Abiturprüfung Grundkurs 1998/99 -...

AbiturprüfungGrundkurs

1998/99

Gymnasium

Mecklenburg-VorpommernSachsen

Sachsen-AnhaltThüringen

BerlinBrandenburg

ppaetec Gesellschaft für Bildung und Technik mbH Berlin

Autoren für die einzelnen Bundesländer bzw. die ausgewählten Schulen:

Margit Liskow (Mecklenburg-Vorpommern)Dr. Rainer Heinrich (Sachsen)Birgit Maier (Sachsen-Anhalt)Siegbert Hülle (Thüringen)Pia Balzer (8. Gymnasium Berlin-Marzahn)Martin Neuling (Marie-Curie-Oberschule Berlin-Wilmersdorf)Michael Müller, Bernau

1. Auflage

15 4 3 2 1

| 2003 2002 2001 2000 1999

Die letzte Zahl bezeichnet das Jahr dieses Druckes.© paetec Gesellschaft für Bildung und Technik mbH, Berlin 1999

Redaktion: Dr. Hubert Bossek, Prof. Dr. habil. Karlheinz WeberLayout: Marlen Bossek, Thilo Krüger, Günter Liesenberg,

Erika Netzmann, Jörg-Peter SchüttUmschlaggestaltung: Birgit KintzelDruck: Saale-Druck Naumburg GmbH

ISBN 3-89517-274-X

UGedruckt auf chlorfrei gebleichtem Papier.

Inhalt

Vorwort . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

Mecklenburg-Vorpommern . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Sachsen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

Sachsen-Anhalt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

Thüringen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

Berlin / 8. Gymnasium Berlin-Marzahn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

Berlin / Marie-Curie-Oberschule Wilmersdorf . . . . . . . . . . . . . 117Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

Brandenburg / Gesamtschule Bernau/Zepernick. . . . . . . . . . . . . 127Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

4

Vorwort

Das vorliegende Heft enthält die Aufgaben, die in den zentralen Abiturprüfungen des Schuljahrs 1998/99 für Mathematik-Grundkurse in den Bundesländern Meck-lenburg-Vorpommern, Sachsen, Sachsen-Anhalt und Thüringen gestellt wurden. Da es in Berlin und Brandenburg kein Zentralabitur für das Fach Mathematik gibt, wurden als Beispiele weiterhin die Abiturprüfungsarbeiten von zwei Berliner und einer Brandenburger Schule in das Heft aufgenommen.

Die Erwartungsbilder skizzieren in der Regel einen möglichen Lösungsweg, wobei stets auch wesentliche Zwischenschritte Aufnahme fanden, um den Nachvollzug des Gedankengangs zu erleichtern und für den Lernenden die Möglichkeiten zur Selbstkontrolle zu erhöhen. Die angegebenen Bewertungsvorschläge haben emp-fehlenden Charakter. Einigen Arbeiten vorangestellte Hinweise informieren über länderspezifische Modalitäten der Prüfungsdurchführung.

Hinsichtlich der Symbolik und Zeichensetzung wie auch der Beachtung der refor-mierten Rechtschreibung folgen die Aufgabentexte den Originalfassungen, woraus teilweise Unterschiede zwischen den Vorgehensweisen in den einzelnen Arbeiten resultieren. Aus Platzgründen war es erforderlich, mitunter „fortlaufende“ Glei-chungen oder „Schlussketten“ zu verwenden. Das Zeichen „⇒“ wird dabei als Ab-kürzung für „daraus folgt“, „daraus ergibt sich“ u. Ä. genutzt, also nicht allein zur Kennzeichnung einer Implikation im strengen Sinne.

Der PAETEC Schulbuchverlag hofft, mit dieser Aufgabensammlung den Lehrkräf-ten Anregungen für die Gestaltung eigener Klausur- und Prüfungsarbeiten sowie den Schülerinnen und Schülern Hilfe bei der Vorbereitung auf das Abitur zu geben. Darüber hinaus erlaubt die geschlossene Veröffentlichung der Prüfungsaufgaben aus einem Schuljahr gewiss interessante Vergleiche bezüglich Schwerpunktset-zung, Anforderungsniveau, Aufgabengestaltung usw. in den verschiedenen Bun-desländern, woraus wiederum Ansätze für eigenes Nachdenken erwachsen können.

Die Redaktion

Berlin, September 1999


1998 / 99

Gymnasium

Mecklenburg-Vorpommern

6


Hinweise:Die Schüler erhielten zwei Aufgabenblöcke, bestehend aus Pflichtteil P (Aufgaben P1, P2, P3) und den Wahlteilen A und B. Der Pflichtteil war vollständig, von den Wahlaufgaben waren zwei aus Teil A oder zwei aus Teil B zu bearbeiten.Zur Aufgabenauswahl stand den Schülern eine Zeit von 30 Minuten zur Verfügung, die reine Arbeitszeit betrug 210 Minuten.Zugelassene Hilfsmittel waren:Tafelwerk, nichtprogrammierbarer und nichtgrafikfähiger Taschenrechner, Zei-chengeräte, Duden (Rechtschreibung)

Aufgabe P1: Analysis1.1 Gegeben ist eine Funktion f durch die Gleichung y = f(x) = x2·(x – 1), x ∈ R.

Ihr Graph im kartesischen Koordinatensystem sei G.Berechnen Sie die Koordinaten der lokalen Extrempunkte von G.Zeichen Sie G im Intervall –1 ≤ x ≤ 2.Berechnen Sie die Größe des Winkels, unter dem G den positiven Teil der x-Achse schneidet.

1.2 Gegeben sind Zahlenfolgen (an) und (bn) durchan = 2(n – 1) und bn = n2 – n, n ∈ N, n ≥ 1.

Untersuchen Sie beide Folgen auf Monotonie.Bestimmen Sie die Summe s der ersten 20 Glieder der Folge (an).Welches Glied der Folge (bn) hat den Wert s?Ermitteln Sie die Grenzwerte und .

Aufgabe P2: GeometrieIn einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(000), B(1243), C(4312) und D(4 1) gegeben.

2.1 Zeigen Sie, dass die Punkte A, B und C Eckpunkte eines gleichschenkligen Dreiecks sind.Bestimmen Sie die Größe der Innenwinkel und den Flächeninhalt des Dreiecks ABC.

2.2 Weisen Sie nach, dass der Punkt D auf der Strecke liegt.

2.3 Der Vektor lässt sich darstellen durch = r + s , r, s ∈ R.Bestimmen Sie die Werte für r und s.

n ∞→lim an

bn

-----n ∞→lim bn

an2

-----

43---

AB

CB CB CD CA

7

Aufgaben

Aufgabe P3: StochastikEine Spielbank bietet den Besuchern folgendes Spiel an:Für einen Einsatz von 3 DM darf der Spieler dreimal einen idealen Würfel werfen und erhält für jede dabei erzielte „Sechs“ von der Bank 5 DM ausgezahlt.

3.1 a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird bei einem Spiel mehr als eine „Sechs“ erzielt?

b) Bestimmen Sie den Erwartungswert für die Anzahl von „Sechsen“ in einem Spiel.

c) Untersuchen Sie, ob die Bank bei diesem Spiel auf lange Sicht mit Gewinn rechnen kann.

3.2 Die Anzahlen der in einem Spiel zu erzielenden „Sechsen“ seien die Werte einer Zufallsgröße X.Stellen Sie die Verteilung der Wahrscheinlichkeiten von X grafisch dar.

(Ergänzend wurde im Aufgabenmaterial eine Tabelle für φ(x) und Φ(x) für

0,00 ≤ x ≤ 2,39 bereitgestellt, auf deren Wiedergabe hier verzichtet wird.)

Aufgabe A4: AnalysisGegeben ist die Funktion f durch die Gleichung y = f(x) = , x ∈ R, x ≠ 0.

4.1 Berechnen Sie die Nullstelle, die Polstelle und die lokale Extremstelle von f.Skizzieren Sie den Graphen von f im Intervall –2 ≤ x ≤ 7.Begründen Sie, dass der Graph von f genau einen Wendepunkt hat.

4.2 Die Gerade mit der Gleichung y = 40 schneidet den Graphen von f in zwei Punkten.Berechnen Sie den Abstand dieser Schnittpunkte voneinander.

4.3 Gegeben ist der Graph einer Funktion g, deren Gleichung vom Typ

y = g(x) =

ist (siehe Darstellung).Bestimmen sie die Wertefür a und b.

8 4x–

x2

---------------

x2 a+

x2 b+--------------

x

y

–2

–4

2O

8


Aufgabe A5: AnalysisGegeben sind zwei Funktionen durchf(x) = 1 – x2 + lnx, x ∈ R, x > 0 und g(x) = x, x ∈ R.Ihre Graphen seien Gf und Gg.

5.1 Die Funktion f hat eine ganzzahlige Nullstelle x1 und eine weitere, x2, die klei-ner als x1 und nicht ganzzahlig ist.Bestimmen Sie x1 und mit einer Genauigkeit von einer Stelle nach dem Komma einen Näherungswert für x2.Berechnen Sie die Koordinaten des Extrempunktes von Gf und untersuchen Sie Gf auf Existenz von Wendepunkten.Skizzieren Sie Gf und Gg im Intervall 0,1 ≤ x ≤ 2.

5.2 Die Graphen Gf und Gg und die Geraden mit den Gleichungen x = 0,5 bzw. x = 2 schließen eine Fläche vollständig ein.Berechnen Sie deren Inhalt.(Hinweis: H(x) = x(lnx – 1) ist eine Stammfunktion von h(x) = lnx.)

5.3 Berechnen Sie den Wert von x, für den die Differenz g(x) – f(x) minimal wird.

Aufgabe A6: GeometrieIn einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(800), B(060), C(– 434) und D(004) gegeben.

6.1 Weisen Sie nach, dass alle vier Punkte in ein und derselben Ebene ε liegen.

6.2 Stellen Sie das Viereck ABCD in einem räumliche Koordinatensystem dar.

6.3 Durch den Punkt C verlaufe eine Gerade g parallel zur Geraden BD.Die Gerade g schneidet die Gerade durch A und D im Punkt C'.Ergänzen Sie die grafische Darstellung durch Einzeichnen von g und C'.Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes C'.Geben Sie die Koordinaten eines weiteren Punktes C'' von g an.

6.4 Begründen Sie, dass das Dreieck ABC' den gleiche Flächeninhalt hat wie das Viereck ABCD.

Aufgabe B4: Analysis4.1 Ein Teil einer Parkanlage soll in Form eines Kreis-

sektors gestaltet werden (siehe Skizze). Die Linien stellen Wege dar. Der gesamte Flächeninhalt des Sektors MKL soll 600 m2 betragen. Aus Kosten-gründen soll die gesamte Weglänge möglichst klein gehalten werden.Berechnen Sie die minimale Weglänge.

M

K

Lr

rrb

b

9

Aufgaben

4.2 Eine andere Überlegung geht von vier kongruen-ten Teilsektoren und einer gesamten Weglänge von 200 m aus (siehe Skizze).Berechnen Sie für diesen Fall das Maximum des gesamten Flächeninhalts.

Hinweise für 4.1 und 4.2:Für den Flächeninhalt A jedes einzelnen Teilsektors gilt: A = rb. Die Breite der Wege wird bei dieser Rechnung nicht berücksichtigt.

Aufgabe B5: AnalysisDurch f1(x) = ex, x ∈ R, und f2(x) = x + 1, x ∈ R, sind zwei Funktionen gegeben.

5.1 Es sei g(x) = f1(x)·f2(x), x ∈ R. Der Graph von g sei G.Ermitteln Sie die Nullstelle von g und die Koordinaten des Extrem- und des Wendepunktes von G.Skizzieren Sie den Graphen G.

5.2 An G sei in P(0g(0)) die Tangente t gelegt.Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente t.

5.3 Jede Parallele zu y-Achse mit der Gleichung x = k, k ∈ R, k < –1, begrenzt zusammen mit der x-Achse und dem Graphen G eine Fläche Ak vollständig.Zeigen Sie, dass H(x) = xex eine Stammfunktion von g ist.Berechnen Sie den Inhalt der Fläche Ak in Abhängigkeit von k.

Aufgabe B 6: GeometrieEin Flugobjekt startete im Punkt A(800) und wurde danach in den Punkten B(612), C(424), D(044) und E(– 462) geortet (siehe Skizze).(1Längeneinheit = 1 km) Der Flug erfolgte zwischen A und C und zwischen D und E geradlinig, dabei zwi-schen B und C mit einer konstanten Geschwindigkeit.

6.1 Geben Sie die Koordinaten eines Punktes P an, der auf der Flugbahn zwischen A und B liegt und nicht Mittelpunkt der Strecke ist.

6.2 Das Flugobjekt legte die Strecke in genau 1 min zurück.Berechnen Sie die Geschwindigkeit für dieses Teilstück.

6.3 Das Flugobjekt landet unter Beibehaltung der Flugrichtung im Punkt L der x-y-Ebene. Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes L.

6.4 Zeigen Sie, dass der Flug von A nach L gänzlich in ein und derselben Ebene ε erfolgt sein kann.

bb

b

br

rr r r

12---

A

B

C

DE

z

xy

AB

BC

DE

10


Erwartungsbild zu Aufgabe P1 / Analysis1.1 Koordinaten der lokalen Extrempunkte von G:

f'(x) = 3x2 – 2x; f ''(x) = 6x – 2

f'(xE) = 0 ⇒ 3xE2 – 2xE = 0, also xE(3xE – 2) = 0

⇒ = 0, =

f ''(0) = –2 < 0 ⇒ = 0 lokale Maximumstelle

f(0) = 0 ⇒ PMax(00)

f''( ) = 2 > 0 ⇒ = lokale Minimumstelle

f( ) = ·(– ) = – ⇒ PMin( – ) = PMin( ≈ –0,15)

Graph der Funktion f im Intervall –1 ≤ x ≤ 2:

Größe des Schnittwinkels:

Wegen f '(1) = 3·12 – 2·1 = 1 hat G im Punkt P(10) den Anstieg m = 1

⇒ α = 45°

G schneidet den positiven Teil der x-Achse unter einem Winkel von 45°.

1.2 Monotonieuntersuchung:

Folge (an) mit an = 2(n – 1) = 2n – 2; n ∈ N, n ≥ 1

an + 1 = 2(n + 1) – 2 = 2n

an + 1 – an = 2n – (2n – 2) = 2 > 0 ⇒ (an) ist monoton wachsend

x f(x) = x2(x – 1)

–1 –2

–0,5 –0,375

0 0

1 0

1,5 1,125

2 4

xE1xE2

23---

xE1

23--- xE2

23---

y

xO 1

1

2

4

3

–1

–1

–2

2

23--- 4

9--- 1

3--- 4

27------ 2

3--- 4

27------ 0 6,

11

Erwartungsbilder

Folge (bn) mit bn = n2 – n; n ∈ N, n ≥ 1

bn + 1 = (n + 1)2 – (n + 1) = n2 + 2n + 1 – n – 1 = n2 + n

bn + 1 – bn = n2 + n – (n2 – n) = 2n > 0 ⇒ (bn) ist monoton wachsend

Bestimmung der Summe s:

a1 = 0 s1 = 0a2 = 2 s2 = 0 + 2 = 2a3 = 4 s3 = 2 + 4 = 6a4 = 6 s4 = 6 + 6 = 12

: :

sn = n(n – 1)

s20 = 20·(20 – 1) = 380

Hinweis: Da die – zwar offensichtliche – Formel für sn eigentlich erst bewiesen werden müsste, kann auch die Summenformel für eine arithmetische Folge mit a1 = 0, d = 2 und n = 20 angewendet werden:

sn = n·a1 + ⇒ s20 = 20·0 + = 380

Bestimmung des Gliedes bk der Folge (bn), mit bk = 380:

380 = k2 – k, also

0 = k2 – k – 380

k1/2 = ± = ± , also k1 = 20 (k2 = –19 entfällt)

Damit gilt: b20 = 380

Ermitteln der Grenzwerte:

= = = = 0

= = = =

Bewertungsvorschlag:

1.1 Lokale Extrempunkte 4 BEZeichnung 2 BESchnittwinkel 1 BE

1.2 Monotonie 2 BEPartialsumme 2 BEWert s 2 BEGrenzwerte 2 BE

15 BE

n n 1–( )d2

----------------------- 20 19 2⋅ ⋅2

------------------------

12--- 1

4--- 1520

4------------+ 1

2--- 39

2------

n ∞→lim an

bn

-----n ∞→lim 2 n 1–( )

n2 n–--------------------

n ∞→lim 2 n 1–( )

n n 1–( )--------------------

n ∞→lim 2

n---

n ∞→lim bn

an( )2------------

n ∞→lim n2 n–

4 n 1–( )2----------------------

n ∞→lim n2 n–

4n2 8n 4+–------------------------------

n ∞→lim

n2

1 1n---–

n2

4 8n--- 4

n2-----+–

----------------------------------- 1

4---

12


Erwartungsbild zu Aufgabe P2 / Geometrie2.1 Zu zeigen ist:n ABC ist gleichschenklig

= = = 13;

= = = 13

Wegen = ist n ABC gleichschenklig.

Größe der Innenwinkel im n ABC:

cos\ABC = cos\( ) = ; = ; =

cos\( ) = = ≈ 0,4647 ⇒

\( ) = \ABC = 62,31°

Da n ABC gleichschenklig mit = , folgt:

\BCA = 62,31° und damit\CAB = 180° – 2·62,31° = 55,38°

Flächeninhalt des n ABC:

AABC = · ·sin\( )

= · sin\CAB

= · ·0,822938 (FE)

AABC ≈ 69,54 FE

2.2 Behauptung: D ∈ gAB

gAB: x = + t ;

Punktprobe:

x = + t ; D(4 1)

4 = 12t, also t =

= 4t, also t = ⇒ D ∈ gAB

1 = 3t, also t =

AC 16 9 144+ + 169

AB 144 16 9+ + 169

AB AC

BA BC BA BC⋅

BA BC⋅--------------------------- BA

12–

4–

3–

BC8–

1–

9

BA BC 96 4 27–+

169 146⋅------------------------------ 73

24674-------------------

BA BC

AB AC

12--- AB AC AB AC

12--- AB AC

z

y

x

A(000)

D(4 1)

B(1243)

C(4312)

43

1

11

5

10

5

10

Darstellung des Sachverhalts (in Aufgabenstellung nicht gefordert)

O

12--- 13 13

OA AB t ∈ R, 0 ≤ t ≤ 1(für Punkte der Strecke )AB

0

0

0 12

4

3

43---

13---

43--- 1

3---

13---

13

Erwartungsbilder

Lösungsvariante:

= r mit r ∈ R, 0 ≤ r ≤ 1

= ; = ⇒ = r

Für r = erhält man eine wahre Aussage. Damit gilt: D ∈ gAB

2.3 Bestimmen von r und s:

= , = , =

= r· + s· , also = r + s ⇒

(I) 8 = 0·r – 4s ⇒ s = –2

(II) 1 = – r – 3s 1 – r + 6

(III) –9 = –11r – 12s r = 3

In (III) –9 = –11·3 – 12·(–2)–9 = –9 wahre Aussage

Also gilt: = 3 – 2

Bewertungsvorschlag:2.1 Nachweis gleichschenkliges Dreieck 2 BE

Innenwinkel, Flächeninhalt 5 BE2.2 Punktprobe 2 BE2.3 Werte für r und s 2 BE

11 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe P3 / Stochastik3.1 a) A1: „Mehr als eine Sechs“; A1 ∈ Ω

A1 = (6; 6; 6), (x; 6; 6), (6; x; 6), (6; 6; x)| x ∈ 1; 2; 3; 4; 5A1 = 16

P(A1) = = = = ≈ 0,074

AD AB

AD4

43---

1

AB12

4

3 4

43---

1

12

4

3

13---

CB8

1

9–

CD0

53---–

11–

CA4–

3–

12–

CB CD CA8

1

9– 0

53---–

11–

4–

3–

12–

53--- 5

3---

CB CD CA

16

63

------ 24

23

33⋅

--------------- 2

33

----- 227------

14


b) X: Anzahl der „Sechsen“ in (x, y, z); (x, y, z) ∈ ΩWerte der Zufallsgröße sind also 0; 1; 2; 3; p = ; 1 – p· ; n = 3

P(X = 0) = · · =

P(X = 1) = · · =

P(X = 2) = · · =

P(X = 3) = · · =

E(X) = 0·( )3 + 1· + 2· + 3· = = 0,5

c) Y – Zufallsgröße:

Y gibt den Gewinn der Bank in D-Mark in Abhängigkeit von X an.

X = 0 ⇒ Y = 3 (3 – 0)

X = 1 ⇒ Y = –2 (3 – 5)

X = 2 ⇒ Y = –7 (3 – 10)

X = 3 ⇒ Y = –12 (3 – 15)

Der Erwartungswert dieser Zufallsgröße Y gibt den „durchschnittlichen“ Ge-winn an.

E(Y) = 3·P(X = 0) – 2·P(X = 1) – 7·P(X = 2) – 12·P(X = 3)

= 3· – 2· – 7· – 12·

= (375 – 150 – 105 – 12) = = 0,5

Also kann die Spielbank langfristig mit einem Gewinn von durchschnittlich 0,50 DM pro Spiel rechnen.

16--- 5

6---

3

0 5

6---

3 16---

0 56---

3

3

1 1

6---

1 56---

2 75

63------

3

2 1

6---

2 56--- 15

63

------

3

3 1

6---

3 56---

0 1

63

-----

56--- 75

63

------ 15

63

------ 1

63

----- 108216---------

125

63--------- 75

63------ 15

63------ 1

63-----

1

63----- 108

216---------

15

Erwartungsbilder

3.2 Grafische Darstellung:


3.1 a) Wahrscheinlichkeit 1 BEb) Erwartungswert 2 BEc) Gewinnaussicht auf lange Sicht 1 BE

3.2 Grafische Darstellung 2 BE6 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe A4 / Analysis4.1 Nullstelle von f:

0 = , also 8 – 4x= 0, x ≠ 0xN = 2

Polstelle von f:xP = 0

k 0 1 2 3

P(X = k) 0,58 0,35 0,069 0,0046

O 1 2 3 4

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

P(X = k)

k

8 4x–

x2---------------

16


Lokale Extremstelle von f:

f(x) = = – = 8·x–2 – 4·x–1;

f '(x) = –16x–3 + 4x–2;

f ''(x) = 48x– 4 – 8x–3

xE ist lokale Extremstelle von f, wenn

a) – = 0 und b) – ≠ 0

zu a): – = 0 also = ⇒ 4xE3 = 16xE

2

xE2(4xE – 16) = 0 ⇒ xE = 0 ∉ Df;

4xE – 16 = 0, also xE = 4

Zu b): f ''(4) = – = – = ≠ 0

⇒ xE = 4 ist lokale Extremstelle von f.

Grafische Darstellung von f im Intervall –2 ≤ x ≤ 7:

Behauptung: Der Graph von f hat genau einen Wendepunkt.

xW ist Wendestelle von f, wenn gilt a) f ''(xW) = 0 b) f '''(xW) ≠ 0

zu a) f ''(xW) = 0 ⇒ = , also 8xW4 – 48xW

3 = 8xW3(xW – 6)

⇒ xW = 0 ∉ Df; xW = 6

x f(x) =

–2 4

–1,5

–1 12

0 –

1 4

2 0

3

4 –0,5

5 –0,48

6

7 –0,41

8 4x–

x2--------------- 8

x2----- 4

x---

4

xE2

----- 16

xE3

------ 48

xE4

------ 8

xE3

-----

4

xE2

----- 16

xE3

------ 4

xE2

----- 16

xE3

------

48

44------ 8

43----- 3

42----- 2

42----- 1

16------

O

1

2–2 PMin PWx

y8 4x–

x2---------------

6 2,

0– 4,

0– 4,

48

xW4

------- 8

xW3

-------

17

Erwartungsbilder

zu b) f '''(xW) = –192x–5 + 24x– 4; f '''(6) = + = – + = ≠ 0

Daraus folgt:f besitzt genau einen Wendepunkt. (PW(6– ) – Angabe nicht verlangt)

4.2 Abstand der Schnittpunkte:

Aus y = 40 und y = f(x) = folgt

40 = , also 40x2 + 4x – 8 = 0 ⇒x2 + x – = 0 mit x1 = x2 = – .

Da die Schnittpunkte denselben y-Wert besitzen, ergibt sich ihr Abstand aus

der Summe der Beträge ihrer Abszissen: + = =

Abstand: 0,9 LE

4.3 Bestimmen der Werte für a und b:

y = g(x) =

Aus der Darstellung kann man entnehmen:

(I) g(–2) = 0; (II) g(2) = 0; (III) g(0) = – 4

Aus (I) folgt = 0 ⇒ a = – 4

Aus (III) und a = – 4 folgt = – 4 ⇒ b = 1

Damit gilt: y = g(x) =


4.1 Nullstelle, Polstelle, lokale Extremstelle 5 BESkizze 2 BEBegründung für Wendepunkt 2 BE

4.2 Schnittpunkte und deren Abstand 3 BE4.3 Bestimmen von a und b 2 BE

14 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe A5 / Analysis5.1 Nullstellen von f:

0 = 1 – x12 + lnx1 ⇒ x1 = 1 ist offensichtlich, denn

0 = 1 – 12 + ln1.

0

192

65

--------- 24

64

------ 32

64

------ 24

64

------ 8–

64

------

49---

8 4x–

x2---------------

8 4x–

x2---------------

110------ 1

5--- 2

5--- 1

2---

25--- 1

2--- 4 5+

10------------ 9

10------

x2 a+

x2 b+--------------

4 a+4 b+------------

0 4–0 b+------------

x2

4–

x2

1+--------------

18


Die zweite Nullstelle x2 ≈ 0,5 lässt sich z.B. durch Probieren ermitteln:1 – (0,5)2 + ln0,5 ≈1 – 0,25 – 0,693 ≈ 0

Koordinaten des Extrempunktes von Gf :

f '(x) = –2x + = 0 ⇒ 2x = , also 2x2 = 1 und damit x2 = .

⇒ x = + = (x = – ∉ Df)

f ''(x) = –2 – ; f ''( ) = –2 – 2 = – 4 < 0; f( ) ≈ 1 – – 0,35 = 0,15

⇒ PMax( 0,15)

Wendepunkte von Gf :

f ''(x) = 0 ⇒ –2 – = 0, also –2x2 = 1.

Diese Gleichung besitzt in R keine Lösungen ⇒ Gf hat keine Wendepunkte.

