1T Eksamen inntrykk

[Guest]

Hva er deres inntrykk av dagens 1T eksamen?

Jeg fikk inntrykk av at det var moderat vanskelighetsgrad, men litt for stor arbeidsmengde, enig? noe de skal drøfte på forhåndssensuren og justere karaktergrensene på bakgrunn av det?

Oppgavene var gode, spesielt siste oppgave på del 1og del 2, geometri oppgaver hvor man får brynt seg litt.

Del

[annadale]

Jeg er enig! Hadde den selv i dag og den var ålreit. Er ikke helt sikker på om jeg nådde sekseren, så den var ikke for enkel, men samtidig var det nok å bruke tiden på. Noen som har noen fasit å dele ? Er ganske sugen på å vite hvordan det gikk

[annadale]

Jeg er enig! Hadde den selv i dag og den var ålreit. Er ikke helt sikker på om jeg nådde sekseren, så den var ikke for enkel, men samtidig var det nok å bruke tiden på. Noen som har noen fasit å dele ? Er ganske sugen på å vite hvordan det gikk

[Guest]

er nok noen som kommer med fasiten i løpet av dagen.
Men en meget merkelig oppgave som kom på del 2 var nr. 4 den med at Per, Pål og Espen har til sammen 198 mynter også finne hvem som har hvor mange osv.

[Guest]

er nok noen som kommer med fasiten i løpet av dagen.
Men en meget merkelig oppgave som kom på del 2 var nr. 4 den med at Per, Pål og Espen har til sammen 198 mynter også finne hvem som har hvor mange osv.

Enig i at den var litt rar, men etter å ha satt opp et likningssett var det ganske greit å komme frem til at per hadde 132, pål hadde 22 og espen hadde 44

[Nebuchadnezzar]

1T - Eksamen
25.11.13 - H13

Del I

$\mathbf{\text{ Oppgave }}1$

$7.5\cdot {10}^{12}\cdot {4.10}^{-4}=3\cdot {10}^9$

$\mathbf{\text{ Oppgave }}2$

Tviler på at tabeller er tillat på forumet

$\left(\begin{array}{ccc}3& 1& \phantom{1}4\\ 3& 3& \phantom{1}6\\ 6& 4& 10\end{array}\right)$

b) Totalt 10 bukser hvorav 6 passer. Sannsynligheten blir dermed
$P(\text{bukse passer})=\frac{\text{ønskelige}}{\text{mulige}}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$

Eller 60%

c) Totalt 6 bukser som passer hvorav 3 er blå. Sannsynligheten blir dermed
$P(\text{bukse passer}=\frac{\text{ønskelige}}{\text{mulige}}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$

$\mathbf{\text{ Oppgave }}3$

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

$\mathbf{\text{ Oppgave }}4$

$\frac{\sqrt{2}\cdot 2^0\cdot 2^{-1}}{8^{1/2}\cdot 2^{-2}}=\frac{2\cdot 2^{1/2}\cdot 2^{-1}}{2\cdot 2^{1/2}\cdot 2^{-2}}=1$

$\mathbf{\text{ Oppgave }}5$

$2\lg x-8=5\lg x+1$
Legg merke til at $2(-3)-8=-14$ og $5(-3)+1=-14$ så $x={10}^{-3}$ siden $\lg 10=1$.
Alternativt er det bare å løse rett frem
$3\lg x=-9\Rightarrow \lg x=-3$
Som gir samme som før.

$\mathbf{\text{ Oppgave }}6$

a = (2 - 5)/(3 - 1) = 3/2. Via etpunktsformelen fås nå
$y=a(x-x_0)+y_0\Rightarrow y=\frac{3}{2}(x-1)+2=\frac{3}{2}x+\frac{1}{2}$

$\mathbf{\text{ Oppgave }}8$

Via innsetning så er $y=2+x$ så
$$\begin{gathered} -2x^2+(2+x{)}^2=4 \\ x(4-x) \end{gathered}$$
Dermed så er $x=0$ eller $x=4$ som gir løsningene
$(0,2)$ og $(4,6)$
siden $y=2+x$.

