R1 2019 vår LØSNING

Oppgaven som pdf

Løsningsforslag laget av matteprat-bruker SveinR

Løsningsforslag laget av Marius Nilsen ved Bergen Private Gymnas

Diskusjon av denne oppgaven på matteprat

Løsning Del 1 som video av Lektor Håkon Raustøl

Løsning Del 2 som video av Lektor Håkon Raustøl

DEL 1

Oppgave 1

a)

$$\begin{gathered} f(x)=x^3+2x^2-\sqrt{x} \\ {f}^{\prime }(x)=3x^2+4x-\frac{1}{2\sqrt{x}} \end{gathered}$$

b)

$$\begin{gathered} g(x)=x^2\cdot ln(2x-1) \\ {g}^{\prime }(x)=2x\cdot ln(2x-1)+\frac{2x^2}{2x-1} \end{gathered}$$

Brukte produktregelen og kjerneregelen. Løsningen kan evt. faktoriseres.

c)

$$\begin{gathered} h(x)=\frac{4x}{e^{2x}} \\ {h}^{\prime }(x)=\frac{4e^{2x}-4x\cdot 2e^{2x}}{(e^{2x}{)}^2} \\ =\frac{e^{2x}(4-8x)}{(e^{2x})(e^{2x})}=\frac{-8x+4}{e^{2x}} \end{gathered}$$

Oppgave 2

a)

$$\begin{gathered} \frac{1}{x^2-x}+\frac{1}{x^2+x}-\frac{1}{x^2-1} \\ =\frac{1}{x(x-1)}+\frac{1}{x(x+1)}-\frac{1}{(x+1)(x-1)} \\ =\frac{x+1}{x(x-1)(x+1)}+\frac{x-1}{x(x+1)(x-1)}-\frac{x}{x(x+1)(x-1)} \\ =\frac{x+1+x-1-x}{x(x+1)(x-1)} \\ =\frac{x}{x(x+1)(x-1)} \\ =\frac{1}{x^2-1} \end{gathered}$$

b)

$\frac{(ln{e}^3+1{)}^2}{(e^{ln3}+1)}=\frac{(3+1{)}^2}{(3+1{)}^3}=\frac{4^2}{4^3}=\frac{1}{4}$

Oppgave 3

a)

$$\begin{gathered} (2x-1)=0 \\ x=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Sjekker om $x=\frac{1}{2}$ er et nullpunkt for $f(x)$:

$$\begin{gathered} f(\frac{1}{2})=2(\frac{1}{2}{)}^3-3(\frac{1}{2}{)}^2-11\cdot \frac{1}{2}+6 \\ =\frac{2}{8}-\frac{3}{4}-\frac{11}{2}+6 \\ =\frac{2}{8}-\frac{6}{8}-\frac{44}{8}+6 \\ =\frac{-48}{8}+6=-6+6=0 \end{gathered}$$

$x=\frac{1}{2}$ er et nullpunkt for $f(x)$, det vil si at divisjonen $f(x):(2x-1)$ går opp.

b)

Utfører polynomdivisjonen $f(x):(2x-1)$

$x^2-x-6=(x-3)(x+2)$

$f(x)=(2x-1)(x-3)(x+2)$

c)

$$\begin{gathered} f(x)\ge (2x-1)(x+2) \\ (x-3)(2x-1)(x+2)\ge (2x-1)(x+2) \\ (x-3)(2x-1)(x+2)-(2x-1)(x+2)\ge 0 \end{gathered}$$

Setter felles faktor $(2x-1)(x+2)$ utenfor parentes.

$$\begin{gathered} (2x-1)(x+2)((x-3)-1)\ge 0 \\ (2x-1)(x+2)(x-4)\ge 0 \end{gathered}$$

$f(x)\ge (2x-1)(x+2)$ når $x\in [-2,\frac{1}{2}]\cup [4,\to ⟩$

Oppgave 4

a)

Vi har punktene $A(1,3)$ og $B(5,-1)$

$\overrightarrow{AB}=[5-1,-1-3]=[4,-4]$

$|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{4^2+(-4{)}^2}=\sqrt{32}=\sqrt{2\cdot 16}=4\sqrt{2}$

b)

Likning for en sirkel med sentrum i $(x_0,y_0)$:

$(x-x_0{)}^2+(y-y_0{)}^2=r^2$

Husk at sirkelens diameter er fra punkt A til punkt B. Sentrum i vår sirkel blir midt mellom punkt A og B, i (3,1).

Radius blir halvparten av $|\overrightarrow{AB}|$: $\frac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$

Vi setter inn våre verdier og får likningen for sirkelen:

$$\begin{gathered} (x-3{)}^2+(y-1{)}^2=(2\sqrt{2}{)}^2 \\ (x-3{)}^2+(y-1{)}^2=4\cdot 2 \\ (x-3{)}^2+(y-1{)}^2=8 \end{gathered}$$

c)

For å få en rett vinkel i C, må punkt C ligge på sirkelperiferien. Dette på grunn av Thales setning.

