R1 2014 vår LØSNING

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk

Løsning fra NDLA

løsning som pdf laget av mattepratbruker claves

Diskusjon om denne oppgaven på matteprat


DEL EN

Oppgave 1

a)

f(x)=ln(x2+x)f´(x)=1(2x+1)x2+x=2x+1x2+x

b)

g(x)=xexg´(x)=ex+xex=ex(1+x)

c)

h(x)=(x2+3)4h´(x)=4(x2+3)32x=8x(x2+3)3

Oppgave 2

a)

P(x)=x37x2+14x8

En går opp i -8, og P(1) = 1 - 7 + 14 -8 = 0.

P har et nullpunkt for x = 1

b)

x37x2+14x8:(x1)=x26x+8(x3x2)6x2+14x(6x2+6x)8x8

Abc formele eller lignenede gir følgende førstegradsfaktorer:

P(x)= (x-1)(x- 2)(x- 4)

c)


x∈<1,1><1,2][4,→>

Oppgave 3

a)

2a+b=2[2,1]+[3,6]=[4,2]+[3,6]=[7,4]

Skalarprodukt:

ab=[2,1][3,6]=6+6=0

b)

b||cs[3,6]=[k1,4]s=23k=3

c)

k slik at |c|=|2a|(k1)2+16=16+4(k1)2=4k1=±2k=1k=3

Oppgave 4

a)

f(x)=3x46x2=3x2(x23)f(x)=0x=0x=3x=3

b)

f´(x)=12x312x=12x(x21)

Vi ser at f har ekstremalpunkter for x = 0 og for x=±1

f(0) = 0 , dette er også et nullpunkt.

f( -1) = f( 1) = -3

Da må (0,0) vare et maksimumspunkt, og (-1, -3) og (1, -3) er minimumspunkter (kan se det uten fortegsnsskjema, siden (0,0) også er et nullpunkt).

c)

Oppgave 5

Trekanten ABS er likebeint. Vinkel BAS er 27 grader. Vinkel S er 180 - 54 = 126 grader. S er en sentralvinkel. Vinkelen ACB er en pereferivinkel som spenner over samme bue som S og er derfor 63 grader.

Oppgave 6

a)

p er oddetall større enn 1. Både p - 1 og p + 1 vil da være partall. Alle partall er delelige på 2 og kan skrives på formen 2n, der n er et naturlig tall. Derfor vil

p+12p12 være hele tall.

b)

(p+12)2(p12)2=(p+1+p12)(p+1p+12)=p


(151+12)2(15112)2=762752

Oppgave 7

a)

H(x)=xxx>0h(x)=(elnx)x=exlnx

(sjekk potensreglene)

b)

h´(x)=(eu)´u´h´(x)=exlnx(lnx+1xx)=xx(lnx+1)

DEL TO

Oppgave 1

a)

D:(0,y)BA=[4,4]CD=[4,y4]

For parallelle vektorer er det slik at det finnes en konstant k som multiplisert med den ene vektoren gir den andre vektoren. I dette tilfelle må k være lik 1, siden førstekoordinatene i begge vektorene er like, -4. Får da at 4= y-4, dvs y= 8.

D: (0,8)

b)

BC=[1,5]OM=OB+12BC=[5,1]+12[1,5]=[92,32]

Koordinatene til M er : (92,32)

c)

AM=[921,323]=[72,32]

Oppgave 2

a)

Hypergeometrisk situasjon:

(121)(164)(285)=0,222

Det er 22,2% sannsynlig at ekkurat en gutt blir med i gruppen.

b)

Løser denne enklest med sannsynlighetskalkulatoren i Geogebra. 441170,3716

Det blir med to gutter.

c)

Vi vet at Betsy er med. Fortsatt hypergeometrisk situasjon. Det er det 27 elever igjen, fire skal trekkes, en av dem skal være Arne:


(11)(263)(274)=0,1481


Det er 14,8% sannsynlig at Arne også blir med.

Oppgave 3

a)

f(x)=6xex28f´(x)=6ex28+6xex28(x4)f´(x)=6ex2832x2ex28f´(x)=32(4x2)ex28

b)


Figuren vis f(x) (rød graf) og Grafen til f´(x)=g(x) (blå), i samme koordinatsystem.

c)

Den deriverte til f(x), g(x) er null for x = -2 og for x = 2. Det betyr at disse er ekstremalpunkter. til f. Fra grafen ser vi at f ha et minimumspunkt for i ( -2, -7.28), og et maksimumspunkt i (2, 7.28). Tilgi meg for å ha brukt en fornuftig, men etter norsk standard feil desimalnotasjon.

Vendepunktene til f finner vi der den derivertetil f, g har ekstremalpunkter, x= -3,46, x= 0 og x= 3,46, noe som gir følgene vendepunkter:

(-3.46, -4.46) fra hul siden ned til opp,

(0,0) fra hul side opp til ned, og

(3.46, 4.46) fra hul side ned til opp.

Oppgave 4

a)

Benevningen er desimeter, dm, i resten av oppgaven er benevninger utelatt.

Overdlaten av boksen består av en bunn med areal x2 og fire sideflater med arealet xh. Overflaten blir da x2+4xh, og siden det samlede areale skal være 12 får vi:

x2+4xh=12

Uttrykk for h:

x2+4xh=124xh=12x2h=12x24xh=3xx4

b)

x2 må være større enn null og mindre enn tolv, dvs 0<x<12.

c)

Det spørres ikke om grafen over, men det kan være greit å se hvordan ting ser ut...

Volum av kar: V(x)=x2h=x2(3xx4)=3xx34

d)

V´(x)=334x2V´(x)=0334x2=0x=±2

Bruker den positive verdien for x og finner at V(2) = 4. Siden alle mål var i dm. tilsvarer dette 4 liter.

Oppgave 5

a)

Ballen treffer bakken når y-koordinaten til posisjonsvektoren er null: 154,9t2=0t2=154,9t=±1,75

Den trefffer bakken etter 1,75 sekunder.

b)

c)

For tegning av fartsvektor se figur i b. Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren. Fartsvektoren blir da [3,9.8t] = [3, 7.84].

For å finne banefarten bruker vi pytagoras og finner at den er |v|=+32+7,842=8,39.

Vinkelen til farten er: tanα=37,84α21

Farten er 8,39 m/s og har en rettning på ca 21 grader fra husveggen (loddlinjen eller vertikal akse).

d)

Tyngndens akslerasjon virker. Den er 9,81m/s2, nedover, altså i y- rettning. Dersom man deriverer fartsvektoren får man en x komponent lik null og en y komponent lik - 9,8 (fordi positiv rettning er oppover og akslerasjonen er nedover.)

Oppgave 6

a)

nn(xn)lgx=xn(xn)lgx=(xn)nlg(xn)lgx=lg(xn)n

b)

lg(xn)lgx=lg(xn)nlgx(lgxlgn)=n(lgxlgn)lgx(lgxlgn)n(lgxlgn)=0(lgxn)(lgxlgn)=0

c)

lgxn=0lgx=nx=10n

eller

lgxlgn=0x=n