Lösungen zur Prüfung 2005: Pflichtbereich - Mathematik

Lösungen:
2005 Pflichtbereich
Lösungen zur Prüfung 2005: Pflichtbereich
Aufgabe P1:
Berechnung des Pyramidenvolumens:
Für das Volumen Vp einer Pyramide gilt: VP =
1 2
⋅a ⋅h
3
Dabei ist a die Kantenlänge der quadratischen Grundfläche und h die Höhe der Pyramide. Zur
Berechnung des Volumens müssen also die Kantenlänge a und die Höhe h bestimmt werden.
→ Berechnung der Kantenlänge a:
Die Kantenlänge a berechnet man, indem man die angegebene Mantelfläche
M = 54,9 cm2 und die Seitenhöhe hs = 6,1 cm in die Mantelformel einer
a ⋅ hs
quadratischen Pyramide M = 4 ⋅
= 2a·hs einsetzt:
2
54,9 = 2a ⋅ 6,1
⇔ 54,9 = 12,2a | : 12,2
⇔
4,5 = a bzw. a = 4,5 cm
→ Berechnung der Höhe h:
C
Für die Höhe h gilt im Dreieck MDC :
h2 = hs2 − 2,252
⇔
⇔
h=
|
6,12 − 2,25 2
hs = 6,1 cm
h
h = 5,67 cm
Damit erhält man für das Pyramidenvolumen VP =
VP = 38,27 cm3
1 2
⋅a ⋅h :
3
M
.
2,25 cm
D
4,5 cm
Aufgabe P2:
Berechnung der Oberfläche des zusammengesetzten Körpers:
Die Oberfläche Oges des zusammengesetzten Körpers setzt sich aus dem Kegelmantel MKe, dem
Mantel des Zylinders MZ und der kreisförmigen Grundfläche G des Zylinders.
Es gilt also:
Oges = MKe + MZ + G
Oges = π ⋅ rKe⋅ s + 2π ⋅ rZ ⋅ hz + π ⋅ rZ
2
(siehe Formelsammlung)
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1
Lösungen:
2005 Pflichtbereich
Lösungen zur Prüfung 2005: Pflichtbereich
→ Berechnung des Kegel- bzw. Zylinderradius rKe = rZ:
Der Kegelradius kann man mithilfe des angegebenen
Kegelvolumens berechnet werden.
π
2
⋅ rKe ⋅ hKe
3
hZ
9,0 cm
.
Es gilt: VKe =
s=
rKe= rZ
Und mit den angegebenen Werten folgt.
115 =
⇔
π
2
⋅ rKe ⋅ 9
3
115 = 9,42 rKe2
⇔ 12,21 = rKe2
⇔
hZ
| :9,42
rZ
|
3,49 = rKe bzw. rKe = 3,5 cm
Und damit auch: rZ = 3,5 cm
→ Berechnung der Zylinderhöhe hZ bzw. der Seitenlänge s:
B
Die Seitenlänge s erhält man mit dem Satz des
Pythagoras. Im Dreieck AMB gilt:
s = hZ
s2 = 3,52 + 9,02
⇔ s2 = 93,25
⇔
9,0 cm
|
A
3,5 cm
M
s = 9,66 cm
Damit ist laut Aufgabenstellung auch hZ = 9,66 cm.
hZ
3,5 cm
Durch Einsetzen der oben berechneten Werte in die Oberflächenformel
Oges = π ⋅ rKe⋅ s + 2π ⋅ rZ ⋅ hz + π ⋅ rZ2 erhält man:
Oges = π ⋅ 3,5 ⋅ 9,66 + 2π ⋅ 3,5 ⋅ 9,66 + π ⋅ 3,52
Oges = 106,22 cm2 + 212,43 cm2 + 38,48 cm2
Oges = 357,13 cm2
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2
Lösungen:
2005 Pflichtbereich
Lösungen zur Prüfung 2005: Pflichtbereich
Aufgabe P3:
Die Lösung der Gleichung:
2(2x − 5) (3x + 4) − (2 − 3x)2 = (x + 3) 2 + 67
⇔
(4x − 10) (3x + 4) − (4 − 12x + 9x2) = x2 + 6x + 9 + 67
⇔ 12x2 + 16x − 30x − 40 − 4 + 12x − 9x2 = x2 + 6x + 76
⇔
3x2 − 2x − 44 = x2 + 6x + 76
⇔
2x2 − 8x − 120 = 0
⇔
x2 − 4x − 60 = 0
Mit der p,q-Formel x 1,2 = −
p
±
2
( p2 )
2
| −( x2 + 6x + 76)
| :2
− q erhält man:
x 1 = 2 + 2 2 + 60 = 10
x 2 = 2 − 2 2 + 60 = −6
Damit lautet die Lösungsmenge:
IL = { −6; 10 }
Aufgabe P4:
Berechnung der Parabelgleichung:
Zur Berechnung der Parabelgleichung benötigt man deren Scheitelpunkt. Da der Scheitelpunkt
der Schnittpunkt zwischen den Geraden g1 und g2 sein soll, muss man beide Geraden
miteinander schneiden. Dazu benötigt man allerdings zuerst die Geradengleichung von g2.
