1. No category

MATEMATIIKAN KOE, PITKÄ OPPIMÄÄRÄ 18.3.2015
HYVÄN VASTAUKSEN PIIRTEITÄ
Alla oleva vastausten piirteiden, sisältöjen ja pisteitysten luonnehdinta ei sido ylioppilastutkintolautakunnan arvostelua. Lopullisessa arvostelussa käytettävistä kriteereistä päättää tutkinto aineen sensorikunta.
Hyvästä suorituksesta näkyy, miten vastaukseen on päädytty. Ratkaisussa on oltava tarvittavat
laskut tai muut riittävät perustelut sekä lopputulos. Arvioinnissa kiinnitetään huomiota kokonaisuuteen, ja ratkaisu pyritään arvioimaan kolmiosaisesti: alku, välivaiheet ja lopputulos. Laskuvirheet, jotka eivät olennaisesti muuta tehtävän luonnetta, eivät alenna pistemäärää merkittävästi.
Sen sijaan tehtävän luonnetta muuttavat lasku- ja mallinnusvirheet saattavat alentaa pistemäärää
huomattavasti.
Laskin on kokeen apuväline, jonka rooli arvioidaan tehtäväkohtaisesti. Jos ratkaisussa on käytetty
symbolista laskinta, sen on käytävä ilmi suorituksesta. Analysointia vaativien tehtävien ratkaisemisessa pelkkä laskimella saatu vastaus ei riitä ilman muita perusteluja. Sen sijaan laskimesta
saatu tulos yleensä riittää rutiinitehtävissä ja laajempien tehtävien rutiiniosissa. Tällaisia ovat
esimerkiksi lausekkeiden muokkaaminen, yhtälöiden ratkaiseminen sekä funktioiden derivointi ja
integrointi.
Alustava pisteitys
1.
Kuhunkin kohtaan merkitään piste yksikköympyrän kehälle sekä
kaari, joka osoittaa kulman loppukyljen sijainnin ja kulman
suuntauksen.
a)
405  360  45
Kyseessä on myötäpäivään suunnattu kulma 90  30 .
b)
c)
3 rad = 135
4
Matematiikan koe, pitkä oppimäärä 18.3.2015
Hyvän vastauksen piirteitä
2
2
2
2.
a)
b)
Kaksoisepäyhtälö 0  y 
x toteutuu xy-tason alueessa, jota
2
rajoittavat käyrät y  x , x  0, y   x , x  0 , x-akseli sekä
pystysuorat x  1 ja x  1 .
Kuvio (Kuva 2 lopussa)
Yhtälö x 1  x  2 x voi toteutua vain, kun x  0 . Tällöin se
voidaan neliöidä puolittain. Saadaan:
1
1
x 2 (1  x)  2 x  x3  x 2  2 x  0
3.
 x( x 2  x  2)  0  x  0  x 2  x  2  0  x  0  x  1 x  2 .
Luku 2 ei kuitenkaan toteuta neliöintiehtoa x  0 , joten ratkaisu on
x  0 x  1 .
1
Vieraskielisten lukumäärä m(t )  a  1,075t . Määrä aluksi vuonna
2003 on m(0)  a .
1
Vuonna 2013 määrä on m(10)  a  1,07510 .
1
Vuonna 2033 määrä on 2  m(10)  2a  1,07510 .
Jos vuosittainen kasvukerroin 30 vuoden aikana on k, niin saadaan
1
1
1
yhtälö a  k 30  2a  1,07510 ,
4.
a)
b)
josta k 30  2  1,07510  k  30 2  1,07510
1,0483... , joten keskimääräinen vuosittainen kasvuprosentti on ollut
noin 4,8.
1
Kun t  1 , niin yhtälö on x 2  2 x  1  0
1
1
 ( x  1)2  0
(tai ratkaisukaavalla x  2 4 4 )
1
 x  1  0  x  1 .
( x  2  1)
1
Koska t  0 , on kyseessä toisen asteen yhtälö. Tällöin sillä on ainakin
yksi ratkaisu, kun sen diskriminantti D  0 .
1