$\mathbf{\text{ Oppgave }}8$

Derivasjon gir direkte

$f(x)=3x^2-6x=3x(x-2)f^{″}(x)=6x-6=6(x-1)$

Tilslutt så er $f(0)=0$ og $f(2)=-4$. Så
$(0,0)$ er et toppunkt, siden $f^{″}(0)$ er negativ.
$(2,-4)$ er et bunnpunkt, siden $f^{″}(2)$ er positiv.

b) Ved å faktorisere ut $x^2$ fra begge ledd fås $x^2(x-3)$.
Om $ab=0$ betyr dette at enten $a=0$, eller $b=0$. Så vi får tilfellene

$x^2=0\vee (x-3)=0$
Dermed så er nullpunktene $x=0$ eller $x=3$.

b) KEISAMT

$\mathbf{\text{ Oppgave }}9$

Ser etter en fin tegning at
$\cos C=\frac{3}{7}=\sin A$
Siden trekanten er rettvinklet.

$\mathbf{\text{ Oppgave }}10$

Bestemmer først utstikket på høyre side av figuren.
Fra pytagoras er grunnflaten lik
$g=\sqrt{5^2-4^2}=3$. Siden ene kateten er $4$ og hypotenusen er $5$.

Utstikket på venstre side blir $10-6-3=1$. Slik at hypotenusen har lengde
$h=\sqrt{1^2+4^2}=\sqrt{17}$. Den totale omkretsen blir dermed

$O=10+\sqrt{17}+6+5=21+\sqrt{17}$

som ønsket.

Del II

$\mathbf{\text{ Oppgave }}1$

a) KEISAMT

b) Fra figur eller via dataprogram fås

$x\sim 8.565119904$

Som pent rundes av til etter 8 år og ca 7 måneder. Altså August 2008 var fiskebestanden minst, da
var det ca 51 tonn fisk i havet.

c) Kjedelig, derivasjon gir

$f(x)=9x^2-96x+162$

Som kan løses som en normal andregradslikning, dette gir løsningene

$x=\frac{16\pm \sqrt{94}}{3}$

Her kan minste å største løsning enten drøftes i fortegnsskjema, eller ved å se
på den dobbelderiverte. som er $f(x)=18x-96$, med nullpunkt $x\approx 5.333$
Altså er ekstremalpunktet som ligger før $5$ et toppunkt, (dobbelderiverte er negativ)
og ekstremalpunktet som ligger før et toppunkt. Ved å utføre svart algebramagi kan det vises at
bunnpunktet eksakt er

$f\left(\frac{16+\sqrt{94}}{3}\right)=\frac{2284-188\sqrt{94}}{9}$

d)

$f(5)=285$ og $f^{\prime }(5)=-93$

Dette betyr at i $2005$ var fiskebestanden på $285$ tonn, og fiskebestanden var synkende.

$\mathbf{\text{ Oppgave }}2$

Kan sette opp en frekk likning for vannbestanden da fås
$L(x)=20\cdot {10}^3\cdot {0.92}^x$

Så $L(1)=18400$ og $L(10)\approx 8688$.

b)

Trenger å løse likningen
$5000=L(x)\Rightarrow \frac{1}{4}={0.92}^x$
Ved å ta logaritmen på begge sider, og dele på $\log (0.92)$ fås
$x=\log (1/4)/\log (0.92)\approx 16.62$
Så etter $17$ dager var vannstanden under $5000$ liter.

