Ylioppilastutkintolautakunta S tudentexamensnämnden

Transkript

1 Ylioppilastutintolautaunta S tudenteamensnämnden MATEMATIKPROV, LÅNG LÄROKURS 0..0 BESKRIVNING AV GODA SVAR De besrivningar av svarens innehåll som ges här är inte bindande för studenteamensnämndens bedömning. Censorerna beslutar om de riterier som används i den slutgiltiga bedömningen. Av en god prestation framgår det hur eaminanden har ommit fram till svaret. I lösningen måste det finnas behövliga uträningar eller andra tillräcliga motiveringar och ett slutresultat. I bedömningen fästs uppmärsamhet vid helheten och vid de tre stegen: starten, mellanstegen och slutresultatet. Ränefel som inte väsentligt ändrar uppgiftens natur ger ingen betydande sänning av antalet poäng. Ränefel och fel i den matematisa modellen som ändrar uppgiftens natur an däremot säna antalet poäng betydligt. I provet är ränaren ett hjälpmedel, och dess roll bedöms separat för varje uppgift. Om symbolränare använts i en uppgift sa det framgå av prestationen. I lösningar av uppgifter som räver analys räcer det inte enbart med ett svar som erhållits med hjälp av ränaren utan övriga motiveringar. Däremot räcer ett svar som eaminanden fått med ränaren i allmänhet i rutinberäningar. Detsamma gäller rutinmässiga delar av mera omfattande uppgifter. Eempel på sådana är omsrivning av uttryc, evationslösning och derivering och integrering av funtioner.. a) ( ) ( )( + ) < b) c) Linjens evation är < <. 8 < 7 y 7 ( ) y 0, vilet ger 0 0. Alltså är 0. + y 0 0. I särningspunten är Särningspunten är 0,0.. a) cos, cos. f så f π π 9 b) a b ( ) i + ( + ) j + ( 7 + 5) i + j, alltså är a b c) Då π π α < < är cosα sin α Matematiprov, lång lärours 0..0 Besrivning av goda svar

2 a+ b ( a+ b) + ab. Eftersom,. a) ( a b) a a b b Eftersom, a b ab Alltså är ( a + b ) + 6. är. är a+ b. b) + y y + y y + y + y y + y + y.. Anta att höjdens baspunt på sidan AB är D och att CD h. Trianglarna ADC och CDB är liformiga, vilet ger Alltså är Då h > 0 är h. Arean är AD CD. CD DB 7 h h. h 5. Vi betecnar ( ) får vi från evationen AB DC 0h 5h 5. f 5 e. Nollställena för derivatan ( 5 ) ( ) + ( ) ( + + ) f e e tillhör inte intervallet 0. Eftersom f (0) 5, lim f( ) 0, är funtionens minsta värde 5 e eller. Nollstället och största värde 7 f () 0,8 och e 7. e 6. a) Sannoliheterna för omplementhändelserna är P(inte B) 0,7 0,8 och P(inte O) 0, 0,67. Då är P(högst 9 O:n) P(0, eller O:n) 0, 0,67 + 0, 0,67 + 0, 0 0, Matematiprov, lång lärours 0..0 Besrivning av goda svar

3 b) P( eller B:n) 0,7 0,8 + 0,7 0, ,0. 7. Sträcan AB:s mittpunt är ( M,, ) ( 5,,). Planets normalvetor är AB ( ) i + ( 0) j + ( ) i + j +, vilet betyder att planets evation är av formen + y+ z+ d 0. Planet går genom 5 punten M, vilet ger d 0 d 7. Genom insättning av 0 och 0 får vi 7. y Särningspunten är (0,7,0). z, 8. a) Vi får särningspunternas -oordinater från evationen ( + 6) Genom insättning av dessa värden får vi (, 6), (0,0) och (,). b) Vi betecnar f 6 och g + 6. Eftersom f g i intervallet 0 och g f i intervallet 0, är arean 0 ( f g) d+ ( g f) d 0 0 ( + 7 ) d+ ( + 7 ) d 0 ( 6 ) ( 6 ) 0 / / cos + cos 0 cos cos cos cos( + π ) ± ( + π) + nπ (n+ ) π 5 (n ) π 5 (n+ ) π n π, n Z. Matematiprov, lång lärours 0..0 Besrivning av goda svar