Grafische Darstellung von Gf und Gg:

5.2 Flächeninhalt:

lnxdx = x(lnx – 1)

[g(x) – f(x)]dx = [x – (1 – x2 + lnx)]dx

= (x2 + x – 1 – lnx)dx = [ x3 + x2 – x – x(lnx– 1)]

= + 2 – 2 – 2(ln2 – 1) – [ + 0,125 – 0,5 – 0,5(ln0,5 – 1)]

≈ 2,767 ≈ 2,77 (FE)

x f(x) = 1 – x2 + lnx

0,1 –1,31

0,2 –0,65

0,4 –0,08

0,5 0,06

≈ 0,707 0,15

1 0

1,5 –0,84

2 –2,31

1x--- 1

x--- 1

2---

12--- 1

2--- 2 1

2---

1

x2----- 1

2--- 1

2--- 1

2---

12--- 2

1

x2

-----

y

x

f

g

O 0,5

0,5

1

1,5

2

–2

–1,5

–1

–0,51 21,5

x2 x1

PMax

x = 0,5

12---

∫

0 5,

2

∫0 5,

2

∫

0 5,

2

∫ 13--- 1

2--- 2

0 5,

83--- 0 0416,

19

Erwartungsbilder

5.3 Extremwertermittlung :

D(x) = g(x) – f(x), d.h. D(x) = x2 + x – lnx – 1

D'(x) = 2x + 1 –

D'(x) = 0 ⇒ 2x + 1 – = 0, also x2 + x – = 0

⇒ x1/2 = – ± , also x1 = – + =

(x2 = – – < 0 entfällt)Nachweis:

D''(x) = 2 +

D''( ) = 2 + 4 = 6 > 0 ⇒ An der Stelle x = ist g(x) – f(x) minimal.

(D( ) ≈ 0,25 + 0,5 + 0,69 – 1= 0,44 (LE))


5.1 Nullstellen 2 BEExtrempunkt Existenz von Wendepunkten 4 BESkizze 2 BE

5.2 Flächeninhalt 3 BE5.3 Extremwertermittlung 3 BE

14 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe A6 / Geometrie6.1 Behauptung: A, B, C, D liegen in ein und derselben Ebene

Es genügt zu zeigen: D ∈ εABC

εABC: x = + t + r

x = + t + r t, r ∈ R

Wenn D ∈ εABC, dann muss gelten: = + t + r

(I) –8 = –8t –12r(II) 0 = 6t + 3r ⇒ t = –(III) 4 = 4r ⇒ r = 1

Eingesetzt in (I) erhält man die wahre Aussage –8 = –8·(– ) – 12·1 = –8.

Daraus folgt: D ∈ εABC

1x---

1x--- 1

2--- 1

2---

14--- 1

16------ 8

16------+ 1

4--- 3

4--- 1

2---

14--- 3

4---

1

x2-----

12--- 1

2---

12---

OA AB AC

8

0

0 8–

6

0 12–

3

4

0

0

4 8

0

0 8–

6

0 12–

3

4

12---

12---

20


Lösungsvariante:

= ; =

Da = –2 und D ∉ gAB, sind gAB und gED zwei parallele Geraden, die eine Ebene aufspannen.

6.2 Darstellung des Vierecks ABCD:

6.3 Koordinaten des Punktes C':

g: x = + t , da g

x = + t

gAB: x = + r = + r

Existiert ein Schnittpunkt C', dann gilt:

+ t = + r

AB8–

6

0

CD4

3–

0

AB CD

A(800)

D(004)

C(–434)

B(060)O

x

y

z

1

1

C'

g

OC BD BD

4–

3

4 0

6–

4

OA AD8

0

0 8–

0

4

4–

3

4 0

6–

4 8

0

0 8–

0

4

21

Erwartungsbilder

(I) – 4 = 8 – 8r ⇒ r = (II) 3 – 6t = 0 ⇒ t = (III) 4 + 4t = 4r

Eingesetzt in (III) erhält man die wahre Aussage 4 + 4· = 4· = 6,

d.h., g und gAB schneiden einander in C'.

Koordinaten des Schnittpunktes C':

g: = + =

gAB: = + =

Koordinaten eines weiteren Punktes C'' auf g:Für z.B. t = –1 erhält man:

= – 1 = ⇒ C''(– 490)

6.4 Begründung für AABCD = AABC':

Die Verschiebung des Punktes C auf der Geraden g erzeugt bezüglich der

Grundseite flächengleiche Dreiecke n DBC und n DBC'. So gilt:

AABC' = AABD + ADBC' = AABD + ADBC = AABCD

32---

12---

12--- 3

2---

OC′4–

3

4

12---

0

6–

4 4–

0

6

C'(– 406)

OC′8

0

0

32---

8–

0

4 4–

0

6

OC′′4–

3

4 0

6–

4 4–

9

0

A(800)

D(004)

C(–434)

B(060)O

x

z

1

1

C'

C' ∈ gg gBD

g

gBD y

BD

22



6.1 Nachweis 4 BE6.2 Räumliche Darstellung 2 BE6.3 Einzeichnen von g und C' 1 BE

Koordinaten von C' und C'' 5 BE6.4 Begründung des gleichen Flächeninhalts 2 BE

14 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe B4 / Analysis4.1 Berechnung der minimalen Weglänge:

Zielfunktion: U = 3r + 2b

Nebenbedingungen: AMKL = 600 m2

ATeils. = r·b

2·ATeils.= r·b

Zielfunktion in Abhängigkeit von r:

U(r) = 3r +

U'(r) = 3 –

U'(r) = 0 ⇒ 3r2 = 1200, also r2 = 400r = 20 (r = –20 entfällt)

U''(r) = ; U''(20) = = 0,3 > 0⇒

r = 20 m ist ein lokaler Minimumwert.

Minimale Weglänge:

Aus r = 20 folgt b = = 30; U(20) = 3·20 + 2·30 = 120

Minimale Weglänge: 120 m

4.2 Berechnung des maximalen Flächeninhalts:

Zielfunktion: A = 4ATeils. = 2r·b

Nebenbedingungen: U = 5r + 4b = 200⇒ r =

Zielfunktion nur in Abhängigkeit von b:

A(b) = 2·b· = – b2 + 80b

A'(b) = – b + 80; A'(b) = 0 ⇒ – b + 80 = 0, also b = = 25

600 = r·b⇒ b = 600r

---------12---

1200r

------------

1200

r2------------

2400

r3------------ 2400

8000------------

60020---------

200 4b–5

---------------------

200 4b–5

--------------------- 85---

165------ 16

5------ 400

16---------

23

Erwartungsbilder

Nachweis:

A''(b) = – < 0 ⇒ b = 25 ist lokaler Maximumwert.

Inhalt der Fläche:

Mit b = 25 und r = = 20 ergibt sich

A = 80·25 – ·625 = 1000.

Das Maximum des gesamten Flächeninhalts beträgt A = 1000 m2.


4.1 Minimale Weglänge 7 BE4.2 Maximum des Flächeninhalts 7 BE

14 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe B5 / Analysis5.1 Nullstelle von g:

g(x) = ex(x + 1)

0 = (xN + 1) ⇒ (da ≠ 0 für alle x) xN + 1 = 0, also xN = –1

Koordinaten des Extrempunktes von G:

g'(x) = ex(x + 1) + ex = ex(x + 2); g''(x) = ex(x + 2) + ex = ex(x + 3)

g'(xE) = 0 ⇒ (xE + 2) = 0, also xE + 2 = 0 (da ≠ 0) ⇒ xE = –2

g''(–2) = e–2(–2 + 3)= > 0

g(–2) = e–2(–2 + 1)= –

Koordinaten des Wendepunktes von G:

g''(xW) = 0 ⇒ (xW + 3) = 0, also xW + 3 = 0 (da ≠ 0) ⇒ xW = –3

g'''(x) = ex(x + 4)

g'''(–3) = e–3(–3 + 4) = – < 0

g(–3) = e–3(–3 + 1) = –

165------

200 4 25⋅–5

----------------------------

85---

exN e

xN

exE e

xE

1

e2-----

⇒ PMin(–2– ) ≈ PMin(–2–0,135)1

e2

-----1

e2-----

exW e

xW

3

e3----- PW(–3– ) ≈ PW(–3–0,09957)2

e3-----

2

e3-----

24


Grafische Darstellung der Funktion g:

5.2 Tangentengleichung:

P(01); g'(x) = ex(x + 2); g'(0) = e0(0 + 2) = 2 ⇒ m = 2

Aus 1 = 2·0 + n folgt n = 1 und damit t: y = 2x + 1.

5.3 Behauptung: H(x) = xex ist eine Stammfunktion von g.

Wenn H(x) Stammfunktion von g ist, muss gelten:

H'(x) = g(x) mit g(x) = ex(x + 1).

H'(x) = 1·ex + x·ex = ex(1 + x) = g(x)

Inhalt der Fläche Ak:

g(x)dx = [xex] = –1·e–1 – kek = kek +

Ak = (kek + ) (FE); k ∈ R, k < –1


5.1 Nullstelle, Extrem- und Wendepunkt 5 BESkizze 2 BE

5.2 Tangentengleichung 3 BE5.3 Nachweis der Stammfunktion 2 BE

Flächeninhalt in Abhängigkeit von k 2 BE 14 BE

1 2–1–4

1

2

3

x

y

g

t

PMinPW

xN

Ο

x g(x) = ex(x + 1)

–4 –0,05

–3 –0,1

–2 –0,14

–1 0

0 1

1 5,44

k

1–

∫ 1–

k1e---

1e---

25

Erwartungsbilder

Erwartungsbild zu Aufgabe B6 / Geometrie6.1 Koordinaten eines Punktes P auf :

z.B.: = + = + 0,25 = ⇒ P(7,50,250,5)

6.2 Geschwindigkeit auf Teilstrecke :

Allgemein: v = , s = , t = 1 min

= = = 3

v = = 180

Für die Teilstrecke beträgt die Geschwindigkeit v = 180

6.3 Koordinaten des Punktes L:

gDE: x = + t = + t ; t ∈ R

Alle Punkte der x-y-Ebene, also auch der Punkt L ∈ gDE, haben die z-Koordi-nate 0. Also muss gelten: 4 – 2t = 0⇒ t = 2

Damit ergibt sich:

= + 2 = bzw. L(–880)

6.4 Es ist zu zeigen: A, B, C, D, E, L ∈ ε:Da B ∈ und L ∈ gDE, genügt es zu zeigen: E ∈ εACD; E(–462).

εACD: x = + t + r = + t + r

Ist E ∈ εACD, dann gilt:

= + t + r

(I) – 4 = 8 – 4t – 8r(II) 6 = 2t + 4r(III) 2 = 4t + 4r

(II) – (III) 4 = –2t ⇒ t = –2

Aus (II) 6 = 2·(–2) + 4r ⇒ r =

AB

OP OA 14--- AB

8

0

0 2–

1

2 7 5,

0 25,0 5,

BCst-- BC

BC 4 6–( )22 1–( )2

4 2–( )2+ + 4 1 4+ +

3km1min------------- km

h--------

BC kmh

--------

OD DE0

4

4 4–

2

2–

OL0

4

4 4–

2

2– 8–

8

0

AC

OA AC AD8

0

0 4–

2

4 8–

4

4

4–

6

2 8

0

0 4–

2

4 8–

4

4

52---

26


Probe: I – 4 = 8 – 4·(–2) – 8· = 8 + 8 – 20 = – 4 wahre Aussage

II 6 = 2·(–2) + 4· = – 4 + 10 = 6 wahre Aussage

III 2 = 4·(–2) + 4· = – 8 + 10 = 2 wahre Aussage

⇒ E ∈ εACD

Damit ist gezeigt, dass der Flug von A nach L, wie behauptet, gänzlich in ein und derselben Ebene erfolgt sein kann.


6.1 Koordinaten von P 2 BE6.2 Geschwindigkeit 3 BE6.3 Koordinaten von L 4 BE6.4 Nachweis 5 BE

14 BE

52---

52---

52---


1998 / 99

Gymnasium

Sachsen

28

Sachsen

Aufgaben

(Ersttermin und Nachtermin)

Aufgabe A1: Analysis

Gegeben sind die Funktionen f und g durch

y = f(x) = x3 – x2 (x ∈ R) und y = g(x) = – x · (x ∈ R).

Die Gerade w ist Tangente an den Graph der Funktion f im Wendepunkt des Gra-phen (Wendetangente).

a) Geben Sie die Nullstellen der Funktion f an. Geben Sie die Koordinaten der lokalen Extrempunkte und die Art der Extrema der Funktion f an.Ermitteln Sie rechnerisch eine Gleichung der Wendetangente w. Hinweis: Auf die Überprüfung einer hinreichenden Bedingung für die Existenz

des Wendepunktes kann verzichtet werden. (Erreichbare Bewertungseinheiten: 7)

b) Die Gerade h verläuft durch den Wendepunkt des Graphen der Funktion f und ist orthogonal zur Wendetangente w.Durch die Geraden h und w und die x-Achse wird ein Dreieck bestimmt. Durch die Geraden h und w und die y-Achse wird ein weiteres Dreieck bestimmt. Weisen Sie rechnerisch nach, dass beide Dreiecke den gleichen Flä-cheninhalt haben.

(Erreichbare Bewertungseinheiten: 5)

c) Die Graphen der Funktionen f und g besitzen genau zwei gemeinsame Punkte S1(x1; y1) und S2(4; y2).Ermitteln Sie die Koordinaten dieser Punkte. Zeigen Sie rechnerisch, dass die Graphen der Funktionen f und g nur in einem der beiden Punkte denselben Anstieg haben.


d) Weisen Sie nach, dass die Funktion G mit y = G(x) = 4 · (x + 4) · (x ∈ R) eine Stammfunktion der Funktion g ist.Ermitteln Sie eine Gleichung der Stammfunktion der Funktion g, deren Graph durch den Punkt P(4; – 4) verläuft.Die Graphen der Funktionen f und g begrenzen eine Fläche vollständig. Bestimmen Sie den Inhalt dieser Fläche.


18--- 3

4--- e

x4---– 1+

ex4---– 1+

29

Aufgaben

e) Für jedes u(u ∈ R, 0 < u < 4) schneidet die Gerade mit der Gleichung x = u den Graph der Funktion f im Punkt Pu und den Graph der Funktion g im Punkt Qu. Für genau einen Wert u wird die Länge l(u) der Strecke maximal. Bestimmen Sie eine Gleichung der Zielfunktion l und ermitteln Sie diese maxi-male Streckenlänge.


Aufgabe A2: Analysis

Gegeben sind die Funktion f durch y = f(x) = x(x – 8)2 (x ∈ R) und die Gerade

g durch die Gleichung y = 2x + 8.

a) Geben Sie die Nullstellen der Funktion f an und berechnen Sie die lokalen Extremstellen der Funktion f. Weisen Sie die Art der Extrema nach. Berechnen Sie die Koordinaten des Wendepunktes.Ermitteln Sie alle Argumente x, deren Funktionswert größer als das lokale Maximum der Funktion f ist.


b) Weisen Sie nach, dass die Gerade g Tangente an den Graphen der Funktion f ist. Ermitteln Sie eine Gleichung einer zur Geraden g parallelen Gerade, die eben-falls Tangente an den Graphen der Funktion f ist.


c) Die Gerade g und der Graph der Funktion f begrenzen eine Fläche vollständig. Ermitteln Sie deren Inhalt.


d) Für jedes u(u ∈ R, 0 < u < 8) sind der Punkt Pu(u; f(u)) und der Koordinatenur-sprung Eckpunkte eines zu den Koordinatenachsen achsenparallelen Rechtecks. Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes Pu, dessen zugehöriges Rechteck den größtmöglichen Flächeninhalt unter allen so gebildeten Rechtecken besitzt.


e) Jede durch den Koordinatenursprung verlaufende Gerade hat mindestens einen gemeinsamen Punkt mit dem Graphen der Funktion f. Ermitteln Sie die Anzahl der gemeinsamen Punkte dieser Geraden mit dem Gra-phen der Funktion f in Abhängigkeit vom Anstieg der Geraden.


PuQu

16---

30

Sachsen

Aufgabe A3: Analysis (erhöhter Schwierigkeitsgrad)

Gegeben sind die Funktionen f durch

y = f(x) = (x ∈ Df)

und g durch y = g(x) = 2 · ln(x2 + 1) (x ∈ Dg).

a) Geben Sie für jede der beiden Funktionen den größtmöglichen Definitionsbe-reich sowie die Nullstellen an. Untersuchen Sie die Funktion f auf Symmetrie des Graphen.


b) Unter allen Tangenten an den Graph der Funktion f existiert genau eine mit maximalem Anstieg. Ermitteln Sie eine Gleichung dieser Tangente.


c) Ermitteln Sie den Inhalt der Fläche, die von den Graphen der Funktionen f und g eingeschlossen wird.


d) Für jedes a (a ∈ R, a > 0) ist eine Funktion fa durchy = fa(x) = a · (x ∈ R) gegeben.

Weisen Sie nach, dass für jedes a (a ∈ R, a > 0; x ∈ R) die Funktion Fa mit y = Fa(x) = 2a · ln(x2 + 1) (x ∈ R) Stammfunktion der Funktion fa ist.

Für jedes a wird durch den Graph der Funktion fa, die x-Achse und die Gerade mit der Gleichung x = eine Fläche vollständig begrenzt. Ermitteln Sie den Wert a, für den der Inhalt dieser Fläche 8 beträgt.


Aufgabe A4: Analysis (erhöhter Schwierigkeitsgrad)

Gegeben sind die Funktionen f und g durchy = f(x) = ln(2x – 1) (x ∈ Df) und y = g(x) = 2,5 · ln(x – 3) (x ∈ R, x > 3)

a) Geben Sie den größtmöglichen Definitionsbereich der Funktion f an. (Erreichbare Bewertungseinheiten: 1)

b) Die Graphen beider Funktionen schneiden sich im Punkt S. Geben Sie die Koordinaten des Punktes S an.Ermitteln Sie den Schnittwinkel der Tangenten an die Graphen der Funktionen f und g im Punkt S.


4xx2 1+--------------

4xx2 1+--------------

e 1–

31

Aufgaben

c) Weisen Sie nach, dass die Funktion F mit y = F(x) = · ((2x – 1) · ln(2x – 1) – (2x – 1))

eine Stammfunktion der Funktion f ist. (Erreichbare Bewertungseinheiten: 2)

d) Durch den Graphen der Funktion f, den Graphen der Funktion g und diex-Achse wird eine Fläche vollständig begrenzt.Ermitteln Sie den Inhalt dieser Fläche.


e) Für jedes a (a ∈ R, a > 1) begrenzen der Graph der Funktion f, die x-Achse und die Gerade mit der Gleichung x = a eine Fläche vollständig. Zeigen Sie, dass der Inhalt dieser Fläche für a = 1,5 die Maßzahl ln2 – 0,5 hat.


Aufgabe B1: Geometrie / Algebra

In einem kartesischen Koordinatensystem sind vier in der Ebene E liegende Punkte A(3; 0; – 1), B(4; – 1; – 2), C(– 1; 3; 1) und D(– 4; 6; 4) sowie die Punkte Pt(2; t; – t) (t ∈ R) gegeben.

a) Weisen Sie nach, dass das Viereck ABCD ein Trapez und kein Parallelogramm ist. Zeigen Sie rechnerisch, dass das Trapez ABCD keinen rechten Winkel hat.


b) Ermitteln Sie die Koordinaten desjenigen Punktes Pt, der in der Ebene E liegt.Untersuchen Sie, ob dieser Punkt Diagonalenschnittpunkt des Trapezes ABCD ist.


c) Ermitteln Sie die Länge der Strecke CD.Auf der Geraden durch die Punkte C und D existiert ein Punkt C1, so dass das Trapez ABC1D den doppelten Flächeninhalt wie das Trapez ABCD hat.Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes C1.


12---

23---

32

Sachsen

Aufgabe B2: Geometrie /Algebra

In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(– 1; 1; 0),B(7; – 3; 0), C(4; 6; 0) und H(2; 2; 0) gegeben.

a) Weisen Sie rechnerisch nach, dass die Punkte A, B und C Eckpunkte eines Dreiecks sind, und begründen Sie, dass dieses Dreieck in der x-y-Koordinaten-ebene liegt.


b) Berechnen Sie die Größe des Innenwinkels CBA des Dreiecks ABC. Zeigen Sie, dass der Flächeninhalt des Dreiecks ABC 30 beträgt.


c) Weisen Sie rechnerisch nach, dass der Punkt H der Schnittpunkt der Höhen des Dreiecks ABC ist.Die Punkte Si (i ∈ N) seien die Spitzen von Pyramiden ABCSi mit dem Höhen-fußpunkt H. Berechnen Sie die Koordinaten eines Punktes Si so, dass das Volumen der zuge-hörigen Pyramide 100 beträgt.


d) Es existieren Punkte Pi (i ∈ N) so, dass die Pyramiden ABCPi mit der Grundflä-che ABC gleich lange Seitenkanten , und haben.Berechnen Sie die Koordinaten aller Punkte Pi, für die das Volumen der zugehö-rigen Pyramide ABCPi 100 beträgt.


Aufgabe B3: Geometrie /Algebra (erhöhter Schwierigkeitsgrad)

In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(4; 3; 0), B(– 1; ; 0) und C(5; 2; 0) gegeben.

a) Es existieren Kreise in der x-y-Koordinatenebene, die durch die Punkte A und B gehen. Ermitteln Sie eine Gleichung für die Menge aller Mittelpunkte dieser Kreise.


Es gibt genau einen Kreis k, bei dem die Strecke AB Durchmesser ist.

b) Stellen Sie eine Gleichung des Kreises k auf. Untersuchen Sie rechnerisch die Lage des Punktes C bezüglich des Kreises k.


APi BPi CPi

12---

33

Aufgaben

c) Der Kreis k ist der Grundkreis eines geraden Kreiskegels K mit der Spitze S(x; y; z > 0) und mit einem Volumen von π.

Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes S. Berechnen Sie die Größe des Winkels zwischen einer Mantellinie des Kreiske-gels K und der Grundkreisebene (Neigungswinkel des Kreiskegels).

Durch parallel in Richtung des Vektors (a ∈ R, a < 0) einfallendes Licht

wird für bestimmte Werte von a von dem lichtundurchlässigen Kreiskegel K ein „Schatten“ in der x-y-Koordinatenebene erzeugt.Ermitteln Sie alle Werte a, für die ein solcher Schatten entsteht.


Aufgabe B4: Geometrie / Algebra (erhöhter Schwierigkeits-grad) In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(10; 2; 3), B(4; 5; 9) und Ca(3 + a; 4; 10 – a) (a ∈ R) gegeben. Die Ebene E ist durch die Punkte A, B und C2 bestimmt.

a) Stellen Sie für die Ebene E eine Gleichung in allgemeiner Form auf. Die Punkte A, B und C2 sind Eckpunkte eines Dreiecks. Untersuchen Sie rechnerisch, ob das Dreieck ABC2 rechtwinklig ist.

Auf der Seite AB existiert ein Punkt D so, dass für das Verhältnis des Flächenin-haltes A1 des Dreiecks ABC2 zum Flächeninhalt A2 des Dreiecks DBC2 gilt:A1: A2 = 1 : 5.Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes D.


b) Es existieren Dreiecke ABCa, für die die Größe der Winkel BCaA jeweils 90° beträgt. Berechnen Sie für diese Dreiecke jeweils den Wert des Parameters a.


c) Alle Punkte Ca liegen in der Ebene E. Ermitteln Sie rechnerisch alle Werte a, für die die Ebene E durch die Punkte A, B und Ca eindeutig bestimmt ist.


1258

---------

1

1

a

34

Sachsen

Aufgabe C 1: Stochastik

Die eingehenden Leserbriefe einer Jugendzeitschrift beschäftigen sich erfahrungs-gemäß zu 45 % mit Thema „Liebe und Sexualität“, zu 25 % mit Thema „Musik“, zu 15 % mit Thema „Sport“ und zu 15 % mit Thema „Sonstiges“. Es wird angenommen, dass sich jeder Brief genau einem der vier Themen zuord-nen lässt.

a) Die eingehenden Zuschriften werden im Verlag auf vier in einer Reihe liegende Stapel sortiert, wobei jeder Stapel ein Thema repräsentiert. Wie viele verschiedene Anordnungen der Stapel in dieser Reihe sind möglich?


b) Die Zeitschrift lost unabhängig vom Thema unter allen Leserbriefen eines bestimmten Zeitraumes 5 Preise aus. Ermitteln Sie jeweils die Wahrscheinlichkeit folgender Ereignisse:Ereignis E: Alle 5 Preise gehen an Zuschriften zum Thema „Liebe und Sexuali-tät“.Ereignis F: Mindestens ein Preis geht an eine Zuschrift zum Thema „Musik“.


c) Jacqueline, die Sportredakteurin der Zeitschrift, benötigt dringend 5 Zuschriften zum Thema „Sport“.Sie entnimmt der noch nicht sortierten Post 20 Zuschriften.Wie viele Zuschriften zum Thema „Sport“ kann sie dabei erwarten?Wie viele Zuschriften müsste sie der laufenden Post entnehmen, damit sie mit einer Wahrscheinlichkeit von mindestens 95 % wenigstens eine Zuschrift zum Thema „Sport“ erhält?


d) Die Zeitschrift organisiert wöchentlich eine TV-Show, bei der ein Gast am Ende der Show genau einmal ein Glücksrad dreht, welches in 20 gleich große, von 1 bis 20 nummerierte Sektoren eingeteilt ist. Trifft der Gast den Sektor „1“, erhält er eine Reise für 2000 DM, trifft er einen Sektor, dessen Nummer die Ziffer 2 enthält, erhält er einen DISC-Man für 100 DM, bei allen anderen Sektoren eine Blümchen-CD für 30 DM. Berechnen Sie den Geldbetrag, den die Zeitschrift längerfristig pro Veranstal-tung für den Preis einkalkulieren muss.


35

Aufgaben

e) Jacqueline verleiht ihrer Freundin Franziska 10 Exemplare der Zeitschrift, bei denen in genau sechs Exemplaren der Sportbeitrag zum Thema Fußball, in genau zwei Exemplaren zum Thema Basketball und in genau zwei Exemplaren zum Thema Judo ist. Die Zeitschriften sind nicht geordnet. Franziska, die ein absoluter Fußball-Fan ist, prüft nun nacheinander die Zeitschriften, bis sie den ersten Beitrag zum Thema Fußball findet. Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit, dass sie diesen Beitrag in der zweiten gezogenen Zeitschrift findet.Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit, dass sie diesen Beitrag erst in der fünften gezogenen Zeitschrift findet.


Aufgabe C2: Stochastik

Ein Glücksrad ist in 20 gleichgroße Sektoren unterteilt. Davon sind genau einer blau, genau einer rot und alle restlichen Sektoren weiß gefärbt. Bei einem Glücks-spiel beträgt der Einsatz je Drehung 2 DM. Wird der rote Sektor bei einer Drehung ermittelt, erhält der Spieler 30 DM, beim blauen Sektor 10 DM ausgezahlt. Bei den weißen Sektoren wird nichts ausgezahlt. Die Ergebnisse der Drehungen sind von-einander unabhängig.

a) Bestimmen Sie die Höhe des Gewinns (Auszahlung abzüglich des Einsatzes), den ein Spieler bei einer Drehung erwarten kann. Welcher Betrag sollte beim Ermitteln des roten Sektors an den Spieler gezahlt werden, wenn die anderen Bedingungen bleiben und der Betreiber des Glücks-rades durchschnittlich 0,20 DM je Drehung „verdienen“ will?


b) Wie viele Drehungen müssen mindestens durchgeführt werden, damit die Wahr-scheinlichkeit, wenigstens einmal den roten Sektor zu ermitteln, mindestens 95 % beträgt?


c) Ein weiteres Glücksrad ist in 10 gleichgroße Sektoren unterteilt. Die Ergebnisse der Drehungen sind voneinander unabhängig. Nach jeder Drehung wird der ermittelte Sektor markiert. Das Rad wird zehnmal gedreht. Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit, mit der danach alle 10 Sektoren markiert sind.


