Mathematik – Abitur 2014 – Lösungen

Mathematik – Abitur 2014 – Lösungen
Richard Reindl
Analysis Aufgabengruppe 1 Teil A
5
1. f ′ (x) =
ln x − 1
,
(ln x)2
1<x<e:
x>e:
2
3
2. (a) ex > 0
f ′ (x) = 0
=⇒
=⇒
=⇒
2x + x2 = x(2 + x) = 0
=⇒
=⇒
=⇒
G(1) = e + C = 2e
x = e,
f (e) = e
f fallend
f steigend
=⇒
TP (e | e)
x1 = 0, x2 = −2
(b) F ′ (x) = 2xex + x2 ex = (2x + x2 )ex = f (x)
G(x) = F (x) + C,
3
ln x = 1
f ′ (x) < 0
f ′ (x) > 0
ln x < 1
ln x > 1
=⇒
=⇒
=⇒
C=e
G(x) = x2 ex + e
=⇒
3. (a) (α) a beliebig, c = 1: ga,1 (x) = sin(ax) + 1
(β) a = 2, c = 0: g2,0 (x) = sin(2x)
2
2
′
(b) ga,c
(x) = a cos(ax)
=⇒
′
−a ≦ ga,c
(x) ≦ a
4. (a) x0 sei die Nullstelle. F ′ (x) = f (x)
=⇒
F ′ (x) > 0 für a < x < x0 und F ′ (x) < 0 für x0 < x < b,
d.h. HP von F bei x0 .
3
(b) An der Stelle des Tiefpunktes von f
hat F einen Wendepunkt.
Die Funktionswerte von F ergeben
sich ungefähr durch Abzählen der
Kästchen der von Gf und der xAchse eingeschlossenen Fläche.
y
18
17
16
15
14
13
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
−10
−9
−8
−7
−6
−5
−4
−3
−2
−1
1
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
−9
−10
−11
−12
20
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
x
Analysis Aufgabengruppe 2 Teil A
1
1. (a) g(x) = sin(−x) = − sin x
1
(b) h(x) = 2 + sin x
1
(c) k(x) = sin 2x
5
2. Siehe Aufgabengruppe 1
2
3. I, da zwei NS mit VZW.
5
4. A(x) = xf (x) = −x ln x
=⇒
A′ (x) = − ln x − 1,
A′ (x0 ) = 0
x0 =
1
e
1
und 1
e
f (x0 ) = 1, d.h. Seitenlängen
5
=⇒
5. Siehe Aufgabengruppe 1
20
Stochastik Aufgabengruppe 1 Teil A
2
1. (a) Mögliche Inhalte Urne A:
2r3w 3r2w
2
5
2r3w
1r4w
3r2w
1r3w 4r2w
(b) P (E) =
2r2w 3r3w
2
3
2r3w 3r2w
3
3
5
2 2 3 1
17
· + · = ,
5 3 5 2
30
2
2. P (X ≧ 19
3
3. E(X) = 0 · p1 +
P (E) =
1r4w 4r1w
3r2w 2r3w
2r3w 3r2w
13
< P (E)
30
3
2
+ + 3p2 = 0,7 + 3p2 ,
10 5
=⇒
1
2
p2 = 1 −
3
1
− − p1 = 0,5 − p1 ≦ 0,5
10 5
E(X) ≦ 0,7 + 3 · 0,5 = 2,2
10
Stochastik Aufgabengruppe 2 Teil A
5
5
1. Siehe Aufgabengruppe 1
2. (a) P (D) = 1 − 2 − 1 = 1
5 10 2
2
2
1
1
(b) P (C) · P (D) = ·
+
=
3
5 10
3
3
5
2
3
P (C ∩ D) =
p+
3
2
=
5
5
=⇒
p=
1
5
10
2
2
5
D
4
15
C
2
5
2
6= P (C) · P (D)
5
2
2
1
=⇒ P (C) = , P (D) = p +
(c) p statt
10
3
5
2
2
2
P (C) · P (D) = · p +
= P (C ∩ D) =
3
5
5
D
3
10
D
1
10
7
10
D
7
30
1
3
C
Geometrie Aufgabengruppe 1 Teil A
2
3
 
 
−8
−2
−→ •  

8 =4
1. (a) BF =
2 ,
4
1
(b) M (0 0 2) ,
P (4 4 0) ,
p
•
BF = 4 22 + 22 + 12 = 12
 
