R1 2013 vår LØSNING

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk

Eksamensoppgaven som pdf

Diskusjon av denne oppgaven

Løsningsforslag som pdf laget av claes

Løsningsforslag fra NDLA

DEL EN

Oppgave 1

A(r)=πr2A(r)=2πrV(r)=43πr3V(r)=4πr2

Oppgave 2

a)

g(x)=3ln(x21)g(x)=31x212x=6xx21

b)

h(x)=2x2exh(x)=4xex2x2ex(ex)2=2x(2x)ex

Oppgave 3

a)

P(x)=x36x2+11x6P(1)=13612+1116=0

b)

(x36x2+11x6):(x1)=x25x+6(x3x2)5x2(5x2+5x)6x6


x25x+6=0x=5±25242x=2x=3

P(x)=x36x2+11x6=(x1)(x2)(x3)

c)

P(x)0


x∈<←,1][2,3]

Oppgave 4

ln(a2b)2lnaln(1b)=2lna+lnb2lnaln1+lnb=2lnb

Oppgave 5

f er kontinuerlig for x∈<1,4>

f er deriverbar for x∈<1,2><2,4>

Oppgave 6

f(x)=x3+6x22f(x)=3x2+12xf(x)=6x+12

vendepunkt;

f(x)=06x+12=0x=2f(2)=8+242=14(2,14)

Vendetangent;

y=ax+b

Stigningstall: f(2)=34+12(2)=12

Tangent:

y=12x+b14=12(2)+bb=1424b=10y=12x10

Oppgave 7

a=[2,3],b=[6,4],c=[3,11]

a)

Dersom ab så er skalarproduktet mellom vektorene lik null.

[2,3][6,4]=2(6)+34=12+12=0 hvilket betyr at vektorene a og b står normalt på hverande.

b)

c=ka+tb[3,11]=k[2,3]+t[6,4]3=2k6t11=3k+4tk=32+3t11=3(32+3t)+4tk=32+3t22=9+18t+8tk=32+3tt=12k=3t=12

Oppgave 8

a)

b)

AOC:A=r22

Kvartsirkel AOD: A=πr24

Sirkelsegment ADC: A=πr24r22=(π2)r24

Halvsirkel AEC: A=12π(2r22)=πr24

Hippokratesmånen ( den røde flaten): πr24(π2)r24=r22

Vi ser at de to arealene er like store.

DEL TO

Oppgave 1

a)

Grafen til f skjærer x-aksen i x = -1 og er derfor delelig med (x+1), videre skjærer den i x = 1 og er derfor delelig med (-1). Den skjærer også i x = 3 og er derfor delelig med (x-3). En tredjegradsfunksjon kan maksimalt ha tre nullpunkter. Det har denne.

f(x)=a(x+1)(x1)(x3)=a(x21)(x3)

Konstanten a bestemmer "utslaget" til maksimums og minimumspunktene

f(0)=12a(01)(03)=12a=4

b)

f(x)=4x312x24x+12f(x)=12x224x4f(0)=4y=ax+by=4x+b12=40+bb=12y=4x+12

c)

Vi vet fra før at x = 0 er en løsning. Vi skal finne den andre og setter opp likningen:

4(x1)(x+1)(x3)=4(x3)

Her kan vi dele på 4 på begge sider. Vi kan også dele på (x-3) dersom x = 3 ikke er en løsning av likningen. Dersom x=3 deler vi på null, og det gir ikke menming. Vi tester om x=3 er en løsning, og finner at det er tilfelle. Det andre skjæringspunktet blir derfor (3, 0).

Oppgave 2

a)

OM1=OA+12AB=[1,1]+12[4,1]=[3,32]

OM2=OB+12BC=[5,2]+12[2,2]=[4,3]

OM3=OA+12AC=[1,1]+12[2,3]=[2,52]

b)

Parameterfremstilling for linjen gjennom A og M2 :

Punkt A (1,1) og rettningsvektor [3, 2] gir:

AM2:[x=1+3ty=1+2t]

Parameterfremmstilling for linjen gjennom C og M3:

Punktet C (3, 4) og rettningsvektor [0,52]

CM3:[x=3y=452s]

c)

Søker skjæringen mellom de to linjene i oppgave b og får:

1+3t=3t=23x=1+323=3y=1+223=73


Dvs, T har koordinatene (3,73).

Oppgave 3

a)

r(t)=[lnt,t24t],t>0

Skjæring med y akse, x = 0 :

lnt=0t=1y=t24ty=3

Skjæring med x akse, y = 0:

t24t=0t=0t=4

Forkaster t = 0 og får x=ln4=1,39

b)

v(t)=r´(t)=[1t,2t4]

v(1)=[11,24]=[1,2]

c)

Oppgave 4

a)

Pytagoras:

x2+y2=25y=25x2

Areal av rektangel :

A=xyA(x)=x25x2x∈<0,5>

b)

Fra Geogebra ser man at arealet er størst når x = 3,54. Da er y=253,542=3,54. Arealet er størst når figuren er et kvadrat.

c)

Omkrets er to x pluss to y:

O(x)=2x+225x2

Man observerer at O´(x) = 0 når x = 3,54. Altså er omkretsen også størst når figuren er et kvadrat.

Oppgave 5

6 røde kuler, 4 svarte kuler, totalt 10 kuler.

Trekker to kuler.

Definerer hendelser

A: to kuler med ulik farge

B: to kuler med lik farge.

a)

P(A)=P(R)P(S)+P(S)P(R)=61049+41069=815

b)

P(B)=P(R)P(R)+P(S)P(S)=61059+41039=715


c)

Oppgave 6

n2(xn)lgx=x2n\N(xn)lgx=(xn)2

Likningen har en løsning når grunntallene på begge sider er lik en, dvs. x = n er en løsning.

Det er også

lgx=2x=100

Altså blir løsningen:

x=100x=n