Årsprøve Matematikk R1

[kimjonas]

Uten sannsynlighet, grunnet at vi ikke rakk igjennom hele pensum før årsprøven.

Årsprøve Matematikk R1
Del 1: Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med cm-mål og vinkelmåler.
Tid 2 timer.

Oppgave 1
Løs likningene ved regning.
a) $3lg{x}^5-35=10$
b) $e^{2x}-3e^x+2=0$

Oppgave 2
Funksjonen f er gitt ved $f(x)=\frac{2x+1}{x-2}$
a) Finn eventuelle asymptoter for grafen til f.
b) Finn f'(x)
c) Løs ulikheten ved regning. $f(x)<-3$

Oppgave 3
Polynomet P(x) er git ved
$P(x)=2x^3-x^2-2x+1$
a) Vis at =(x) er delelig med 2x-1 uten å utøre divisjonen.
b) Utfør divisjonen P(x) : (2x-1), og finn alle nullpunktene til P.
c) Finn likningen til tangenten til grafen til P i punktet (0,P(0)).

Oppgave 4
Vi har gitt funksjonen $f(x)=4e^{-2x2}$
a) Finn f'(x)

Vi har tegnet grafen til f sammen med et innskrevet rektangel ABCD. Punktene A og B ligger på x-aksen, og punktene C og D ligger på grafen til f. Punktet B har koordinatene (x,0), der x>0.

Bilde/graf kommer kanskje?

b) Finn koordinatene til A, C og D uttrykt ved x.
c) Vis at arealet A(x) av rektangelet er $A(x)=8x{e}^{-2x^x}$
d) Finn ved regning den verdien av x som gir størst areal. Finn den eksakte verdien av arealet for denne x-verdien.

Oppgave 5
I trekant ABC setter vi $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{a}$ og $\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{b}$. La D være et punkt slik at $\overrightarrow{AD}=\frac{3}{4}\overrightarrow{a}$. Videre er E et punkt slik at $\overrightarrow{BE}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{b}$.
a) Tegn en trekant ABC og plasser punktene D og E.
b) Finn $\overrightarrow{CD}$ uttrykt ved $\overrightarrow{a}$ og $\overrightarrow{b}$.
c) Undersøk om punktene C, D og E ligger på samme linje.

Del 2
Alle hjelpemidler er tillatt, med unntak av internett og andre verktøy som tillater kommunikasjon.
Tid: 3 timer

Oppgave 6
Funksjonen f er gitt ved $f(x)=5x(lnx{)}^2$, x>0
a) Finn ved regning nullpunktet til f.
b) Vis at f'(x)$=5lnx(lnx+2)$
c) Finn ved regning toppunktet og bunnpunktet til .
d) Finn f''(x).
e) Finn ved regning koordinatene til vendepunktet.
f) Tegn grafen til f når x E <0,2>

Oppgave 7
En vektorfunksjon er gitt ved $\overrightarrow{r}(t)=[t^2-1,t^2-2t-3]$
a) Finn ved regning skjæringspunktene mellom grafen til $\overrightarrow{r}$ og koordinataksene.
b) Vis ved regning a punktet (3,-3) ligger på grafen til $\overrightarrow{r}$.
c) Finn en paramterfremstilling for tangenten i punktet (3,-3).
d) Undersøk om det finnes en verdi av t slik at $\overrightarrow{r}$'$(t)$ står normalt på $\overrightarrow{r}$''$(t)$.
e) Tegn en skisse av grafen til vektorfunksjonen for t E [-3,4]

Oppgave 8
På deler av denne oppgaven kan det være en fordel å bruke digitalt verktøy med dynamisk programvare.

Vi har gitt en sirkel med sentrum i origo og radius 5 cm. Fra punktet B (13,0) går det to tangenter til sirkelen. Tangeringspunktene er C og D.

a) Regn ut lengden av BC.

Mellom C og D (sirkelbuen mot B) er det et punkt E på sirkelen. Tangenten til sirkelen i E skjærer de to andre tangentene i F og G.

b) Regn ut lengden av EF når punktet E ligger på x-aksen.
c) Regn ut omkretsen av trekanten GBF når E ligger på x-aksen.

