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Zentralabitur 2020 - Mathe Grundkurs - Teil 2
Zentralabitur 2020 – Mathe Grundkurs – Teil2
Aufgabe 2.2 Teststrecke
Lösung a)
$
f(x)=-0,01\cdot (x-8)(x+1)^2\: ;\:\: x\in \mathbb{R}.
$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize a)\: Gebe\: die\: Nullstellen\: von\: f\: an $
$\qquad\:\:$ $ f(x)=-0,01\cdot (x-8)(x+1)^2=0 $
$\qquad\qquad$ $ \iff \begin{cases} (x-8)=0\:\: \longrightarrow x=8\\ \\ (x+1)^2=0\:\: \textcolor{red}{|\sqrt(…)\:und\: (-1)}\:\: \longrightarrow x=-1 \end{cases} $
$\qquad\:\:$ Es gibt Nullstellen bei $\underline{x=8}$ und $\underline{x=-1}$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize a)\: Gebe\: die\: Nullstellen\: von\: f\: an $
$\qquad\:\:$ $ f(x)=-0,01\cdot (x-8)(x+1)^2=0 $
$\qquad\qquad$ $ \iff \begin{cases} (x-8)=0\:\: \longrightarrow x=8\\ \\ (x+1)^2=0\:\: \textcolor{red}{|\sqrt(…)\:und\: (-1)}\:\: \longrightarrow x=-1 \end{cases} $
$\qquad\:\:$ Es gibt Nullstellen bei $\underline{x=8}$ und $\underline{x=-1}$
Lösung b)
$
f(x)=-0,01\cdot (x-8)(x+1)^2\: ;\:\: x\in \mathbb{R}.
$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b) $
$\qquad\:\:$ Zeige, dass $f$ auch in der Form $f(x)=- \frac{1}{100}x^3+ \frac{3}{50}x^2+ \frac{3}{20}x+ \frac{2}{25}$
$\qquad\:\:$ geschrieben werden kann.
$\qquad\qquad$ $ f(x)=-0,01\cdot (x-8)(x+1)^2=-0,01\cdot (x-8)(x^2+2x+1) $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =-0,01\cdot (x^3+2x^2+x-8x^2-16x-8)\:\: \textcolor{red}{| \:\cdot 100} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =\underline{- \frac{1}{100}x^3+ \frac{3}{50}x^2+ \frac{3}{20}x+ \frac{2}{25}} $
$\qquad\:\:$ Gebe das Verhalten der Funktionswerte von $f$ für $x\to +\infty$ und $x\to -\infty$ an.
$\qquad\qquad$ $ \lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=-\infty \:\:\:\: | \:\:\:\: \lim\limits_{x\to -\infty} f(x)= \infty $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b) $
$\qquad\:\:$ Zeige, dass $f$ auch in der Form $f(x)=- \frac{1}{100}x^3+ \frac{3}{50}x^2+ \frac{3}{20}x+ \frac{2}{25}$
$\qquad\:\:$ geschrieben werden kann.
$\qquad\qquad$ $ f(x)=-0,01\cdot (x-8)(x+1)^2=-0,01\cdot (x-8)(x^2+2x+1) $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =-0,01\cdot (x^3+2x^2+x-8x^2-16x-8)\:\: \textcolor{red}{| \:\cdot 100} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =\underline{- \frac{1}{100}x^3+ \frac{3}{50}x^2+ \frac{3}{20}x+ \frac{2}{25}} $
$\qquad\:\:$ Gebe das Verhalten der Funktionswerte von $f$ für $x\to +\infty$ und $x\to -\infty$ an.
$\qquad\qquad$ $ \lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=-\infty \:\:\:\: | \:\:\:\: \lim\limits_{x\to -\infty} f(x)= \infty $
Lösung c)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
c)\: Ermittle\: die\: Lage\: und\: Art\: der\: Extrempunkte\: des\: Graphen\: von\: f
$
$\qquad\qquad$ $ f^\prime(x)=-\frac{1}{100}\cdot 3x^2+ \frac{3}{50}\cdot 2x+ \frac{3}{20} $
$\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ = -\frac{3}{100}\cdot x^2+ \frac{6}{50}\cdot x+ \frac{3}{20} $
$\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ = -\frac{3}{100}\cdot x^2+ \frac{12}{100}\cdot x+ \frac{15}{100} $
$\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ = \underline{-\frac{3}{100}(x^2-4x-5)} $
$\qquad\qquad$ $ f^{\prime\prime}(x)=\underline{-\frac{3}{100}(2x-4)} $
$\qquad\:\:$ $ f^\prime(x)=0 \iff -\frac{3}{100}(x^2-4x-5)=0 \iff (x^2-4x-5)=0 \Longrightarrow \begin{cases} x_1=-1\\ \\ x_2=5 \end{cases} $
$\qquad\:\:$ $ f^{\prime\prime}(-1)= -\frac{3}{100}[2(-1)-4]=0,18>0 \longrightarrow Tiefpunkt $
$\qquad\qquad$ Es gibt ein Tiefpunkt bei $\underline{[-1|f(-1)]=(-1|0)}$
