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Abiturprüfung Mathematik 2013
Baden-Württemberg
Allgemeinbildende Gymnasien
Wahlteil
Analytische Geometrie / Stochastik
Aufgabe B 1 - Lösungen
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Wahlteil 2013 – Aufgabe B 1
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Aufgabe B 1.1
Ein Würfel besitzt die Eckpunkte 𝑂 0 0 0 und 𝑅(0 0 6).
Gegeben ist außerdem die Ebene 𝐸: 3𝑥2 + 𝑥3 = 8.
a) Stellen Sie den Würfel und die Ebene 𝐸 in einem Koordinatensystem dar.
Berechnen Sie den Winkel, den die Ebene 𝐸 mit der 𝑥1 𝑥2 -Ebene
einschließt.
Bestimmen Sie den Abstand von 𝐸 zur 𝑥1 -Achse?
(5 VP)
Wahlteil 2013 – Aufgabe B 1
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b) Die Ebene 𝐸 gehört zu einer Ebenenschar. Diese Schar ist gegeben durch
𝐸𝑎 : 3𝑥2 + 𝑥3 = 𝑎;
𝑎 ∈ ℝ.
Welche Lage haben die Ebenen der Schar zueinander?
Für welche Werte von 𝑎 hat der Punkt 𝑆(6 6 6) den Abstand 10 von
der Ebene 𝐸𝑎 ?
Für welche Werte von 𝑎 hat die Ebene 𝐸𝑎 gemeinsame Punkte mit dem
Würfel?
(6 VP)
Wahlteil 2013 – Aufgabe B 1
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Aufgabe B 1.2
Bei einer Lotterie sind 10% der Lose Gewinnlose.
Jemand kauft drei Lose.
Mit welcher Wahrscheinlichkeit sind darunter mindestens zwei Gewinnlose?
Wie viele Lose hätte man mindestens kaufen müssen, damit die
Wahrscheinlichkeit für mindestens zwei Gewinnlose über 50% liegt?
(4 VP)
Wahlteil 2013 – Aufgabe B 1
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Lösung Aufgabe B 1.1
a) Darstellung des Würfels und der Ebene 𝑬
𝑥3
8
6
𝑅
𝐸
6
6
𝑥1
𝑥2
𝑂 0 0 0 , 𝑅(0 0 6)
𝐸: 3𝑥2 + 𝑥3 = 8
Wahlteil 2013 – Aufgabe B 1
𝑂 0 0 0 , 𝑅(0 0 6)
𝐸: 3𝑥2 + 𝑥3 = 8
6
Winkel zwischen 𝑬 und der 𝒙𝟏 𝒙𝟐 -Ebene
Der Winkel zwischen zwei Ebenen ist gegeben durch
cos 𝛼 =
𝑛1 ⋅𝑛2
,
|𝑛1 |⋅|𝑛2 |
wobei 𝑛1 und 𝑛2 die Normalen-
vektoren der beiden Ebene sind. Für 𝐸 lesen wir ab
0
0
𝑛1 = 3 und die 𝑥1 𝑥2 -Ebene hat 𝑛2 = 0 .
1
1
Mit 𝑛1 ⋅ 𝑛2 = 0 ⋅ 0 + 0 ⋅ 3 + 1 ⋅ 1 = 1, 𝑛1 = 02 + 32 + 12 = 10 und
𝑛2 = 1 folgt cos 𝛼 =
1
10
≈ 0,31623 woraus sich mit dem GTR der Winkel
𝛼 ergibt zu 𝛼 ≈ 71,56°.
Ergebnis: der Winkel zwischen 𝐸 und der 𝑥1 𝑥2 -Ebene beträgt etwa 71,56°.
Wahlteil 2013 – Aufgabe B 1
𝑂 0 0 0 , 𝑅(0 0 6)
𝐸: 3𝑥2 + 𝑥3 = 8
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Abstand von 𝑬 zur 𝒙𝟏 -Achse
Zunächst wird die Hesse‘sche Normalenform von E gebildet:
𝐻𝑁𝐹 𝐸:
3𝑥2 +𝑥3 −8
10
= 0. Der Abstand eines beliebigen Punktes 𝑃(𝑎|𝑏|𝑐)
zu 𝐸 ist dann gegeben durch 𝑑 =
|3𝑏+𝑐−8|
.
10
Der Ursprung 𝑂(0|0|0) liegt auf der 𝑥1 -Achse. Somit können wir die
Koordinaten des Ursprungs in die Abstandsformel einsetzen und
|3⋅0+0−8|
8
erhalten: 𝑑 =
=
≈ 2,53.
10
10
Ergebnis: Der Abstand von 𝐸 zur 𝑥1 -Achse beträgt etwa 2,53 LE.
𝐸𝑎 : 3𝑥2 + 𝑥3 = 𝑎
Wahlteil 2013 – Aufgabe B 1
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b) Welche Lage haben die Ebenen der Schar zueinander?
Alle Ebenen der Schar haben denselben Normalenvektor. Da keine Ebene mit
einer anderen identisch ist, sind alle Ebenen parallel zueinander. Darüber
hinaus verlaufen alle Ebenen parallel zur 𝑥1 -Achse.
Für welche Werte von 𝒂 hat der Punkt 𝑺(𝟔 𝟔 𝟔) den Abstand 𝟏𝟎 von der
Ebene 𝑬𝒂 ?
3𝑥 +𝑥 −𝑎
Die HNF für 𝐸𝑎 lautet 2 3 = 0. Für den Abstand 𝑆 zu 𝐸𝑎 gilt dann
10
𝑑=
3⋅6+6−𝑎
10
= 10 also 24 − 𝑎 = 10.
