R1 2011 vår LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk
Ingen redigeringsforklaring
Linje 1: Linje 1:
[http://ndla.no/nb/node/108298?fag=57933 Alternativ løsning fra NDLA]


== DEL 1 ==
== DEL 1 ==

Sideversjonen fra 8. feb. 2014 kl. 22:35

Alternativ løsning fra NDLA

DEL 1

Oppgave 1

a)

O(x)=500x+8x2O(x)=500x1+8x2O(x)=500x2+16x=500x2+16x=500+16x3x2

b)

1)

f(x)=3ln(2x)f(x)=31(2x)2=62x=3x

2)

g(x)=3xex2g(x)=3ex2+3x2xex2=(3+6x2)ex2=3(1+2x2)ex2

c)

1)

f(x)=x33x213x+15f(1)=1313+15=0(x33x213x+15):(x1)=x22x15(x3x2)2x213x(2x2+2x)15x+15(15x+15)0

Faktoriserer svaret fra divisjonen:

x=2±4+602=2±82x=3x=5

f(x)=(x1)(x+3)(x5)

2)

f(x)0



x∈<←,3][1,5]

d)

f(0) = 300

Ved begynelsen av utbruddet spruter vulkanen ut 300 tonn per time.

f'(10)=0 og f(10)= -10

Funksjonen når et ekstremalpunkt etter 10 timer, siden den deriverte er null. Den dobbelderiverte er negativ, hvilket betyr at den deriverte avtar og grafen vender sin hule side ned. Det betyr at vulkanen når et maksimum i utbruddet etter 10 timer.

e)

lg(a2b)+lg(ab2)+lg(ab3)=lga2+lgb+lga+lgb2+lgalgb3=2lga+lgb+lga+2lgb+lga3lgb=4lga

f)

2x+10x225+xx+52x5=2x+10(x+5)(x5)+x(x5)(x+5)(x5)2(x+5)(x5)(x+5)=2x+10+x25x2x10(x+5)(x5)=x25x(x+5)(x5)=x(x5)(x+5)(x5)=xx+5

g)

Avstanden fra linjen l til punktet P er lengden av vektoren som står normalt på rettningsvektoren til l og som går til P (eller motsatt).

l:[x=1+2ty=2+t]


Rettningsvektor til l: [2,1]

P = (4,1)

Man finnet den t verdi som tilfredstiller kravet:

[1+2t4,2+t1][2,1]=0[2t3,t+1][2,1]=0(2t3)2+(t+1)1=04t6+t+1=05t=5t=1

Vektoren blir da:

[2t3,t+1]=[213,1+1]=[1,2]

Lengden av vektoren er:

|[1,2]|=(1)2+22=5

Avstanden fra l til P er kvadratroten av fem.

h)


  • Avsetter linjestykket AB, 10cm
  • Finner midpunktet på AB og slår en sirkel med sentrum i midpunkt og pereferi i A og B.
  • Slår en sirkel med radius 7cm, med sentrum i A
  • D (skulle vært navngitt C) ligger der de to sirklene skjærer. Tegner trekanten.

Oppgave 2

a

Vinkelsummen i en trekant er 180 grader

90+u+v=180u+v=90

DC = EC det betyr at trekanten er likebeint. Normalen fra C på DE deler u i to like store vinkler.

Det fører til at vinkel DEC.

DEC+90+u2=180DEC=90u2

b

Linjestykket BF går gjennom S, som er sentrum i den innskrevne sirkelen. BF deler vinkel v i to like store vinkler. Derfor er

FBE=v2

BEF=90+u2fordiDEC=90u2

Summen av de to vinklene er jo 180 grader.

c

x+FBE+BEF=180x+u2+90+u2=1802x+v+180+u=3602x+v+u=1802x+v+(90v)=180x=45


Del 2

Oppgave 3

a

V=200cm3V=x4xh200=4x2hh=2004x2h=50x2

b

O(x)=2x4x+2hx+2h4xO(x)=8x2+10hx

Setter inn for h, fra oppgave a:

O(x)=8x2+10(50x2)xO(x)=8x2+500x

c

O(x)=0500+16x3x2=0500+16x3=0x3=50016x=3,15

Figuren viser grafen til den deriverte. M;an ser at 3,15 er et minimum siden den deriverte skifter fra negativt til positivt fortegn.