36

Sachsen

d) Das in Aufgabenteil c) beschriebene Glücksrad wird zweimal gedreht und die ermittelten Sektoren werden markiert. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, mit der danach zwei markierte Sektoren nebeneinander liegen.


e) Ein „elektronisches Glücksrad“ in einem Spielautomaten ist so programmiert, dass sich die Gewinnchance mit zunehmender Anzahl von Versuchen eines Spielers in einer Serie verringert. Die Gewinnwahrscheinlichkeit PG wurde dafür in Abhängigkeit von der Anzahl z der Versuche durch PG(Z) = definiert.

Jacqueline behauptet, nach 20 Versuchen sei die Gewinnwahrscheinlichkeit noch größer als 10 %. Überprüfen Sie diese Behauptung. Franziska möchte das Spiel abbrechen, bevor die Gewinnchance kleiner als 0,07 ist. Ermitteln Sie, nach welchem Versuch Franziska das Spiel spätestens beenden muss.


12 z 2+-------------------

Erwartungsbilder

37

Erwartungsbild zu Aufgabe A1: Analysis

a) Nullstellen der Funktion f: x1 = 0; x2 = 6

(Ermittlung mit TRACE, Verwendung des ROOT-Befehls oder Lösung der

Gleichung 0 = x2( x – ))

Koordinaten der lokalen Extrempunkte:

Pmax(0; 0) (lokales Maximum)

Pmin(4; – 4) (lokales Minimum)

(Ermittlung mit TRACE, Verwendung des FMAX- bzw. FMIN-Befehls)

Gleichung der Tangente w:

f '(x) = x2 – x ; f ' '(x) = x –

Wendestelle: f ' ' (xw) = 0; xw = ; xw = 2

Koordinaten des Wendepunktes: Pw(2; – 2)

Anstieg der Wendetangente: f '(2) = – 3 = –

Ansatz für Gleichung der Tangente: – 2 = – · 2 + n ⇒ n = 1

Gleichung der Wendetangente w: y = – x + 1

(Zur Kontrolle kann die Tangente im GTR-Bild eingezeichnet werden.)

b) Anstieg der Geraden h: mh = – =

Gleichung der Geraden h:

y = x + n ⇒ – 2 = · 2 + n, also n = –

y = x +

Abszissen der Schnittpunkte der Geraden mit der x-Achse:

w: 0 = – x + 1 ; h: 0 = x –

x1 = x2 = 5

Ordinaten der Schnittpunkte der Geraden mit der y-Achse:

w: y3 = 1 ; h: y4 = –

18--- 3

4---

38--- 3

2--- 3

4--- 3

2---

34--- 3

2---

32--- 3

2---

32---

32---

1mw-------- 2

3---

23--- 2

3--- 10

3------

23--- 10

3------

32--- 2

3--- 10

3------

23---

103------

38

Sachsen

Dreieck D1: Grundseite g: 5 – = ; Höhe h: = 2

Flächeninhalt A1: A1 = = =

Dreieck D2: Grundseite g: 1 + = ; Höhe h: 2

Flächeninhalt A2: A2 = = =

⇒ A1 = A2 w.z.b.w.

c) Koordinaten der gemeinsamen Punkte derGraphen der Funktionen f und g:S1(0; 0); S2(4; – 4):(Ermittlung mit TRACE, INTERSECTION-Befehl)Der gemeinsame Anstieg wird bei S2 vermutet. 1. Ableitung der Funktion g:

u = – x; u' = – 1; v = ; v' = – ·

g'(x) = – + x · · = · (– 1 + x)

g'(4) = e0 · (– 1 + 1) = 0; f '(4) = 6 – 6 = 0⇒ Die Funktionen f und g haben im Punkt S2(4; – 4) denselben Anstieg.Nachweis, dass im Punkt S1 nicht derselbe Anstieg vorliegt:

g'(0) = e1 · (– 1) = – e; f '(0) = 0⇒ Die Funktionen f und g haben imPunkt S1(0; 0) nicht denselben Anstieg.

Damit ist gezeigt, dass die Graphen der Funktionen in genau einem der beiden Punkte denselben Anstieg besitzen.

d) Nachweis der Stammfunktion:

G(x) = 4 · (x + 4) · ; u = (x + 4); u' = 1; v = ; v' = – ·

G'(x) = 4 · [ + (x + 4) · (– ) · ] = 4 · · (1 + (x + 4) · (– ))

= · (4 + (x + 4) · (– 1)) = · (4 – x – 4) = – x ·w.z.b.w.

23--- 13

3------ 2–

g h⋅2

----------

133------ 2⋅

2------------- 13

3------

103------ 13

3------

g h⋅2

----------

133------ 2⋅

2------------- 13

3------

ex4---– 1+

14--- e

x4---– 1+

ex4---– 1+

14--- e

x4---– 1+

e

x4---– 1+

14---

ex4---– 1+

e

x4---– 1+

14--- e

x4---– 1+

ex4---– 1+

14--- e

x4---– 1+

e

x4---– 1+

14---

ex4---– 1+

e

x4---– 1+

e

x4---– 1+

Erwartungsbilder

39

Gleichung der speziellen Stammfunktion :P(4; – 4)

y = 4 · (x + 4) · + c

– 4 = 4 · 8 · e0 + c ⇒ – 4 = 32 + c, also c = – 36

(x) = 4 · (x + 4) · – 36

Flächeninhalt: Lösungsvariante 1:

A = – g(x)) dx = dx

= [ x4 – x3 – 4 · (x + 4) · ]04

= 8 – 16 – 32 · e0 – 0 + 16e = – 40 + 16e ≈ 3,49

Lösungsvariante 2: Nutzung eines GTR-Programmes zur numerischen Integration liefert:

dx = – 8; dx = – 11,49;– 8 – (– 11,49) = 3,49

e) Zielfunktion:l(u) = f(u) – g(u)

l(u) = u3 – u2 + u · (0 < u < 4)

Lösungsvariante 1:Die Zielfunktion wird mit dem GTR dargestellt und im angegebenem Intervall auf Maxima untersucht. (TRACE oder FMAX-Befehl)

u = 1,307Die gesuchte Streckenlänge ist l(1,307) = 1,56.

G

ex4---– 1+

G ex4---– 1+

f x( )( )

0

4

∫ 18---x3 3

4---x2– x e

x4---– 1+

⋅+

0

4

∫

132------ 1

4--- e

x4---– 1+

18---x

3 34---x

2–

0

4

∫ x– ex4---– 1+

⋅

0

4

∫

18--- 3

4--- e

u4---– 1+

40

Sachsen

Lösungsvariante 2:

l ' (u) = u2 – u + · (1 – )

Untersuchung der Funktion l' auf Nullstellen: u1 = 1,307 (trifft zu); u2 = 4 (entfällt)Die gesuchte Streckenlänge ist l(u1) = 1,56.


a) Nullstellen; Koordinaten der lokalen Extrempunkte; Art der Extrema; 1. Ableitung; Wendestelle; Anstieg der Wendetangente; Gleichung derWendetangente 7 BE

b) Anstieg der Geraden h; Gleichung der Geraden h; Abszissen der Schnittpunkte der Geraden h und w mit der x-Achse; Grundseitenund Höhen der beiden Dreiecke; Schlussfolgerung 5 BE

c) Koordinaten des Punktes S1; Koordinaten des Punktes S2;1. Ableitung der Funktion g; Anstieg der Graphen für x = 4; Anstiege der Graphen für x = 0 und Schlussfolgerung 5 BE

d) Erkennen der notwendigen Ableitungsregeln; Nachweis der Stamm-funktion; Ansatz für spezielle Stammfunktion; spezielle Stamm-funktion; Ansatz für Flächeninhalt; Flächeninhalt 6 BE

e) Zielfunktion; maximale Streckenlänge 2 BE 25 BE


Gegeben sind die Funktion f durch y = f(x) = x · (x – 8)2 (x ∈ R) und die Gerade g mit der Gleichung y = 2x + 8.Die Abbildung vermittelt einen Eindruck vom Graphen der Funktion f und der Geraden g:

Für die weiteren Berechnungen ist es z. T. günstig, den Funktionsterm auszumultiplizieren.

f(x) = x · (x – 8)2 = x · (x2 – 16x + 64) = x3 – x2 +

38--- 3

2--- e

u4---– 1+

u4---

16---

16--- 1

6--- 1

6--- 8

3--- 32

3------

Erwartungsbilder

41

a) Nullstellen: 0 = x · (x – 8)2 ⇒ xN1 = 0; xN2 = 8

Extremstellen:

f '(x) = x2 – x + ; f ''(x) = x – ; f '''(x) = 1

f'(x) = 0 ⇒ 0 = x2 – x +

Lösen der quadratischen Gleichung mit dem GTR liefert: xE1

= 2,6 und xE2 = 8

Nachweis der Extrema mithilfe der 2. Ableitung: f ''(2,6) = – 2,6 ⇒ lokales Maximum; f ''(8) = 2,6⇒ lokales MinimumDie Ergebnisse sollten grafisch überprüft werden.

Koordinaten des Wendepunktes:

f ''(xw) = 0, also 0 = x – ⇒ xw = ; f ''' ( ) = 1 ⇒ Wendepunkt exis-

tiert.

f( ) = ( · ) · (– )2 = ;Pw( ; )

Lokales Maximum:f(2,6) ≈ 12,64 (Ermittlung mit GTR-Befehl FMAX oder mit Trace)

Darstellen der konstanten Funktion y = 12,64 undsuchen der Schnittstelle des Graphen dieser Funktion mit dem Graphen der Funktion f (INTERSECTION) liefert: xs = 10,6.

Antwort: Für alle x > 10,6(x ∈ R) ist der zugehörige Funktionswert größer als das lokale Maximum der Funktion f.

Lösungsvariante der letzten Teilaufgabe: Ermitteln des lokalen Maximums und Anlegen einer Wertetabelle mit dem GTR bei hinreichend kleiner Schrittweite. Ablesen, für welche Argumente x die zuge-hörigen Funktionswerte größer als 12,64 sind.

16---

12--- 16

3------ 32

3------ 16

3------

12--- 16

3------ 32

3------

163------ 16

3------ 16

3------

163------ 1

6--- 16

3------ 8

3--- 512

81--------- 16

3------ 512

81---------

42

Sachsen

b) Die Gerade g ist dann Tangente an den Graphen der Funktion f, wenn der Anstieg der Gerade gleich der ersten Ableitung der Funktion ist.2 = x2 – x + ⇒ 0 = x2 – x +

Lösungen mit GTR ermittelt: xB1 = 2 und xB2

= 8,6.

Aus dem Bild des Graphen (GTR) wird klar: Nur der Punkt B(2; f(2)) ist mögli-cher Berührungspunkt. Nachweis, dass der Punkt B auf der Geraden g liegt: f(2) = · 2 · (– 6)2= 12 ⇒ B(2; 12)

Einsetzen in Gleichung der Geraden: 2 · 2 + 8 = 12 ⇒ 12 = 12 (wahre Aussage)B ist gemeinsamer Punkt der Geraden g und des Graphen der Funktion f; in B haben beide denselben Anstieg und B ist kein Wendepunkt von f. Deshalb ist die Gerade g Tangente an den Graphen der Funktion f.

Lösungsvariante: Aufstellen der Gleichung der Tangente im Punkt B liefert:y = 2 · x + n ⇒ 12 = 2 · 2 + n ⇒ n= 8; y = 2 · x + 8Diese Gleichung beschreibt auch die Gerade g.

Parallele Gerade: Der Anstieg 2 tritt nur noch an der Stelle xB2 = 8,6 auf.y = 2 · 8,6 + n; f(8,6) = 0,642; ⇒ 0,642 = 2 · 8,6 + n, also n ≈ – 16,69.Gleichung der Parallelen: y = 2x – 16,69(Kontrolle der Lösung mit dem GTR wird empfohlen.)

c) Ermitteln der Schnittstellen der Geraden g mit dem Graphen der Funktion f: xS1 = 2 und xS2 = 12 (mithilfe von INTERSECTION-Befehl oder TRACE)

12--- 16

3------ 32

3------ 1

2--- 16

3------ 26

3------

16---

Erwartungsbilder

43

Flächeninhalt:

A = dx ≈ 138,9 (FE)

(Darstellen der Integrandenfunktion und Nutzung des Integrationsbefehls im Grafik-Modus oder Nutzung eines Programms zur Berechnung bestimmter Integrale)

d) Zielfunktion: A(u) = u · f(u) (0 < u < 8)

= u · u · (u – 8)2= u4 – u3 + u2

A'(u) = u3 – 8u2 + u; A''(u)= 2u2 – 16u +

A'(u) = 0 ⇒ 0 = u( u2 – 8u + )

xE1 = 0 (entfällt); xE2 = 4 (trifft zu); xE3 = 8 (entfällt); (Lösung mit GTR)

A''(4) = 32 – 64 + = – ⇒ lokales Maximum

f(4) = ⇒ P4(4; )

e) Jede monoton fallende Gerade durch den Koordinatenursprung besitzt mit dem Graph der Funktion f genau einen gemeinsamen Punkt, nämlich den Koordina-tenursprung. Steigt die Gerade ebenso wie der Graph der Funktion f im Koordinatenursprung oder ist der Anstieg 0, so existieren genau zwei Schnittpunkte.Steigt die Gerade „flacher“ oder „steiler“ als der Graph der Funktion f im Koor-dinatenursprung, so existieren genau drei Schnittpunkte.

Der Anstieg m des Graphen im Koordinatenursprung entspricht der ersten Ableitung der Funktion an der Stelle x = 0. Daraus folgt:

m = oder m = 0 ⇒ genau zwei gemeinsame Punkte

m > 0 und 0 < m ± ⇒ genau drei gemeinsame Punkte

m < 0 ⇒ genau ein gemeinsamer Punkt

2

12

∫ 2x 8 16---x x 8–( )2⋅

–+

2

∫

16--- 1

6--- 8

3--- 32

3------

23--- 64

3------ 64

3------

23--- 64

3------

643------ 32

3------

323------ 32

3------

323------

323------

44

Sachsen


a) Nullstellen; 1. Ableitung; 2. Ableitung; Extremstellen; Nachweis der Art der Extrema; Wendestelle; Koordinaten des Wendepunktes; Nachweis der Existenz des Wendepunktes; Ansatz für Argumente; Angabe der Argumente 10 BE

b) Ansatz; Berührungsstellen; Nachweis des Berührungspunktes; Ansatz für weitere Tangente; Gleichung dieser Tangente 5 BE

c) Integrationsgrenzen; Flächeninhalt 2 BE

d) Zielfunktion; erste Ableitung; Lösungen der kubischen Gleichung; Nachweis des Maximums; Koordinaten des Punktes Pu 5 BE

e) Anstieg des Graphen im Koordinatenursprung; Angabe der Anzahl für einen Fall; Angabe der Anzahl aller Fälle 3 BE

25 BE


a) Definitionsbereiche: Df = x | x ∈ R D g = x | x ∈ RNullstellen der Funktion f: xN = 0

Nullstellen der Funktion g: x2 + 1 = 1 ⇒ xN = 0

Symmetrie: f(–x) = = – = – f(x)

⇒ zentralsymmetrisch zum Koordinatenursprung

b) Lösungsvariante 1:Anschaulich wird aus dem GTR-Bild klar, dass es sich nur um die Tangente im Koordinatenursprung handeln kann. Das Ablesen der 1. Ableitung an der Stelle 0 ergibt 4. Gleichung der Tangente: y = 4x

Lösungsvariante 2:Bei maximalem Anstieg muss die 1. Ableitung der Funktion auf Maxima unter-sucht werden.

f'(x) =

4x–

x–( )21+

---------------------- 4x

x–2

1+------------------

4x2

– 4+

x2

1+( )2

----------------------

Erwartungsbilder

45

Darstellung des Graphen der Funktion f ' und Untersuchung auf Maxima liefert:

Der maximale Anstieg liegt bei x = 0 vor. Die erste Ableitung an dieser Stelle beträgt 4.Gleichung der Tangente: y = 4x

c) Inhalt der eingeschlossenen Fläche:Ermitteln der Schnittstellen mit INTERSECTION bzw. TRACE liefert:xS1 = 0 und xS2 ≈ 1,28

A = (f(x) – g(x)) dx = dx ≈ 1,940 – 0,994 = 0,946 (FE)

d) Nachweis:Fa'(x) = 2a · · 2x (Kettenregel)

= a · = f(x) w.z.b.w.

Ermittlung des Wertes a:Integrationsgrenzen: xS1 = 0 (Die Graphen der Funktionen fa verlaufen durch den Koordinatenursprung.)

xS2 =

Aa(x) = = 2a · ln(e – 1 + 1) = 2a

Aa = 2a = 8 ⇒ a = 4


a) Definitionsbereiche; Nullstellen der Funktionen f und g; Symmetrie 3 BE

b) Ansatz für Gleichung der Tangente; Gleichung der Tangente 2 BE

c) Ansatz für Flächeninhalt; Flächeninhalt 2 BE

d) Nachweis der Stammfunktion; Ansatz für Wert a; Wert a 3 BE

10 BE

0

1 28,

∫0

1 28,

∫ 4x

x2

1+-------------- 2 x2 1+( )ln–

8

1

x2

1+--------------

4x

x2

1+--------------

e 1–

0

e 1–

∫ 4ax

x2

1+-------------- xd∫ 2a x2 1+( )ln⋅[ ]0

e 1–=

46

Sachsen


a) Größtmöglicher Definitionsbereich der Funktion f:Der Term in der Klammer muss größer als 0 sein. ⇒ x > ⇒ Df = x | x ∈ R, x >

b) Schnittpunkt der Graphen der Funktionen f und g:

Ermittlung mit grafischer Darstellung, Verwen-dung von TRACE oder INTERSECTION-Befehl liefert: S(5,5; 2,3)

Aus der 1. Ableitung der Funktionen an der Schnittstelle lässt sich der jeweilige Steigungswinkel der Tangenten ermitteln. Ermitteln der 1. Ableitung an der Schnittstelle aus der Grafik ergibt: f ' (5,5) ≈ 0,2 ⇒ tanα f ≈ 0,2 ⇒ αf ≈ 11,3°;g'(5,5)≈ 1 ⇒ tanαg ≈ 1 ⇒ αg ≈ 45°Schnittwinkel α: 45,0° – 11,3° = 33,7° ≈ 34°

Lösungsvariante: Ermitteln der Ableitungen rechnerisch (war nicht gefordert)

f '(x) = ; f '(5,5) = 0,2 g'(x) = ; g'(5,5) = 1

Die Berechnung des Schnittwinkels erfolgt wie oben oder mittels der Schnitt-

winkelformel: tanα = = = ⇒ α ≈ 33,7°.

c) F(x) = ((2x – 1) · ln(2x – 1) – (2x – 1))

Wir betrachten zunächst nur das Produkt z = (2x – 1) · ln(2x – 1)Nach Produktregel:

u = 2x – 1; u' = 2; v = ln(2x – 1); v' =

⇒ z' = 2 · ln(2x – 1) + (2x – 1) · = 2 · ln(2x – 1) + 2

Damit erhält man:

F'(x) = · [2ln(2x – 1) + 2 – 2] = · [2ln(2x – 1)]= ln(2x – 1)

w.z.b.w.

12--- 1

2---

22x 1–--------------- 2 5,

x 3–------------

m2 m1–1 m1 m2⋅+---------------------------- 0 8,

1 0 2,+------------------ 2

3---

12---

22x 1–---------------

22x 1–---------------

12--- 1

2---

Erwartungsbilder

47

d) Zur Bestimmung der Integrationsgrenzen sind zunächst die Nullstellen der Gra-phen von f und g zu ermitteln. Aus der grafischen Darstellung (TRACE oder ROOT-Befehl) folgt: xNf = 1 ; xNg = 4

(Sollte man die Nullstellen rechnerisch ermitteln wollen, so sind die Gleichun-gen 2x – 1 = 1 bzw. x – 3 = 1 zu lösen.)

Die Integration ergibt folgende Flächeninhalte:

A1 = f(x) dx ≈ 7,0 (FE); A2 = g(x) dx ≈ 2,0 (FE)

A = A1 – A2 ≈ 5,0 (FE)

e) Nachweis:

A = f(x) dx = · [(2x – 1) · ln(2x – 1) – (2x – 1)]11,5

= · ((2 · ln2 – 2) – (ln1 – 1)) = · (ln22 – 2 – ln1 + 1) = · (ln4 – 1)

= ln( ) – 0,5 = ln2 – 0,5

w.z.b.w.


a) Definitionsbereich 1 BE

b Koordinaten des Punktes S; beide Anstiege der Tangenten; Schnittwinkel 3 BE

c) Ansatz für Nachweis; Nachweis 2 BE

d) ein Flächeninhalt einer Teilfläche; Flächeninhalt 2 BE

e) Ansatz für Nachweis; Nachweis 2 BE 10 BE

1

5 5,

∫4

5 5,

∫

1

1 5,

∫ 12---

12--- 1

2--- 1

2---

4

12---

48

Sachsen

Erwartungsbild zu Aufgabe B1: Geometrie /Algebra

a)

Prüfen der Vektoren der möglichen Trapezseiten auf Parallelität:

= ; = ⇒ = ⇒ ||

= ; =

= λ ·

– 7 = λ · (– 5) ⇒ λ =

6 = λ · 4 ⇒ λ = ⇒

Das Viereck ist ein Trapez, aber kein Parallelogramm, da es nur ein Paar paral-lele Seiten besitzt. Prüfen auf Orthogonalität:

· = · = – 18 ≠ 0 ⇒ \ ( , ) ≠ 90°

· = · = – 36 ≠ 0 ⇒ \ ( , ) ≠ 90°

Es genügte die Berechnung eines Winkels je Schenkel des Trapezes, da die Summe der an einem Schenkel anliegenden Winkel 180° ergibt. Damit können auch die nicht berechneten Winkel keine rechten Winkel sein. ⇒ Das Trapez besitzt keinen rechten Winkel.

Lösungsvariante: Berechnung der Winkel mit dem Programm „Winkel“.

A B

CD

AB1

1–

1–

DC3

3–

3–

AB 13--- DC AB DC

AD7–

6

5

BC5–

4

3

AD BC

75---

32--- AB || BC

AB AD1

1–

1– 7–

6

5

AB AD

CD CB3–

3

3 5

4–

3–

CD CB

Erwartungsbilder

49

b) Gleichung der Ebene E:

x = + r · + s · (r, s ∈ R)

(I) x = 3 + r – 7s(II) y = – r + 6s(III) z = – 1 – r + 5s

Addieren von (I) zu (II) und zu (III) liefert:x + y = 3 – sx + z = 2 – 2sGleichung der Ebene E: – x – 2y + z = – 4(Es wird empfohlen, zum Herstellen der allgemeinen Form der Ebenenglei-chung ein GTR-Programm, z. B. das Programm „Ebene“, zu nutzen.)

Einsetzen der Koordinaten des Punktes Pt liefert:

– 2 – 2t – t = – 4, also – t = – 2 und damit t = ⇒ (2; ; – ).

Um zu prüfen, ob der Punkt Diagonalenschnittpunkt des Trapezes ist, wird

zunächst für beide Diagonalen je eine Gleichung aufgestellt und mit zwei

Punktproben ermittelt, ob der Punkt auf jeder der Diagonalen liegt.

g(AC): x = + t · (t ∈ R)

Punktprobe:2 = 3 – 4t ⇒ t =

= 3t ⇒ t = ⇒ ∈ g(AC)

– = – 1 + 2t ⇒ t =

g(BD): x = + s · (s ∈ R)

3

0

1– 1

1–

1– 7–

6

5

23--- 8

3--- 3

4--- P3

4---

34--- 1

2---

P34---

3

0

1– 4–

3

2

14---

34--- 1

4--- P3

4---

12--- 1

4---

4

1–

2– 8–

7

6

50

Sachsen

Punktprobe:2 = 4 – 8s ⇒ s =

= – 1 + 7s ⇒ s = ⇒ ∈ g(BD)

– = – 2 + 6s ⇒ s =

ist Diagonalenschnittpunkt im Trapez ABCD.

c) Länge der Seite CD:

d(C; D) = = ≈ 5,20

Lösungsvariante 1:

A1 = · (|AB| + |DC|) · h A2 = · (|AB| + |DC1|) · h

A2 = 2 A1

2 · · (|AB| + |DC|) · h = · (|AB| + |DC1|) · h

2 (|AB| + |DC|) = (|AB| + |DC1|)

|AB| + 2 |DC| = |DC1|

Mit |AB | = und |DC| = folgt daraus:

+ 2 · = |DC1|, also 7 · = .

Dabei sind x, y, z die Koordinaten des Punktes C1. Da dieser Punkt auf der Gera-den g(DC) liegt, kann man die entsprechenden Koordinaten durch die Darstel-lung in der Gleichung der Geraden ersetzen.

g(DC): x = + t (t ∈ R)

14---

34--- 1

4--- P3

4---

12--- 1

4---

P34---

3–( )23

23

2+ + 27

c2

D C C1c1

h

BaA

12--- 1

2---

12--- 1

2---

3 27

3 27 3 x 4+( )2 y 6–( )2 z 4–( )2+ +

4–

6

4 3

3–

3–

Erwartungsbilder

51

7 · =

= = = 3t

7 · = 3t ⇒ t =

Einsetzen in Gleichung der Geraden (DC) liefert: C1(3; – 1; – 3)

Lösungsvariante 2:

2A1 = A2

2 · · (a + c1) · h = · (a + c2) · h2 · (a + c1) = (a + c2)

2a + 2c1 = a + c2a + 2c1 = c2

Die Länge der Seite c2 ist also die Summe der Längen der Seite a und des Dop-pelten der Seite c1. Wegen a = und c1 = 3 folgt c2 = 7

Mit Einführung von Vektoren erhält man = + 7 ( )0,wobei

( )0 der in Richtung von verlaufende Einheitsvektor ist:

( )0 = =

Damit ergibt sich:

= + 7 · = + 7 = ⇒ C1(3; – 1; – 3)

Stücke des Trapezes ABCD Stücke des Trapezes ABC1D

a a

c1 c2

h h

Flächeninhalt A1 A2

3 x 4+( )2 y 6–( )2 z 4–( )2+ +

4– 3t 4+ +( )2 6 3t– 6–( )2 4 3t– 4–( )2+ + 27t2 3

3 3 73---

12--- 1

2---

3 3 3

OC1 OD 3 DC

DC DC

DC 13 3----------

3

3–

3–

13

-------1

1–

1–

OC1

4–

6

4

3 13

-------1

1–

1– 4–

6

4 1

1–

1– 3

1–

3–

52

Sachsen


a) Koordinaten zweier Vektoren; Nachweis der linearen Abhängigkeit zweier Vektoren; Nachweis, dass ABCD kein Parallelogramm ist; Ansatz für Größe eines Winkels; Angabe der Größe eines Winkels; Größe eines weiteren Winkels und Schlussfolgerung 6 BE

b) Gleichung der Ebene E; Ansatz für Punkt Pt; Koordinaten des Punktes ; Gleichung einer Diagonalen; Ansatz für Untersuchung auf

Diagonalenschnittpunkt; Schlussfolgerung 6 BE

c) Länge der Strecke; Ansatz für Koordinaten des Punktes C1;Koordinaten des Punktes C1 3 BE

15 BE


a) Die drei Punkte liegen in der x-y-Koordinatenebene, da die z-Koordinate jeweils 0 ist. Es ist zu prüfen, ob sie auf ein und derselben Geraden liegen.

g(AB): x = + t (t ∈ R)

Punktprobe für den Punkt C liefert:x-Koordinate: 4 = – 1 + 8t⇒ t1 = y-Koordinate:6 = 1 – 4t ⇒ t2 = –

⇒ Der Punkt C liegt nicht auf der Geraden g(AB). Die Punkte A, B und C bil-den in der x-y-Koordinatenebene ein Dreieck.

b) = =

cos\ ( ; ) = = = ⇒ \ CBA = 45°

Flächeninhalt:

A = · | | · | | · sin45° = · · · = · = · 120

= 30 w.z.b.w.

