R1 2015 vår LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner

$\frac{x - 2}{x^{2} + 2 x} + \frac{2}{x} + \frac{x + 2}{x^{2} - 2 x} - \frac{3 x}{x^{2} - 4} = \frac{(x - 2) (x - 2) + 2 ((x + 2) (x - 2) + (x + 2) (x + 2) - 3 x^{2}}{x (x + 2) (x - 2)} = \frac{x^{2} - 4 x + 4 + 2 x^{2} - 8 + x^{2} + 4 x + 4 - 3 x^{2}}{x (x + 2) (x - 2)} = \frac{x^{2}}{x (x + 2) (x - 2)} \frac{x}{(x + 2) (x - 2)}$

Oppgave 4

$x^{2} - 2 x + y^{2} + 4 y - 20 = 0 (x^{2} - 2 x + 1) + (y^{2} + 4 y + 4) - 25 = 0 (x - 1)^{2} + (y + 2)^{2} = 5^{2}$

Sirkelen har radius 5, med sentrum i punktet (1, -2).

Oppgave 5

a)

$\vec{u} ∥ \vec{v} \Rightarrow \vec{u} = k \vec{v}$

I tillegg må vi skifte fortegn siden den skal være motsatt rettet. Vi multipliserer med -1 og får $\vec{u} = [- 3, - 4]$

b)

En vektor som står vinkelrett på [a,b] vektor er vektoren k[-b, a]. Vektoren [-4,3] står derfor vinkelrett på [ 3, 4] vektor. Kriteriet er at når to vektorer står vinkelrett på hverandre er skalarproduktet null:

$[3, 4] \cdot [- 4, 3] = - 12 + 12 = 0$

c)

$\vec{w}$ står vinkelrett på $\vec{v}$ så derfor må t være null.

$\vec{v} = k \vec{u} [3, 4] = k [- 3, - 4]$

I dette tilfellet må k = -1.

d)

Lengde av v vektor:

$| \vec{v} | = \sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5$

Dersom lengden av x vektor skal være 7, må v vektoren multipliseres med $\frac{7}{5}$ :

$\vec{x} = \frac{7}{5} \vec{v} = \frac{7}{5} [3, 4] = [\frac{21}{5}, \frac{28}{5}]$

Oppgave 6

a)

$(\binom{12}{2}) = \frac{12!}{10! \cdot 2!} = 6 \cdot 11 = 66$

$(\binom{n}{1}) = \frac{n!}{(n - 1)! \cdot 1!} = \frac{n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) . . . .}{(n - 1) \cdot (n - 2) . . . .} = n$

b)

$\frac{(\binom{x}{1}) \cdot (\binom{12 - x}{1})}{(\binom{12}{2})} = \frac{6}{11} \frac{x \cdot (12 - x)}{66} = \frac{6}{11} x (12 - x) = 36 x^{2} - 12 x + 36 = 0 (x - 6) (x - 6) = 0 x = 6$

Oppgave 7

a)

$f (x) 3 x e^{- x} f ´ (x) = 3 e^{- x} - 3 x e^{- x} = 3 e^{- x} (1 - x)$

Funksjonen har et ekstremalpunkt for x=1. For x >1 avtar funksjonen og for x < 1 vokser den. Det betyr at den har et toppunkt for x = 1. $f (1) = \frac{3}{e}$ .

Maksimumspunkt: $(1, \frac{3}{e})$

b)

$f (x) 3 x e^{- x} f ´ (x) = 3 e^{- x} - 3 x e^{- x} = 3 e^{- x} (1 - x) f ‘ ‘ (x) = - 3 e^{- x} + 3 x e^{- x} - 3 e^{- x} = 3 e^{- x} (2 - x)$

c)

Oppgave 8

a)

Vinkel B er en periferivinkel som spenner over buen AC. Vinkel CSA er en sentralvinkel som spenner over sammen buen. Vinkel DSA er halvparten av vinkel CSA. Vinkel B er derfor lik vinkel DSA.

b)

$∠ B = ∠ D S A s i n D S A = \frac{\frac{1}{2} b}{R} 2 R = \frac{b}{s i n B}$

c)

Tja... Vi gjør det samme med a og c, som vi gjorde med b i oppgave b. Man må lage fotpunkt på BC og AB også. ABS og BCS er også likebeinte så oppgaven er en repetisjon av oppgave b.

