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Inhalt

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

Mecklenburg-Vorpommern 1996/97 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

Sachsen 1995/96 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37


Sachsen-Anhalt 1995/96 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

Sachsen-Anhalt 1996/97 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

Thüringen 1995/96 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131


Berlin / Camille-Claudel-Oberschule 1996/97 . . . . . . . . . . . . . 153Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

AbiturprüfungGrundkurs

1995/96 und 1996/97

Gymnasium

Mecklenburg-VorpommernSachsen

Sachsen-AnhaltThüringen

Berlin

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)

1. Auflage

15 4 3 2 1

| 2001 2000 99 98 97

Die letzte Zahl bezeichnet das Jahr dieses Druckes.© paetec Gesellschaft für Bildung und Technik mbH, Berlin 1997

Redaktion: Prof. Dr. habil. Karlheinz WeberLayout: Matthias Nerling, Heiko SchlichtingUmschlaggestaltung: Britta Scharffenberg Druck: OSTHAVELLAND-DRUCK GmbH VELTEN

ISBN 3-89517-272-3

UGedruckt auf chlorfrei gebleichtem Papier.

Inhalt

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

Mecklenburg-Vorpommern 1996/97 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10



Sachsen-Anhalt 1995/96 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

Sachsen-Anhalt 1996/97 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111



Berlin / Camille-Claudel-Oberschule 1996/97 . . . . . . . . . . . . . 153Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154Erwartungsbilder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

4

Vorwort

Das vorliegende Heft enthält die Aufgaben, die in den zentralen Abiturprüfungen für Mathematik-Grundkurse in den Bundesländern Mecklenburg-Vorpommern (Schuljahr 1996/97), Sachsen (Schuljahre 1995/96 und 1996/97), Sachsen-Anhalt (Schuljahre 1995/96 und 1996/97) und Thüringen (Schuljahre 1995/96 und 1996/97) gestellt wurden. Da es in Berlin kein Zentralabitur für das Fach Mathematik gibt, wurde als Beispiel weiterhin eine Abiturprüfungsarbeit von einer Berliner Schule aus dem Schuljahr 1996/97 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 folgen die Aufgabentexte den Ori-ginalfassungen, woraus teilweise Unterschiede zwischen den Vorgehensweisen in den einzelnen Arbeiten resultieren.

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 Schwerpunktsetzung, Anforderungsniveau, Aufgabengestaltung usw. in den verschiedenen Bundeslän-dern, woraus wiederum Ansätze für eigenes Nachdenken erwachsen können.

Die Redaktion

Berlin, Dezember 1997


1996 / 97

Gymnasium

Mecklenburg-Vorpommern

6

Hinweis: Von den nachfolgenden Arbeiten A und B, die jeweils aus Pflicht- und Wahlteil bestehen, hatte der Prüfungsteilnehmer eine auszuwählen. Im Pflichtteil (Aufgaben P1 – P3), der für die Arbeiten A und B identisch ist, waren alle Aufga-ben, aus dem Wahlteil (Aufgaben A4 – A6 bzw. B4 – B6) waren zwei Aufgaben zu lösen.

PFLICHTTEIL ARBEITEN A und BAufgabe P1: Analysisa) Gegeben ist eine Folge (an) durch an = n2 – 5n + 5, n ≥ 1.

Gibt es ein Glied dieser Folge, das den Wert 11 771 hat?Begründen Sie Ihre Aussage!Zeigen Sie, daß (an) weder eine arithmetische noch eine monotone Folge ist!

b) Durch b3 = 12 und bn + 1 = bn, n ≥ 1, ist eine Folge (bn) festgelegt.

Geben Sie für diese Folge eine explizite Bildungsvorschrift an!

c) Eine Funktion f ist definiert durch y = f(x) = x3 – 3x, x ∈ R.

Ihr Graph im kartesischen Koordinatensystem sei G.Berechnen Sie für G die Koordinaten der Schnittpunkte mit den Koordinaten-achsen und die der lokalen Extrempunkte!

Im Schnittpunkt P von G mit der y-Achse gibt es eine Tangente t an G.Stellen Sie die Gleichung der Tangente t auf!Berechnen Sie den Winkel, unter dem die Tangente t die Gerade mit der Glei-chung y = –x schneidet!

Aufgabe P2: GeometrieDie Punkte A(8|4|0), B(0|6|2), C(0|0|8) und D(8|–1|5) bestimmen als Eck-punkte ein Viereck.

a) Stellen Sie das Viereck in einem räumlichen Koordinatensystem dar!

b) Weisen Sie nach, daß das Dreieck ABC rechtwinklig und gleichschenklig ist!

c) Untersuchen Sie, ob das Viereck ABCD ein Trapez ist!

d) Berechnen Sie die Größe des Flächeninhalts des Vierecks ABCD!

12---

14---

Mecklenburg-Vorpommern 1996/97

7

Aufgabe P3: StochastikDer Basketballer „Long Henry“ hat beim Freiwurf erfahrungsgemäß eine Treffer-quote von 70%.

a) Er bekommt in einer Spielsituation zwei Freiwürfe zugesprochen.Mit welcher Wahrscheinlichkeit trifft era1) beide Male,a2) mindestens einmal,a3) nur beim ersten Mal,a4) genau einmal?

b) Wie viele Freiwürfe müßte er sich wenigstens vornehmen, damit die Wahr-scheinlichkeit, dabei mindestens einen Treffer zu erzielen, 99% überschreitet?

WAHLTEIL ARBEIT AAufgabe A4: AnalysisGegeben ist eine Funktionenschar durchdie Gleichung

y = fa(x) = ax2 – x3, x ∈ R,a ∈ R, a > 0.

Die zu fa gehörigen Graphen seinen Ga (siehe Skizze).

a) Berechnen Sie von Ga die Koordinaten der Schnittpunkte mit den Koordinaten-achsen, die Koordinaten der lokalen Extrempunkte und die Koordinaten der Wendepunkte!

b) Ia sei der Inhalt der Fläche, die von Ga und der x-Achse vollständig einge-schlossen wird.Berechnen Sie Ia!

c) Für welche Werte von a ist der Anstieg von fa an der Stelle a kleiner als –4?

Aufgabe A5: AnalysisGegeben sind die Funktionen f und g durch die Gleichungen

y = f(x) = , x ∈ R, x ≠ 0

und y = g(x) = –2x + 6, x ∈ R.

x

y

G2 G4 G5

x 2+x

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

Aufgaben

8

a) Bestimmen Sie die Nullstellen von f und für den Graphen von f die Gleichun-gen der Asymptoten!Skizzieren Sie die Graphen der beiden Funktionen f und g im Intervall – 3 ≤ x≤ 4!

b) Bestimmen Sie denjenigen x-Wert, x > 0, für den die Differenz g(x) – f(x) ein lokales Extremum hat!

c) Die Graphen von f und g schließen eine Fläche vollständig ein.Berechnen Sie den Inhalt dieser Fläche!

Aufgabe A6: GeometrieGegeben sind die drei Punkte A(8|–4|4), B(4|0|6), A'(4|4|0).A' bzw. B' sind Bildpunkte von A bzw. B bei ein und derselben Verschiebung.

a) Bestimmen Sie die Koordinaten von B', stellen Sie das Parallelogramm AA'B'B in einem räumlichen Koordinatensystem dar, und untersuchen Sie, ob dieses Parallelogramm ein Rhombus ist!

b) Bestimmen Sie den Flächeninhalt I des Parallelogramms AA'B'B!

c) Weiterhin ist eine Gerade g durch g: = + r gegeben.

Sie schneidet die Seite AA' des Parallelogramms AA'B'B im Punkt S(7|–2|3).Zeigen Sie: Die Gerade g teilt das Parallelogramm AA'B'B in zwei kongruente Vierecke.

WAHLTEIL ARBEIT BAufgabe B4: Analysisa) Für welchen Wert von a ist der Inhalt der grau gefärbten Fläche (siehe Skizze)

minimal?

x

y

z 4

2

3 3

4–

0

x

y y = f(x) = ax2, a ∈ R, a > 0

x = 2

y = g(x) = – x2, a ∈ R, a > 01

a---


9

b) Für a = 2 erhält man die Funk-

tionsgleichungen y = f(x) = 2x2

und y = g(x) = – x2.

Für welchen Wert von t hat das einbeschriebene Dreieck ABC (siehe Skizze) einen maximalen Flächeninhalt?

Aufgabe B5: AnalysisGegeben ist eine Funktion durch die Gleichung y = f(x) = 2x(1 – lnx).G ist der zugehörige Graph.

a) Bestimmen Sie von f den maximalen Definitionsbereich und die Nullstelle!

Berechnen Sie f( )!

b) Bestimmen Sie für G die Koordinaten des Extrempunktes!Begründen Sie, daß G keinen Wendepunkt hat!Skizzieren Sie G im Intervall 0 < x ≤ 4!

c) Zeigen Sie, daß durch F(x) = x2 – x2lnx eine Stammfunktion von f gegeben ist!Berechnen Sie den Inhalt der Fläche, die vom Graphen G, der x-Achse und der Geraden mit der Gleichung x = 0,5 vollständig begrenzt wird!

Aufgabe B6: GeometrieEin Dreieck ABC ist durch die Eckpunkte A(8|0|0), B(0|6|0) und C(0|0|4) bestimmt. Gegeben sind außerdem die Punkte D(4|3|0), E(0|1,5|3) und F(2|3|1).

a) Stellen Sie das Dreieck ABC und die Punkte D, E und F graphisch dar!

b) Untersuchen Sie für jede der folgenden Aussagen, ob sie wahr oder ob sie falsch ist:– F ist ein Punkt der durch A, B und C bestimmten Ebene.– E ist Höhenfußpunkt im Dreieck ABC– Die Gerade durch C und D ist Winkelhalbierende des Dreiecks ABC.

x

y y = f(x) = 2x2

x = 2

B(2|0)

C(t|f(t))

A(t|g(t)) y = g(x) = – x21

2---

12---

e

32---

Aufgaben

10

Erwartungsbild zu Aufgabe P1: Analysis

a) an = n2 – 5n + 5, n ∈ N, n ≥ 1

n2 – 5n + 5 = 11 771 ⇒ n2 – 5n – 11 766 = 0

n1,2 = ± = ±

n1 = 111 (n2 = –106 < 0 entfällt)⇒ a111 = 11 771

Zu zeigen ist: (an) ist weder eine arithmetische noch eine monotone Folge.Nachweis:Ist (an) eine arithmetische Folge, so gilt für alle n ∈ N:

an + 1 – an = d; d ∈ REin einfaches Gegenbeispiel zeigt:

a2 – a1 = –2a3 – a2 = 0

Daraus folgt: (an) ist keine arithmetische Folge.

Weiterer Lösungsweg:

an = n2 – 5n + 5; an + 1 = (n + 1)2 – 5(n + 1) + 5 = n2 – 3n + 1an + 1 – an = 2n – 4 ≠ d, d ∈ RDaraus folgt: (an) ist keine arithmetische Folge.

Ist (an) eine monotone Folge, so gilt:an + 1 – an < 0, wenn (an) monoton fallend istan + 1 – an > 0, wenn (an) monoton wachsend ist.an + 1 – an = 2n – 4Für n = 1 gilt: an + 1 – an = –2Für n = 2 gilt: an + 1 – an = 0Für n = 3 gilt: an + 1 – an = 2

b) (bn) ist bestimmt durch b3 = 12 und bn + 1 = bn; n ∈ N, n ≥ 1.

⇒ b2 = 24, b1 = 48; q =

Somit ist die explizite Bildungsvorschrift bn = 48 · ( )n – 1.

c) Schnittpunkte mit der x-Achse:

0 = x3 – 3x = x( x2 – 3) ⇒ x1 = 0; x2 – 3 = 0, also x2 = 12

52--- 25

4------ 47 064

4----------------+ 5

2--- 217

2---------

a2 – a1 ≠ a3 – a2

⇒ (an) ist nicht monoton

12---

12---

12---

14--- 1

4--- 1

4---


11

und x2,3 = ± = ±2 , woraus sich als Schnittpunkte ergeben:

P1(0|0); P2(–2 |0); P3(+2 |0)

Schnittpunkte mit der y-Achse:f(0) = 0 ⇒ P1(0|0)

Lokale Extrempunkte:

f'(x) = x2 – 3; f ''(x) = x

f'(x) = 0 ⇒ x2 – 3 = 0, also x2 = 4

und damit = –2; = +2

f''(–2) = –3 < 0; f(–2) = 4⇒ PMax(–2|4)f''(2) = 3 > 0; f(2) = –4⇒ PMin(2|–4)

Tangentengleichung:Der Schnittpunkt von G mit der y-Achse ist P1(0|0). Die Gleichung der Tan-gente t hat folgende Form: y = mx. Dabei ist f '(0) = –3, d.h. m = –3⇒ t: y = –3xSchnittwinkel:y = –3x; m1 = –3 y = –x; m2 = –1

tanα = = = ⇒ α ≈ 26,6°

Weitere Lösungsweg:tanα1 = –3 ⇒ α1 ≈ –71,6°, also α1 ≈ 108,4°;tanα2 = –1 ⇒ α2 ≈ –45° und damit ist α2 ≈ 135°.α = α2 – α1 = 135° – 108,4°α = 26,6°

12 3

3 3

1

1x

y

P1 P3P2

PMax

PMin

0

34--- 3

2---

34---

xE1xE2

m2 m1–1 m1 m2⋅+--------------------------- 1– 3–( )–

1 3+-------------------------- 1

2---

x

y

y = –3x

y = –x

α1

α2α

O

Erwartungsbilder

12

Erwartungsbild zu Aufgabe P2: Geometrie

b) = ; =

Nachweis, daß ∆ABC rechtwinklig ist:

· = –8 · 0 + 2 · (–6) + 2 · 6 = 0 ⇒ ⊥ , d.h.\ ABC = 90°. ∆ABC ist also rechtwinklig.Nachweis, daß ∆ABC gleichschenklig ist:

= =

= =

c) ABCD ist ein Trapez ⇔ 1) AD i BC oder

2) AB i DC

Nachweis von 1):

Wenn AD i BC, so muß = r , r ∈ R, gelten.

Mit = und = folgt

1

1

y

z

1

O

5

5

5

xA(8|4|0)

B(0|6|2)

C(0|0|8)

D(8|–1|5)

a)

AB8–

2

2

BC0

6–

6

AB BC AB BC

= , also ist ∆ABC gleichschenkligAB BCAB 64 4 4+ + 72

BC 36 36+ 72

AD BC

AD0

5–

5

BC0

6–

6


13

0 = r · 0 wahr für alle r ∈ R

–5 = r · (–6) ⇒ r =

5 = r · 6 ⇒ r =

⇒ AD i BC, d.h.: ABCD ist ein Trapez(Betrachtung von 2) ist gegenstandslos)

d) Flächeninhalt des Vierecks ABCD:Allgemein:

Speziell:

ATrapez = ( + )h = ( + ) · = (60 + 72) = 66 (FE)

Der Flächeninhalt des Vierecks ABCD beträgt 66 (FE).

Erwartungsbild zu Aufgabe P3: Stochastika) x1 – Treffer beim 1. Freiwurf

x2 – Treffer beim 2. Freiwurfp = 0,7

a1) P(x1 ∩ x2) = P(x1) · P(x2) = 0,7 · 0,7 = 0,49Er trifft beide Male mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,49.

a2) P(x1) · + · P(x2) + P(x1) · P(x2)

= 0,7 · 0,3 + 0,3 · 0,7 + 0,49 = 0,91Er trifft mindestens einmal mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,91.

a3) P(x1) · = 0,7 · 0,3 = 0,21

Er trifft nur beim ersten Mal mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,21.

a4) P(x1) · + · P(x2) = 0,7 · 0,3 + 0,3 · 0,7 = 0,42

Er trifft genau einmal mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,42.

56---

56---

h

a

b

⇒ ATrapez = · (a + b) · h12---

D A

C B

h

h = = (LE)

= = (LE)

= = (LE)

AB 72

AD 25 25+ 50

BC 36 36+ 72

12--- AD BC 1

2--- 50 72 72 1

2---

P x2( ) P x1( )

P x2( )

P x2( ) P x1( )

Erwartungsbilder

14

b) x – Anzahl der TrefferP(x ≥ 1) > 0,99, also 1 – P(x = 0) > 0,99 bzw. P(x = 0) < 0,01⇒ 0,3n < 0,01, also n · lg 0,3 < lg 0,01 und damit n > 3,825.Er muß mindestens 4 Freiwürfe ausführen.

Erwartungsbild zu Aufgabe A4: Analysisa) Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen:

x-Achse: 0 = ax2 – x3 = x2(a – x) ⇒ x1 = 0; x2 = a, also P1(0|0); P2(a|0)y-Achse: y = a · 02 – 03 = 0 ⇒ P1(0|0)Lokale Extrempunkte:f'a(x) = 2ax – 3x2; f''a(x) = 2a – 6x

f'a(x) = 0 ⇒ 2ax – 3x2 = x(2a – 3x) = 0, also = 0; = a

f''a(0) = 2a > 0, da a > 0; fa(0) = 0 ⇒ PMin(0|0)

f''a( a) = –4a < 0, da a > 0; fa( a) = a3 ⇒ PMax( a| a3)

Wendepunkte:

f''a(0) = 0 ⇒ 2a – 6x = 0, also xW = a

f'''a(xW) = –6 ≠ 0; fa( a) = a3 ⇒ PW( a| a3)

b) fa(x) dx = (ax2 – x3) dx = [a · x3 – x4]

= a · a3 – a4 – 0 = a4 – a4 = a4

Flächeninhalt: Ia = a4 (FE)

c) f'a(x) = 2ax – 3x2 f'a(a) = 2a2 – 3a2 = –a2 f'a(a) < –4

Für a > 2 ist der Anstieg von f'a an der Stelle a kleiner als –4.

Erwartungsbild zu Aufgabe A5: Analysisa) Nullstellen von f:

f(xN) = 0 ⇔ = 0 ⇔ xN + 2 = 0 und xN ≠ 0

⇒ xN = –2

xE1xE2

23---

23--- 2

3--- 4

27------ 2

3--- 4

27------

13---

13--- 2

27------ 1

3--- 2

27------

0

a

∫0

a

∫ 13--- 1

4---

a

3

13--- 1

4--- 1

3--- 1

4--- 1

12------

112------

–a2 < –4, also a2 > 4 ⇒ a1 > +2(a2 < –2 entfällt, da a > 0 nach Vor.)

xN 2+xN

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


15

Asymptoten von f:xP = 0 ist Polstelle von f ⇒ x = 0 ist Asymptotengeichung (senkrechte Asym-ptote)

= (1 + ) = 1

⇒ y = 1 ist Asymtotengeichung (waagerechte Asymptote)Skizze: Wertetabelle für f(x):

b) d(x) = g(x) – f(x)

d(x) = –2x + 6 – = –2x + 6 – 1 – = –2x – + 5

Untersuchung auf das lokale Extremum:

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

⇒ x1 = 1 (x2 = –1 entfällt, da x > 0 nach Voraussetzung)

d''(x) = – ; d''(1) = –4 < 0 ⇒ x1 = 1 ist eine lokale Maximumstelle

An der Stelle x1 = 1 ist die Differenz g(x) – f(x) maximal.

x –3 –2 –1 0 1 2 3 4

f(x) 0 –1 n.d. 5 3 2

x ∞±→lim x 2+

x------------

x ∞±→lim 2

x---

12---

13--- 5

3--- 3

2---

1x

y

O

x = 0

5

f(x)

g(x)

y = 11

x 2+x

------------ 2x--- 2

x---

2x2----- 2

x2-----

4x3-----

Erwartungsbilder

16

c) FlächeninhaltErmitteln der Integrationsgrenzen:

f(x) = g(x) ⇒ = –2x + 6, also x + 2 = –2x2 + 6x

⇒ 2x2 – 5x + 2 = 0, also x2 – x + 1 = 0

x1,2 = ± ⇒ x1 = ; x2 = 2

Weiterer Lösungsweg:Anhand des Graphen Vermutung aufstellen und rechnerisch überprüfen.