$\qquad\:\:$ $ f^{\prime\prime}(5)= -\frac{3}{100}[2(5)-4]=-0,18<0 \longrightarrow Hochpunkt $
$\qquad\qquad$ Es gibt ein Hochpunkt bei $\underline{[5|f(5)]=(5|1,08)}$
$\qquad\qquad$ $ f^\prime(x)=-\frac{1}{100}\cdot 3x^2+ \frac{3}{50}\cdot 2x+ \frac{3}{20} $
$\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ = -\frac{3}{100}\cdot x^2+ \frac{6}{50}\cdot x+ \frac{3}{20} $
$\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ = -\frac{3}{100}\cdot x^2+ \frac{12}{100}\cdot x+ \frac{15}{100} $
$\qquad\qquad\qquad\:\:$ $ = \underline{-\frac{3}{100}(x^2-4x-5)} $
$\qquad\qquad$ $ f^{\prime\prime}(x)=\underline{-\frac{3}{100}(2x-4)} $
$\qquad\:\:$ $ f^\prime(x)=0 \iff -\frac{3}{100}(x^2-4x-5)=0 \iff (x^2-4x-5)=0 \Longrightarrow \begin{cases} x_1=-1\\ \\ x_2=5 \end{cases} $
$\qquad\:\:$ $ f^{\prime\prime}(-1)= -\frac{3}{100}[2(-1)-4]=0,18>0 \longrightarrow Tiefpunkt $
$\qquad\qquad$ Es gibt ein Tiefpunkt bei $\underline{[-1|f(-1)]=(-1|0)}$
$\qquad\:\:$ $ f^{\prime\prime}(5)= -\frac{3}{100}[2(5)-4]=-0,18<0 \longrightarrow Hochpunkt $
$\qquad\qquad$ Es gibt ein Hochpunkt bei $\underline{[5|f(5)]=(5|1,08)}$
Lösung d)
Lösung e)
Wo der Hochpunkt des Graphen von $f^\prime$ liegt. liegt ein Wendepunkt des Graphen von $f$.
An der Stelle, hat die Steigung des Graphen von $f$ eine relatives Extremum.
An der Stelle, hat die Steigung des Graphen von $f$ eine relatives Extremum.
Lösung f)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
f)\: Weise\: nach,\: dass\: die\: Tangente\: der\: Gleichung\: t(x)=-0,21x+2,24
$
$\qquad\:\:$ $ t(x)=f^\prime(x_0)(x-x_0)+f(x_0) \:\: mit \:\: \begin{cases} x_0=6\\ \\ f^\prime(6)=-\frac{3}{100}(6^2-4\cdot 6-5)=-0,21\\ \\ f(6)=-0,01\cdot (6-8)(6+1)^2=0,98 \end{cases} $
$\qquad\qquad$ $ \iff \underline{t(x)=-0,21(x-6)+0,98=-0,21x+2,24} $
$\qquad\:\:$ $ t(x)=f^\prime(x_0)(x-x_0)+f(x_0) \:\: mit \:\: \begin{cases} x_0=6\\ \\ f^\prime(6)=-\frac{3}{100}(6^2-4\cdot 6-5)=-0,21\\ \\ f(6)=-0,01\cdot (6-8)(6+1)^2=0,98 \end{cases} $
$\qquad\qquad$ $ \iff \underline{t(x)=-0,21(x-6)+0,98=-0,21x+2,24} $
Lösung g)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
g)\: Berechne\: das\: Volumen\: im\: Bereich\: 6 \leq x \leq10,27
$
$\qquad\:\:$ Ansatz
$\qquad\qquad$ $ V=A\cdot h\:\: mit \:\: \begin{cases} A= \int\limits_6^{10,67} t(x)dx- \int\limits_6^8 f(x)dx\:\: (Querschnittsfläche\: der\: Fahrbahn)\\ \\ h=5m\:\: (Breite\: der\: Fahrbahn) \end{cases} $
$\qquad\qquad$ $ A_1=\int\limits_6^{10,67} t(x)dx $
$\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =\int\limits_6^{10,67} (-0,21x+2,24)dx = \begin{bmatrix} -\frac{0,21}{2}x^2+2,24x \end{bmatrix} _6^{10,67}=11,94-9,66\approx2,29m^2 $
$\qquad\qquad$ $ A_2=\int\limits_6^8 f(x)dx $
$\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =\int\limits_6^8 (-\frac{1}{100}x^3 + \frac{3}{50}x^2 +\frac{3}{20}x + \frac{2}{25})dx $
$\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ = \begin{bmatrix} -\frac{1}{400}x^4 + \frac{1}{50}x^3 +\frac{3}{40}x^2 + \frac{2}{25}x \end{bmatrix} _6^8\approx1,18m^2 $
$\qquad\:\:$ $ \underline{V=(A_1-A_2)\cdot h=(2,29m^2-1,18m^2)\cdot 5m=5,55m^3} $
$\qquad\:\:$ Ansatz
$\qquad\qquad$ $ V=A\cdot h\:\: mit \:\: \begin{cases} A= \int\limits_6^{10,67} t(x)dx- \int\limits_6^8 f(x)dx\:\: (Querschnittsfläche\: der\: Fahrbahn)\\ \\ h=5m\:\: (Breite\: der\: Fahrbahn) \end{cases} $
$\qquad\qquad$ $ A_1=\int\limits_6^{10,67} t(x)dx $
$\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =\int\limits_6^{10,67} (-0,21x+2,24)dx = \begin{bmatrix} -\frac{0,21}{2}x^2+2,24x \end{bmatrix} _6^{10,67}=11,94-9,66\approx2,29m^2 $