→ Berechnung der Geradengleichung von g2 :
1
Da die Steigung der Geraden g2 bekannt ist (m = ), fehlt zur vollständigen
2
Funktionsgleichung nur noch der y-Achsenabschnitt b:
g2 : y =
1
2
x+b
Den Wert für b erhält man durch Einsetzen der Punktkoordinaten von P(0|3):
3=
1
2
⋅0 + b
⇔ 3 = b bzw. b = 3
Die Gerade g2 hat also die Gleichung: y =
1
2
x+3
Ende der Musterseiten zum Pflichtteil 2005.
(Die Original-Datei umfasst 25 Seiten.)
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3
Lösungen:
2005 Wahlbereich – Aufgabe W1
Lösungen zur Prüfung 2005: Wahlbereich - Aufgabe W1
Aufgabe W1a:
Lösungsübersicht:
Zur Berechnung der Länge GF muss man das Dreieck FHG einzeichnen (siehe Figur 1).
Darin kann GF mit der Sinusfunktion berechnet werden. Die dazu benötigte Strecke FH ist
die Oberseite des gleichschenkligen Trapezes BCHF. In diesem Trapez gilt:
BF = CH = 3,0 cm. Außerdem sind beide Basiswinkel gleich groß (= 65°) (siehe Figur 2).
Mit diesen Werten kann die Strecke FH und damit auch GF berechnet werden.
Zur Berechnung des Flächeninhalts des Vierecks BCGF muss man das Viereck in das Trapez
BCHF und in das rechtwinklige Dreieck FHG aufteilen. Um sowohl die Trapezfläche als auch
die Dreiecksfläche berechnen zu können, benötigt man außer den im ersten Teil berechneten
Längen BC , FH und GF noch die Länge der Trapezhöhe h und der Strecke GH (siehe Figur 3).
Die Höhe h kann mit der Sinusfunktion berechnet werden, die Strecke GH kann mit dem Satz
des Pythagoras im Dreieck FHG berechnet werden.
Berechnung der Strecke GF:
Da alle Seiten der Pyramide gleichschenklig sind, ist der
Winkel ŒBCS genauso groß wie β = 65°. Und wegen der
Parallelität von FH und BC ist auch der Winkel ŒFHG
65°.
S
.G
H
Somit gilt im Dreieck FHG mit der Sinusfunktion:
E
sin 65° =
⇔
GF
FH
65,0°
F
| ⋅ FH
65°
C
65,0°
GF = FH ⋅ sin 65°
A
B
Figur 1
→ Berechnung der Strecke FH:
Für die Strecke FH gilt: FH = 5,6 cm − 2x
F
⇔
3,0 c
m
x
3,0
m
Es gilt:
cos 65° =
H
3,0 c
Und die Strecke x kann mit der Kosinusfunktion
im markierten Dreieck berechnet werden.
65°
| ⋅ 3,0
B x
x = 1,27 cm
Und damit folgt: FH = 3,06 cm
.
5,6 cm
65°
x C
Figur 2
Und für GF = FH ⋅ sin 65° erhält man: GF = 2,77 cm
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Lösungen:
2005 Wahlbereich – Aufgabe W1
Lösungen zur Prüfung 2005: Wahlbereich - Aufgabe W1
Berechnung des Flächeninhalts des Vierecks BCGF:
Der Flächeninhalt des Vierecks BCGF setzt sich aus dem
Trapez BCHF und dem rechtwinkligen Dreieck HGF
zusammen: A = AT + AD
.G
3,06 cm H
cm
2,77
F
m
3,0 c
h
m
2,77 ⋅ GH
5,6 + 3,06
⋅h +
A=
2
2
3,0 c
Es gilt also (siehe Formelsammlung):
.