Ermitteln des Flächeninhaltes:

[g(x) – f(x)] dx = (–2x – + 5) dx = [–x2 – 2lnx + 5x]

= –4 – 2ln2 + 10 – (– – 2ln + ) = – 4ln2 ≈ 0,9774

Flächeninhalt: A = 0,9774 (FE)

Erwartungsbild zu Aufgabe A6: Geometrie

a) = , also = ⇒ B'(0|8|2)

Darstellung des Parallelogramms AA'B'B (S und S' aus Aufgabenteil c).):

x 2+x

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

52---

54--- 25

16------ 16

16------– 1

2---

12---

2

∫12---

2

∫ 2x---

2

12---

14--- 1

2--- 5

2--- 15

4------

AA' BB'4–

8

4– b'x 4–

b'y 0–

b'z 6–

1

1

y

z

O

5

5

x

A(8|–4|4)

B(4|0|6)

A'(4|4|0)

B'(0|8|2)

1

5

x

S(7|–2|3)

S'(1|6|3)

g


17

Untersuchung:AA'B'B ist ein Parallelogramm. Wenn = gilt, dann ist AA'B'B ein Rhombus.

= = 6

= =

⇒ AA'B'B ist kein Rhombus.

b) Flächeninhalt:

AParallelogramm=

= ≈ 43,08 (FE)Flächeninhalt des Parallelogramms AA'B'B = 43,08 (FE)

c) g: x = + r ; r ∈ R

hBB': x = + t ; t ∈ R

Koordinaten des Schnittpunktes zwischen g und hBB':

(I) 4 + 3r = 4 –4t(II) 2 – 4r = 8t(II) 3 = 6 –4t ⇒ t =

2 · (I) + (II) 10 + 2r = 8 ⇒ r = –1 (Probe!)

Schnittpunktkoordinaten ergeben sich

aus g: = – 1 =

oder

aus hBB': = + =

AB AA'

⇒ = AB AA'AB 16 16 4+ +

AA' 16 64 16+ + 96

AB2

AA'2

⋅ AB AA'⋅ 2

–

36 96⋅ 16 32 8–+( ) 2–

4

2

3 3

4–

0

4

0

6 4–

8

4–

34---

⇒ S'(1|6|3)

x

y

z 4

2

3 3

4–

0 1

6

3

x

y

z 4

0

6

34---

4–

8

4– 1

6

3

Erwartungsbilder

18

Voraussetzung: AA'B'B ist ein ParallelogrammBehauptung: ASS'B ≅ A'B'S'SBeweis:ASS'B und A'B'S'S sind genau dann kongruent,wenn sie paarweise in allen Seiten übereinstimmen.

(1) = gemeinsam

(2) = folgt aus der Voraussetzung

Da = , ist nur noch zu zeigen, daß = gilt.

= = (LE)

= = (LE)Daraus folgt:

(3) =

(4) = folgt aus (3) und der VoraussetzungAus (1), (2), (3) und (4) folgt ASS'B ≅ A'B'S'S, d.h.:Die Gerade g teilt das Parallelogramm AA'B'B in zwei kongruente Vierecke.

Erwartungsbild zu Aufgabe B4: Analysisa) Flächeninhalt

[f(x) – g(x)] dx = (ax2 + x2) dx = (a + )x2 dx

= [ (a + )x3] = (a + )

⇒ A = (a + ) (FE); (a ∈ R, a > 0)

Untersuchung von A auf das lokale Minimum:

A'(a) = (1 – ); A''(a) =

A'(a) = 0 ⇒ (1 – ) = 0 ⇒ a2 = 1, also a1 = 1 (a2 = –1 entfällt, da a > 0)

A''(1) = > 0 ⇒ a1 = 1 ist lokale Minimumstelle

Für a = 1 ist der Inhalt der grau gefärbten Fläche minimal.

A A'S

B B'S'

SS' SS'

AB A'B'

AA' BB' AS B'S'

AS 7 8–( ) 2 2– 4+( ) 2 3 4–( ) 2+ + 6

B'S' 1 0–( ) 2 6 8–( ) 2 3 2–( ) 2+ + 6

AS B'S'

A'S BS'

0

2

∫0

2

∫ 1a---

0

2

∫ 1a---

13--- 1

a---

2

083--- 1

a---

83--- 1

a---

83--- 1

a2----- 16

3a3--------

83--- 1

a2-----

163------


19

b) y = f(x) = 2x2; y = g(x) = – x2

A∆ =

A(t) = (2t2 + t2) · (2 – t) = t2 · (2 – t) = t2 – t3

Untersuchung von A(t) auf das lokale Maximum:

A'(t) = 5t – t2; A''(t) = 5 – t

A'(t) = 0 ⇒ 5t – t2 = 5t(1 – t) = 0 ⇒ t1 = 0 (entfällt, da sinnlos); t2 =

A''( ) = 5 – · = –5 < 0 ⇒ t2 = ist lokale Minimumstelle

Für t = hat das einbeschriebene Dreieck ABC den maximalen Flächeninhalt.

Erwartungsbild zu Aufgabe B5: Analysisa) Definitionsbereich: x ∈ R; x > 0

Nullstelle: 0 = 2x(1 – lnx)

⇒ = 0 (entfällt, da 0 ∉ Df); 1 – lnx = 0, also lnx = 1 und damit = e.

f( ) = 2 (1 –ln ) = 2 (1 – ) =

b) Extrempunkt:

f '(x) = 2(1 – lnx) + 2x(– ) = 2 – 2lnx – 2 = –2lnx; f ''(x) = –

f '(x) = 0 ⇒ –2lnx = 0, also lnx = 0 und damit xE = 1f ''(1) = –2 < 0; f(1) = 2(1 – 0) = 2 ⇒ PMax(1|2)Wendepunkt:

f ''(xW) = – ≠ 0 für alle x ∈ R

Die notwendige Bedingung f ''(xW) = 0 für die Existenz eines Wendepunktes ist nicht erfüllt. Also besitzt f keinen Wendepunkt.Wertetabelle für Skizze:

x 1 2 3 4

f(x) ≈ 1,69 2 ≈ 1,23 ≈ – 0,59 ≈ – 3,1

12---

f t( ) g t( )–( ) 2 t–( )⋅2

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

12--- 1

2--- 5

4--- 5

2--- 5

4---

154------ 15

2------

154------ 3

4--- 4

3---

43--- 15

2------ 4

3--- 4

3---

43---

xN1xN2

e e e e 12--- e

1x--- 2

x---

2xW

-------

12---

Erwartungsbilder

20

c) Zu zeigen ist: F'(x) = f(x)

F'(x) = 3x – (2xlnx + x2 · ) = 3x – 2xlnx – x = 2x(1 – lnx) = f(x)

Flächeninhalt:

[ x2 – x2 · lnx] = e2 – e2 · 1 – ( · – ln0,5) ≈ 3,1457

Flächeninhalt: 3,15 (FE)

Erwartungsbild zu Aufgabe B6: Geometrie

b) Untersuchung, ob F ∈ εABC:

εABC: x = + t + r ; t, r ∈ R

1x

y

Oe

f

PMax

1

Skizze:

1x---

32---

e

0,532--- 3

2--- 1

4--- 1

4---

1

1

y

z

O

5

xA(8|0|0)

C(0|0|4)

D(4|3|0)

B(0|6|0)

1

5

F(2|3|1)

E(0|1,5|3)

a) Graphische Darstellung

8

0

0 8–

6

0 8–

0

4


21

F(2|3|1):

(I) 2 = 8 – 8t – 8r

(II) 3 = 6t ⇒ t =

(III) 1 = 4r ⇒ r =

t = und r = eingesetzt in (I) ergibt 8 – 8 · – 8 · = 2

⇒ F ∈ εABC

Untersuchung, ob E Höhenfußpunkt im Dreieck ABC ist:zu zeigen ist: 1) E ∈ gBC

2) ⊥ zu 1)

gBC: x = + p ; p ∈ R; E(0|1,5|3)

(I) 0 = 0

(II) 1,5 = 6 – 6p ⇒ p =

(III) 3 = 4p ⇒ p =

⇒ E ∈ gBC

zu 2)

= ; =

⊥ ⇔ · = 0

· = 0 – 9 + 12 = 3 ≠ 0

E ist also nicht Höhenfußpunkt im Dreieck ABC.

Annahme: \ ACB = 2 · \ ACDNachweis:Zu zeigen ist: 1) D ∈ εABC

2) \( | ) = \( | )

12---

14---

12--- 1

4--- 1

2--- 1

4---

AE BC

0

6

0 0

6–

4

34---

34---

AE8–

1,5

3

BC0

6–

4

AE BC AE BC8–

1,5

3 0

6–

4

CD CA CD CB

Erwartungsbilder

22

zu 1)D ∈ εABC ⇔ D ∈ gAB

D(4|3|0); gAB: x = + t ; t ∈ R

4 = 8 – 8t ⇒ t =

3 = 6t ⇒ t =

0 = 0

D ∈ εABC

zu 2)

= ; = ; =

cos\( | ) = = ≈ 0,838

cos\( | ) = = ≈ 0,736

⇒ \( | ) ≠ \( | )

Die Gerade gCD ist keine Winkelhalbierende des Dreiecks ABC.

8

0

0 8–

6

0

12---

12---

CA8

0

4–

CB0

6

4–

CD4

3

4–

CD CA 4 8⋅ 3 0⋅ 4–( ) 4–( )⋅+ +41 80⋅

---------------------------------------------------------------- 483 280

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

CD CB 4 0⋅ 3 6⋅ 4–( ) 4–( )⋅+ +41 52⋅

---------------------------------------------------------------- 342 132

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

CD CA CD CB



1995 / 96

Gymnasium

Sachsen

24

Hinweis: Für die Abiturprüfungen Mathematik/Grundkurs galt im Schuljahr 1995/96 fol-gende Regelung: Der Fachlehrer wählt zur Bearbeitung durch den Prüfungsteil-nehmer aus:– je eine von den jeweils zwei vorgegebenen Aufgaben aus den Teilgebieten A und B,– eine von mehreren vorgegebenen Aufgaben zu den wahlobligatorische Lehrplan-

themen aus dem Kurshalbjahr 12/II (Teilgebiet C).

Nachfolgend sind die Aufgaben für den Ersttermin und den Nachtermin zusam-mengefaßt.

Aufgabe A1: AnalysisGegeben ist die Funktion f durch y = f(x) = (x2 – 4x + 3) · (x + 2) (x ∈ R).

a) Führen Sie für die Funktion f eine Kurvendiskussion durch (Nullstellen, Ver-halten im Unendlichen, Koordinaten des Schnittpunktes des Graphen mit der y-Achse, Koordinaten der lokalen Extrempunkte, Art der Extrema).Zeichnen Sie den Graphen der Funktion f im Intervall –2,5 ≤ x ≤ 3,5.

b) Berechnen Sie die Koordinaten der Punkte, in denen der Graph der Funktion f Tangenten besitzt, die parallel zur Geraden g mit der Gleichung y = –x + 6 (x ∈ R) verlaufen.

c) Gegeben ist die Funktion p durch y = p (x) = x3 + 6 (x ∈ R).Ermitteln Sie den Inhalt der Fläche, die vom Graphen der Funktion f und dem Graphen der Funktion p vollständig begrenzt wird.

Gegeben sind die Funktionen hm durch y = hm (x) = m · x + 6 (m ∈R; x ∈R).

d) Für welche Werte von m besitzen die Graphen der Funktionen f und hm genau drei gemeinsame Punkte?

e) Die beiden Schnittpunkte des Graphen der Funktionen h 0,25 mit dem Graphen der Funktion f, die nicht auf der y-Achse liegen, und der Koordinatenursprung bilden ein Dreieck.Berechnen Sie den Flächeninhalt dieses Dreiecks.

Aufgabe A 2: AnalysisGegeben ist die Funktion f durch y = f(x) = (x ∈ Df).

a) Bestimmen Sie für die Funktion f den größtmöglichen Definitionsbereich. Führen Sie für die Funktion f eine Kurvendiskussion durch (Nullstellen, Koor-dinaten der lokalen Extrempunkte, Art der Extrema).

Zeichnen Sie den Graphen der Funktion f im Intervall 0 < x ≤ 4.

xln 2+x

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

Sachsen 1995/96

25

b) Ermitteln Sie eine Gleichung der Tangente t an den Graphen der Funktion f im Punkt P(1; f(1)).Ermitteln Sie eine Gleichung der Geraden h, welche die Tangente t im Punkt P senkrecht schneidet.Die Tangente t schneidet die x-Achse im Punkt Q, die Gerade h schneidet die x-Achse im Punkt R.Berechnen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks PQR.

c) Weisen Sie nach, daß die Funktion F mit F(x) = · (lnx)2 + 2 lnx (x ∈R, x > 0) eine Stammfunktion der Funktion f ist.Ermitteln Sie eine Gleichung derjenigen Stammfunktion G der Funktion f, für die G = 2 gilt.

d) Der Graph der Funktion f, die x-Achse und die Gerade mit der Gleichung x = e begrenzen eine Fläche vollständig.Berechnen Sie den Inhalt dieser Fläche.

e) Gegeben ist die Funktion g durch y = g(x) = (x ∈ R, x ≠ 0).

Zeichnen Sie den Graphen der Funktion g im Intervall 0 < x ≤ 4 in das Koor-dinatensystem von Aufgabenteil a).Der Graph der Funktion g zerlegt die im Aufgabenteil d) beschriebene Fläche in zwei Teilflächen.Berechnen Sie das Verhältnis der Flächeninhalte dieser Teilflächen.

f) Die Gerade mit der Gleichung x = u (u ∈ R, u > e–1) schneidet den Graphen der Funktion f im Punkt S und den Graphen der Funktion g aus Aufgabenteil e) im Punkt T.Für welchen Wert von u ist die Länge der Strecke ST maximal?

Aufgabe A 3: AnalysisGegeben ist die Funktion f durch y = f(x) = ex – e (x ∈ R)

a) Berechnen Sie die Nullstellen der Funktion f.Geben Sie für die Funktion f das Monotonieverhalten an, und untersuchen Sie das Verhalten im Unendlichen.Ermitteln Sie die Stelle x1, an der der Funktionswert f(x1) = e ist.Zeichnen Sie den Graphen der Funktion f im Intervall –3 ≤ x ≤ 2.Ermitteln Sie eine Gleichung der Tangente t an den Graphen der Funktion f im Punkt P(0; f(0)).

12---

e( )

1x---

Aufgaben Teil A

26

c) Gegeben ist die Funktion h durch y = h(x) = (ex – e)2 (x ∈ Dh).Geben Sie für die Funktion h den größtmöglichen Definitionsbereich sowie den Wertebereich an, und führen Sie für die Funktion h eine Kurvendiskussion durch (Nullstellen, Koordinaten der lokalen Extrempunkte, Art der Extrema).Zeichnen Sie den Graphen der Funktion h im Intervall –3 ≤ x ≤ 1,5 in das Koordinatensystem von Aufgabenteil a) ein.Berechnen Sie die Koordinaten des Schnittpunktes des Graphen der Funktion h und der Geraden mit der Gleichung y = e2.

d) Die y-Achse und die Graphen der Funktionen f und h begrenzen eine Fläche A vollständig.Berechnen Sie den Flächeninhalt der Fläche A.

Aufgabe A 4: AnalysisGegeben ist die Funktion f durch y = f(x) = (x ∈ Df).

a) Geben Sie den größtmöglichen Definitionsbereich der Funktion f an, und füh-ren Sie für die Funktion f eine Kurvendiskussion durch (Nullstellen, Polstellen, Symmetrie, Verhalten im Unendlichen).Weisen Sie nach, daß die Funktion f keine lokalen Extrema besitzt.Zeichnen Sie den Graphen der Funktion f im Intervall –4 ≤ x ≤ 6.

b) Der Punkt P(x; 6) mit x > 0 ist ein Punkt des Graphen von f. Im Punkt P wird an den Graphen der Funktion f eine Tangente gelegt.Ermitteln Sie rechnerisch eine Gleichung dieser Tangente.

c) Der Graph der Funktion f, die x-Achse und die Gerade mit der Gleichung x = 6 begrenzen eine Fläche vollständig.Berechnen Sie den Inhalt dieser Fläche.Der Graph der Funktion y = g(x) = –3x + 18 (x ∈ R) teilt diese Fläche in zweiTeilflächen.

b) Die Funktion g sei gegeben durchy = g(x) = f(x) + e (x ∈R, 0 ≤ x ≤ 2).Für jedes u (u ∈ R, 0 < u < 2) verläuft durch den Punkt Pu(u; g(u)) eine Parallele zur x-Achse.Diese Parallele, der Graph von g, die y-Achse und die Gerade mit der Glei-chung x = 2 begrenzen für jedes u genau zwei Flächen (siehe Skizze).Für welchen Wert u ist die Summe der Flächeninhalte dieser Flächen minimal?

gy

g(u)Pu

1

1

2u xO

2x2 8–x

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

Sachsen 1995/96

27

Zeichnen Sie den Graphen der Funktion g in das Koordinatensystem von Auf-gabenteil a) ein, und berechnen Sie die Inhalte der beiden Teilflächen.

d) Gegeben ist die Funktion h durch y = h(x) = x3 (x ∈R).Berechnen Sie die Stelle x (x > 0), für die die Differenz der Funktionswerte d(x) = h(x) – f(x) minimal wird.Ermitteln Sie diese minimale Differenz.

e) Gegeben sind die Funktionen fc(x) durchy = fc(x) = (c ∈ R; c ≠ 0; x ∈ ).

Untersuchen Sie die Anzahl der Nullstellen der Funktionen fc in Abhängigkeit von c.Für welchen Wert c hat der Graph der zugehörigen Funktion von fc an der Stelle x = 1 den Anstieg 4?

Aufgabe B 1: Analytische Geometrie und lineare Algebra

a) Ermitteln Sie die Koordinaten der Punkte B, C, E, F und H sowie die Ortsvek-toren , und .

b) Stellen Sie die Vektoren , und als Linearkombinationen der Vek-toren a, b und c dar.

c) Berechnen Sie die Größe des Schnittwinkels zwischen den Raumdiagonalen AG und BH.

d) Ein Dreieck XYZ ist durch die Vektoren = , = und den Punkt Z(2; 3; 0) bestimmt.Ermitteln Sie die Koordinaten des Punktes Y sowie das Volumen der Pyramide XYZG.

2x2 c–x

----------------- Dfc

yC

B

E

A

GHz

F

1

x

1

1O

Von dem in der Abbildung dargestellten Quader ABCOEFGH sind die Punkte A(2; 0;0) undG(0; 4; 3) gegeben. Des weiteren ist T der Diago-nalenschnittpunkt des Vierecks ABCO, P der Dia-gonalenschnittpunkt des Vierecks ABFE sowie M der Diagonalenschnittpunkt des Vierecks ABGH.