P34---

1–

1 8

4–

58--- 5

4---

BA 8–

4

BC 3–

9

BA BC

8–

4 3–

9

⋅

64 16+ 9 81+⋅---------------------------------------------- 60

7200---------------- 1

2--- 2

12--- BA BC 1

2--- 80 90 1

2--- 2 1

4--- 14400 1

4---

Erwartungsbilder

53

c) Lösungsvariante 1: Der Punkt H ist Schnittpunkt der Höhen genau dann, wenn und

.

· = · = 0 ⇒ ; · = · = 0

⇒

⇒ H ist Höhenschnittpunkt des Dreiecks ABC.

Die Punkte Si liegen auf der senkrecht zur x-y-Ebene durch Punkt H verlaufen-den Geraden, d.h., sie haben die Koordinaten Si (2; 2; zi).

V = AG · h = · 30 · |h| = 10 ⇒ 10 |h| = 100, also |h| = 10

S1(2; 2; – 10) S2(2; 2; 10)(Laut Aufgabenstellung genügte die Angabe der Koordinaten eines Punktes.)

Lösungsvariante 2: Schnitt von zwei Höhen:

Gleichungen zweier Geraden:

g(AB): x = + t (t ∈ R)

(I) x = – 1 + 8t(II) y = 1 – 4t ⇒ x + 2y = 1 bzw. y = – x + 1

g(AC): x = + s (s ∈ R)

(I) x = – 1 + 5s(II) y = 1 + 5s ⇒ – x + y = 2 bzw. y = x + 2

Gleichungen der Höhen: hAB: y = 2x + n; mit C(4; 6) folgt: y = 2x – 2analog folgt: hAC: y = – x + 4

Schnitt der Höhen: 2x – 2 = – x + 4⇒ x = 2 ⇒ y = 2 Damit ist der Punkt H(2; 2) Schnittpunkt beider Höhen und damit Höhenschnitt-punkt des Dreiecks ABC.

HC AB⊥

HA BC⊥

HC AB 2

4 8

4–

HC AB⊥ HA BC 3–

1– 3–

9

HA BC⊥

13--- 1

3---

1–

1 8

4–

12---

1–

1 5

5

54

Sachsen

d) Lösungsvariante 1:

Es muss gelten = = . Mit Pi (x; y; z) folgt:

= = =

x2 + 2x + 1 + y2 – 2y + 1 + z2 = x2 – 14x + 49 + y2 + 6y + 9 + z2

16x – 8y = 56

= = =

x2 + 2x + 1 + y2 – 2y + 1 + z2 = x2 – 8x + 16 + y2 – 12y + 36 + z2

10x + 10y = 50

Gleichungssystem: (I) 16x – 8y = 56(II) 10x + 10y= 50 Lösung mit GTR liefert: x = 4 und y = 1.

Die z-Koordinate der gesuchten Punkte muss ± 10 sein, da für das Volumen der zugehörigen Pyramiden dieselbe Bedingung wie in Teilaufgabe c) besteht. ⇒ P1(4; 1; – 10); P2(4; 1; 10)

Lösungsvariante 2: Die z-Koordinate der gesuchten Punkte muss ± 10 sein, da für das Volumen der zugehörigen Pyramiden dieselbe Bedingung wie in Teilaufgabe c) besteht.⇒ P1(x1; y1; – 10); P2(x2; y2; 10)Da die Seitenkanten der Pyramide gleich lang sind, ist die Pyramide gerade, d.h., der Höhenfußpunkt der Pyramide ist der Schnittpunkt der Mittelsenkrech-ten der Grundfläche. Mittelpunkt der Seite AB: (3; – 1)

= ; ⊥ =

: x = + t (t ∈ R)

Mittelpunkt der Seite BC: ( ; )

= ; ⊥ =

: x = + s (s ∈ R)

APi BPi CPi

APi BPi x 1+( )2 y 1–( )2 z2+ + x 7–( )2 y 3+( )2 z2+ +

APi CPi x 1+( )2 y 1–( )2 z2+ + x 4–( )2 y 6–( )2 z2+ +

MAB

AB 8

4–

AB 4

8

mAB

3

1– 4

8

MBC

112------ 3

2---

BC 3–

9

BC 9

3

mBC

112------

32---

9

3

Erwartungsbilder

55

Gleichungssystem: (I) 4t – 9s =

(II) 8t – 3s = Lösung mit GTR liefert: s = – und t = 0,25.

⇒ M(4; 1) und damit P1(4; 1; – 10); P2(4; 1; 10)


a) Ansatz für Nachweis; Nachweis; Begründung für Lage in derx-y-Koordinatenebene 3 BE

b) Ansatz für Größe des Winkels; Größe des Winkels; Nachweis desFlächeninhaltes 3 BE

c) Gleichung einer Höhe; Ansatz für Nachweis; Nachweis; Ansatz für Koordinaten eines Punktes Si; Koordinaten eines Punktes 5 BE

d) Ermitteln der z-Koordinaten; Ansatz; Gleichungssystem; Koordinaten beider Punkte Pi 4 BE

15 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe B 3: Geometrie / Algebra

a) Alle Mittelpunkte der Kreise liegen in der x-y-Koordinatenebene auf der Mittel-senkrechten der Strecke AB.Der Mittelpunkt MAB der Strecke AB hat die Koordinaten MAB( ; ).Jeder Richtungsvektor der Mittelsenkrechten steht senkrecht zum Vektor

.

= ⇒ = bzw.

Gleichung der Mittelsenkrechten:

x = + t (t ∈ R)

bzw. x = + t

y= – 2t⇒ y + 2x = 3 + , also y = – 2x +

52---

52--- 1

6---

32--- 7

4---

mAB

AB

AB5–

52---–

mAB

52---

5–

1

2–

32---

74---

1

2–

32---

74--- 7

4--- 19

4------

56

Sachsen

b) Der Mittelpunkt des Kreises k ist der bereits in Aufgabenteil a) berechnete Mit-telpunkt der Strecke AB, also MAB ( ; ).

Der Radius des Kreises ist der Abstand der Punkte A und MAB.

r2 = ( – 4)2 + ( – 3)2 = = 7,8125

Gleichung des Kreises k: (x – )2 + (y – )2 =

Untersuchung der Lage des Punktes C bezüglich des Kreises k:

(5 – )2 + (2 – )2 = ( )2 + ( )2 = + = >

⇒ Der Punkt C liegt außerhalb des Kreises k.

c) Volumen des Kreiskegels: V =π r2 h

Höhe des Kreiskegels: h = = = 6

Da der Grundkreis in der x-y-Koordinatenebene liegt und der Kreiskegel gerade ist, liegt der Punkt S senkrecht über dem Mittelpunkt des Grundkreises.

⇒ S( ; ; 6)

α sei der Neigungswinkel des Kreiskegels.

tan α = = ≈ 2,1466 ⇒ α ≈ 65,0°

Ermittlung des Wertes a:Lösungsvariante 1: Man betrachte eine Gerade durch die Spitze S des Kegels mit dem vorgegebenen Richtungsvektor:

x = + t (t ∈ R)

Falls ein Schatten erzeugt werden soll, muss diese Gerade die x-y-Koordinaten-ebene in einem Punkt S' schneiden, der außerhalb des Grundkreises k liegt. Für diesen Punkt S' gilt: z = 0 ⇒ t = – .

32--- 7

4---

32--- 7

2--- 125

16---------

32--- 7

4--- 125

16---------

32--- 7

4--- 7

2--- 1

4--- 49

4------ 1

16------ 197

16--------- 125

16---------

13---

3V

πr2

--------3 125

8---------⋅ π

π 12516---------⋅

--------------------

32--- 7

4---

hr--- 6

12516---------

-------------

32---

74---

6

1

1

a

S

M S'

6a---

Erwartungsbilder

57

S'( – ; – ; 0)

Berechnung des Abstandes des Punktes S' zum Mittelpunkt des Kreises k:

|S'M| = = = =

S' liegt außerhalb des Kreises k, wenn gilt: |S'M| > r (r = = ≈ 2,7951)

| | > 2,7951, also | | > 2,7951

1. Fall: a > 0 entfällt, da a < 0 laut Aufgabenstellung gefordert.2. Fall: a < 0

– > 2,7951 bzw. – > | · (a < 0)

– < a bzw. – 6 < a

– 3,036 < a bzw. – < a

Ein Schatten entsteht für – 3,036 < a < 0.

Lösungsvariante 2: Ein Schatten entsteht, wenn das Licht „flacher“ einfällt als der Neigungswinkel des Kreiskegels.

Die Koordinate a des Richtungsvektors des Lichtes kann man für den Fall, dass das Licht mit 65° einfällt, berechnen mit:

tan65° =

tan65° · = |a|, also |a| = 3,03 und damit a = – 3,03 (a = 3,03 entfällt.)

Aus der Anschauung ist klar: Wird a größer als – 3,03, so fällt das Licht flacher ein, ansonsten steiler.Ein Schatten entsteht für – 3,03 < a < 0.

32--- 6

a--- 7

4--- 6

a---

32--- 6

a---– 3

2---–

2 74--- 6

a---– 7

4---–

2+ 6

a---–

2 6a---–

2+ 2 6

a---–

2⋅ 6

a--- 2⋅

12516--------- 5

4--- 5

6a--- 2 8 4853,

a------------------

8 4853,a

------------------ 6 2a

---------- 54--- 5

8 4853,2 7951,------------------ 2 5

4--- 5

2425------ 10

x

11

zy

265°

|a| Einfallsvektor des Lichtes

a2

-------

2

58

Sachsen

Lösungsvariante 3:Der Winkel α zwischen der negativen z-Achse und dem Vektor a muss größer sein als 90° – 65° = 25°.

cosα = = , also cos25° = 0,9063 = .

0,8214 (2 + a2) = a2⇒ – 0,1786 a2 + 1,6428 = 0

a1 = – 3,03 (trifft zu); a2 = 3,03 (entfällt)

Aus der Anschauung ist klar: Wird a größer als – 3,03, so fällt das Licht flacher ein, ansonsten steiler. Ein Schatten entsteht für – 3,03 < a < 0.


a) Ansatz für Gleichung der Mittelsenkrechten; Gleichung der Mittel-senkrechten 2 BE

b) Gleichung des Kreises k; Aussage zur Lage des Punktes C 2 BE

c) Koordinaten des Punktes S; Neigungswinkel des Kreiskegels; Gleichung einer Hilfsgeraden durch den Punkt S; Koordinaten des Schnittpunktes S' der Hilfsgeraden mit der x-y-Koordinaten-ebene; Abstand des Punktes S' vom Kreismittelpunkt in Abhängigkeit von a; Werte a 6 BE

10 BE

0

0

1– 1

1

a

⋅

1 2 a2

+⋅---------------------------------- a–

2 a2

+------------------ a–

2 a2

+------------------

Erwartungsbilder

59


a) C2(5; 4; 8)

Ebene E: x = + t + s (t, s ∈ R)

Lösungsvariante 1: (I) x = 10 – 6t – 5s(II) y = 2 + 3t + 2s(III) z = 3 + 6t + 5s

(I) + 2 · (II) und (III) – 2 · (II) liefert

(I ') x + 2y = 14 – s(II ') – 2y + z = – 1 + s (I) + (II) ⇒ Parameterfreie Gleichung der Ebene E: x + z = 13

Lösungsvariante 2: Die Ebene E habe die Gleichung ax + by + cz = d. Jeder (Normalen)Vektor

n = muss dann senkrecht auf den beiden Richtungsvektoren der Ebene ste-hen.

Es gilt also: n · = n · = 0. Daraus erhält man:

(I) – 6a + 3b + 6c = 0(II) – 5a + 2b + 5c = 0

Das Gleichungssystem hat 3 Variablen und zwei Gleichungen. Es gibt also unendliche viele Lösungen (Normalenvektoren, die sich im Betrag und nicht in der Richtung unterscheiden). Wir wählen c = 1. ⇒ (I) – 6a + 3b = – 6

(II) – 5a + 2b = – 5 Lösung mit GTR liefert: a = 1; b = 0. ⇒ Gleichung der Ebene E: x + z = 13

10

2

3 6–

3

6 5–

2

5

a

b

c

AB AC2

60

Sachsen

Lösungsvariante 3: Nutzung des GTR-Programmes „Ebene“

Untersuchung des Dreiecks ABC2 auf Orthogonalität: Lösungsvariante 1:

= ; = ; · = 66≠ 0

= ; = ; · = 15 ≠ 0

= ; = ; · = – 12 ≠ 0

⇒ Keine zwei Seiten schließen einen rechten Winkel ein.

Lösungsvariante 2: Berechnung der Seitenlängen: (u. U. Nutzung GTR-Programm „Abstand“)

|AB| = = = 9; = =

= = = 3

Prüfen nach Umkehrung des Satzes des PYTHAGORAS: a2 + b2 = c2 ⇒ 54 + 3 ≠ 81 ⇒ Das Dreieck ist nicht rechtwinklig.

Bestimmung der Koordinaten des Punktes D: Die Dreiecke ABC2 und DBC2 haben dieselbe Höhe. Also müssen sich die Längen der Strecken AD und DB wie 1: 5 verhalten. Gerade durch die Punkte A und B:

x = + t (t ∈ R)

Für t = 0 wird der Punkt A erzeugt, für t = 1 der Punkt B. Die Strecke ist in sechs gleich lange Teile zu teilen. Um den gesuchten Teilpunkt D zu erzeugen, muss also t = sein.

AB6–

3

6

AC5–

2

5

AB AC

BA6

3–

6–

BC2

1

1–

1–

BA BC2

C2B1–

1

1

C2A5

2–

5–

C2B C2A

62 32 62+ + 81 BC2 12

12

12

+ + 3

AC2 52 22 52+ + 54 6

AD

B

C2

10

2

3 6–

3

6

16---

61

Erwartungsbilder

= + = ⇒ Koordinaten des Punktes: D(9; 2,5; 4)

b) Es muss gelten: · = 0

· = 0

(7 – a) · (1 – a) – 2 + (– 7 + a) · (– 1 + a) = 2a2 – 16a + 12 = 0a2– 8a + 6 = 0; a1= 4 – ≈ 0,84; a2 = 4+

≈ 7,16(Das Lösen der quadratischen Gleichung kann mit GTR erfolgen.)

c) Drei Punkte bestimmen eine Ebene, falls sie nicht auf ein und derselben Gerade liegen. Es müssen also alle Punkte Ca ausgeschlossen werden, die auf der Gerade durch die Punkte A und B liegen.

Gerade durch die Punkte A und B: x = + t (t ∈ R)

(I) 3 + a = 10 – 6t(II) 4 = 2 + 3t ⇒ t = (III) 10 – a = 3 + 6t

(I) 3 + a = 10 – 6 · ⇒ a = 3

Prüfen in Gleichung (III): 10 – a = 7 ⇒ a = 3 Für a = 3 liegt also der zugehörige Punkt Ca auf der Geraden durch die Punkte A und B. Die Ebene E ist also für alle Punkte Ca mit (a ∈ R, a ≠ 3) eindeutig bestimmt.


a) Ansatz; Gleichung der Ebene E in allgemeiner Form; Ansatz für Untersuchung auf Rechtwinkligkeit; Schlussfolgerung; Ansatz für Koordinaten des Punktes D; Koordinaten des Punktes D 6 BE

b) Ansatz; Werte a 2 BE

c) Ansatz; Werte a 2 BE 10 BE

OD10

2

3

16---

6–

3

6 9

2 5,4

CaA CaB

7 a–

2–

7– a+ 1 a–

1

1– a+

10 10

10

2

3 6–

3

6

23---

23---

62

Sachsen

Erwartungsbild zu Aufgabe C 1: Stochastik

a) Anzahl der Anordnungen: 4! = 24

b) P(E) = 0,455 ≈ 0,0185P(F) = 0,755 (kein Preis an Zuschrift zum Thema „Musik“)P(F) = 1 – 0,755≈ 0,7627

c) X ... Anzahl der Zuschriften zum Thema „Sport“X ist binomialverteilt mit n = 20 und p = 0,15.E(x) = 20 · 0,15 = 3

Jacqueline kann 3 Zuschriften zum Thema „Sport“ erwarten.Im Folgenden wird die Zufallsgröße X betrachtet, aber mit variabler Anzahl n der Versuchswiederholungen.Die Wahrscheinlichkeit, dass unter n Zuschriften keine zum Thema „Sport“ ist, beträgt 0,85n. Die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens eine Zuschrift zum Thema „Sport“ vorliegt, beträgt dann 1 – 0,85n.Die Ungleichung 1 – 0,85n ≥ 0,95 ist zu lösen.

Lösungsvariante 1:Darstellung der Funktionen Y1 = 1 – 0,85^X und Y2 = 0,95 mit dem GTR und Ermittlung der Schnittstelle liefert nebenstehendes Bild: ⇒ n ≥ 18,4Jaqueline müsste mindestens 19 Zuschriften ent-nehmen. Lösungsvariante 2:1 – 0,85n ≥ 0,95 (n ∈ N), also 0,05 ≥ 0,85n.

⇒ lg0,05≥ n · lg0,85 bzw. ≤ n (da lg0,85 negativ) und damit 18,4 ≤ n.

Jacqueline müsste mindestens 19 Zuschriften entnehmen.

d) Y beschreibt den einzusetzenden Geldbetrag bei einer Drehung des Rades.Y hat folgende Verteilung:

E(Y) = 2000 · + 100 · + 30 · = 139

Die Zeitschrift muss durchschnittlich 139 DM für Preise einkalkulieren.

yi 2000 DM 100 DM 30 DM

P(Y = yi)

lg0 05,lg0 85,------------------

120------ 3

20------ 16

20------

120------ 3

20------ 16

20------

63

Erwartungsbilder

e) Wahrscheinlichkeit, dass sich der erste gezogene Fußballbeitrag in der zweiten gezogenen Zeitschrift befindet:

· = ≈ 0,2667

Wahrscheinlichkeit für fünfte gezogene Zeitschrift:Das gesuchte Ereignis tritt genau dann ein, wenn zunächst die vier Zeitschriften, deren Sportthema nicht Fußball ist, gezogen werden.

· · · · = ≈ 0,0048


a) Anzahl 1 BE

b) Wahrscheinlichkeit P(E); Wahrscheinlichkeit P(F) 2 BE

c) Erwartungswert; Ansatz für Anzahl; Anzahl 3 BE

d) Verteilung der Zufallsgröße; Geldbetrag 2 BE

e) Wahrscheinlichkeit für zweite gezogene Zeitschrift; Wahrscheinlichkeit für fünfte gezogene Zeitschrift 2 BE

10 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe C2: Stochastik

a) X ... Höhe des Gewinns bei einer Drehung

Erwartungswert: E(X) = – 2 · + 8 · + 28 · = 0

Der Spieler hat einen Gewinn von 0 DM zu erwarten.

Der beim roten Sektor auszuzahlende Betrag sei r. Dann gilt (aus der Sicht des Spielers):

E(X) = – 2 · + 8 · + (r – 2) · = – 0,20

⇒ – 2 · 18 + 8 · 1 + (r – 2) · 1 = – 4, also r – 2 = 24 und damit r = 26

Der Spieler muss 26 DM beim Ermitteln des roten Sektors ausgezahlt bekom-men.

xi – 2 8 28

P(X = xi)

410------ 6

9--- 4

15------

410------ 3

9--- 2

8--- 1

7--- 6

6--- 1

210---------

1820------ 1

20------ 1

20------

1820------ 1

20------ 1

20------

1820------ 1

20------ 1

20------

64

Sachsen

b) Y ... Anzahl der Drehungen, bei der der rote Sektor ermittelt wird

Y ist binomialverteilt mit p = .

Die Wahrscheinlichkeit, nicht den roten Sektor zu ermitteln, beträgt in jeder

Drehung .

Die Wahrscheinlichkeit, bei n Drehungen nie den roten Sektor zu ermitteln,

beträgt ( )n.

Die Wahrscheinlichkeit, bei n Drehungen mindestens einmal den roten Sektor

zu ermitteln beträgt 1 – ( )n.

Ansatz: 1 – ( )n ≥ 0,95

Lösungsvariante 1: Darstellung der Funktionen Y1 = 0,95 undY2 = 1 – (19/20)^X mit Hilfe des GTR und Ermitteln der Schnittstelle der Graphen:Es müssen mindestens 59 Drehungen durchge-führt werden.

Lösungsvariante 2:Darstellung der FunktionY2 = 1 – (19/20)^X mit Hilfe des GTR im Tabellen-Menü und Ablesen des gesuchten Wertes.

Lösungsvariante 3:

1 – ( )n ≥ 0,95, also 0,05 ≥ ( )n

⇒ lg0,05 ≥ n · lg( ) bzw. ≤ n (da lg < 0).

58,4 ≤ n Es müssen mindestens 59 Drehungen durchgeführt werden.

c) E ist das Ereignis: Nach 10 Drehungen sind alle 10 Sektoren markiert. Das tritt nur ein, wenn bei keiner Drehung ein bereits markierter Sektor ermittelt wird. Die Wahrscheinlichkeit P, keinen markierten Sektor zu ermitteln, beträgt bei der ersten Drehung 1, bei der zweiten Drehung bei der dritten Drehung usw.

⇒ P(E) = 1 · · · · · · · · · = ≈ 0,00036

120------

1920------

1920------

1920------

1920------

1920------ 19

20------

1920------ lg0 05,

lg 1920------

----------------- 19

20------

910------ 8

10------

910------ 8

10------ 7

10------ 6

10------ 5

10------ 4

10------ 3

10------ 2

10------ 1

10------ 9!

109

--------

65

Erwartungsbilder

d) N ist das Ereignis: Bei zwei aufeinander folgenden Drehungen werden zwei nebeneinander liegende Sektoren markiert.P(N) = 1 · ≈ 0,2222

e) Gewinnwahrscheinlichkeit PG(20) nach 20 Drehungen: PG(20) = = ≈ 0,1066

PG(20) > 0,10Jaquelines Behauptung ist richtig.

Ermitteln der Anzahl der Versuche:

Lösungsvariante 1: Darstellung der Funktion Y1 = 1/(2 ) mit dem GTR. Danach wird der Funktionswert an der Stelle x = 20 mit TRACE(EVAL, Y-CAL) ermittelt.Dabei bestätigt man die Lösung zum ersten Teil der Aufgabe: 0,1066 > 0,10 ⇒ Jaquelines Behauptung ist richtig.

Untersuchung des Graphen mit TRACE und feststellen, an welcher Stelle der y-Wert kleiner als 0,07 wird, oder Ermittlung der Schnittstelle des Graphen mit dem Graph der Funktiony = 0,07 mit ISECT (ISCT).

Man erhält: Solange X kleiner als 49,0204 ist, ist die Gewinnwahrscheinlichkeit größer als 0,07. Franziska muss das Spiel nach dem 49. Versuch abbrechen.

Lösungsvariante 2: Darstellung der Funktion Y1 = 1/(2 ) im Tabellen-Menü des GTR.Ablesen der für die Aufgabe notwendigen Werte.

⇒ Jaquelines Behauptung ist richtig.Franziska muss das Spiel nach dem 49. Versuch abbrechen.

29---

12 20 2+----------------------- 1

2 22-------------

X 2+( )

X 2+( )

66

Sachsen

Lösungsvariante 3: ≥ 0,07, also 1 ≥ 2 · 0,07 = 0,14 ⇒

≥ , also ( )2 ≥ z + 2 bzw. ( )2 – 2 ≥ z

Damit gilt: 49,0204 ≥ z Das bedeutet: Solange z kleiner als 49,0204 ist, ist die Gewinnwahrscheinlich-keit größer als 0,07. Franziska muss das Spiel nach dem 49. Versuch abbrechen.

Lösungsvariante 4: Beantwortung des 2. Teils der Fragestellung durch systematisches Probieren mit dem GTR.

Bewertungsvorschlag: a) Ansatz für Erwartungswert; Erwartungswert; auszuzahlender Betrag 3 BE

b) Ansatz für Anzahl; Anzahl 2 BE

c) Ansatz für Wahrscheinlichkeit, dass 10 Sektoren markiert sind;

Wahrscheinlichkeit, dass 10 Sektoren markiert sind 2 BE

d) Wahrscheinlichkeit 1 BE

e) Überprüfung der Behauptung; Ermittlung der Anzahl 2 BE10 BE

12 z 2+------------------- z 2+ z 2+

10 14,------------ z 2+ 1

0 14,------------ 10 14,------------


1998 / 99

Gymnasium

Sachsen-Anhalt

68

Sachsen-Anhalt

Hinweis:Der Prüfling hatte nach Empfehlung durch die Lehrkraft je eine Aufgabe aus den Gebieten G1, G2 und G3 zur Bearbeitung auszuwählen.

Gebiet G1: Analysis / Aufgabe 1.1Gegeben sind die Funktionen f und g durch

y = f(x) = – (x2 – 4)2, y = g(x) = (x2 – 4)(x + 2), x ∈R.

Die Graphen dieser Funktionen in einem kartesischen Koordinatensystem seien F und G.a) Untersuchen Sie den Graphen F auf Symmetrie.

Berechnen Sie die Koordinaten der Extrem-punkte des Graphen F und bestimmen Sie deren Art.

Die in nebenstehender Skizze dargestellten Kurven K1 und K2 sind bei geeigneter Skalie-rung der Koordinatenachsen die Graphen F und G in einem bestimmten Intervall.

Ermitteln Sie, welche Kurve der Graph F und welche Kurve der Graph G ist.Geben Sie die Skalierung der Koordinatenach-sen an (z.B. Anzahl der Einheiten pro Teil-strich).

An den Graphen F wird an der Stelle x = 1 die Tangente gelegt.Geben Sie eine Gleichung dieser Tangente an und berechnen Sie die Koordina-ten des Schnittpunktes der Tangente mit der x-Achse und das Gradmaß des Schnittwinkels.

b) Der Graph F und die x-Achse begrenzen eine Fläche vollständig. Diese sei Querschnittsfläche Q1 eines Kanals in einem bestimmten Abschnitt. Ihr Inhalt sei A1. Der Graph G und die x-Achse begrenzen ebenfalls eine Fläche vollstän-dig. Diese sei Querschnittsfläche Q2 des Kanals in einem weiteren Abschnitt. Ihr Inhalt beträgt A2 = 6 m2. Eine Einheit im Koordinatensystem entspricht einem Meter.

Zeigen Sie, dass der Flächeninhalt A1 vom Flächeninhalt A2 um weniger als 6 % abweicht.