4 0. Ett tvärsnitt av uben är en retangel, vars sidor utgörs av två av ubens motsatta anter och två sidoytors diagonaler. Längderna av retangelns sidor är och och längden av dess diagonal är. Anta att den lilla bollens radie är r och att avståndet från bollens medelpunt till ubens hörn är. På grund av liformighet är r, dvs. r. Summan + r+ + + r är halva längden av retangelns diagonal, vilet ger + +. r Den lilla bollens radie är r. +. Enligt definitionen av en aritmetis talföljd är vilet ger + ln ln ( ) ( + ) ( ) ln ln ln ln, + ( ) Då ln 6 > 0 för varje R, måste ln. a) Arean är A() t cos. t t b) A ( t) tsint+ cost 0 cost tsint 0. Vi löser evationen med Newtons metod. Vi betecnar f () t cost tsin, t varvid f '( t) sint tcos t. Reursionsformeln i Newtons metod blir t n+ costn tnsintn tn sint t cost n n n med vilen vi genom iteration och startvärdet t0 får t 0,865, t 0,860 och t t Lösningens närmevärde är med två decimalers noggrannhet t 0,86.. c) Vi beränar värdena är,. π A(0) 0, A 0 och A(0,86),., Areans största värde Matematiprov, lång lärours 0..0 Besrivning av goda svar

5 . a) A B A B A (A B) b) Eftersom satsen A (A B) är sann endast då både A och B är sanna, är den evivalent med satsen A B. *. a) b) c) P + 0, vilet ger P ( + )( ). ( p.) A ( + ) + ( ) + B A B A B för varje, vilet + ( )( + ) ( )( + ) gäller då A+ B 0 A B + + A B ( p.) d d d ln ln + + C ln + C ln + C, då. ( p.) + + d) Om > är Alltså är d /ln ln ln P ln + + d P ln + ln. ( p.) ( p.) ln, då. + Matematiprov, lång lärours 0..0 Besrivning av goda svar

6 * 5. a) Ritningsoefficienten för den till tangeringspunten (, ) normalens evation är tt dragna tangenten är t, och y t ( ). t Normalen sär y-aeln då t y t + Detta är y-oordinaten för cirelns medelpunt. Avståndet från. medelpunten till tangeringspunten är r ( t 0) + ( t y) t +, vilet ger t r. Alltså är. y r + ( p.) 5 b) Enligt deluppgift a har medelpunten för cireln C y-oordinaten y och medelpunten för cireln C y-oordinaten ( r ) +. Avståndet mellan medelpunterna är alltså y y r. Samtidigt är avståndet mellan medelpunterna summan av radierna + r. Vi får då evationen ( r) + r ( r) r 0 r r. Radien är positiv, vilet betyder att r. ( p.) c) Enligt deluppgift a har medelpunten för cireln C n y-oordinaten C + y-oordinaten motsvarande sätt har cireln n n+ n+ mellan medelpunterna rn+ + ( r ) n r n+ ( r n). Samtidigt är samma avstånd r + r. Vi får då evationen n n+ ( r ) ( r ) r + r n+ n n n+ n y r + och på y r +. Då är avståndet n+ n+ n n r r r + r. ( p.) n+ n+ n n 0 r r r r d) Utgående från föregående deluppgift är ( rn rn) ± + + r n + av vila endast den positiva lösningen ± (r n + ) ± ( + ) r n, rn+ rn + duger. ( p.) n Matematiprov, lång lärours 0..0 Besrivning av goda svar