4
−−→ ◦  
MP =
4 ,
−2
 
0
−−→ ◦  
MK = yk
2
−−→ −−→ •
◦
MP · MK = 4yk − 4 = 0
1
4
=⇒
◦
yk = 1
   
1
0
2. (a) ~n = 3 ⊥ 0 =⇒ E ist parallel zur x1 -Achse •
0
4
p
3 · 6 + 4 · 3 − 5 •
•
•
2
2
=5<7
(b) |~n| = 3 + 4 = 5 =⇒ d(Z, E) = 5
Also schneidet die Kugel die Ebene E.
•
10
Geometrie Aufgabengruppe 2 Teil A
2
3
3
2
~a~b = −2 + 2 = 0
=⇒
~a~ct = 8t + 2t − 10t = 0
=⇒
~b~ct = −4t + 4t = 0
=⇒
√
√
(b) |~a| = 3, |~b| = 5, |~ct | = 3|t| 5
1. (a)

~a⊥~b 
~a⊥~ct
~b⊥~ct 
=⇒

=⇒
Quader
V = 45|t| = 15
=⇒
t=±


  
6
−3 − 6
−9
−−→  
→ −
−
→ −−→ 


2. (a) MP =
2 , Q = M − MP =
2−2 =
0
−3
7+3
10
√
−−→
(b) r = |MP| = 49 = 7 = d(M, x1 x2 − Ebene) (x3 -Koordinate von M).
10
3
1
3
Analysis Aufgabengruppe 1 Teil B
5
1. (a) (0 | 2 −
√
12 ≈ (0 | − 1,46),
f (x) = 0
=⇒
x=4
lim = −∞,
5
−2
1
(b) f (x) = − √
=√
,
2 12 − 2x
12 − 2x
′
Df ′ =]−∞, 6[ lim f (x) =
x→6−
1
0+
= +∞
=⇒
senkrechte Tangente in (6 | 2).
2
(c) f ′ (x) > 0
3
(d) f (−2) = −2
4
(4 | 0)
f (6) = 2
x→−∞
′
=⇒
=⇒
f in ganz D streng steigend. Wf =] − ∞, 2].
(e) Df −1 = Wf =] − ∞, 2].
√
√
1
f −1 (f (x)) = − (2 − 12 − 2x)2 + 2(2 − 12 − 2x) + 4 =
2
√
√
1
= − (4 − 4 12 − 2x + 12 − 2x) + 4 − 2 12 − 2x + 4 =
2
√
√
= −8 + 2 12 − 2x + x + 8 − 2 12 − 2x = x
3
1
2. (a) − x2 + 2x + 4 = x
2
=⇒
x2 − 2x = 8
(−2 | − 2),
4
(x − 1)2 = 9
=⇒
=⇒
x=1±3
(4 | 4)
1
1
1 2
(b) h(x) = − (x2 − 4x − 8) = − (x
− 2{z
· 2x + 4} −4 − 8) = − (x − 2)2 + 6
|
2
2
2
(x−2)2
5
oder über die4 Ableitung: h′ (x) =
−x + 2, h′ (x) = 0 =⇒ x = 2, h(2) = 6
3
4
Z
Z4 2
x
x2
A
x
3. (a)
=
= (h(x) − x) dx =
+ 4x
− + x + 4 dx = − +
2
2
6
2
−2
−2
=−
6
(b)
−2
4
32
+ 8 + 16 − − 2 + 8 = 18
3
3
t(x) − t(−2)
t(x) + 2
=
= h′ (−2) = 4
x − (−2)
x+2
=⇒
=⇒
A = 36
t(x) = 4x + 6
ϕ = 2(tan−1 4 − 45◦ ) = 61,9◦
3
(c) I und II: stetig und glatt bei x = 0, III: Kurve bei x = −2 geschlossen
IV: kleinere Steigung als bei h
y
6
5
4
3
2
1
−3
−2
−1
1
2
−1
−2
−3
40
4
3
4
5
6
x
Analysis Aufgabengruppe 2 Teil B
5
1. (a) x2 − 25 = 0
=⇒
x = ±5,
20x)
20 · (−x)
=− 2
= −f (x)
2
(−x) − 25
x − 25
f (−x) =
NS: x0 = 0, lim = 0, Asymptoten: x = −5, x = 5, y = 0
x→±∞
4
(b) f ′ (x) = 20 ·
1 · (x2 − 25) − x · 2x
x2 + 25
=
−20
·
< 0 für alle x
(x2 − 25)2
(x2 − 25)2
ϕ = tan−1 f ′ (0) = tan−1 (−0,8) = −38,7◦
3
(c)
y
14
13
12
11
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
−14 −13 −12 −11 −10
−9
−8
−7
−6
−5
−4
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
x
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
−8
−9
−10
−11
−12
−13
−14
4
5
(d) Für jedes y 6= 0 gibt es zwei verschiedene x-Werte x1 und x2 mit y = f (x1 ) = f (x2 ).
f ∗ dagegen ist in Df ∗ streng monoton fallend.
Zs
Zs 2
Zs
s
(x − 25)′
2x
(e) A(s) = f (x) dx = 10 ·
dx = 10 ·
dx = 10 · ln x2 − 25 10
2
2
x − 25
x − 25
10
x ≧ 10
3
2
2
3
2
2
5
10
10
=⇒
x2 − 25 > 0
s
s2 − 25