Begründen Sie, dass die Differenz der Maßzahlen der Flächeninhalte A2 – A1 wie folgt berechnet werden kann:

[f(x) – g(x)]dx

16--- 9

32------

y

x

K1

K2

O

2–

2

∫

69

Aufgaben

c) Weisen Sie nach, dass der in Aufgabe b) beschriebene Kanal in den beiden Abschnitten die gleiche Breite und die gleiche Tiefe (an der tiefsten Stelle) besitzt.

Gebiet G1: Analysis / Aufgabe 1.2Gegeben seien die Funktionen f1 und f2 durch

y = f1(x) = – x3 – , y = f2(x) = – x3 + x ∈ R, x ≠ 0.

Ihre Graphen seien mit G1 bzw. G2 bezeichnet.

a) Nebenstehende Abbildung ist um ein kartesisches Koordinatensystem zu ergänzen, so dass es sich um die Darstellung der Graphen G1 und G2 in einem Intervall handelt.

Weisen Sie dazu nach, dass die Funktionen unge-rade sind (ihre Graphen punktsymmetrisch zum Koordinatenursprung liegen).Untersuchen Sie die gegebenen Funktionen auf Existenz von Nullstellen sowie deren Graphen auf lokale Extrempunkte und geben Sie deren Koordi-naten an.

Orden Sie den Kurven die Bezeichnungen G1 bzw. G2 zu.

b) Die Gerade g mit der Gleichung y = – und die Gerade h mit der Gleichung x = 1 schneiden den Graphen G1 und begrenzen mit diesem für x ≥ 1 eine Flä-che vollständig.Berechnen Sie die Maßzahl des Inhaltes dieser Fläche.

Hinweis:Falls der zeichnerische Teil aus Aufgabe a) auf diesem Blatt bearbeitet wurde, hatte es der Prüfling mit seinem Namen zu beschriften und der Prüfungsarbeit bei-zufügen.

14--- 1

x3----- 12--- 1

x3-----

178------

70

Sachsen-Anhalt

Gebiet G2: Analytische Geometrie / Aufgabe 2.1Für eine Computersimulation werden die Kurse zweier Helikopter in einem karte-sischen Koordinatensystem beschrieben und als geradlinig angenommen. Die Heli-kopter werden als punktförmige Objekte angesehen.Eine Einheit im Koordinatensystem entspricht einem Kilometer.

Helikopter 1 bewegt sich vom Punkt A(10200,2) in Richtung des Punktes B(40400,2) und gleichzeitig Helikopter 2 von Punkt B in Richtung des Punktes D(5350,15).

a) Helikopter 1 soll auf der Hälfte der Strecke , im Punkt M, seinen Kurs ändern, da sich Nebel gebildet hat. Die Lage der Nebelfront kann in dem zu betrachtenden Bereich durch die nachfolgend genannte Gleichung einer Ebene E beschrieben werden:

E: x = + r + s

Der Helikopter fliegt nun von M aus über C(25450,25) nach B.Berechnen Sie die Länge des durch die Kursänderung zusätzlich zurückgeleg-ten Weges.

Zeigen Sie, dass der Helikopter 1 vor Erreichen der Nebelfront den Kurs ändert.

Ermitteln Sie das Gradmaß des Winkels zwischen dem ursprünglichen und dem geänderten Kurs im Punkt M.

b) Weisen Sie nach, dass ein Zusammenstoß der beiden Helikopter auf dem neuen Kurs des Helikopters 1 ausgeschlossen ist.

Gebiet G2: Analytische Geometrie / Aufgabe 2.2In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(43–2), B(56–3), C(912–5) sowie die Gerade g durch

g: x = + t , t ∈ R,

gegeben.

a) Die Gerade g und der Punkt A bestimmen eine Ebene E.Ermitteln Sie eine Gleichung der Ebene E.

b) Die Punkte B und C liegen auf einer Geraden h.Zeigen Sie, dass die Geraden g und h windschief zueinander liegen.

AB

20

30

14 2, 3–

2–

4 4

1

7–

1

2

0 1

0

0

71

Aufgaben

Beschreiben Sie die besondere Lage der Geraden g im Koordinatensystem.

Die Gerade h durchstößt die Ebene E (aus Teilaufgabe a)) im Punkt D.Ermitteln Sie die Koordinaten des Durchstoßpunktes D.

[Ergebnis zur Kontrolle: D(33–2)]

c) Auf der Geraden g liegen zwei Punkte P1 und P2, für deren Maßzahl des Abstandes zum Punkt D gilt:

.

Berechnen Sie die Koordinaten der Punkte P1 und P2.

Gebiet G3: Wahrscheinlichkeitsrechnung / Aufgabe 3.1Ein Skat-Kartenspiel besteht aus 32 Karten, unterteilt in vier Farben zu je acht Werten. Die Karten werden gemischt und mit der Rückseite nach oben gelegt.

a) Nacheinander werden drei Karten zufällig gezogen.Betrachtet werden die Ereignisse:

A: „Die drei gezogenen Karten sind von gleicher Farbe.“B: „Die drei gezogenen Karten weisen den gleichen Wert (z.B. drei

Könige) auf.“

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten dieser Ereignisse.

b) Die in Teilaufgabe a) beschriebenen Ereignisse A und B bilden die Grundlage für ein Spiel mit folgendem Auszahlungsplan:Einsatz sind 50 Pfennig. Tritt das Ereignis A ein, so erhält der Spieler 5 DM, für das Eintreten von B erhält er 11 DM. Der Einsatz geht in jedem Fall verlo-ren. Die Zufallsgröße X beschreibe den Gewinn bei diesem Spiel. Geben Sie eine Wahrscheinlichkeitsverteilung der Zufallsgröße X an und untersuchen Sie, ob ein Spieler bei diesem Spiel auf lange Sicht Gewinn oder Verlust macht.

Ein faires Spiel ist dadurch gekennzeichnet, dass sich auf lange Sicht Gewinn und Verlust ausgleichen.Ermitteln sie bei sonst gleichem Auszahlungsplan einen Auszahlungsbetrag für das Eintreten des Ereignisses A, so dass das Spiel fair ist.

c) Ein Spieler setzt seine Hoffnungen in das Eintreten des Ereignisses B bei der wiederholten Durchführung des Spiels.Berechnen Sie diejenige Anzahl der Spiele, bei der das Ereignis B mindestens einmal mit mindestens 10%iger Wahrscheinlichkeit eintritt.

P1D P2D 6= =

72

Sachsen-Anhalt

Gebiet G3: Analysis / Aufgabe 3.2Gegeben sind Funktionen fa durch:

fa(x) = , x ∈ R, a ∈ R, a ≥ 0,

sowie die Funktion h mit der Nullstelle x0 = –ln3 durch: h(x) = e–x –3, x ∈ R.

Die Abbildung zeigt die Graphen der Funktionen f0 und h in einem Koordinatensystem.

a) Weisen Sie nach, dass die Graphen der Funktionen fa für den Fall a > 0 die Wende-punkte Wa(– ) besitzen.

b) Die Graphen der Funktionen f0 und h schneiden einander imII. Quadranten in dem Punkt S(xsf(xs)) mit xs ≈ –1,65.Leiten sie die nachstehende Iterationsvorschrift für das NEWTONsche Nähe-rungsverfahren her, mit der die Abszisse xs berechnet werden kann.

xn + 1 = xn –

c) Die Graphen der Funktionen f0 und h sowie die Gerade mit der Gleichungx = –ln3 begrenzen im Intervall xs ≤ x ≤ x0 eine Fläche vollständig. Die Fläche rotiere um die x-Achse.

Zeigen Sie, dass die Maßzahl des Volumens des entstehenden Rotationskörpers

nach der Gleichung V = π berechnet werden kann.

Gebiet G3: Analytische Geometrie / Aufgabe 3.3In einem kartesischen Koordinatensystem sind P(4 ) und Q(52) Punkte einer Hyperbel in Mittelpunktslage, deren Brennpunkte auf der x-Achse liegen.

a) Stellen Sie eine Mittelpunktsgleichung der Hyperbel auf.[Ergebnis zur Kontrolle: = 1]

b) Ermitteln Sie die Koordinaten der Brennpunkte der Hyperbel und stellen Sie Gleichungen der Asymptoten auf.

c) Im Punkt Q soll an die Hyperbel die Tangente gelegt werden. Diese Tangente und eine Asymptote schneiden einander im IV. Quadranten im Punkt R.Berechnen sie die Koordinaten des Punktes R.

13--a

2x

3– ax

2– 4

3--x–

0,50,5xs x0

f01

y

xO

h

1a--- 2

3a------

43---xn e

xn–3–+

43--- e

xn––

---------------------------------

1627------x

3 12---e

2x–6e

x–– 9x–+

3ln–

xs

12--- 7

x2

9----- y2

94--------–

73

Erwartungsbilder

Erwartungsbild zu Aufgabe 1.1a) Symmetrieverhalten von F:

f(–x) = – ((–x)2 – 4)2 = – (x2 – 4)2 = f(x)

⇒ Graph von f ist spiegelsymmetrisch zur y-Achse.

Extrempunkte von F:

f(x) = – (x2 – 4)(x2 – 4),

= – [x4 – 8x2 + 16] = – x4 + x2 – ,

f '(x) = – [4x3 – 16x] = – x3 + x,

f ''(x) = – [12x2 – 16] = –2x2 + ;

0 = – x3 + x = x(–x2 + 4), d.h.

mögliche Extrempunkte bei = 0, = –2, = 2.

f ''(0) = > 0 ⇒ lokales Minimum bei = 0; T(0– ),

f ''(–2) = – < 0 ⇒ lokales Maximum bei = –2; H1(–20),

f '''(2) = – < 0 ⇒ lokales Maximum bei = 2; H2(20).

Zuordnung der Funktionen zu den Graphen:

Da der Graph

• K1 2 Extrempunkte besitzt und nicht spiegelsymmetrisch ist,• K2 3 Extrempunkte besitzt und spiegelsymmetrisch ist,

gehört K2 zu f (ist also Graph F), K1 zu g (ist also Graph G).

Da die Nullstellen von f(x) bei = –2, = 2 liegen, entspricht auf der x-Achse 1 Teilstrich 2 Einheiten; da der Tiefpunkt von F bei = 0 mit

= – liegt, entspricht auf der y-Achse ebenfalls 1 Teilstrich 2 Einheiten.

Tangente an F im Punkt P(1f(1)):

Für eine Tangente an f(x) gilt allgemein: f '(xP) = .

Wegen f(1) = –1,5 und f '(1)= 2 erhält man hier also

2 = ⇒ y = 2(x – 1) – 1,5;

Tangentengleichung t: y = 2x – 3,5

16--- 1

6---

16---

16--- 1

6--- 4

3--- 8

3---

16--- 2

3--- 8

3---

16--- 8

3---

23--- 8

3--- 2

3---

xE1xE2

xE3

83--- xE1

83---

5 3, xE2

5 3, xE3

x01x02

xE1

yE1

83---

y yP–x xP–--------------

y 1 5,+x 1–

-----------------

74

Sachsen-Anhalt

Schnittpunkt von Tangente t mit der x-Achse; Schnittwinkel:

Im Schnittpunkt S von t mit der x-Achse gilt: 0 = 2x – 3,5 ⇒ x0 = ⇒ S( 0).

Der Schnittwinkel α ergibt sich aus f '(1) = m = tanα ⇒ 2 = tanα ⇒ α ≈ 63,4°.

b) Vergleich der Inhalte der Querschnittsflächen:

Kanal 1: 2 (– x4 + x2 – )dx = 2(– x5 + x3 – x)| =

2(– + – ) – 0 = ≈ 5,7

Die Abweichung zwischen den Inhalten der beiden Kanalquer-schnittsflächen beträgt demnach (6 – ) = ; prozentuale Abwei-chung ≈ 5,18 % < 6 %.

Berechnungsmöglichkeit für die Differenz der Flächeninhalte:

Es soll gelten A2 – A1 = [f(x) – g(x)]dx;

es gilt für A2 – A1: A2 – A1 = g(x)dx– f(x)dx= – g(x)dx + f(x)dx,

(da A2, A1 unterhalb der x-Achse liegen, also jeweils < 0); nach Rechengesetzen

für Integrale folgt: A2 – A1 = [–g(x) + f(x)]dx, A2 – A1 = [f(x) –g(x)]dx.

c) Breite und Tiefe beider Abwasserkanäle:

Kanal 1:Wegen der beiden Nullstellen = –2, = 2 hat der Kanal eine

Breite von 4 m, wegen des Tiefpunktes T(0– ) hat der Kanal eine Tiefe

von m ≈ 2,67 m.

Kanal 2:Die Breite und Tiefe sind bestimmbar nach Kenntnis von Nullstellen

und Extremstellen von g(x): Nullstellen von g(x) ergeben sich aus

0 = (x2 – 4)(x + 2), also = –2 und = 2; folglich beträgt die

Kanalbreite ebenfalls 4 m.

Extremstellen von g(x) ergeben sich aus 0 = g'(x):

0 = [ (x2 – 4)·(x + 2)]' = [x3 + 2x2 – 4x – 8]' = (3x2 + 4x – 4), d.h.:

0 = x2 + x – ⇒ Extremstellen bei = –2 bzw. = .

Wegen g''( ) = (6· + 4) > 0 liegt die tiefste Kanalstelle bei = ⇒

= . Damit ergibt sich:

Beide Kanäle haben die gleiche Breite 4 m und die gleiche Tiefe m ≈ 2,67 m.

74--- 7

4---

0

2

∫ 16--- 4

3--- 8

3--- 1

30------ 4

9--- 8

3--- 2

0

3230------ 32

9------ 16

3------ 256

45---------

25645--------- 14

45------

2–

2

∫

2–

2

∫2–

2

∫2–

2

∫2–

2

∫

2–

2

∫2–

2

∫

x01x0283---

83---

932------ x01

x02

932------ 9

32------ 9

32------

43--- 4

3--- xE1

xE2

23---

23--- 9

32------ 2

3--- xE2

23---

yE2

83---

83---

75

Erwartungsbilder


a) Untersuchen der Symmetrie 2 BEBestimmen der Extrempunkte 9 BEBestimmen der Graphen; Skalierung 2 BEErmitteln der Tangentengleichung, des Schnittpunkts und -winkels 4 BE

b) Nachweisen der Flächeninhaltsabweichung 7 BEBerechnen der Differenz der Flächeninhalte 2 BE

c) Nachweisen deer gleichen Breite 3 BENachweisen der gleichen Tiefe 6 BE

35 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 1.2a) Koordinatensystem zur Darstellung von

f1 und f2:

Punktsymmetrie beider Funktionen:

f1(–x) = – (–x)3 – = x3 + = –f1(x)

f2(–x) = – (–x)3 + = x3 – = –f2(x)

Wegen fi(–x) = –fi(x) für i = 1, 2 liegen dieGraphen beider Funktionen punktsymme-trisch zum Koordinatenursprung.

Nullstellen:

f1(x): 0 = – x3 – ; 0 = –x6 – 4 besitzt keine Lösung⇒f1(x) besitzt keine Nullstelle.

f2(x): 0 = – x3 + ; 0 = –x6 + 2, also x6 = 2 ist lösbar (x0 ≈ ±1,12) ⇒f2(x) besitzt Nullstellen.

Extrempunkte:

f1(x): f1'(x) = – x2 + 3x–4, f1''(x) = – x –12x–5;

f1'(x) = 0 = – x2 + 3x–4 ⇒

0 = –3x6 + 12, also = – , = .

14--- 1

x–( )3------------- 14--- 1

x3-----

12--- 1

x–( )3------------- 12--- 1

x3-----

14--- 1

x3-----

12--- 1

x3-----

34--- 3

2---

34---

xE123 xE2

23

76

Sachsen-Anhalt

Art der Extrema:

f1''(– ) ≈ 5,67 > 0 ⇒ Tiefpunkt bei = – ; T(– 1),

f1''( ≈ –5,67 < 0 ⇒ Hochpunkt bei = ; H( –1).

f2(x): f2'(x) = – x2 – 3x–4, f2''(x) = –3x + 12x–5;

f2'(x) = 0 = – x2 – 3x–4 ⇒ 0 = –3x6 – 6;

es existiert keine Lösung⇒ f2(x) besitzt keine Extrema.

Zuordnung der Graphen zu Funktionen: siehe Koordinatensystem

b) Flächeninhalt:

A = (– – f1(x))dx.

xS ergibt sich aus dem Schnittpunkt von g und f1(x) für xS > 1:

– = – x3 – , 0 = – x6 + x3 – 1,

x6 – x3 + 4 = 0; mit x3 = z ergibt sich

z2 – z + 4 = 0 mit den Lösungen

z1 = ; z2 = 8 ⇒

x1 = 2 [x2 = entfällt wegen < 1]

Maßzahl des Flächeninhalts:

A = [– + x3 + x–3]dx = [– x + x4 – x–2] |

A = (– ·2 + 16 – · ) – (– + – ) ≈ 0,81


a) Nachweisen, dass Funktionen ungerade 4 BEUntersuchen der Funktionen auf Nullstellen 4 BEUntersuchen der Funktion f1 auf Extempunkte 9 BEUntersuchen der Funktion f2 auf Extempunkte 4 BEEinzeichnen der Koordinantenachsen; Benennen der Graphen 4 BE

b) Berechnen der Maßzahl des Flächeninhalts 10 BE35 BE

23 xE123 23

23 xE223 23

32---

32---

y

x1

1

–1

–1

g

G1

h1

xS

∫ 178------

178------ 1

4--- 1

x3----- 14--- 17

8------

172------

172------

12---

12---3

12---3

1

2

∫ 178------ 1

4--- 17

8------ 1

16------ 1

2--- 2

1

178------ 1

16------ 1

2--- 1

4--- 17

8------ 1

16------ 1

2---

77

Erwartungsbilder

Erwartungsbild zu Aufgabe 2.1a) Länge des durch Kursänderung zurückgelegten Weges:

Der tatsächlich zurückgelegte Weg ist

,

geplant war die Strecke .

Länge u des zusätzlichen Weges ist

u = , wobei

M( ) = M(25300,2);

u = +

–

,

u = + – ≈ 12,78

Der Umweg u hat eine Länge von 12,8 km.

Kursänderung vor Erreichen der Nebelfront:

Zum Nachweis der Kursänderung vor

Erreichen der Nebelfront ist zu zeigen,

dass der Punkt M näher bei A liegt als der

Schnittpunkt S zwischen g(A, B) und E

bzw. < .

Schnittpunkt zwischen g(A, B) und E:

g(A, B): x = + t = + t* ,

E: x = + r + s , also

g(A, B) ∩ E: + t* = + r + s

D(0,15)

M(0,2)

B(0,2)

C(0,25)

A(0,2)(Höhe)

AM MC CB+ +

AM MB+

AM MC CB AM MB+( )–+ + MC CB MB–+=10 40+

2------------------ 20 40+

2------------------ 0 2, 0 2,+

2----------------------

25 25–( )245 30–( )2

0 25 0 2,–,( )2+ +

40 25–( )245 40–( )2

0 2 0 25,–,( )2+ +

40 25–( )240 30–( )2

0 2 0 2,–,( )2+ +

152

0 05, 2+ 15

25

20 05, 2

+ + 152

102

+

SgE

MA

B

E

AM ASgE

SgE

10

20

0 2, 30

20

0 10

20

0 2, 3

2

0

20

30

14 2, 3–

2–

4 4

1

7–

10

20

0 2, 3

2

0 20

30

14 2, 3–

2–

4 4

1

7–

78

Sachsen-Anhalt

Daraus folgt:

(I) –10 + 3t* = –3r + 4s, ·2

(II) –10 + 2t* = –2r + s, ·(–3)

(III) –14 = 4r – 7s

(I') –20 + 6t* = –6r + 8s,

(II') +30 – 6t* = 6r – 3s

Aus (I') + (II') folgt 10 = 5s ⇒ s = 2;

mit s = 2 ergibt sich für r aus (III) –14 = 4r – 14⇒ r = 0;

mit r = 0, s = 2 ergibt sich für t* z.B. aus (I) –10 + 3t* = 0 + 8⇒ t* = 6.

Wegen t* = 6 ist der Schnittpunkt S

= + 6 = , d.h. (28320,2).

Vergleich der Entfernungen und :

= ≈ 18,03;

= ≈ 21,63; wegen

< findet die Kursänderung vor Erreichen der Nebelfront statt.

Winkel zwischen ursprünglichem und geändertem Kurs in M:

Der Winkel ergibt sich als der Winkel

zwischen den Vektoren und , d.h.:

cos\( ; ) = ;

mit = , = 5· , = und

= ergibt sich cos\( ; ) = 0,5547 ⇒

\( ; ) ≈ 56,3°

Der Kursänderungswinkel beträgt etwa 56°.

OS10

20

0 2, 3

2

0 28

32

0 2,

SgE

AM AS

AM 25 10–( )230 20–( )2

0 2 0 2,–,( )2+ +

AS 28 10–( )232 20–( )2

0 2 0 2,–,( )2+ +

AM AS

M

C

B

MB MC

MB MC MB MC⋅

MB MC⋅------------------------------

MB40 25–

40 30–

0 2 0 2,–,

MB 13 MC25 25–

45 30–

0 25 0 2,–,

MC 9000120

------------------- MB MC

MB MC

79

Erwartungsbilder

b) Zusammenstoß beider Helikopter kann nicht stattfinden, wenn die Geraden g(M, C) und g(D, B) einander nicht schneiden. (Ein Schnitt zwischen g(C, B) und g(D, B) ist nicht zu untersuchen, da beide Geraden, falls nicht identisch, einzig den Punkt B gemeinsam haben.)

Geraden g(M, C) und g(D, B):

g(M, C): x = + u ;

g(D, B): x = + v

Für ihren Schnittpunkt müsste gelten:xg(M, C) = xg(D, B), d.h.

+ u = + v , also

(I) 25 = 5 – 35v ⇒ v = – = – ,

(II) 30 + 15u = 35 –5·(– ) ⇒ u = ; Kontrolle in (III)

(III) 0,2 + ·0,05= 0,15 + (– )·(–0,05)⇒ liefert keine wahre Aussage.

Folglich gibt es zwischen g(M, C) und g(D, B) keine gemeinsamen Punkte. (Parallelität beider Kurse wäre für einen Zusammenstoß auch nicht relevant.)


a) Berechnen der Länge des zusätzlich zurückgelegten Weges 4 BENachweisen, dass Helikopter vor Nebelfront umgeleitet 7 BEErmitteln des Winkels 3 BE

b) Nachweis, dass kein Zusammenstoß erfolgt 6 BE20 BE

25

30

0 2, 0

15

0 05,

5

35

0 15, 35–

5–

0 05,–

25

30

0 2, 0

15

0 05, 5

35

0 15, 35–

5–

0 05,–

2035------ 4

7---

47--- 11

21------

1121------ 4

7---

80

Sachsen-Anhalt

Erwartungsbild zu Aufgabe 2.2a) Ebene E(A, g)

Für die Ebene E gilt mit = und =

E: x = + t + s , d.h.

x = + t + s

(oder in Koordinatenform: Mit nE = ag × = und (x – ) · n = 0,

also · = 0, erhält man 2x2 – 4 + x3 = 0)

b) Windschiefe Geraden g und h:

Gerade h durch die Punkte B und C:

h: x = + r· = + r

Da ag ≠ k·bh wegen ≠ k , sind g und h nicht parallel.

Weiterhin Untersuchung auf gemeinsamen Punkt von g und h:

(I) 1 + t = 5 + 4r

(II) 2 = 6 + 6r ⇒ r = –

(III) 0 = –3 – 2r ⇒ r = – ⇒ Widerspruch

Das Gleichungssystem hat also keine Lösung – es existiert kein gemeinsamer Punkt von g und h.

⇒ g und h sind windschief zueinander.

OP1

2

0

ag

1

0

0

g

E

A

OP ag PA

1

2

0 1

0

0 3

1

2–

PA0

2

1

OP

0

2

1 x1 1–

x2 2–

x3 0–

OB BC5

6

3– 4

6

2–

1

0

0 4

6

2–

23---

32---

81

Erwartungsbilder

Lage der Geraden g im Koordinatensystem:

Weil der Punkt P in der x1-x2-Ebene liegt und der Richtungsvektor nur in x1-Richtung zeigt, liegt diese Gerade parallel zur x1-Achse in der x1-x2-Ebene (und damit senkrecht zur x2-x3-Ebene).

Durchstoßpunkt D zwischen Ebene E und Gerade h:

Im Durchstoßpunkt D müssen die x1-, x2- und x3-Komponente von Gerade und Ebene übereinstimmen.

Aus E: 2x2 + x3 = 4 und h:x = + r folgt damit:

2·(6 + 6r) + (–3 – 2r) = 4,

12 + 12r – 3 – 2r = 4⇒ r = – ⇒ = – =

⇒ D(33–2)

c) Koordinaten zweier Punkte P1 und P2 mit gleichem Abstand zu D:

Da P1 und P2 auf der Geraden g liegen, giltP1(1 + t120) und P2(1 + t220).

Für deren Abstand zu D folgt dann bei i = 1, 2:

= = , d.h.

(–2 + ti)2 + 1 + 4 = 6, (–2 + ti)

2 = 1, –2 + ti = 1. ⇒ t1 = 1, t2 = 3

P1(220) und P2(420) sind die Punkte auf g mit gleichem Abstand zu D.


a) Aufstellen der Ebenengleichung 3 BEb) Nachweisen, dass g und h zueinander windschief 6 BE

Beschreiben der Lage von g 2 BEBerechnen der Koordinaten von D 4 BE

c) Berechnen der Koordinaten von P1, P2 5 BE20 BE

P

ag

x2

x1

x3g

5

6

3– 4

6

2–

12--- OD

5

6

3–

12---

4

6

2– 3

3

2–

DPi 1 ti 3–+( )22 3–( )2

0 2–( )–( )2+ + 6

82

Sachsen-Anhalt

Erwartungsbild zu Aufgabe 3.1a) Wahrscheinlichkeiten ausgewählter Ereignisse:

Ereignis A: – Die drei gezogenen Karten sind von gleicher Farbe.

Ereignis B: – Die drei gezogenen Karten weisen den gleichen Wert auf.

P(A) = 1· · = P(B) = 1· · =

P(A) ≈ 4,5 % P(B) ≈ 0,6 %

b) Wahrscheinlichkeitsverteilung von Gewinn und Verlust:

Der Gewinn wird mit der Zufallsgröße X beschrieben. Der Einsatz beträgt 0,50 DM, bei Ereignis A werden 5 DM und bei Ereignis B 11 DM ausge-zahlt.

Um die Gewinn- bzw. Verlustsituation darzustellen, eignet sich folgendes Schema:

und daraus

Ereignis A Ereignis B

1. Karte

2. Karte

3. Karte

1. Karte

2. Karte

3. Karte

Gewinne xi (11 – 0,5) DM (5 – 0,5) DM –0,5 DM

P(X = xi) 1· · = 1· · =

Ereignis B Ereignis A

bel. Farbe

gl. Farbeand.

731------ 24

31------

2430------6

30------

gl.

Farbe

and.

Farbe

1

Farbe

bel. Bild

gl. Bildand.

331------ 28

31------

2830------2

30------

gl.

Bild

and.

