1T 2021 vår K06 LØSNING

26.05.2021 MAT1013 Matematikk 1T Kunnskapsløftet K06

DEL EN

Oppgave 1

$ \left[ \begin{align*} 2x - y =4 \\ x - 2y = 5 \end{align*}\right] $

$ \left[ \begin{align*} 2x - y =4 \\ x = 2y +5 \end{align*}\right]$

$ \left[ \begin{align*} 2(2y +5) - y =4 \\ x = 2y + 5 \end{align*}\right]$

$ \left[ \begin{align*} 3y = - 6 \\ x = 2y + 5 \end{align*}\right]$

$\left[ \begin{align*} y = -2 \\ x =1 \end{align*}\right] $

Oppgave 2

Sin(60)

$ (\frac{3}{4})^{-1}= \frac 43$

$Sin(160^{\circ})= sin(20^{\circ})$

lg(1) = 0

Sinus avleses på y aksen i enhetssirkelen og er positiv i første og andre kvadrant. Sin(60) > Sin(20).

Vi får i stigende rekkefølge

lg (1) , $sin (160^{\circ})$ , $sin ( 60^{\circ})$ , $( \frac{3}{4})^{-1}$

Oppgave 3

$\frac{x}{x-3} + \frac{x-6}{x+3} - \frac{18}{x^2-9} = \frac{x(x+3) +(x-6)(x-3)- 18}{(x-3)(x+3)} = \frac{x^2+3x+x^2-9x+18-18}{(x-3)(x+3)} = \frac{2x^2-6x}{(x-3)(x+3)} = \frac{2x(x-3)}{(x-3)(x+3)} = \frac{2x}{x+3}$

Oppgave 4

$f(x) = (x+4)(x-2) = x^2+2x-8$

En ulikhet som har løsningsmengde $x \in [-4,2] $ er: $f(x) \leq 0$

Oppgave 5

Grafen er symmetrisk om y aksen og er -2 når x= 0:

$f(x) = ax^2 - 2$

f(2)= 2 betyr at a = 1. Altså er funksjonsuttrykket $f(x)= x^2-2$

Oppgave 6

$f(x)=-2x+9$

g er parallell med f, dvs den har stigningstall -2.

g(x) = -2x +b

g går gjennom punktet (20, -72):

$-72= -2 \cdot 20 +b\\b = - 32$

g(x) = -2x - 32

Oppgave 7

$3^{-2} \frac{a^{\frac 14} \cdot \sqrt{a^3}}{(a^{\frac 34})^3 \cdot a^0} =\frac 19 \cdot a^{ \frac 14 + \frac 32 -\frac 94 - 0} = \frac 19 a^{ - \frac 12}$

Oppgave 8

a)

$3^{2x+2} = 81 \\3^{2x+2} = 9^2 \\ 3^{2x+2}= 3^4 \\ 2x+2 =4 \\ x=1$

b)

$lg( \frac{1}{2x+2}) = -2 \\ 10^{lg( \frac{1}{2x+2})} = 10^{-2} \\ \frac{1}{2x+2} = \frac{1}{100} \\ 2x+2 = 100 \\ x = 49$

Oppgave 9

a)

	Fornøyd	Ikke Fornøyd	Sum
VG 1	$48$	$72$	$120$
VG 3	$90$	$60$	$150$
Sum	$138$	$132$	$270$

b)

Tilfeldig elev fornøyd. $P(F) = \frac{138}{270} =0,5$

Oppgave 10

Bruker arealsetningen: $A = \frac 12 ab \cdot sin(v)$

$15 = \frac 12 \cdot 5 \cdot 15 \cdot sin(v) \\ 30 = 60 \cdot sin(v) \\ sin(v) = \frac 12 \\ v= 30^{\circ}$

Oppgave 11

Posen er 1 kg. Vekt sjokolade = x. Vekt marsipan = y.

$x + y = 1$

Det koster 116 kroner å lage en pose ( 166 kr gir 50 kroner i forteneste.:

$100 x + 140 y = 116\\ 100x+ 140( 1 - x) = 116 \\ - 40x = - 24 \\ x = 0,6$

Det er 600 gram marsipan, og 400 gram sjokolade i posen.