Außerdem gilt a = , b = und c = .OA OC OH

OT OP OM

TB BF AM

OX2–

1–

0

XY5

2

0

Aufgaben Teil B

28

e) In der x-y-Ebene ist der Kreis k gegeben durch die Gleichung (x + 2)2 + (y + 2)2 = 45.Die Gerade g, die durch die Punkte A und C verläuft, schneidet den Kreis k in den Punkten S1 und S2.Berechnen Sie die Länge der Sehne .Ermitteln Sie je eine Gleichung der zu der Geraden g parallelen Tangenten an den Kreis k.

Aufgabe B 2: Analytische Geometrie und lineare AlgebraIn einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(2; 5; –3),B(–4; 8; 3), C(–3; 2; 3) und D(–1; 1; 1) gegeben.

a) Die Punkte A, B und C liegen in einer Ebene E.Stellen Sie für die Ebene E eine Parametergleichung und eine Gleichung in all-gemeiner Form auf.Weisen Sie nach, daß der Punkt D ebenfalls in der Ebene E liegt.

b) Zeigen Sie, daß das Viereck ABCD ein Trapez, aber kein Parallelogramm ist.Durch die Mittelpunkte der beiden nichtparallelen Seiten des Trapezes ABCD verläuft die Gerade m.Geben Sie eine Gleichung für die Gerade m an.Berechnen Sie die Größe des Winkels \ BAD und den Flächeninhalt des Tra-pezes ABCD.

c) Das Viereck ABCF ist ein Parallelogramm.Ermitteln Sie die Koordinaten des Punktes F.

d) Die Gerade g enthält die Punkte A und B und schneidet die x-y-Ebene im Punkt M.Der Punkt M ist der Mittelpunkt eines in der x-y-Ebene liegenden Kreises k, der durch den Koordinatenursprung verläuft. Stellen Sie eine Gleichung für den Kreis k auf.Die Gerade h enthält die Punkte A und D und schneidet die x-y-Ebene im Punkt T.Weisen Sie nach, daß es keine Tangente an den Kreis k gibt, die den Punkt T enthält.

S1S2

Sachsen 1995/96

29

Aufgabe B 3: Analytische Geometrie und lineare AlgebraIn einem kartesischen Koordinatensystem 0; i; j; k sind die Punkte A(4; 0; 0), B(6; 4; 0), C(0; 6; 0) und D(5; 4; 8) gegeben. Diese Punkte sind Eckpunkte eines Körpers ABCD.

a) Skizzieren Sie den Körper ABCD in einem kartesischen Koordinatensystem.Berechnen Sie das Volumen des Körpers ABCD.

b) Die Punkte M1 bzw. M2 sind die Mittelpunkte der Kanten BD bzw. CD des Körpers ABCD.Untersuchen Sie, ob die Vektoren und linear abhängig sind.

c) Durch die Punkte P1(1; 0; 0) und P2(0; 2; 0) ist eine Gerade g1 bestimmt.

Durch die Gleichung x = + t (t ∈R) ist eine Gerade g2 bestimmt.

Berechnen Sie die Koordinaten des Schnittpunktes S und die Größe des Schnittwinkels dieser beiden Geraden.

d) Durch die Punkte B, C und D wird eine Ebene E bestimmt.Ermitteln Sie eine Gleichung der Ebene E in allgemeiner Form.Untersuchen Sie, ob die Gerade g3, die durch den Punkt A und den Richtungs-vektor m = –3i + 2,5j + 9k gegeben ist, die Ebene E im Punkt P4(–2; 5; 18) schneidet.

e) Ermitteln Sie rechnerisch die Koordinaten des Punktes F so, daß das Viereck ABCF ein Parallelogramm ist.

f) Ermitteln Sie die Menge aller derjenigen Punkte P(x; y; 0) mit x, y ∈R, für die gilt: ⊥ .Geben Sie die Koordinaten eines derartigen Punktes an.

Aufgabe B 4: Analytische Geometrie und lineare AlgebraIn einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(–5; –3; 0),B(11; 5; –4) sowie die Gerade g durch die Gleichung

x = + s (s ∈R) gegeben.

a) Die Gerade h verläuft durch die Punkte A und B.Weisen Sie rechnerisch nach, daß sich die Geraden g und h im PunktC(3; 1; –2) schneiden und orthogonal zueinander sind.

BC M1M2

230

1

20

BC AP

51–2

1

1–2

Aufgaben Teil B

30

b) Zeigen Sie, daß jeder Punkt Pt( t; 4 – t; –8 + t) (t ∈R) auf der Geraden g liegt.

c) Die Gerade g schneidet die x-y-Koordinatenebene im Punkt S.Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes S.Ermitteln Sie rechnerisch eine Gleichung des in der x-y-Koordinatenebene lie-genden Kreises, der durch die Punkte S, A und den Koordinatenursprung ver-läuft.

d) Die Punkte A, B und P2(1; 3; –6) liegen in der Ebene E.Ermitteln Sie eine Gleichung der Ebene E in allgemeiner Form.Berechnen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks ABP2.Berechnen Sie die Koordinaten eines von P2 verschiedenen Punktes D, der in der Ebene E liegt und für den der Flächeninhalt des Dreiecks ABD gleich dem Flächeninhalt des Dreiecks ABP2 ist.

Aufgabe C 1: Komplexe Zahlen

Für die folgenden Aufgabenteile gilt stets i2 = –1.

a) Gegeben sind die komplexen Zahlen

z1 = · (1 + i) und z2 = 2 · (cos π + i · sin π).

Berechnen Sie z18 ; z1 · z2 sowie , und geben Sie die Ergebnisse in der Form

a + bi (a, b ∈R) an.

b) Ermitteln Sie konstruktiv das Produkt der Zahlenz3 = 5 – 2i und z4 = 3 · (cos + i · sin ).

c) Bestimmen Sie alle Lösungen der Gleichung x6 = – (x ∈C).

d) Geben Sie eine quadratische Gleichung an, welche die Lösungenx1 = 2 – 3i und x2 = –5 + 3i besitzt.

e) Welche komplexen Zahlen z erfüllen die Gleichung z – 3 – i = z – 1 – 3i?

Aufgabe C 2: Numerische Verfahren

a) Zeigen Sie, daß die Gleichung x3 – x + 6 = 0 im Bereich der reellen Zahlen genau eine Lösung besitzt, und geben Sie diese Lösung an.

b) Lösen Sie die Gleichung lnx + x – 1 = 0 graphisch.

12--- 1

2---

2 56--- 5

6---

z1

z2

-----

π3--- π

3---

164------

12---

Sachsen 1995/96

31

Bestimmen Sie mit Hilfe des allgemeinen Iterationsverfahrens die Lösung die-, ser Gleichung auf zwei Dezimalstellen genau. Benutzen Sie die

Iterationsvorschrift xn+1 = .

Weisen Sie nach, daß sich die Höhe x des Restkegels mit Hilfe der Gleichung x3 – 12x2 + 144 = 0 ermitteln läßt.Berechnen Sie die Höhe x mit Hilfe des NEWTON-Verfahrens auf drei Dezimal-stellen genau.Geben Sie die Höhe h und den Radius r des Zylinders auf zwei Dezimalstellen genau an.

Aufgabe C 3: KegelschnitteIn einem kartesischen Koordinatensystem sind ein Kreis durch die Gleichungx2 + y2 = 25 und eine Parabel durch die Gleichung y2 = x gegeben.

a) Geben Sie die Koordinaten des Brennpunktes F und eine Gleichung für die Leitlinie der Parabel an.Konstruieren Sie mindestens 10 Punkte der Parabel, und zeichnen Sie die Para-bel mindestens im Intervall 0 ≤ x ≤ 6.

b) Der Kreis und die Parabel schneiden einander im I. Quadranten im Punkt R.Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes R.Die Gerade tk sei Tangente an den Kreis im Punkt R.Die Gerade tp sei Tangente an die Parabel im Punkt R.Stellen Sie je eine Gleichung für die Tangenten tk und tp auf, und berechnen Sie die Größe des Schnittwinkels zwischen diesen beiden Tangenten.

c) Durch den Brennpunkt F verläuft eine Gerade, die auf der Tangente tp senk-recht steht und die Leitlinie der Parabel im Punkt L schneidet.Berechnen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks FLR.

d) Eine andere Parabel, die nach oben geöffnet ist und deren Scheitelpunkt im Koordinatenursprung liegt, verläuft ebenfalls durch den Punkt R.Ermitteln Sie eine Gleichung dieser Parabel.

e1 0,5xn–

c) Die Skizze zeigt einen Schnitt durch einen geraden Kreiskegel (Radius R = 5 cm, Höhe H = 12 cm), in den ein gerader Kreis-zylinder einbeschrieben ist. Das Volumen des Kreiszylinders beträgt 25% des Kegel-volumens.(Skizze nicht maßstäblich) R

r

163------

Aufgaben Teil C

32

Aufgabe C 4: KegelschnitteIn einem kartesischen Koordinatensystem ist eine zur Abszissenachse symmetri-sche Parabel durch ihren Scheitelpunkt S(0; 0) und einen Punkt P(1; 2) gegeben.

a) Ermitteln Sie die Scheitelgleichung dieser Parabel.Konstruieren Sie mindestens 8 Punkte der Parabel, und zeichnen Sie diese Parabel im Intervall 0 ≤ x ≤ 6.

b) Die Tangenten von dem Punkt T(– 4; 0) an die Parabel berühren diese in den Punkten P1 und P2.Berechnen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks TP1P2.

c) Der Brennpunkt der Parabel sei der Mittelpunkt eines Kreises k.

Die Gerade mit der Gleichung y = x + 2 ist eine Tangente an den Kreis k.

Ermitteln Sie rechnerisch eine Gleichung für den Kreis k.

d) Der Punkt P0(x0; y0) (x0 ≠ 0) ist ein Punkt einer Parabel mit der Gleichungy2 = 2px (p ∈R, p ≠ 0).Weisen Sie rechnerisch nach, daß die Tangente t an diese Parabel im Punkt P0 die Ordinatenachse im Punkt B(0; y0) schneidet.

Aufgabe C 5: Lineare GleichungssystemeFür jedes t (t ∈ R) ist ein lineares Gleichungssystem durch folgende Gleichungen gegeben:

8x – 8y – 4z = 162x + (t – 4)y – z = 5

(8 – 2t)x – 4y + 2z = –10 (x, y, z ∈ R)

a) Ermitteln Sie für t = 1 die Lösungsmenge des zugehörigen Gleichungssystems.

b) Berechnen Sie den Wert des Parameters t, für den das zugehörige Gleichungs-system die Lösungsmenge L = (– ; y; –4) (y ∈ R) besitzt.

c) Berechnen Sie jeweils die Werte des Parameters t, für die das zugehörige Glei-chungssystem genau eine Lösung, keine Lösung bzw. unendlich viele Lösun-gen besitzt.

12---

12---

18---

Sachsen 1995/96

33

Aufgabe C 6: Lineare Gleichungssystemea) Der Graph einer quadratischen Funktion verläuft durch die Punkte A(–1; 2),

B( ; – ) und C(3; 2).

Ermitteln Sie rechnerisch eine Gleichung dieser Funktion, und geben Sie die Koordinaten der Schnittpunkte des Graphen der Funktion mit den Koordina-tenachsen an.

b) Gegeben ist das lineare Gleichungssystem:ax + by + cz = –3

–2ax + by – 2cz = 03ax – 2by – 3cz = –11 (x, y, z ∈ R)

Für welche reellen Koeffizienten a; b und c hat dieses Gleichungssystem die Lösungsmenge L = (–1; 2; )?

c) Gegeben ist das lineare Gleichungssystem3x – by = a

–2x + by = 1 (x, y ∈ R)

Für welche reellen Zahlen a und b hat das Gleichungssystem– keine Lösung,– genau eine Lösung,– unendlich viele Lösungen?

Aufgabe C 7: StochastikBei der Herstellung bestimmter Bauteile treten die beiden Fehler „nicht maßge-recht“ und „nicht funktionsfähig“ unabhängig voneinander auf. Dabei kommt der Fehler „nicht maßgerecht“ mit der Wahrscheinlichkeit 0,05 und der Fehler „nicht funktionsfähig“ mit der Wahrscheinlichkeit 0,075 vor.

a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit weist ein der Produktion zufällig entnomme-nes Bauteil keinen der beiden Fehler auf?

b) Der Produktion werden 10 Bauteile zufällig entnommen.Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, daß sich unter ihnen mehr als ein nicht maßgerechtes Bauteil befindet?

c) Von 50 Bauteilen sind genau 4 fehlerhaft. Die Bauteile werden nacheinander in zufälliger Reihenfolge geprüft.Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, daß bei den ersten vier Überprü-fungen alle fehlerhaften Bauteile kontrolliert werden.

12--- 7

4---

12---

Aufgaben Teil C

34

d) Alle produzierten Bauteile werden nacheinander, unabhängig voneinander auf Funktionsfähigkeit kontrolliert. Bei einer ersten Prüfung, die 10 Sekunden dau-ert, kann in 50% der Fälle über die Funktionsfähigkeit eines Bauteils entschie-den werden. Nur wenn die erste Prüfung zu keiner Entscheidung führte, wird unmittelbar danach eine zweite Prüfung von 30 Sekunden Dauer durchgeführt und dabei endgültig über die Funktionsfähigkeit entschieden.Die Zufallsgröße Z gibt die für die Kontrolle von 4 Bauteilen auf Funktionsfä-higkeit erforderliche Zeit an.Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeitsverteilung und den Erwartungswert der Zufallsgröße Z.

Aufgabe C 8: StochastikEine Autowerkstatt rüstet Autos mit elektronischen Wegfahrsperren und Alarman-lagen aus.

a) Die Werkstatt verfügt über 14 Stellplätze für PKW, von denen sich vier Stell-plätze in der Werkstatthalle befinden.Am Feierabend sind im Werkstattgelände zehn PKW, von denen bereits in acht PKW eine Wegfahrsperre eingebaut wurde. Die Fahrzeuge ohne Wegfahr-sperre sollen innerhalb der Werkstatthalle, die mit Wegfahrsperre außerhalb abgestellt werden.Wie viele verschiedene Möglichkeiten gibt es, die Stellflächen zu belegen, wenn die Anordnung der Fahrzeuge innerhalb einer Belegung keine Rolle spielt?

b) Der Lagerbestand besteht zu 40 % aus Wegfahrsperren vom Typ I und zu 60 % aus Wegfahrsperren vom Typ II. Die Ausschußquote liegt bei Typ I bei 3 %, bei Typ II bei 4 %.Mit welcher Wahrscheinlichkeit ist eine zufällig aus dem Lager entnommene Wegfahrsperre Ausschuß?

c) Die Lieferfirma sucht in der laufenden Produktion nach Ausschußstücken. Es werden 50 Wegfahrsperren des Typs II (Ausschußquote 4 %) geprüft.Berechnen Sie jeweils die Wahrscheinlichkeit folgender Ereignisse.Ergebnis A: Es ist genau eine Wegfahrsperre Ausschuß.Ergebnis B: Es sind mehr als 2 Wegfahrsperren Ausschuß.Für eine Wegfahrsperre vom Typ II zahlt die Werkstatt an den Hersteller 250 DM. Eine defekte Wegfahrsperre braucht durch die Werkstatt nicht bezahlt zu werden.Welchen Betrag muß die Werkstatt im Durchschnitt für 50 gelieferte Wegfahr-sperren des Typs II bezahlen?

Sachsen 1995/96

35

d) Im Rahmen einer Sonderaktion werden Kunden, die die Werkstatt betreten, befragt, ob sie den Einbau einer sehr preiswerten Alarmanlage wünschen. Erfahrungsgemäß entscheiden sich die Kunden mit einer Wahrscheinlichkeit von für den Einbau.

Sobald sich ein Kunde für den Einbau entscheidet, wird die Befragung für die-sen Tag abgebrochen, spätestens jedoch nach dem vierten befragten Kunden.Wie viele Befragungen führt die Werkstatt durchschnittlich an einem Tag durch?

Aufgabe C 9: StochastikEin Biathlonwettkampf beinhaltet einen Skilanglauf und einen Schießwettbewerb. Ein Wettkämpfer muß bei einem Schießen auf fünf Scheiben schießen. Trifft er nicht alle Ziele, muß er entsprechend seinen Fehlschüssen bis zu drei Reserve-schuß abgeben. Sind dann immer noch nicht alle Scheiben getroffen, muß der Sportler im Skilanglauf Strafrunden absolvieren.Eine Biathlon-Staffel besteht aus vier Sportlern.

a) Ein Trainer stellt eine Mannschaft für einen Wettkampf auf. Die zwei stärksten Mannschaftsmitglieder stehen bereits fest. Für die beiden restlichen Plätze ste-hen dem Trainer 6 gleichwertige Sportler zur Verfügung. Wie viele Mann-schaften kann er damit aufstellen, wenn die Startreihenfolge unberücksichtigt bleibt?Wie viele Startreihenfolgen sind möglich, wenn von den zwei leistungsstärk-sten Sportlern einer als Startläufer und der andere als Schlußläufer eingesetzt werden soll?

b) Ein Sportler trifft beim Schießen erfahrungsgemäß mit einer Wahrscheinlich-keit von 0,95 das Ziel.Im Training absolviert dieser Sportler eine Serie von 20 Schuß.Wie viele Treffer kann er dabei erwarten?Berechnen Sie jeweils die Wahrscheinlichkeit folgender Ereignisse.Ereignis A: Der Sportler erzielt 20 Treffer.Ereignis B: Der Sportler trifft wenigstens 18 mal.

c) Ein Schütze hat eine Trefferwahrscheinlichkeit von 0,9.Auf einer Übungsschießanlage kippt bei einem Treffer die Scheibe mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,98 um. Bei einem Fehlschuß kippt die Scheibe auf-grund von Vibrationen mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,01 um.Mit welcher Wahrscheinlichkeit kippt bei einem Schuß des Schützens die Scheibe um?

38---

Aufgaben Teil C

36

d) Bei einem Training muß ein Sportler auf 5 Scheiben schießen. Dafür hat er 5 Schuß im Magazin und nur 2 Reserveschuß zur Verfügung. Erfahrungsgemäß benötigt er für einen Schuß aus dem Magazin 3 Sekunden. Für jeden der maxi-mal zwei Reserveschuß benötigt er wegen des Nachladens im Durchschnitt 10s. Er trifft mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,9.Die Zufallsgröße Z beschreibe die Zeit (in Sekunden), die für das Schießen benötigt wird.Geben Sie eine Wahrscheinlichkeitsverteilung der Zufallsgröße Z an.Ermitteln Sie den Erwartungswert der Zufallsgröße Z.

Aufgabe C 10: StochastikEine Urne enthalte sechs Kugeln, auf die je genau eine Zahl aufgedruckt ist. Auf zwei Kugeln ist die Zahl 2, auf eine Kugel die Zahl 3 und auf drei Kugeln die Zahl 6 aufgedruckt.Ein Zufallsexperiment besteht im zweimaligen Ziehen einer Kugel, die dabei nach erfolgter Ziehung jeweils wieder zurückgelegt werden soll.Die Zufallsgröße X beschreibt die dabei ermittelte Augensumme.

a) Geben Sie die Wahrscheinlichkeitsverteilung der Zufallsgröße X an.

b) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten folgender Ereignisse:Ereignis A: Es werden zwei gleiche Zahlen gezogen.Ereignis B: Die Summe der Zahlen ist kleiner als sieben.Geben Sie alle Ergebnisse an, die zum Eintreten des Gegenereignisses vom Ereignis „A und B“ führen.

