Løsningsforslag 1T Eksamen. Høst Nebuchadnezzar Matematikk.net Øistein Søvik

Transkript

1 Løsningsforslag 1T Eksamen 6 Høst Nebuchadnezzar Matematikk.net Øistein Søvik Sammendrag De fleste forlagene som gir ut lærebøker til den videregående skolen, gir ut løsningsforslag til tidligere gitte eksamener. Dessverre er disse ofte bare åpne for betalende medlemmer. Videre vil dette løsningsforslaget legge seg på en litt annen kurs enn andre løsningsforslag. I første del vil fasitsvaret til alle regneoppgaver bli oppgitt. Dette gjøres slik at om ønsket kan raskt se om en har regnet riktig eller ei. Har en regnet feil, kan en selv regne på nytt uten å få fremgangsmåten spolert. Deretter vil vi ta for oss oppgavene i tur og orden gjerne litt nøyere en hva som kreves under eksamen. Vi vil også skrive små kommentarer om vanlige feil elever gjør til en del oppgaver, og også hva som bør nevnes til hver oppgave. Til tider vil vi også vise alternative måter å løse oppgavene på. Og et fåtall ganger vil vi streife utenfor pensum og vise alternative metoder. Dette er et annerledes løsningsforslag, men vi håper den som leser dette vil få glede av det. Det viktigste å huske på før en eksamen er å opparbeide seg en god forståelse, og en bred faglig kompetanse. Dokumentet her er ment å hjelpe leser et lite steg i den retningen.

2 MAT1013-1T Høst Innhold Karaktergrenser og Vurderingsskjema Fasitsvar til regneoppgaver IV V Del 1 Oppgave 1 1 Oppgave 2 1 Oppgave 3 2 Oppgave 4 2 Oppgave 5 3 Oppgave 6 4 a) b) c) Oppgave 7 5 Oppgave 8 5 a) b) c) Oppgave 9 8 a) b) Oppgave 10 9 a) b) II

3 MAT1013-1T Høst Del 2 Oppgave 1 11 a) b) III

4 MAT1013-1T Høst Karaktergrenser og Vurderingsskjema Gjeldende poengfordeling Del 1 Del 2 Sum 1a 1b 1c 2a 2b 3a 3b 4a 4b 5a b 6a 6b 7a 7b a 1b 1c 2a 2b 2c 3a 3b 3c 4a b 4c 5a 5b 6a 6b 6c Totalt antall poeng 60 Karaktergrenser Karakter I Poeng I prosent Det kan hende at summen ikke nøyaktig er 100, dette skyldes at prosentene er rundet av til nærmeste heltall. IV

5 MAT1013-1T Høst Fasitsvar til regneoppgaver Oppgave Oppgave 2 x = 4 Oppgave 3 x = 2 Oppgave 4 < x < 2 1 < x < Oppgave 5 P (J G) = 8/15 Oppgave 6 a) x = 0 og x 3 b) 0 < x < 2 c) < f >= 4 Oppgave 7 2 Oppgave 8 Forklar at oppgave Oppgave 9 a) AC = og AD = 6 b) Vis at Oppgave 10 a) Vis at b) g (x) = 2/x 2 og h (x) = 1/(2 x). V

6 Del 1 Uten hjelpemidler Oppgave 1 (1 poeng) Regn ut og skriv svaret på standardform Det enkleste blir å skrive hvert tall på standardform også gange sammen = = Siden = 12.5 = Dette fullfører utregningene våre. Oppgave 2 (1 poeng) Løs likningen 2 2+ x 2 = 16 Merk at log 16 = log 2 4 = 4 log 2. Hvor grunntallet er valgfritt 1. Ved å ta logaritmen på begge sider og bruke log a b = b log a fås ( x + x ) log 2 = 4 log x = 4 Altså er x = 8/3. Merk at en kunne ha brukt lb(x) = log 2 (x) på begge sider og kvittet oss med logaritmene direkte, siden log 2 (2) = 1. Men det er like greit å dele med log 2. En liknende måte er å legge merke til at en kan skrive 16 = 2 4, så 2 x+ x 2 = 2 4. Siden grunntallet er likt må også potensene være like. Altså x + x/2 = 4, som gir samme løsning som før. Eneste kravet for at a b = a c medfører b = c er at a > 0. 1 Merk at når en skriver log x og ikke log a x er den europeiske standaren at log x betegner den naturlige logaritmen. Altså log x = log e (x) = ln x. Dette har ikke UDIR fått med seg. 1 av 12