$\qquad\qquad$ $ A_2=\int\limits_6^8 f(x)dx $
$\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ =\int\limits_6^8 (-\frac{1}{100}x^3 + \frac{3}{50}x^2 +\frac{3}{20}x + \frac{2}{25})dx $
$\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:$ $ = \begin{bmatrix} -\frac{1}{400}x^4 + \frac{1}{50}x^3 +\frac{3}{40}x^2 + \frac{2}{25}x \end{bmatrix} _6^8\approx1,18m^2 $
$\qquad\:\:$ $ \underline{V=(A_1-A_2)\cdot h=(2,29m^2-1,18m^2)\cdot 5m=5,55m^3} $
Lösung h)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
h)\: Stelle\: der\: neuen\: Tangente\: t_neu
$
$\qquad\:\:$ Im Wendepunkt hat der Graph von $f$ die Steigung $f^\prime(2)=\frac{27}{100}$
$\qquad\:\:$ Damit die neue Tangente den gleichen Steigungswinkel hat, muss eine Steigung
$\qquad\:\:$ $f^\prime(2)=\frac{27}{100}$
$\qquad\:\:$ von $-\frac{27}{100}$ gelten. An der Stelle, muss also $f^\prime(2)=-\frac{27}{100}$
$\qquad\qquad$ $ \iff -\frac{3}{100}(x^2-4x-5)=-\frac{27}{100} $
$\qquad\qquad$ $ \Longrightarrow x^2-4x-14=0 \Longrightarrow \begin{cases} x_1=2-\sqrt{18} \longrightarrow x_1=-2,24\\ \\ x_2=2+\sqrt{18} \longrightarrow x_2=6,24 \end{cases} $
$\qquad\:\:$ $x_1$ erfüllt die Bedingung $x>5$ nicht, also $\underline{x_2=6,25}$ ist die gesuchte Stelle
$\qquad\:\:$ Im Wendepunkt hat der Graph von $f$ die Steigung $f^\prime(2)=\frac{27}{100}$
$\qquad\:\:$ Damit die neue Tangente den gleichen Steigungswinkel hat, muss eine Steigung
$\qquad\:\:$ $f^\prime(2)=\frac{27}{100}$
$\qquad\:\:$ von $-\frac{27}{100}$ gelten. An der Stelle, muss also $f^\prime(2)=-\frac{27}{100}$
$\qquad\qquad$ $ \iff -\frac{3}{100}(x^2-4x-5)=-\frac{27}{100} $
$\qquad\qquad$ $ \Longrightarrow x^2-4x-14=0 \Longrightarrow \begin{cases} x_1=2-\sqrt{18} \longrightarrow x_1=-2,24\\ \\ x_2=2+\sqrt{18} \longrightarrow x_2=6,24 \end{cases} $
$\qquad\:\:$ $x_1$ erfüllt die Bedingung $x>5$ nicht, also $\underline{x_2=6,25}$ ist die gesuchte Stelle
Zentralabitur 2020 - Mathe Grundkurs - Teil 1
Zentralabitur 2020 – Mathe Grundkurs – Teil 1
Lösung
$
F(x)=2x^4-x+1
$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize a)\: Gleichung\: der\: Funktion\: f $
$\qquad\:\:$ $F^\prime(x)=f(x) \iff f(x)= 2\cdot 4\cdot x^{4-1}-1=\underline{8x^3-1} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b) $
$\qquad\:\:$ * Gleichung aller Stammfunktionen von f
$\qquad\:\:$ $ F(x)=2x^4-x+1+C, $ mit $C\in \mathbb{R}$ ($C$ als Integrationskonstante)
$\qquad\:\:$ * Die zwei Stammfunktionen von f
$\qquad\:\:$ $ F_{1/2}(x)=2x^4-x+1\pm3 \iff \begin{cases} F_1(x)=2x^4-x+1-3=\underline{2x^4-x+1-2}\\ \\ F_2(x)=2x^4-x+1+3=\underline{2x^4-x+1+4} \end{cases} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize a)\: Gleichung\: der\: Funktion\: f $
$\qquad\:\:$ $F^\prime(x)=f(x) \iff f(x)= 2\cdot 4\cdot x^{4-1}-1=\underline{8x^3-1} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b) $
$\qquad\:\:$ * Gleichung aller Stammfunktionen von f
$\qquad\:\:$ $ F(x)=2x^4-x+1+C, $ mit $C\in \mathbb{R}$ ($C$ als Integrationskonstante)
$\qquad\:\:$ * Die zwei Stammfunktionen von f
$\qquad\:\:$ $ F_{1/2}(x)=2x^4-x+1\pm3 \iff \begin{cases} F_1(x)=2x^4-x+1-3=\underline{2x^4-x+1-2}\\ \\ F_2(x)=2x^4-x+1+3=\underline{2x^4-x+1+4} \end{cases} $
Lösung
Die quadratische Funktion lautet:
$\qquad\:\:$ $f(x)=ax^2+bx+c$, mit $a,\:b,\: und\: c \in \mathbb{R}$
Die quadratische Funktion verläuft durch $(0|0)$:
$\qquad\:\:$ $ \iff f(0)=0 \longrightarrow \underline{c=0} $
Die Tangente im Punkt $(2|f(2))$ hat die Gleichung $y=4x-2$:
$\qquad\:\:$ $ \iff \begin{cases} *\:\: f(2)=4a+2b &\longrightarrow 6=4a+2b\:\: (I)\\ \\ *\:\: f^\prime(2)=4 &\longrightarrow 4=4a+b\:\: (II) \end{cases} $