Oppgave 9
Gitt en sirkel som går igjennom punktene A(0,0), B(12,0) og C(10,10). Inne i sirkelen er det innskrevet en trekant ABC.

a) Finn $\overrightarrow{AC}$ og $\overrightarrow{BC}$.
b) La M være midtpunktet på BC.
Finn ved regning koordinatene til M.
c) Hvis vi flytter punktet C langs buen CD til punktet D, vil vinkel C være uendret. Forklar dette.
d)
1) Finn vinkel C ved regning.
2) Finn vinkel ASB.
e) La l være midtnormalen til linjestykket BC.
1) Vis ved regning at [5,1] er en retningsvektor for l.
2) Finn en parameterfremstilling for l.
f) Finn koordinatene til S.
g) Finn ved regning radien i sirkelen.

Lykke til!

[bartimeus25]

Takker for prøven

[kimjonas]

Skulle gjerne ha scannet inn hele prøven sammen med besvarelse, men scanneren er ikke helt frisk for tiden.

[Nebuchadnezzar]

Kjempebra! Skal kanskje regne denne i morgen. synd at jeg ikke fikk gått gjennom den i kveld. Men nå er det lalling!

[matte92]

Hvilken lærebok har du?

[kimjonas]

Bruker Sinus R1, Cappelendamm

[Arzhavin]

Har du kanskje løsningsforslag? hadde vært kjekt!

[nikoolinee]

Noen som har løsningsforslag til disse oppgavene?

[Drezky]

Jeg må beklage på forhånd hvis det er enerverende at jeg blar opp en gammel tråd. Men grunnet forespørsler om terminprøver på forumet og i og med at jeg selv skal ha en om en snau uke, så prøver jeg meg på et løsningsforslag på denne prøven. Vennligst korriger meg om jeg har noen feil


$\text{textsc}Løsningsforslag$




(1)
a) $3lg{x}^5-35=10\iff 3lg{x}^5=45\iff lg{x}^5=15\iff {10}^{lg{x}^5}={10}^{15}\iff x=\sqrt[5]{{10}^{15}}={10}^{\frac{15}{5}}={10}^3=1000$

b) $[tex]$$e^{2x}-3e^x+2=0\iff (e^x{)}^2-3e^x+2=0,u=e^x$
/tex]
$u^2-3u+2=0\iff (u-1)(u-2)$
$u-1=0\iff u=1\iff e^x=1\iff xln(e)=ln(1)\iff x=0$
$u-2=0\iff u=2\iff e^x=2\iff xln(e)=ln(2)\iff x=ln(2)$
$e^{2x}-3e^x+2=0\iff \{x_1=0,x_2=ln(2)\}$

2

a)
Vertikal asymptote:
For bruddpunktet $x=2$ av $f(x)=\frac{2x+1}{x-2}$ blir telleren $2\ast 2+1=5$. Med andre ord vi har en vertikal asymptote for $x=2$

Horisontal asymptote:

Horisontal asymptote:
$\underset{x\to \mathrm{\infty }\pm }{lim}f(x)=\underset{x\to \mathrm{\infty }\pm }{lim}\frac{2x+1}{x-2}=\underset{x\to \mathrm{\infty }\pm }{lim}\frac{(2x+1)\ast \frac{1}{x}}{(x-2)\ast \frac{1}{x}}=\underset{x\to \mathrm{\infty }\pm }{lim}\frac{2+\frac{1}{x}}{1-\frac{2}{x}}=\frac{2+0}{1-0}=2$

Med andre ord så har vi en horisontal asymptote for $y=2$



b) $f^{\prime }(x)=\frac{2\ast (x-2)-(2x+1)\ast 1}{{(x-2)}^2}=-\frac{5}{(x-2{)}^2}$




c) Løs ulikheten ved regning. $f(x)<-3$
$f(x)<-3\iff \frac{2x+1}{x-2}<-3\iff \frac{2x+1}{x-2}+\frac{3(x-2)}{(x-2)}<0\iff \frac{2x+1+3x-6}{x-2}<0\iff \frac{5x+5}{x-2}<0\iff \frac{5(x+1)}{x-2}<0$