  3t 2  11  t 2   0
2
2
   

2
2
2
D  t 2  1  4t 4  t 2  1  2t 2  t 2  1  2t 2 t 2  1  2t 2

1
(tai 3t 4  2t 2  1  0 …)
Koska tulon ensimmäinen tekijä on aina  0 , niin epäyhtälö toteutuu,
kun 1  t 2  0  t 2  1  1  t  1. Vastaus on siten
1  t  1  t  0 .
Matematiikan koe, pitkä oppimäärä 18.3.2015
Hyvän vastauksen piirteitä
1
5.
Janojen kulmakertoimet ovat k AB  1 2   1 , kCD  13   4
3 2
5
1 2
3
8
1
1
ja yhtälöt s AB : y  1   5 ( x  3)  y   5 x  5 ja
sCD : y  1   43 ( x  1)  y   4 x  1 .
3
1+1
3
Vertaamalla oikeita puolia saadaan:  1 x  8   4 x  1
1
 3 x  24  20 x  5  x   19 .
1
5
3
5
17
3
 17 
Sijoittamalla tämä yhtälöön sCD saadaan: y   4  19  1  31 .
Leikkauspiste on siten
6.
1

19 31
 17
, 17
3
.
3
17
1
Normitus: Kun älykkyysosamäärä X noudattaa jakaumaa N (100,15) ,
niin muuttuja Z  X 100 noudattaa normitettua jakaumaa N (0,1) .
1
Olkoon kysytty yläraja a. Tällöin on oltava P ( a  X  a )  0,50 ,
joten normaalijakauman symmetrian perusteella on oltava
P ( X  a )  0,75 ,
1
eli P Z  a 100   a 100  0,75 .
1
Kertymäfunktiotaulukon mukaan a100  0,68 ,
1
josta a  15  0,68  100  110,2 .
Kysytty väli on siten 100  10,100  10  90,110 tai 89,111 . Rajat
voidaan ilmaista myös yhden desimaalin tarkkuudella.
1
1
Lauseke ln(sin x) on määritelty, kun sin x  0
1
 n 2  x    n 2 [  n 2  x  (2n  1) ], n  Z.
2
15

15
 
15

15
7.
a)
b)
ln(sin x )  2  ln(sin x)  2  sin x  e2 . Etumerkki + ei kelpaa
2
2
sillä, e  1 . Saadaan sin x  e ,
jonka yksi ratkaisu on x1  0,1357...  0,14 ja muut annetulla välillä
olevat ratkaisut ovat x2    x  3,0058...  3,01,
x3  2  x  6,4189...  6,42 ja x4  3  x  9, 2890...  9, 29 .
2
1
2
Yksi ratkaisu väärin
Useampi ratkaisu väärin
Matematiikan koe, pitkä oppimäärä 18.3.2015
1
Hyvän vastauksen piirteitä
8.
a)
Säiliön poikkileikkausympyrän säde r  13
dm ja säiliön pituus on l.
2
3
1 litra = 1 dm .
1
2
1
Säiliön tilavuus V   r 2l  
 132 
l  3000 (dm3).
4  3000
 22,6018... (dm). Säiliön pituus on siten
  132
n. 2,3 m tai 2,26 m.
Kuvion merkinnöin r  65 cm, a  r  h  25 cm ja
Tästä saadaan l 
b)
b  r 2  a 2  3600  60 (cm). Keskuskolmion ala
Ak  12  2b  a  ab  1500 (cm2).
(Kuvio 8 lopussa)
Jos keskuskulman puolikas on  , niin sille pätee
b 60
 0,9230..., josta   67,3801... .
sin   
r 65
2
 r 2  4968,622... cm2  49,6862... dm2.
Sektorin ala As 