7 Oppgave 3 (1 poeng) Løs likningen lg(2x 3) = 0 Vi opphøyer begge sider i 10 siden da 10 lg x = x. Dette gjør atlikningen kan skrives som 10 lg(2x 3) = x 3 = 1 Løser vi likningen får vi x = 2, som var det som skulle bestemmes. Oppgave 4 (2 poeng) Løs ulikheten x 2 + x > 2 Første steg er å finne nullpunktene til ulikheten. Via andregradsformelen fås x = 1 ± 1 2 4(1)( 2) 2 1 = 1 ± 3 2 x = 2 x = 1 Vi kunne også bestemt røttene ved faktorisering eller vietes formel. Vi ønsker å finne to tall slik at a + b = 1 og a b = 2. Her ser en rastk at a = 2 og b = 1 fungerer. Altså er x 2 + x 2 = (x + 2)(x 1) (x 1)(x + 2) 0 0 x 1 0 x x Figur 1: Fortegnslinje til uliketheten x 2 + x > 2. Herfra tegner vi en fortegnslinje for å se når funksjonen er positiv og negativ, se figur (1). To like linjer blir positiv, to ulike linjer blir negativ osv. Fra fortegnskjemaet ser vi at x 2 + x > 2 når x < 2 x > 1. Som også kan skrives som x (, 2) (1, ). 2 av 12

8 Oppgave 5 (2 poeng) I en klasse er det seks gutter og fire jenter. To elever velges tilfeldig ut til å være med i en spørreundersøkelse. Tegn et valgtre, og bruk dette til å bestemme sannsynligheten for at èn jente og èn gutt velges ut. Trekk 1 6J, 4G J 6/10 G 4/10 Trekk 2 6J, 3G Trekk 2 5J, 4G J 5/9 G 4/9 J 6/9 G 3/9 P (J J) = P (J G) = P (G J) = P (S S) = = Figur 2: Trediagram over utfallene med 6 jenter (J) og 4 gutter (G). Valgreet er vist i figur (2). Ved å ta utgangspunkt i figuren så blir sannsynligheten for å velge en gutt og en jente P (J G) = P (J G) + P (G J) = = = 8 15 Sannsynligheten er altså litt over 50 % for å trekke ut en gutt og en jente. Tilleg: Oppgaven ber eksplisitt om å bruke et valgtre for å finne svaret, men en alternativ måte erå bruke en hypergeometrisk fordeling. Da har vi ( )( ) 6 4 / ( ) 10 P (G J) = = /2 = 8 15 Altså akkuratt det samme som før. 3 av 12

9 Oppgave 6 (3 poeng) På figur (3) ser du grafen til en tredjegradsfunksjon f 4 y 2 x Figur 3: Grafisk løsning av Oppgave 1 c x f(x) a) For hvilke verdier av x er f(x) 0? Merk at det står altså større eller lik null. Fra figur (3) ser vi at f(x) 0 når x = 0 x 3. Husk altså å ha med x = 0 for å få full utteling. b) For hvilke verdier av x er f (x) < 0? Den deriverte sier noe om hvor funksjonen vokser eller synker. Fra figuren ser vi at f synker mellom x = 0 og x = 2. Altså f (x) < 0 når 0 < x < 2. Som også kan skrives som x (0, 2). c) Bestem den gjennomsnittlige vekstrfarten til f fra x = 0 til x = 2. Dette er det samme som stigningstallet til en tangtent som går gjennom punktene (0, 0) og (2, 8). Svaret burde derfor bli negativt. Stigningstallet blir a = y 1 y 0 = 0 ( 8) = 8 x 1 x = 4 Stigningstallet blir altså 4 fra x = 0 til x = 2. 4 av 12

10 Oppgave 7 (2 poeng) Trekk sammen og skriv så enkelt som mulig 3x x x 3 x2 12x + 9 x 2 9 Det enkleste blir kanskje å trekke sammen de to første brøkene. Dette gir 3x x x 3 = 3x x + 3 x 3 x 3 3 x 3 x 3 x 3 = 3x2 9x x 2 9 3x 9 x 2 9 = 3x2 12x 9 x 2 9 Hvor en satte på fellesnevner og brukte a 2 b 2 = (a b)(a + b). Setter en inn fås 3x x x 3 x2 12x + 9 x 2 = 3x2 12x 9 9 x 2 x2 12x x 2 9 = 2x2 18 x 2 9 = 9 2x2 x 2 9 = 2 Som var det som skulle bestemmes. Merk at vi kunne gjort faktoriseringen på en litt annerledes måte. Vi kan skrive om de sammenslåtte brøkene som 3x 2 12x 9 x 2 9 = (x2 12x + 9) + 2(x 2 9) x 2 9 Dette gjør nok innsetningen enda enklere. = x2 12x + 9 x Oppgave 8 (3 poeng) Forklar hvorfor hver av påstandene nedenfor er riktige. a) ( ) 1 2 > 2 5 vi kan skrive om venstresiden som (2/5) 1 = (5/2) = (1 + 4)/2 = 2 + 1/2. Siden 1/2 > 0. Konkluderer vi med at (2/5) 1 > 2. Alternativt ( ) 1 ( ) 2 5 > 2 > 2 5 > Her er det viktig at pilene går begge veier. Siden siste likhet er sann kan vi følge pilene tilbake til den siste likheten. b) tan 45 = 1 Her kan vi for eksempel bruke definisjonen av tangens. Så sin 45 cos 45 = 1 sin 45 = cos 45 Det raskeste herfra blir å huske at sin 45 = 2/2 = 1/ 2 og en er ferdige. 5 av 12

