trekant.

    |AC|2 + |BC|2 = |AB|2

    |BC|2 = |AB|2 - |AC|2

    |BC|2 = 102 - 82

    |BC|2 = 36 ⇔

    |BC| = √36 = 6

    |DE| = 0,5·|BC| = 0,5·6 = 3

Svar på opgave 3:

  1. A er grafen for en eksponentiel funktion, hvor grundtallet ligger mellem 0 og 1 (en monotont aftagende funktion defineret for alle reelle tal, der har y = 0 som asymptote fro x gående mod plus uendelig).

    B er grafen for en eksponentiel funktion, grundtallet er større end 1 (en monotont voksende funktion defineret for alle reelle tal, der har y = 0 som asymptote fro x gående mod minus uendelig).

    C er grafen for en potensfunktion, hvor eksponenten ligger mellem 0 og 1 (en monotont voksende funktion defineret for alle positive reelle tal, og som har aftagende hældningskoefficient (uden vandret asymptote) for x gående mod uendelig).

    Dvs. A svarer til g(x), B svarer til f(x) og C svarer til h(x).

Svar på opgave 4:

  1. Modellen er:

    f(x) = 70,4·(1-1,5%)x = 70,4·0,985x (0 ≤ x ≤ 25),

    hvor f(x) mio. tons CO2, og x er antal år efter 1990.

Svar på opgave 5:

  1. Man gør prøve:

    Venstre side: f'(x) = (1/3)·exp(x/3) - 1

    Højre side: (x + f(x))/3 = (x + exp(x/3) - x - 3)/3 = (1/3)·exp(x/3) - 1

    Dvs. prøven stemmer, og dermed er f(x) en løsning til differentialligningen.

Svar på opgave 6:

  1. Man bruger integration ved substitution.

    Substitutionen er: y = ln(x) og dy = (1/x)·dx. Det giver:

    ∫(3·y2dy) = 3·(1/3)·y3 = y3 = (ln(x))3

    Hertil skal lægges en arbitrær konstant kaldet K, og man får, at integralet er

    (ln(x))3 + K

Svar på opgave 7:

  1. Man opretter lister med data for afstand og lysintensitet:

    afstand:={1.,1.5,2.,2.5,3.,3.5} ▸ {1.,1.5,2.,2.5,3.,3.5}

    lysintensitet:={560,248,140,90,62,46} ▸ {560,248,140,90,62,46}

    Man laver en potensregression på listerne:

    PowerReg afstand,lysintensitet,1: CopyVar stat.RegEqn,f1: stat.results ▸
    [["Titel","Potensregression"]
    ["RegEqn","a*x^b"]
    ["a",558.85]
    ["b",−1.99637]
    ["r²",0.999984]
    ["r",−0.999992]
    ["Resid","{...}"]
    ["ResidTrans","{...}"]]

    Man ser at a = -1,996 og b = 558,9

    Det bemærkes, at Ti-Nspire bruger a og b modsat opgaven.

  2. Man skal finde det x, der gør at regressionsfunktionen giver 5. Regressionsfunktionen hedder f1(x) i Ti-Nspire. Man får:

    solve(f1(x)=5,x) ▸ x=10.6176

    Dvs. afstanden til lyskilden skal være 10,62 m før lysintensiteten kommer ned på 5 W/m2

  3. Man bruger formlen for procent-procent vækst for f(x).

    1.4−1.996 - 1 ▸ −0.4891

    Dvs. lysintensiteten falder med 49 %, når man øger afstanden med 40 %.

Svar på opgave 8:

  1. Linjen l har a som retningsvektor og tværvektoren til a som normalvektor. Tværvektoren til a er â = (5,2)

    Et punkt på l kaldes Q = (x,y). PQ = (x-1,y-3).

    Der gælder, at PQ·â = 0 ⇒

    (x-1,y-3)·(5,2) = 0 ⇔ (x-1)·5 + (y-3)·2 = 0 ⇔ 5x-5 + 2y-6 = 0 ⇔ 5x + 2y = 11

    Dvs. cirklens ligning er: (x-5)2 + (y-4)2 = 17

  2. Man opretter vektorerne a og b i Ti-Nspire:

    a:=[2,−5] ▸ [2,−5]

    b:=[3,4] ▸ [3,4]

    Projektionen af ab er: (abb·|b|-2

    Man får: dotP(a,b)*1.*b/(norm(b))2) ▸ [−1.68,−2.24]

    Dvs. projektionen af ab er (−1,68;−2,24)

Svar på opgave 9:

  1. Man har først brug for at finde sidenlængden |AC|. Dette gøres ved hjælp af en cosinusrelation:

    solve(cos(89.°)=((582+942-ac2)/(2*58*94)),ac)|ac>0 ▸ ac=109.59

    Dernæst bruges en sinusrelation til at finde vinkel A:

    solve(sin(89.°)/109.59°=sin(a*1.°)/94°,a)|0<a<90 ▸ a=59.050

    Vinkel A er dermed lig med 59,05°

    Arealet af ΔABC er: 0,5·(højde)·(grundlinje) = 0,5·(58·sin(59,05°))·(109.59) = 2725,6

    Dvs. arealet af ΔABC er 2725,6

  2. Man skal kende vinkel C. Den findes ved hjælp af reglen om, at summen af vinklerne i en trekant er 180°: ∠C = 180° - 89° - 59,05° = 31,95°. Desuden skal man bruge halvdelen af |BC|, som er 47. Dette er vist nedenfor:

    Herefter bruger man en cosinusrelation til at finde medianen kaldet m:

    solve(cos(31.95°)=(109.592+472-m2)/(2*109.59*47),m)|m>0 ▸ m=74.014

    Dvs. længden af medianen fra hjørnet A til siden a er 74,01

Svar på opgave 10:

  1. Tangenten til grafen for f i punktet P = (0,f(0)) kan skrives

    y = f '(0)·(x - 0) + f(0).

    Man opretter f i Ti-Nspire:

    f(x):=(x2+5*x+500)*exp(−x/100) ▸ Udført

    Man finder den afledede af f og kalder den fm:

    fm(x):=derivative(f(x),x) ▸ Udført

    Man bestemmer ligningen for tangenten gennem P:

    y=fm(0)*(x-0)+f(0) ▸ y=500

    Dvs. ligningen er y = 500

  2. Man skal lave en fortegnsbestemmelse for f ':

    solve(fm(x)=0,x) ▸ x=0 or x=195 (find nulpunkter for f ')

    fm(−1.) ▸ −1.9797 (f ' er negativ og f dermed aftagende)

    fm(1.) ▸ 1.9207 (f ' er positiv og f dermed voksende)

    fm(200.) ▸ −1.3534 (f ' er negativ og f dermed aftagende)

    Monotoniforhold: f er aftagende for x < 0, voksende for 0 < x < 195 og aftagende for x > 195

  3. Nedenfor er grafen vist for x liggende mellem -100 og 1000:

Svar på opgave 11:

  1. Man opretter c(x) i Ti-Nspire:

    c(x):=(12500*x-2500*x2)/(150+7.8x)+90 ▸ Udført

    Man opretter dernæst c' og kalder den cm:

    cm(x):=derivative(c(x),x) ▸ Udført

    Man finder nulpunkter for c':

    solve(cm(x)=0,x) ▸ x=1.61955 or x=5.53479

    Man finder værdierne af c(x) i yderpunkterne for definitionsmængden og ved nulpunkterne af c' (størsteværdien er et af stederne):

    c(0) ▸ 90.

    c(7) ▸ 89.9801

    c(1.61955) ▸ 166.959 (største værdi)

    c(5.53479) ▸ 89.9147

    Det ses, at den største værdi af glukoseindholdet fås for x = 1,61955 og dermed er det tidspunkt, hvor glukoseindholdet i blodet er størst lig med 1,62 timer efter indtagelsen af måltidet.

  2. Man løser ligningen c(x) = 130 mg/dl:

    solve(c(x)=130,x) ▸ x=0.550532 or x=2.66589

    Man undersøger monotoniforholdene mellem disse værdier, idet men ved, at c'(1,620) = 0:

    cm(1) ▸ 41.094 (c vokser mellem x = 0,5505 og x = 1,620)

    cm(2) ▸ −30.312 (c aftager mellem x = 1,620 og x = 2,666)

    Dette viser, at koncetrationen af glukose i blodet er større end 130 mg/dl fra t = 0,55 timer til t = 2,67 timer efter indtagelsen af et måltid.