Bild

1

Bild

731------ 6

30------ 7

155--------- 3

31------ 2

30------ 1

155---------

230------

331------

731------

630------

2131------

gl. Bildand.

gl. Bild gl. Farbe

bel. Karte1

gl.and. KarteFarbeKarte

and. Karte (weder gl. Bildnoch gl. Farbe)

331------ 2

30------ 1

155--------- 7

31------ 6

30------ 7

155--------- 1 1

155---------– 7

155---------– 147

155---------=

83

Erwartungsbilder

Untersuchung auf Gewinn / Verlust beim Spiel:

Mit dem Erwartungswert der Zufallsgröße X ergibt sich die langfristige Aus-sage über Gewinn oder Verlust:

EX = x1·P(X = x1) + x2·P(X = x2) + x3·P(X = x3), also lt. obiger Tabelle:

EX = 10,5· + 4,5· + (–0,5)· ≈ –0,203

Das heißt: Auf lange Sicht stellt sich ein Verlust ein.

Auszahlungsbetrag für Ereignis A bei fairem Spiel:

Bei einem fairen Spiel ist EX = 0.

Wenn der Gewinnbetrag xa bei Ereignis A so bestimmt werden soll, dass das Spiel fair ist, so muss gelten:

EX = 0 = 10,5· + xa· + (–0,5)· ,

0 = 10,5 + 7xa – 73,5, 0 = 7xa – 63 ⇒ xa = 9

Wenn der Gewinn 9 DM und der Einsatz 0,50 DM betragen, muss der Auszah-lungsbetrag 9,50 DM betragen.

c) Spielrunden für mindestens einmaliges Eintreten von B mit 10 %iger Wahr-scheinlichkeit:

Mit einer Zufallsgröße Y bei insgesamt n Spielen lässt sich die Anzahl der Spielrunden, bei denen Ereignis B eintritt, beschreiben:

Y ist binomialverteilt mit Y ~ Bn; , d.h., für P(Y ≥ 1) ≥ 0,1 gilt auch

1 – P(Y = 0) = 1 – ≥ 0,1

Nach ≤ 0,9 ergibt sich ln0,9 ≥ n(ln154 – ln155) und damit

n ≥ ≈ 16,3, d.h. : Es sind mindestens 17 Spiele notwendig.


a) Berechnen der Wahrscheinlichkeiten für A und B 3 BEb) Angeben der Wahrscheinlichkeitsverteilung 4 BE

Untersuchen von Gewinn/Verlust auf lange Sicht 2 BEErmitteln eines Auszahlungsbetrags für ein faires Spiel 2 BE

c) Berechnen der notwendigen Spielanzahl 4 BE15 BE

Spielrunden yi 0) 1 2 …

P(Y = yi) n · …

1155--------- 7

155--------- 147

155---------

1155--------- 7

155--------- 147

155---------

154155---------

n 1155---------

1 154155---------

n 1–

1155---------

154155---------

n

154155---------

n

0 9,ln154ln 155ln–

-----------------------------------

84

Sachsen-Anhalt

Erwartungsbild zu Aufgabe 3.2a) Wendepunkte von fa(x):

fa'(x) = –a2x2 – 2ax – , fa''(x) = –2a2x – 2a,

fa'''(x) = –2a2 ≠ 0 für alle x ∈DB bei a > 0.

Falls fa''(– ) = 0, so besitzen die Graphen von fa wegen fa'''(x) ≠ 0 für alle x an

der Stelle xW = – Wendepunkte:

fa''(– ) = –2a2·(– ) – 2a = 2a – 2a = 0.

Aus fa(– ) = – a2·(– )3 – a(– )2 – (– ) = · – + · ergibt sich

yW = fa(– ) = · .

Die Graphen von fa besitzen also die Wendepunkte W(– · ).

b) Iterationsvorschrift für NEWTONsches Näherungsverfahren zur Bestimmung des Schnittpunktes S zwischen f0 und h:

Allgemeine Iterationsvorschrift des NEWTONverfahrens: xi + 1 = xi –

Für den Schnittpunkt S(xSf(xS)) zwischen den Graphen von f0 und h muss gelten: f0(xS) – h(xS) = 0

Die Abszisse xS lässt sich berechnen als Nullstelle einer Hilfsfunktionu(x) = f0(x) – h(x) mit Hilfe des NEWTONverfahrens:

u(x) = – 02·x3 – 0·x2 – x – (e–x – 3) = – x – e–x + 3; u'(x) = – + e–x ⇒

xi + 1 = xi – = xi – .

c) Rotationsvolumen:

Wegen e–x – 3 = 0, alsoe–x = 3 und damit x = –ln3, ist x0 = –ln3 die Nullstelle von h. xS ist die Schnitt-stelle von h und f0.

Für das Rotationskörper-volumen gilt dann

V = π y2dx

mit a = xS und b = –ln3.

43---

1a---

1a---

1a--- 1

a---

1a--- 1

3--- 1

a--- 1

a--- 4

3--- 1

a--- 1

3--- 1

a--- 1

a--- 4

3--- 1

a---

1a--- 2

3--- 1

a---

1a--- 2

3--- 1

a---

f x i( )f ′ xi( )-------------

13--- 4

3--- 4

3--- 4

3---

43---xi– e

xi–3+–

43---– e

xi–+

---------------------------------------

43---xi e

xi–3–+

43--- e

xi––

-----------------------------------

f0

y

xO

h

a

b

∫

85

Erwartungsbilder

V = V1 –V2= π [f 0(x)]2dx – π [e–x – 3]2dx

= π [– x]2dx – π [e–x – 3]2dx = π ( x2 – e–2x + 6e–x – 9)dx

= π([ x3 + e–2x – 6e–x – 9x] )


a) Nachweisen der Existenz der Wendepunkte 7 BEb) Herleiten der Iterationsvorschrift 3 BEc) Nachweis der Richtigkeit der Volumenformel 5 BE

15 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 3.3a) Hyperbelgleichung:

Für eine Hyperbel mit Mittelpunkt M(00) gilt allgemein: = 1

Wegen der Punkte P, Q auf der Hyperbel ergibt sich:

(I) – = 1 (II) – = 1 bzw.

(I') 16b2 – a2 = a2b2 (II') 25b2 – 4a2 = a2b2

Aus (I') erhält man:

(I'') b2 – a2 = bzw. b2(1 – ) = a2

(I'') in (II'):

25· – 4a2 = a2 , also 25· – 4(1 – ) = a2 bzw.

25·7 – 4·64 + 16a2 = 7a2 ⇒ a1 = 3, (a2 = –3)

⇒ b1 = , (b2 = ); Hyperbelgleichung – = 1;

b) Brennpunkte und Asymptoten:

Wegen e = ergibt sich e1 = , (e2 = – ).

Da die Brennpunkte F1, F2 auf der x-Achse liegen, gilt:

xS

3ln–

∫xS

3ln–

∫

xS

3ln–

∫ 43---

xS

3ln–

∫xS

3ln–

∫ 169------

1627------ 1

2---

3ln–

xS

x2

a2----- y2

b2-----–

16

a2------

74---

b2----- 25

a2------ 4

b2-----

74---

764------ a2b2

16---------- a2

16------ 7

64------

764------a2

1 a2

16------–

--------------------

764------a2

1 a2

16------–

-------------------- 7

64------ a

2

16------ 7

64------

32--- 3

2---– x2

9----- y2

94--------

a2

b2

+ 32--- 5 3

2--- 5

86

Sachsen-Anhalt

F1/2(±e0) ⇒ F1(– 0), F2( 0)

Für die Asymptoten einer Hyperbel gilt allgemein: = 0, d.h.

y = ± ·b, speziell also yI = – x, yII = x.

c) Schnittpunkt R zwischen Tangente und Asymptote im IV. Quadranten:

Wegen R im IV. Quadranten muss gelten:

xR > 0, y = – x

(nur diese Asymptote verläuft vom II. in den IV. Quadranten).

Für eine Tangente an eine Hyperbel gilt:

= 1,

d.h. y = (–1 + )· .

Mit Q(52) heißt das also:

y = – + x · = x –

Für den Schnittpunkt R ergibt sich wegen R ∈ Tangente und R ∈ Asymptote:

xR – = – xR, xR = , also xR = 1 ⇒ yR = – ⇒ R(1– )


a) Aufstellen der Hyperbelgleichung 7 BEb) Ermitteln der Koordinaten der Brennpunkte 2 BE

Aufstellen der Asymptotengleichung 1 BEc) Berechnen der Koordinaten des Schnittpunkts R 5 BE

15 BE

32--- 5 3

2--- 5

xa--- y

b---±

xa--- 1

2--- 1

2---

y

xR

12---

xx1

a2-------- yy1

b2--------–

xx1

a2-------- b2

y1-----

94---

2 ------

94---

2 ------ 5

9--- 5

8--- 9

8---

58--- 9

8--- 1

2--- 9

8--- 9

8--- 1

2--- 1

2---


1998 / 99

Gymnasium

Thüringen

88

Thüringen

Hinweis:Der Prüfungsteilnehmer hatte von den Aufgaben 1.1 und 1.2 eine und von den Auf-gaben 2.1 und 2.2 und 2.3 zwei zur Bearbeitung auszuwählen.

Aufgabe 1.1Gegeben ist die Funktion f durch

y = f(x) = (x ∈ R, x ≠ – 4).

a) Weisen Sie nach, dass gilt: !

Untersuchen Sie den Graphen von f auf Schnittpunkte mit den Koordinaten-achsen, lokale Extrem- und Wendepunkte!Berechnen Sie gegebenenfalls die Koordinaten dieser Punkte!

b) Ermitteln Sie die Gleichungen der Asymptoten des Graphen der Funktion f!Skizzieren Sie den Graphen der Funktion f sowie die Asymptoten im

Intervall in ein und dasselbe Koordinatensystem!

c) Weisen Sie nach, dass die Funktion F mit

für x > – 4 eine Stammfunktion von f ist!

Berechnen Sie den Inhalt der Fläche, die vom Graphen der Funktion f und der x-Achse vollständig begrenzt wird!

d) Die Punkte A(–3; f(–3)), B(5; f(5)) und C(xc; f(xc)) mit –3 < xc < 5 bilden ein Dreieck.Für welchen Wert von xc ist der Flächeninhalt dieses Dreiecks maximal?Berechnen Sie diesen maximalen Flächeninhalt!

e) Durch die Punkte A(–3; f(–3)), B(5; f(5)) und D(0; f(0)) verläuft der Graph einer quadratischen Funktion q.Ermitteln Sie die Funktionsgleichung für q!

f) Im Punkt B(5; f(5)) existiert die Tangente tB an den Graphen der Funktion f.Zu dieser Tangente tB gibt es durch B eine senkrechte Gerade g.Bestimmen Sie die Gleichung der Geraden g!

x2 2x– 15–x 4+-----------------------------

f ′ x( ) x2

8x 7+ +

x 4+( )2---------------------------=

10– x 8≤ ≤

F x( ) 12---x

26x– 9 x 4+( )ln⋅+=

89

Aufgaben

Aufgabe 1.2Gegeben ist eine Funktion f durch y = f(x) = (x ∈ R).

a) Untersuchen Sie den Graphen f auf Schnittpunkte mit der x-Achse, lokale Extrem- und Wendepunkte und geben Sie diese gegebenenfalls an!Skizzieren Sie den Graphen f im Intervall !

b) Der Graph von f schneidet die x-Achse im Punkt N. An den Graphen der Funktion f wird im Punkt N die Tangente gelegt.Bestimmen Sie die Gleichung der Geraden g, die auf dieser Tangente im Punkt N senkrecht steht!

c) Weisen Sie nach, dass F(x) = eine Stammfunktion von f ist!Ermitteln Sie diejenige Stammfunktion, die an der Stelle x = 0,5 den Wert 3e0,25 hat!

d) Der Grapf der Funktion f und der Graph der Funktion y = x – 2 begrenzen eine Fläche vollständig.Berechnen Sie deren Inhalt!

e) Durch den Punkt P(k; f(k)) mit 0 < k < 2 werden die Parallelen zu den Koordi-natenachsen gezeichnet. Diese Parallelen und die Koordinatenachsen begren-zen ein Rechteck.Berechnen Sie k für den Fall, dass der Flächeninhalt des Rechtecks maximal wird!Geben Sie diesen maximalen Flächeninhalt an!

f) Eine ganzrationale Funktion 3. Grades hat im Schnittpunkt des Graphen von f mit der y-Achse einen Extrempunkt und im Schnittpunkt des Graphen von f mit der x-Achse einen Wendepunkt.Geben Sie eine Gleichung dieser Funktion an!

Aufgabe 2.1In einem kartesischen Koordinatensystem bestimmen die Eckpunkte A, B, C, D und E, F, G, H eine Garage mit rechteckiger Grundfläche und Pultdach. Drei Kan-ten liegen auf den Koordinatenachsen; der Boden ist Teil der x-y-Koordinaten-ebene.Es ist A(5; 0; 0), B(5; 3; 0), E(5; 0; 2,5) und H(0; 0; 4) (Angaben in Metern).

x 2–( ) e0 5x,⋅

3– x 3≤ ≤

e0 5x,

2x 8–( )⋅

90

Thüringen

Skizze:

a) Bestimmen Sie die Koordinaten der Eckpunkte C, D, F und G!

b) Berechnen Sie den Rauminhalt der prismenförmigen Garage sowie den Flä-cheninhalt des Daches!

c) Stellen Sie eine Gleichung für die Ebene der Dachfläche auf und ermitteln Sie den Neigungswinkel des Daches zur x-y-Koordinatenebene!

d) Eine Lampe L befindet sich 1 m über dem Mittelpunkt der Kante .In welchem Punkt P0 trifft ein Lichtstrahl von L durch den Punkt F die x-y-KoordinatenebeneGeben Sie die Koordinaten des Punktes P0 an!

e) Durch den Mittelpunkt der Kante verläuft eine Parallele zur y-Achse. Auf dieser steht ein Kind so, dass es die Lampe L (aus Teilaufgabe d) gerade noch sehen kann.

In welcher Entfernung von der Kante muß sich das Kind mit einer Augen-höhe von 1 m aufstellen?

f) Auf der Kante existiert ein Punkt T so, dass gilt: .Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes T!

εα

EH

BC

BC

FG CT⊥FG

y

x

z

G

C

A B

DE F

HL

M

(Skizze nicht maßstäblich)

91

Aufgaben

Aufgabe 2.2In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(–1; 3; –2), B(– 4; -3; –2), C(1; –3; –2) und D(2; –1; –2) gegeben.

a) Geben Sie eine Parametergleichung der Ebene an, die die Punkte A, B und C enthält!

b) Weisen Sie nach, dass der Punkt D in der Ebene (aus Teilaufgabe a) liegt!

c) Zeigen Sie, dass A, B, C und D in dieser Reihenfolge ein gleichschenkliges Trapez bilden!

d) Die Diagonalen des Trapezes ABCD schneiden einander in einem Punkt M.Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes M und die Größe des Winkels, unter dem sich die Diagonalen schneiden!

e) Zeigen Sie, dass der Flächeninhalt des Trapezes ABCD 20 FE beträgt!

f) Gegeben ist die Gerade g mit = + r , (x ∈ R).

Weisen Sie nach, dass g orthogonal zu (aus Teilaufgabe a) ist!Ermitteln Sie die Koordinaten aller Punkte S auf der Geraden g, so dass das Volumen der Pyramide ABCDS 48 VE beträgt!

Aufgabe 2.3

In einer Urne befinden sich 10 Kugeln. Eine Kugel ist mit der Ziffer 1 beschriftet.Drei Kugeln sind mit der Ziffer 3 beschriftet. Sechs Kugeln sind mit der Ziffer 6beschriftet.

a) Der Urne werden zwei Kugeln mit einem Griff entnommen.Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit folgender Ereignisse!A:= „Beide Kugeln haben die Aufschrift 6.“B:= „Beide Kugeln haben die gleiche Aufschrift.“C:= ∩ BD:= A ∩

ε

ε

x

y

z 0 5,

1 5,–

0 0

0

1

ε

AB

92

Thüringen

b) Der Urne werden nun 4 Kugeln nacheinander mit Zurücklegen entnommen. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass die Ziffer 3 mehr als einmal und weniger als viermal auftritt!

c) Wie oft muß mit Zurücklegen mindestens gezogen werden, damit eine Kugel mit der Ziffer 6 mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 90% mindestens ein-mal auftritt?

d) Es wird folgendes Gewinnspiel vereinbart:Für einen Einsatz von 1,10 Euro darf der Spieler Kugeln nacheinander und ohne Zurücklegen ziehen.Das Spiel wird abgebrochen, wenn eine Kugel mit der Ziffer 6 oder eine Kugel mit einer Ziffer erscheint, die größer oder gleich der vorhergehenden ist.Die zuletzt gezogene Kugel bestimmt den Auszahlungsbetrag.Bei Ziffer 6 beträgt er ein Euro, bei Ziffer 3 zwei Euro und bei Ziffer 1 drei Euro.Erhält der Spieler auf lange Sicht einen Gewinn?

e) Ein Automat prüft die Qualität von angefertigten Kugeln.Von 100 Kugeln sind 3 unbrauchbar. Der Rest ist brauchbar.Der Automat irrt sich bei seiner Entscheidung mit einer Wahrscheinlichkeit von 1%.Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Automat eine Kugel als unbrauchbar aussortiert?

93

Erwartungsbilder

Erwartungsbild zu Aufgabe 1.1a) Nachweis:

Schnittpunkte mit der x-Achse:f(x) = y = 0:0 = x2 – 2x – 15 ⇒ x1 = –3; x2 = 5, also Sx1(–30); Sx2(50)

Schnittpunkte mit der y-Achse:

x = 0: y = = –3,75 ⇒ Sy(0–3,75)

Lokale Extrempunkte:

: 0 = x2 + 8x +7 ⇒ x1 = –7; x2 = –1

; < 0 ⇒ lokale Maximumstelle

> 0 ⇒ lokale Minimumstelle

Mit f(–7) = –16 und f(–1) = –4 folgen PMax(–7–16); PMin(–1–4)

Wendepunkte:: ⇒ 0 = 18 (falsche Aussage)

Es existiert also kein Wendepunkt.

b) Asymptoten:Senkrechte Asymptoten: x + 4 = 0, also x = –4(Da x = –4 keine Nullstelle von f ist, ist es die Gleichung der senkrechten Asymptote.)Schräge Asymptoten:(x2 – 2x – 15) : (x + 4) = ⇒ schräge Asymptote y = x – 6

f' x( ) 2x 2–( ) x 4+( ) x2

2x– 15–( )–

x 4+( )2------------------------------------------------------------------------------ 2x2

8x 2x– 8– x2

– 2x 15+ + +

x 4+( )2-------------------------------------------------------------------------------= =

f' x( ) x2

8x 7+ +

x 4+( )2---------------------------=

15–4---------

f' x( ) 0=

f'' x( ) 18

x 4+( )3-------------------= f″ 7–( ) 23---–=

f″ 1–( ) 23---=

f'' x( ) 0= 0 18

x 4+( )3-------------------=

x 6– 9x 4+------------+

94

Thüringen

Skizze:

c) Nachweis Stammfunktion:

Inhalt der Fläche:Skizze:

(FE)

d) Maximaler Flächeninhalt:Skizze:

A(–30); B(50)

Hauptbedingung:

A(g, hc) =

Nebenbedingung:g = 8h = –f(xc)

1 2 3 4 5 6 7–10–2–3–4–5–6–7–8–9–10

10

20

3040

50

6070

80

90

100

–1

20

30

40

50

60

80

90

100

x

y

70

–

–

–

–

–

–

–

–

–

–

f

f

8

F' x( ) f x( )=

F' x( ) x 6– 9 1x 4+------------⋅+ x x 4+( ) 6 x 4+( )– 9+

x 4+-------------------------------------------------------- x2

2x– 15–x 4+----------------------------- f x( )= = = =

1

f

1

x

y

AO

A f x( ) xd

3–

5

∫=

A 12---x

26x– 9 x 4+( )ln⋅+

3–

5=

A 2 275 22 5,–,=

A 20 225,=

1

f

1

x

y

A B

C

xc

O

12---g hc⋅

95

Erwartungsbilder

Zielfunktion: A(xc) =

(xc) = ⇒ –4x2 – 32x – 28 = 0,

also x1 = –7 (entfällt, da –3 < xc < 5); x2 = –1

(xc) = ; ⇒ lokales Maximum

A(–1) = 16 (FE)

e) Funktionsgleichung für q:

Es gilt: q(x) = ax2 + bx + c

A(–30) ⇒ (I) 0 = 9a – 3b + c

B(50) ⇒ (II) 0 = 25a + 5b + c

C(0–0,375)⇒ (III) –3,75 = c

Lösen des Gleichungssystems ergibt

a = 0,25; b = – 0,5; c = – 3,75⇒ q(x) = 0,25x2 – 0,5x – 3,75

f) Gleichung der Geraden g:B(50)

Aus und folgt .

Mit und B(50) ergibt sich

, also .

⇒

Erwartungsbild zu Aufgabe 1.2

a) Schnittpunkt mit der x-Achse:

y = 0: ;

da , ist x – 2 = 0, also x = 2⇒ Sx(2 | 0)


4x2

– 8x 60+ +x 4+--------------------------------------

A' 4x2

– 32x– 28–

x 4+( )2---------------------------------------- 0=

A'' 72–

x 3+( )3------------------- A″ 1–( ) 9 0<–=

mt f ′ 5( ) 89---= = mt mg⋅ 1–= mg

98---–=

g x( ) mg x n+⋅=

0 98--- 5 n+⋅–= n 45

8------=

g x( ) 98---x– 45

8------+=

0 x 2–( ) e0 5x,⋅=

e05x,

0≠

f' x( ) e0 5x,

x 2–( ) e0 5x,

0 5,⋅ ⋅+ 0 5x e0 5x,⋅,= =

96

Thüringen

: ⇒ x = 0

> 0⇒ lokale Minimumstellef(0) = –2 ⇒ PMin(0 | –2)

Wendepunkt:: ⇒ x = –2

; ⇒ es existiert Wendepunkt

⇒

Skizze:

b) Gleichung der Geraden g:

Aus und folgt .

Mit und N(20) ergibt sich

, also ⇒ .

c) Nachweis Stammfunktion:

(Menge aller Stammfunktionen)

⇒

f'' x( ) e0 5x,

0 5 0 25x,+,( )=

f' x( ) 0= 0 0 5x e0 5x,⋅,=

f'' 0( ) 0 5,=

f'' x( ) 0= 0 e0 5x,

0 5 0 25x,+,( )=

f''' x( ) e0 5x,

0 5 0 125x,+,( )= f''' 2–( ) 0≠

f 2–( ) 4e---–= PW 2 4

e---––

1

y

f

x–1–1

1

O

mt f ′ 2( ) e= = mt mg⋅ 1–= mg1e---–=

g x( ) mg x n+⋅=

0 1e--- 2 n+⋅–= n 2

e---= g x( ) 1e---x– 2

e---+=

F' x( ) f x( )=

q' x( ) 0 5 e0 5x,

2x 8–( ) e0 5x,

2⋅+⋅ ⋅, e0 5x,

x 2–( )⋅ f x( )= = =

q x( ) e0 5x,

2x 8–( ) c+⋅=

3 e0 25,⋅ e

0 25,7–( ) c+⋅=

c 10 e0 25,⋅= q x( ) e

0 5x,2x 8–( ) 10 e

0 25,⋅+⋅=

97

Erwartungsbilder

d) Flächeninhalt:Skizze:

Schnittstellen:

(x – 2) =

0 =

0 =

⇒ (1) x – 2 = 0, also x1 = 2

⇒ (2) e0,5x = 1, also x2 = 0

A =

(FE)

e) Skizze:Hauptbedingung:Nebenbedingung: ; Zielfunktion:

: Wegen gilt

⇒ ; (entfällt, da 0 < k < 2)

;

⇒ lokale Maximumstelle

Maximaler Flächeninhalt: (FE)

1

y

f

x–1

–1

1

A0

O

x 2–( ) e0 5x,⋅

x 2–( ) e0 5x,

x 2–( )–⋅

x 2–( ) e0 5x,

1–( )⋅

A f x( ) xd

0

2

∫ ADreieck–=

e0 5x,

2x 8–( )[ ]2

0

12--- 2 2⋅ ⋅–

A 0 87,≈

A a b⋅=

1

y

f

x–1

–1

1

k

P

O

a k= b f k( )–=

A k( ) k2

– 2k+( ) e0 5k,⋅=

A' k( ) 0 5k2

k– 2+,–( ) e0 5k,⋅=

A' k( ) 0=

A' k( ) 0= e0 5k,

0≠ 0 0 5k2

k– 2+,–=

k1 1– 5+= k2 1– 5–=

A'' k( ) 0 25k2

1 5k,–,–( ) e0 5k,⋅= A'' 1– 5+( ) 4 15 0<,–≈

A 1– 5+( ) 1 75,≈

98

Thüringen

f) Gleichung ganzrationale Funktion 3. Grades:

für Extremstelle gilt:für Wendestelle gilt:

Lösen des Gleichungssystems (I) d = – 2(II) 8a + 4b + 2c + d = 0(III) c = 0(IV) 12a + 2b = 0

ergibt ; ; ;

⇒ Funktionsgleichung:


a) Koordinaten der Punkte: C(0 | 3 | 0); D(0 | 0 | 0); F(5 | 3 | 2,5); G(0 | 3 | 4)b) Volumen der Garage:

;

= (m2)

m

Dachfläche: Skizze:

c) Ebenengleichung:

z.B. : x = ; x = + +

Neigungswinkel : Skizze:

⇒

y ax3

bx2

cx d+ + +=

y' 3ax2

2bx c+ + 0= =y'' 6ax 2b+ 0= =

a 18---–= b 3

4---= c 0= d 2–=

y 18---x

3– 3

4---x2

2–+=

V A G h⋅= AG ATrapez ABCGF= =

AGBF CG+

2---------------------------- BC⋅ 2 5 4+,2------------------ 5⋅ 16 25,= =

h AB 3= =

V 16 25m2

3m⋅, 48 75m3,= =

A EF FG⋅=

A 3m 27 25, m⋅=FG 5m( )2

1 5m,( )2+=

A 15 66m2,≈ FG 27 25, m=

ε OH rHE sHG++00

4

r50

1 5,–

s00

3

αG1,5 m

5 mαF

αtan 1 5,5--------- 0 3,= = α 16 7°,≈

F

G

1,5 m

5 m

99

Erwartungsbilder

d) M(2,5 | 0 | 3,25); L(2,5 | 0 | 4,25)

gLF : x = εXY : x =

: (I) (II) (III)

⇒ ; ; , also P0(8,57 | 7,29 | 0)

e) MFG(2,5 | 3 | 3,25) ; gLH: x =

Augen des Kindes: (2,5 | y | 1) ⇒

Lösen des Gleichungssystems: (I) 2,5 = 2,5(II) y = 3r(III) 1 = 4,5 – r ⇒ r = 3,25 , also y = 9,75

Entfernung: 9,75 m – 3 m = 6,75 m

f) ⇒ gFG: x =

Da genau dann, wenn ,

folgt für und

= 27,25t – 21,25 = 0.

