Ylioppilastutkintolautakunta
St u d e n t e x a m e n s n ä m n d e n
PROVET I MATEMATIK, LÅNG LÄROKURS 25.9.2013
BESKRIVNING AV GODA SVAR
De beskrivningar av svarens innehåll som ges här är inte bindande för studentexamensnämndens bedömning. Censorerna beslutar om de kriterier som används i den slutgiltiga
bedömningen.
Av en god prestation framgår det hur examinanden har kommit fram till svaret. I lösningen
måste det finnas behövliga uträkningar eller andra tillräckliga motiveringar och ett
slutresultat. I bedömningen fästs uppmärksamhet vid helheten och vid de tre stegen:
starten, mellanstegen och slutresultatet. Räknefel som inte väsentligt ändrar uppgiftens
natur ger ingen betydande sänkning av antalet poäng. Räknefel och fel i den matematiska
modellen som ändrar uppgiftens natur kan däremot sänka antalet poäng betydligt.
I provet är räknaren ett hjälpmedel, och dess roll bedöms separat för varje uppgift. Om
symbolräknare använts i en uppgift ska det framgå av prestationen. I lösningar av uppgifter
som kräver analys räcker det inte enbart med ett svar som erhållits med hjälp av räknaren
utan övriga motiveringar. Däremot räcker ett svar som examinanden fått med räknaren i
allmänhet i rutinberäkningar. Detsamma gäller rutinmässiga delar av mera omfattande
uppgifter. Exempel på sådana är omskrivning av uttryck, ekvationslösning och derivering och
integrering av funktioner.
Uppgift 1
2
2
2
a) x + 6 x = 2 x + 9 ⇔ x − 6 x + 9 = 0 ⇔ x =
6 ± 36 − 36
= 3.
2
1 + x 1 − x2
b)
=
⇔ (1 + x)(1 + x 2 ) = (1 − x)(1 − x 2 )
2
1− x 1+ x
0 ⇔ x =0 ∨ x =−1.
⇔ x3 + x 2 + x + 1 = x3 − x 2 − x + 1 ⇔ 2 x( x + 1) =
c) Vi får nollställena med hjälp av ekvationen
9 ± 25
⇔x = 2 ∨ x = 7,
2
2
vilket ger att x − 9 x + 14 = ( x − 2)( x − 7).
x 2 − 9 x + 14 = 0 ⇔ x =
Uppgift 2
a)
1
P ( x) = x 4 − x3 + x ⇒ P′( x) = 4 x3 − 3 x 2 + 1. Vi får ekvationen 4 x3 − 3 x 2 + 1 =
⇔ x 2 (4 x − 3) =
0 ⇔ x 2 = 0 ∨ 4 x − 3 = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 34 .
Provet i matematik, lång lärokurs 25.9.2013
Beskrivning av goda svar
b)
2 x + 14 sin(4 x) + C.
∫ (4 x + cos(4 x))dx =
c)
Talet a är 25 % mindre än talet b, dvs. a = 0, 75b. Förhållandet mellan talen är
2
b
b
4
=
=
≈ 1, 33. Talet b är cirka 33 % större än talet a.
a 0, 75b 3
Uppgift 3
a) Anta att den efterfrågade vinkeln är ϕ . Eftersom a =
b=
1+ 4 =
5,
10 och a ⋅ b = 3 − 2 = 1, är
9 + 1=
cos
=
ϕ
a ⋅b
=
a b
1
5 10
≈ 0,1414,
vilket ger ϕ ≈ 81, 9 .
s = k
1 − s =−2k
Genom att substituera in k = s i den nedre ekvationen får vi 1 − s =−2 s ⇔ s =−1.
b) a ││c ⇔ c = ka för något k ∈R ⇔ si + (1 − s ) j = ki − 2kj ⇔
Uppgift 4
Om k = 0, är kurvorna desamma, dvs. tangenterna är inte vinkelräta mot varandra. Då
k ≠ 0, får vi skärningspunktens x-koordinat med hjälp av ekvationen
2
1. Med hjälp av derivatan
kx
=
k ( x − 2) 2 ⇔ x − 2 =± x ⇔ −2 = 0 ∨ 2 x = 2 ⇔ x =
får vi tangenternas riktningskoefficienter i skärningspunkten: 2k och −2k . Kravet för
2
1 ⇔k =
ortogonalitet är 2k ⋅ ( −2k ) =−1 ⇔ k =
± 12 .