$\qquad\qquad$ (I) und (II) gleichzeitig lösen
$\qquad\qquad\qquad$ $ – \begin{cases} 6=4a+2b\:\: (I)\\ \\ 4=4a+b\:\: (II) \end{cases} \longrightarrow \underline{b=2},\:\: und\:\: \underline{a=\frac{1}{2}} $
Die Funktionsterm von $f$ lautet:
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \underline{f(x)=\frac{1}{2}x^2+2x} $
$\qquad\:\:$ $f(x)=ax^2+bx+c$, mit $a,\:b,\: und\: c \in \mathbb{R}$
Die quadratische Funktion verläuft durch $(0|0)$:
$\qquad\:\:$ $ \iff f(0)=0 \longrightarrow \underline{c=0} $
Die Tangente im Punkt $(2|f(2))$ hat die Gleichung $y=4x-2$:
$\qquad\:\:$ $ \iff \begin{cases} *\:\: f(2)=4a+2b &\longrightarrow 6=4a+2b\:\: (I)\\ \\ *\:\: f^\prime(2)=4 &\longrightarrow 4=4a+b\:\: (II) \end{cases} $
$\qquad\qquad$ (I) und (II) gleichzeitig lösen
$\qquad\qquad\qquad$ $ – \begin{cases} 6=4a+2b\:\: (I)\\ \\ 4=4a+b\:\: (II) \end{cases} \longrightarrow \underline{b=2},\:\: und\:\: \underline{a=\frac{1}{2}} $
Die Funktionsterm von $f$ lautet:
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \underline{f(x)=\frac{1}{2}x^2+2x} $
Lösung
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
a)\: Weise\: nach,\: dass\: A,\: B\: und\: C\: auf\: einer\: Geraden\: g\: liegen
$
$\qquad\:\:$ * Ermittle die Gerade $AB$
$\qquad\qquad$ $g_{AB}: \vec{x}= \begin{pmatrix} 3\\4\\-1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{bmatrix} \begin{pmatrix} 4\\6\\0 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} 3\\4\\-1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} = \underline { \begin{pmatrix} 3\\4\\-1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} } $
$\qquad\:\:$ * Probe ob $C$ auf $g_{AB}$ liegt
$\qquad\qquad$ $ \iff \begin{pmatrix} 1\\0\\-3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\4\\-1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} \iff \begin{cases} 1=3+r &\longrightarrow r=-2\\ \\ 0=4+2r &\longrightarrow r=-2\\ \\ -3=-1+r &\longrightarrow r=-2 \end{cases} $
$\qquad\:\:$ $C$ liegt auf $g_{AB}$ ist erfüllt für $r=-2$
$\qquad\qquad\qquad$ $ \Longrightarrow $ Die drei Punkte $A$, $B$ und $C$ liegen auf der Geraden $g$.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b)\: Koordinaten\: des\: weiteren\: Punktes\: D $
$\qquad\:\:$ Für $r=1$, $ \begin{pmatrix} 3\\4\\-1 \end{pmatrix} + 1\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\\6\\0 \end{pmatrix} \longrightarrow $ die Geradengleichung $\overline{OB}$
$\qquad\:\:$ Für $r=-1$, $ \begin{pmatrix} 3\\4\\-1 \end{pmatrix} + (-1)\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\2\\-2 \end{pmatrix} \longrightarrow D \begin{pmatrix} 2\\2\\-2 \end{pmatrix} $, mit $ | \overrightarrow{AB} | = | \overrightarrow{AD} | $
$\qquad\:\:$ * Ermittle die Gerade $AB$
$\qquad\qquad$ $g_{AB}: \vec{x}= \begin{pmatrix} 3\\4\\-1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{bmatrix} \begin{pmatrix} 4\\6\\0 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} 3\\4\\-1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} = \underline { \begin{pmatrix} 3\\4\\-1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} } $
$\qquad\:\:$ * Probe ob $C$ auf $g_{AB}$ liegt
$\qquad\qquad$ $ \iff \begin{pmatrix} 1\\0\\-3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\4\\-1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} \iff \begin{cases} 1=3+r &\longrightarrow r=-2\\ \\ 0=4+2r &\longrightarrow r=-2\\ \\ -3=-1+r &\longrightarrow r=-2 \end{cases} $
$\qquad\:\:$ $C$ liegt auf $g_{AB}$ ist erfüllt für $r=-2$
$\qquad\qquad\qquad$ $ \Longrightarrow $ Die drei Punkte $A$, $B$ und $C$ liegen auf der Geraden $g$.