Aus der Urne wird erneut mit Zurücklegen der Kugeln gezogen.

c) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, daß bei drei Ziehungen minde-stens einmal eine Kugel mit der Zahl 6 gezogen wird.

d) Wie oft muß die Ziehung mindestens durchgeführt werden, damit die Wahr-scheinlichkeit dafür, daß mindestens eine Kugel mit der Zahl 6 gezogen wird, größer als 99 % wird?

e) Ermitteln Sie rechnerisch, was wahrscheinlicher ist: Bei drei Ziehungen min-destens einmal eine Kugel mit der Zahl 6 zu ziehen oder bei sechs Ziehungen mindestens zweimal eine Kugel mit der Zahl 6 zu ziehen.

Jetzt wird aus der Urne ohne Zurücklegen gezogen.

f) Mit welcher Wahrscheinlichkeit wird beim dreimaligen Ziehen genau zweimal eine 6 gezogen?

Sachsen 1995/96

37

Erwartungsbild zu Aufgabe A1: Analysisa) Nullstellen: xN1 = –2; xN2 = 1; xN3 = 3

Verhalten im Unendlichen: f(x) = –∞; f (x) = ∞Koordinaten des Schnittpunktes des Graphen mit der y-Achse: Py(0; 6)

Ableitungen von f(x): f ' (x) = 3x2 – 4x – 5; f ''(x) = 6x – 4

Lokale Extrema: f '(x) = 0⇒ xE1 = 2,1; xE2 = –0,8Nachweis der lokalen Extrema:f'' (xE1) = 8,7 > 0 ⇒ lokales Minimumf''(xE2) = – 8,7 < 0 ⇒ lokales MaximumKoordinaten der lokalen Extrempunkte: PMIN (2,1; – 4,1); PMAX (– 0,8; 8,2)

Graph:

b) Anstieg der Tangenten: m = –1Ansatz: f '(x) = –1

3x2 – 4x – 5 = –1⇒ x1 = – ; x2 = 2 und damit P1 (– ); P2 (2; – 4)

c) f(x) = p(x)x3 – 2x2 – 5x + 6 = x3 + 6, also – 2x2 – 5x = 0 ⇒x1 = 0; x2 = – 2,5

A = (f(x) – p(x))dx

= (– 2x2 – 5x)dx = [– – ] 0–2,5

≈ 5 ,21 (FE)

limx ∞–→

limx ∞→

x

y

0

4

2

3

6

2 31–2 –1–3

f

–2

–1

–3

–4

1

5

23--- 2

3--- 220

27---------;

2 5,–

0

∫

2 5,–

0

∫ 2x3

3-------- 5x2

2--------

Erwartungsbilder Teil A

38

d) x3 – 2x2 – 5x + 6 = m · x + 6, also x3 – 2x2 – 5x – mx = x(x2 – 2x – 5 – m) = 0⇒ x1 = 0 x2;3 = 1 ± ⇒ genau drei Schnittpunkte existieren für m > –6 und m ≠ – 5.

e) h0,25: y = h0,25(x) = 0,25 · x + 6Ansatz für Koordinaten der Schnittpunkte: x3 – 2x2 –5x + 6 = 0,25x + 6Koordinaten der Schnittpunkte: S1(– 1,5; 5,625); S2(3,5; 6,875)Ansatz für Flächeninhalt: A = + (FE)Flächeninhalt: A = 15 (FE)

Bewertungsvorschlag:

a) erste Nullstelle; zweite Nullstelle; dritte Nullstelle; Verhalten imUnendlichen; Koordinaten des Schnittpunktes; 1. Ableitung;2. Ableitung; erste Extremstelle; zweite Extremstelle; Nachweisdes lokalen Minimums; Nachweis des lokalen Maximums;Koordinaten der lokalen Extrempunkte; Graph 13 BE

b) Anstieg; Ansatz für Punkte; Abzissen beider Punkte; Koordinatenbeider Punkte 4 BE

c) Ansatz für Schnittpunkte; Abszissen der Schnittpunkte; Ansatz fürFlächeninhalt; Stammfunktion; Flächeninhalt 5 BE

d) Ansatz für Schnittstelle; Schnittstelle x = 0; weitere Schnittstellen;Schlußfolgerung 4 BE

e) Abszisse von S1; Abszisse von S2; Ansatz für Flächeninhalt;Flächeninhalt 4 BE

30 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe A 2: Analysisa) Definitionsbereich: x| x ∈R; x > 0

Nullstelle: lnxN = – 2 ⇒ xN = e– 2 (Näherungswert: xN = 0,1353)

Ableitungen von f(x): f '(x) = ; f ''(x) =

lokale Extremstelle: f '(xE) = 0 ⇒ lnxE = –1, also xE = e–1 ≈ 0,3679

Nachweis des Extremums: f ''(e–1) = – e3 < 0 ⇒ lokales MaximumKoordinaten des lokalen Extremums: PMAX (e– 1 ≈ 0,3679; e ≈ 2,718)

6 m+

6 1 5,⋅2

---------------- 6 3 5,⋅2

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

x 1–ln–x2

-------------------- 2 x 1+lnx3

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

Sachsen 1995/96

39

Graph (auch Graph von Aufgabenteil e):

b) P(1; 2); f ' (1) = –1Gleichung der Tangente t: y = –x + 3Anstieg m der Gerade h: m = 1; Gleichung der Geraden h: y = x + 1Q(3; 0); R(–1; 0)Flächeninhalt A∆ des Dreiecks PQR: A∆ = = 4 (FE)

c) F'(x) = · 2 · lnx · + 2 · = · (lnx + 2)⇒ F ist Stammfunktion von f.

2 = · (ln )2 + 2 · ln + c = · + 2 · + c ⇒ c =

gesuchte Stammfunktion: G(x) = · (lnx)2 + 2 · lnx +

d) I = dx = [ · (lnx)2 + 2lnx]ee–2 = ( + 2) – ( · 4 + 2 · (–2)) = 4,5

Inhalt der Fläche A: 4,5 (FE)

e) Ansatz für Schnittstelle: = , also lnx + 2 = 1 (da x > 0) und x = e–1.

I sei der Inhalt der an der x-Achse liegenden Teilfläche.

I1 = dx = [ · (lnx)2 + 2lnx]e–1

e–2 = –1,5 + 2 = 0,5 (FE)

I2 = dx = [lnx] e

e–1 = 2 (FE)

I = I1 + I2 = 2,5 (FE)Inhalt der Gesamtfläche: 4,5 (FE)⇒Verhältnis der Inhalte der Teilflächen: 2,5 : 2 bzw. 5 : 4

f) Zielfunktion: d(u) = f(u) – g(u) (u ∈R; u > 0)

d(u) = – =

Ableitungen: d'(u) = ; d''(u) =

d'(uE)= 0 ⇒ lnuE= 0, also uE = 1d''(1) = –1 < 0 ⇒ lokales Maximum

Das lokale Maximum ist auch globales Maximum.Für u = 1 wird die Länge der Strecke ST maximal.

x

y

0

1

2

3

4321

fg

4 2⋅2

----------

12--- 1

x--- 1

x--- 1

x---

12--- e e 1

2--- 1

4--- 1

2--- 7

8---

12--- 7

8---

x 2+lnx

------------------e 2–

e

∫ 12--- 1

2--- 1

2---

lnx+2x

-------------- 1x---

x 2+lnx

------------------e 2–

e1–

∫ 12---

1x---

e 1–

e

∫

lnu + 2u

----------------- 1u--- lnu + 1

u-----------------

lnu–u2

---------- 2lnu-1u3

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


40


a) Definitionsbereich; Nullstelle; 1. Ableitung; 2. Ableitung; Extrem-stelle; Koordinaten des Extremum; Art des Extremum; Graph 8 BE

b) Anstieg der Tangente t; Gleichung der Tangente t; Anstieg derGeraden h; Gleichung der Geraden h; Koordinaten der Punkte Q und R; Flächeninhalt 6 BE

c) Ansatz für Nachweis; Nachweis; Gleichung der speziellenStammfunktion 3 BE

d) Ansatz für Flächeninhalt; Ergebnis 2 BE

e) Graph von g; Schnittstelle; Ansatz für Berechnung des Flächen-inhaltes der ersten Teilfläche; Flächeninhalt der ersten Teilfläche;Flächeninhalt der zweiten Teilfläche; Verhältnis 6 BE

f) Zielfunktion; 1. Ableitung; 2. Ableitung; Wert für u; Nachweisdes Maximums 5 BE

30 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe A 3: Analysis

a) Nullstellen: ex – e = 0 ⇒ xN= 1Monotonie: f '(x) = ex f '(x) > 0 im gesamten Definitionsbereich⇒ Die Funktion f ist monoton wachsend im gesamten Definitionsbereich.Verhalten im Unendlichen: (ex – e) = ∞ (ex – e) = –e

Stelle x1: e = ⇒ x1 = ln(2e)

b) g: y = g(x) = ex (0 ≤ x ≤ 2)

A(u) = (eu – ex)dx + (ex – eu)dx = [eux – ex]0u + [ex – eux]u

2

A(u) = [euu – eu + 1] + [e2 – 2eu – eu + ueu]

x ∞→lim

x ∞–→lim

ex1 e–

x1

1

y

0

f

h

Gleichung der Tangente t:f' (0) = e0 = 1; f(0) = 1 – e (Näherungswert: –1,72)⇒ Tangente t: y = x + 1 – e bzw. y = x – 1,72

0

u

∫u

2

∫

Sachsen 1995/96

41

Zielfunktion: A(u) = 2ueu – 4eu + e2 + 1 (0 < u < 2)A'(u) = 2eu + 2ueu – 4eu = 2ueu – 2eu

A'(u) = 0 ⇒ 0 = 2ueu – 2eu = 2eu (u – 1) ⇒ uE = 1A''(u) = 2ueu + 2eu – 2eu = 2ueu

A''(1) = 2e; A''(1) > 0⇒ lokales MinimumDas lokale Minimum ist auch globales Minimum

⇒ Für u = 1 ist die Summe der Flächeninhalte minimal.

c) Größtmöglicher Definitionsbereich: x ∈R; Wertebereich: y ∈R, y ≥ 0Nullstellen: ex – e = 0 ⇒ xN= 1Ableitungen: h'(x)= 2(ex – e) · ex; h''(x) = 2e2x + 2ex (ex – e) = 2ex(2ex – e)lokale Extrema: h'(x) = 0⇒ ex – e = 0, also xE= 1

h''(1) = 2e2 > 0 ⇒ lokales Minimum PMIN(1:0)Graph: (siehe Aufgabenteil a))Schnittpunkt: e2= (ex – e)2 = e2x – 2ex + 1 + e2 bzw. 0 = e2x – 2ex + 1 = ex(ex – 2e)

ex= 2e ⇒ xs= ln(2e) = 1 + ln2Schnittpunkt: S(1 + ln2; e2)

d) xg = 1

A = ((ex – e)2 – (ex – e))dx = (e2x – 2ex+1 + e2 – ex + e)dx

= [ e2x – 2ex+1 + xe2 – ex + ex]01 = – e2 + 2e + (Näherungswert: 2,24)


a) Nullstelle; Monotonie; Verhalten für x → ∞; Verhalten für x → –∞;Stelle x1; Graph; Anstieg der Tangente; Gleichung der Tangente 8 BE

b) Gleichung der Funktion g; Ansatz; Zielfunktion; 1. Ableitung;Extremstelle; 2. Ableitung; Art des Extremums 7 BE

c) größtmöglicher Definitionsbereich; Wertebereich; Nullstelle;1. Ableitung; 2. Ableitung; Extremstelle; Koordinaten des lokalenExtrempunktes; Art des Extremums; Graph; Ansatz für Schnitt-punkt; Koordinaten des Schnittpunktes 11 BE

d) Integrationsgrenzen; Ansatz; Stammfunktion; Flächeninhalt 4 BE30 BE

0

1

∫0

1

∫12--- 1

2--- 1

2---


42

Erwartungsbild zu Aufgabe A 4: Analysis

a) Definitionsbereich Df: x ∈R; x ≠ 0Nullstellen: 0 = 2x2 – 8 ⇒ xN1 = –2; xN2 = 2Polstelle: x = 0

Symmetrie: f(–x) = = –f(x)

⇒ zentralsymmetrisch zum KoordinatenursprungVerhalten im Unendlichen: f(x) = ∞; f(x) = –∞

1. Ableitung: f '(x) =

lokale Extrema: f '(xE) = 0 ⇒ 2x2 + 8 = 0 ⇒ keine lokalen Extrema

Graph (auch Graph zu Aufgabenteil c):

b) Ermitteln der Abszizze von P: f(x) = 6⇒ 6 =

0 = x2 – 3x – 4 ⇒ x1 = –1 (entfällt); x2 = 4 (trifft zu)⇒ P(4; 6) f '(4) = 2 + =

Ansatz für Gleichung der Tangente: y = mx + n

6 = · 4 + n, also n = –4Gleichung der Tangente: y = x – 4

c) A = (2x – )dx = [x2 – 8 · ln |x|]26

= 32 – 8 · ln6 + 8 · ln2 = 32 – 8 · ln3 ≈ 23,21 (FE)

Zeichnung der Geraden (siehe Aufgabenteil a))

Schnittstelle der Geraden mit dem Graphen von f:

= –3x + 18 ⇒ 0 = 5x2 – 18x – 8; x1 = – (entfällt); x2 = 4 (trifft zu)

Zerlegung der Teilfläche A1 zwischen Gerade und x-Achse in zwei Teile:

2 x–( ) 2 8–x–

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

x ∞→lim

x ∞–→lim

2x2 8+x2

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

x1

1

y

0

f

g

2x2 8–x

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

816------ 5

2---

52---

52---

2

6

∫ 8x---

2x2 8–x

----------------- 25---

Sachsen 1995/96

43

= (2x – )dx = [x2 – 8 ln |x|]24

= 12 – 8 · ln4 + 8 · ln2 = 12 – 8 · ln2 (FE)= = 6 (FE) (Flächeninhalt des rechtwinkligen Dreiecks)

A1 = + = 18 – 8 · ln2 ≈ 12,45 (FE)

A2 = A – A1 = 32 – 8 · ln3 – 18 + 8 · ln2 = 14 – 8 · ln ≈ 10,76 (FE)

d) y = h(x) = x3

Zielfunktion: d(x) = h(x) – f(x) = x3 – 2x + (x > 0)

d'(x) = 3x2 – 2 + ; d'(x)= 0⇒ 0 = 3x4 – 2x2 – 8

Substitution: x2= z ⇒ 3z2 – 2z – 8 = 0

z1 = – (entfällt); z2 = 2 (trifft zu) ⇒ x1 = – (entfällt)

x2 = (trifft zu)

d''(x) = 6x + ; d''( )= 6 · + = 10 · ⇒ lokales Minimum

d( ) = 2 · – 2 · + = 4 ·

e) Nullstellen: 0 = , also x2 = und x1; 2= ±

für c < 0: keine Nullstelle)für c = 0 ⇒ x = 0 ⇒ x ∉Df ⇒ keine Nullstelle (dieser Fall brauchte nicht

untersucht zu werden)für c > 0 genau zwei Nullstellen

fc(x) = 2x – ; f 'c(x) = 2 + ; 4 = 2 + c⇒ c = 2


a) Definitionsbereich; Nullstellen; Polstelle; Symmetrie; Verhaltenim Unendlichen; 1. Ableitung; Begründung; Graph 8 BE

b) x-Wert; Anstieg; Gleichung der Tangenten 3 BE

c) Ansatz; Stammfunktion; Flächeninhalt; Graph von g; Schnittstelle;Ansatz für Flächeninhalt A1; Flächeninhalt A1; Flächeninhalt A 8 BE

d) 1. Ableitung; biquadratische Gleichung; Lösung der biquadratischenGleichung; Extremstelle; 2. Ableitung; Nachweis des Minimums;minimale Differenz 7 BE

e) Ansatz; Anzahl der Nullstellen in Abhängigkeit von c; Ansatz;Wert für c 4 BE

30 BE

A11 2

4

∫ 8x---

A12

6 2⋅2

----------

A11A12

32---

8x---

8x2-----

43--- 2

216x3------ 2 2 16

2 2⋅-------------- 2

2 2 2 82

------- 2

2x2 c–x

----------------- c2--- c

2---

cx--- c

x2-----


44

Erwartungsbild zu Aufgabe B 1: Analytische Geometrie und lineare Algebraa) B(2; 4; 0); C(0; 4; 0); E(2; 0; 3); F(2; 4; 3); H(0; 0; 3)

r; ; = + =

b) = (a + b) ; = c ; = (–a + b + c)

c) cosα = ⇒ α = 84,1°

d) Y(3; 1; 0)

= ; = ; = ; =

cos \ ( ; ) = = 0,9191 ⇒ \ ( ; ) = 23,19°

Flächeninhalt der Grundfläche: A = · · · sin \( ; )

= 6 (FE)

Volumen: V = · 6 · 3 = 6 (VE)

e) g(AC): y = –2x + 4

k ∩ g(AC): (x + 2)2 + (–2x + 6)2 = 45, also x2 – 4x – 1 = 0

x1= 2 + ; y1= –2 · x2= 2 – ; y2 = 2 ·

⇒ = = 10 (LE)

Tangenten t an k mit Anstieg –2: y = –2x + nk ∩ t: (x + 2)2 + (–2x + n + 2)2 = 45

x2 + 4x + 4 + 4x2 – 8x – 4nx + 4n + 4 + n2 = 45

x2 – x – nx + n + – = 0

x2 – x + = 0

x1;2 = ±

= ±

OT120

OP22

1 5,

OM OA 12--- AG

12

1 5,

TB 12--- BF AM 1

2---

2–

4

3 2–

4–

3

⋅

29------------------------------

329------

XY52

XZ44

XY 29 XZ 32

XY XZ

52

44

⋅

29 32⋅------------------------ XY XZ

12--- XY XZ XY XZ

13---

5 5 5 5

S1S2 2 5( ) 2 4 5–( ) 2+

45--- 4

5--- 4

5--- n2

5----- 37

5------

4 4n+5

--------------- n2 4n 37–+5

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

2 2n+5

--------------- 4 8n 4n2+ +25

------------------------------- 5n2 20n 185–+25

---------------------------------------–

2 2n+5

--------------- n2– 12– n 189+25

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

Sachsen 1995/96

45

Bedingung für Tangente: Diskriminante muß 0 sein.⇒ n2 + 12n – 189 = 0; n1 = 9; n2 = –21⇒ Gleichungen der Tangenten: t1: y = –2x + 9 ; t2: y = –2x –21

Weiterer Lösungsweg:– Ermittlung der Tangentenberührungspunkte als Schnitt des Kreises k mit der

Mittelsenkrechten auf .– Einsetzen der Koordinaten der Berührungspunkte in die Tangentenglei-

chung.Bewertungsvorschlag:

a) Koordinaten aller Punkte; ein Ortsvektor; alle Ortsvektoren 3 BE

b) erste Linearkombination; zweite Linearkombination; dritteLinearkombination 3 BE

c) Ansatz; Größe des Winkels 2 BE

d) Koordinaten von Y; Ansatz; Flächeninhalt der Grundfläche;Volumen 4 BE

e) Gleichung der Geraden g; Ansatz für Schnittpunkte; Koordinatender Schnittpunkte; Länge der Sehne; Ansatz für Tangenten;quadratische Gleichung; Werte, für die die Diskriminante Null ist;Gleichungen der Tangenten 8 BE

20 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe B 2: Analytische Geometrie und lineare Algebra

a) E: x = + t + s (t ∈R; s ∈R)

x = 2 – 6t – 5sy = 5 + 3t – 3sz = –3 + 6t + 6s

x + z = –1 + sx + 2y = 12 – 11s

E: 12x + 2y + 11z = 1Lage des Punktes D: 12 · (–1) + 2 · 1 + 11 · 1 = 1

1 = 1 wahre Aussage⇒ D ∈ E

S1S2

2

5

3– 6–

3

6 5–

3–

6

Erwartungsbilder Teil B

46

b) = = = =

Wegen = 3 · ist AB DC ⇒ ABCD ist Trapez.

