Abiturprüfung Mathematik 2015 Baden-Württemberg Allgemeinbildende Gymnasien Wahlteil Analytische Geometrie / Stochastik Aufgabe B 1.1 und B 1.

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Gotthilf Fleischer
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1 1 Abiturprüfung Mathematik 215 Baden-Württemberg Allgemeinbildende Gymnasien Wahlteil Analytische Geometrie / Stochastik Aufgabe B 1.1 und B Lösungen klaus_messner@web.de

2 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 2 Aufgabe B 1.1 Über einer Terrasse ist als Sonnenschutz eine Markise an einer Hauswand befestigt. x 3 A D In einem Koordinatensystem stellen die Punkte P, Q 5, R 5 4, S 4 die Eckpunkte der Terrasse dar. Die Markise wird durch das Rechteck mit den Eckpunkten A 4, B 5 4, C 5 3,9 2,7, D 3,9 2,7 beschrieben (alle Koordinatenangaben in Meter). Die Lage der Hauswand wird durch die x 1 x 3 -Ebene beschrieben. x 1 B Q P C R S x 2

3 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 3 a) Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der Ebene, welche die Lage der Markise beschreibt. Berechnen Sie den Winkel zwischen Markise und Hauswand. (3 VP) b) In der Mitte zwischen Q und R steht eine 3 cm hohe Stablampe. Am Markisenrand CD wird ein senkrecht nach unten hängender Regenschutz angebracht, der genau bis auf die Terrasse reicht. Bei starkem Wind schwingt er frei um CD. Kann der Regenschutz dabei die Stablampe berühren? Welchen Abstand von der Hauswand darf die Stablampe auf der Terrasse höchstens haben, damit dies nicht passiert? (4 VP)

4 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 4 c) Die Sonne scheint und der Regenschutz wird entfernt. Die Richtung der 1 Sonnenstrahlen wird durch den Vektor v = 1 beschrieben. 3 Begründen Sie ohne Rechnung, dass die Terrasse nicht vollständig beschattet wird. Die Markise kann ein- und ausgefahren werden. Dabei bewegen sich die äußeren Eckpunkte der Markise längs der Geraden BC und AD. Die Markise wird nun so weit eingefahren, dass der Terrassenrand zwischen Q und R genau zur Hälfte im Schatten liegt. Bestimmen Sie die neuen Koordinaten der äußeren Eckpunkte der Markise. (4 VP)

5 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 A 4 B 5 4 D 3,9 2,7 5 Lösung B 1.1 a) Koordinatengleichung der Ebene Mit Hilf der Punkte A, B und D berechnen wir zunächst zwei Richtungsvektoren und daraus einen Normalenvektor der Ebene. Mit AB = 5 und AD = 3,9 1,3 ergibt sich das Vektorprodukt 5 5 3,9 1,3 3,9 1,3 AB AD = 19,5 6,5 = 6,5 19,5 = n

6 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 n = 6,5 19,5 A 4 6 Da es bei einem Normalenvektor nicht auf die Länge ankommt und wir schönere Zahlen bekommen wollen, multiplizieren wir nochmal mit Wir erhalten n = 2 n = einem noch unbekannten d.. Damit ergibt sich E: x 2 + 3x 3 = d mit Da z.b. A auf E liegt erhalten wir d durch Einsetzen = 12 = d. Ergebnis: Die gesuchte Koordinatenform lautet E: x 2 + 3x 3 = 12.

7 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 n = Winkel zwischen Markise und Hauswand Als Normalenvektor für die Hauswand kann jeder Vektor entlang der x 2 - Achse verwendet werden, also z.b. n H = 1. Das Skalarprodukt ist n H n = = 1 und die Längen sind n H = 1 und n = = 1. Einsetzen in die Winkelformel liefert: cos α = n H n n H n = 1 α 71,6 1 Ergebnis: Der Winkel zwischen Markise und Hauswand beträgt ca. 71,6.

8 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 Q 5 R 5 4 C 5 3,9 2,7 8 Lösung B 1.1 b) Kann der Regenschutz die Stablampe berühren? Die Mitte zwischen Q und R lässt sich anhand der Koordinaten ablesen mit M 5 2. Folglich hat die Lampe die Koordinaten L 5 2,3. Wenn der Regenschutz senkrecht hängt und den Boden berührt, liegt C direkt unter C und hat die Koordinaten C 5 3,9. Wenn der Regenschutz bei Wind nach innen schwingt, beschreibt der Punkt C einen Kreisbogen (siehe Abbildung). Anhand des Höhenunterschieds zwischen C und C lässt sich der Radius dieses Kreisbogens mit r = 2,7 ablesen. x 1 B Q L M x 3 A P r r C C R D S x 2

9 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 L 5 2,3 C 5 3,9 2,7 9 Wenn nun CL > r = 2,7 ist, dann kann der Regenschutz die Lampe nicht erreichen. x 3 A Nun gilt: D CL = 1,9 2,4 = 1, ,4 2 = 3,6 Somit gilt tatsächlich CL = 3,6 > 2,7. Ergebnis: Der Regenschutz kann die Stablampe nicht erreichen. x 1 B Q L M P r r C C R S x 2

10 C 5 3,9 2,7 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 1 Größtmöglicher Abstand der Stablampe von der Hauswand Wir müssen die Lampe in so lange in x 2 -Richtung verschieben, bis sie den eingezeichneten Kreisbogen berührt, d.h. bis CL = r = 2,7 gilt. Wir wählen somit eine variable x 2 -Koordinate von L und erhalten L 5 t,3. Damit folgt CL = t 3,9 2,4 = t 3, ,4 2 = 2,7 t 3,9 2 = 2,7 2 2,4 2 = 1,53 t 3,9 = ±1,24 t 1 = 1,24 + 3,9 = 5,14 oder t 2 = 1,24 + 3,9 = 2,66 B Q L M C r = 2,7 r C R