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b)\: Koordinaten\: des\: weiteren\: Punktes\: D $
$\qquad\:\:$ Für $r=1$, $ \begin{pmatrix} 3\\4\\-1 \end{pmatrix} + 1\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\\6\\0 \end{pmatrix} \longrightarrow $ die Geradengleichung $\overline{OB}$
$\qquad\:\:$ Für $r=-1$, $ \begin{pmatrix} 3\\4\\-1 \end{pmatrix} + (-1)\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\2\\-2 \end{pmatrix} \longrightarrow D \begin{pmatrix} 2\\2\\-2 \end{pmatrix} $, mit $ | \overrightarrow{AB} | = | \overrightarrow{AD} | $
Lösung
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
a)\: Abstand\: der\: Punkte\: A\: und\: B
$
$\qquad\:\:$ $ \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{B} – \overrightarrow{A} = \begin{pmatrix} 4&-&7\\ 1&-&(-3)\\ 5&-&5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3\\ 4\\ 0 \end{pmatrix} $
$\qquad\:\:$ $ |\overrightarrow{AB}| =\sqrt{(-3)^2+4^2+0^2}=\sqrt{25}=5 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b)\:Koordinaten\: der\: möglichen\: Punktes\: C $
$\qquad\:\:$ Ein gleichschenkliges Dreieck, mit Flächeninhalt von $10\:FE$
$\qquad\qquad$ $ \longrightarrow \frac{1}{2}\cdot g\cdot h=10\:FE $, $ \: g=|\overrightarrow{AB}|=5 $
$\qquad\qquad\qquad$ $ \frac{1}{2}\cdot 5\cdot h=10\:\:\: \textcolor{red}{|\cdot 2} $
$\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:\:$ $ 5\cdot h=20\:\:\: \textcolor{red}{|:5} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:$ $ \underline{h=4\:LE} $, Höhe des Dreiecks
$\qquad\:\:$ $|AC|$ und $|BC|$ sollen gleichschenklig sein
$\qquad\qquad$ $\longrightarrow$ der Punkt $C$ liegt senkrecht über dem Mittelpunkt der Strecke $\overline{AB}$
$\qquad\qquad$ $ M ( \frac{4+7}{2}\:|\: \frac{1-3}{2}\:|\: \frac{5+5}{2} ) = (5,5\:|\: -1\:|\: 5) $
$\qquad\:\:$ Ein möglicher Punkt wäre $\underline{C(5,5\:|\: -1\:|\: 5+4)=(5,5\:|\: -1\:|\: 9)}$
$\qquad\:\:$ $ \overrightarrow{AB} = \overrightarrow{B} – \overrightarrow{A} = \begin{pmatrix} 4&-&7\\ 1&-&(-3)\\ 5&-&5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3\\ 4\\ 0 \end{pmatrix} $
$\qquad\:\:$ $ |\overrightarrow{AB}| =\sqrt{(-3)^2+4^2+0^2}=\sqrt{25}=5 $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b)\:Koordinaten\: der\: möglichen\: Punktes\: C $
$\qquad\:\:$ Ein gleichschenkliges Dreieck, mit Flächeninhalt von $10\:FE$
$\qquad\qquad$ $ \longrightarrow \frac{1}{2}\cdot g\cdot h=10\:FE $, $ \: g=|\overrightarrow{AB}|=5 $
$\qquad\qquad\qquad$ $ \frac{1}{2}\cdot 5\cdot h=10\:\:\: \textcolor{red}{|\cdot 2} $
$\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:\:$ $ 5\cdot h=20\:\:\: \textcolor{red}{|:5} $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:$ $ \underline{h=4\:LE} $, Höhe des Dreiecks
$\qquad\:\:$ $|AC|$ und $|BC|$ sollen gleichschenklig sein
$\qquad\qquad$ $\longrightarrow$ der Punkt $C$ liegt senkrecht über dem Mittelpunkt der Strecke $\overline{AB}$
$\qquad\qquad$ $ M ( \frac{4+7}{2}\:|\: \frac{1-3}{2}\:|\: \frac{5+5}{2} ) = (5,5\:|\: -1\:|\: 5) $
$\qquad\:\:$ Ein möglicher Punkt wäre $\underline{C(5,5\:|\: -1\:|\: 5+4)=(5,5\:|\: -1\:|\: 9)}$
Lösung
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
a)\: Wahrscheinlichkeit\: beiden\: Kugeln\: unterschiedliche\: Farben\: haben
$
$\qquad\:\:$ $ P_{untersch. Farben}(B/R) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} + \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{5} \longrightarrow \underline{P_{untersch. Farben}(B/R)=60\%} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b)\: Weise\: nach,\: dass\: die\: Spielerin,\: die\: die\: 1.\: Kugel\: entnimmt,\: einen\: Vorteil\: hat $
$\qquad\:\:$ Für die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Spielerin gewinnt, die die 1. Kugel entnimmt, gilt:
$\qquad\qquad$ $ \frac{2}{5} + \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{3}{5}>\frac{1}{2} $
$\qquad\:\:$ $ P_{untersch. Farben}(B/R) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} + \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{5} \longrightarrow \underline{P_{untersch. Farben}(B/R)=60\%} $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b)\: Weise\: nach,\: dass\: die\: Spielerin,\: die\: die\: 1.\: Kugel\: entnimmt,\: einen\: Vorteil\: hat $
$\qquad\:\:$ Für die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die Spielerin gewinnt, die die 1. Kugel entnimmt, gilt:
$\qquad\qquad$ $ \frac{2}{5} + \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{3}{5}>\frac{1}{2} $
Zentralabitur 2020 - Mathe Grundkurs - Teil 2 - Exponentialfunktion
Zentralabitur 2020 – Mathe Grundkurs – Teil2 – Exponentialfunktion
Aufgabe 2.1 Exponentialfunktion
Lösung a)
$
f(x)=(6x-3)e^{-x},\:\: x\in \mathbb{R}.