$\mathbf{\text{ Oppgave }}3$

Begynner med en gang å sette opp den binomiske formelen selv om svaret
på $a)$ er $1-(1-p{)}^{10}$. Binomisk blir

$P(X=k)=(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{k}){0.2}^k\cdot {0.8}^{10-k}$

Så
$P(\text{Minst }1)=1-P(\text{Ingen})=1-P(X=0)=1-(1-p{)}^{10}\approx 0.893$

b)

Oppgaven spør om en spesifikk permutasjon, så da droppes det kombinatoriske leddet. En får da

$p^3\cdot (1-p{)}^{10-3}\approx 0.0016777$
$

b)

Her er det lov med alle mulige permutasjoner av tre lovlige syklister så en får

$P(X=3)\approx 0.20133$

Så sannsynligheten for at $3$ syklister blant $10$ sykler lovlig er ca $20\text{percent}$.

$\mathbf{\text{ Oppgave }}4$

Per = P, Pål = B og Espen = E

Opplysningene sier at $P+B+E=198$ og
$6B=P$ og $3E=P$. Videre så er da $2B=E$. Ved å sette inn for $E$ fås da

$P+B+E=(6B)+B+(2B)=198$ Som gir at $B=22$.

Dermed så er $P=6B=132$ og $E=2B=44$.

$\mathbf{\text{ Oppgave }}5$

Konstruksjonsoppgave. Bruk sinussetningen til å finne vinkelen.
Det er to mulige vinkler mellom 0 og 180.

$\mathbf{\text{ Oppgave }}6$

a) Merk at trekanten er likesidet
slik at $AE=BE=6$. Summen av sidene i en euklidsk trekant er alltid
${180}^{\circ }$ slik at toppvinkelen blir $\mathrm{\angle }BEA=180-75-75=30$.
Nå kan vi benytte oss av arealsetningen for å beregne arealet av trekanten
da fås
$\mathrm{\Delta }ABE=\frac{1}{2}{s}^2\sin ({30}^{\circ })=\frac{1}{2}\cdot 36\cdot \frac{1}{2}=9$

b) Cosninussetningen gir direkte at
ECD
${\text{EC}}^2={\text{CD}}^2+{\text{DE}}^2-2\cdot \text{CD}\cdot \text{DE}\cdot \cos ({85.3}^{\circ })$

Som gir at $\text{EC}\approx 9.25$

b) Finner først vinkel ECB dette gjøres
Ved å først bruke sinussetningen på trekant BCE
$\frac{\sin (\mathrm{\angle }BCE)}{\text{BE}}=\frac{\sin (83.3)}{\text{EC}}\Rightarrow \mathrm{\angle }BCE\arcsin (\text{BE}\cdot \frac{\sin (83.3)}{\text{EC}})\approx 40.1$
Ved å bruke at vinkelsummen i en trekant er ${180}^{\circ }$, kan en uttrykke vinkel
$\mathrm{\angle }BEC\approx 180-83.3-40.1\approx 56.6$

Dermed blir lengde $BC$

$\frac{BC}{\sin ({56.6}^{\circ })}=\frac{EC}{\sin (83.3)}\Rightarrow BC=\sin ({56.6}^{\circ })\cdot \frac{9.25}{\sin (83.3)}\approx 7.77$

Merk jeg antok feilaktig at en skulle beregne lengden av $BD$ som er et noe vanskeligere regnestykke.

$\mathbf{\text{ Oppgave }}7$

a) Siden $r=2$ og $R=3$ gir pytten oss at
$h=3+y=3+\sqrt{3^2-2^2}=3+\sqrt{5}\approx 5.24$

b) Bare å sette rett inn i formel det her

$V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{4}{3}\pi \cdot (3+\sqrt{5})\approx 21.933$

c) Bare å bytte ut og sette inn i volumformelen så får en uttrykket...

d) Ved å enten regne for hånd eller sette inn i ditt favorittprogram fås

$f^{\prime }(x)=\frac{\pi x(2\sqrt{9-x^2}+6-x^2)}{\sqrt{9-x^2}}$

Dermed så er enten $x=0$ eller så er $2\sqrt{9-x^2}+6-x^2=0$.
Ved å legge til $x^2-6$ og kvadrere begge sider fås
$4(9-x^2)=(x^2-6{)}^2\Rightarrow x^4-8x^2\Rightarrow x^2(x^2-8)$

Dermed så er enten $x=0$ igjen, eller så er $x=2\sqrt{2}$, hvor lengdenene selvsagt må være positive. Ser selvsagt at $x=0$ gir et minimum (hvorfor?), som og bekreftes fra den dobbelderiverte.