Sentrum av sirkelen er i punkt (3,2), og radiusen av sirkelen er $2\sqrt{2}$. Siden $3+2\sqrt{2}<6$, så tangerer ikke linja x=6 sirkelen. Dermed er punkt C utenfor sirkelperiferien, og det er ikke mulig å plassere C slik at trekanten ABC får en rett vinkel i C.

En annen måte å finne ut av det er å sjekke om det finnes en y-verdi for punkt C hvor $\overrightarrow{AC}\cdot \overrightarrow{BC}=0$.

Oppgave 5

a)

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3})=\frac{10\cdot 9\cdot 8}{3\cdot 2\cdot 1}=10\cdot 3\cdot 4=120$

120 ulike grupper på tre deltakere kan komme til finalen.

b)

Vi har flere kvinner enn menn i en gruppe på tre, dersom vi har to eller tre kvinner.

P(to eller tre kvinner) = $\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{2})(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{1})}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3})}+\frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{3})(\genfrac{}{}{0ex}{}{5}{0})}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{10}{3})}=\frac{10\cdot 5}{120}+\frac{10\cdot 1}{120}=\frac{60}{120}=\frac{1}{2}$

60 av de 120 gruppene, det vil si halvparten, inneholder flere kvinner enn menn.

Oppgave 6

a)

Graf A tilhører funksjonen f, og graf B tilhører funksjonen f´. Dette ser vi fordi når f´ har negativ verdi (grafen er under x-aksen), så synker grafen til f. Når f´ har positiv verdi (grafen er over x-aksen), så stiger grafen til f. Videre har den deriverte et nullpunkt der hvor funksjonen f har et ekstremalpunkt (bunnpunkt).

b)

Den dobbelderiverte er negativ for de x-verdiene hvor den deriverte synker, har et nullpunkt i x-verdien til den derivertes bunnpunkt (vendepunktet til f), og er positiv for de x-verdiene hvor den deriverte stiger.

Oppgave 7

a)

$\mathrm{\angle }APC$ og $\mathrm{\angle }DPB$ er toppvinkler, og derfor like store.

$\mathrm{\angle }CAB$ og $\mathrm{\angle }CDB$ er periferivinkler som spenner over den samme sirkelbuen. Disse er derfor like store.

Dersom to trekanter har to parvis like store vinkler, er trekantene formlike. $\mathrm{△}APC$ og $\mathrm{△}PBD$ er derfor formlike.

b)

Siden $\mathrm{△}APC$ og $\mathrm{△}PBD$ er formlike, har vi at

$\frac{AP}{PD}=\frac{CP}{PB}\Rightarrow AP\cdot PB=CP\cdot PD$

Oppgave 8

a)

$f^{\prime }(2)=0\Leftarrow$ Grafen til $f$ har et toppunkt i $(2,f(2))$

Dersom grafen til f har et toppunkt i $(2,f(2))$, impliserer det at vi har $f^{\prime }(2)=0$. Derimot, hvis vi bare vet at $f^{\prime }(2)=0$, vet vi ikke om grafen til f har et toppunkt, et bunnpunkt eller et terrassepunkt i $(2,f(2))$. $f^{\prime }(2)=0$ impliserer altså ikke nødvendigvis et toppunkt i $(2,f(2))$.

b)

$f^{\prime }(3)=0$ og $f^{″}(3)>0\Rightarrow$ Grafen til $f$ har et bunnpunkt i $(3,f(3))$

Dersom $f^{\prime }(3)=0$ vet vi at grafen til f har et ekstremalpunkt. Dersom $f^{″}(3)>0$ i tillegg, så har vi et bunnpunkt.

Det er derimot ikke alle funksjoner med bunnpunkt i $(3,f(3))$ som har $f^{″}(3)>0$ . For eksempel, dersom $f(x)=(x-3{)}^n$ , hvor n er et partall større enn eller lik 4, så er $f^{\prime }(3)=0$ og $f^{″}(3)=0$ i bunnpunktet $(3,f(3))$.

Dette kan være litt vanskelig å vite, og forhåndssensurrapporten til denne eksamen presiserer at ekvivalenspil også blir godtatt dersom man argumenterer godt for svaret sitt.