A(s) = 10 · ln(x2 − 25) 10 = 10 · ln
75
=⇒
s2 − 25
s2 − 25
= 100 =⇒
= e10
75
75
(g) lim A(s) = (10 · ln ∞) = +∞
(f) 10 · ln
=⇒
s=
p
75e10 + 25 ≈ 1 652 010
s→∞
40
10 10
80
10 10
+
=
=⇒ 160 min, t(20) =
+
=
15
5
15
25 15
75
Weg
km
(b) t =
, vhin = x + 5, vzurück = x − 5, km = h
Geschwindigkeit
h
2. (a) t(10) =
=⇒
(c) Geschwindigkeit zu klein zum Zurückfahren.
10
x−5+x+5
20x
10
+
= 10
= 2
= f (x)
(d) t(x) =
x+5 x−5
(x + 5)(x − 5)
x − 52
20x
= 4 =⇒ x2 − 5x = 25
(e) Siehe Zeichnung! t(x) = 2
x − 25
2
5
5
5 + 5√
125
x2 − 2 · x +
5 ≈ 8,1
=⇒ x = (−)
=
2
2
4
2
2
40
5
64 min
Stochastik Aufgabengruppe 1 Teil B
2
1. (a)
F
F
2
2
M
54
44
98
J
65
37
102
119
81
200
P (M ∩ F) =
54
= 45,4%
119
98
119
, P (M) =
,
(c) P (F) =
200
200
44
= 22%
200
(b) PF (M ) =
P (F ∩ M) =
54
200
P (F) · P (M) = 29,155% 6= 27% = P (F) · P (M)
3
(d)
12
X
=⇒
abhängig
25
B(25; 0,55; i) = F0,55
(12) = 30,632%
i=0
Die Schülerinnen der 9. Jahrgangsstufe sind keine repräsentative Stichprobe aller
Mädchen im Alter von 12 bis 19 Jahren.
4
2. (a) Entscheidung für die Bewilligung der Finanzmittel, wenn die Zahl X der Computerbesitzer kleiner oder gleich k ist. Der Stadtrat entscheidet sich fälschlich für die
Bewilligung, wenn der tatsächliche Anteil p der Computerbesitzer im Intervall [0,9; 1]
liegt. Die Wahrscheinlichkeit für eine Fehlentscheidung ist für p = 0,9 am größten.
Diese größte Wahrscheinlichkeit soll höchstens 5% betragen:
100
P (X ≦ k) = F0,9
(k) ≦ 0,05
3
4
Den Tabellen entnimmt man k ≦ 84. Wir entscheiden uns für k = 84, weil für ein
kleineres k die Wahrscheinlichkeit einer irrtümlichen Ablehnung größer wäre.
100
164
= 0,82, P = B(100; 0,82; 85 =
· 0,8285 · 0,1815 = 8,1%
(b) p =
85
200
3. Von 200 Jugendlichen besitzen x beide Geräte, 99 eine Konsole und 94 ein Smartphone.
Unter den 106 Telefonlosen sind 99 − x Konsolenbesitzer:
x
99 − x
>
94
106
=⇒
106x > 9306 − 94x
x muss also mindestens 47 sein.
20
6
=⇒
200x > 9306
=⇒
x > 46,53
Stochastik Aufgabengruppe 2 Teil B
2
3
5
GZ(200, 5)
200!
200 · 199 · 198 · 197 · 196
=
=
5
GZ(200, 5)
195! · 200
195! · 2005
185
(b) p =
= 0,925, B(10; p; 10) = p10 = 45,9%
200
20
= 0,1, P (X ≧ 1) = 1 − P (X = 0) = 1 − 0,9n > 0,99
(c) p =
200
1. (a)
0,9n < 0,01
3
=⇒
n>
2. (a) (1 + 2 + 3 + 4 + 5)ϕ = 15ϕ = 360◦
ln 0,01
= 43,7
ln 0,9
=⇒
ϕ=
P (X = 5) =
4
3
=⇒
9 Päckchen
360◦
= 24◦
15
1
5
=
15
3
1
2
3
4
5
·1+
·2+
·3+
·4+
· 15 = 7
15
15
15
15
15
Die durchschnittliche Auszahlung an den Spieler ist also 7 €, sein mittlerer Gewinn
somit 7 € − 6 € = 1 €.
4
3
2 -4
Yi in € 5
(c) Y : Gewinn des Supermarkts,
1
2
3
4
5
pi
15
15
15
15
15
(b) A : Auszahlung: E(A) =
E(Y ) =
2
5 + 8 + 9 + 8 − 20
=
15
3
An den Kindergarten gehen also erwartungsgemäß
20
7
2
3
· 6000 € = 4000 €
Geometrie Aufgabengruppe 1 Teil B
3