11 Tilleg: Sinus og cosninusverdier til enkle funksjoner bør vi huske. Dog anta at vi har glemt disse for ett øyeblikk. Vi kan for eksempel istedet bruke at sin(90 x) = cos x. Ved å sette inn x = 45 får vi sin 45 = cos 45 direkte. C β A α B Figur 4: Illustrerer en vilkårlig rettvinklet trekant ABC. For et veldig kort bevis vet vi at summen av vinklene i en rettvinklet trekant er α + β + 90 = 180. Som medfører at β = 90 α. Videre så er cos α = sin β. Som følger fra at cos α = AB/AC og sin β = AB/AC, se figur (4). Dette betyr cos α = sin β = sin (90 α), som var det som skulle vises. Merk at dette viser at en ikke trenger vite sin 45 eller cos 45 for å vise at tan 45 = 1. Det holder å vise at de er like, kult! c) log 200 > 2 Her har UDIR sannsynligvis blingset. Meningen er nok å vise at lg 200 > 2. Som nevnt tidligere er standarden at log x = ln x. Nuvel. Ved å bruke log ab = log a + log b i kombinasjon med 200 = fås lg 200 = lg lg 2 = 2 lg 10 + lg 2 = 2 + lg 2 Dermed sier ulikheten at 2 + lg 2 > 2. At denne ulikheten stemmer følger fra at 2 1 så lg 2 > lg 1 = 0. Tilleg: 1 Anta at ulikheten heller skulle vises for log x = ln x. Dersom vi har vist det for lg x er vi egentlig ferdig. Hvorfor det? Fordi et lavere grunntall altså base gir en høyere verdi, med andre ord log a (x) > log b (x) når b > a > 1. Dette burde gi intutiv mening fordi et baseskifte er bare en skalering av ulikheten log a (x) = log b x log b a log a(x) log b a = log b x Merk at b > a > 1 fører til at 1 > log b a > 0. Dermed så er log a x > log a (x) log b a = log b x som var det vi ønsket å vise. Alternativt kan vi bare regne ut høyresiden, og bruke 2 > 1 og 5 > e lg 200 = 3 log log 5 > 3 log log e = 2. Men dette er en veldig grov tilnærming. Ved heller å bruke log 2 > 69/100 og log 5 > 8/5 fås lg 200 = 3 log log 5 > = av 12

12 Som viser at log 200 er betraktelig større enn lg 200. Men denne diskusjonen er langt mer naturlig å ta i R1 når en introduserer logaritmer med andre grunntall. Tilleg: 2 La oss ønske å estimere lg(200) = 2 + lg 2 litt mer nøyaktig. Vi vet at 2 < lg(200) < 3, siden 0 = lg 1 < lg 2 < lg 10 = 1. Så for å estimere lg(200) mer nøyaktig er det lg 2 som må tilnærmes. Nå er 2 mye nærmere 1 enn 10 så vi kan forvente at log 2 ligger nærmere 0 enn 1. Fra definisjonen har vi x = lg 2 10 x = 2. Dette er en likning som en kan tilnærme løsningen på eller løse grafisk. En smart matematikklærer 2 vil nok bruke newtons tilnærmingsmetode her. Da har vi x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n 10xn 2 10 xn log 10 = x n 1 log xn log 10 og vi er i utgangspunktet like langt. Dette skyldes at vi ikke blir kvitt logaritmen når vi deriverer. Dersom vi bruker tilnærmingen log 10 23/10 får vi konvergens til 10 desimaler etter 6 iterasjoner og startverdi x 0 = 0. Men for det første hvordan skal en vite at log 10 23/10? Og for det andre får vi fortsatt ikke enkle verdier å lese av når vi itererer. Etter to iterasjoner får en x 2 = /23, som jeg ikke klarer å se ved første øyenkast. Vi dropper altså denne ideen. I stedet er det fornuftig å kunne ca verdien til 2-3 logaritmer. Vi har 0.69 < log 2 < 0.7, 1 < log 3 < 1.1 og 1.6 < log 5 < Dette er alt en trenger for å få et overslag. Bruker vi baseskiftet ovenfor har vi lg 2 = log 2/ log 10. Ved å tilnærme denne verdien får vi < log 2 log 2 + log 5 < < lg 2 < < lg 2 < 0.31 Dette medfører altså at 2.30 < lg 200 < Som er en relativt bra tilnærming. Ved å øke telleren blir brøken større, og ved å senke nevneren. Dette sørger for at ulikheten blir skarp. 2 Jeg gjorde i hvertfall det! 7 av 12

