Lösung Abiturprüfung 2000 Grundkurs (Baden-Württemberg)

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1 Lösung Abiurprüfung 2 Grundkurs (Baden-Würemberg) Analysis, Aufgabe I.1. a) ( x) = 1 [( x)3 9 ( x)]= 1 ( x3 + 9x)= 1 ( x3 9x) = ( x) Somi is (x ) punksymmerisch zum Ursprung. ( x) = 1 (x3 9x)= x(x 2 9)= x 1 = 3 ; x 2 = ; x 3 =3 Schnipunke mi der x-achse: N 1 ( 3 ) ; N 2 ( ) ; N 3 (3 ) ' (x)= 3 (x2 3)= x 2 =3 x 1 = 3 ; x 2 = 3 ( 3)= 1 [( 3)3 9 ( 3)]= 1 [ ]=± 6 3 Exrema: H (für >), T (für <) ( 3 6 3) H (für <), T (für >) ( ) ' ' ( x)= 6x = x= ; ' ' ' ()=6 Wendepunk W ( ) f 6 (x)= 1 6 (x3 9x) 1 Srich =,25 LE ( x)= 1 ( x3 9x) ; F (x)= 1 ( 1 4 x4 9 2 x2 ) 3 A = (x) dx = [ 1 ( 1 4 x x2 )] = 1 ( )= = = FE Die Fläche berräg 81 FE

2 b) f 6 ' ( x)= 1 6 (3 32 9)=3 Gerade besiz die Seigung m= 1 3 ; n( x)= 1 3 x+ 1 f 6 (x) n( x)=16(x 3 9x) ( 1 3 x+ 1)= x3 7x 6= ; Lösung mi GTR Weiere Schnipunke von n und K 6 sind S 2 ( ) ; S 1( ) c) R S = + 8 =+ 8 ; [ R S ]'= = ( 1= 8) ; 2 = 8 Minimum R S ( 8)= 8+ 8 =2 8=4 2 ; Die Srecke is mindesens 4 2 LE lang. 8 d) TP (für >): ( )=( = 6) T ( 3 6) ; H ( 3 6) 3 2 N 1 ( 3 ) ; N 3 (3 ) Wenn die Diagonalen gleich lang sind, handel es sich um spezielles Paralellogramm, ein Recheck. T H = ( 3 3) 2 + ( 6 ( 6)) 2 = =36 = 6 LE N 1 N 3 = = 6 LE ; somi sind die Diagonalen des Vierecks gleich lang. Somi is P 3 2 ein Recheck. Anderer Lösungsweg: folgender Lösungsweg der über Vekoren ermiel wird, is ewas aufwändiger. Es werden vier reche Winkel und gegenüberliegende gleichlange Seien nachgewiesen. T N 1 =( ) ( = 3 3 ; N 6 ) 3 H =( ) ( = 3 3 ; T N 6 ) 1 N 3 H N 1 H =( ) = ( ) ; T N 3 =( ) = ( ) ; N 1 H T N 3 T N 1 =N 3 H = ( 3 3) 2 + ( 6) 2 = = LE N 1 H =T N 3 = (3 3) 2 + ( 6) 2 = = LE Hinweis: es genüg einen rechen Winkel nachzuweisen, da jeweils gegegenüberliegende Seien gleich lang und parallel sind. Die übringen drei Winkel sind hierduch dann auch 9. Skalarproduk : T N 1 x T N 3 = (3+ 3) (3 3)+ ( 6) 2 = (9 3)+ 6= 6+ 6= Somi is P 3 2 ein Recheck.