$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize a)\: Schnittpunkte\: des\: Graphen\: von\: f\: mit\: den\: Koordinaten $
$\qquad\:\:$ * Schnittpunkte mit der $x-Achse$ (Nullstellen) $y=f(x)=0$
$\qquad\qquad$ $ \iff (6x-3)\cdot e^{-x}=0 \Longrightarrow \begin{cases} (6x-3)=0\:\: \textcolor{red}{|+3} \:\: \longrightarrow x=\frac{1}{2}\\ \\ e^{-x}=0\:\: \textcolor{red}{n.L.} \end{cases} $
$\qquad\qquad$ Es gibt ein Schnittpunkt mit der $x-Achse$ an der Stelle $\underline{S_x=(\frac{1}{2}|0})$
$\qquad\:\:$ * Schnittpunkte mit der $y-Achse$ $\longrightarrow y=f(0)$
$\qquad\qquad$ $ \iff y=[6(0)-3]\cdot e^{-0}=-3 $
$\qquad\qquad$ Es gibt ein Schnittpunkt mit der $y-Achse$ an der Stelle $\underline{S_y=(0|-3})$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize a)\: Schnittpunkte\: des\: Graphen\: von\: f\: mit\: den\: Koordinaten $
$\qquad\:\:$ * Schnittpunkte mit der $x-Achse$ (Nullstellen) $y=f(x)=0$
$\qquad\qquad$ $ \iff (6x-3)\cdot e^{-x}=0 \Longrightarrow \begin{cases} (6x-3)=0\:\: \textcolor{red}{|+3} \:\: \longrightarrow x=\frac{1}{2}\\ \\ e^{-x}=0\:\: \textcolor{red}{n.L.} \end{cases} $
$\qquad\qquad$ Es gibt ein Schnittpunkt mit der $x-Achse$ an der Stelle $\underline{S_x=(\frac{1}{2}|0})$
$\qquad\:\:$ * Schnittpunkte mit der $y-Achse$ $\longrightarrow y=f(0)$
$\qquad\qquad$ $ \iff y=[6(0)-3]\cdot e^{-0}=-3 $
$\qquad\qquad$ Es gibt ein Schnittpunkt mit der $y-Achse$ an der Stelle $\underline{S_y=(0|-3})$
Lösung b)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
b)\: Verhalten\: der\: Funktionswerte\: von\: f\: für\: x\rightarrow +\infty\: und\: x\rightarrow -\infty\: an
$
$\qquad\:\:$ $ \lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=-\infty \:\:\:\: | \:\:\:\: \lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=0 $
$\qquad\:\:$ $ \lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=-\infty \:\:\:\: | \:\:\:\: \lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=0 $
Lösung c)
$
f(x)=(6x-3)e^{-x}
$
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize c)\: Weise\: nach,\: dass\: die\: 1.\: Ableitung\: f^\prime(x)=(-6x+9)e^{-x}\: ist $
$\qquad\:\:$ Mit Produktregel:
$\qquad\qquad$ $ f^\prime(x)=u^\prime(x)\cdot v(x)+u(x)\cdot v^\prime(x) \Longrightarrow \begin{cases} u(x)=(6x-3)\: \longrightarrow u^\prime(x)=6\\ \\ v(x)=e^{-x}\: \longrightarrow v^\prime(x)=-e^{-x} \end{cases} $
$\qquad\qquad$ $ f^\prime(x)=6\cdot e^{-x}+(6x-3)\cdot (-e^{-x})=\underline{(-6x+9)\cdot e^{-x}}\:\: W.A. $
$\qquad\:\:$ Lokaler Extrempunkt von $f$
$\qquad\qquad$ $ f^\prime(x)=0 \iff \begin{cases} (-6x+9)=0\:\: \textcolor{red}{|-9}\:\: \longrightarrow x=\frac{3}{2}\\ \\ e^{-x}=0\:\: \longrightarrow \textcolor{red}{n.L.} \end{cases} $
$\qquad\:\:$ Es gibt eine Extremstelle an der Stelle $\underline{x=\frac{3}{2}}$
$\qquad\:\:$ $ \iff $ Der lokale Extrempunkt lautet: $ \underline{ E \begin{bmatrix} \frac{3}{2}| f(\frac{3}{2}) \end{bmatrix} = \begin{pmatrix} 1,5| 1,34 \end{pmatrix} } $
$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize c)\: Weise\: nach,\: dass\: die\: 1.\: Ableitung\: f^\prime(x)=(-6x+9)e^{-x}\: ist $
$\qquad\:\:$ Mit Produktregel:
$\qquad\qquad$ $ f^\prime(x)=u^\prime(x)\cdot v(x)+u(x)\cdot v^\prime(x) \Longrightarrow \begin{cases} u(x)=(6x-3)\: \longrightarrow u^\prime(x)=6\\ \\ v(x)=e^{-x}\: \longrightarrow v^\prime(x)=-e^{-x} \end{cases} $
$\qquad\qquad$ $ f^\prime(x)=6\cdot e^{-x}+(6x-3)\cdot (-e^{-x})=\underline{(-6x+9)\cdot e^{-x}}\:\: W.A. $
$\qquad\:\:$ Lokaler Extrempunkt von $f$
$\qquad\qquad$ $ f^\prime(x)=0 \iff \begin{cases} (-6x+9)=0\:\: \textcolor{red}{|-9}\:\: \longrightarrow x=\frac{3}{2}\\ \\ e^{-x}=0\:\: \longrightarrow \textcolor{red}{n.L.} \end{cases} $
$\qquad\:\:$ Es gibt eine Extremstelle an der Stelle $\underline{x=\frac{3}{2}}$
$\qquad\:\:$ $ \iff $ Der lokale Extrempunkt lautet: $ \underline{ E \begin{bmatrix} \frac{3}{2}| f(\frac{3}{2}) \end{bmatrix} = \begin{pmatrix} 1,5| 1,34 \end{pmatrix} } $
Lösung d)
Die Funktionswerte der 1. Ableitungsfunktion von $f$ sind
$\qquad\qquad$ $ \begin{cases} – für\: x<\frac{3}{2}\: positiv\\ \\ - für\: x>\frac{3}{2}\: negativ \end{cases} \iff $ Es liegt ein lokales Maximum vor.
