1. No category

3y__ Navn:
Point i alt:
Karakter:
Terminsprøve 3y MA, 2011-03-17
RE, Sct. Knuds Gymnasium
STX A 13. december 2010 - UHM
Opgave 1
Jeg reducerer:
2
2
2
2
2
 a + 3b  + b a - 9b  - 7ab = a + 9b + 6ab + ab - 9b - 7ab a
Opgave 2
Jeg løser andengradsligningen: 2x2 - 5x - 3 = 0
a := 2
b := -5
c := -3
d := b2 - 4ac =  -5 2 - 42 -3 49
 
 
-b  d
57
Jeg benytter nulpunktsformlen: x =
=
 x = 3 v x = -1
2a
22
Dvs. de søgte løsninger er x = 3 og x = -1 .
Opgave 3
Jeg bestemmer integralet:
1

 8x3 + e x


0 

x = 2x 4 + e x
1
0
1
0
=  21 + e  -  20 + e  e + 1
Opgave 4
f  x = bx
a
P  2, 1


Q 6, 27


Jeg bestemmer konstanterne a og b i potensudviklingen.
3log 3 - log 1
3log 3 - 0
log 27 - log 1
=
a :=
=
log 3 + log 2 - log 2
log 6 - log 2
log  32 - log 2
1
3
1 = b2  b =
8
1
1
Dvs. a = 3 og b =
og dermed er forskriften givet ved f  x = x3
8
8
=
3log 3
=3
log 3
Opgave 5
I de ensvinklede trekanter er siderne AB og A1B1 hhv AC og A1 C ensliggende. Jeg kan derfor bestemme
AB
3
skalafaktoren: k=
=
A 1 B1
2
Dvs. |AC| er givet ved: AC = k  A1C

AC =
3
4 = 6
2
Opgave 6
Jeg undersøger om f(x) er en løsning ved at gøre prøve.
Jeg ser først på venstre side:
x1
- 1 + 0 =ln  x 
f  x = xln  x - x + 1  f  x = 1ln x +
x
Jeg regner nu på højre side:
y + x - 1 xln x - x + 1 + x - 1
xln x
ln x
=
=
x
x
x
Dvs. f er en løsning til differentialligningen.
Side 1 af 6
Point på siden:
Terminsprøve 3y MA, 2011-03-17
RE, Sct. Knuds Gymnasium
STX A 13. december 2010 - MHM
Opgave 7
a :=
1
-2
:: b :=
3
1
a.
Jeg bestemmer vinklen mellem de to vektorer ved indsættelse i formlen:
 dotp  a , b  



  arccos  2  81.8699
v := arccos 

 10 




a  b
b.
Jeg finder projektionen af a på b ved indsættelse i formlen:
-2


5
dotP  a , b 
b 
a b :=
2
1
b
5
-2
5
Dvs. koordinatsættet til projektionen er givet ved:
1
5
a
b
ab
1
Opgave 8
6
0
0
A := 0 :: B := 2 :: C := 0
0
0
3
a.
-6
-6
r 1 := B - A  2 og r2 := C - A  0
0
3
Jeg bruger punktet A og bestemmer to retningsvektorer til at opskrive en ligning for planen  :
-6s - 6t + 6
6
:
0 + sr1 + tr2 
2s
0
3t
Jeg udregner en normalvektor for  som krydsproduktet mellem
de to retningsvektorer:
6
1
1


crossp  r1, r2   18 = 6 3  n  := 3
12
2
2
Jeg bruger punktet A til at opskrive ligningen for  :
1 x - 6 + 3 y - 0 + 2 z - 0 x + 3y + 2z - 6 = 0






z
α
C
y
B
A
x
Side 2 af 6
Point på siden:
y
Terminsprøve 3y MA, 2011-03-17
RE, Sct. Knuds Gymnasium
b.
Arealet af trekant ABC er givet ved formlen T :=
1
 crossP  a, b 
2

7
2
c.
Kuglen med centrum i D 0, 10, 5 og radius r = 11 har ligningen:
2
2
2
2
 x - 0 +  y - 10 +  z - 5 = 11






Jeg bestemmer afstanden fra D til  for at afgøre, om  er tangentplan
til kuglen ved indsættelse i afstandsformlen:
ax1 + by 1 + cz1 + d
dist  D,   =
=
a2 + b2 + c2
10 + 310 + 25 - 6
2
2
2

z
κ
17 14
9.08688 < 11
7
A
1 +3 +2
Det ses heraf at  ikke er tangentplan for kuglen, da den gennemskærer
kuglen.
α
Opgave 9
De givne størrelser plottes:
6
Dvs. de ønskede størrelser er:
og
Opgave 10
max = 7
Q3 = 4
min = 0
Q1 = 2
M = 2.5
a.
Jeg indtaster data i lister:
L_klasse := 
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10
 :: L_antal := 
2, 3, 4, 4, 7, 6, 0, 2, 1, 2













Jeg laver et boksplot:
One-Variable Statistics
n = 10.
minX = 0.
Q1 = 2.
Median = 2.5
Q3 = 4.
maxX = 7.
Dvs. kvartilsættet er  2, 2.5, 4
Side 3 af 6
Point på siden:
1
x
Terminsprøve 3y MA, 2011-03-17
RE, Sct. Knuds Gymnasium
Opgave 11
Jeg definerer de variable størrelser:
x: tiden, målt i år efter 1990
f(x): CO2-udslip, målt i mio. ton
a.
Jeg indtaster data i lister og laver lineær regression:


L_tid := 






0, 5, 10, 14, 15, 16, 17
 :: L_udslip := 
11073, 11575, 12492, 12887, 12922, 12865, 13000





Linear Regression (ax+b)
f(x) = 118.561x + 11097.8
b.
CO2-udslippet i Kina kan i samme periode beskrives ved en eksponentiel
y 25000
udvikling med b := 2244 :: r := 0.06 :: a := 1 + r 1.06
x
x
Dvs. g  x := ba 22441.06
20000
f
15000
Jeg bestemmer det kinesiske udslip i år 2030: g  2030 - 1990 23081.2


x = 32.5553
solve  f  x = g  x , x | x > 0 Warning: More solutions may exist
Dvs. det kinesiske udslip overstiger OECD-landenes i løbet af år
1990 + 32.5553 2022.56  2023
Opgave 12
g
10000
5000
10
20
30
N(t) 3000
Jeg definerer de variable størrelser:
2500
t: tiden, mål i døgn
N(t): antal individer i populationen
2000
4200
N  t :=
t

1500
1 + 10e  -0.1 
Jeg differentierer funktionen og finder N'(t):
1000
t
4200.1.10517
500
 N  t  
dn  t  := ans
t
 1.10517t + 10 2


5
dn 20 102.633 = N'(20)
 
Dvs. væksthastigheden i populationen efter 20 døgn er 102,6 individer i døgnet.
x
N
(20,102.6)
10
15
20
25
30 t
y
Opgave 13
l
y= 6x+9
f  x := x2 - 6x + 9
P
a.
Jeg bestemmer arealet af den punktmængde, M, der afgrænses af
koordinatsystemets akser og f. Jeg finder først nulpunkter for f:
solve f  x = 0, x x = 3


3
1 M=9
Jeg kan nu bestemme arealet af M: M := 

  f  x  x 9

0
1
b.
I punktet P(0,f(0)) = P(0,9) bestemmes med grafværktøjet tangenten, l, til f i x 0 := 0 .
Side 4 af 6
f
(3, 0)
Point på siden:
x
Terminsprøve 3y MA, 2011-03-17
RE, Sct. Knuds Gymnasium
Alternativt:
x
 f  x  2x - 6
ans | x = 0 -6
l := y = ans x - x 0 + f  x 0  y = 9 - 6x


 
c.
Tangenten deler M i to punktmængder, M 1 og M 2 . Jeg
definerer g  x := -6x + 9
Jeg bestemmer arealet af hver af disse, og får brug for at kende
nulpunktet for tangenten til indsættelse af grænser:
3
solve g  x = 0, x x =
2
3 2
27
Arealet af M 1 beregnes: M1:=
 g  x x 


4
0
9
Arealet af M 2 beregnes: M 2 := M - M 1 
4
y
l
f
M1
1
M2
1
x
Opgave 14
Jeg definerer de variable størrelser:
t: alderen af kuller, målt i år
L(t): længden af kuller, målt i cm
dL
L 0 = 0.4 :: L 1 = 11 ::
= k  100 - L
dt
a.
Jeg bestemmer med desolve-værktøjet et funktionsudtryk for L(t):
 k t
desolve  L' = k  100 - L and L 0 = 0.4, t, L l = 100 - 99.6e  -  




 k t
right  ans   L 100 - 99.6e  -  
solve L = 11, k  | t = 1 k = .112526 right  ans  k .112526
Jeg bestemmer k:


t
l 100 - 99.6.893574
L t  := ans "Done"
L(t) 80
Dvs. funktionsforskriften som funktion af tiden er givet ved
t
L  t  100 - 99.6.893574
L
60
b.
Jeg bestemmer alderen på de kuller på 40-60 cm der fanges i
Nordsøen:
solve L t  = 40, t t = 4.50401


solve L t  = 60, t t = 8.10732


Dvs. de kuller der fanges er mellem 4.5 og 8.1 år.
(8.1,60)
40
(4.5,40)
20
2
4
y
8
10t
f
Opgave 15
f  x  := x 2 - 4x + 8 :: g  x  := 3xe -
6
x
Den lodrette afstand mellem graferne kan beregnes som differensen
mellem de to funktionsudtryk:
x
Dist  x  := f  x  - g  x  -3xe - + x 2 - 4x + 8
Jeg bestemmer nu minimum for afstandsudtrykket:
f-g
1
g
1
Side 5 af 6
x = 1.8
Point på siden:
x
Terminsprøve 3y MA, 2011-03-17
RE, Sct. Knuds Gymnasium
 dist x    3x - 3 e - + 2x - 4
x
x
x = 1.80156
solve  ans = 0, x Warning: More solutions may exist
Dvs. den lodrette afstand er mindst for x = 1.80156
Opgave 16
2
Pris for materiale til kvadratisk låg: 10Kr ./ m
2
Pris for materiale til sider og kvadratisk bund: 8Kr ./ m
3
Kassens samlede rumfang er V = 1m
x: sidelængden af kassens bund
Jeg opstiller et udtryk for overfladen af kassens sider:
Ob  x := x2
Bunden:
Sider:
Os  x  := 4xh
Ol  x  := x2
Låg:
Jeg finder højden ud fra oplysningen om kassens rumfang:
1
solve  1 = x 2h, h  h = 2
x
1
right ans  h  2
x
4
Dvs. Os x 
x
Jeg kan nu bestemme en funktionsforskrift for det samlede
materialeforbrug:
2 9x3 + 16

M  x := 8 Ob  x + Os  x  + 10Ol  x


x
Side 6 af 6
M(t) 800
M
600
400
200
2
4
6
Point på siden:
x