3 Bedingung Raue : alle Seien besizen die gleiche Länge, gegenüberliegende sind jeweils parallel. Die Diagonalen sehen senkrech zueinander. TP (für >): T ( ) ; H ( 3 6 3) ) ( = 2 3) 12 ; N 1 N 3 = ( 3 ( 3) T H = ( ) = ( 6 ) Skalarproduk : T H x N 1 N 3 = = 12 6 Die Diagonalen nich senkrech zueinander. Somi kann P für keinen Wer von eine Raue werden. Andere Lösungswege: Zu zeigen, dass alle Seien gleich lang sind und gegenüberliegende jeweils parallel führ auch zur gleichen Erkennniss, dass das P keine Raue werden kann. Dass P keine Raue sein kann, läss sich auch mi Woren erklären: Da eine Diagonale (N 1 N 3 ) auf der x-achse lieg,müsse die andere auf der y-achse liegen (Orhogonaliä). Es kann jedoch kein Wer von ermiel werden, bei welchem die Abzissen der Exrema T und H den Wer Null annehmen, da für den Exrempunk gil : E ( )

4 Lösung Abiurprüfung 2 Grundkurs (Baden-Würemberg) Analysis, Aufgabe I.2. a) D( f )= IR / { 1} senkreche Asymoe bei x = -1 f (x) = x 2 + x+ 1 x+ 1 = (x+ 1 2 ) f besiz keine Schnipunke mi der x-achse f () = =1 Schnipunk mi der y-achse: S y ( 1) (x 2 + x+ 1):(x+ 1) = x+ 1 x+ 1 (x 2 + x) 1 lim ( f ( x) ) = x+ 1 = x schräge Asympoe: y = x x+ 1 x ± f ' (x)=1 1 (x+1) 2 ; f ' ' ( x) = ( 2) ( x+ 1) 3 = 2 ( x+ 1) 3 ; f ' ' ' (x) = 6 ( x+ 1) 4 Hinweis: Die Funkion, welche mi Polynomdivision ermiel wurde, läss sich nun einfacher ableien. f ' ( x) = x (x+ 2)= x 1 = ; x 2 = 2 x ½ -½ 1 f ' (x) ¾ -4-3 ¾ Maximum bei x 1 = 2 (VZW + ) ; Minimum bei x 2 = (VZW + ) f ()= 1 ; f ( 2)= 3 H ( 2 3 ) ; T ( 1 ) f ' ' (x) = 2 (x+ 1) 3 ; Die Funkion f beziz keinen Wendepunk. b) k ( x) = f (x) ( x 2 )= x2 + x+ 1 x+ 1 + x 2 = x 3 + 2x 2 + x+ 1= 2 x 2 x n+ 1 = x n k( x n ) k ' (x n ), Sarwer sei x = -2

5 x 1 = 2 ( 2)3 + 2 ( 2) ( 2) ( 2)+ 1 = =1,8 x 2 1,8,152 3,52 = 1,7568 x 3 1,7549 Nach dem Newon'schen Näherungsverfahren besiz die x-koordinae von P einen Näherungswer von -1,755. c) Kosen ohne Dämmschich: H () = = 13 3 DM 1 3 der Kosen ohne Dämmschich: H (d) = 13 d+ 3 = =d + 3 d=6 cm In der Praxis bedeue die Zahl 64 einen Grundberag von 64 DM, der unabhängig von der Dicke der Dämmschich für einen m² kose. Die Zahl 4,5 is der Berag von 4,5 DM, der für jeden cm angebaue Dämmschich zu zahlen is. G(d)= B(d )+ 2 H (d ) = 64+ 4,5 d+ 26 d + 3 Gesuch sind die geringsen Gsamkosen. G ' (d )= 4,5 26 (d+ 3) 2 = d = 26 4,5 52 3= 3 4,6cm 3 G ' ' (d )= 52 (d+ 3) 3 G ' ' ( )= > ; somi Minimum 3 52 Bei der Dämmschichdicke d= 4,6 cm sind die Gesamkosen über 2 Jahre am geringsen.