360
Segmentin ala A  As  Ak  34,6862... dm2. Jäljellä olevan öljyn
tilavuus on siten Al  783,9705... dm3  784 litraa.
9.
1
1
1
1
Olkoon teltan pohjan säde r ja sivujana s, jolloin korkeus
h  s 2  r 2 . Teltan vaipan ala A   rs  16 , josta s  16 .
1
Teltan tilavuus V  1  r 2h  1  r 2 s 2  r 2 .
1
r
3
3
Sijoitetaan tähän s  16 , jolloin saadaan
r
V (r )  1  r 2 
3
1
256  r 2  1 256r 2   2r 6 .
3
 2r 2
2
1
V (r) on suurin, kun juurrettava f (r )  256r   2r 6 , r  0, on


suurin. Derivoidaan: f (r )  512r  6 2r 5  2r 256  3 2r 4 .
Nollakohdat: f (r )  0  r  0  r 4  2562  r  0  r  
3
Näistä vain r  
4
4
3 2
4
4
3 2
.
1
on kelvollinen, ja sen likiarvo on 1,715. Se
on myös tilavuuden V (r ) maksimikohta, joten kysytty lattian
halkaisija 2r  3, 43 (m).
Matematiikan koe, pitkä oppimäärä 18.3.2015
Hyvän vastauksen piirteitä
1
10.
Pyörähdyskappaleen tilavuus
1
1
1
0
0
0
V    y 2 dx    a 2 xdx   a 2 / 12 x 2  12  a 2 .
1
(Saadaan myös suoraan pyörähdysparaboloidin kaavalla V  1  r 2h .)
2
2
2
Tilavuusehto antaa yhtälön 12  a  2  a  4  a  2 , joista
vain etumerkki + kelpaa.
2
1

Koska nyt y  2 x , niin y 
.
x
2 x
1
1
1
Kysytty vaipan ala A  2  y 1   y  dx
2
0
1

2


2 


 1 
2 x 1 
 dx 
 x
1
1
3/ 2
x  1

x  1 dx  4 /

1
0
0

 1
x 1  dx 
 x
0
0
4 
1

4 


1
3/ 2
8
2 2  1  15,3177…  15,3 pinta-alayksikköä.
3


Matematiikan koe, pitkä oppimäärä 18.3.2015
Hyvän vastauksen piirteitä
1
11.
Kuusinumeroinen 7-kantainen luku
3
n  a5  75  a4  7 4  a3  7  a2  7 2  a1  7  a0 kirjoitetaan muotoon
2
a5 (6  1)5  a4 (6  1) 4  a3 (6  1)3  a2 (6  1) 2  a1 (6  1)  a0 .
Binomikaavan mukaan
(6  1)5  65  5  64  1  10  63  12  10  62  13  5  6  14  1  6a  1 ,
jossa a on kokonaisluku.
Vastaavaan muotoon saadaan myös kaikki alemmat lausekkeen 6  1
potenssit. Näin ollen
n  a5 (6a  1)  a4 (6b  1)  a3 (6c  1)  a2 (6d  1)  a1 (6e  1)  a0
 6(a5a  a4b  a3c  a2 d  a1e)  (a5  a4  a3  a2  a1  a0 )
Koska summan ensimmäinen termi on kuudella jaollinen, on koko
summa ja siten myös luku n jaollinen kuudella täsmälleen silloin, kun
numeroiden summa a5  a4  a3  a2  a1  a0 on jaollinen kuudella.
TAI:
Koska 7  1 (mod 6), niin 7 n  1n  1 (mod 6), kun n  1,2,3,... .
1
1
1
1
2
3
Siten a5  75  a4  7 4  a3  7  a2  7 2  a1  7  a0 
5
12.
a)
4
3
a5  1  a4  1  a3  1  a2  1  a1  1  a0 
a5  a4  a3  a2  a1  a0 (mod 6). Väite on siten todistettu.
1
Merkitään f ( x)  x3  2 x 2  10 x  20 . Tällöin f ( x)  3 x 2  4 x  10 .
1
Yhtälön 3 x 2  4 x  10  0 diskriminantti D  16  120  0 .
Derivaatalla f ( x) ei ole nollakohtia, joten funktio f ( x) on aidosti
monotoninen. Alkuperäisellä yhtälöllä on siten korkeintaan yksi juuri.
Koska f (1)  7  0 ja f (2)  16  0 , niin juuria on täsmälleen yksi.
b)
3
2
Iteraatiokaava xn 1  xn 
xn3  2 xn 2  10 xn  20
3 xn 2  4 xn  10
antaa x0  1, x1  1,41176470588..., x2  1,36933647059... ,
x3  1,36880818862... , x4  x5  1,36880810782... .
Neljäs kierros antaa siten jo vaaditun likiarvon.
Matematiikan koe, pitkä oppimäärä 18.3.2015
Hyvän vastauksen piirteitä
1
1
1
1
1
13.
a)
Erotusosamäärä
f (0  h)  f (0)
h
(h  0)
1 h
1