Oppgave 12

Setter sidekanten i kvadratene lik 1.

Finner cos(v) ved å bruke Pytagoras og definisjon av cosinus: $cos(v) = \frac{3}{\sqrt{10}}$

Finner cos(u) ved å bruke cosinussetningen og Pytagoras:

$a^2 = b^2+c^2-2bc \cdot cos(A) \\ cos(u) = \frac{1-(\sqrt{5})^2 - (\sqrt{8})^2}{ - 2 \cdot \sqrt{5} \sqrt{8}} = \frac{1-5-8}{-4 \sqrt{5} \sqrt{2}} = \frac{3}{\sqrt{10}}$

Oppgave 13

Momentan vekst i (3, f(3))

$f(x) =x^3-2x^2 - 4x + 8 \\ f'(x) = 3x^2 -4x-4 \\ f'(3) = 27 - 12-4 =11$

Gjennomsnittlig vekst i [-3, 0]: $\frac{f(0) - f(-3)}{3} = \frac{8 - (-27 -18+ 12+8)}{3} = \frac{33}{3} = 11$

Oppgave 14

$f(x) = x^2 + 21$

Høyden i rektangelet er f(x). Bredden av rektangelet er (12 - x).

Arealet av rektangelet er $A(x) = f(x)(12-x) = (x^2+21)(12-x) = 12x^2-x^3 +252 - 21x = -x^3+12x^2-21x+252$

Deriverer:

$(A(x))' = -3x^2+24x-21$

Finner den x verdi hvor A er størst, ved å sette den deriverte lik null: $-3x^2+24x-21 = 0 \\ -3(x^2-8x+7) = 0 \\ -3x(x-1)(x-7)=0 \\ x=1 \vee x=7$

Den deriverte vender sin hule side ned, maksimumspunktet vil derfor være for x=7.

$A(7) = -(7^3)+ 12 \cdot 7^2 -21 \cdot 7 +252 = 350$

DEL TO

Oppgave 1

a)

b)

Stigningstallet er 194,5. Det betyr at antall cruiseturister i perioden 2010-2019 økte i gjennomsnitt med ca. 194 500 per år.

c)

Nedgangen var på nesten 97%.

Oppgave 2

Ut fra gitt informasjon er det naturlig å prøve seg med arealsetningen. Innsatt i CAS:

Vinkelen mellom sidene i trekanten er 60 grader. Da vet vi også at en vinkel på 180 - 60 = 120 grader også tilfredsstiller betingelsene.

Oppgave 3

Dersom han trekker uten tilbakelegging:

P(to av samme farge:) = P(to hvite) + P( to røde) =$\frac{6}{16} \cdot \frac{5}{15} + \frac{10}{16} \cdot \frac{9}{15} = \frac{24}{48} =0,5 $ = 50%

Vel dersom det er 50% sannsynlig at man trekker to drops med lik farge, må resten av mulighetene være ulik farge, altså 50% for det også.

Trekning med tilbakeligging:

P(to av samme farge:) = P(to hvite) + P( to røde) =$\frac{6}{16} \cdot \frac{6}{16} + \frac{10}{16} \cdot \frac{10}{16} = \frac{36+100}{256} =0,53 $ = 53%

Med tilbakelegging er ikke sannsynligheten for to like farger den samme som for to ulike farger. Detter er en svakhet med oppgaven og trekningsmetode burde vært presisert.

Oppgave 4

a)

Et rektangel som har en bredde på n enheter og en lengde på (n+1) enheter vil bestå av n(n+1) enheter. Deler man rektangelet diagonalt i to like store trekanter får man:

$T_n= \frac{n(n+1)}{2}$

b)

$T_{n+1} = \frac {(n+1)((n+1)+1)}{2} = \frac{n^2+2n+n+1}{2} = \frac 12n^2 + \frac 32 n + \frac 12$

c)

Forutsetter trekning uten tilbakelegging:

Sannsynligheten for to like farger er 0,5, eller 50%. Da er den også 50% for to ulike farger, ved to trekninger uten tilbakelegging