6 Lösung Abiurprüfung 2 Grundkurs (Baden-Würemberg) Analysis, Aufgabe I.3. a) ( x) = e 2x 2 e x + 2 =(e x ) 2 ' (x) = 2e 2x 2 e x ; ' ' (x) = 4e 2x 2 e x ; ' ' ' ( x) = 8e 2x 2 e x da ( x) ein Binom is, (e x ) 2 lieg bei ln() ein Berührpunk, bzw. ein Exremum vor. Dieser kann jedoch auch wie gewohn über die Ableiung ermiel werden: ' (x) = 2 e 2x 2 e x = 2 e x (e x )= ; 2 e x > e x = x=ln () ' ' (ln()) = 4e 2 ln() 2 e ln() = =2 2 >, für > ; 2 2 <, für < Tiefpunk: T ( ln( ) ),für > ; kein Exremum für ' ' ( x)= 2e x (2e x )= x=ln ( 1 2 ) ' ' ' (ln ( 1 2 )) = 8e2 ln (1 2 ) 2 e ln (1 2 ) = = 2 ( x) = (e ln( 1 2 ) ) 2 =( 1 2 ) 2 = ; Wendepunk: W ( ln( 1 2 ) ) lim [ ( x) ] = (e x ) 2 = x + lim [ ( x) ] = (e x ) 2 = 2 ; waagreche Asymoe: y = 2 x b) A(u)= u 4 f 2 (x) dx = u e 2x + 4e x dx = [ 1 2 e2x + 4e x ] u = ( ) ( 1 2 e2u + 4e u ) A(u) = 1 2 e 2u 4e u lim [ A(u)]=lim ( 1 2 e2u 4 e u ) ; e2u ; 4e u u lim [ A(u)]=lim 7 2 u c) ( x S ) k (x S )=( 2e x S ) = ; xs =ln ( 1 2 ) ; k (x S )= 1 4 ; Schnipunk: S [ ln( 1 2 ) 1 4 ]

7 Für den senkrechen Schni, müssen die Tangenen des Schnipunkes beider Funkionen orhogonal zueinander sein: ' (x S ) k ' ( x S ) = 1 (2e 2x S 2 e x S) 2e 2x S = 4e 4x S 4e 3x S = 1 4 ( 1 2 ) 4 4 ( 1 2 ) 3 = = 1 = 4 4 = 2 G 2 und K schneiden sich orhogonal. d) für > exisier genau einen Wendepunk, da W[ l n( 1 2 ) ] Jede Funkion f mi besiz keinen Wendepunk, da l n( x )nich definier is. Jede Funkion f mi is sreng monoon wachsend, da die Seigung ses posiiv is: ' ( x)=2e x (e x )>,da e x > x=l n( 1 2 ) ex = 1 2 =2 e x ; in y: y= e 2 x =e 2 x Die Gleichung der Kurve, auf der alle Wendepunke von G liegen laue: y=e 2 x.

8 Lösung Abiurprüfung 2 Grundkurs (Baden-Würemberg) Geomerie II.1. a) g : x=( 4 ) ( 4 + s 3 ) ; g h:( 4 4,5 ) ( 4 ) ( 4 + s 3 r 2,5 ) 6 = 5 I: 4 4 s 4 r= 4 4 s = s= 1 2 II: 4,5+ 3s+ 6 r= Probe: = 9+ = 2 2 III: 2,5 5 r= r= 1 2 s in g: S (2 3 2 ) I: 4 n n 2 = ; seze n 1 =1 n 2 = 4 3 II: 4 n 1 6 n 2 + 5n 3 = n 3 = n 3 = 4 5 n=( ) ( ) E :15 x x x 3 =b ; Punk (4 ) in E: 15 4=6=b E : 15 x x x 3 6= Achsenschnipunke der Ebene: S 1 (4 ) ; S 2 ( 3 ) ; S 3 ( 5) Die Spurgeraden werden durch die Verbindung der Achsenschnipunke gezeichne. Bodenebene Normalenvekor: 12 cos(α)= =769 α 64,36 b=( 1) Der Winkel zwischen der Ebene E und der x 1 x 2 - Ebene beräg α 64,36.

