MINISTERIUM FÜR KULTUS, JUGEND UND SPORT BADEN-WÜRTTEMBERG MUSTER 1 FÜR DIE ABITURPRÜFUNG AM BERUFLICHEN GYMNASIUM AB DEM SCHULJAHR 016/01 Hauptprüfung LÖSUNGSVORSCHLAG FÜR DAS FACH Arbeitszeit Hilfsmittel 0 Minuten Teil 1: Keine Hilfsmittel zugelassen. Teil, Teil und Teil : Merkhilfe sowie eingeführter wissenschaftlicher Taschenrechner sind zugelassen. Stoffgebiet Teil 1: Teil : Teil : Teil : Analysis, Stochastik und Vektorgeometrie bzw. Matrizen ( Aufgaben) Analysis (1 Aufgabe) Anwendungsorientierte Analysis ( Aufgaben) Stochastik ( Aufgaben) Vektorgeometrie (1 Aufgabe) Matrizen (1 Aufgabe) S. - 5 S. 6 S. - 9 S. 10-11 S. 1 S. 1 Bemerkungen Lösungsvorschlag nur für die Fachlehrerin/den Fachlehrer bestimmt
Lösungsvorschlag Teil 1 (ohne Hilfsmittel) Aufgabe 1 1 Analysis 1.1 Skizze: Die Fläche oberhalb der x-achse ist größer als die Fläche unterhalb der x-achse. Daher ist das Integral positiv. 1. Aussagen über das Schaubild von f: Das Schaubild besitzt den Hochpunkt 19 11 H und den Tiefpunkt T 1. 6 1. Periode: p = π Mit der Substitution x = a erhält man die Gleichung cos(a) = 1. Eine Lösung dieser Gleichung ist a = π. Mit x = π ergibt sich π x =. 1. Schaubild von f Schaubild von f Schaubild von f 1. A E I. D C H. G B F 5 16 Seite
Lösungsvorschlag Teil 1 (ohne Hilfsmittel) Aufgabe Stochastik.1 B: Bild, Z: Zahl. Ereignis A: Zweimal Z und einmal B. 1 P(A) = P(BZZ) + P(ZBZ) + P(ZZB) = =. 8. Gegenereignis: In einer Gruppe von fünf Freunden hat mindestens eine Person die Blutgruppe null.. E(X) = 0, 0, u+ 5 0, = 0, u = 0, Ferner gilt: 0, + 0,+ w + 0, = 1. Somit ist w = 0,. Seite
Lösungsvorschlag Teil 1 (ohne Hilfsmittel) Aufgabe Vektorgeometrie.1 Die Gerade g verläuft parallel zur x 1 x -Ebene.. 1 1 10 1 1 10 1 1 8 0 0 1 1 1 0 0 Die zweite Zeile liefert x = 1, die dritte Zeile jedoch x =. Aus diesem Widerspruch folgt, dass das LGS unlösbar ist. Seite
Lösungsvorschlag Teil 1 (ohne Hilfsmittel) Aufgabe Matrizen.1 0, 0, M = 0, 0,8 Die Elemente in der Hauptdiagonalen von M geben die Wahrscheinlichkeit an, dass ein Kunde zwei Wochen später wieder den gleichen Saft kauft.. 0, 0,6 x1 0 (E A) x = 0 = 0, 0,6 x 0 0, x 0,6 x = 0 0, x + 0,6 x = 0 1 1 Folglich gilt: x1 = x und x = u ; u R. Somit ergibt sich: u x = u, u R. Seite 5
Lösungsvorschlag Teil (mit Hilfsmittel) Aufgabe 1 1.1 Am Funktionsterm von f kann man erkennen: einfache Nullstelle x1 =, doppelte Nullstelle x, = 0 Abb. A zeigt eine einfache Nullstelle bei x = 0, stellt also nicht K dar. Abb. B zeigt eine Nullstelle bei x =, stellt also nicht K dar. Abb. C kann K zeigen, da alle o.g. Eigenschaften gegeben sind. Mit dieser Skalierung zeigt Abb. C die Kurve K. 1 1. 