12t11-2sa (180,0 KiB)

2. Schulaufgabe der 12TAB am 2. März 2012
Lösungsskizze auf der 2. – 4. Seite
Alle irrationalen Ergebnisse, die sich nicht als Bruchteile von  ausdrücken lassen, sind auf zwei
Nachkommastellen zu runden.
x 
1.0 Wir betrachten die Funktion f : x  2  sin     1 ; D = [–;3] mit dem Graphen Gf.
3 9
1.1 Bestimmen Sie die Nullstellen von f.
1.2 Berechnen Sie Lage und Art des inneren Extrempunkts von Gf.
1.3 Ermitteln Sie rechnerisch die Lage des Wendepunkts von Gf
und weisen Sie die Wendepunkteigenschaft nach.
1.4 Bestimmen Sie rechnerisch eine Gleichung der Wendetangente von Gf.
1.5 Zeichnen Sie Gf mit seiner Wendetangente unter Verwendung der Resultate von 1.1 – 1.4 in
ein kartesisches Koordinatensystem mit 1 LE  1cm und geben Sie Lage und Art der
Randextrema an.
1.6 Schraffieren Sie die Fläche zwischen Gf und der x-Achse und berechnen Sie deren Inhalt.
2. Berechnen Sie alle Lösungen der Gleichung sin x  3 cos x  2 ; D = IR .
3.0 Gegeben sind in einem kartesischen Koordinatensystem des IR3 die Punkte A(3|2|5), B(–2|2|0),
C(2|3|3), und D(4|5|3).
3.1 Ermitteln Sie eine Gleichung der Ebene E durch A, B und C in Koordinatenform.
3.2 Geben Sie eine Gleichung der Geraden n durch D an, die senkrecht (normal) auf E steht.
3.3 Berechnen Sie Schnittpunkt und Schnittwinkel von AB und CD.
Lösungsskizze:
x  1
1.1 sin    
3 9 2
x  
   2n
3 9 6

x  5
 
 2n
3 9
6
5
17
 6n 
x
 6 n
6
6
5
17
in D: x1 
; x2 
6
6
2
x 
1.2 f x   cos  
3
3 9
2 x 
f x    sin   
9 3 9
x 
cos    0
3 9
x  
   n
3 9 2
11
x
 3n
6
11
in D: x 
6
2
 11 
f 
 0
9
 6 
 11 
H 
1
 6 
x 
1.3 sin     0
3 9
x 
  n
3 9
x
x

3
 3n
in D: x 
 

3
2
f    
0
27
3


W   1
3

  2
1.4 f   
3 3
2 
2
 1    t  y  x  1,7
3 3
3
1.5
17
6
1.6

5
17

 6
x 
 6 cos 3  9   x  5  4,11




x 
2 sin     1dx 
3 9
6
6
2.
sin x  3 cos x  2 : 2
1
3
sin x 
cos x  1
2
2
2
2
 1   3 
wegen    
 1 „gehören“ beide Faktoren zu einem Winkel, nämlich /3:
 2   2 


cos sin x  sin cos x  1
3
3
nun ist die Anwendung eines Additionstheorems möglich:


sin  x    1
3

 
x    2n
3 2

x   2 n
6
oder


sin x  3 cos x  2  sin x  tan cos x  2 , da 3  tan
3
3
sin x 
sin

3 cos x  2  cos 

3
cos
3

sin x cos

3
 sin

3
cos x  2 
1
und weiter wie oben
2
oder ganz anders
sin x  3 cos x  2
sin x  2  3 cos x

sin 2 x  2  3 cos x

2
1  cos2 x  4  4 3 cos x  3 cos2 x
u  cos x
 4u 2  4 3u  3  0
u1, 2 
x1 
3
2

6
 2n ist die Lösungsschar



 x2    2n  sind keine Lösungen, wie die „Pflichtprobe“ (erforderlich, weil Quadrieren
6


keine Äquivalenzumformung ist) zeigt.
  1
 
AB
3.1
 AC   1 
5
1
 
-x + y + z = 4
 4
  1
 
  
3.2 n : x   5     1 
 3
1
 
 
 3
1  2
1
 
   
 
3.3  2     0    3     1 
 5
1  3
 0
 
   
 
III   = –2
II  µ = –1
I: 3 – 2 = 2 – 1 (w)
S(1|2|3)
1 1
   
 0  1
1  0
    1
cos  

   60
2
2 2