Eksamen 1T våren 2011

Transkript

1 Eksamen 1T våren 011 Oppgave 1 a) 1) ) =,6 10 0,04 10 =, b) c) x x + 6x= x 16 = 0 6 ± ( 16) 6 ± ± ± 10 x = = = = = ± 5 1 x = 8 eller x = x x xx > 0 ( 1) > 0 Vi løser ulikheten ved å lage et skjema med fortegnslinjer. x x x x > 0 når < 0og når > 1 d) 1) = = = Punkt E ) 0 5,5 = 1 Punkt C ) 16 < 1 < 5 16 < 1 < 5 4 < 1 < 5 Punkt J 4) 0 < tan 0 < tan 45 = 1 Punkt B 5) 6) 6 = 6 = Punkt G = = = Punkt H

2 e) lg(x 1) = x 1 = 10 x = x = f) 1) Vi legger opplysningene i oppgaven (røde tall) inn i en krysstabell og fyller ut tabellen. Sommerjobb Ikke sommerjobb I alt Ferie 10 1 Ikke ferie 6 8 I alt ) 1 P (ferie) = = 0 5 Oppgave a) y x b) f (0) = 0 = og f () = = 4 = Den rette linja går dermed gjennom punktene (0, ) og (, ). Likningen for ei rett linje er på formen y = ax + b, der a er stigningstallet og b er konstantleddet. Ettersom linja går gjennom (0, ), er b =. Da er y = ax. Det andre punktet (, ) må passe inn i likningen. Det gir

3 = a a = + a = 4 a = y = x c) f x ( ) = x f '( x) = x f '(1) = 1 = Stigningstallet til tangenten er. f (1) = 1 = 1 Tangeringspunktet på grafen til f har koordinatene (1, 1). Tangenten har likningen y = x+ b Vi setter punktet (1, 1) inn i likningen og bestemmer konstanten b. 1= 1 + b b = 1 b = Tangenten har likningen y = x Tangenten er tegnet sammen med grafen til f under punkt a. Oppgave a) Ettersom E er midtpunktet på siden BC, er BE = 1. AE = AB + BE AE = 1 + = 1+ = AE = = = 4 4 På grunn av symmetri i figuren er AF = AE.

4 b) Arealet av AEF = Arealet av hele kvadratet ABCD Arealet av ABE Arealet av AFD Arealet av ECF Arealet av AEF = = = 1 = 1 = c) Bruker arealsetningen på AEF. Arealet av AEF = 1 AE AF sinα = sin α 8 5 = sin α 8 8 = 5 sinα sinα = 5 Oppgave 4 a) Vi bruker for eksempel GeoGebra og tegner grafen til f.

5 b) 1) Grafisk: Vi tegner den rette linja y = 150 i det samme koordinatsystemet som grafen til f. 1. koordinaten til skjæringspunktene mellom grafene viser farten når utslippet er 150 g CO per kilometer. Farten er 60 km/h eller 86 km/h. Ved regning: f( x ) = 150 0, 046x 6, 7x+ 86 = 150 0, 046x 6, 7x+ 6 = 0 ± ± x = = 0,046 0,09 x = 59,67 eller x = 85,99 ( 6,7) ( 6,7) 4 0, ,7 1, 466 Farten er 60 km/h eller 86 km/h. ) Grafisk: Vi bruker det grafiske bildet i GeoGebra fra oppgave a og skriver Ekstremalpunkt[f]. Da får vi fram et bunnpunkt med koordinatene (7,8, 14,0). Det laveste CO -utslippet er 14 g/km. Farten er da 7 km/h. Ved regning: f( x) = 0, 046x 6, 7x+ 86 f '( x) = 0,046 x 6,7 = 0,09x 6,7 f '( x ) = 0 0,09x 6,7 = 0 6,7 x = = 7,8 0,09 Grafen til viser at vi er ved den laveste verdien til f ved denne x-verden. f (7,8) = 14, 0 Det laveste CO -utslippet er 14 g/km. Farten er da 7 km/h. c) f (70) = 14, 4 Bilen slipper 14,4 g/km når farten er 70 km/h. Med den farten kjører bilen 5 km på en halv time. CO -utslippet er da: 14,4 g/km 5 km = 4980g 5,0 kg