1 1 A= ( x + 6x ) d x = x + x = 81+ = 1,5 0 0 Der Flächeninhalt beträgt 1,5 FE. 1. h(x) = x + 8 Nullstelle von h: h(x) = 0 x = Schnittstelle von Gerade und Parabel: x = 1 (abgelesen) 5 5 Teilfläche 1: (Summe aus dem Inhalt der Fläche zwischen K und der x- Achse über [0;1] und dem Flächeninhalt des Dreiecks): 1 0 1 A = f(x)dx + ( 1) Alternative Teilfläche: Differenz aus dem Inhalt der Fläche zwischen K und der x- 1 Achse über [1;] und dem Flächeninhalt des Dreiecks: A = f(x)dx ( 1) 1. 1. Falsch, da Linkskrümmung an der Stelle x =, also g''() > 0 1. Wahr, da Hochpunkt bei x = 1. Falsch, da Wendepunkt mit Wechsel von Rechts- auf Linkskrümmung. Wahr, da g'() = 0 und durchschnittliche Änderungsrate in [1; ] negativ 0 Seite 6
Lösungsvorschlag Teil (mit Hilfsmittel) Aufgabe.1 x: Tage ab 1. Januar s(x): Astronomische Sonnenscheindauer in Stunden 6 s(x) = a sin(b(x c)) + d 1.6 : x = 1 H(1 16,5) 1.1: x = 55 T(55 8) 16,5 + 8 Mittelwert: d= = 1,5 Amplitude: a = 16,5 1,5 =,5 π Periode (ein Jahr mit 65 Tagen): p = 65, b = 65 1 + ( 10) Verschiebung in x-richtung: 55 65 = 10 c = = 81 π s(x) =,5 sin( (x 81)) + 1,5 65. Die quadratische Näherung von Tina ist zur Modellierung ungeeignet, da eine Parabel keine zwei Extrempunkte und keine Wendepunkte besitzt. Die Funktion beschreibt die Punktmenge nicht so gut, wie man am Bestimmtheitsmaß r = 0,85 erkennen kann. Toms Näherung beschreibt die menge besser, da das Bestimmtheitsmaß sehr nahe bei 1 liegt. Da sich die Sonnenscheindauer als Differenz zwischen Sonnenaufgang und Sonnenuntergang ergibt, ist diese für jedes Jahr gleich. Toms Näherungsfunktion mit der Definitionsmenge [0 ; 65] ist für jedes Jahr geeignet. 10 Seite
Lösungsvorschlag Teil (mit Hilfsmittel) Aufgabe.1 km 1000m m 100 = 100,8 h 600 s s 100 v(t) =,6 0,1t 100 0 0e =,6 100 0 0,1t,6 e = 0 100 0,6 t = ln :0,1 1,6 0 Nach etwa 1,6 Sekunden hat das Fahrzeug die Geschwindigkeit 100 km h erreicht. 1 1 0 0,1t. v = v(t)dt = e + 0t 8,5 8,5 0,1 6,09 8,5 0 0 8,5 6 Die Durchschnittsgeschwindigkeit betrug ca. 6 m s. s = v t 6,09 8,5 0, Die Rennstrecke ist etwa 0 m lang. 10 Seite 8
Lösungsvorschlag Teil (mit Hilfsmittel) Aufgabe.1 Erlösfunktion: E(x) = 50 x Gewinnfunktion: G(x) = E(x) K(x) = x + 10x + 10x 100 (0 x 11) K(x) = x 0x+ 0 Da die Diskriminante D < 0 ist, hat K (x) keine Nullstelle. Da außerdem K (0) = 0 > 0 ist, gilt: K (x) > 0 für alle x-werte. Daher ist K streng monoton steigend, d.h., mit steigender Produnktionsmenge steigen stets die Kosten.. Mittels einer Wertetabelle erhält man das Schaubild: Die Gewinnzone ist somit der Bereich 10 x 10.. An der Wendestelle u des Schaubilds SK ist der Kostenzuwachs am kleinsten. 10 Mittels der Bedingung K (u) = 0 erhält man u =. 10 Wegen K( ) > 0 ist bei einer Produktionsmenge von 10 ME der Kostenzuwachs minimal. 10 Seite 9