Bredde:3,15cm, Lengde: 12,6 og høyde: 5,04 cm.

d

V(x)=3x2hV(x)=200h=2003x2

Finner overflaten uttrykkt ved x:

O(x)=2(3x2+xh+3xh)=2(3x2+200x3x2+600x3x2)=6x2+16003x


Overflaten har et minimum for x=3,54. Den er da 225,85cm2

Oppgave 4

JenteGuttTotal
Matpakke 180 100 280
Ikke matpakke 20 50 70
Total 200 150 350


a)

A er gutt og B er matpakke hver dag. AB er gutt som har med matpakke hver dag. P(AB) er sannsynligheten for å trekke ut en gutt med matpakke. Fra tabellen ser man at det er 100 gutter med matpakke av 350 elever: P(AB)=100350=0,266=26,6\percent


b)

P(B)=280350=0,8P(B|A)=100150=0,67

Hendelsene er avhengige fordi sannsynligheten for B er forskjellig for sannsynligheten for B når A har inntruffet.

Oppgave 5

a

AB=[52,3(1)]=[3,4]|AB|=32+42=5

b

OC=OA+AC=[2,1]+[1,2]=[1,1]

C ligger i (1,1).

c

ACBC=[1,2][4,2]=1(4)+2(2)=44=0

De to vektorene står vinkelrett på hverandre.

d

P(3,-4) og rettningsvektor lik AC vektor.

Parameterframstilling:

x=3ty=4+2t

e

Når en linje skjærer y-aksen er x koordinaten null. 3-t =o, dvs. t = 3.

y=4+23=2

Linjen skjærer y-aksen i (0,2).

f

Punktet R ligger på linjen l.

Punktet Q er (8,6).

Vektoren QR har lengden 10.

Man skal finne koordinatene til R. Disse er: (x,y)=(3t,4+2t)

Det gir: QR=[3t8,4+2t6]=[t5,2t10]

|QR|=10(t5)2+(2t10)2=105t230t+125=105t230t+125=1025t230t+25=0t26t+5=0t=1t=5

Innsatt i R = (x,y) gir det (3-1,-4 +2) = (2,-2) og (3-5, -4+10) = (-2, 6)

Oppgave 6

Det finnes uendelig mange funksjoner som passer til beskrivelsen. Det at en funksjon er kontinuerlig men ikke deriverbar betyr at den har et knekkpunkt. Den kan se slik ut:

Oppgave 7

a)

Primtall Naturlige tallkvadrattallDifferanse
p n1 n2 n12 n22 n12n22
3 2 1 22 12 2
5 3 2 32 22 5
7 4 3 42 32 7
11 6 5 62 52 11
13 7 6 72 62 13
17 9 8 92 82 17
19 10 9 102 92 19

b)

n1+n2=pn1n2=1girn2=pn1n2=n11girn11=pn1n1=p+12sominnsattgirp+12+n2=pn2=p12

c)

Skal bevise at

p=n12n22

Bruker resultatet fra b:

n12n22=(p+12)2(p12)2=(p2+2p+1)(p22p+1)4=p


Oppgave 8

a)

Setter Linjestykke AD = R og linjestykke CE = r


Sirkelbuen AB blir da:

122π(R+r)=πR+πr

Sirkelbuene AC + CB:

122πR+122πR=πR+πr

b)

Må vise at vinklene er like i begge trekantene.

HCA=BCH ,H ligger på periferien og vinkelen er derfor nitti grader.

CAH=CHB, fordi BH står normalt på AH og CH står normalt på AC.

Vinkelsummen i trekanter er alltid hundre og åtti grader, derfor er også AHC=HBC

c)

CHCB=ACCH(CH)2=CBAC(CH)2=2r2R=4RrCH=2Rr

d)

Arealet av skomakerkniven er arealet av den store halvsirkelen minus arealet av de to små halvsirklene:

A=12π(R+r)212πR212πr2A=12π(R2+2Rr+r2R2r2)A=12π2RrA=πRr

Dersom diameteren av sirkelen er 2Rr, så er radius Rr Da blir arealet av sirkelen A=π(Rr)2=πRr