6 Oppgave 5 a) La x være høyden til treet i meter. Formlikhet gir da x 1 = 1, 1, 6 1 x = 1, = 9, 0 1, 6 Treet er 9,0 m høyt. b) La v være vinkelen solstrålen danner med sletten. Da har vi 9,0 tan v = 1 v = 6,9

7 c) De måler lengden av planken og plasserer den vertikalt et sted i skråningen. På figuren nedenfor er planken plassert mellom punktene G og H. Så måler de lengden av skyggen GA. Nå er AGH formlik med ADC. Da er AHG = ACD = ,9 = 5,1. I AGH kjenner de nå GH, AG og AHG. Bruker de nå sinussetningen på AGH, får de bestemt A. I ABC er C = 180 6,9 = 14,1. u = ,9 A= 6,9 A d) Ettersom treet (EF) står vinkelrett i skråningen, er AEF formlik med ADC. AFE = ACD = 5,1, Videre er A= 6,9 u = 6,9 5 = 11,9. EF AE = sin A sin AFE EF 17 = sin11,9 sin 5,1 17 EF = sin11,9 = 4,8 sin 5,1 Treet er 4,4 m høyt. Oppgave 6 a) 1) Når x = 0 er y = 15. Temperaturen i vannet var 15 C da Bjørn og Jon tappet det fra springen. ) Knekkpunktet på grafen svarer til tidspunktet da oppvarmingen av vannet i kolben ble avsluttet. Da er x = 5 og y = 90. Oppvarmingen varte i 5 minutter. Temperaturen i vannet var da 90 C.

8 b) Grafen til funksjonen ser ut til å være ei rett linje mellom x = 0 og x = 5. Grafen går gjennom punktene (0, 15) og (5, 90) Stigningstallet til linja er: a = = = Konstantleddet er b = 15. Kaller vi funksjonen under oppvarmingen for f, har vi f( x) = 15x+ 15, 0 x< 5 f( x ) = x + 15 = x = x = = 5,67 15 Det tar 5,67 minutter (5 min og 40 s) å varme opp 1 liter vann til 100 C. c) Vi må løse ulikheten f( x ) > 60. Vi deler oppgaven i to. 0 x < 5 x 5 f( x ) > 60 15x + 15 > 60 15x > 45 x > f( x ) > 60 x 115,8 0, > 60 x 115,8 0,94 > ,94 x > = 0, ,8 x lg 0,94 > lg 0,475 lg 0, 475 x < = 1,0 (lg 0,94 < 0) lg 0,94 x < 1 Vi slår sammen resultatene. Vannet har en høyere temperatur enn 60 C fra det. minutt til det 1. minutt.

9 x d) Vi ser på f( x) = 115,8 0,94 + 5, x 5 Når x blir stor, vil uttrykket 0,94 x nærme seg null, og f(x) vil derfor nærme seg 5. Temperaturen i kjøleskapet er derfor 5 C. Oppgave 7 a) Vi lager en tabell over de ni mulige utfallene. Stein (Lars) Saks (Lars) Papir (Lars) Stein (Bård) U B L Saks (Bård) L U B Papir (Bård) B L U b) Vi regner alle utfallene uavhengig av hverandre, og får P(Bård vinner) = = 1 9 c) I hver omgang er det tre mulige resultater (utfall) U, B eller L. Spiller de tre omganger er det i følge multiplikasjonsprinsippet: = 7 ulike resultater. d) Enten vinner Bård eller så vinner han ikke. Forsøket kan sees på som et binomisk forsøk der P(U) = P(B) = P(L) = 1. La X være tallet på seire som Bård vinner i løpet av tre omganger PX ( ) = PX ( = ) + PX ( = ) = = + 1 1= + = e) Det er også en mulighet for at Bård vinner med en seier (B) og to uavgjorte i tillegg til minst to seire fra oppgave d. P(Bård vinner) = P(UUB) + P(UBU) + P(BUU) + PX ( ) = = =

10 Oppgave 8 a) Vi tegner et rektangel ABCD inn i en sirkel og setter AB = a, BC = b og AC = c. Ptolemaios setning gir nå at AC BD = AB CD + AD BC cc = aa + bb c = a + b Ettersom trekanten ABC er rettvinklet, så leder Ptolemaios setningen til pytagorassetningen. b) Ettersom ABC nå er likesidet, er AB = BC = AC. Da har vi PC AB = PA BC + PB AC PC AB = PA AB + PB AB PC AB PA AB PB AB = + AB AB AB PC = PA + PB