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Abiturprüfung Mathematik 2012 Baden-Württemberg (ohne CAS)
Pflichtteil – Aufgaben
Aufgabe 1: (2 VP)
Bilden Sie die erste Ableitung der Funktion f mit ( )
5 f(x) = sin(x) + 7.
Aufgabe 2: (2 VP)
Berechnen Sie eine Stammfunktion der Funktion f mit 4x 2
f(x) 2e x
Aufgabe 3: (3 VP) Lösen Sie für 0 ≤ x ≤ 2 π die Gleichung sin(x) cos(x)⋅ − 2cos(x) = 0.
Aufgabe 4: (4 VP)
Gegeben sind die Funktion f mit
f(x) x
= und g mit g(x) = 2x − 3.
Bestimmen Sie die gemeinsamen Punkte der beiden zugehörigen Graphen. Untersuchen Sie, ob sich die beiden Graphen senkrecht schneiden.
Aufgabe 5: (5 VP)
Eine der folgenden Abbildungen zeigt den Graphen der Funktion f mit f(x) = x^3 − 3x − 2.
Abb. 1 Abb. 2
Abb. 3 Abb. 4
a) Begründen Sie, dass die Abbildung 2 den Graphen von f zeigt. b) Von den anderen drei Abbildungen gehört eine zur Funktion g mit g(x) = f(x − a) und eine zur Funktion h mit h(x) = b ⋅f(x) Ordnen Sie diesen beiden Funktionen die zugehörigen Abbildungen zu und begründen Sie Ihre Entscheidung. Geben Sie die Werte für a und b an. c) Die bis jetzt nicht zugeordnete Abbildung zeigt den Graphen einer Funktion k. Geben Sie ohne Rechnung einen Funktionsterm für k an.
Aufgabe 6: (3 VP)
Gegeben sind die Ebene E:
x 2 1 0 1 2
−^ ⋅^ −^ =
^ ^ ^
^ ^ ^
und F: x 2 + 2x 3 = 8.
Bestimmen Sie eine Gleichung der Schnittgeraden.
Aufgabe 7: (4 VP)
Gegeben sind der Punkt A(1/1/3) und die Ebene E: x 1 − x 3 − 4 = 0.
a) Welche besondere Lage hat E im Koordinatensystem? b) Der Punkt A wird an der Ebene E gespiegelt. Bestimmen Sie die Koordinaten des Bildpunktes.
Aufgabe 8: (3 VP)
Gegeben sind eine Ebene E und eine Gerade g, die in E liegt. Beschreiben Sie ein Verfahren, mit dem man eine Gleichung einer Geraden h ermitteln kann, die orthogonal zu g ist und ebenfalls in E liegt.
Aufgabe 5:
a) Das Schaubild der Funktion f(x) geht durch den Punkt P(0/-2). Das Schaubild in Abb. 2 ist das einzige Schaubild, das diesen Punkt enthält. Somit muss Abb. 2 der Graph von f sein. (Hinweis: Diese Lösung ist nicht eindeutig. Man könnte z.B. auch den Punkt P(1/-4) verwenden oder nachweisen, dass der Graph von f einen Hochpunkt bei x = -1 besitzt).
b) Das Schaubild von g(x) = f(x − a) ergibt sich anschaulich aus dem Schaubild von f(x),
indem dies um a Einheiten nach rechts verschoben wird. Das Schaubild in Abb. 4 ist das einzige, das sich durch eine Rechtsverschiebung aus Abb. 2 ergibt. Das Schaubild in Abb. 4 ist um 2 nach rechts verschoben, somit gilt g(x) = f(x − 2), also a = 2.
Das Schaubild von h(x) = b ⋅ f(x)ergibt sich anschaulich aus dem Schaubild von f(x), indem dies mit dem Faktor b in y-Richtung gestreckt wird. Da f(-1) = 0 ist, gilt auch h( 1)− = b ⋅ f( 1)− = b 0⋅ = 0 , egal wie b gewählt wird. Somit muss das Schaubild von h(x) den Punkt Q(-1/0) besitzen. Folglich kann nur das Schaubild in Abb. 3 das Schaubild von h(x) sein. Ermittlung des Wertes von b: Das Schaubild in Abb. 3 geht durch R(0/1), also gilt h(0) = 1. Es gilt f(0) = − 2 ⇒ h(0) = b ⋅ f(0) ⇒ 1 = b ( 2)⋅ − ⇒ b = −0,
c) Übrig bleibt als Schaubild noch die Abb. 1 Das Schaubild in Abb. 1 ergibt sich aus dem Schaubild aus Abb. 2 durch eine Verschiebung um 3 Einheiten nach oben. Folglich gilt k(x) = f(x) + 3 = x^3 − 3x + 1
Aufgabe 6: Zur Ermittlung der Schnittgeraden wird die Ebene E als Koordinatengleichung geschrieben.