Oppgave 9

$9^{x} - 3^{x} - 12 = 0 (3^{x})^{2} - 3^{x} - 12 = 0$

Setter $u = 3^{x}$

$u^{2} - u - 12 = 0 u = - 3 \lor u = 4$

Må forkaste u= -3 og får

$3^{x} = 4 x = \frac{l g 4}{l g 3}$

DEL TO

Oppgave 1

a)

b)

Fra tegningen i a ser man at likningen blir $(x - 3)^{2} + (y - 3)^{2} = 18$ . Altså en sirkel med sentrum i punktet (3, 3) og med radius $\sqrt{18}$

Oppgave 2

a)

b)

Fra Figuren i a leser vi at farten må være 12 - 58 km/h.

c)

Det passerer flest biler, ca. 30 stykker per minutt, når farten er ca. 26 km/h.

Oppgave 3

a)

V deriverer posisjonsvektoren og får:

$\vec{r_{A}} (t) = [18 t - 8, 10 - 3 t] \vec{v} = \vec{r_{A}} ´ (t) = [18, - 3]$

og

$\vec{r_{B}} (t) = [10 t, 20 - 6 t] \vec{v} = \vec{r_{B}} ´ (t) = [10, - 6]$

Litt amatørmessig å oppgi farten til båter i km/h, men la gå:

$v_{A} = \sqrt{18^{2} + (- 3)^{2}} \approx 18, 2$ km/h

og

$v_{B} = \sqrt{10^{2} + (- 6)^{2}} \approx 11, 6$ km/h

b)

Avstanden mellom båtene vil til enhver tid være en vektor i x-retning pluss en vektor i y- retning. Resultanten blir hypotenusen i en rettvinklet trekant og Pytagoras kan brukes:

$d = \sqrt{| {\vec{r}}_{A} |^{2} + | {\vec{r}}_{B} |^{2}} d = \sqrt{(18 t - 8 - 10 t)^{2} + (10 - 3 t - (20 - 6 t))} d = \sqrt{(8 t - 8)^{2} + (3 t - 10)^{2}}$

c)

Vi skriver uttrykket for d inn i Geogebra og finner minimumspunktet:

Avstanden er minst etter ca 1 time og 17 minutter, ca 6,55 km.

Oppgave 4

a)

f har nullpunkt for x= 1 gir: 1 + a + b + c+ 1 = 0

x = 2 er x- koordinat til vendepunktet. f(x) = $12 x^{2} + 6 a x + 2 b$ . f(2)=0 gir: 48 + 12a + 2b = 0

f(3) = 4 gir: 4 = 81 + 27a + 9b + 3c + 1

b)

a= -6, b = 12, c= -8. Det gir funksjonen:

$f (x) = x^{4} - 6 x^{3} + 12 x^{2} - 8 x + 1, D_{f} = \R$

Oppgave 5

a)

$g ´ (x) = 3 a x^{2} - 2 x g ´ (t) = 3 a t^{2} - 2 t$

Vi har nå funnet stigningstallet til tangenten i P. Finner så b i likningen for den rette linje:

$y = a x + b a t^{3} - t^{2} = (3 a t^{2} - 2 t) t + b b = t^{2} - 2 a t^{3}$

Innsatt i y= ax + b gir det:

$y = (3 a t^{2} - 2 t) x + t^{2} - 2 a t^{3}$

b)

1. Definerer g(x) i CAS.

2. Finner skjæringspunktene mellom g og den rette linje.

3. Finner $g (\frac{- 2 a t + 1}{a})$ og finner punktet Q i tredje kvadrant: $(\frac{- 2 a t + 1}{a}, \frac{- 8 a^{2} t^{3} + 8 a t^{2} - 2 t}{a})$ .