⇒ und nach Einsetzen in gFG: T(1,1 | 3 | 3,67)

2 5,0

4 25,

u

2 5,3

1 75,–

+

0

0

0

r

1

0

0

s

0

1

0

+

+

gLF εXY∩ 2 5 2 5u,+, r=3u s=

4 25 1 75u,–, 0=

u 2 43,≈ s 7 29,≈ r 8 57,≈

2 5,0

4 25,

r

0

3

1–

+

2 5,y

1 2 5,

0

4 5,

r

0

3

1–

+=

T FG∈5

3

2 5,

t

5–

0

1 5,

+

CT⊥FG CT FG⋅ 0=

CT

5 5t–

0

2 5 1 5t,+,

= FG

5–

0

1 5,

=

5 5t–

0

2 5 1 5t,+, 5–

0

1 5,

⋅ 5 5t–( ) 5–( ) 0 2 5 1 5t,+,( ) 1 5,⋅+ +⋅( )=

t 0 78,≈

100

Thüringen


a) Ebenengleichung:

: ; x =

b) Punktprobe für D(2 | – 1 | – 2):

Da das Gleichungssystem (I) 2 = – 1 – 3r + 2s(II) – 1 = 3 – 6r – 6s(III)– 2 = – 2

eindeutig lösbar ist ( ; s = 1), ist nachgewiesen, dass der Punkt D in der Ebene liegt.

c) Nachzuweisen ist:(1) ein Paar paralleler Seiten und(2) gleichlange Schenkel

(1) Für die Seiten und gilt ; k = 3

⇒ , also liegt ein Trapez vor.

(2) Für die Schenkel und gilt

(LE), d.h., die Schenkel sind gleich lang;die Punkte A, B, C, D bilden also ein gleichschenkliges Trapez.

d) gAC: x = ; gBD: x =

: (I)– 1 + 2r = – 4 + 6s(II) 3 – 6r = – 3 + 2s(III) – 2= – 2

⇒ s = ; r = ⇒ M(0,5 | – 1,5 | – 2)

ε x OA rAB sAC+ +=

1–

3

2–

r

3–

6–

0

s

2

6–

0

+ +

2

1–

2– 1–

3

2–

r

3–

6–

0

s

2

6–

0

+ +=

r 13---–=

ε

AB

3–

6–

0

= DC

1–

2–

0

= AB kDC=

AB DC||

DA

3–

4

0

= CB

5–

0

0

=

DA CB 5= =

1–

3

2–

r

2

6–

0

+

4–

3–

2–

s

6

2

0

+

gAC gBD∩

34---

34---

101

Erwartungsbilder

Schnittwinkel der Diagonalen:

⇒

e) Flächeninhalt des Trapezes:Es gilt: LE

LE

LE

,

also

⇒ LE

Damit folgt ATr = (FE)

f) , wenn das Skalarprodukt des Richtungsvektors der Geraden mit jeweils einem Spannvektor der Ebene gleich null ist:

(1)

(2)

⇒ Die Gerade g verläuft orthogonal zur Ebene .

Koordinaten aller Punkte S:Für das Volumen der Pyramide gilt: VP =

Mit V P = 48 (VE) folgt: , also (LE).

ϕcos AC BD⋅AC BD⋅--------------------------- 0

40------ 0= = = ϕ 90°=

.α

D Cc

A Ba

h

a AB 45= =

c DC 5= =

AD 5=

αcos AD AB⋅AD AB⋅---------------------------- 3

45----------= =

α 63 43°,≈

h α AD 4 47,≈⋅sin=

12--- a c+( ) h⋅ 1

2--- 45LE 5LE+( ) 4 47LE,⋅ ⋅ 20= =

g⊥ε

0

0

1 3–

6–

0

⋅ 0 3–( ) 0 6–( ) 1 0⋅+⋅+⋅ 0= =

0

0

1 2

6–

0

⋅ 0 2 0 6–( ) 1 0⋅+⋅+⋅ 0= =

ε

13---AABCD h⋅

48 13--- 20 h⋅ ⋅= h MS 7 2,= =

102

Thüringen

Da die Punkte S auf einer Geraden g, mit , liegen und für die Punkte A, B, C, D und M jeweils x3 = – 2 gilt, folgt für die Koordinatenx3 von S: x3 = – 2 + 7,2 = 5,2

oder x3 = – 2 – 7,2 = – 9,2⇒ S1(0,5 | – 1,5 | 5,2) , S2(0,5 | – 1,5 | – 9,2)


a) Baumdiagramm:

P(A) = ; P(B) = ; P(C) = ; P(D) = 0

wobei : nicht beide Kugeln haben die Aufschrift 6, also

: nicht beide Kugeln haben die gleiche Aufschrift,also

b) Ziffer 3 wird X-mal entnommen:P(1 < X < 4) = P(X = 2) + P(X = 3)

=

ei P(ei)

(1; 3)

(1; 6)

(3; 1)

(3; 3)

(3; 6)

(6; 1)

(6; 3)

(6; 6)

g⊥ε

6

3

1

3

6

1

3

6

1

3

6

310------

110------

610------

39---

69---

19--- 2

9---

69---

19---

59---

39---

130------

230------

130------

115------

15---

115------

15---

13---

13---

115------ 1

3---+ 25---= 1

15------

AC A B∩ 3 3,( ) = =

BD A B∩ ∅= =

4

2 3

10------ 2 7

10------ 2 4

3 3

10------ 3 7

10------⋅ ⋅+⋅ ⋅ 0 3402,=

103

Erwartungsbilder

c) Ziffer 6 wird X-mal gezogen: Mit = 1 – P(X = 0) (Gegenereignis: „keine Sechs wird gezogen“)

und P (X = 0) = folgt

1 – P (X = 0) = 1 – > 0,9

0,1 >

ln 0,1 >

n> 2,51⇒ Es muss mindestens 3-mal gezogen werden.

d) Baumdiagramm:

E(Xi) = – 0,1· + 0,9 · ≈ 0,003

Auf lange Sicht erhält der Spieler einen „Gewinn“ von 0,3 ct pro Spiel.

ei P(ei) Gewinn

(1; 3) 0,9

(1; 3) –0,1

(3; 1; 3) 0,9

(3; 1; 6) –0,1

(3; 3) 0,9

(3; 6) –0,1

6 –0,1

Gewinn in Euro Xi – 0,1 0,9

P(X = Xi)

P X 1≥( ) 0 9,>P X 1≥( )

410------

n

410------

n

410------

n

n 410------ln⋅

1

3

6

3

61

3

6

3

6110------

39---

310------

610------

28---

68---1

9---

69---

69---

29---

390------

690------

6720---------

18720---------

690------

1890------

610------

107120--------- 13

120---------

107120--------- 13

120---------

104

Thüringen

e)

A: „Automat sortiert eine Kugel als unbrauchbar aus“P(A) = P (brauchbare Kugel und falsch aussortiert)

+ P (unbrauchbare Kugel und richtig aussortiert)P(A) =


Aufgabe a) b) c) d) e) f) Summe

1.1 9 5 4 4 4 4 30

1.2 9 3 3 4 7 4 30

2.1 1 3 3 3 3 2 15

2.2 1 1 2 3 3 5 15

2.3 4 2 2 4 3 - 15

0,97

0,03

brauchbare Kugel

unbrauchbare Kugel

richtig aussortiert

falsch aussortiert

richtig aussortiert

falsch aussortiert

0,01

0,99

0,01

0,99

0 97 0 01 0 03 0 99,⋅,+,⋅, 0 0394,=


1998 / 99

Gymnasium

8. Gymnasium Berlin-Marzahn

106

8. Gymnasium Berlin - Marzahn

Aufgabe 1: Analysis

Gegeben ist die Funktion f mit f(x) = 2ex – e2x.K sei das Schaubild (die grafische Darstellung) der Funktion f.a) Untersuchen Sie die Funktion f bzw. das Schaubild K auf Schnittpunkte mit

den Koordinatenachsen, Extrem- und Wendepunkte!Zeichnen Sie K für – 4 ≤ x ≤ 1 (1 LE = 2 cm)!

b) Die Kurve K, die x-Achse und die y-Achse schließen im I. Quadranten eine Fläche vollständig ein. Berechnen Sie deren Inhalt A!

c) Die x-Achse, die y-Achse, die Kurve K und die Gerade mit der Gleichung x = z (z < 0) schließen eine Fläche ein. Berechnen Sie den Inhalt A(z) und den Grenzwert des Flächeninhalts für z → – ∞!

d) Gegeben ist die Funktionenschar f mit fa(x) = aex – e2x (a ∈ R+).Bestimmen Sie für a = 2 den Schnittwinkel α zwischen Nullstellentangente und Wendetangente! (40%)

Aufgabe 2: Analysis

Gegeben ist die Funktion f durch f(x) = – (1 – ln3x) (0,5 ≤ x ≤ 10).

a) Berechnen Sie die Nullstelle von f!Der Graph von f hat genau einen lokalen Maximumpunkt. Berechnen Sie die Koordinaten dieses Punktes!Skizzieren Sie den Graphen von f!

b) Zeigen Sie, dass F(x) = –3(2 – ln3x)ln3x eine Stammfunktion von f ist!Der Graph von f, die x-Achse und eine Gerade mit der Gleichung x = c (c > 1) begrenzen eine Fläche mit dem Inhalt A vollständig. Berechnen Sie c für den Fall, dass A = 3 FE gilt!Überprüfen Sie Ihre Rechnung zeichnerisch, indem Sie die Gerade x = c in das Koordinatensystem eintragen!

c) Gegeben ist die Funktionenschar g mit ga(x) = – (1 – lnax) (x ∈ R+, a ∈ R+).

Der Graph einer dieser Funktionen hat an der Stelle x = 2 den Anstieg 1. Berechnen Sie a für diesen Fall! (30%)

Aufgabe 3: GeometrieGegeben sind die Raumpunkte A(4|2|1), B(4|5|1), C(– 4|2|7) und Dr(4r + 1|r|–3r) (r ∈ R).a) Zeigen Sie, dass das Dreieck ABC rechtwinklig ist!

Bestimmen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks ABC!

6x---

6x---

107

Aufgaben

b) Stellen Sie eine Gleichung der Geraden g auf, in der alle Punkte Dr, r ∈ R, lie-gen!

c) Bestimmen Sie r ∈ R so, dass das Dreieck ABDr einen rechten Winkel besitzt!d) Es gibt genau ein r ∈ R, so dass das Dreieck ABDr gleichschenklig ist. Bestim-

men Sie dieses r!e) Bestimmen Sie eine Gleichung der Ebene E, welche die Punkte A, B, C

enthält!Geben Sie eine Normalengleichung für E an!

f) Bestimmen Sie das Volumen Vr der Pyramide ABCDr! Erwartetes Ergebnis: Vr = 13 für alle r ∈ R.Kommentieren Sie dieses Ergebnis, deuten Sie es geometrisch! (30%)

108


Erwartungsbild zu Aufgabe 1

a) Nullstelle xN: 0 = 2 – = (2 – )

(1) ≠ 0, da ex > 0 für alle x ∈ R gilt.

(2) 0 = 2 – ⇒ = 2, also xN = ln2 ≈ 0,69314K schneidet die x-Achse in Sx(ln 2|0).

Schnittpunkt mit der y-Achse: f(0) = 2e0 – 2e2 · 0 = 2 – 1 = 1K schneidet die y-Achse in Sy(0|1).

Extrempunkte: f '(x) = 2ex – 2e2x = 2ex(1 – ex)

f ''(x) = 2ex – 2 · 2e2x = 2ex(1 – 2ex)

Es gilt f '(xE) = 0, also 0 = 2 (1 – ).

(1) 2 ≠ 0, da ex > 0 für alle x ∈ R.

(2) 0 = 1 – ⇒ = 1, also xE · ln e = ln1 und damit xE = 0.Es kann maximal einen lokalen Extrempunkt geben.

f''(0) = 2e0(1 – 2e0) = 2(1 – 2) = –2 < 0 (Maximum)

f(xE) = f(0) = 2e0 – e2 · 0 = 2 – 1 = 1 Der Punkt PE(0|1) ist ein lokaler Maximumpunkt von K.

Wendepunkt: f '''(x) = 2ex – 4 · 2e2x = 2ex(1 – 4ex)

Es gilt f ''(xW) = 0, also 2 (1 – 2 ) = 0

(1) 2 ≠ 0, da ex > 0 für alle x ∈ R

(2) 0 = 1 – 2 ⇒ = , also ln = ln und damit

xW = ln ≈ – 0,69314.

f'''(ln ) = 2 (1 – 4 ) = 2 · (1 – 4 · ) = –1 ≠ 0 (Wendestelle)

f(ln ) = 2 – = 2 · – = 1 – = 1 – =

Der Wendepunkt von K lautet PW(ln | ).

Wertetafel (nicht verlangt):

x – 4 –3 –2 –1 0 1

y 0,036 0,097 0,252 0,600 1 –1,952

ex N e2x N ex N ex N

ex N

ex N ex N

exE exE

exE

exE exE

exW exW

exW

exW exW 12--- exW 1

2---

12---

12--- e

12---ln e

12---ln 1

2--- 1

2---

12--- e

12---ln e2

12---ln 1

2--- e

12---ln( )

212---

2 14--- 3

4---

12--- 3

4---

109

Erwartungsbilder

b) A = f(x)dx = (2ex – e2x)dx = [2ex – e2x]

= (2eln2 – e2ln2) – (2e0 – e2 · 0) = (4 – 2) – (2 – ) = = 0,5 (FE)

Das Flächenstück hat einen Inhalt von 0,5 FE.

c) A = f(x)dx = (2ex – e2x)dx = [2ex – e2x]

= (2e0 – e2 · 0) – (2ez – e2z) = (2 – ) – 2ez + e2z = – 2ez + e2z

Die Flächeninhaltsfunktion lautet A(z) = – 2ez + e2z.

g = A(z) = ( – 2ez + e2z) = – 2ez + e2z

= – 2 · ez + · e2z = – 2 · 0 + · 0 =

Der Grenzwert der Flächeninhaltsfunktion für z → – ∞ lautet g = .

d) Es gilt:

f2(x) = 2ex – e2x; f '(xN) = ; f '(xW) =

xN = ln2 ⇒ = f '(ln2) = 2eln2(1 – eln2) = 2 · 2 · (1 – 2) = – 4

xW = ln ⇒ = f '(ln ) = 2 (1 – ) = 2 · · (1 – ) = = 0,5

tanα = = = = 4,5 ⇒ α ≈ 77,47°

Der Schnittwinkel α beträgt etwa 77,47°.

2

x

y

2

Of

0

2ln

∫0

2ln

∫ 12---

ln2

0

12--- 1

2--- 1

2--- 1

2---

z

0

∫z

0

∫ 12---

0

z

12--- 1

2--- 1

2--- 1

2--- 3

2--- 1

2---

32--- 1

2---

z ∞–→lim

z ∞–→lim 3

2--- 1

2---

z ∞–→lim 3

2---

z ∞–→lim

z ∞–→lim 1

2---

32---

z ∞–→lim

z ∞–→lim

z ∞–→lim 1

2---

z ∞–→lim 3

2--- 1

2--- 3

2---

32---

mTNmTW

mTN

12--- mTW

12--- e

12---ln e

12---ln 1

2--- 1

2--- 1

2---

mTWmTN

–

1 mTNmTW

+-------------------------------- 0 5, 4–( )–

1 0 5 4–( )⋅,+--------------------------------- 4 5,

1–---------

110



a) Nullstelle 3 BESchnittpunkt mit der y-Achse 1 BE1. und 2. Ableitung 4 BEExtrempunkt 3 BE3. Ableitung 2 BEWendepunkt 3 BESkizze des Graphen 5 BE

b) Flächenberechnung 4 BEc) Grenzwertberechnung 4 BEd) Berechnung des Schnittwinkels α 3 BE

32 BE


a) Nullstelle xN: f(xN) = 0, also 0 = – (1 – ln3xN)

(1) ≠ 0, da > 0 für alle x ∈ R+.

(2) 0 = 1 – ln3xN ⇒ ln3xN = 1, also 3xN = e bzw. xN = ≈ 0,906

Die Nullstelle der Funktion f ist xN = ≈ 0,906.

Maximumpunkt: f(x) = – (1 – ln3x) = –6x–1(1 – ln3x)

f'(x) = –6 · (–1)x–2(1 – ln3x) + (–6x–1)(0 – 3 ) = 6x–2(1 – ln3x) + 6x–2

= 6x–2(1 – ln3x + 1) = 6x–2(2 – ln3x) = (2 – ln3x)

f ''(x) = 6 · (–2)x–3(2 – ln3x) + (6x–2)(0 – 3 ) = –12x–3(2 – ln3x) – 6x–3

= –6x–3(2(2 – ln3x) +1) = –6x–3(5 – 2 ln3x) = – (5 – 2 ln3x)

Es gilt f '(xE) = 0, also 0 = (2 – ln3xE).

(1) ≠ 0, da > 0 für alle x ∈ R+.

(2) 0 = 2 – ln3xE ⇒ ln3xE = 2, also 3xE = e2 bzw. xE = e2 ≈ 2,463

(oder ausführlich: ln3xE = ln3 + lnxE = 2⇒ lnxE = 2 – ln3 ≈ 0,9013877, also xE ≈ 2,463)

6xN------

6xN------ 1

x---

e3---

e3---

6x---

13x------

6

x2-----

13x------

6x3-----

6

xE2

-----

6xE

2----- 1

x---

13---

111

Erwartungsbilder

f ''(xE) = – (5 – 2ln3xE)

Wegen ln3xE = 2 und xE > 0 folgt f ''(xE) = – (5 – 4) = – < 0.

An der Stelle xE = e2 hat die Funktion f ein lokales Maximum.

f(xE) ≈ – (1 – ln(3 e2)) = – (1 – 2) = ≈ 2,436

Der Maximumpunkt PE hat die Koordinaten PE( e2| ) bzw.

PE(2,463|2,436).

Wertetafel:

b) Stammfunktionsnachweis: F(x) = –3(2 – ln3x)ln3x = (–6 + 3ln3x) · ln3x

f '(x) = (0 + 3 · 3 ) · ln3x + (–6 + 3ln3x) · 3 = ln3x – + ln3x

= ln3x – = – (–ln3x + 1) = – (1 – ln3x) = f(x)

Es gilt DF = Df = R+, also wurde gezeigt, dass F eine Stammfunktion von f ist.

A = f(x)dx

3 = f(x)dx =[–3(2 – ln3x) · ln3x]

x 0,5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

y –7,13 0,59 2,38 2,39 2,232,04 1,89 1,75 1,63 1,47 1,44

6xE

3------

6xE----- 6

xE-----

13---

6 3⋅e

2---------- 13--- 18

e2------ 18

e2------

13--- 18

e2------

2

x

y

2

O

c = 2,463

f

13x------ 1

3x------ 3

x--- 6

x--- 3

x---

6x--- 6

x--- 6

x--- 6

x---

e3---

c

∫

e3---

c

∫ e3---

C

112


= (–3(2 – ln3c) · ln3c) – (–3(2 – ln3 · ) · ln3 ·

= –6ln3c + 3(ln3c)2 – (–3(2 – 1) · 1) = –6ln3c + 3(ln3c)2 + 3

⇒ 0 = –6ln3c + 3(ln3c)2 = ln3c(–6 + 3ln3c)

(1) ln3c = 0 ⇒ 3c = 1, also c = ; nicht möglich, da c > 1 vorausgesetzt wurde.

(2) 3ln3c – 6 = 0 ⇒ ln3c = 2, also 3c = e2 und c = e2 ≈ 2,463

Die Gerade x = c ≈ 2,463 wurde bereits in die Skizze von Aufgabe 2a) einge-tragen. Grob gerundet kann die eingeschlossene Fläche als Rechteck mit den Seitenlängen 2 LE und 1,5 LE betrachtet werde, dessen Fläche 3 FE beträgt.

c) Allgemein gilt m = ga'(x), das bedeutet in diesem Fall 1 = ga'(2).

ga'(x) = –6(–x–2)(1 – lnax) + (– )(0 – · a)

= (1 – lnax) + = (1 – lnax + 1) = (2 – lnax)

1 = ga'(2) = (2 – ln2a) = 1,5(2 – ln2a) = 3 –1,5ln2a

⇒ –2 = –1,5ln2a bzw. = ln2a = ln2 + lna

⇒ lna = – ln2, also a ≈ 1,897

Gilt a ≈ 1,897, dann hat die Funktion ga(x) an der Stelle 2 den Anstieg 1.


a) Nullstelle und Schnittpunkt mit der y-Achse; 3 BE1. und 2. Ableitung; 2 BEExtrempunkt; 4 BESkizze des Graphen 3 BE

b) Stammfunktionsnachweis; 3 BEBerechnung von c 4 BE

c) Zusammenhang von Anstieg und Ableitung 2 BEBerechnung von a 3 BE

24 BE


a) A(4|2|1), B(4|5|1), C(– 4|2|7) und Dr(4r + 1|r|–3r) (r ∈ R)Nachweis, dass das Dreieck ∆ABC rechtwinklig ist:

e3--- e

3---

13---

13---

6x--- 1

ax------

6x2----- 6

x2----- 6

x2----- 6

x2-----

6

22-----

43---

43---

113

Erwartungsbilder

= – = ; = – =

Weil · = · = 0 · (–8) + 3 · 0 + 0 · 6 = 0 gilt, bilden und

einen rechten Winkel, das Dreieck ∆ABC ist also rechtwinklig.

| | = = 3; | | = = = 10

Flächeninhalt: A∆ = | | · | | = · 3 · 10 = 15 (FE)

Der Flächeninhalt des Dreiecks ∆ABC beträgt 15 FE.

b) Gerade g, in der alle Punkte Dr (r ∈ R) liegen: Aus D0(1|0|0) und D1(5|1|–3) folgt ein Richtungsvektor

= ⇒ g : x = + r (r ∈ R).

c) Bestimmen von r, so dass das Dreieck ∆ABDr rechtwinklig ist:

= ; = – = ;

· = · = 0(4r – 3) + 3(r – 2) + 0(–3r –1) = 3(r – 2);

· = 3(r – 2) = 0 ⇒ r = 2

Das Dreieck ∆ABD ist rechtwinklig für r = 2.

Analog kann man den Wert von r für den Fall berechnen, dass von = –

und = ein rechter Winkel gebildet wird. Dies ist für r = 5 der

Fall, womit auch das Dreieck ∆ABD5 rechtwinklig ist.

Genauso wäre noch zu prüfen, ob = – und = – für gewisse

r ∈ R einen rechten Winkel bilden.

· = (3 – 4r)2 + (2 – r)(5 – r) + (3r + 1)2 = 26r2 – 25r + 20

· = 0 ⇒ r2 – r + = 0 ⇒ r1/2 = ±

AB4

5

1 4

2

1 0

3

0

AC4–

2

7 4

2

1 8–

0

6

AB AC0

3

0 8–

0

6

AB

AC

AB 02 32 02+ + AC 8–( )2 02 62+ + 100

12--- AB AC 1

2---

D0D1

4

1

3– 1

0

0 4

1

3–

AB0

3

0

ADr

4r 1+

r

3r– 4

2

1 4r 3–

r 2–

3r– 1–

AB ADr

0

3

0 4r 3–

r 2–

3r– 1–

AB ADr

BA AB

BDr

4r 3–

r 5–

3r– 1–

DrA ADr DrB BDr

DrA DrB

DrA DrB 2526------ 10

13------ 25

52------ 625

2704------------ 2080

2704------------–

114


Da die Gleichung r1/2 = ± keine reelle Lösung besitzt, können

und für kein r ∈ R einen rechten Winkel bilden.

d) Bestimmen von r, so dass das Dreieck ∆ABDr gleichschenklig ist:

| | = 3

| | = =

| | = =

| | = | | ⇒ =

26r2 – 22r + 14 = 26r2 – 28r + 35 ⇒ 6r = 21; r = 3,5

| | = | | ⇒ 26r2 – 22r + 14 = 9 bzw. r2 – r + = 0

⇒ r1/2 = ± ; hat keine reelle Lösung

| | = | | ⇒ 26r2 – 28r + 35 = 9 ⇒ r2 – r + 1 = 0

⇒ r1/2 = ± ; hat keine reelle Lösung

Das Dreieck ∆ABDr ist genau dann gleichschenklig, wenn r = 3,5 gilt.

e) Ebenengleichung:Dreipunktegleichung x = a + r(b – a) + s(c – a)

E : x = + r + s (mit r, s ∈ R)

Normalengleichung: p = ; n =

n · = 0 ⇒ x · 0 + y · 3 + z · 0 = 0, also 3y = 0 ⇒ y = 0

n · = 0 ⇒ x · (–8) + y · 0 + z · 6 = 0, also

–8x + 6z = 0 ⇒ 8x = 6z und x = z

Für z = 4 folgt x = 3; also gilt n = und wegen E : (x – p) · n = 0 folgt:

2552------ 625

2704------------ 2080

2704------------–

DrA DrB

AB

ADr 4r 3–( )2 r 2–( )2 3r– 1–( )2+ + 26r2 22r– 14+

BDr 4r 3–( )2 r 5–( )2 3r– 1–( )2+ + 26r2 28r– 35+

ADr BDr 26r2 22r– 14+ 26r2 28r– 35+

ADr AB 1113------ 5

26------

1126------ 121

676--------- 130

676---------–

BDr AB 1413------

713------ 49

169--------- 169

169---------–

4

2

1 0

3

0 8–

0

6

4

2

1 x

y

z

0

3

0

8–

0

6

34---

3

0

4

115

Erwartungsbilder

E : (x – ) · = 0

f) Volumen der Pyramide ABCDr:Grundfläche ∆ABC mit A = 15 FE (siehe Aufgabe 3a); Die Höhe der Pyramide ist der Abstand des Punktes Dr von E.

E : HESSESCHE Normalform = n0 ⇒ n0 = =

d = |(dr – p) · n0| = =

= | r – + 0r – 0 · 2 – r – | = |– | = = 2,6 (LE)

Der Abstand von Dr zur Ebene E beträgt 2,6 LE und ist unabhängig von r.

V = · A · d = · 15 · 2,6 = 13 (VE)

Das Volumen der Pyramide ABCDr beträgt 13 VE.Die Gerade g, in der alle Punkte Dr (r ∈ R) liegen, muß parallel zur Ebene E verlaufen, denn genau dann ist der Abstand aller Punkte Dr zu dieser Ebene E konstant (Cavalieri).


a) Nachweis des rechten Winkels 2 BEBerechnung der Fläche des Dreiecks 2 BE

b) Aufstellung der Geradengleichung 1 BEc) Bestimmung von r 2 BE

d) Bestimmung von r 2 BENachweis, dass dies die einzige Lösung ist 3 BE

e) Punktrichtungsgleichung 1 BENormalengleichung 3 BE

f) Abstand von Dr zur Ebene E 4 BEVolumenberechnung 1 BEKommentar des Ergebnisses 3 BE

24 BE

4

2

1 3

0

4

n

n-----

3

0

4

32 02 42+ +---------------------------------

35---

0

45---

4r 1+

r

3r– 4

2

1

–

35---

0

45---

⋅4r 3–

r 2–

3r– 1–

35---

0

45---

⋅

125------ 9

5--- 12

5------ 4

5--- 13

5------ 13

5------

13--- 1

3---


1998 / 99

Gymnasium

Marie-Curie-OS Berlin-Wilmersdorf

118


1. Aufgabe:Gegeben ist die Ebene E durch die Punkte A (1 | 1 | – 1), B (2 | 3 | 0) und C (0 | 3 | – 1).

Ferner ist durch gu: (t) = + t mit einem Parameter u ∈ eine Geraden-schar gegeben.

a) Geben Sie für die Ebene E eine Parameterform an.

b) Stellen Sie die Gleichung der Geraden g1 und g–1 auf und eine Gleichung der Ebene Ω, die durch diese Geraden festgelegt wird.

c) Bestimmen Sie die Gleichung der Geraden s, in der sich die Ebenen und E schneiden.

d) Berechnen Sie den Schnittwinkel zwischen Ω und E.

e) Ermitteln Sie die Gleichung der Kugel K mit dem Mittelpunkt M (1 | 1 | 2), wel-che die Ebene E berührt, ohne Verwendung der Abstandsformel.

f) Zeigen Sie, dass es genau zwei Werte für den oben genannten Parameter u gibt, so dass gu parallel zu E ist.

g) Zeigen Sie, dass keine der Geraden gu senkrecht auf der Ebene E steht. Achten Sie insbesondere auf eine exakte verbale Begleitung Ihrer Begründung.