Wegen ≠ µ· (µ ∈R) ist AD BC ⇒ ABCD ist kein Parallelo-gramm.

M1 sei der Mittelpunkt von AD, M2 sei der Mittelpunkt von BC.

= ( + ) ; = ( + )

⇒ M1(0,5; 3; –1) ; M2(–3,5; 5; 3)

m: x = + r · (r ∈R)

cos \ BAD = = ⇒ \ BAD = 58,6°

Flächeninhalt: A= (a + c) · h; h= sin \ BAD · = 5,46

A = · 12 · 5,46 = 32,8 (FE)

c) = + ⇒ F(3; –1; –3)

d) g: x = + u · (u ∈R)

M(x; y; 0) ⇒ –3 + 6u = 0 ⇒ u = 0,5

⇒ M(–1; ; 0); ⇒ r2= 12 + =

Kreis k: (x + 1)2 + (y – )2 =

h: x = + v · (v ∈R)

(x; y; 0) ⇒ –3 + 4v = 0, also v = ⇒ T(– ; 2; 0)

MQ2 =

< ⇒ Der Abstand des Punktes M vom Punkt T ist kleiner als der Radius des Kreises k.

⇒ T liegt im Inneren des Kreises k.⇒ Es gibt keine Tangente an den Kreis k, die den Punkt T enthält.

AB6–

3

6

DC2–

1

2

AD3–

4–

4

BC1

6–

0

AB DC

AD BC

OM112--- OA OD OM2

12--- OB OC

0 5,3

1– 4–

2

4

6–

3

6 3–

4–

4

⋅

9 41⋅------------------------------ 10

3 41⋅-----------------

12--- AD12---

OF OA BC

2

5

3– 6–

3

6

132------ 132

2-------- 173

4---------

132------ 173

4---------

2

5

3– 3–

4–

4

34--- 1

4---

33316---------

33316--------- 173

4---------

Sachsen 1995/96

47


a) Parametergleichung; Substitution eines Parameters; Gleichung inallgemeiner Form; Nachweis 4 BE

b) Nachweis, daß ABCD ein Trapez ist; Nachweis, daß ABCD keinParallelogramm ist; Koordinaten des Mittelpunktes der Seite ADoder der Seite BC; Gleichung der Geraden m; Ansatz für Winkel;Größe des Winkels; Ansatz für Flächeninhalt; Flächeninhalt 8 BE

c) Koordinaten von F 1 BE

d) Gleichung der Geraden g; Koordinaten von M; Gleichung desKreises k;Gleichung der Geraden h; Koordinaten von T; Abstand derPunkte M und T; Schlußfolgerung und Begründung 7 BE

20 BE


a)

V= · · · · sin 60,26°· 8

= · sin 60,26° ≈ 37,34 (VE)

b) M1( ; 4; 4), M2( ; 5; 4)

= , =

= 2 · ⇒ Die Vektoren und sind linear abhängig.

c) g1: y = –2x + 2 g2: y = 2x – 1

y1

1

0

A

B

C

D

x

z

13--- 1

2--- 20 52

163------ 65

112------ 5

2---

BC6–20

M1M2

3–10

BC M1M2 BC M1M2


ABCD ist eine dreiseitige Pyramide.V= · AG · h

AG = · · ·sin\ ( ; )

cos\ ( ; ) =

=

⇒ \ ( ; ) = 60,26°

13---

12--- AC AB AB AC

AB AC

240

4–

60

⋅

20 52⋅---------------------------

1620 52⋅

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

AB AC

48

Koordinaten des Schnittpunktes: S( ; )

Schnittwinkel: tan\(g1; g2) = = ⇒ \(g1; g2) = 53,1°

d) Ebene E:x = + r · + s · (r ∈ R; s ∈ R)

x = 6 – 6r – sy = 4 + 2r ⇒ r = 0,5y – 2

z = 8s ⇒ s = z

⇒ x = 6 – 6(0,5y – 2) – z

E: 8x + 24y + z = 144Probe, ob P4 in E liegt: 8 · (–2) + 24 · 5 + 1 · 18= 122 ≠ 144

⇒ P4 ist nicht Schnittpunkt von Gerade g3 und Ebene E.

e) = + = + = ⇒ F(–2; 2; 0)

f) · = 0, also · = 0⇒ y = 3x – 12

⇒ Alle Punkte P mit der geforderten Eigenschaft liegen in der x-y-Ebene aufder Geraden mit der Gleichung y = 3x – 12.

⇒ P(x; 3x – 12; 0) (x ≠ 4)Koordinaten eines Punktes: z. B. P0(0; –12; 0)


a) Skizze; Ansatz für Flächeninhalt der Grundfläche; Flächeninhaltder Grundfläche; Volumen 4 BE

b) Koordinaten der Mittelpunkte; Ansatz für Nachweis; Nachweisder linearen Abhängigkeit 3 BE

c) Ansatz für Koordinaten von S; Koordinaten von S; Ansatz fürSchnittwinkel; Größe des Schnittwinkels 4 BE

d) Ansatz; Eliminieren eines Parameters; Ebenengleichung; Ergebnis 4 BE

e) Ansatz; Koordinaten von F 2 BE

f) Ansatz; Gleichung der Geraden; Koordinaten eines Punktes 3 BE20 BE

34--- 1

2---

m2 m1–1 m1+ m2⋅---------------------------

43---

640

6–

20

1–

08

18---

18---

OF OC BA060

2–

4–0

2–

20

BC AP6–20

x 4–

y0

Sachsen 1995/96

49


a) Gerade h:x = + r · (r ∈R)

Punktproben für C: 3 = –5 + 16r ⇒ r = 0,51 = –3 + 8r ⇒ r = 0,5 ⇒ C ∈h

–2 = 0 – 4r ⇒ r = 0,5

3 = 5 + s ⇒ s = –21 = –1 – s ⇒ s = –2 ⇒ C ∈g

–2 = 2 + 2s ⇒ s = –2

Nachweis der Orthogonalität: · = 0 ⇒ g ⊥ h

b) Punktprobe für Pt: 0,5t = 5 + s ⇒ t = 10 + 2s4 – 0,5t = –1 – s ⇒ t = 10 + 2s ⇒ Pt ∈g für t ∈R

–8 + t = 2 + 2s ⇒ t = 10 + 2s

c) S(x; y; 0) ⇒ 0 = 2 + 2s⇒ s = –1; S(4; 0; 0)Der Mittelpunkt des Kreises k habe die Koordinaten (a; b).⇒ Gleichung des Kreises k: (x – a)2 + (y – b)2 = r2

A ∈k: (–5 – a)2 + (–3 – b)2 = r2

Sxy ∈k: (4 – a)2 + (0 – b)2 = r2

0 ∈k: (0 – a)2 + (0 – b)2 = r2

16 – 8a + a2 – a2 = 0 ⇒ a = 2Einsetzen von a = 2 in 1. und 2. Gleichung liefert:49 + 9 + 6b + b2 = r2

4 + b2 = r2

54 + 6b = 0, also b = –9⇒ M(2; –9); r = = = (LE)

⇒ k: (x – 2)2 + (y + 9)2 = 85

d) E: x = + s1 + s2 (s1 ∈R; s2 ∈R)

x = –5 + 16s1 + 6s2

y = –3 + 8s1 + 6s2

z = – 4s1 – 6s2

y + z = –3 + 4s1x + z = –5 + 12s1

5–3–0

16

84–

11–2

16

84–

–

–

OM 4 81+ 85

5–3–0

16

84–

6

66–


50

⇒ E: x – 3y – 2z = 4Flächeninhalt des Dreiecks ABP2:

A =

c = = = = 4 · (LE)P2 ∈Pt ⇒ P2 liegt auf der Geraden h.Die Gerade h schneidet die Gerade g senkrecht im Punkt C.

⇒ hc= = = = 2 (LE)

A = = 12 · (FE)

Für alle Dreiecke ABDi gilt = c = konstant.Soll der Flächeninhalt des gesuchten Dreiecks gleich dem Flächeninhalt des

Dreiecks ABP2 sein, muß gelten: Abstand d(Di; h) = = hc = konstant.⇒ Alle Punkte Di liegen auf zu h(AB) parallelen Geraden e1 und e2 in der

Ebene E.

Gerade e1 durch P2: x = + t1 (t1 ∈R)

D* sei der Spiegelpunkt von P2 an der Geraden h:

= + = + = ⇒ D*(5; –1; 2)

Gerade e2 durch D*: x = + t2 · (t2 ∈R)

⇒ Anzugeben sind die Koordinaten eines beliebigen Punktes der Geradene1 oder e2, z. B.: D*(5; –1; 2)


a) Gleichung der Geraden h(AB); Punktprobe für die Gerade h;Punktprobe für die Gerade g; Ansatz für Orthogonalität; Nachweis 5 BE

b) Ansatz; Nachweis 2 BE

c) Ansatz; Koordinaten von S; Ansatz; Radius des Kreises;Koordinaten des Mittelpunktes des Kreises; Gleichung des Kreises 6 BE

d) Ansatz; Substitution eines Parameters; Gleichung der Ebene Ein allgemeiner Form;Ansatz; FlächeninhaltAnsatz; Koordinaten eines Punktes D 7 BE

20 BE

c hc⋅2

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

AB 256 64 16+ + 336 21

P2C 4 4 16+ + 24 6

4 21 2 6⋅ ⋅ ⋅2

------------------------------------ 14

AB

P2C

136–

16

84–

OD∗

OC P2C312–

2

2–4

5

1–2

51–2

16

84–

Sachsen 1995/96

51

Erwartungsbild zu Aufgabe C 1: Komplexe Zahlen

a) tanϕ = 1 ⇒ ϕ = ; r = 2 ⇒ z1 = 2(cos + i sin )

z18 = 28· (cos2π + i sin2π) = 256

z1 · z2 = – – + ( – )i

= = – i

b) Konstruktion:

c) = (cos + i · sin ) (n ∈N+; k ∈0; 1; 2;...; (n – 1))

Für n = 6 und z = – ⇒

x1 = + i x2 = i x3 = – + i

x4 = – – i x5 = – i x6 = – i

d) Gesucht: quadratische Gleichung x2 + px + q = 0Satz von Vieta: x1 + x2 = –p und x1 · x2 = q⇒ x2 + 3x – 1 + 21i = 0

e) z – 3 – i= z – 1– 3i a... Realteil der komplexen Zahl z(a – 3)2+ (b – 1)2 = (a – 1)2+ (b – 3)2 b... Imaginärteil der komplexen Zahl z⇒ a = b⇒ Alle komplexen Zahlen, bei denen Realteil und Imaginärteil übereinstim-

men, erfüllen die Gleichung.Weiterer Lösungsweg:Alle komplexen Zahlen, deren Punkte in der GAUSSschen Zahlenebene von den Punkten (3; 1) und (1; 3) denselben Abstand haben, d. h., auf der Mittel-senkrechten dieser Punkte liegen, erfüllen die Gleichung.Diese Mittelsenkrechte ist die Winkelhalbierende des I. und III. Quadranten.⇒ Alle komplexen Zahlen, bei denen Realteil und Imaginärteil übereinstim-men, erfüllen die Gleichung.

π4--- π

4--- π

4---

2 6 2 6

z1

z2

----- 6– 2 6– 2–( ) i+ +3 1+

----------------------------------------------------------------- 2 6–4

-------------------- 2 6+4

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

1

10

z4

z3R

I

zn rn ϕ 2kπ+n

-------------------- ϕ 2kπ+n

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

164------

14--- 3 1

4--- 1

2--- 1

4--- 3 1

4---

14--- 3 1

4--- 1

2--- 1

4--- 3 1

4---

Erwartungsbilder Teil C

52


a) Ansatz für z18 ; z1

8 ; z1 · z2; 4 BE

b) Konstruktion 1 BE

c) eine Lösung; alle Lösungen 2 BE

d) Gleichung 1 BE

e) Ansatz; Ergebnis 2 BE10 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe C 2: Numerische Verfahrena) x1 = –2 (Lösung durch systematisches Probieren finden bzw. Gleichung

graphisch lösen)Nachweis der einzigen Lösung: (x3 – x + 6): (x + 2) = x2 – 2x + 3Aus x2 – 2x + 3 = 0 folgt x2;3 = 1 ± ⇒ L = –2

b) lnx = – x + 1

Zweite Möglichkeit: x = ϕ(x) = e1–0,5x

ϕ' (x) = – e1–0,5x< 1 in [1; 2] ⇒ Konvergenz

Startwert: x0 = 1,4; Ergebnis: x = 1,37

c) VKegel = · π· 25 · 12 = 100π ⇒ VZylinder = 25π25π = π r2 h, also 25 = r2 h.

Wegen = (nach Strahlensatz), also r = x, und mit h = 12 – x folgt:

25 = · (12 – x) ⇒ x3 – 12x2 + 144 = 0

Startwert: x0 = 4

NEWTON-Verfahren: xn+1 = xn –

f(x) = x3 – 12x2 + 144; f '(x) = 3x2 – 24x

z1

z2

-----

1 3–

12---

x

y

0

1

2

3

4321

f1(x) = lnx

f2(x) = – x + 112---

X0

12---

13---

125------ x

r--- 5

12------

512------x

2

f xn( )f' xn( )---------------

Sachsen 1995/96

Ablesen aus Zeichnung: x0 = 1,4

Zwei Iterationsformen bieten sich u. a. an: (lt.

Aufgabenstellung ist die 2. Form anzuwen-

den!)

Erste Möglichkeit: x = ϕ(x) = 2 – 2 · lnx

ϕ' (x) = – ≥ 1 in [1; 2] ⇒ Divergenz2x---

53

Ergebnis: x = 4,334Höhe x: 4,334 cm⇒ Höhe h: 7,67 cm

Radius r: 1,81 cm


a) Nachweis; Lösung 2 BE

b) erster Graph; zweiter Graph; graphische Lösung; Ergebnis 4 BE

c) Nachweis; Startwert; Ergebnis für x; Längen von Radius und Höhe 4 BE10 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe C 3: Kegelschnittea) y2 = x ⇒ p = ; Brennpunkt F( ; 0); Leitlinie 1: x = –

Tangente tk: xx1 + yy1= r2 , also x · 3 + y · 4 = 25 bzw. y= – x +

Tangente tp: yy1 = p(x + x1) ⇒ y · 4 = · (x + 3) bzw. y = x + 2

Schnittwinkel: tan ϕ =

tan ϕ = ⇒ ϕ = 70,6°

163------ 8

3--- 4

3--- 4

3---

x

y

0

4

2

3

2 311

–2

–1

–3

–4

1

5

5 64

–5

F

34--- 25

4------

83--- 2

3---

m2 m1–1 m1 m2⋅+---------------------------

23--- 3

4---+

1 23---+ 3

4---–

⋅------------------------------

1712------

12--------- 17

6------= =


b) x2 + y2 = 25y2 = · x

x2 + x – 25 = 0

x1; 2 = – ±

= – ±

= – ±

x1 = 3 (trifft zu)

x2 = – (entfällt, nicht I. Quadrant)

⇒ Schnittpunkt R(3; 4)

163------

163------

83--- 64

9------ 25+

83--- 289

9---------

83--- 17

3------

253------

54

c) Gleichung der Senkrechten durch F:

m⊥ = – ; 0 = – · + n⇒ y = – x + 2

⇒ Schnittpunkt Q mit der Tangente tp: Q(0; 2)

Schnittpunkt L von Senkrechter und Leitlinie:y = – x + 2 und x = –

y = – · (– ) + 2 = 4 ⇒ L(– ; 4)

Flächeninhalt: A = · FL · QR

= · = · ·

= · · · = (FE)

Weiterer Lösungsweg zur Ermittlung des Flächeninhaltes A:Da die Ordinaten von R und L übereinstimmen, gilt:Die Tangente tp ist Winkelhalbierende des Winkels \ FRL und wegen FR = SL auch Mittelsenkrechte von FL. Die Strecke RL verläuft parallel zur Achse der Parabel.

⇒ A = · RL · h = · (3 + ) · 4 = (FE)

d) Gleichung der Parabel: y = ax2

Mit R(3; 4) folgt: 4 = a · 9, also a = ⇒ Parabel: y = x2


a) Koordinaten des Punktes F; Gleichung der Leitlinie; Konstruktionder Punkte und Zeichnung 3 BE

b) Koordinaten des Punktes R; Gleichung der Tangente tk; Gleichungder Tangente tp; Schnittwinkel 4 BE

c) Ansatz; Flächeninhalt 2 BE

d) Gleichung der Parabel 1 BE10 BE

32--- 3

2--- 4

3--- 3

2---

32--- 4

3---

32--- 4

3--- 4

3---

12---

12--- 64

9------ 16+ 9 4+⋅ 1

2--- 208

9--------- 13

12--- 4

3--- 13 13 26

3------

12--- 1

2--- 4

3--- 26

3------

49--- 4

9---

Sachsen 1995/96

55

Erwartungsbild zu Aufgabe C 4: Kegelschnittea) y2 = 2px

c) Brennpunkt: F(1; 0)Senkrechte s zur Geraden y = x + 2 durch F: y = –2x + 2

Schnittpunkt von s und der Geraden y = x + 2: n1 = n2 ⇒ PS(0; 2)

Radius: r = FPS = (LE); Kreisgleichung für k: (x – 1)2 + y2 = 5

d) yy0 = p · (x + x0) (Gleichung der Tangente an eine Parabel y2 = 2pxim Punkt P0(x0; y0))

yBy0= p · x0 (B(0; yB) als Schnittpunkt mit der Ordinatenachse)

Aus y02 = 2px0 folgt x0 = , also gilt yBy0 = p · bzw. yB = y0.