4
Uppgift 5
Riktningsvektorerna och deras längder är a =i − 2 j + 2k , a =
=
b 3i − 4k , b =
1 + 4 + 4 = 3, och
9 + 16 = 5. Ortsvektorn för startpunkten är OA= i − j . Eftersom
a = 3, är den första förflyttningsvektorn 3a . Eftersom b = 5, är den andra
förflyttningsvektorn 2b. Därmed är
OC = OA + 3a + 2b = ( i − j ) + 3( i − 2 j + 2k ) + 2(3i − 4k ) = 10 i − 7 j − 2k , dvs.
C= (10, −7 , −2).
Provet i matematik, lång lärokurs 25.9.2013
Beskrivning av goda svar
Uppgift 6
Enligt bisektrissatsen får vi CA = 4 x och CB = 3 x. Anta att α är hälften av vinkeln BCA.
Men hjälp av cosinussatsen får vi
=
42 (4 x) 2 + 62 − 2 ⋅ 4 x ⋅ 6cos α
2
3 (3 x) 2 + 62 − 2 ⋅ 3 x ⋅ 6cos α .
=
Vi multiplicerar den övre ekvationen med 3 och den nedre med −4 och adderar
ekvationerna ledvis. Då får vi=
12 12 x 2 − 36 ⇔ x 2 =
4⇔ x=
±2 . Endast x = 2 duger,
dvs. AC
= 4=
x 8 och BC
= 3=
x 6.
Uppgift 7
Eftersom x − x= x( x + 1)( x − 1), är uttryckets nollställen − 1 , 0 och 1, vilket betyder att
3
uttrycket endast byter tecken i punkten x = 1 inom intervallet [ 0,2] . En
3
3
teckenundersökning visar att x − x ≤ 0 då 0 ≤ x ≤ 1, och x − x ≥ 0 då 1 ≤ x ≤ 2.
Därmed är
2
⌠
⌡
x − x dx =
3
1
⌠ (− x3
⌡
+ x)dx +
0
0
/(
1
= − 14
0
2
⌠ ( x3
⌡
− x)dx
1
x + x
4
1
2
) + /(
2
2
1
1 4
)
x 4 − 12 x 2 = 2 12 .
Uppgift 8
Om x riddare deltog båda dagarna, deltog 302 − x riddare endast första dagen och
285 − x riddare endast andra dagen. I turneringen deltog totalt 329 riddare, vilket
ger (302 − x) + x + (285 − x)= 329 ⇔ x= 258. Den efterfrågade sannolikheten är
258
≈ 78 %.
329
Uppgift 9
Vi får x-koordinaterna för kurvornas skärningspunkter med ekvationen
2
x
2e−=
2⇔x=
± 2. Sträckans längd är f=
x 2e− x ⇔ x=
( x ) 2e − x − x 2 e − x ,
från vilket vi får
x
e− x ( x 2 − 2 x − 2).
f '( x) =
−2e− x − 2 xe− x + x 2e−=
Eftersom e
−x
> 0 är f '( x) = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔ x = 1± 3 ,
av vilka x = 1+ 3 inte tillhör intervallet − 2, 2 . Eftersom det i intervallets
(
)
2
3 ) e 3 −1 2 − (1 − 3=
f (1 −=
)
ändpunkter gäller att f ± 2 =
0, är den största möjliga längden
2e
3 −1
Provet i matematik, lång lärokurs 25.9.2013
(
)
3 − 1 ≈ 3, 04.
Beskrivning av goda svar
Uppgift 10
Anta att bollarnas radie är r. Deras medelpunkter är belägna i hörnen av en regelbunden
tetraeder. Tetraederns kant har längden 2r, och varje sidoyta är en liksidig triangel som har
höjden
3 r. Tetraederns höjd skär bottentriangeln i medianernas skärningspunkt, vars
2
3 r. Enligt Pythagoras sats uppfyller tetraederns
avstånd till bottentriangelns hörn är
3
höjd h ekvationen
2
8
2
3r = (2r ) 2 ⇔ h 2= r 2 .
h +
3
3
8
+ 2 r.
Konstruktionens höjd är h + 2r=
3
2
Uppgift 11
Enligt trapetsmetoden
3
∫ f ( x)dx ≈ 15 ( 12 f (0) + f ( 15 ) + f ( 52 ) + f ( 5 ) + f ( 54 ) + 12 f (1) )
1
0
1 1 ⋅ 1 + 5sin 1 + 5 sin 2 + 5 sin 3 + 5 sin 4 + 1 sin1 ≈ 0, 95.
=
)
5(2
5
2
5 3
5
4
5
2
Uppgift 12
9− 2
9
9 x2 − 1
x
→
=
3, då x → ∞ .