Setter inn i fortegnsskjema og får $x\in (1<x<2)\vee <1,2>$




3
a) Vi har $P(x)=2x^3-x^2-2x+1$
Skal vise at $2x-1$ er delelig med polynomet slik at $P(x):(x-x_0)=Q(x)+\frac{r}{x-x_0}$
$2x-1=0\iff x=\frac{1}{2}=0.5$
Skjekker for $x=0.5$:
$P(0.5)=2\ast (0.5{)}^3-(0.5{)}^2-2\ast (0.5)+1=0\iff P(x)\mid (2x-1)$



b) $$\begin{gathered} (2x^3-x^2-2x+1):(2x-1)=x^2-1\text{linebreak}-(2x^3-x^2) \\ -2x+1 \\ -(-2x+1) \\ 0 \end{gathered}$$
Slik at polynomet x i førstegradsfaktorer blir $P(x)=(x-1)(x+1)(2x-1)$

c)
Likningen til tagenten i punktet (0, P(0)):
Likningen til en linær linje er gitt ved:
$y-y_1=m(x-x_1)$
$P(0)=1$
$p^{\prime }(x)=6x^2-2x-2$
$p^{\prime }(0)=6\ast 0^2-2\ast 0-2=-2$
$y-y_1=m(x-x_1)$
$y-1=-2(x-0\iff y=-2x+1$


4
a)
$[tex]$f(x)=$\text{Prime causes double exponent: use braces to clarify}$
[/tex],\:\:\:u=-2x^2[/tex]





5 a) Bildet under viser en trekant som tilfredsstiller kravene i oppgaven,



b) $\overrightarrow{CD}$ kan utrykket på to måter: Velger bare den ene da:
$\overrightarrow{CD}=-\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AD}=-\overrightarrow{b}+\frac{3}{4}\overrightarrow{a}=\frac{3}{4}\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$
c) For å finne ut om C, D, E ligger på samme linje må vi undersøke om 2 av disse vektorene er parallelle.
F.eks. så kan vi skjekke om $\overrightarrow{CD}\parallel \overrightarrow{DE}\iff \overrightarrow{CD}=t\ast \overrightarrow{DE}$
$[tex]$\vec{DE}=\vec{DA}+\vec{AE}=$\frac{3}{4}\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}=t\ast (-\frac{3}{4}\overrightarrow{a}+-\frac{1}{3}\overrightarrow{b})\iff \frac{3}{4}\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}=-\frac{3}{4}\overrightarrow{a}t-\frac{1}{3}\overrightarrow{b}t\iff \frac{3}{4}\overrightarrow{a}=-\frac{3}{4}\overrightarrow{a}t\wedge -\overrightarrow{b}=-\frac{1}{3}\overrightarrow{b}t\iff t=-1\wedge t=3$
[/tex]

Ettersom vi får ulik verdi av t så ligger ikke punktene på samme linje.


6


$f(x)=5x(lnx{)}^2,x>0$


a)
$f(x)=0\iff 5x(lnx{)}^2=0\iff 5x=0\vee (lnx{)}^2=0\iff x=0\vee x=e^0=1$

$f(x)=5x(lnx{)}^2,u=lnx$
$f(x)=5x(u{)}^2\to f^{\prime }(x)=5\ast (xln(x{)}^2{)}^{\prime }=5(1ln(x{)}^2+2ln(x)\ast \frac{1}{x}xln(x))=5(ln(x{)}^2+2\ast \frac{1}{x}xln(x))=5(ln(x{)}^2+2ln(x))=5lnx(lnx+2)$

c) og d)
$f^{\prime }(x)=0\iff 5lnx(lnx+2)=0\iff 5lnx=0lnx+2=0\iff x=1\vee x=\frac{1}{e^2}$
$f^{″}(x)=5\ast \frac{1}{x}\ast (lnx+2)+5lnx\ast \frac{1}{x}=\frac{5(lnx+2)}{x}+\frac{5lnx}{x}=\frac{5(lnx+2)+5lnx}{x}=\frac{5((lnx+2)+lnx)}{x}=\frac{10ln(x)+10}{x}$


e)

$\frac{10ln(x)+10}{x}=0\Rightarrow \{x=\frac{1}{e}\}=vendepunkt$


7

a)
$\overrightarrow{r}:=\{\begin{array}{l}x=t^2-1,\\ y=t^2-2t-3\end{array}$

Skjæring med x-aksen:
$y=0\iff t^2-2t-3=0\iff t=3\wedge t=-1$
$x_1=t^2-1=(3{)}^2-1=8x_2=t^2-1=(-1{)}^2-1=0$
Skjæringspunktene blir da $A(8,0)B(0,0)$