⇒ B(0; y0) w. z. b. w.


a) Scheitelgleichung; Konstruktion von 8 Punkten; Zeichnung im Intervall 3 BE

b) Ansatz; Koordinaten von P1 und P2; Flächeninhalt 3 BE

c) Ansatz; Kreisgleichung 2 BE

d) Ansatz; Nachweis 2 BE10 BE

x0

4

2

3

2 31–2 –1

–2

–1

–3

–4

1

y

5 64

l

F

12---

12---

5

y02

2p------

y02

2p------ 1

2---

12---


P(1; 2) ⇒ p = 2, also y2 = 4x

b) yy0 = 2(x + x0); T(– 4; 0)0y0 = 2(–4 + x0), also x0 = 4⇒ P1(4; 4) und P2(4; –4)

A = ; g = = 8 (LE);

h = d(g; T) = 8 (LE)

A = = 32 (FE)

h g⋅2

---------- P1P2

8 8⋅2

----------

56

Erwartungsbild zu Aufgabe C 5: Lineare Gleichungssystemea) Für t = 1 gilt:

8x – 8y – 4z = 16 2x – 3y – z = 5 · (– 4)↑ · (–3)↓6x – 4y – 2z = –10

2x – 3y – z = 54y = – 45y+ 5z = –25

x = –1; y = –1; z = – 4, also L = (–1; –1; –4)

b) Für x = – und z = – 4 gilt:

–1 – 8y = 0 ⇒ y = –

– +(t – 4)y = 1 ⇒ t = –6

– (8 – 2t) – 4y = –2 wahre Aussage

⇒ t = –6

c) D = det = –8t2 + 64t – 96

–8t2 + 64t – 96 = 0 ⇒ t1 = 6; t2 = 2für t1 = 6:

Dx = det = 0 ⇒ unendlich viele Lösungen für t = 6

für t2 = 2:

Dx = det = 32 ≠ 0 ⇒ keine Lösung für t = 2

⇒ genau eine Lösung für t ≠ 2 und t ≠ 6Bewertungsvorschlag:

a) Gleichungssystem für t = 1; Eliminieren einer Variablen;Lösungsmenge 3 BE

b) Ansatz; Lösen des Gleichungssystems (einschließlich desWahrheitswertes der dritten Zeile); Wert für t 3 BE

18---

18---

14---

18---

8 8– 4–

2 t 4– 1–

8 2t– 4– 2

16 8– 4–

5 2 1–

10– 4– 2

16 8– 4–

5 2– 1–

10– 4– 2

Sachsen 1995/96

57

c) Determinante der Koeffizientenmatrix; Werte für die dieDeterminante 0 wird; Bedingung für eindeutige Lösbarkeit;Schlußfolgerung für die anderen Fälle 4 BE

10 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe C 6: Lineare Gleichungssysteme

a) y = f(x) = ax2 + bx + cA(–1; 2) ⇒ a – b + c = 2

B( ; – ) ⇒ a + b + c = –

C(3; 2) ⇒ 9a + 3b + c = 2

⇒ c = –1; b = –2; a = 1⇒ Gleichung der Funktion: y = f(x) = x2 – 2x – 1Schnittpunkte mit der x-Achse: P1(1 + ; 0); P2(1 – ; 0)Schnittpunkt mit der y-Achse: P3(0; –1)

b) –a + 2b + 0,5c = –32a + 2b – c = 0

–3a – 4b – 1,5c = –11

⇒ b = –1; c = 4; a = 3Koeffizienten: a = 3; b = –1; c = 4

c) 3x – by = a–2x + by = 1

x = a + 1 ⇒ y = (b ≠ 0)

genau eine Lösung für a, b ∈R (b ≠ 0): L = (a + 1; )

keine Lösung für b = 0 und a ≠ –

unendlich viele Lösungen für b = 0 und a = –


a) Ansatz; ein Koeffizient; Funktionsgleichung;Koordinaten aller Schnittpunkte 4 BE

b) Ansatz; ein Koeffizient; alle Koeffizienten 3 BE

c) Bedingung für genau eine Lösung; Bedingung für keine Lösung;Bedingung für unendlich viele Lösungen 3 BE

10 BE

12--- 4

7--- 1

4--- 1

2--- 7

4---

2 2

+

2a 3+b

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

2a 3+b

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

32---

32---


58

Erwartungsbild zu Aufgabe C 7: Stochastika) Ereignis A: Bauteil ist nicht maßgerecht.

Ereignis B: Bauteil ist nicht funktionsfähig.

Ereignis C: Bauteil weist keinen der beiden Fehler auf.P(C) = (1 – P(A)) · (1 – P(B))

= 0,95 · 0,925 = 0,8788

b) X... Anzahl der Bauteile, die nicht maßgerecht sind.X ist binomialverteilt mit n = 10 und p = 0,05.P(X = 0)= 0,9510 = 0,5987

P(X = 1)= · 0,05 · 0,959 = 0,3151

P(X > 1)= 1 – (P(X = 0) + P(X = 1)) = 0,0861

c) Ereignis D: Die 4 fehlerhaften Teile werden zuerst geprüft.

P(D) = · · · = 4,3 · 10–6

d) Es kann bei 0 bis 4 Bauteilen eine zweite Überprüfung notwendig werden.

Y... Anzahl der Bauteile, die einer zweiten Prüfung unterzogen werdenY... ist binomialverteilt mit n = 4 und p = 0,5Wahrscheinlichkeitsverteilung von Y:

⇒ Wahrscheinlichkeitsverteilung von Z:

Erwartungswert: E(Z) = 40 · 0,0625 + 70 · 0,25 + 100 · 0,375 + 130 · 0,25+ 160 · 0,0625

= 100

Anzahl der Zweitprüfungen 0 1 2 3 4

Wert der Zufallsgröße Z 40 70 100 130 160

Anzahl der Zweitprüfungen yi 0 1 2 3 4

P(Y = yi) 0,0625 0,25 0,375 0,25 0,0625

Anzahl der Zweitprüfungen 0 1 2 3 4

Wert zi der Zufallsgröße Z 40 70 100 130 160

P(Z = zi) 0,0625 0,25 0,375 0,25 0,0625

101

450------ 3

49------ 2

48------ 1

47------

Sachsen 1995/96

59


a) Ansatz für Wahrscheinlichkeit; Wahrscheinlichkeit 2 BE

b) Ansatz für Wahrscheinlichkeit; Wahrscheinlichkeit 2 BE

c) Ansatz für Wahrscheinlichkeit; Wahrscheinlichkeit 2 BE

c) alle Werte der Zufallsgröße Z; Ansatz zur Berechnung derzugehörigen Wahrscheinlichkeiten; Wahrscheinlichkeiten;Erwartungswert 4 BE

10 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe C 8: Stochastik

a) · = 6 · 45 = 270 : Es gibt 270 Möglichkeiten.

b) P(„Ausschuß“) = 0,4 · 0,03 + 0,6 · 0,04 = 0,0360

c) Z ... Anzahl der Wegfahrsperren, die Ausschuß sindZ ist binomialverteilt mit n = 50 und p = 0,04.

P(A) = P(Z = 1) = · 0,04 · 0,9649 = 0,2706

P(B) = 1 – P(B)

= 1 – [0,9650 + 0,2706 + · 0,042 · 0,9648] = 0,3233

E(Z) = n · p = 2: Im Durchschnitt sind 2 Wegfahrsperren Ausschuß.

Kosten: 48 · 250 DM = 12 000 DM

Die Werkstatt hat im Durchschnitt 12 000 DM zu zahlen.

d) Y... Anzahl der befragten Kunden

E(Y)= 1 · 0,3750 + 2 · 0,2344 + 3 · 0,1465 + 4 · 0,2441 = 2,26Durchschnittlich führt die Werkstatt an einem Tag 2,26 Befragungen durch.

yi 1 2 3 4

P(Y = yi) · · · · · · + ( )4

= = = =

0,3750 0,2344 0,1465 0,2441

4

2 10

8

501

502

38--- 5

8--- 3

8--- 5

8--- 5

8--- 3

8--- 5

8--- 5

8--- 5

8--- 3

8--- 5

8---


60


a) Ergebnis 1 BE

b) Ansatz für Wahrscheinlichkeit; Wahrscheinlichkeit 2 BE

c) Wahrscheinlichkeit P(A); Ansatz für Wahrscheinlichkeit P(B);Wahrscheinlichkeit P(B); Ansatz für Kosten; Durchschnittskostenfür 50 Wegfahrsperren 5 BE

d) Wahrscheinlichkeitsverteilung; Erwartungswert 2 BE10 BE


a) = 15. Das heißt: Es gibt 15 verschiedene Mannschaftsaufstellungen, wenn die Startreihenfolge nicht berücksichtigt wird.Bei Beachtung der vorgegebenen Bedingungen gibt es zu jeder der 15 Mög-lichkeiten 4 verschiedene Anordnungen (2! · 2!).⇒ Gesamtzahl der möglichen Mannschaftsaufstellungen: 15 · 4 = 60

b) X ... Anzahl der Treffer bei 20 SchußX ist binomialverteilt mit n = 20 und p = 0,95.E(X) = n · p = 20 · 0,95 = 19Der Sportler kann im Durchschnitt 19 Treffer erwarten.P(A) = P(X = 20) = 0,9520 = 0,3585P(B) = P(X ≥ 18) = P(X = 18) + P(X = 19) + P(X = 20)

= 0,9518 · 0,052 + 0,9519 · 0,05 + 0,3585 = 0,9245

c) K ist das Ereignis: Die Scheibe kippt um.P(K) = 0,9 · 0,98 + 0,1 · 0,01 = 0,883

d) 5 Schüsse 6 Schüsse 7 Schüsse

62

2018

2019

0,94 · 0,1

54

Es wird noch ein Schußabgegeben.

in jedem Fall werdennoch 2 Schuß abgegeben.

5T

4T

4T

5T

≤3T

0,95

0,9

0,1

1 – (0,95 + 0,9

4 · 0,1)

54

Sachsen 1995/96

61

⇒ Für 5 Schüsse benötigt der Sportler im Durchschnitt 15 s, für 6 Schüsse25 s und für 7 Schüsse 35 s.

E(Z) = 15 s · 0,5905 + 25 s · 0,2952 + 35 s · 0,1143= 20,2 s


a) Anzahl ohne Beachtung der Reihenfolge;Anzahl mit Bedingungen 2 BE

b) Erwartungswert; Ergebnis für P(A); Ergebnis für P(B) 3 BE

c) Ansatz; Ergebnis 2 BE

d) Werte der Zufallsgröße; Wahrscheinlichkeitsverteilung;Erwartungswert 3 BE

10 BE


a) Die Wahrscheinlichkeit für das Ziehen einer 2 beträgt ; für das Ziehen einer 3 beträgt sie , und für das Ziehen einer 6 beträgt sie .

Daraus erhält man z. B. für das Eintreten der Augensumme 8: · + · =

b) A = 4; 6; 12P(A) = P(X = 4) + P(X = 6) + P(X = 12) =

B = 4; 5; 6P(B) = P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6) =

= 4; 6 ⇒ = 5; 8; 9; 12

c) C sei das Ereignis: Bei 3 Ziehungen tritt mindestens einmal die Zahl 6 auf.

P(C) = 1 – P(C) = 1 – 0,53 = 0,8750

zi in s 15 25 35

P(Z = zi) 0,95 5· 0,94 · 0,1 · 0,9 5· 0,94 · 0,1 · 0,1

+(1 –(0,95 + 5 · 0,94 · 0,1))

= 0,5905 = 0,2952 = 0,1143

⇒ xi 4 5 6 8 9 12

P(X = xi

13---

16--- 1

2---

13--- 1

2--- 1

2--- 1

3--- 1

3---

19--- 1

9--- 1

36------ 1

3--- 1

6--- 1

4---

718------

14---

A B∩ A B∩


62

d) 1 – 0,5n > 0,99, also 0,01 > 0,5n

lg0,01 > n · lg0,5

< n

n > 6,64Die Ziehung muß mindestens 7 mal durchgeführt werden.

e) Y... Auftreten der Zahl 6 bei sechs ZiehungenY... ist binomialverteilt mit n = 6 und p = 0,5P(Y ≥ 2) = 1 – P(Y = 0) – P(Y = 1)

= 1 – 0,56 – 6 · 0,56 = 1 – 0,1094= 0,8906

⇒ P(Y ≥ 2) > P(C)f) P(„zweimal 6“) = P(2; 6; 6) + P(3; 6; 6) + P(6; 2; 6) + P(6; 3; 6) + P(6; 6; 2)

+ P(6; 6; 3)

= 3 · ( · · ) + 3 · ( · · )

= 0,4500


a) Werte für X; Wahrscheinlichkeiten 2 BE

b) Wahrscheinlichkeit für A; Wahrscheinlichkeit für B;Ereignis für 3 BE

c) Wahrscheinlichkeit 1 BE

d) notwendige Ziehungsanzahl 1 BE

e) Ansatz; Ergebnis 2 BE

f) Wahrscheinlichkeit 1 BE10 BE

lg0,01lg0,5---------------

26--- 2

5--- 3

4--- 3

6--- 2

5--- 1

4---

A B∩

Sachsen 1995/96


1996 / 97

Gymnasium

Sachsen

64

Hinweis: Für die Abiturprüfungen Mathematik/Grundkurs galt im Schuljahr 1996/97 fol-gende Regelung:– Jeder Schüler bearbeitet je eine Pflichtaufgabe aus den Teilen A (Analysis),

B (Analytische Geometrie und lineare Algebra) und C (Stochastik). Außerdem bearbeitet er eine von zwei Wahlaufgaben mit erhöhtem Schwierigkeitsgrad. Dabei entscheidet er sich im Grundkurs entweder für die Wahlaufgabe zur Analy-sis oder die Wahlaufgabe zur Geometrie/linearen Algebra.

– Die Wahlaufgaben mit erhöhtem Schwierigkeitsgrad sind in dieser Aufgaben-sammlung für den Grundkurs jeweils die 3. und 4. Aufgabe der Teile A (Analysis) und B (Geometrie/lineare Algebra).

Nachfolgend sind die Aufgaben für den Ersttermin und den Nachtermin zusam-mengefaßt.

Aufgabe A1: AnalysisGegeben ist die Funktion f durch y = f(x) = e–x · (x2 – x – 2) (x ∈ Df).

a) Geben Sie den größtmöglichen Definitionsbereich der Funktion f an, und füh-ren Sie für die Funktion f eine Kurvendiskussion durch (Nullstellen, Koordina-ten des Schnittpunktes des Graphen mit der y-Achse, Koordinaten der lokalen Extrempunkte, Art der Extrema).Zeichnen Sie den Graphen der Funktion f im Intervall –1,5 ≤ x ≤ 4.

b) Die Funktion F mit y = F(x) = e–x · (–x2 – x + 1) (x ∈ R) ist eine Stammfunk-tion der Funktion f.Die x-Achse und der Graph der Funktion f begrenzen eine Fläche vollständig.Berechnen Sie den Inhalt dieser Fläche.

c) Die Gerade t ist eine Tangente an den Graphen der Funktion f im Punkt B(0; f(0)). Die Gerade s ist die zur Geraden t senkrechte Gerade im Punkt B.Ermitteln Sie jeweils eine Gleichung der Geraden s und t.Die Gerade s schneidet die x-Achse im Punkt S, die Gerade t schneidet die x-Achse im Punkt T.Ermitteln Sie die Koordinaten der Punkte S und T, und berechnen Sie den Flä-cheninhalt des Dreiecks BST.

d) Ermitteln Sie eine Gleichung der Funktion g mit y = g(x) = ax2 + bx + c (a, b, c∈ R, x ∈ R), die die gleichen Nullstellen wie die Funktion f besitzt und deren Graph durch den Punkt Q(0; 4) verläuft.Berechnen Sie den Inhalt der Fläche, die vom Graphen der Funktion g und der x-Achse vollständig begrenzt wird.

Sachsen 1996/97

65

Aufgabe A2: Analysis

Gegeben ist die Funktion f durch y = f(x) = (x ∈ Df).

a) Geben Sie den größtmöglichen Definitionsbereich der Funktion f an, und füh-ren Sie für die Funktion f eine Kurvendiskussion durch (Nullstellen, Polstellen, Verhalten im Unendlichen, Koordinaten der lokalen Extrempunkte, Art der Extrema).Zeichnen Sie den Graphen der Funktion f im Intervall –4 ≤ x ≤ 5.

b) Die Gerade t ist Tangente an den Graphen der Funktion f im Punkt P(4; f(4)).Ermitteln Sie eine Gleichung der Tangente t.Es existieren auch Tangenten an den Graphen der Funktion f, die senkrecht zur Tangente t verlaufen.Ermitteln Sie die Anzahl dieser zur Geraden t senkrechten Tangenten.Berechnen Sie die Abszissen der Berührungspunkte dieser Tangenten mit dem Graphen der Funktion f.

Gegeben sind die Funktionen ga und h durch y = ga(x) = –x2 + 2a2

(a ∈ R, a > 0; x ∈ R) und y = h(x) = x2 (x ∈ R).

c) Für jedes a begrenzen der Graph der Funktion ga und der Graph der Funktion h

eine Fläche vollständig.

Ermitteln Sie den Inhalt dieser Fläche in Abhängigkeit von a.

Berechnen Sie den Inhalt dieser Fläche für a = .

d) Bestimmen Sie den Wert a so, daß die von den Graphen der Funktionen ga und h eingeschlossene Fläche den Inhalt 72 hat.

Aufgabe A3: Analysis (erhöhter Schwierigkeitsgrad)Gegeben sind Funktionen fk durch y = fk(x) = 2kx2 – k2x (k ∈ R, k ≠ 0; x ∈ R).

a) Berechnen Sie die Nullstellen der Funktionen fk sowie die Koordinaten der lokalen Extrempunkte der Graphen dieser Funktionen.Untersuchen Sie die Art der Extrema in Abhängigkeit von k.Zeichnen Sie die Graphen der Funktionen f–3 und f2.

b) Alle lokalen Extrempunkte der Graphen der Funktionen fk liegen auf dem Gra-phen der Funktion h.Ermitteln Sie eine Gleichung der Funktion h.

x2 x–2x 4–---------------

33

Aufgaben Teil A

66

c) Für jedes k begrenzen der Graph der Funktion fk und die x-Achse eine Fläche vollständig.Für welche Werte k ist der Inhalt dieser Fläche ?

Aufgabe A4: Analysis (erhöhter Schwierigkeitsgrad)Gegeben sind die Funktionen fk durch y = fk(x) = e–x · (x2 – x + k) (k ∈ R, x ∈ R).

a) Die Gerade s ist Tangente an den Graphen der Funktion f im Punkt

S(0; f (0)).

Die Gerade t ist Tangente an den Graphen der Funktion f2 im Punkt T(0; f2(0)).

Ermitteln Sie die Größe des Schnittwinkels der Geraden s und t.

b) Untersuchen Sie, für welche Werte k die Funktionen fk Nullstellen haben.

c) Durch den Punkt Pk(0; fk(0)) des Graphen der Funktion fk verläuft die Tan-gente tk.Ermitteln Sie eine Gleichung der Tangente tk.Für jeden Wert k < –1 bilden der Koordinatenursprung O, der Punkt Pk sowie der Schnittpunkt Qk der Tangente tk mit der x-Achse ein Dreieck OPkQk.Ermitteln Sie den Wert k, für den das zugehörige Dreieck OPkQk den kleinst-möglichen Flächeninhalt aller dieser Dreiecke hat.

Aufgabe B1: Analytische Geometrie und lineare AlgebraIn einem kartesischen Koor-dinatensystem ist ein Prisma ABCDEF durch die Koordina-ten der EckpunkteA(4; 0; 0), B(10; 8; 0),C(6; 11; 0), D(0; 3; 0),E(4; 0; 5) gegeben (siehe Skizze).

(Skizze nicht maßstäblich)

a) Zeigen Sie, daß das Viereck ABCD ein Rechteck ist.

b) Ermitteln Sie die Koordinaten des Punktes F.

c) Zeigen Sie, daß das Prisma ABCDEF ein gerades Prisma ist, und berechnen Sie dessen Volumen.