=
R( x) = 2
3
3 x − 5 x − 2 3 − 5x − 22
1
a)
x
=
b) R ( x)
9x − 1
(3 x + 1)(3 x − 1) 3 x − 1
=
→ 76 , då x → − 13 .
=
2
3 x − 5 x − 2 (3 x + 1)( x − 2) x − 2
2
Uppgift 13
Motsatt antagande: 3 2 ∈ Q ⇒ ∃ m , n∈ Z : 3 2 = m
, som är i förkortad form. Då gäller
n
3
m
2 = ⇒ m3 =
2n3 .
n
3
3
Eftersom 2n är ett jämnt tal, är även m ett jämnt tal. Då är även m ett jämnt tal, dvs.
∃k ∈ Z : m = 2k ⇒ m3 =8k 3. Genom insättning i ekvationen ovan får vi
8k 3 = 2n3 ⇒ n3 =
4k 3 ⇒ n3 är jämnt ⇒ n är ett jämnt tal. Detta är en motsägelse,
eftersom vi antog att bråket m var förkortat ⇒ motsatta antagandet är falskt. Påståendet
är sant.
n
Provet i matematik, lång lärokurs 25.9.2013
Beskrivning av goda svar
Uppgift 14
a) Vi får skärningspunkterna med y-axeln genom att sätta in x= 0 ⇒ 2 y + 2 y − 4 =
0
2
⇔ y =−2 ∨ y =1. Vi får skärningspunkterna med x-axeln genom att sätta in
y = 0 ⇒ 2 x 2 − 2 x − 4 = 0 ⇔ x =−1 ∨ x =2. Skärningspunkterna är
(0, −2), (0,1) , (−1, 0) och (2, 0).
b) Skärningspunkterna är belägna symmetriskt med avseende på linjen y = − x. Om
punkterna ligger på samma cirkel så måste det utifrån symmetrin gälla att cirkelns
medelpunkt ligger på denna linje. Medelpunkten ( x0 ,− x0 ) är lika långt från
punkterna (2, 0) och (0,1), dvs.
( x0 − 2 )2 + ( − x0 − 0 )2= ( x0 − 0 )2 + ( − x0 − 1)2 .
Vi får som lösning x0 =
1
. Punkten ( 12 ,− 12 ) har samma avstånd till alla fyra skärnings2
punkter, dvs. punkterna ligger på cirkeln. Medelpunkten är alltså
( 12 ,− 12 ) och för radien r gäller r 2 = ( 12 ) + ( 32 ) = 104 . Cirkelns ekvation är
2
2 10
⇔ x2 + y 2 − x + y − 2 =
0.
( x − 12 ) + ( y + 12 ) =
4
2
2
c) Linjen är y = − x. Genom att substituera in y = − x i kurvans ekvation får vi
2±4 2
.
2 x 2 + 2 x 2 + 3x 2 − 2 x − 2 x − 4 =
0 ⇔ 7 x2 − 4 x − 4 =
0 ⇔x=
7
2 + 4 2 −2 − 4 2
2 − 4 2 −2 + 4 2
Skärningspunkterna är
,
,
.
och
7
7
7
7
d) Om kurvan var en cirkel så skulle dess ekvation vara densamma som ekvationen i deluppgift b. De i deluppgift c beräknade punkterna på kurvan satisfierar inte cirkelns
ekvation, vilket betyder att den ursprungliga kurvan inte är en cirkel.
Uppgift 15
a) Graferna till funktionerna f 0 ( x) = sin x , f1 ( x) = 12 sin(2 x) ,
f 2 ( x) = 14 sin(4 x) presenterade i intervallet −π ≤ x ≤ π .
( )
π
k
b) Eftersom sin 2 x ≥ 0, då 0 ≤ x ≤
π
2
−k
π
2
2
−k
π
k
, är enligt periodiciteten
π
( )
1
=
dx
/ − cos 2k x = k1−1 .
∫ f k ( x)dx 2=
∫ f k ( x)dx
∫ sin(2 x)=
k 0
2
2
0
0
0
1
De efterfrågade integralernas värden är 2, 1 och .
2
k
k
Provet i matematik, lång lärokurs 25.9.2013
Beskrivning av goda svar
n π
n
c) An
=
=
∑
∫ f k ( x)dx ∑
=
k 0=
k 02
0
(
d) An = 4 1 − ( 12 )
n+1
1
k −1
(
)
2 1 − ( 12 ) n+1
= 4 1 − ( 12 ) n+1 .
=
1
1− 2
(
)
) → 4, då n → ∞ .
Provet i matematik, lång lärokurs 25.9.2013
Beskrivning av goda svar