Skjæring med y-aksen:
$x=0\iff t^2-1=0\iff t=\pm 1$
$y_1=t^2-2t-3=(1{)}^2-2(1)-3=-4y_2=t^2-2t-3=(-1{)}^2-2(-1)-3=0$
Skjæringspunktene blir da: $C(0,-4)\wedge D(0,0)$

b)

Det at $(3,-3)$ ligger på grafen kan bare være sant dersom det fins en verdi for t slik at :
$$\begin{gathered} t^2-1=3\wedge t^2-2t-3=-3\iff (t=\pm 2\wedge t=0\vee t=2) \\ \Rightarrow t=2 \end{gathered}$$

Ergo, ettersom punktet svarer til den samme paramterverdien for t=2, så ligger punktet $3,-3$ på grafen

c)

Ettersom punktet svarer til parameterverdien for $t=2$ så vil en retningsvektor for tangenten være gitt ved:
${\overrightarrow{r}}^{\prime }(2)=[2\ast 2,2\ast 2-2]=[4,2]$

Denne tangenten går i gjennom punktet $(3,-3)$ og er paralell med vektoren $[4,2]$ slik at vi får parameterfremstillingen:
$parameterfremstilling=\{\begin{array}{l}x=3+4t\\ y=-3+2t\end{array}$

d)
$\overrightarrow{r}(t)=[t^2-1,t^2-2t-3]\to {\overrightarrow{r}}^{\prime }(t)=[2t,2t-2]\to {\overrightarrow{r}}^{″}(t)=[2,2]$
${\overrightarrow{r}}^{\prime }(t)\perp {\overrightarrow{r}}^{″}(t)\iff {\overrightarrow{r}}^{\prime }(t)\ast {\overrightarrow{r}}^{″}(t)=0\iff 2t\ast 2+2t-2\ast 2=4t+-8t=0\iff -4t=0\iff t=0$
Nei?

e)
Bruker kommandoen Kurve[ <Uttrykk>, <Uttrykk>, <Parametervariabel>, <Start>, <Slutt> ] på geogebra og setter inn Kurve[t² - 1, t² - 2t - 3, t, -3, 4]. Da kommer grafen opp..



8


Setter inn informasjonen i Geogebra.
Her lukter det punktets potens ..




$B{D}^2=B{C}^2\Rightarrow BD=BC$

Bruker kommandoen lengede og får at $BC=12cm$

b)

Vi har en rettvinklet trekant, der vi kan bruke trignometri til å løse, eller bruke kommandoen lengde. Jeg velger det letteste da vi har fordelen med å bruke et dynamisk programvare. Jeg får $EF=3.33cm$

c)
Igjen så har vi en fordel med å bruke geogebra. Kan egentlig bare bruke kommandoen lengde og summere opp $\left|GB\right|,\left|BF\right|og\left|FG\right|=(8.67\ast 2)cm+6.67=115.6578cm$

Dette er en likebent trekant (se deloppgave a)




9

a)
$\overrightarrow{AC}=[0-10,0-10]=[-10,-10]$
$\overrightarrow{BC}=[12-10,0-10]=[2,-10]$

b) Hvis M er midtpunktet på BC vil det føre til at $M=\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}[2,-10]=[1,-5]$

$\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{AB}+\frac{1}{2}\overrightarrow{BC}=[0,0]+[-12,0]+[1,-5]=[0-12+1,0+0-5]=[11,5]$

M har koordinatene $(11,5)$

c)
Vinkel C vil være uendret ettersom perferivinkelen spenner over samme bue i intervallet (buen CD)

d)
(1)
$arccos\left(\frac{\overrightarrow{CA}\ast \overrightarrow{CB}}{\left|\overrightarrow{CA}\right|\ast \left|\overrightarrow{CB}\right|}\right)=arccos\left(\frac{[10,10]\ast [-2,10]}{10\sqrt{2}\ast 2\sqrt{26}}\right)=arccos\left(\frac{10\ast -2+10\ast 10}{40\sqrt{13}}\right)\approx {56.3}^o$

(2)

Står ikke noe om S i oppgaven?

.....

[indianajones]

Dette setter jeg pris på ! Takk, skal regne gjennom denne prøven til eksamen

[Guest]

oppgave 9 ?

[Guest]

oppgave 9 ?

?

[Dolandyret]

Til Drezky: Her er nok S ment som punktet som markerer sentrum i sirkelen.

[Guest]

Noen som bet?

[Dolandyret]

Noen som bet?

Hva da?