DEL 1 Uten hjelpemidler

Transkript

1 DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler Oppgave 1 a 4 ( ) f + f ( ) 4 1 g ( ) ln( ) u u 1 v ln( ) v ( ) ln( ) + g ln + + (ln 1) 1 c h ( ) e hu ( ) e + u + u + u u h ( u) e u h( ) e (4 1) (4 + 1)e + Aschehoug Side 1 av 17

2 Oppgave 1 4+ a ( 1) ( ) ( 1)( ) 1 ( ) ( 1) ( ) + ( 1) ( ) ( ) ( 1) ( 1)( ) + 4( 1) ( ) ( 1)( ) ( 1)( ) ( 1)( ) ( 1) ( 1) ( ) ( ) ln y 1 ln + ln ln ln 1 (ln + ln y) 4ln ln y ln + 6ln y ln + ln y ln ( y ) 4 ( y ) ( y ) 7 ln y ( ) Oppgave a AB [ 1 ( ), ( 1) ] [ 1, ] BC [ ( 1), 1 ( ) ] [ 4,] AB BC [ 1, ] [ 4,] ( ) 4 + ( 4) 0 Skalarproduktet lir 0, og da er AB BC. Aschehoug Side av 17

3 c CD t, t + ( 1) t, t + CD AB CD k AB [ ] [ ] t t + k, 1, t, t + k, k Dette gir oss likningene I: II: + t k t k Likning I gir oss k t. Vi setter uttrykket for k inn i likning II. t t t + ( t ) + t+ 6 + t 0 Vi løser likningen med ac-formelen. ± t 4 a ac ± ( ) ± ± 16 ± t 1 t Oppgave 4 a Vi skal dele på ( 1). Hvis divisjonen skal gå opp, må dermed f (1) 0. f k ( ) f (1) k 0 1+ k + 1 k 1 Aschehoug Side av 17

4 c f ( ) Vi utfører polynomdivisjonen. ( ) ( ) : ( 1) ( ) (1 + 1) Vi får ( ) 0 f( ) + 1 ( 1). Da gjenstår det å faktorisere andregradsuttrykket ved hjelp av nullpunktmetoden Dette gir oss ± ( 1) 1± 49 1± ( )( + 4). Dermed får vi funksjonsuttrykket uttrykt som produkt av lineære faktorer: f( ) ( )( + 4)( 1) ( )( + 4) 0 1 Vi tegner fortegnslinje for venstresiden. Vi ser at L 4,1,. Aschehoug Side 4 av 17

5 Oppgave 5 Vi definerer to hendelser: A fra leverandør A D laderen er defekt A fra leverandør B D laderen er ikke defekt. a PA ( D) PA ( ) PDA ( ) 0, 40 0,0 0,01 Sannsynligheten er 1, % for at laderen er fra leverandør A og er defekt. Vi finner først sannsynligheten for at en lader er defekt. ( ) ( ) PD ( ) PA ( ) PDA ( ) + P A P DA 0, 40 0,0 + 0,60 0,0 0,01 + 0,01 0,04 Bayessetningen gir sannsynligheten for at en lader som er defekt, kommer fra leverandør A. PA ( )( DA) P( AD) PD ( ) 0, 40 0,0 0,04 0,01 0,04 0,50 Sannsynligheten er 50 % for at en lader som er defekt, kommer fra leverandør A. Aschehoug Side 5 av 17

6 Oppgave 6 a f ( ) e 4e + Vi finner nullpunktene ved å sette f( ) 0. e 4e + 0 ( ) f( ) 0 e 4e + 0 Vi velger å sustituere u 4u+ 0 u e. ( 4) ( 4) 4 1 ± u 1 4 ± 16 1 u 4± u u u 1 Vi sustituerer tilake til e. e ln 1,10 e 1 ln1 0 Nullpunktene er 0 og 1,10. Vi finner topp- og unnpunkter ved hjelp av derivasjon. f + ( ) e 4e f ( ) e 4e ( ) e e Vi tegner fortegnslinje. Aschehoug Side 6 av 17