9 b) Fläche Dreieck S 1 S 2 ; A D = 1 2 a a h= 1 4 3=6 FE 2 Volumen Pyramide S 1 S 2 S 3 ; V P = 1 3 A D h= 1 6 5=1 VE 3 Die Pyramide fass ein Volumen von 1 VE. Berechnung des Schnipunkes zweier Seienmielsenkrechen ergib den Umkreismielpunk. Mielsenkreche 1 m 1 : x=( 2 m 1 m 2 :( 2 ) ( ) ( 1 ) 1,5 + 1 u ) + ( 1 ) ; Mielsenkreche 2 m 2 : x=( 1,5 I: 2 u= u=2 = II: 1,5+ = =1,5 III: = u=2 in m 2 Umkreismielpunk M U ( 2 1,5 ) ) ( 1 ) + u h : E : x 3 = 5r 2,5= r= 1 2 ; r in h : S ( 2 1,5 ) M U ( 2 1,5 ) Zylinder Mielpunk M U ( 2 1,5 ) Radius des Zylinders r Z = ,5 2 =2,5 LE Volumen des Zylinders V Z = π r 2 h = π 2,5 2 5 = 31,25 π VE Das Volumen des kleinsen senkrechen Zylinders, in den die Pyramide einbeschrieben werden kann beräg 98,2 VE. c) Schnipunk x 1 -Achse: 15 x 1 6= x 1 =4 S 1 (4 ) Schnipunk x 2 -Achse: 2 x 2 6= x 2 =3 S 2 ( 3 ) Schnipunk x 3 -Achse: 12 x 3 6= x 3 =5 S 3 ( 5) alle Punke auf g: P g ( 4 4s 3s ) Punkprobe: P g in E : 15 (4 4s)+ 2 3s+ 12 6= 6 6s+ 6s 6= =,somi lieg g in E d = = ( ) =( 6) ( )= = = ,2 = 1 5 Somi haben E 1 und E 1 den gewünschen Absand

10 Lösung Abiurprüfung 2 Grundkurs (Baden-Würemberg) Geomerie II.2. a) A (72 72 ) ; B ( ) ; C ( ) ; D (72-72 ) ; S ( 9) Länge der Seienkane AS AS = (72 m) 2 + (72 m) 2 + (9 m) 2 =18468 m 2 135,9 m Neigungswinkel =( 5 4 ) AS 4 ; Boden sin( α)= =57 5 b=( 1) α 41,47 AB=( 1 ) ; I 4n 1 4n 1 + 5n 3 = II n 1 = =( 4) n 2 =5 ; n 3 =4 n E 1 5 A in E: =b=36 ; E 1 : 5 x x 3 36= Eine Seienfläche (günsigerweise E 1 ) is ausreichend, da Symmerie vorlieg. 4 cos(β)= =41 β 51,34 b) 1 Möglichkei Gerade durch A und S g : x=( ) ( 4 + u 4 5 ) g E 2 : 5 (72 4u )+ 26 5u 135 u=9 in g : S( ) ; x 3 =45 Die Höhe des Pyramidensumpfes beräg 45 m. 2 Möglichkei Die obere Kane des Pyramidensumpfes, die an der die Rampe ende, lieg in der Schnigeraden s der Ebenen E1 und E2. Die Gerade s is parallel zur Grundebene, daher kann man aus jedem Punk der Gleichung s die Höhe des Pyramidensumpfes ablesen. In diesem Fall liefer der Schni von E1 und E2 direk das Ergebnis: - E 2 : 5 x x 3 = 135 E 1 : 5 x x 3 = x 3 =99 x 3 =45m