278------

43---–

43---–

x

y

z

O

A

B

C

D

E

F

Sachsen 1996/97

67

d) Die Diagonalenschnittpunkte der viereckigen Seitenflächen des Prismas sind die Punkte P, Q und R.Ermitteln Sie die Koordinaten dieser Punkte.Berechnen Sie das Verhältnis des Flächeninhaltes der Dreiecks PQR zum Flä-cheninhalt des Dreiecks ADE.

e) In der x-y-Koordinatenebene existiert ein Kreis k, auf dem die Punkte A, B, C und D liegen.Ermitteln Sie eine Gleichung des Kreises k.An den Kreis k existieren Tangenten, die parallel zur Sehne AB verlaufen.Berechnen Sie die Koordinaten der Berührungspunkte dieser Tangenten mit dem Kreis k.

Aufgabe B2: Analytische Geometrie und lineare AlgebraIn einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(3; 2; 1), B(4; 6; 7),C(1; –6; –11), D(1; 3; 4), F(6; 5; 4) und S( ; 4; 4) gegeben.

a) Untersuchen Sie rechnerisch, ob die drei Punkte A, B und C Eckpunkte eines Dreiecks sind.

b) Weisen Sie nach, daß das Dreieck ABD nicht rechtwinklig ist, und berechnen

Sie den Flächeninhalt des Dreiecks ABD.

Ermitteln Sie die Koordinaten des Punktes T so, daß das Viereck ABDT ein

Trapez mit = 2 ist.

c) Durch die Punkte A und B wird eine Gerade g1 und durch die Punkte D und F eine Gerade g2 bestimmt.Weisen Sie rechnerisch nach, daß der Punkt S der einzige gemeinsame Punkt dieser beiden Geraden ist.Berechnen Sie die Koordinaten des Schnittpunktes der Geraden g2 mit der x-z-Koordinatenebene.

d) Das Dreieck ABD liegt in der Ebene E.

Ermitteln Sie eine Gleichung der Ebene E in allgemeiner Form.

Es existieren Punkte Pa(– a2; ; a) (a ∈ R, a ≠ 0), die in der Ebene E liegen.

Ermitteln Sie die Koordinaten dieser Punkte.

72---

TD AB

12--- a

3--- 13

9------

Aufgaben Teil B

68

Aufgabe B3: Analytische Geometrie und lineare Algebra(erhöhter Schwierigkeitsgrad)

a) In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(5; 3) und B(2; 4) sowie ein Kreis k durch die Gleichung x2 – 6x + y2 – 4y + 8 = 0 gegeben.Ermitteln Sie die Koordinaten des Mittelpunktes und den Radius des Kreises k.Zeigen Sie rechnerisch, daß die Punkte A und B auf dem Kreis k liegen, und berechnen Sie den Abstand der Sehne AB vom Kreismittelpunkt.

b) Eine Familie richtet sich das Wohnzimmer neu ein und kauft sich eine Couch-garnitur, die in einer Ecke des Zimmers stehen soll. Das Eckteil der Couchgar-nitur hat eine kreisförmig abgerundete Lehne, so daß in der Wohnzimmerecke hinter der Couch ein freier Raum bleibt.Der Familienvater möchte einen Ablagetisch bauen, der den freien Raum in der Ecke ausnutzt. Zum Aussägen der Tischplatte möchte er eine Schablone her-stellen.Beim Abmessen erhielt er folgende Werte (vgl. Skizze):Länge der senkrecht zueinander stehenden Schenkel: 650 mm,Abstand Zimmerecke – Couch: 350 mm.Um die Konstruktion auf einem hinreichend großen Zeichenkarton durchführen zu können, führt der Familienvater ein geeignetes Koordi-natensystem ein und baut aus einer Nadel, einem Bleistift sowie einer Schnur einen geeigneten „Zirkel“.


Berechnen Sie den für die Konstruktion benötigten Radius sowie die Koordina-ten des „Einstichpunktes“ für den vom Familienvater gebauten „Zirkel“.Runden Sie die Ergebnisse auf Millimeter.

Aufgabe B4: Analytische Geometrie und lineare Algebra(erhöhter Schwierigkeitsgrad)

In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(5; 0; 0), B(0; 6; 0), C(0; 0; 0), D(3; 2; 1), E(4; 6; 7), F(1; 3; 4) und G(2; 2; 3) gegeben.

a) Weiterhin sind die Punkte Pa(8; a; 0) (a ∈ R) gegeben.Ermitteln Sie die Werte a, für die die zugehörigen Punkte Pa vom Punkt A den Abstand 5 haben.

650x

y

O

Nadel

Bleistift

Sachsen 1996/97

69

b) In der x-y-Koordinatenebene wird durch die Punkte A, B und C ein Dreieck ABC bestimmt.Ermitteln Sie rechnerisch eine Gleichung des Umkreises k des Dreiecks ABC.Es gibt Tangenten an den Kreis k, die parallel zur in der x-y-Koordinatenebene liegenden Geraden g mit der Gleichung y = – x + 3 verlaufen.Ermitteln Sie rechnerisch für jede dieser Tangenten je eine Gleichung.

c) Untersuchen Sie, ob die Vektoren , und linear unabhängig sind.

d) Ermitteln Sie rechnerisch die Koordinaten derjenigen Punkte Q, für die das Viereck DEFQ jeweils ein Trapez ist, bei dem das Verhältnis der Längen der parallelen Seiten 1 : 2 beträgt.

Aufgabe C1: StochastikEine Urne enthält fünf blaue und eine gelbe Kugel. Für das Spiel „Ziehen und Ersetzen“ wird folgende Regel vereinbart:Es wird jeweils genau eine Kugel gezogen. Ist die gezogene Kugel gelb, so wird sie in die Urne zurückgelegt, ist sie dagegen blau, wird sie beiseite gelegt und in der Urne durch eine gelbe ersetzt.

a) Das Spiel „Ziehen und Ersetzen“ wird dreimal durchgeführt und jeweils die Farbe der gezogenen Kugel festgestellt.Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten der folgenden Ereignisse:Ereignis A: Genau eine der gezogenen Kugeln ist gelb.Ereignis B: Höchstens zwei der gezogenen Kugeln sind blau.Ereignis C: Nur die dritte Kugel ist blau.Ereignis D: Die zweite Kugel ist gelb.

b) Auf einem Rummelplatz wird an einem Stand das Spiel „Ziehen und Ersetzen“ als Glücksspiel angeboten. Nach einem Einsatz von x DM darf der Spieler dreimal ziehen. Er erhält bei

drei gezogenen gelben Kugeln 50 DM, beizwei gezogenen gelben Kugeln 5 DM und beieiner gezogenen gelben Kugel 2 DM ausgezahlt.

Wie hoch muß der Einsatz mindestens sein, damit dieses Spiel dem Standbesit-zer langfristig Gewinn bringt?

c) Wie viele Ziehungen sind bei dem beschriebenen Spiel mindestens durchzu-führen, damit die Wahrscheinlichkeit dafür, daß man mindestens eine blaue Kugel gezogen hat, größer als 0,98 ist?

56---

DE DF DG

Aufgaben Teil C

70

Aufgabe C2: StochastikEine Fußballmannschaft besitzt genau 20 Feldspieler und genau zwei Tormänner.

a) Eine Mannschaftsaufstellung besteht aus genau 10 Feldspielern und genau einem Tormann.Wie viele Mannschaftsaufstellungen kann der Trainer bilden, wenn die Feldpo-sition der Spieler nicht berücksichtigt wird?Der Feldspieler Hansi soll unbedingt in der Mannschaft sein.Wie viele Mannschaftsaufstellungen kann der Trainer unter dieser Bedingung bilden?

Tormann Thomas hält erfahrungsgemäß Elfmeter mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,15.

b) Ein Spieler schießt 20 Elfmeter auf das Tor von Thomas, wobei angenommen wird, daß er nicht am Tor vorbeischießt und auch nicht Latte bzw. Pfosten trifft.Die Versuche sollen als voneinander unabhängig angenommen werden.Wie viele gehaltene Elfmeter sind zu erwarten?Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, daß Thomas genau zwei dieser Elf-meter hält.Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, daß Thomas mehr als zwei Elfme-ter hält.

c) Ein Spieler, der erfahrungsgemäß mit der Wahrscheinlichkeit 0,2 das Tor nicht trifft, d. h. am Tor vorbeischießt bzw. Latte oder Pfosten trifft, tritt gegen Tho-mas im Elfmeterschießen an.Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, daß dieser Spieler einen Elfmeter erfolgreich verwandelt.

d) Tormann René, der erfahrungsgemäß mit der Wahrscheinlichkeit 0,1 Elfmeter hält, trainiert mit Tormann Thomas und einem Feldspieler.Der Feldspieler, der nicht am Tor vorbeischießt und auch nicht Latte bzw. Pfo-sten trifft, schießt zunächst 6 Elfmeter gegen Thomas. Die Versuche sind von-einander unabhängig.Wie viele Elfmeter müßte der Feldspieler gegen René schießen, damit bei bei-den Tormännern die gleiche Anzahl gehaltener Elfmeter zu erwarten ist?

Sachsen 1996/97

71

Erwartungsbild zu Aufgabe A1:a) Definitionsbereich: x ∈ R

Nullstellen: x2 – x – 2 = 0

⇒ xN1 = –1; xN2 = 2

Schnittpunkt mit der y-Achse:

e–0(0 – 0 – 2) = – 2 ⇒ Py(0; –2)

Extrempunkte: f '(x) = e–x(–x2 + 3x + 1);

f ''(x) = e–x(x2 – 5x + 2)

f '(xE) = 0, also (–x2 + 3x + 1) = 0

⇒ xE1 = – ≈ –0,3; xE2 = + ≈ 3,3

Nachweis:

f ''(xE1) = 4,84 > 0 ⇒ lokales Minimum

f''(xE2) = –0,13 < 0 ⇒ lokales Maximum

Koordinaten der lokalen Extrempunkte:

Pmin (≈ –0,3; ≈ –2,2); Pmax (≈ 3,3; ≈ 0,2)

b) A = | (x2 – x – 2)dx| = |[e–x(–x2 – x + 1)] |

= |e–2(–4 – 2 + 1) – e1(–1 + 1 + 1)|

= |–5e–2 – e| ≈ 3,39

c) Gleichung der Geraden: y = mx + n

B(0; –2) ⇒ n = –2; Anstieg der Tangente t: f '(0) = 1;

Tangente t: y = x – 2; Senkrechte s: y = – x – 2;

T(2; 0); S(–2; 0); Flächeninhalt A∆ = · 4 · 2 = 4 (FE)

d) y = ax2 + bx + cDer Graph der Funktion g enthält die Punkte N(–1; 0), T(2; 0) und Q(0; 4).Das daraus resultierende Gleichungssystem:(I) 0 = a – b + c(II) 0 = 4a + 2b + c(II) 4 = c hat die Lösung a = –2; b = 2; c = 4.

O 1 x

y

1

f(x)

32--- 13

2---------- 3

2--- 13

2----------

e x–

1–

2

∫ 21–

12---


72

⇒ y = g(x) = –2x2 + 2x + 4

Lösungsvariante: g(x) = d · (x2 – x – 2) (da gleiche Nullstellen wie f)4 = d · (–2)d = –2 ⇒ y = g(x) = –2x2 + 2x + 4

Flächeninhalt: A = (–2x2 + 2x + 4)dx = [– x3 + x2 + 4x] = 9 (FE)


a) Definitionsbereich; Nullstellen; Koordinaten des Schnittpunk-tes des Graphen mit der y-Achse; 1. Ableitung; 2. Ableitung;Extremstellen; Nachweis der Extrema; Koordinatender lokalenExtrempunkte; Graph 9 BE

b) Ansatz; Flächeninhalt 2 BE

c) Ansatz; Gleichung der Geraden t; Gleichung der Geraden s;Koordinaten von T und S; Flächeninhalt 5 BE

d) Ansatz; Gleichung der Funktion g; Ansatz für Flächeninhalt;Flächeninhalt 4 BE

30 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe A2:a) Definitionsbereich: x ∈ R, x ≠ 2

Nullstellen: x2 – x = 0

⇒ xN1 = 0; xN2 = 1

Polstelle: xP = 2

Verhalten im Unendlichen:

= = +∞

= = –∞

Extrempunkte: f '(x) = ;

f ''(x) =

1–

2

∫ 23---

21–

O 1 x

y

1

f

f x( )x +∞→

lim x2

x-----

x +∞→lim

f x( )x –∞→

lim xx –∞→

lim

2x2 8x– 4+2x 4–( ) 2

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

162x 4–( ) 3

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

Sachsen 1996/97

73

f'(xE) = 0, also 2x2 – 8x + 4 = 0⇒ xE1 = 2 – ≈ 0,6; xE2 = 2 + ≈ 3,4Nachweis: f ''(xE1) = –0,73 < 0⇒ lokales Maximum

f''(xE2) = 0,73 > 0 ⇒ lokales MinimumKoordinaten der lokalen Extrempunkte:

Pmin (2 + ; + ); Pmax (2 – ; – )

b) Tangente: P(4; 3); m = f '(4) = ; y = mx + n also 3 = · 4 + n⇒ n = 2;

Gleichung der Tangente t: y = x + 2

Anstieg der Senkrechten zur Tangente t: m = –4

Berührungsstellen: f '(x) = –4⇒ –4(2x – 4)2 = 2x2 – 8x + 4

⇒ x2 – 4x + = 0 und damit xB1 = 2 – ; xB2 = 2 +

Es existieren genau zwei zur Tangente t senkrechte Tangenten.

c) Schnittstellen: x2 = –x2 + 2a2 ⇒ xS1 = –a; xS2 = a

A(a) = (–2x2 + 2a2)dx = [– x3 + 2a2x] = a3 ⇒ A( ) = 8 (FE)

d) A(a) = 72 = a3 ⇒ a3 = 27 ⇒ a = 3


a) Definitionsbereich; Nullstellen; Polstellen; Verhalten im Un-endlichen; 1. Ableitung; 2. Ableitung; Extremstellen; Nach-weis der Extrema; Koordinaten der Lokalen Extrempunkte; Graph 10 BE

b) Anstieg der Tangente t; Gleichung der Tangente t; Anstieg derSenkrechten zur Tangente t; Anzahl der Senkrechten; Berührungs-stellen 5 BE

c) Integrationsgrenzen; Flächeninhalt in Abhängigkeit von a;

Flächeninhalt für a = 3 BE

d) Ansatz; Wert für a 2 BE20 BE

2 2

2 32--- 2 2 3

2--- 2

14--- 1

4---

14---

349------ 1

3--- 2 1

3--- 2

a–

a

∫ 23---

aa–

83--- 33

83---

33


74

Erwartungsbild zu Aufgabe A3:a) Nullstellen: 0 = 2kx2 – k2x ⇒ 0 = x2 – x

xN1 = 0; xN2 =

Extremstellen: fk'(x) = 4kx – k2; f k''(x) = 4k

f k'(x) = 0 ⇒ xE =

f k''(xE) > 0 für k > 0 ⇒ lokales Minimum

f k''(xE) < 0 für k < 0 ⇒ lokales Maximum

Koordinaten der lokalen Extrempunkte: PE( ; – )

b) Aus y = – und k = 4x folgt die Gleichung

der Funktion h: y = h(x) = – = –8x3

c) 1. Fall: k < 0

A(k) = (2kx2 – k2x)dx = [ kx3 – x2] = – + =

A(k) = ⇒ k4 = 81 und damit k = –3 (da k < 0)

2. Fall: k > 0 (analoge Betrachtung)

A(k) = – ⇒ k = 3


a) Nullstellen; 1. Ableitung; Koordinaten der lokalen Extrem-punkte; 2. Ableitung; Art der Extrema in Abhängigkeit von k; Graphen 6 BE

b) Gleichung der Funktion h 1 BE

c) Ansatz für Flächeninhalt; Stammfunktion; Werte für k 3 BE

10 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe A4:a) fk'(x) = e–x · (–x2 + 3x – k – 1) ⇒ f 2'(x) = e–x · (–x2 + 3x – 3)

f '(x) = e–x · (–x2 + 3x + )

k2---

O 1 x

y

1

f 2

f –3

k2---

k4---

k4--- k3

8-----

k3

8-----

4x( ) 3

8---------------

k2---

0

∫ 23--- k2

2-----

0k2---

k4

12------ k4

8----- k4

24------

278------

278------

43---–

13---

Sachsen 1996/97

75

T(0; 2); S(0; – )

Gleichungen der Tangenten: t: y = –3x + 2; s: y = x –

Schnittwinkel α: α = 90° (da m2 = –1 / m )

b) fk(x) = 0 ⇒ x2 – x + k = 0 ⇒ x1, 2 = ±

Nullstellen existieren für k ≤ .

c) Gleichung der Tangente tk: y = –(k + 1)x + k

Pk(0; k); Qk( ; 0)

A(k) = – · (k ∈ R, k < –1) (lt. Voraussetzung)

A'(k) = – · ; A'(k) = 0 ⇔ k2 + 2k = 0 ⇒ k1 = 0 (entfällt)

k2 = –2 (trifft zu)

A''(k) = – ; A''(–2) = 1 > 0 ⇒ lokales (globales) Minimum

Der Flächeninhalt wird minimal für k = –2.


a) 1. Ableitung; Anstiege der Tangenten; Schnittwinkel 3 BE

b) Ansatz; Ergebnis 2 BE

c) Gleichung der Tangente tk; Zielfunktion; 1. Ableitung; Wertefür k; Nachweis 5 BE

10 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe B1:

a) = ; = ; = ; =

⇒ = ; = (I)

· = –24 + 24 + 0 = 0 ⇒ ⊥ (II)

Aus (I) und (II) folgt, daß das Viereck ABCD ein Rechteck ist.

43---

13--- 4

3---

43---–

12--- 1

4--- k–

14---

kk 1+------------

12--- k2

k 1+------------

12--- k2 2k+

k 1+( ) 2---------------------

1k 1+( ) 3

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

AB6

8

0

DC6

8

0

AD4–

3

0

BC4–

3

0

AB DC AD BC

AD AB AD AB


76

b) = ; = + = + =

⇒ F(10; 8; 5)

c) · = 0; · = 0 ⇒ Die Körperkante AB steht senkrecht

auf der Grundfläche ADE des Prismas. Das Prisma ist also gerade.

Flächeninhalt AADE der Grundfläche ADE:

| | = = 5 (LE); | | = = 5 (LE)

⇒ AADE = = (FE)

Volumen V des Prismas ABCDEF:

| | = = 10 (LE); V = AG · h = · 10 = 125 (VE)

d) Die Diagonalen halbieren einander, da die Seitenflächen Rechtecke sind.

= + + ⇒ P(7; 4; 2,5)

= + + ⇒ Q(5; 5,5; 0)

= + + ⇒ R(5; 5,5; 2,5)

= ; = ; =

· = 0 ⇒ ⊥ ⇒ Das Dreieck PQR ist rechtwinklig.

| | = 2,5 (LE); | | = = 2,5 (LE)

Flächeninhalt: APQR = = 3,125 (FE); AADE = = 12,5 (FE)

Verhältnis: APQR : AADE = 1 : 4

e) Der Mittelpunkt ist der Diagonalenschnittpunkt des Rechtecks ABCD, also der

Punkt Q(5; 5,5; 0).

Radius r: | | = = ≈ 5,59 (LE)

Gleichung des Kreises k: (x – 5)2 + (y – 5,5)2 = 31,25

Die Senkrechte auf der Sehne AB durch den Kreismittelpunkt Q ist die Mittel-

senkrechte auf der Sehne AB.