$\qquad\qquad$ $ \begin{cases} – für\: x<\frac{3}{2}\: positiv\\ \\ - für\: x>\frac{3}{2}\: negativ \end{cases} \iff $ Es liegt ein lokales Maximum vor.
Lösung e)
Lösung f)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
c)\: Gleichung der\: Tangente\: t\: im\: Punkt\: P(1|f(1))
$
$\qquad\:\:$ Formel: $t(x)=f^\prime(1)(x-1)+f(1)$ mit $ \begin{cases} x=1\\ \\ f^\prime(1)=3e^{-1}\\ \\ f(1)=3e^{-1} \end{cases} $
$\qquad\qquad$ $ \Longrightarrow t(x)=3e^{-1}(x-1)+3e^{-1} = 3e^{-1}\cdot x-3e^{-1}+3e^{-1}=\underline{3e^{-1}\cdot x} $
$\qquad\:\:$ Schnittwinkel mit der $x-Achse$
$\qquad\qquad$ $tan(\alpha)=f^\prime(1) \iff \alpha=tan^{-1}(3e^{-1}) \longrightarrow \underline{\alpha=47,82^{\circ}}$
$\qquad\:\:$ Formel: $t(x)=f^\prime(1)(x-1)+f(1)$ mit $ \begin{cases} x=1\\ \\ f^\prime(1)=3e^{-1}\\ \\ f(1)=3e^{-1} \end{cases} $
$\qquad\qquad$ $ \Longrightarrow t(x)=3e^{-1}(x-1)+3e^{-1} = 3e^{-1}\cdot x-3e^{-1}+3e^{-1}=\underline{3e^{-1}\cdot x} $
$\qquad\:\:$ Schnittwinkel mit der $x-Achse$
$\qquad\qquad$ $tan(\alpha)=f^\prime(1) \iff \alpha=tan^{-1}(3e^{-1}) \longrightarrow \underline{\alpha=47,82^{\circ}}$
Lösung g)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
g)\: Berechne \: X_M\: und\: den\: Abstand\: der\: beiden\: Graphen\: von\: f\: und\: f^\prime
$
$\qquad\:\:$ Der senkrechte Abstand der Graphen von $f$ und $f^\prime$ wird maximal mit
$\qquad\qquad$ $g(x)=f(x)-f^\prime(x)$
$\qquad\qquad\qquad$ $ =(6x-3)e^{-x}-[(-6x+9)e^{-x}] $
$\qquad\qquad\qquad$ $ =(12x-12)e^{-x} $
$\qquad\qquad$ $g^\prime(x)$ mit Produktregel bestimmen
$\qquad\qquad\qquad$ $ g^\prime(x)=12\cdot e^{-x}+(12x-12)\cdot (-e^{-x})=(-12x+24)\cdot e^{-x} $
$\qquad\qquad$ Extremstelle $X_M$ berechnen
$\qquad\qquad\qquad$ $ g^\prime(x)=0 \iff (-12x+24)\cdot e^{-x} \Longrightarrow \begin{cases} (-12x+24)=0\:\: \textcolor{red}{|-24}\:\: \longrightarrow x_M=2\\ \\ e^{-x}=0\:\: \textcolor{red}{n.L.} \end{cases} $
$\qquad\qquad$ Der Abstand ist an der Stelle $\underline{X_M=2}$ maximal
$\qquad\qquad$ Dieser Abstand beträgt: $g(2)=[12(2)-12]\cdot e^{-2}=\underline{1,624\: LE}$
$\qquad\:\:$ Der senkrechte Abstand der Graphen von $f$ und $f^\prime$ wird maximal mit
$\qquad\qquad$ $g(x)=f(x)-f^\prime(x)$
$\qquad\qquad\qquad$ $ =(6x-3)e^{-x}-[(-6x+9)e^{-x}] $
$\qquad\qquad\qquad$ $ =(12x-12)e^{-x} $
$\qquad\qquad$ $g^\prime(x)$ mit Produktregel bestimmen
$\qquad\qquad\qquad$ $ g^\prime(x)=12\cdot e^{-x}+(12x-12)\cdot (-e^{-x})=(-12x+24)\cdot e^{-x} $
$\qquad\qquad$ Extremstelle $X_M$ berechnen
$\qquad\qquad\qquad$ $ g^\prime(x)=0 \iff (-12x+24)\cdot e^{-x} \Longrightarrow \begin{cases} (-12x+24)=0\:\: \textcolor{red}{|-24}\:\: \longrightarrow x_M=2\\ \\ e^{-x}=0\:\: \textcolor{red}{n.L.} \end{cases} $
$\qquad\qquad$ Der Abstand ist an der Stelle $\underline{X_M=2}$ maximal
$\qquad\qquad$ Dieser Abstand beträgt: $g(2)=[12(2)-12]\cdot e^{-2}=\underline{1,624\: LE}$
Lösung h)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
h)
$
$\qquad\qquad$ F ist eine Stammfunktion der Funktion f, wenn $F^\prime(x)=f(x)$
$\qquad\qquad$ Leite $F(x)=(-6x-3)\cdot e^{-x}$ mit dem Produktregel ab
$\qquad\qquad\qquad$ $ H(x)=(-6)\cdot e^{-x}+(-6x-3)\cdot (-e^{-x}) $
$\qquad\qquad\qquad$ $ =(6x-3)\cdot e^{-x}+20\:\: |\:\: Probe:\: H(0)=[6(0)-3]e^{-0}+20=17 $
$\qquad\qquad$ Die Gleichung der gesuchten Stammfunktion H ist: $\underline{H(x)=(6x-3)\cdot e^{-x}+20}$