B
C
5,6 cm
65°
Figur 3
→ Berechnung der Trapezhöhe h:
Die Trapezhöhe h kann mit der Sinusfunktion im
grünen Dreieck berechnet werden. Darin gilt:
⇔
B
h = 2,72 cm
h
m
⇔ 3,0 ⋅ sin 65° = h
3,0 c
m
| ⋅ 3,0
F
3,0 c
h
sin 65° =
3,0
.G
3,06 cm H
cm
2,77
.
5,6 cm
C
65°
Figur 4
→ Berechnung der Strecke GH:
Die Strecke GH erhält man mit dem Satz des Pythagoras im blauen Dreieck FHG.
Es gilt:
GH 2 = 3,062 - 2,772
⇔
GH 2 = 1,70
⇔
GH = 1,30 cm
|
Damit folgt für den gesuchten Flächeninhalt A =
A=
2,77 ⋅ GH
5,6 + 3,06
⋅h +
:
2
2
2,77 ⋅ 1,30
5,6 + 3,06
⋅ 2,72 +
2
2
⇔ A = 11,78 + 1,80
⇔ A = 13,6 cm2
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Lösungen:
2005 Wahlbereich – Aufgabe W1
Lösungen zur Prüfung 2005: Wahlbereich - Aufgabe W1
Aufgabe W1b:
Lösungsübersicht:
Die zu beweisende Formel kann im markierten Dreieck der Figur 1 nachgewiesen werden,
wenn man die Strecken x und y in Abhängigkeit von e kennt.
Die Strecke x kann im Dreieck ABC mithilfe der Kosinusfunktion in Abhängigkeit von e
ausgedrückt werden (siehe Figur 2).
Die Strecke y kann im Dreieck ACD mit dem Satz des Pythagoras in Abhängigkeit von e
ausgedrückt werden (siehe Figur 3).
Nachweis der Formel tan α1 = 1/3:
135°
Für tan α1 gilt im blau markierten
x
Dreieck: tan α1 =
y
e
e 5
α1
x
y
Figur 1
→ Berechnung der Strecke x:
C
Die Strecke x kann mit der Kosinusfunktion
im
Dreieck
ABC
in
Abhängigkeit von e berechnet werden.
Für den Winkel ŒACB gilt:
135°
45°
e 5
e
x
ŒACB = 135° − 90° = 45°
Für x gilt:
⇔
cos 45° =
α1
| ⋅e
Mit cos 45° =
y
A
B
Figur 2
e cos 45° = x
⇔
folgt:
x
e
x = e cos 45°
2
(s. Formelsammlung)
2
2
x=e
2
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Lösungen:
2005 Wahlbereich – Aufgabe W1
Lösungen zur Prüfung 2005: Wahlbereich - Aufgabe W1
→ Berechnung der Strecke y:
Die Strecke y kann mit dem Satz des
Pythagoras im Dreieck ACD in
Abhängigkeit von e berechnet werden.
Darin gilt:
( )
y2 = e 5
2

2
− e

 2 
⇔
2
y = e ⋅5 − e ⋅
4
2
2
2
y = 5e − 0,5e
⇔
y2 = 4,5e2
⇔
⇔
2
2
C
e 5
2
α1
2
2
x=e
2
e
y
D
A
Figur 3
|
4,5
y=e
Durch Einsetzen von x = e
2
und y = e
2
4,5 in tan α1 =
x
erhält man:
y
2
2
tan α1 =
e 4,5
e
⇔ tan α1 =
e 2
2e 4,5
⇔ tan α1 =
2
2 4,5
⇔ tan α1 =
2 ⋅ 4,5
2 4,5 ⋅ 4,5
⇔ tan α1 =
9
2 ⋅ 4,5
⇔ tan α1 =
3
9
⇔ tan α1 =
1
3
(Rationalmachen des Nenners)
Was zu beweisen war.
Ende der Musterseiten zum Wahlteil 2005.
(Die Original-Datei umfasst 25 Seiten.)
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