@@ Linje 13: / Linje 13: @@
 [http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2015V_Sensorveiledning_REA3022_Matematikk_R1_V2015.pdf Sensorveiledning]
+[http://ndla.no/nb/node/152090?fag=57933 Løsning fra NDLA]
@@ Linje 51: / Linje 53: @@
 ===c)===
+ $l i m_{x \to 2} \frac{(x - 2) (x + 1) (x + 3)}{x - 2} = l i m_{x \to 2} (x + 1) (x + 3) = 15$
 ==Oppgave 3==
@@ Linje 64: / Linje 68: @@
 ==Oppgave 5==
+===a)===
+ $\vec{u} ∥ \vec{v} \Rightarrow \vec{u} = k \vec{v}$
+I tillegg må vi skifte fortegn siden den skal være motsatt rettet. Vi multipliserer med -1 og får  $\vec{u} = [- 3, - 4]$
+===b)===
+En vektor som står vinkelrett på [a,b] vektor er vektoren k[-b, a]. Vektoren [-4,3] står derfor vinkelrett på  [ 3, 4] vektor. Kriteriet er at når to vektorer står vinkelrett på hverandre er skalarproduktet null:
+ $[3, 4] \cdot [- 4, 3] = - 12 + 12 = 0$
+===c)===
+ $\vec{w}$  står vinkelrett på  $\vec{v}$  så derfor må t være null.
+ $\vec{v} = k \vec{u} [3, 4] = k [- 3, - 4]$
+I dette tilfellet må k = -1.
+===d)===
+Lengde av v vektor:
+ $| \vec{v} | = \sqrt{3^{2} + 4^{2}} = 5$
+Dersom lengden av x vektor skal være 7, må v vektoren multipliseres med  $\frac{7}{5}$ :
+ $\vec{x} = \frac{7}{5} \vec{v} = \frac{7}{5} [3, 4] = [\frac{21}{5}, \frac{28}{5}]$
 ==Oppgave 6==
+===a)===
+ $(\binom{12}{2}) = \frac{12!}{10! \cdot 2!} = 6 \cdot 11 = 66$
+ $(\binom{n}{1}) = \frac{n!}{(n - 1)! \cdot 1!} = \frac{n \cdot (n - 1) \cdot (n - 2) . . . .}{(n - 1) \cdot (n - 2) . . . .} = n$
+===b)===
+ $\frac{(\binom{x}{1}) \cdot (\binom{12 - x}{1})}{(\binom{12}{2})} = \frac{6}{11} \frac{x \cdot (12 - x)}{66} = \frac{6}{11} x (12 - x) = 36 x^{2} - 12 x + 36 = 0 (x - 6) (x - 6) = 0 x = 6$
 ==Oppgave 7==
+===a)===
+ $f (x) 3 x e^{- x} f ´ (x) = 3 e^{- x} - 3 x e^{- x} = 3 e^{- x} (1 - x)$
+Funksjonen har et ekstremalpunkt for x=1. For x >1 avtar funksjonen og for x < 1 vokser den. Det betyr at den har et toppunkt for x = 1.  $f (1) = \frac{3}{e}$  .
+Maksimumspunkt:  $(1, \frac{3}{e})$
+===b)===
+ $f (x) 3 x e^{- x} f ´ (x) = 3 e^{- x} - 3 x e^{- x} = 3 e^{- x} (1 - x) f ‘ ‘ (x) = - 3 e^{- x} + 3 x e^{- x} - 3 e^{- x} = 3 e^{- x} (2 - x)$
+===c)===
+[[File:r1-v2015-17c.png]]
 ==Oppgave 8==
 ===a)===
-Vinkel B er en pereferivinkel som spenner over buen AC. Vinkel CSA er en sentralvinkel som spenner over sammen buen. Vinkel DSA er halvparten av vinkel CSA. Vinkel B er derfor lik vinkel DSA.