h 1 h 1 h
 1  f (0) kun h  0 . Väite on siten todistettu.

b)
 1
 x
, x0

x
,
0

2

(1
)
x

x
1  x


Koska f ( x) 
, niin f ( x)  
.
1
1 x  x

, x0
, x0
 (1  x)2
1  x
g (h)  g (0)
tarkastellaan erikseen tapauksissa, kun
h
h  0 ja h  0 . a-kohdan mukaan g (0)  f (0)  1 .
1
ja erotusosamäärä on
Kun h  0 , niin g (h)  f (h) 
(1  h) 2
 1  1  2h  h 2
2  h
1  1
2




1
 2 , kun


h  (1  h) 2 
1
h(1  h) 2
(1  h) 2
h0.
1
ja erotusosamäärä on
Kun h  0 , niin f (h) 
(1  h) 2
1
1
1  1  2h  h 2
2h
2
(1  h) 2



 2 , kun h  0  .
h
1
h(1  h) 2
(1  h) 2
Koska toispuoleiset raja-arvot (toispuoleiset derivaatat) ovat erisuuret
2 ja 2, niin funktiolla g ( x) ei ole derivaattaa origossa.
1
1
1
1
Erotusosamäärää
*14. Jos molempiin näyttelyihin ilmoitettiin x koiraa, niin
31  x  43  1372 . Siis x  1298 .
a)
1298
P(L ja S) = 1372
b)
c)
d)
 0,94606...  95 %.
Tapahtumat A ja B ovat riippumattomia, jos P(A ja B)  P( A)  P( B ) .
P ( L)  P( S )  1329
 1341  0,94677...
1372 1372
 P(L ja S) , joten tapahtumat L ja S eivät ole riippumattomia.
Riippumattomuusehto on b-kohdan mukaan P(L ja S)  P( L)  P( S ) ,
b
ab
bc
 b(a  b  c)  (a  b)(b  c)


eli
abc abc abc
 ab  b 2  bc  ab  ac  b 2  bc  ac  0  a  0  c  0
Matematiikan koe, pitkä oppimäärä 18.3.2015
Hyvän vastauksen piirteitä
1
1
1
1
1
2
1
1
1
1
*15.
a)
1
1
 1 1
12 2
k 1 k ( k  1)

2
1
 1 1 2
2 23 3
k 1 k ( k  1)

3
1
2 1 3
3 34 4
k 1 k ( k  1)

1
4
1
3 1 4
4 45 5
k 1 k ( k  1)

5
1
4 1 5
5 56 6
k 1 k ( k  1)

n
1
 n .
n 1
k 1 k ( k  1)
Arvaus on siten: 
b)
c)
d)
1
k 1)
1
A k ) B ( A  B)k  A
.



k (k  1)
k
k 1
k (k  1)
A  B  0 A 1

Tämä toteutuu kaikilla k  Z+ , kun 
.
A 1
 B  1
n


n
1

 k ( k 1)  1k  k 11
k 1
k 1
 1  1  1  1  ...  1  1  1
n n n1
2 2 3
1 1
n1
n

. Arvaus on siten todistettu oikeaksi.
n1
(n
n
1
1
1
1
n
1
1
 lim
= lim

 1.
n k 1 k ( k  1) n n  1 n 1  1 1  0
n
Matematiikan koe, pitkä oppimäärä 18.3.2015
1
1
lim 
Kuvio 2
1
Kuvio 8
Hyvän vastauksen piirteitä
1