 

−4
−1
−→ ◦  

4 =4
(a) AB =
1 ,
0
0
 
 
−4
−1
−→ ◦  

0 =4
0
AC =
4
1
 
1 ◦ √
1 −→ −→ • 1
◦
A∆ = AB × AC = · 16 · 1 = 8 3
2
2
1 5
 
 
−1
2
→
•−
(b) g : ~x = P + λ~v = 2 + λ −1
3
−4
g in E:
x3
C
•
2 − λ + 2 − λ + 3 − 4λ = 4
=⇒
•
λ=
1
2
 
1,5
→ 1
− •−
→
R = P + ~v = 1,5
2
1
3
B
x2
A
x1
Die Menge aller Punkte von E mit drei positiven Koordinaten ist gleich der Menge aller
Punkte von E, die im Inneren des Dreiecks ABC liegen. Da R drei positive Koordinaten
hat ... •
 
 
1
2
−
→
◦
(c) Ein Normalenvektor von E ist ~n = 1. QP = 2 = 2~n =⇒ QP ⊥ E ◦
1
2
     
0
1
1
→ 1 −→      
− •−
→
S = Q + QP = 0 + 1 = 1
2
1
1
2
5
Wegen 1 + 1 + 2 = 4 liegt also der Mittelpunkt S (1 1 2) von [PQ] in E. •

 
 
 

−0,5
1,5
1
1
−→ ◦ 
−→ ◦  




(d) PR = −0,5 = −0,5 1 , QR = 1,5 = 1,5 1
−2
0
4
0
     
 
1
−4
1
−1
◦
◦
Ein Normalenvektor von F ist ~n′F = 1 × 1 =  4 = 4  1 und somit auch
4
0
0
0
 
−1
◦

1
~nF =
0
◦
~nF · ~n = 0
4
=⇒
=⇒
F :
→
−
→
−
◦~nF (~x − Q ) = ~nF ~x − ~|nF{zQ} = −x1 + x2 = 0, ◦
0◦
~n ⊥ ~nF
und R ∈ F
◦
=⇒
•
(e) α = α′ (Symmetrie)•, α′ = β (Scheitelwinkel)• =⇒ α = β
Einfallslot ⊂ F
P
~
n
oder mit Skalarprodukt:
−→
−→
RP · ~n
6
QR · ~n
2
√ = √ = −→
cos α = −→
=√
= cos β
18 · 3
6
|RP| · |~n|
|QR| · |~n|
α = β ≈ 35,3◦
•
8
E
R
α′
Q
20
α β
Geometrie Aufgabengruppe 2 Teil B
p
42 + 32 = 5,
2
(a) BG =
3
(b) tan ϕ =
5
 
 
4
3



0
(c) Normalenvektor von E: ~n = 0 , Richtungsvektor von t: ~v =
4
−3
3
4
A = 5 · 10 = 50
ϕ = 36,9◦ > 35◦
=⇒
3 · 4 + 0 · 8 + 4 · 8 − 44 = 0
~n · ~v = 12 − 12 = 0 =⇒


0
−→  
TH −8 ,
0
=⇒ (4|8|8) ∈ E
~v ⊥~n =⇒ tkE
−→
TH · ~v = 0
=⇒
TH⊥t
=⇒
=⇒
t⊂E
d = TH = 2
3
 
   
   
4
4,8
4
4
4
→ →
−
−
~v
1
1   






8
0
0
(d) M = T + 1 ·
= 8 +√
=
= 8 +
|~v |
5
42 + 32 −3
8
7,4
−3
8
3
(e) Schnitt von E und F mit der x3 -Achse: x1 = x2 = 0
x3E =
4
44
= 11,
4
(f) {N } = m ∩ F :
x3F =
49,6
= 12,4,
4
=⇒
x3F − x3E = 1,4 und ~nE = ~nF
3(4,8 + 6µ) + 4(7,4 − µ) − 49,6 = 0
   
6
7,2
−
→
→ 2   
−
N =M+
0
=
8 ,
5
−1
7
20
9
=⇒
µ=
=⇒
2
5

  
0
7,2
−
→
→ 
−
L =N+
0 = 8 
−1,4
5,6
die Beh.