    Længden af dette tidsrum er (2,666 - 0,5505) timer = 2,12 timer

Svar på opgave 12:

  1. Man opretter f i Ti-Nspire:

    f(x):=x3-6*x2+32 ▸ Udført

    Man finder rumfanget ved hjælp af formlen for rumfanget af et legeme, der drejes om x-aksen:

    integral(π*(f(x))2,x,0.,4) ▸ 4779.53

    Dvs. rumfanget af omdrejningslegemet er 4779,5

  2. Man integrerer f mellem x = 0 og x = 4:

    m=integral(f(x),x,0.,4) ▸ m=64. (arealet af M er 64)

    Man finder værdien af x for punktet hvor f skærer y = 32:

    solve(f(x)=32,x) ▸ x=0 or x=6

    Man integrerer 32 - f(x) mellem x = 0 og x = 6:

    n=integral(32-f(x),x,0.,6) ▸ n=108. (arealet af N er 108)

    Dvs. forholdet mellem arealerne af M og N er 64/108 = 0,5926

Svar på opgave 13:

  1. Nulhypotese: forkølelse er uafhængigt af kolde fødder

  2. Man opretter et skema over observerede værdier som vist:

    Man opretter en 2×2 matrix med de observerede værdier i Ti-Nspire:

    obs:=[[13,77][5,85]] ▸ [[13,77][5,85]]

    Man laver en Chi-i-anden uafhængighedstest på matricen:

    χ²2way obs: stat.results ▸
    [["Titel","χ²-uafhængighedstest"]
    ["χ²",3.95062]
    ["PVal",0.046854]
    ["df",1.]
    ["ExpMatrix","[...]"]
    ["CompMatrix","[...]"]]

    Det ses at PVal = 0,047, som er mindre end 0,05 (5 %) og dermed forkastes nulhypotesen på et 5% signifikansniveau

Svar på opgave 14:

  1. Man løser differentialligningen, hvor V(0) = 95 og D = 2800

    deSolve(v'=(1/7700)*(2800-40*v) and v(0)=95,t,v) ▸ v=25*exp(−2*t/385)+70

    Man opretter V(x) i Ti-Nspire:

    v(t):=25*exp(−2*t/385)+70 ▸ Udført

    Dvs. forskriften for V er 25·exp(−2·t/385) + 70

    Man finder V(45):

    v(45.) ▸ 89.7887

    Dvs. personens vægt 45 dage efter slankekurens start er 89,8 kg

  2. Man skal finde en forskrift for V med startbetingelsen V(0) = 100:

    deSolve(v'=(1/7700)*(d-40*v) and v(0)=100,t,v) ▸ v=(100-d/40)*exp(−2*t/385)+d/40

    Man opretter den nye forskrift i Ti-Nspire og kalder den V1:

    v1(t):=(100-d/40)*exp(−2*t/385)+d/40 ▸ Udført

    Man skal finde de D, der giver vægten 100 kg - 5kg = 95 kg:

    solve(v1(90)=95.,d) ▸ d=3464.46

    Dvs. det daglige energiindtag skal være 3464,5 kcal.

Svar på opgave 15:

  1. Man opretter punkterne A-C som stedvektorer i Ti-Nspire:

    a:=[0,3,3] ▸ [0,3,3]

    b:=[1,4,0] ▸ [1,4,0]

    c:=[6,0,3] ▸ [6,0,3]

    Man opretter vektorerne AB og AC:

    ab:=b-a ▸ [1,1,−3]

    ac:=c-a ▸ [6,−3,0]

    Man finder krydsproduktet af AB og AC:

    crossP(ab,ac) ▸ [−9,−18,−9]

    Dette krydsprodukt er en normalvektor til planen α. Man kalder normalvektoren til α for n og sætter den lig med 1/9 af AB×AC for at få pænere tal:

    n:=(1/9)*crossP(ab,ac) ▸ [−1,−2,−1]

    Man opretter punktet P med koordinaterne (x,y,z) som stedvektor:

    p:=[x,y,z] ▸ [x,y,z]

    Man opretter vektoren AP

    ap:=p-a ▸ [x,y-3,z-3]

    Hvis punktet P ligger i planen α, så skal der gælde, at skalarproduktet af AP og n er lig med 0. Dette sættes ind i Ti-Nspire:

    dotP(n,ap)=0 ▸ −x-2*y-z+9=0

    Dvs. ligningen for α er −x - 2·y - z + 9 = 0, der kan omskrives til x + 2·y + z = 9 som ønsket.

  2. Retningsvektoren (r) for linjen l er er (3k,1,k). Man opretter r i Ti-Nspire:

    r:=[3*k,1,k] ▸ [3*k,1,k]

    Denne vektor skal være vinkelret på planens normalvektor. Dvs. skalarproduktet af r og n skal være 0. Den fremkomne ligning løses med hensyn til k:

    solve(dotP(n,r)=0,k) ▸ k=−1/2

    Dvs. k skal være -1/2 for at linjen l ligger i planen α.