+Vinkel B er en periferivinkel som spenner over buen AC. Vinkel CSA er en sentralvinkel som spenner over sammen buen. Vinkel DSA er halvparten av vinkel CSA. Vinkel B er derfor lik vinkel DSA.
 ===b)===
+ $∠ B = ∠ D S A s i n D S A = \frac{\frac{1}{2} b}{R} 2 R = \frac{b}{s i n B}$
 ===c)===
+Tja... Vi gjør det samme med a og c, som vi gjorde med b i oppgave b. Man må lage fotpunkt på BC og AB også. ABS og BCS er også likebeinte så oppgaven er en repetisjon av oppgave b.
 ==Oppgave 9==
@@ Linje 118: / Linje 187: @@
 ==Oppgave 3==
+===a)===
+V deriverer posisjonsvektoren og får:
+ $\vec{r_{A}} (t) = [18 t - 8, 10 - 3 t] \vec{v} = \vec{r_{A}} ´ (t) = [18, - 3]$
+og
+ $\vec{r_{B}} (t) = [10 t, 20 - 6 t] \vec{v} = \vec{r_{B}} ´ (t) = [10, - 6]$
+Litt amatørmessig å oppgi farten til båter i km/h, men la gå:
+ $v_{A} = \sqrt{18^{2} + (- 3)^{2}} \approx 18, 2$  km/h
+og
+ $v_{B} = \sqrt{10^{2} + (- 6)^{2}} \approx 11, 6$  km/h
+===b)===
+Avstanden mellom båtene vil til enhver tid være en vektor i x-retning pluss en vektor i y- retning. Resultanten blir hypotenusen i en rettvinklet trekant og Pytagoras kan brukes:
+ $d = \sqrt{| {\vec{r}}_{A} |^{2} + | {\vec{r}}_{B} |^{2}} d = \sqrt{(18 t - 8 - 10 t)^{2} + (10 - 3 t - (20 - 6 t))} d = \sqrt{(8 t - 8)^{2} + (3 t - 10)^{2}}$
+===c)===
+Vi skriver uttrykket for d inn i Geogebra og finner minimumspunktet:
+[[File:r1-v2015-23c.png]]
+Avstanden er minst etter ca 1 time og 17 minutter, ca 6,55 km.
 ==Oppgave 4==
@@ Linje 123: / Linje 225: @@
 ===a)===
+f har nullpunkt for x= 1 gir: 1 + a + b + c+ 1 = 0
+x = 2 er x- koordinat til vendepunktet. f''(x) =  $12 x^{2} + 6 a x + 2 b$ . f''(2)=0 gir: 48 + 12a + 2b = 0
+f(3) = 4 gir: 4 = 81 + 27a + 9b + 3c + 1
 ===b)===
+[[File:r1-v2015-24b.png]]
+a= -6, b = 12, c= -8. Det gir funksjonen:
+ $f (x) = x^{4} - 6 x^{3} + 12 x^{2} - 8 x + 1, D_{f} = \R$
 ==Oppgave 5==
@@ Linje 141: / Linje 258: @@
 ===b)===
+[[File:r1-v2015-25b.png]]
+. Definerer g(x) i CAS.
+. Finner skjæringspunktene mellom g og den rette linje.
+. Finner  $g (\frac{- 2 a t + 1}{a})$  og finner punktet Q i tredje kvadrant:  $(\frac{- 2 a t + 1}{a}, \frac{- 8 a^{2} t^{3} + 8 a t^{2} - 2 t}{a})$ .

R1 2015 vår LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner

Siste sideversjon per 12. mai 2017 kl. 17:14

DEL EN

Oppgave 1

a)

b)

c)

Oppgave 2

a)

b)

c)

Oppgave 3

Oppgave 4

Oppgave 5

a)

b)

c)

d)

Oppgave 6

a)

b)

Oppgave 7

a)

b)

c)

Oppgave 8

a)

b)

c)

Oppgave 9

DEL TO

Oppgave 1

a)

b)

Oppgave 2

a)

b)

c)

Oppgave 3

a)

b)

c)

Oppgave 4

a)

b)

Oppgave 5

a)

b)

Innholdto top