Falls 24 − 𝑎 > 0 ist erhält man 24 − 𝑎 = 10, also 𝑎 = 14.
Falls 24 − 𝑎 ≤ 0 ist erhält man −24 + 𝑎 = 10, also 𝑎 = 34.
Ergebnis: Für 𝑎 = 14 bzw. 𝑎 = 34 hat 𝑆 zu 𝐸𝑎 den Abstand 10.
𝐸𝑎 : 3𝑥2 + 𝑥3 = 𝑎
Wahlteil 2013 – Aufgabe B 1
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Für welche Werte von 𝒂 hat die Ebene 𝑬𝒂 gemeinsame Punkte mit dem
Würfel?
𝑥3
Alle Ebenen sind parallel zur 𝑥1 -Achse und damit auch
parallel zu den Kanten 𝐴𝐵 und 𝐶𝐷 des Würfels.
𝐸𝛽
𝐶
Wir suchen nun einen Wert 𝛼 so dass die Kante
𝐴𝐵 in 𝐸𝛼 liegt.
Weiterhin suchen wir einen Wert 𝛽, so dass
die Kante 𝐶𝐷 in 𝐸𝛽 liegt.
𝐷
6
𝐵
6
𝐸𝛼 𝐴
𝑥1
6
Somit hat 𝐸𝑎 für alle Werte zwischen 𝛼 und 𝛽, genauer für 𝛼 ≤ 𝑎 ≤ 𝛽,
gemeinsame Punkte mit dem Würfel.
𝑥2
𝐸𝑎 : 3𝑥2 + 𝑥3 = 𝑎
Wahlteil 2013 – Aufgabe B 1
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Im ersten Fall setzen wir einfach den
Punkt 𝐴 6 0 0 in 𝐸𝛼 ein und erhalten
3 ⋅ 0 + 0 = 0 = 𝛼.
𝑥3
𝐷
6
𝐶
Im zweiten Fall setzen wir den Punkt 𝐶 6 6 6
in 𝐸𝛽 ein und erhalten 3 ⋅ 6 + 6 = 24 = 𝛽.
𝐵
6
𝐸𝛼 𝐴
Ergebnis:
𝐸𝛽
6
𝑥1
Für 0 ≤ 𝑎 ≤ 24 hat die Ebene 𝐸𝑎 gemeinsame Punkte mit dem Würfel.
𝑥2
𝑝 = 0,1 = 10%
Wahlteil 2013 – Aufgabe B 1
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Lösung Aufgabe B 1.2
Wahrscheinlichkeit für „mindestens zwei Gewinnlose“
Variante 1: Berechnung „von Hand“.
Die Zufallsvariable 𝑋 beschreibe die Anzahl der Gewinnlose bei dreimaligem
ziehen. Gesucht ist somit 𝑃(𝑋 ≥ 2) = 𝑃(𝑋 = 2) + 𝑃(𝑋 = 3).
Zwei Gewinnlose können auf drei Arten realisiert werden (𝑁; 𝐺; 𝐺), (𝐺; 𝑁; 𝐺)
oder (𝐺; 𝐺; 𝑁). Folglich ist 𝑃 𝑋 = 2 = 3 ⋅ 0,12 ⋅ 0,9 = 0,027.
Weiterhin gilt 𝑃(𝑋 = 3) = 0,13 = 0,001 und somit
𝑃(𝑋 ≥ 2) = 0,001 + 0,027 = 0,028 = 2,8%.
Ergebnis:
Die Wahrscheinlichkeit für mindestens zwei Gewinnlose beträgt 2,8%.
𝑝 = 0,1 = 10%
Wahlteil 2013 – Aufgabe B 1
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Wahrscheinlichkeit für „mindestens zwei Gewinnlose“
Variante 2: Berechnung mit dem GTR.
Die Zufallsvariable 𝑋 beschreibe die Anzahl der Gewinnlose bei dreimaligem
ziehen. Es handelt sich um einen Versuch der nur die Ausgänge Gewinn oder
Nicht Gewinn hat. Daher ist X binomialverteilt mit 𝑛 = 3, 𝑝 = 0,1.
𝑃 𝑋 ≥ 2 = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 1) kann man nun leicht mit dem GTR über den
Ausdruck 1-binomcdf(3,0.1,1) bestimmen und erhält wieder den Wert 0,028.
Ergebnis:
Die Wahrscheinlichkeit für mindestens zwei Gewinnlose beträgt 2,8%.
Wahlteil 2013 – Aufgabe B 1
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Anzahl der Lose
Die Zufallsvariable 𝑋 bezeichnet wie vorher die Anzahl der Gewinnlose.
Somit ist 𝑋 binomialverteilt mit 𝑝 = 0,1. Die Wahrscheinlichkeit für
mindestens zwei Gewinnlose soll größer als 50% sein. Dies wird durch den
Ausdruck 𝑃(𝑋 ≥ 2) = 1 − 𝑃(𝑋 ≤ 1) > 0,5 dargestellt.
Nun gibt man bei 𝑌1 im GTR den Ausdruck 1-binomcdf(X,0.1,1) ein und lässt sich
über 2ND TABLE die Werteliste anzeigen. Wenn man sich der Liste entlang
bewegt, stellt man fest, dass erstmals bei 𝑋 = 17 die Wahrscheinlichkeit
größer als 50% ist.
Ergebnis: Man muss mindestens 17 Lose ziehen, damit unter den genannten
Bedingungen die Wahrscheinlichkeit für zwei Gewinnlose größer als 50% ist.