7 Vi ser at vi har et unnpunkt i ( ln, f (ln ) ). f ln ln (ln ) e 4e + ln ( ) e Bunnpunktet lir dermed (ln, 1) (0,69, 1). c Vi finner vendepunkt ved hjelp av doeltderivasjon. f ( ) e 4e f ( ) e 4e 4e 4e 4e (e 1) Vi lager fortegnslinje for den doeltderiverte. Vi ser at grafen går fra å ha hul side ned til å ha hul side opp for 0. Vi får et vendepunkt i 0, f (0). ( ) f 0 0 (0) e 4e e Vendepunktet lir i origo, (0, 0). Aschehoug Side 7 av 17

8 d Vi skisserer grafen med nullpunktene A og B, unnpunktet C og vendepunktet A. Oppgave 7 a Hver av de tre trekantene har fått alle sine tre sider multiplisert med en og samme konstant, henholdsvis konstantene a, og c, i forhold til den opprinnelige trekanten. Dermed vil alle de tre trekantene være formlike med den opprinnelige trekanten, siden forholdstallet mellom sidelengdene i de nye trekantene og den opprinnelige trekanten vil være lik konstanten det le ganget med i hvert tilfelle. Siden alle tre trekantene er formlike med den fjerde, opprinnelige trekanten, vil de tre trekantene også være innyrdes formlike. Siden trekantene er rettvinklede, vet vi at EAD + ADE , og at ADB 90. Vi vet også at EAD CDB siden trekantene er formlike. Dette gir oss at ( CDB + ADE) + ADB Dermed vet vi at punktene E, D og C ligger på samme linje, siden alle vinklene starter i punktet D. c Vi vet at punktene E, D og C ligger på en rett linje, og at åde E og C er 90. Linjestykkene EA og CB lir dermed parallelle. Siden åde EA og CB er a lange, har de også samme lengde. Siden linjestykket AB er en sammenhengende, rett linje, har vi at alle hjørnene i firkanten er 90, at to og to sider er parallelle, og at to og to sider er like lange, altså et rektangel. Vi vet at linjestykkene EC og AB er like lange siden firkanten er et rektangel. Vi får dermed denne sammenhengen: EC AB ED + DC AB a + c Dette tilsvarer at kvadratet av den ene kateten pluss kvadratet av den andre kateten er lik kvadratet av hypotenusen i den originale trekanten, og vi har vist pytagorassetningen. Aschehoug Side 8 av 17

9 DEL Med hjelpemidler Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av Internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon. Oppgave 1 a Vi ser av figuren at DCB spenner over uen BD. DCB er en periferivinkel, og vi vet av periferivinkelsetningen at en periferivinkel vil være halvparten så stor som den tilhørende sentralvinkelen. Sentralvinkelen til den lengste delen av uen BD er 60 u. Vi får dermed at 60 u 60 u 1 DCB 180 u BAD er periferivinkelen til den korteste uen BD. u 1 BAD u Dette gir oss 1 1 BAD + DCB u u 1 1 u+ 180 u 180 Vi vet også at vinkelsummen i en firkant er 60. Dette gir oss BAD + DCB + CBA + ADC 60 ( BAD + DCB) + ( CBA + ADC) ( CBA + ADC) 60 CBA + ADC CBA + ADC 180 Vi har dermed vist at BAD + DCB CBA + ADC 180 Oppgave a Vi har sirkellikningen Punktet (, 8) gir likning I: a c a+ 8+ c 0 a+ 8+ c 7 Punktet (9, 6) gir likning II: + y + a + y + c 0. Aschehoug Side 9 av 17

10 + + a + + c a+ 6+ c 0 9a+ 6+ c 117 Punktet (1, ) gir likning III: + + a + + c 1 ( ) 1 ( ) a + c 0 1a + c 17 Alternativt kunne vi funnet likningene med CAS og funksjon med to varialer. Vi løser likningssystemet med CAS. Vi ser at a 6, 4 og c 87. Aschehoug Side 10 av 17