$f^{″}(0)=4\pi ,f^{″}(2\sqrt{2})=-32\pi$

Ved å sette inn $x=2\sqrt{2}$ fås

$V=\frac{32}{3}\pi \approx 33.511$

Som er det største volumet en kjegle innskrevet i en sirkel med Radius $3$ kan ha.

[IdaL]

Er litt ueing i ditt forslag til fasit, i oppgave 5.
Fikk ikke tallet 1 som svar:

2lgx − 8 = 5lgx + 1
- 3lgx = 9
lg x = -3
x = ${10}^{-3}$

Er ikke dette rett?

[Guest]

Er litt ueing i ditt forslag til fasit, i oppgave 5.
Fikk ikke tallet 1 som svar:

2lgx − 8 = 5lgx + 1
- 3lgx = 9
lg x = -3
x = ${10}^{-3}$

Er ikke dette rett?

Jo, det må jo være rett...? Det gir -14 på begge sider. I tillegg vil det bli feil dersom lgx = 1. 2(1) - 8 er ikke lik 5(1) + 1

[Anonym 2]

Nebuchadnezzar, Svaret i oppgave 1 er vel 7.5⋅1012⋅4.10−4=3⋅10^9 istedenfor 7.5⋅1012⋅4.10−4=3⋅10−9.
Oppgave 5 er svaret 10^-3= 0,001 (får også dette i Wolfram alpha).
Oppgave 8 a) er det vel ikke to ganger (0,0), den siste skal vel være (2,-4).
Forklar gjerne hvis jeg tar feil!

[Guest]

Nebu er nok trøtt etter dags arbeid med studier eller jobb, ettersom han helt til nå har lagd strålende fasiter til hvert eneste 1T eksamen, så feilene hans kan nok unnskyldes

[madman]

noen om har fasit til sannsynlighetsoppgaven 1T? vet dere hvor mange poeng som kreves for å få en 6'er?

[IdaL]

noen om har fasit til sannsynlighetsoppgaven 1T? vet dere hvor mange poeng som kreves for å få en 6'er?

Du må ha minst 56 av 60poeng. Men de kan vippe deg litt opp om du har vist særdeles god forståelse på enkelte oppgaver.

[hra061]

Noen som har mulighet til å legge ut oppgavene fra dagens 1T-eksamen?

[Nebuchadnezzar]

La inn en bråte slurverusk, slik at dere som tok eksamen skulle få noe å tygge på og.
Meste skal være fikset.T ar resten senere i dag fikser litt småfigurer og annet knask.

Vært en lang dag på lab, så trenger litt kaffe kos, og mat før jeg tar resten.

[Guest]

Typisk så er grensen på ca. 93 % for 6'eren på alle eksamener med poeng, men så er det slik at poengene er veiledende,
og poenggrensen justeres opp/ned iforhold til arbeidsmengden, vanskelighetsgrad og mestringsprofil til hver oppgave som de gjennomgår etter eksamen.
I tillegg så er det slik at for alle karakterer som settes på matematikkeksamener er at det hjelper kandidatn veldig mye hvis han/hun har skrevet gode forklaringer og begrunnet det og det. F. eks la oss si du får 54 poeng på eksamen, og 6'ern er på minst 56 poeng. Du kan gjerne få den 6'eren av de to sensorene hvis du har vist spesiell kompetanse på enkelte oppgaver, f.eks siste oppgave, nr. 8 på del 2, den med romgeometrien.