DEL 2

Oppgave 1

a)

$\overrightarrow{r}(t)=[28t-3t^2,10t-5t^2]$

Bestemmer fartsvektoren:

$\overrightarrow{v}(t)={\overrightarrow{r}}^{\prime }(t)=[28-6t,10-10t]$

Bestemmer farten da ballen ble sparket:

$\overrightarrow{v}(0)=[28,10]$

$|\overrightarrow{v}(0)|=\sqrt{{28}^2+{10}^2}=29,7$

Banefarten som ballen fikk da den ble sparket var 29,7 m/s.

b)

Når ballen treffer bakken, er posisjonsvektorens y-koordinat lik 0. Finner tiden t hvor dette skjer i CAS på Geogebra:

Ballen kastes når tiden t=0. Ballen treffer bakken når tiden t=2, etter 2 sekunder.

c)

Når ballen er på sitt høyeste punkt, er fartsvektorens y-koordinat lik 0 (ingen fart i y-retning). Finner tiden t hvor dette skjer:

$$\begin{gathered} 10-10t=0 \\ t=1 \end{gathered}$$

Finner ballens banefart, altså fartsvektorens x-koorinat i tiden t=1:

$28-6\cdot 1=28-6=22$

Ballens banefart da den var i sitt høyeste punkt var 22 m/s.

Oppgave 2

a)

Bruker sannsynlighetskalkulatoren i Geogebra, og velger hypergeometrisk fordeling. 8 av de 20 ansatte er menn, og utvalget er 3.

Sannsynligheten for at nøyaktig 2 av de 3 vinnerne er menn, er 0,2947.

b)

Velger binomisk fordeling, der antall lotterier er 12, og sannsynligheten for at 2 av 3 vinnere er menn, er 02947 (fra forrige oppgave).

Sannsynligheten for at 2 av 3 vinnere er menn i 6 av de 12 lotteriene, er 0,0745 = 7,45%.

c)

Sannsynligheten for at alle vinnerne i ett lotteri er kvinner er 0,193.

Sannsynligheten for at alle vinnerne i ett lotteri er menn er 0,0491.

Sannsynligheten for at alle vinnerne er av samme kjønn i ett lotteri er da $0,193+0,0491=0,2421$

Finner sannsynligheten for at de tre vinnerne har samme kjønn i minst ett av de tolv lotteriene:

Sannsynligheten er 0,9641 = 96,41%.

Oppgave 3

a)

b)

Vi har et toppunkt i $(-2,2)$, og et bunnpunkt i $(-\frac{2}{3},\frac{22}{27})$. Siden jeg har tegnet grafen i oppgave a), kan jeg se hva som er topp- og bunnpunkt. Dersom jeg ikke hadde tegnet grafen til $f$, måtte jeg ha sjekket hvor den deriverte er positiv og negativ for å avgjøre hva som er topp- og bunnpunkt (og se at vi f.eks. ikke har et terrassepunkt).

Vendepunktet er i $(-\frac{4}{3},\frac{38}{27})$

c)

Grafen til $g$ har et toppunkt og et bunnpunkt for $a<-2\sqrt{3}$ og $a>2\sqrt{3}$

d)

Finner vendepunktet til $g$ i rad 2. I rad 4 setter jeg inn x-koordinaten til vendepunktet i h(x), og ser at jeg får samme y-koordinat på grafen til $h$ som for vendepunktet til $g$, uansett hvilken verdi $a$ har. I rad 5 bekrefter jeg bare at y-verdien i rad 2 og rad 4 har samme verdi.

Oppgave 4

a)

$\mathrm{\angle }ACB$ og $\mathrm{\angle }DCG$ er toppvinkler, og derfor like store. Videre er CG = CB siden CBDF er et kvadrat og derfor har like lange sider. På samme måte er CD = AC siden ACDE er et kvadrat. Vi har to parvis like lange sider, med like stor vinkel mellom disse. Trekantene $\mathrm{△}ABC$ og $\mathrm{△}GDC$ er derfor kongruente.

b)

Vi tenker oss at punkt H er sentrum i en sirkel med diameter AB. På grunn av Thales setning vil punkt C ligge på sirkelen, siden $\mathrm{\angle }ACB=90$ grader, og $\mathrm{\angle }AHB=180$ grader. Da vil AH og HC begge være sirkelens radius, og derfor vil AH=HC. Det betyr at $\mathrm{△}AHC$ er likebeint.

c)

Siden trekantene $\mathrm{△}ABC$ og $\mathrm{△}GDC$ er kongruente, er $\mathrm{\angle }CGI$ og $\mathrm{\angle }ABC$ like store.

Siden $\mathrm{△}AHC$ er likebeint, har vi at $\mathrm{\angle }ACH=\mathrm{\angle }CAB$. Videre er $\mathrm{\angle }ACH=\mathrm{\angle }GCI$ siden disse er toppvinkler. Det betyr at $\mathrm{\angle }CAB=\mathrm{\angle }GCI$.

I $\mathrm{△}ABC$ og $\mathrm{△}CIG$ har vi to parvis like store vinkler. Altså er trekantene formlike, og $\mathrm{\angle }ACB=\mathrm{\angle }CIG=90$ grader.