11 Berechneer Eckpunk des Pyramidensumpfes: S( ). Der Endpunk T der Rampe lieg in der x 3 -Ebene. Parallel zur x 2 -Achse ergib sich die Länge der Rampe. T(36 x 2 ) in E2 : Länge der Rampe E 2 : 5 x = 135 x 2 =27 ST = (36 36) 2 m 2 + (27 36) 2 m 2 + ( 45) 2 m 2 =56781 m 2 238,29 m Die Rampenlänge beräg 238,29 m c) AS =( ) ; AD=( 1 ) =( I 4n 1 4n 2 + 5n 5 3 4) n E 3 II n 2 = n 1 =5 ; n 3 =4 (E 3 : 5 x x 3 36= ) Gerade j aus Q(48 3) und n E 3 j : x=( 48 3) ( 5 4) + j Ebene: x 3 = =14 = 4 ; in j : U(28 14) Der Schach ende im Punk U(28 14). P( p), p> ; Absand P zum Boden d 1 =p Absand P zu einer Seienfläche d 1 =d p 36 d 2 = 41 4 p 36 = 41 p 4 p 36= 41 p (2 Lösungen) p 1 = ,65 p = 36 2 < keine nuzbare Lösung 4 41 Somi ha der Punk P die Koordinaen P( 34,6).

12 Lösung Abiurprüfung 2 Grundkurs (Baden-Würemberg) Geomerie II.3. a) AB=( ) ( = 6 I 1+ r= r= 1 ) h: x = ( 3 1 ) + ( 6 ) ; g h: ( 4 3) 1 + r ( 1 3) 2 = ( 3 ) 1 + ( ) 6 II 2r+ 6= 2r+ 6 = 1 3 III 3+ 3r= Probe: 3+ 3 ( 1)= g und h schneiden sich, da das Gleichungssysem eindeuig lösbar is. cos(α)= ; α=cos 1 2 ( 14 ) 57,69 g und h schneiden sich im Winkel von 57,69. E muss auf g und h senkrech sehen: n 1 + 6n 2 + n 3 = n 2 = 1n 1 + 2n 2 + 3n 3 = n 1 = 3n 3 n 1 =3 ; n 3 = 1 =( 3 n E 1) 3 4 3=9=b E : 3 x 1 x 3 9= ( 1) x x -Ebene Normalenvekor: 1 2 n= cos(β)= ; β=cos 1 1 ( 1 ) 71,57 E schneide die x 1 x 2 - Ebene im Winkel von 71,57. b) K: ( x 1 2) 2 + ( x 2 4) 2 + ( x 3 2 ) 2 22= Schnikreismielpunk: M S (2 4 ) Schnikreisradius: r 2 S = 22 2 r S = 2 c) K 1 : x 1 + x 2 + ( x 3 2) 2 1= K 2 : x 1 + x 2 + ( x 3 4 ) 2 4= K 1 K 2 : ( x 3 2) 2 (x 3 4) = 4x 3 9 = x 3 = 9 4 Schnikreismielpunk: M K ( 9 4 )

13 K 1 berühr den Punk P 1 ( 1) bzw. P 2 ( 3),was auch für K gelen muss. Kugel die K 1 von Unen berühr (Sich auf x 1 x 2 -Ebene) : 2+ =1 1 = 1 3 Kugel die K 1 von Oben berühr (Sich auf x 1 x 2 -Ebene): 2 =3 2 =3 K 1 3 und K 3 berühren die Kugel K 1 von Außen. d) Wenn gil: AM = BM so lieg auch B auf der Manelfläche von K* AM = (2 3) 2 + (4 1) = = 12 BM = (2 3) 2 + (4 7) = = 12 r= AM = BM = 12 Da die Dreiecke gleichschenklig sind, ha jede Spize S von den Punken A und B denselben Absand. Deswegen liegen die Spizen auf der Mielebene E M, die genau zwischen A und B verläuf. Da die Spizen S auf der Kugel K (Manelfläche) sind, liegen sie auf dem Schnikreis der Mielebene E M mi der Kugel K. Der Schnikreismielpunk is aufgrund die Symerie (Gleichschnekligkei der Dreiecke) zugleich der Kugelmielpunk n E M = AB=( ) ( ) 6 1 E M : x 2 =b ; M (2 4 2) in E M b=4 E M : x 2 4= Somi liegen alle Spizen S (x 1 4 x 3 ) auf E M und haben alle den Absand 12 zu M.