Lösungsvorschlag Teil (mit Hilfsmittel) Aufgabe 1 1.1 P(A) = 0, 0,8 = 0,8 P(B) = 1 0,8 0,9 1. C: Anton erhält eine Rückerstattung. D: Anton erlebt genau drei Sturmtage. P(C) = 1 - P(C) mit C: weniger als drei Sturmtage (WTR) 6 5 P(C)=0,8 + 0, 0,8 + 0, 0,8 0,85 1 (WTR) P(D) = 0, 0,8 0,115 P(C) 0,18 P(C D) P(D) 0,115 Damit: P C(D) = = 0,5 P(C) P(C) 0,18 Der Gast hat mit einer Wahrscheinlichkeit von,5 % genau drei Sturmtage erlebt, falls er eine Rückerstattung erhalten hat. 1..1 Der Hotelier kann den Erwartungswert µ für eine Bernoulli-Kette mit der Trefferwahrscheinlichkeit p = 0, und der Anzahl n = 10 an Januartagen bilden: µ= n p = 6. 1.. X : Anzahl der Sturmtage 9 i= 0 10 i (WTR) 10 i P(X < 50) = 0, 0,8 0,05 i Mit einer Wahrscheinlichkeit von etwa,5 % rentiert sich das Angebot nicht. 1. 96 95 % Konfidenzintervall bezüglich h = = 10 0,8: 0,8 0, 0,8 0, [0,8 1,96 ; 0,8 + 1,96 ] [0,8; 0,8] 10 10 15 Seite 10
Lösungsvorschlag Teil (mit Hilfsmittel) Aufgabe.1 P(A) = 0,8 0,1 P(B) = 0,8 0, 0,8 0,011 6 C :höchstens ein Sturmtag. P(C) = 0,8 + 0,8 0, 0,5 1 P(C) = 1 P(C) 0, (WTR) 5. Zufallsvariable X: Einnahmen des Hoteliers x i 500 00 P(X = x i ) 0,85 0,18 5 mit = = + 6 P(X 500) 0,8 0,8 0, + 0,8 5 0, 0,85 1 Wegen 0,85 500 + 0,18 00 = 0, > 60 kann der Hotelier die Rückerstattung erhöhen.. In dem Schaubild wird die Wahrscheinlichkeit dargestellt, nach x Urlaubstagen höchstens einen Sturmtag zu erleben. Diese Wahrscheinlichkeit soll mindestens 0,6 betragen, wobei gleichzeitig die Anzahl der Urlaubstage maximiert werden soll. Aus dem Schaubild entnimmt man, dass man maximal sechs Urlaubstage buchen darf. 5 15 Seite 11
Lösungsvorschlag Teil (mit Hilfsmittel) Aufgabe 1 Vektorgeometrie: 1.1 AB = ; BC = 0 Da AB BC = 0, liegt bei B ein rechter Winkel vor. 1. Die A und D liegen in der x 1 x -Ebene. 1. Ebene E: x = 0 + r AB+ s AC 1 6 Normalenvektor von E: n= AB AC= 9 1 Es ergibt sich die Koordinatendarstellung von E : 6x + 9y 1z = 1 Falls P Spiegelpunkt von P bezüglich E ist, so muss gelten: 1.) P'P und n sind kollinear.) Der Punkt Q in der Mitte von P und P liegt in E 1 P'P = 18 = n Die 1. Bedingung ist erfüllt. 6 Einsetzen der Koordinaten von Q(0,5 1 1) in E ergibt: 6 0,5+ 9 1 1 1= 1 Also liegt Q in E und damit ist auch die. Bedingung erfüllt. Damit ist P Spiegelpunkt zu P bezüglich der Ebene E. 8 15 Seite 1
, 00,0,10,0,50,10,Musterabitur 1 Lösungsvorschlag Teil (mit Hilfsmittel) Aufgabe 1 Martizen: 1.1 Übergangsmatrix U = 0 0,5,1 0680 10 160 U = 80 50 0 1Von A werden 680, von B 1600 und von C 50 Haushalte beliefert. 1..1 Für u = 0,1 gilt v + w = 0,9. v und w können Werte aus dem Intervall [0; 0,9] annehmen. Dabei gilt w = 0,9 v. 1.. Die Zahl 0,6 in der Tabelle bedeutet, dass 60 % der Kunden von B nicht wechseln, während nur 0 % der Kunden von A bei A bleiben. Daher ist es angemessen, von größerer Kundentreue bei den Kunden von B zu sprechen. x x = x x 0, 0, u 0,6 0,6 v 0, 0, w ; Die Spaltensumme ist 1, deshalb gilt x = 0, 0,6 0, 0,6 0, 0,18 + 0, u = 0, 0,6 + 0, v = 0,6 0,16 + 0, w = 0, = 0, 0,6 0, u = 0,1 ; v = 0, ; w = 0, 0, 15 Seite 1