11 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 t 1 = 5,14 t 2 = 2,66 11 Mit t 1 = 5,14 stünde die Stablampe rechts des Punktes R, somit kommt nur noch t 2 = 2,66 als Lösung in Frage. B Ergebnis: Die Stablampe darf höchstens 2,66 m von der Hauswand entfernt sein, damit der Regenschutz diese beim Schwingen nicht berühren kann. Q L M C r = 2,7 r C R

12 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 v = Lösung B 1.1 c) Terrasse wird nicht vollständig beschattet Man kann die (ggf. verlängerten) Richtungsvektoren der Sonnenstrahlen in die Abbildung einzeichnen und sieht somit, dass die Terrasse nicht vollständig beschattet wird. Man kann auch mit Koordinaten argumentieren: Da die Endpunkte C und D der Markise auf der Q R x 2 -Achse noch vor den Endpunkten R und S der x 1 Terrasse liegen, würde selbst bei senkrecht einfallendem Licht die Terrasse nicht komplett beschattet. Die x 2 - und x 3 -Koordinaten des Richtungsvektors sind aber negativ, d.h. die Sonnenstrahlen kommen von seitlich rechts und können somit erst recht nicht die Terrasse komplett beschatten! B x 3 A P C D S x 2

13 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 1 v = 1 3 M Lösung B 1.1 c) Neue Koordinaten der Eckpunkte der Markise x 3 A Der Richtungsvektor v muss am Punkt M ankommen. D Daraus bilden wir eine Gerade g und anschließend den Schnittpunkt S mit der Ebene E, in der die Markise liegt. Aus S bestimmen wir dann die neuen Eckpunkte C und D. B P C S x 2 Aus M und v ergibt sich die Gerade g: x = t x 1 Q M C R

14 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 E: x 2 + 3x 3 = 12 g: x = t g wird nun in E eingesetzt: 2 t + 3 3t = t = 12 t = 1 Eingesetzt in g bekommen wir den Schnittpunkt S von g mit E: = 4 3 3, also S(4 3 3). Die x 2 - und x 3 -Koordinaten der neuen Eckpunkte der Markise sind dieselben wie die von S. Lediglich die x 1 -Koordinaten unterscheiden sich. C liegt bei x 1 = 5 und D bei x 1 =. Ergebnis: Die neuen Eckpunkte der Markise sind C (5 3 3) und D ( 3 3).

15 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 15 Aufgabe B 1.2 Ein Großhändler gibt an, dass sein Weizensaatgut eine Keimfähigkeit von mindestens 8% hat. Mehrere Kunden vermuten, dass die Keimfähigkeit in Wirklichkeit kleiner ist. Deswegen wird die Aussage des Großhändlers mit Hilfe eines Tests auf einem Signifikanzniveau von 1% überprüft, indem 5 Weizenkörner untersucht werden. Als Nullhypothese wird die Angabe des Großhändlers verwendet. Formulieren Sie die zugehörige Entscheidungsregel in Worten. Die tatsächliche Keimfähigkeit des Saatguts beträgt 82%. Wie groß ist in diesem Fall die Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei obigem Test die Nullhypothese fälschlicherweise verworfen wird? (4 VP)

16 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 16 Lösung B 1.2 Entscheidungsregel Wir halten zunächst die Eckdaten der Aufgabe fest. H : p,8 (= 8%) ist die Keimfähigkeit des Weizens. n = 5 ist der Umfang der Stichprobe. α =,1 (= 1%) ist die Irrtumswahrscheinlichkeit (bzw. Signifikanzniveau). Mit der Zufallsvariablen X beschreiben wir nun die Anzahl der gekeimten Weizenkörner in der Stichprobe. Da ein Weizensamen entweder keimt oder nicht, handelt es sich um ein Bernoulli-Experiment und X ist somit binomialverteilt.

17 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 17 Wenn die Anzahl der nicht gekeimten Weizenkörner kleiner als ein gewisser Wert T ist, wird H abgelehnt, d.h. wir haben einen linksseitigen Test mit einem Ablehnungsbereich der Gestalt [,, T]. Gesucht ist folglich ein Wert T so dass P X T,1. Über binomcdf(5,.8,x) kann man sich mit dem GTR über 2ND TABLE eine Wertetabelle ausgeben und liest ab P(X = 387) =,826 und P(X = 388) =,14. Dies liefert nun die Entscheidungsregel: Falls in der Stichprobe höchstens 387 gekeimte Weizenkörner beobachtet werden, so wird H bei einem Signifikanzniveau von 1% abgelehnt.

18 Wahlteil 215 Aufgabe B 1 18 Die tatsächliche Keimfähigkeit des Saatguts beträgt 82%. Wie groß ist in diesem Fall die Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei obigem Test die Nullhypothese fälschlicherweise verworfen wird? Die Zufallsvariable X stelle wieder die Anzahl der gekeimtem Weizenkörner dar. Mit p =,82 und den Werten T = 387, n = 5 aus dem vorherigen Aufgabenteil bestimmen wir P(X 387) mit dem GTR über binomcdf(5,.82,387) und erhalten damit die Irrtumswahrscheinlichkeit α,53. Ergebnis: Die Wahrscheinlichkeit, dass H fälschlicherweise abgelehnt wird liegt bei etwa,53%.

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