( Erreichbare Bewertungseinheiten: 35)

2. Aufgabe:

Gegeben ist die gebrochen rationale Funktion f durch die Gleichung f(x) = .

a) Geben Sie den größtmöglichen Definitionsbereich der Funktion f an und skizzieren Sie den Graphen im Intervall . Verwenden Sie hierbei Berechnun-gen und Aussagen bezüglich der Untersuchungspunkte: Nullstellen, Polstellen, lokale Extrempunkte, Symmetrie und Verhalten im Unendlichen. Eine umfang-reiche textliche Begleitung der Lösung ist hier nicht erforderlich.

b) Für jedes k ∈ ist durch die Gleichung y = k eine Gerade gegeben. Untersuchen Sie rechnerisch die Anzahl der Schnittpunkte dieser Geraden mit dem Graphen von f in Abhängigkeit von k.

1

0

3 u

u2

2

Ω

x2

9+2x

--------------

5– x 5≤ ≤

119

Aufgaben

c) Am Graph der Funktion f existieren Tangenten, welche parallel zur Winkelhal-bierenden des 2. und 4. Quadranten verlaufen. Bestimmen Sie rechnerisch die Gleichung einer Tangenten und zeichnen Sie diese in die Skizze ein.

d) Der Punkt O sei der Koordinatenursprung, der Punkt P (x | f(x)) mit x > 0 liegt auf dem Graphen der Funktion f. Die Parallele zur x-Achse durch den Punkt P schneidet die y-Achse im Punkt S. Tragen Sie ein Rechteck OSPR in die Skizze ein und bestimmen Sie x so, dass der Umfang des Rechtecks OSPR minimal wird.


3. Aufgabe:

Gegeben ist die Exponentialfunktion f durch die Gleichung f(x) = e–2x

(1 + x) mit dem Definitionsbereich R.

a) Skizzieren Sie den Graphen der Funktion im Intervall unter Be-rücksichtigung der Untersuchungspunkte: Achsenschnittpunkte, lokale Extrem-punkte, Wendepunkte und Verhalten im Unendlichen. Eine umfangreiche textliche Begleitung der Lösung ist hier nicht erforderlich.

b) An den Graphen der Funktion f wird im Schnittpunkt mit der x-Achse die Tan-gente t gelegt. Ermitteln Sie rechnerisch die Gleichung der Geraden n, die durch den Schnittpunkt der Funktion f mit der y-Achse verläuft und auf der Tangente t senkrecht steht.

c) Zeigen Sie durch Integration, dass die Funktion F mit F(x) = (– ) e–2x

; x ∈ R eine Stammfunktion der Funktion f ist.

d) Der Graph der Funktion f, die Koordinatenachsen und die Gerade x = a (a > 0) begrenzen eine Fläche. Berechnen Sie den Inhalt der Fläche für a = 1.


12---

1– 5, x 1≤ ≤

14---x 3

8---–

120


Erwartungsbild zu Aufgabe 1:a) E: x = ∈ R

E: x =

b) g1: x = ; t ∈ R

g–1: x = ; r ∈ R

: x = t, r ∈ R

c) z. B. Umformung von E, in Koordinatenform (Normalform)

E: x1 = 1 + – x2 = 1 + 2 + 2 ⇒ 2x1 + x2 = 3 + 4x3 = –1 + x3 = –1 + ⇒ 2x1 + x2 – 4x3 = 7

bzw. x = 7

: x1 = 1 + t – rx2 = t + r ⇒ x1 + x2 = 1 + 2tx3 = 3 +2t + 2r 2x1 + x3 = 5 + 4t ⇒ 2x1 + 2x2 – 2x1 – x3 = –3

⇒ 2x2 – x3 = –3 bzw. x = – 3

: = –3= –3= –6

=

a λ b a–( ) µ c a–( )+ + λ µ,1

1

1–

λ1

2

1

µ1–

2

0

+ +

1

0

3

t

1

1

2

+

1

0

3

r

1–

1

2

+

Ω1

0

3

t

1

1

2

r

1–

1

2

+ +

Ω

λ µλ µ λλ λ

2

1

4–

Ω

0

2

1–

E Ω∩ s= 0 1 λ µ–+( ) 2 1 2λ 2µ+ +( ) 1– λ+( )–+⋅2 4λ 4µ 1 λ–+ + +

3λ 4µ+

µ 32---– 3

4---λ–

121

Erwartungsbilder

s: x =

⇒ Schnittgerade s: x = bzw. x =

Bemerkung: Andere Lösungswege sind möglich, jedoch sind hier Koordinaten- oder Normalform im Sinne der weiteren Bearbeitungsteile zweckmäßig.

d) ;

;

⇒ Schnittwinkel

e) Gesucht ist zunächst eine Gerade h durch M senkrecht zur Ebene E:

h: x = ; τ ∈ R ; h: x = ; τ ∈ R

Jetzt wird bestimmt:

2 (1 + 2 ) + (1 + ) – 4(2 – 4 ) = 7 ⇒ =

Damit ist H (1 + 1 + 2 – ) und rKugel = .

rKugel = ⇒ rKugel = , also K:

1

1

1–

λ1

2

1

32---– 3

4---λ–

1–

2

0

+ +

1

1

1–

32---

3–

0

r

1

2

1

34---

32---–

0

++ +=

52---

2–

1–

λ

74---

12---

1

+

2 5,2–

1–

λ7

2

4

+

αcosnE nΩ⋅

nE nΩ⋅-----------------------= nE nΩ⋅

2

1

4– 0

2

1–

⋅ 6= =

nE 21= nΩ 5=

αcos 65 21

-----------------= α 54 2°,≈

m τnE+

1

1

2

τ2

1

4–

+

h E∩ H =

τ τ τ τ 47---

87--- 4

7--- 16

7------ HM

87---

47---

167------–

487------ x

1

1

2

– 2

487------=

122


f) Da gU || E , folgt , also

⇒ Es gibt zwei Werte für u: u = 2 oder u = –4

g) Wenn gU E , dann gibt es ein t0 ∈ R für jedes u ∈ R , so dass

gilt.

liefert und somit .

Das ist für kein u ∈ R erfüllbar, d.h., es gibt keine Gerade gu, die senkrecht aufder Ebene E steht.


a) Parameterform 2 BEb) Gleichungen für g1, g–1 und 2 BEc) Umformung der Ebenengleichung

und Berechnen der Schnittgeraden 14 BEd) Schnittwinkel mithilfe

der Normalvektoren 4 BEe) Berechnung der Geraden h durch M;

Schnittpunktberechnung zwischen h und E, Berechnen des Radius und Aufstellen der Kugelgleichung 5 BE

f) Ansatz g(u) parallel zu E und Lösungder Gleichung u2 + 2u – 8 = 0 3 BE

g) Erkennen des Ansatzes ,

Berechnen von t0 und u2 undSchlussfolgerung 5 BE

35 BE

u

u2

2 2

1

4–

⋅ 0= u2

2u 8–+ 0=

⊥

t0nE

u

u2

2

=

t0

2

1

4– u

u2

2

= t012---–= u

2 12---–=

Ω

t0 nE⋅

u

u2

2

=

123

Erwartungsbilder

Erwartungsbild zu Aufgabe 2:

a) Definitionsbereich: Dfa = x| x ∈ R; x ≠ 0

Nullstellen:

0 = ⇒ Es existieren keine Nullstellen, da x2 + 9 > 0.

Polstellen: xp = 0 ist eine Polstelle mit Vorzeichenwechsel.

Asymptote:

Aus (x2 + 9) : 2x = folgt, dass s(x) = y = schräge Asymptote ist.

Außerdem gilt: = 0

Symmetrie:

f(–x) = = –f(x), d.h., es liegt Punktsymmetrie zum Koordinatenursprung vor


f '(x) =

f ' '(x) =

f '(x) = 0, also x2 – 9 = 0 ⇒ x1 = 3; x

2 = –3

f ''(3) = > 0 ⇒ lokales Minimum; Tiefpunkt E1(3 | 3)

f ''(–3) = < 0 ⇒ lokales Maximum; Hochpunkt E2 (–3 | –3)

Verhalten im Unendlichen: Skizze: =

x2 9+2x

---------------

12---x 9

2x------+ 1

2---x

f x( ) s x( )–( )x ∞±→

lim

x–( )2 9+2 x–( )----------------------- x2 9+

2x---------------–=

2x 2x⋅ 2 x2 9+( )–4x2

---------------------------------------------- 2x2 18–4x2

--------------------- x2 9–2x2

--------------= =

2x 2x2⋅ 4x x2 9–( )–4x4

---------------------------------------------------- 36x4x4--------- 9

x3-----= =

933-----

93–( )3

-------------

f x( )x ∞→lim

5–5

5

x

t1

t2

y = x f

s P

–5

∞

f x( )x ∞–→lim ∞–=

124


b) = k ⇒ x2 – 2kx + 9 = 0, also x1/2 = k

⇒ 2 Schnittpunkte für k > 3 oder k < – 3, 1 Schnittpunkt für k = 3 oder k = – 3, kein Schnittpunkt für – 3 < k < 3.

c) y = – x ist die Winkelhalbierende des II. und IV. Quadranten.

f '(x) = = – 1, also x2 – 3 = 0 ⇒ x = oder x = –

f( ) = ; t1: y = – x + 3 ; t 2: y = – x – (lt. Aufgabe muss nur eine Gleichung angegeben werden)

d) u(x) = 2x + 2 = = 3x + ; x ≠ 0

u'(x) = 3 – ; u''(x) =

u'(x) = 0 ⇒ x 2 = 3, also x = (x = – entfällt nach Voraussetzung)

u''( ) = > 0, d.h., der Umfang des Rechtecks wird für x = maximal.


a) Definitionsbereich 1 BENulstellen 1 BEPolstelle 1 BEAsymptote, Verhalten im Unendlichen 2 BESymmetrie 2 BEAbleitungen 4 BEExtrempunkte mit Nachweis 3 BESkizze 3 BE

b) Ansatz, Lösen der quadratischen Gleichungund Anzahl der Schnittpunkte 5 BE

c) Steigung der Winkelhalbierenden, Bestim-men einer Tangentengleichung und Einzeichnen in Skizze von a) 5 BE

d) Zielfunktion, Ableitungen, Berechnen der Extremstelle und Nachweis 7 BE

34 BE

x2 9+2x

--------------- k2 9–±

x2 9–2x2

-------------- 3 3

3 122 3---------- 2 3= 3 3

x2 9+2x

--------------- 3x2 9+x

------------------ 9x---

9x2----- 18

x3------

3 3

3 183 3---------- 3

125

Erwartungsbilder


a) Achsenschnittpunkte:

f(0) = (1 + 0) = 0,5 ⇒ P1(0 | 0,5)

0 = (1 + x) ⇒ x = – 1; P2(– 1| 0)


f '(x) = e–2x + (1 + x)(–1)e–2x = e–2x (– – x)

f ' '(x) = – e–2x + (– – x)(– 2)e–2x = e–2x (2x)

f '' '(x) = 2e–2x + 2xe–2x(–2) = e–2x(2 – 4x)

f '(x) = 0: e–2x(– –x) = 0 ⇒ x – ; P3(– )

f ' '(– ) = – e < 0 , d.h., P3 ist ein Hochpunkt.

Wendepunkte:

f ' '(x) = 0: e–2x(2x) = 0 ⇒ x = 0; P4(0 | 0,5)f ' ' '(0) = 2 ≠ 0 , d.h., P4 ist ein Wendepunkt.

Verhalten im Unendlichen:

= = 0, d.h., die x-Achse istAsymptote.

Skizze:

12--- e 2– 0⋅

12--- e 2x–

12---

12---

12---

12--- 1

2--- 1

2--- 1

4---e

12---

f x( )x ∞→lim 1

2---e 2– x 1 x+( )

x ∞→lim 1 x+

2e2x------------

x ∞→lim=

1

–1

x

y

a

t

f

–1

1

n

O

126


b) f'(– 1) = e2 = mt ⇒ mn = – , da = – 1

Für die Gerade n gilt also: y = x –

c) Partielle Integration:Mit u'(x) = e–2x ⇒ u(x) = – e–2x

v(x) = 1 + x ⇒ v'(x) = 1

folgt (1 + x) dx =

= = – e–2x (x + ) = (– x – )e–2x

d)A = = = (– a – )e–2a +

Für a = 1 folgt: A = ( – ) (FE) ≈ 0,3 (FE)


a) Achsenschnittpunkte 2 BEAbleitungen 6 BEHochpunkt mit Nachweis 3 BEWendepunkt 2 BEVerhalten im Unendlichen 2 BESkizze 3 BE

b) Steigung der TangenteSteigung und Gleichung der Normalen 5 BE

c) Ansatz und Ausführung der partiellen Integration 5 BE

d) Integral in den Grenzen 3 BE31 BE

12--- 2

e2----- mt mn⋅

2e2----- 2

e2-----

12---

f x( ) xd∫ 12--- e 2x–∫= 1

2--- 1 x+( ) 1

2---e 2x––

12--- e 2x– xd∫+

12--- 1

2---e 2x– 1 x 1

2---+ +

– 14--- 3

2--- 1

4--- 3

8---

f x( ) xd

0

a

∫ 14---x– 3

8---– e 2x–

0

a 14--- 3

8--- 3

8---

38--- 5

8e2--------

0 1[ ]


Gymnasium

Gesamtschulemit gemeinsamer gymnasialer Oberstufe

Bernau/Zepernick

128

Brandenburg / Gesamtschule Bernau/Zepernick

Hinweis: Die nachfolgende Arbeit wurde bereits für die Abiturprüfung 1994/95 eingereicht.

Aufgabe 1:

1.1 f: R → R mit f(x) = – 0,5x3 + 2x2 + 0,5x + a und a ∈ RFinden Sie ein a ∈ R, so dass f(1) = 0 ist!Führen Sie zu dieser Funktion eine vollständige Kurvendiskussion (Definiti-onsbereich, Nullstellen, Extrema, Graph, Monotonie, Verhalten im Unendli-chen, Wertebereich) durch!

1.2 f: [1; 4] → R mit f(x) = b · ( – 0,5x3 + 2x2 + 0,5x – 2 ) und b ∈ RFinden Sie ein b ∈ R, so dass der Flächeninhalt der Fläche unter der Kurve

von f (im Intervall [1; 4]) genau 21(LE)2 beträgt!

1.3 f: [0; 2] → R mit f(x) = – 0,5x3 + 2x2 + 0,5x – 2 t: [0; 2] → R mit t(x) = c · x – c und c ∈ RFinden Sie ein c ∈ R, so dass t Tangente an den Graphen von f ist!

1.4 Finden Sie den Durchmesser d, mit dem ein gerader Kreiskegel mit 9 cm langer Seitenlinie maximales Volumen hat!

Aufgabe 2:

2.1 Beschreiben Sie den Vektor der Abbildung als Linearkombination der Vektoren a, b, und c!Zeichnen Sie den Vektor x = a + b – c in die Abbildung ein!

2.2 Definieren Sie: „Die Vektoren a1 und a2 sind linear abhängig.“!

Untersuchen Sie a1 = und a2 = auf lineare Unabhängigkeit!

Fügen Sie den Vektoren a1 und a2 einen Vektor a3 so hinzu, dass

B = a1; a2; a3 eine Basis des R3 bildet, und beweisen Sie, dass B Basis

des R3 ist!

AB

120

2

01

129

Aufgaben

2.3 Stellen Sie im räumlichen kartesischen Koordinatensystem (45°; ) die Parabel dar, die in der y-z-Ebene liegt und den Scheitelpunkt S(0; 2; –1) besitzt, und zeichnen Sie die Gerade g1, die durch die Punkte A(2; 2; 2) und B(4; 0; 1) verläuft!Beweisen Sie, dass die Parabel und die Gerade genau einen Punkt gemein-sam haben, und berechnen Sie den Punkt, in dem die Gerade die x-y-Ebene durchstößt!Bestimmen Sie die Gleichung einer zu g1 windschiefen Geraden g2, deren Projektion in die x-y-Ebene senkrecht auf der Projektion von g1 in die x-y-Ebene steht!

0 5,

a

b

c

A

B

130



1.1.

⇒ a = –2 und f(x) =

Kurvendiskussion:

Db(f) = R , Wb(f) = R

Nullstellen: f(x) = – x3 + 2x2 + x – 2 = 0

⇒ (1) xN1 = 1 (durch Probieren bzw. weil oben a so ermittelt, dass f(1) = 0)

(2) Nach Polynomdivision erhält man f(x) = (x – 1) (– x2 + x + 2)

und es folgt (– x2 + x + 2) = 0, also xN2 = –1 und xN

3 = 4.

Extrema: f'(x) = – x2 + 4x + ; f''(x) = –3x + 4

Wegen f'(x) = 0 gilt – x2 + 4x + = 0 bzw. x2 – x – = 0.

⇒ xE1 = (4 – ) ≈ –0,12; xE

2 = (4 + ) ≈ 2,79

Da f''(xE1) > 0, hat f an der Stelle xE

1 ein lokales Minimum;

da f''(xE2) < 0, hat f an der Stelle xE

2 ein lokales Maximum.

Mit f(x E1) ≈ –2,03 und f(xE

2) ≈ 4,1 ergeben sich die lokalen Extrempunkte

E1(–0,12; –2,03) und E2(2,79; 4,1).

Monotonie:Für x < xE

1 und x > xE

2 ist f monoton fallend,

für xE1 < x < xE

2 ist f monoton steigend.

Begründung:

f ist monoton fallend für x ∈R, wenn f'(x) = – x2+ 4x + < 0.

⇒ x2 + = (x– )2 – > 0, also |x – | >

(1) Aus |x – | > 0 folgt x– > , also x > = xE2;

(2) aus |x – | < 0 folgt –x+ > , also x < = xE1.

(analog die Begründung für „monoton steigend“)

f 1( ) 12--- 13 2 12 1

2--- 1 a 2 a 0=+=+⋅+⋅+⋅–=12--- x

3– 2x2 12--- x 2–+ +

12---

12---

12---

32---

12---

32---

32---

12---

32---

12---

83---

13---

13--- 19 1

3--- 19

32---

12---

83---x 1

3---– 43---

199------

43--- 1

3--- 19

43--- 4

3---13--- 19 1

3--- 4 19+( )

43--- 4

3---13--- 19 1

3--- 4 19–( )

131

Erwartungsbilder

Verhalten im Unendlichen:

=

= –

Graph der Funktion für a = – 2:

1.2. A = f(x) dx = 21

A = b (– x3+ 2x2+ x – 2) dx = b [– x4+ x3+ x2– 2x]

= b · ( – (– )) = b · = 21⇒ b =

1.3. Wenn t Tangente an den Graphen von f ist, dann gibt es ein x0 ∈ R mitf(x0) = t(x0) und f'(x0) = c :

f'(x0) = – + 4x0 + = c

f(x0) = – + 2 + x0 – 2

t(x0) = c · x0 – c = – + 4 + x0 + – 4x0 –

= – + – x0 –

Mit f(x 0) = t(x0) folgt: 0 = – + 4x0 –

⇒ (1) x01 = 1 (durch Probieren)

(2) Nach Polynomdivision: f(x) = (x – 1)2 (x – 1,5) = 0 ⇒ x02 = 1,5

Mit f'(x 01) = 3 = c1 und f'(x02) = = c2 folgen die Tangentengleichungen

t1(x) = 3x – 3 und t2(x) = x –

12--- x

3– 2x2 12--- x 2–+ +( )

x + ∞→lim

x3 12---– 2

x---1

2x2-------- 2x3-----–+ +

x + ∞→

lim

x

y

0-1 1

1

-1

f

∞f x( )

x – ∞→lim + ∞=

1

4

∫

1

4

∫ 12---

12---

18---

23---

14---

4

1

203------

2924------ 63

8------83---

32--- x0

2 12---

12--- x0

3x0

2 12---

32--- x0

3x0

2 12---

32--- x0

2 12---

32--- x0

3 112------ x0

2 72---

12---

x03 7

2--- x02 3

2---

258------

258------

258------

132


1.4. Aus V(r, h) = π r2 h (Zielfunktion) und s2 = h2 + r2 (Nebenbedingung)

folgt:

V = V(h) = π (s2 – h2) h = π (s2h – h3)

Bestimmen der lokalen Extrema:

V'(h) = π (s2 – 3h2) = 0 ⇒ h =

Wegen V''(h) = V''( ) = π (–6 ) < 0 ist

h = eine lokale Maximumstelle von V(h).

Das Volumen des Kreiskegels ist maximal, wenn h2 = s2, wenn also

r2 = s2 – h2 = s2 – s2 = s2.

Mit s = 9 cm folgt: d = 2r = 2 · = 2 · , also: d ≈ 14,7 cm.


2.1 = –2c + b – ax = a + b – c =

2.2 Die Vektoren a1 und a2 sind dann linear abhängig, wenn sich aus ihnen der Nullvektor nicht nur trivial linear kombinieren lässt. D.h., es gibt a1, a2 ∈ Rmit a1 ≠ 0 oder a2 ≠ 0, so dass a1a1 + a2a2 = o. Daraus folgt für die Vektoren

a1 = und a2 = : a1 + a2 = .

13---

hs

r

13---

13---

13---

13---s

2

13---s

2 13---

13---s

2

13---s

2

13---

13---

23---

23---s

2 23--- 92⋅

P

Q

ABPQ

1

2

0 2

0

1 1

2

0 2

0

1 0

0

0

133

Erwartungsbilder

Durch Koordinatenvergleich erhält man darausa1 + 2a2 = 02a1 = 0

a2 = 0, also a1 = 0 und a2 = 0

a1 und a2 sind linear unabhängig, da sich aus ihnen der Nullvektor nur tri-vial linear kombinieren lässt.

B = ist Basis des R3

Beweis: Gezeigt werden muss:

(1) a1, a2, a3 sind linear unabhängig.(2) a1, a2, a3, a4 sind linear abhängig bei beliebiger Wahl von a4.

(Jede maximale Menge linear unabhängiger Vektoren ist eine Basis des Vektorraumes.)

(1) a1 + a2 + a3 =

Lösen des Gleichungssystemsa1 + 2a2 = 0

2a1 + a3 = 0a2 + 2a3 = 0 führt zu a1 = 0; a2 = 0; a3 = 0.

(2) a1 + a2 + a3 + a4 = 0

(I) a1+ 2a2 + a4x = 0(II) 2a1 + + a3 + a4y = 0(III) a2 + 2a3 + a4z = 0

Wählt man für a4 = 1 (ohne Beschränkung der Allgemeinheit), so folgt:

–2(I) –2 a1– 4 a2 – 2 x = 0(II) 2a1+ a3 + y = 0

–2(I) + (II) –4 a2+ a3– 2 x + y = 04(III) 4 a2+ 8a3+ 4 z = 0

1

2

0 2

0

1 0

1

2

;;

1

2

0 2

0

1 0

1

2 0

0

0

1

2

0 2

0

1 0

1

2 x

y

z

134


9a3– 2 x + y + 4 z = 0⇒ a3 = (2x – y – 4z)

2a1 + a3 + y = 0 ⇒ a1 = (–y – a3) ⇒ a1 = (– y – (2x – y –4z))

a2 + 2a3 + z = 0 ⇒ a2 = – 2a3 –z ⇒ a2 = – (2x – y – 4z) – z

Da sich der Nullvektor nicht nur trivial aus a1, a2, a3 und a4 linear kombinieren lässt, sind a1, a2, a3 und a4 linear abhängig.

Aus (1) und (2) folgt: B ist Basis des Vektorraums.2.3

Die Parabel und die Gerade g1 haben genau einen Punkt PS gemeinsam, da

für jeden Punkt P ∈ Parabel gilt: = =

Für jeden Punkt p ∈ g1 gilt: = = + t

Gleichsetzen führt zu Schnittpunkt PS:0 = 2 + ⇒ t = –1y = 2 + = 2 + (–1)(–2) = 4⇒ y = 4

(y – 2)2 – 1 = 2 + = 2 + (–1)(–1) = 3⇒ y1 = 4( y2 = 0 entfällt, da (0; 0; 3) ∉ g1)⇒ Parabel und Gerade haben genau einen gemeinsamen Punkt .

19---

12---

12---

19---

29---

x

y

D

B

A

PS

g1'

g1

1

1

z

OP

x

y

z 0

y

y 2–( )2 1–

OPx

y

z 2

2

2 2

2–

1–

t 2⋅t 2–( )⋅t 1–( )⋅

PS 0 4 3;;( )

135

Erwartungsbilder

Der Durchstoßpunkt von g1: = + t durch die x-y-Ebene hat die

z - Koordinate 0. Es muß also gelten: 2 – t = 0 ⇒ t = 2Eingesetzt in die Geradengleichung erhält man für den Durchstoßpunkt:

= + 2 = , also D(6; –2; 0).

Für die Projektion von g1: = + t1 in die x-y-Ebene gilt:

x = 2 + y = 2 + t1(–2)

⇒ t1 = x – 1, also folgt für : y = –x + 4

Eine zu senkrechte Gerade in der x-y-Ebene hat den Anstieg m = 1 und verläuft z. B. durch den Punkt P'(1; 0). Dann folgt für : y = x – 1

und schneiden einander im PunktS'(2,5| 1,5).Da S' Projektion des Punktes S1(2,5| 1,5| z) ∈g1 ist, gilt (I) 2,5 = 2 + 2t1

(II) 1,5 = 2 – 2t1(III) z = 2 – t1,

also t1 = und S1(2,5| 1,5| 1,75).

Da nur dieser Punkt als möglicher Schnittpunkt in Frage kommt, ist g2 mit z. B.S2(2,5| 1,5| – 1) und P2(1| 0| –1) zu g1 windschief.

⇒ g2: : = + t2

Wie gefordert, gilt dann für die Projektionsgerade : x = 1 + 1,5t2 y = 0 + 1,5t2

also y = x – 1.

x2

2

2 2

2–

1–

OD

2

2

2 2

2–

1– 6

2–

0

x

y

z 2

2

2 2

2–

1–

t1 2⋅

12---

g1'

g1' g2'

g2'

0 1 2 3 4 5

-10

12

34

5

1

g1'

g2'

x

y

O

1

S'

g1' g2'

14---

x

y

z 1

0

1– 1 5,

1 5,0

g2'

Abiturprüfung Grundkurs 1998/99 -...

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