13 Oppgave 9 (4 poeng) Gitt ABC. Punktet D ligger på AB og punktet E ligger på AC slik at DE BC. Se figur 6. AB = 8, AE = 3 og arealet av ABC er 16 C E A D B Figur 5: Illustrerer en vilkårlig rettvinklet trekant ABC. a) Bestem AC og AD ved regning. Arealet av en trekant kan skrives som T = g h/2 Her vil T = 16, g = AB og h = AC. Løser vi likingen med hensyn på AC fås AC = 2T AB = 2 16 = 4 8 Nå bestemmes AD. Trekant ABC og ADE er formlike, husk at dette må argumenteres for. Vi har at CAB = EAD og minst to linjer er parallelle, AE AC og AD AB. Altså har vi at forholdstallet mellom to sider er likt AE AC = AD AB Dette medfører at AD = (AB AE)/AC = (8 3)/4 = 6. b) Vis ved regning at BC DE = 5 Her finnes det flere ulike løsninger. Vi tar den mest vanlige først. Siden vi har AE og AD og vet at vinkelen er rett kan vi bruke pytagoras til å regne ut DE. DE = AE 2 + AD 2 = = 45 = 3 5 Her brukte jeg at ab = a b når ab > 0 og at 45 = 9 5. Med samme argumentasjon kan vi regne ut BC. Vi vet at AC = 4 og AB = 8. Dermed så er BC = = = 80 = av 12

14 Igjen ble det brukt at 80 = 10 8 = = 5 16 = Differansen av disse to blir da BC DE = = 5 som var det vi ønsket å vise. Å faktorisere kvadratrøttene uten kalkulator tar kanskje lang tid for noen elever. En alternativ måte er vist på figur (6). C E F A D B Figur 6: Illustrerer en vilkårlig rettvinklet trekant ABC. Differansen BC DE = BF er markert som en stiplet linje på figuren. Vi trenger alstå bare regne ut BF for å finne differansen. Siden DE er parallell med BC så er avstanden mellom linjene være konstant. Dette fører til at CF = DE og CE = DF.videre står DB står vinkelrett på DF så pytagoras kan benyttes BF = DF 2 + DB 2 = CE 2 + DB 2 = (AC AE) 2 + (AB AD) 2 = (4 3) 2 + (8 6) 2 = 5 Denne metoden kan være vanskeligere å se, men den gjør algebraen på slutten enklere. En bytter altså algebraisk faktorisering ut mot geometrisk resonnering. Oppgave 10 (5 poeng) Karin har lært at det er mulig å bruke derivasjonsregelen (x n ) = nx n 1 til å derivere funksjonen f ved Hun starter med å skrive Så deriverer hun f(x) = 1 x f(x) = 1 = 1 x x 1/2 = x 1/2 f (x) = 1 2 x 1/2 1 9 av 12

15 a) Skriv om uttrykket for f (x) ovenfor, og vis at f (x) = 1 2 x 3 Vi har at x 1/2 = x og at x a = 1/x a. Bruker vi dette kan en skrive f (x) = 1 2 x 1/2 1 = 1 2 x 3/2 = x = 1 1 3/2 2 (x 3 ) = 1 1 1/2 2 x 3 For å være pinlig nøyaktig. Her ble det og brukt at x ab = (x a ) b = (x b ) a. Funksjonene g og h er gitt ved g(x) = 1 x 2 og h(x) = x kan også deriveres ved å bruke derivasjonsregelen ovenfor. b) Bestem g (x) og h (x). Funksjonenene kan skrives om som henholdsvis g(x) = x 2 ogh(x) = x 1/2 Ved å bruke derivasjonsregelen (x n ) = n x n 1 med n = 2 fås da g (x) = 2 x 2 1 = 2x 3 = 2 x 3 Hvor det ikke spiller noen kasserolle hvilke av de to siste svarene en oppgir. Helt tilsvarende bruker vi derivasjonsregelen med n = 1/2 på funksjonen h. h (x) = 1 2 x1/2 1 = 1 2 x 1/2 = x = 1 1/2 2 x 10 av 12

16 Del 2 Med hjelpemidler Oppgave 1 (3 poeng) Formelen nedenfor brukes for å regne ut den totale motstanden R i en parallellkobling med to motstander R 1 og R 2 root left right child child 1 R = 1 R R 2 a) Bestem R når R 1 = 5 og R 2 = 7. b) Vis at dersom R 2 = 2R 1, vil R = 2 3 R av 12

17 MAT1013-1T Del 2 Høst Denne siden er med hensikt blank. 12 av 12