E: 4x 1 − x 2 + 2x 3 =d
Einsetzen von P(1/2/1) ergibt 4 − 2 + 2 = 4 =d Daraus folgt: E: 4x 1 − x 2 + 2x 3 = 4
Berechnung der Schnittgeraden der beiden Ebenen:
Hierzu löst man folgendes Gleichungssystem: 1 2 3 2 3
4x x 2x 4 x 2x 8
Setze x 3 = tmit t ∈ ℝ
Aus der 2.Zeile folgt: x 2 + 2t = 8 ⇒ x 2 = −2t + 8
Aus der 1.Zeile folgt: 4x 1 − −( 2t + 8) + 2t = 4 ⇒ 4x 1 = 12 − 4t ⇒ x 1 = 3 −t
Mit den Lösungen kann man nun die Gleichung der Schnittgerade g aufstellen:
g:
3 t 3 1 x 2t 8 8 t 2 t 0 1
−^ −
= ^ − + ^ = ^ ^ + ⋅ ^ −
Aufgabe 7:
a) Der Normalenvektor der Ebene E lautet
n 0 1
= ^
Die zweite Koordinate des Normalenvektors (und damit das „Fehlen“ der Variable x 2 in der Koordinatengleichung zeigt, dass die Ebene E parallel zur x 2 -Achse ist. Da zum Beispiel der Punkt P(0/1/0) nicht auf E liegt, wie man durch eine Punktprobe zeigen kann, liegt die x 2 -Achse nicht in der Ebene E, sondern ist „echt parallel“ zu ihr.
b) Zur Ermittlung des Bildpunktes wird eine Hilfsgerade h aufgestellt, die senkrecht zu E (Richtungsvektor von h ist Normalenvektor von E) und durch den Punkt A verläuft:
h:
x 1 r 0 3 1
= ^ ^ + ⋅^
Schnitt der Gerade h mit der Ebene E ergibt den Lotfußpunkt L: 1 + r − (3 − r) − 4 = 0 ⇒ − 6 + 2r = 0 ⇒ r = 3 Einsetzen von r = 3 in die Geradengleichung ergibt L(4/1/0).
Berechnung des Bildpunktes A*:
OA * OA 2 AL 1 2 0 1
= + ⋅ = ^ ^ + ⋅ ^ ^ =^
Die Koordinaten des Bildpunktes lauten A*(7/1/-3).
Aufgabe 8: Da in der Aufgabenstellung nicht vorgegeben ist, in welchem Gleichungstyp die Ebene
vorgegeben ist, wird diese nun als Normalenform vorausgesetzt: x^ − p ⋅ n = 0
Die Gerade g habe die Parameterform x = p + r ⋅u
Gesucht ist nun die Gleichung der Geraden h in der Parameterform x = q + s v⋅
1.Schritt: Da die Gerade h in der Ebene E liegt und g orthogonal schneiden soll, kann der
Ortsvektor von g auch für h übernommen werden. Es gilt also q =p
2.Schritt: Der Richtungsvektor von h ist orthogonal zum Richtungsvektor von g.
Somit muss gelten v u⋅ = 0
Da die Gerade h in der Ebene E liegt, ist der Richtungsvektor von h auch orthogonal zum Normalenvektor von E. Somit muss gelten: v n⋅ = 0
Aus (1) und (2) ergibt sich ein Gleichungssystem (2 Gleichungen, 3 Unbekannte) mit unendlich vielen Lösungen für v
. Eine beliebige Lösung mit v ≠ 0
ist ein möglicher Richtungsvektor von h.
(Alternativ könnte man auch das Vektorprodukt nutzen: v = u ×n