$\qquad\qquad$ F ist eine Stammfunktion der Funktion f, wenn $F^\prime(x)=f(x)$
$\qquad\qquad$ Leite $F(x)=(-6x-3)\cdot e^{-x}$ mit dem Produktregel ab
$\qquad\qquad\qquad$ $ H(x)=(-6)\cdot e^{-x}+(-6x-3)\cdot (-e^{-x}) $
$\qquad\qquad\qquad$ $ =(6x-3)\cdot e^{-x}+20\:\: |\:\: Probe:\: H(0)=[6(0)-3]e^{-0}+20=17 $
$\qquad\qquad$ Die Gleichung der gesuchten Stammfunktion H ist: $\underline{H(x)=(6x-3)\cdot e^{-x}+20}$
Lösung i)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
i)\: Ermittle\: den\: Flächeninhalt\: der\: Fläche\: zwischen\: f\: und\: die\: x-Achse
$
$\qquad\:\:$ $ \int\limits_{1}^{5} \begin{bmatrix} \begin{pmatrix} 6x-3 \end{pmatrix} \cdot e^{-x} \end{bmatrix} dx = \begin{bmatrix} \begin{pmatrix} -6x-3 \end{pmatrix} \cdot e^{-x} \end{bmatrix} _1 ^{5} = -33e^{-5}-(-9e^{-1})\approx3,09 $
$\qquad\:\:$ Der Inhalt der Fläche beträgt ca. $\underline{3,1\: FE}$
$\qquad\:\:$ $ \int\limits_{1}^{5} \begin{bmatrix} \begin{pmatrix} 6x-3 \end{pmatrix} \cdot e^{-x} \end{bmatrix} dx = \begin{bmatrix} \begin{pmatrix} -6x-3 \end{pmatrix} \cdot e^{-x} \end{bmatrix} _1 ^{5} = -33e^{-5}-(-9e^{-1})\approx3,09 $
$\qquad\:\:$ Der Inhalt der Fläche beträgt ca. $\underline{3,1\: FE}$
Lösung j)
$
\:\:\:
$
$
\:
\Large
\Bigg\downarrow
$
$
\normalsize
j)
$
$\qquad\:\:$ Es muss $f^\prime(x)=f^{\prime\prime}(x)$ gelten, wenn es eine Stelle $X_T$ gibt, an der die Tangente an
$\qquad\:\:$ der Graphen von $f$ Parallel zu der Tangente an den Graphen von $f^\prime$ verläuft.
$\qquad\qquad$ Berechne $f^{\prime\prime}(x)$ mit Produktregel
$\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ f^{\prime\prime}(x)=u^\prime(x)\cdot v(x)+u(x)\cdot v^\prime(x)\:\: | \begin{cases} u(x)=(-6x+9)\:\: \longrightarrow\: u^\prime(x)=-6\\ \\ v(x)=e^{-x}\:\: \longrightarrow\: v^\prime(x)=-e^{-x} \end{cases} $
$\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ \iff f^{\prime\prime}(x)=(-6)\cdot e^{-x}+(-6x+9)\cdot (-e^{-x}) $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:$ $ =(-6x-15)\cdot e^{-x} $
$\qquad\:\:$ $ f^\prime(x)=f^{\prime\prime}(x) \iff (-6x+9)\cdot e^{-x}=(-6x-15)\cdot e^{-x} \iff x=2 $
$\qquad\:\:$ An der Stelle $X_T=2$ ist die Tangente an den Graphen von $f$ parallel zur Tangente
$\qquad\:\:$ an den Graphen von $f^\prime$.
$\qquad\:\:$ Es muss $f^\prime(x)=f^{\prime\prime}(x)$ gelten, wenn es eine Stelle $X_T$ gibt, an der die Tangente an
$\qquad\:\:$ der Graphen von $f$ Parallel zu der Tangente an den Graphen von $f^\prime$ verläuft.
$\qquad\qquad$ Berechne $f^{\prime\prime}(x)$ mit Produktregel
$\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ f^{\prime\prime}(x)=u^\prime(x)\cdot v(x)+u(x)\cdot v^\prime(x)\:\: | \begin{cases} u(x)=(-6x+9)\:\: \longrightarrow\: u^\prime(x)=-6\\ \\ v(x)=e^{-x}\:\: \longrightarrow\: v^\prime(x)=-e^{-x} \end{cases} $
$\qquad\qquad\:\:\:\:$ $ \iff f^{\prime\prime}(x)=(-6)\cdot e^{-x}+(-6x+9)\cdot (-e^{-x}) $
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\:$ $ =(-6x-15)\cdot e^{-x} $
$\qquad\:\:$ $ f^\prime(x)=f^{\prime\prime}(x) \iff (-6x+9)\cdot e^{-x}=(-6x-15)\cdot e^{-x} \iff x=2 $
$\qquad\:\:$ An der Stelle $X_T=2$ ist die Tangente an den Graphen von $f$ parallel zur Tangente
$\qquad\:\:$ an den Graphen von $f^\prime$.
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Modellierungen - Polynom 4. Grades
Maths High School4
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