11 Oppgave a Tre krav må være oppfylt for at vi skal kunne ruke inomisk sannsynlighetsmodell: 1. Delforsøkene må være uavhengige av hverandre. Det vil si at om en person ikke møter opp til en flyavgang, må ikke dette påvirke sannsynligheten for at en annen person ikke møter opp. Her må vi altså se ort fra tilfeller slik som når én person i en familie lir syk og ikke kan reise, og at dette igjen fører til at ingen i familien kan reise.. Hvert delforsøk må kunne deles i to gjensidig utelukkende kategorier og utfall. Her deler vi hvert delforsøk i de to utfallene; enten møter personen med illett opp til flyavgangen, eller møter personen med illett ikke opp til flyavgangen.. Det må være en fast sannsynlighet for hvert utfall i delforsøkene. Her er sannsynligheten for at en person med illett møter opp til flyavgangen 0,94, og sannsynligheten for at en person med illett ikke møter opp til flyavgangen 0,06. Hvis alle som møter, skal få plass på flyet, kan ikke flere enn 116 personer møte opp. Vi ruker sannsynlighetskalkulatoren i GeoGera og summerer sannsynlighetene for at fra og med 0 til og med 116 personer av de 1 med illett møter opp til flyavgangen. Sannsynligheten er altså 75 % for at alle som møter, skal få plass. Aschehoug Side 11 av 17

12 c Vi prøver oss fram og ser hva som skjer med sannsynligheten hvis vi reduserer antallet solgte illetter: 11 solgte illetter gir oss 86 % sannsynlighet for at alle får plass. 10 solgte illetter gir oss 9,4 % sannsynlighet for at alle får plass. Aschehoug Side 1 av 17

13 119 solgte illetter gir oss 98 % sannsynlighet for at alle får plass. Vi konkluderer med at flyselskapet ikke kan selge flere enn 119 illetter hvis de vil være minst 95 % sikre på at alle som har kjøpt illett, skal få plass på flyet. Oppgave 4 a Vi lager et nytt punkt G på figuren, som vist nedenfor. 10 Vi ser at avstanden GE lir GE 5, siden ABE er likeeint. Avstanden AG lir Vi ruker pytagorassetningen i AE AG + GE s AG, tilsvarende høydene i ABE og CDF. AGE og finner et uttrykk for s. Aschehoug Side 1 av 17

14 I rad har vi enyttet at den samlede veilengden er + 4s. Vi omskriver g: ( ) g ( ) ( ) ( 10) + 10 Av radene og (andrederiverttesten) ser vi at den samlede veilengden er minst mulig for 4,. Av rad 5 ser vi at den samlede veilengden da er 7, km. Oppgave 5 a Aschehoug Side 14 av 17

15 Fartsvektoren v( 1) [ 1, ] og anefarten lir 5. Vi tegner fartsvektoren ved å ruke kommandoen Vektor[<Startpunkt>, <Sluttpunkt>] og skriver inn Vektor[r(-1), r(-1)+r'(-1)]. Aschehoug Side 15 av 17

16 c Vi ser at vi har tre mulige løsninger som alle ligger innenfor definisjonsmengden t, [ ]. Partikkelen har farten ved tidspunktene t, t 0 og t. Aschehoug Side 16 av 17

17 d Vi kaller anefarten for ct (). Banefarten til partikkelen er altså størst for t 0 og minst for t ±. Vi ruker skalarprodukt til å finne t-verdiene hvor fartsvektoren og akselerasjonsvektoren står normalt på hverandre. Fartsvektoren og akselerasjonsvektoren til partikkelen står normalt på hverandre for t 0 og t ±, altså i de samme punktene på kurven som der anefarten til partikkelen har sin største eller minste verdi. Vi ser at det skjer for samme verdier av t i egge tilfeller, og dermed vil det skje i det samme tre punktene. Aschehoug Side 17 av 17