AE0

0

5

OF OB AE10

8

0 0

0

5 10

8

5

AD AB AE AB

AE 25 AD 16 9+5 5⋅

2---------- 25

2------

AB 36 64+ 252------

OP OA 12--- AB 1

2--- AE

OQ OA 12--- AB 1

2--- AD

OR OD 12--- DC 1

2--- DE

PQ2–

3,5

2,5–

QR0

0

2,5

PR2–

1,5

0

PR QR PR QR

QR PR 4 2,25+2,5 2,5⋅

2------------------- 25

2------

AQ 12 5,52+ 52--- 5

Sachsen 1996/97

77

Gleichung der Mittelsenkrechten mAB auf AB: x = + t (t ∈ R)

mAB ∩ k: (5 – 8t – 5)2 + (5,5 + 6t – 5,5)2 = 31,25 also 100t2 = 31,25

⇒ t1 = 0,559; t2 = –0,559

Einsetzen in die Gleichung der Mittelsenkrechten mAB liefert die Koordinaten

der Berührungspunkte B1 und B2 der Tangenten:

B1( ; ); B2( ; )

(B1(≈ 0,53; ≈ 8,85); B2(≈ 9,47; ≈ 2,15))


a) Nachweis, daß das Viereck ein Parallelogramm ist; Nachweis, daß das Viereck ein Rechteck ist; Schlußfolgerung 3 BE

b) Koordinaten des Punktes F 1 BE

c) Nachweis für gerades Prisma; Ansatz für Inhalt der Grundfläche;Inhalt der Grundfläche; Höhe des Prismas; Volumen des Prismas 5 BE

d) Koordinaten des Punktes P; Koordinaten der Punkte Q und R;Ansatz für Flächeninhalt des Dreiecks PQR; Flächeninhalt des Dreiecks PQR; Verhältnis 5 BE

e) Koordinaten des Kreismittelpunktes; Gleichung des Kreises;Gleichung der Senkrechten zur Strecke AB durch den Kreismittel-punkt; quadratische Gleichung; Lösungen der quadratischen Glei-chung; Koordinaten der Berührungspunkte 6 BE

20 BE


a) Gerade g(AB): x = + t (t ∈ R); t = –2 ⇒ C ∈ g(AB)

Die Punkte A, B und C bilden kein Dreieck, sondern liegen auf einer Geraden.

b) = ; = ; =

| | = ; | | = ; | | =

5

5,5 8–

6

10 4 5–2

---------------------- 11 3 5+2

----------------------- 10 4 5+2

----------------------- 11 3 5–2

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

3

2

1 1

4

6

AB1

4

6

AD2–

1

3

BD3–

3–

3–

AB 53 AD 14 BD 27


78

Weil AB die längste Seite des Dreiecks ABD ist, müßte der rechte Winkel der

Winkel zwischen und sein.

· = –6 ≠ 0 ⇒ Das Dreieck ABD ist nicht rechtwinklig.

Lösungsvariante: Wegen 53 ≠ 14 + 27 ist das Dreieck nicht rechtwinklig.(Umkehrung des Satzes des PYTHAGORAS)

cos\BAD = = ≈ 0,7342 ⇒ \BAD = 42,8°

Flächeninhalt: A = | | · | | · sin\BAD = · sin\BAD

= 9,25 (FE)

+ = mit = 2

+ = ⇒ T(–1; –5; –8)

c) g1: x = + t (t ∈ R); g2: x = + s (s ∈ R)

Schnittpunkt S( ; 4; 4); t = ⇒ S ∈ g1; s = ⇒ S ∈ g2

Die Richtungsvektoren beider Geraden sind nicht linear abhängig, also schnei-

den die Geraden g1 und g2 einander nur im Punkt S.

x-z-Koordinatenebene: y = 0

Schnittpunkt mit g2: 0 = y = 3 + 2s ⇒ s = –

x = 1 + 5s ⇒ x = – ; z = 4

⇒ Schnittpunkt Q(– ; 0; 4)

d) Ebene E: x = 3 + t – 2s

x = + t + s (t, s ∈ R) ⇒ y = 2 + 4t + s

z = 1 + 6t + 3s

allgemeine Form: –2x + 5y – 3z = 1

Einsetzen der Koordinaten von Pa(– a2; ; a) in die Ebenengleichung führt

zu der Gleichung: a2 – a – 1 = 0. ⇒ a1 = – ; a2 = 3

P (– ; – ; – ); P3(– ; 1; )

AD BD

AD BD

AB AD⋅

AB AD⋅---------------------------- 20

53 14--------------------

12--- AB AD 1

2--- 53 14

OT TD OD TD AB

OT2

8

12 1

3

4

3

2

1 1

4

6 1

3

4 5

2

0

72--- 1

2--- 1

2---

32---

132------

132------

3

2

1 1

4

6 2–

1

3

12--- a

3--- 13

9------

83--- 1

3---

13---–

118------ 1

9--- 13

27------ 9

2--- 13

3------

Sachsen 1996/97

79


a) Ansatz für Prüfung der Punkte A, B und C auf Kollinearität;Ergebnis 2 BE

b) Ansatz für Prüfung der Orthogonalität; Ergebnis; Ansatz fürFlächeninhalt; Flächeninhalt; Ansatz für Koordinaten desPunktes T;Koordinaten des Punktes T 6 BE

c) beide Geradengleichungen; Nachweis, daß der Punkt S aufbeiden Geraden liegt; Nachweis, daß S Schnittpunkt ist; Ansatz;Ermitteln eines Parameters; Koordinaten des Schnittpunktes 6 BE

d) Gleichung der Ebene in Parameterform; Eliminieren eines Para-meters; Ebenengleichung in allgemeiner Form; Ansatz für Koor-dinaten der Punkte PA; quadratische Gleichung; Koordinaten derPunkte PA 6 BE

20 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe B3:a) Umformen der Kreisgleichung mit quadratischer Ergänzung:

(x – 3)2 – 9 + (y – 2)2 – 4 + 8 = 0 ⇒ (x – 3)2 + (y – 2)2 = 5Kreismittelpunkt: M(3; 2); Radius: r = (LE)Punktprobe für A: (5 – 3)2 + (3 – 2)2 = 5 wahre AussagePunktprobe für B: (2 – 3)2 + (4 – 2)2 = 5 wahre AussageAbstand:Der Mittelpunkt M des Kreises k liegt auf der Mittelsenkrechten der Sehne AB. Es genügt, den Abstand des Mittelpunktes M vom Mittelpunkt MAB der Sehne AB zu berechnen.MAB(3,5; 3,5); d(M, MAB) = = (LE)

b) Der Koordinatenursprung ist der Schnittpunkt der senkrecht aufeinanderste-

henden Schenkel; 1 Einheit = 1 mm.

Mittelpunkt M des Kreises: M(a; a)

Punkt S(b; b) (vgl. Skizze)

Nach dem Satz des PYTHAGORAS gilt:

b2 + b2 = 3502 ⇒ b = 247,5; S(247,5; 247,5)

N ist der Mittelpunkt der Sehne SP:

5

0,52 1,52+ 2,5

x

y

O

SN

P

M

b

b


80

= ( + ) ⇒ N(448,8; 123,8)

Anstieg m der Geraden g durch die Punkte S und N:

m = = –0,6145

Anstieg m' der Geraden g' durch die Punkte M und N: m' = – = 1,627

Gleichung der Geraden g' durch die Punkte M und N:

y = 1,627x + n; mit N(448,8; 123,8) folgt n = –606,4.

y = 1,627x – 606,4

Da der Mittelpunkt M auf der Geraden y = x liegen muß (Symmetrie), gilt:

M ist Schnittpunkt der Gerade g und der Gerade mit der Gleichung y = x.

x = 1,627x – 606,4, also x ≈ 968 (Toleranzbereich ±3 mm)

Radius: r = d(MP) = ≈ 1 018 (Toleranzbereich ±5 mm)

Der „Einstichpunkt“ M hat die Koordinaten M(968; 968), der Radius beträgt

1 018 mm.


a) Umformen der Gleichung des Kreises k; Koordinaten des Mittel-punkts und Radius des Kreises k; Nachweis der Lage der PunkteA und B; Ansatz für Abstand; Abstand 5 BE

b) Koordinaten des Schnittpunkts S der Geraden y = x mit der Kreis-linie; Koordinaten des Mittelpunkts einer Sehne; Gleichung der Mittelsenkrechten einer Sehne; Koordinaten des Kreismittelpunkts; Radius 5 BE

10 BE


a) | | = = 5 ⇒ a2 = 16 ⇒ a1 = –4; a2 = 4

b) Mittelsenkrechte m1 auf AC: x = + t (t ∈ R)

Mittelsenkrechte m2 auf BC: x = + s (s ∈ R)

Mittelpunkt M: m1 ∩ m2 ⇒ M(2,5; 3)

ON 12--- OS OP

123,8 247,5–448,8 247,5–---------------------------------

1m----

3172 9672+

AP 32 a2+

2,5

0 0

1

0

3 1

0

Sachsen 1996/97

81

Radius r: | | = = (LE)

Gleichung des Kreises k: (x – )2 + (y – 3)2 =

Die Gerade g1 sei eine zu g senkrechte Gerade durch den Mittelpunkt M des

Kreises k.

Anstieg m1 = – = ⇒ Gerade g1: y = x

g1 ∩ k: (x – )2 + ( x – 3)2 = ⇒ x2 – 5x = 0 ⇒ x1 = 0; x2 = 5

Koordinaten der Schnittpunkte Si der Geraden g1 und des Kreises k:

S1(0; 0) = C; S2(5; 6) (Berührungspunkte der gesuchten Tangenten)

Gleichung der Tangenten: y = – x + n

Mit S1 bzw. S2 folgt: t1: y = – x; t2: y = – x + .

c) µ1 – 2µ2 – µ3 = 0

4µ1 + µ2 = 0

6µ1 + 3µ2 + 2µ3 = 0 (µ1, µ2, µ3 ∈ R)

Das Gleichungssystem hat nur die Lösung µ1 = µ2 = µ3 = 0.

⇒ Die Vektoren , und sind linear unabhängig.

d) = + ⇒ Q1( ; 1; 1);

= + 2 ⇒ Q2(–1; –5; –8)

= + ⇒ Q3( ; ; – );

= + 2 ⇒ Q4(–3; –4; –5)


a) Werte für a 1 BE

b) Ansatz für Gleichung des Kreises k; Gleichung des Kreises k;Ansatz für Koordinaten der Berührungspunkte; Koordinaten derBerührungspunkte; Gleichungen der Tangenten 5 BE

c) Ansatz für Navhweis; Nachweis der linearen Unabhängigkeit 2 BE

d) Koordinaten eines Punktes Q; Koordinaten aller Punkte Q 2 BE

10 BE

OM 254------ 9+ 61

4------

52--- 61

4------

1m---- 6

5--- 6

5---

52--- 6

5--- 61

4------

56---

56--- 5

6--- 61

6------

DE DF DG

OQ1 OF 12--- ED 1

2---

OQ2 OF ED

OQ3 OD 12--- EF 3

2--- 1

2--- 1

2---

OQ4 OD EF


82

Erwartungsbild zu Aufgabe C1:a) b

bg

bb

gg

bb

gg

bg

g

P(A) = · · + · · + · · = = 0,5556;

P(B) = 1 – · · = = 0,7222; P(C) = · · = = 0,0231

P(D) = · + · = = 0,3056

b) Y sei die Höhe der Auszahlung.

E(Y) = 2,153; Der Einsatz muß mindestens 2,16 DM betragen.

c) En: Bis zum n-ten Versuch wird mindestens eine blaue Kugel gezogen.

P(En) = 1 – P(En) = 1 – ( )n > 0,98 ⇒ n > 2,18

Es muß mindestens dreimal gezogen werden.


a) P(A), P(B), P(C), P(D) 4 BE

b) ein Wertepaar der Wahrscheinlichkeitsverteilung; Wahrscheinlich-keitsverteilung; Erwartungswert; Mindesteinsatz 4 BE

c) Ansatz; Ergebnis 2 BE

10 BE

yi 50 5 2 0

P(Y = yi)

36---

36---

56---

16---

46---

26---

46---

26---

46---

26---

56---

16---

56---

16---

56--- 4

6--- 3

6--- 5

6--- 2

6--- 4

6--- 1

6--- 5

6--- 4

6--- 5

9---

56--- 4

6--- 3

6--- 13

18------ 1

6--- 1

6--- 5

6--- 5

216---------

56--- 2

6--- 1

6--- 1

6--- 11

36------

1216--------- 35

216--------- 120

216--------- 60

216---------

16---

Sachsen 1996/97

83

Erwartungsbild zu Aufgabe C2:

a) Anzahl der Mannschaftsaufstellungen: 2 · = 369 512

unter Beachtung der Bedingung: 2 · = 184 756

b) X sei die Anzahl der gehaltenen Elfmeter.X ist binomialverteilt mit n = 20 und p = 0,15.E(X) = n · p = 20 · 0,15 = 3; Man hat 3 gehaltene Elfmeter zu erwarten.

P(X = 2) = · 0,152 · 0,8518 = 0,2293

P(X > 2) = 1 – P(x ≤ 2) = 1 – [P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2)]

= 1 – [0,8520 + 20 · 0,15 · 0,8519 + · 0,152 · 0,8518] = 0,5951

c) Ereignis A: Der Spieler verwandelt einen Elfmeter.P(A) = 0,85 · 0,80 = 0,6800

d) Y sei die Anzahl der von Thomas gehaltenen Elfmeter.Y ist binomialverteilt mit nY = 6 und pY = 0,15.Z sei die Anzahl der von René gehaltenen Elfmeter.Z ist binomialverteilt mit nZ und pZ = 0,10.E(Y) = E(Z) ⇒ 6 · 0,15 = nZ · 0,10 ⇒ nZ = 9Der Spieler müßte 9 Elfmeter gegen René schießen.


a) Ansatz; Anzahl der Mannschaftsaufstellungen; Anzahl derMannschaftsaufstellungen mit Beachtung des Kapitäns 3 BE

b) Erwartungswert; Wahrscheinlichkeit für genau zwei Elfmeter; Ansatz; Wahrscheinlichkeit für mehr als zwei Elfmeter 4 BE

c) Wahrscheinlichkeit 1 BE

d) Ansatz; Ergebnis 2 BE

10 BE

20

10

19

9

20

2

20

2



1995 / 96

Gymnasium

Sachsen-Anhalt

86

Sachsen - Anhalt 1995/96

Hinweis: Jeder Prüfling des gleichen Kurses hatte die drei einheitlich für den Kurs von der Lehrkraft benannten Aufgaben zu bearbeiten. Diese Auswahl enthielt je eine Aufgabe aus den Gebieten G1, G2 und G3.

Gebiet G1: Analysis / Aufgabe 1.1

Gegeben ist die Funktion f durch y = f(x) = , x ∈ R.

a) Untersuchen Sie die Funktion f auf Schnittpunkte ihres Graphen mit den Koor-dinatenachsen.Ermitteln Sie Art und Lage des lokalen Extrempunktes des Graphen der Funk-tion f.Untersuchen Sie das Verhalten der Funktion f für x → ±∞, und geben Sie eine Gleichung der Asymptote des Graphen dieser Funktion an.Zeichnen Sie die Asymptote und den Graphen der Funktion f im Intervall –4 ≤ x ≤ 4 in ein und dasselbe Koordinatensystem. (Vorschlag: Eine Einheit im Koordinatensystem entspricht 2 cm.)

b) Die Tangenten an den Graphen der Funktion f in den Schnittpunkten dieses Graphen mit der x-Achse und die x-Achse begrenzen eine Fläche vollständig. Berechnen Sie die Maßzahl des Inhalts dieser Fläche.

Der Graph der Funktion f und die x-Achse begrenzen ebenfalls eine Fläche vollständig.Zur Berechnung eines Näherungswertes für die Maßzahl des Inhalts dieser Flä-che wird der Graph der Funktion f durch den Graphen einer quadratischen Funktion g, der durch die Schnittpunkte des Graphen von f mit den Koordina-tenachsen verläuft, ersetzt.Ermitteln Sie eine Gleichung der Funktion g, und berechnen Sie den Nähe-rungswert für die Maßzahl des Inhalts der Fläche. [Teilergebnis zur Kontrolle: y = g(x) = 0,5x2 – 0,5]

Gebiet G1: Analysis / Aufgabe 1.2Gegeben ist die Funktion f durch y = f(x) = 4 · e–0,5x, x ∈ R.

a) Weisen Sie nach, daß der Graph der Funktion f genau einen Schnittpunkt mit nur einer der beiden Koordinatenachsen hat.Untersuchen Sie die Funktion f auf Monotonie.

x2 1–x2 2+--------------

87

Aufgaben

Vervollständigen Sie die Wertetabelle:

Zeichnen Sie den Graphen der Funktion f im Intervall –1 ≤ x ≤ 6.

b) Der Graph der Funktion f, die Koordinatenachsen und die Gerade mit der Glei-chung x = 2 begrenzen eine Fläche vollständig.Berechnen Sie die Maßzahl des Inhalts dieser Fläche.

c) Im Punkt P(2|f(2)) wird an den Graphen der Funktion f eine Tangente t gelegt.

Zeigen Sie, daß diese Tangente t die Gleichung y = –2e–1x + 8e–1 besitzt.

Die Tangente t zerlegt die Fläche aus Aufgabe b in zwei Teilflächen.Berechnen Sie die Maßzahlen der Inhalte dieser Teilflächen.

Die Tangente t und die Koordinatenachsen begrenzen eine Dreiecksfläche. Bei Rotation dieser Fläche um die y-Achse entsteht ein Kreiskegel.Berechnen Sie die Maßzahl des Volumens dieses Kegels.

Gebiet G2: Analytische Geometrie / Aufgabe 2.1In einem kartesischen Koordinatensystem mit dem Ursprung O sind

die Punkte A(6|0|0), B(0|12|0) und C(0|0|10),

die Gerade g1: x = + t , t ∈ R

und die Ebene ε1: x = + r + s , r, s ∈ R

gegeben.

a) Die Punkte A und B bestimmen die Gerade g2.Zeigen Sie, daß die Gerade g2 echt parallel zur Geraden g1 verläuft.

Durch die Geraden g1 und g2 ist die Ebene ε2 bestimmt.Stellen Sie eine Parametergleichung dieser Ebene auf.

b) Die Koordinatenachsen durchstoßen die Ebene ε1 in den Punkten D, E und F.Berechnen Sie die Koordinaten dieser Punkte.

x –1 6

f(x) 6 3

OC1–

2

0

3

0

0 5–

4

5 3–

0

5

88


Weisen Sie nach, daß die Punkte A, B, C, D, E, und F Eckpunkte eines dreisei-tigen Pyramidenstumpfes sind, und zeichnen Sie diesen Pyramidenstumpf in einem Schrägriß eines räumlichen Koordinatensystems.

Gebiet G2: Analytische Geometrie / Aufgabe 2.2In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(0|2|4), B(4|0|3), C(8|2|4) und M(4|4,2|5,1) gegeben.Die Punkte A, B und C sind Eckpunkte eines Dreiecks.

a) Zeigen Sie, daß das Dreieck ABC gleichschenklig ist.Berechnen Sie das Gradmaß des Winkels an der Spitze des gleichschenkligen Dreiecks.

Die Symmetrieachse des Dreiecks ABC sei die Gerade s.Ermitteln Sie eine Gleichung der Geraden s.

b) Die Punkte A, B und C bestimmen eine Ebene ε.Stellen Sie eine Parametergleichung dieser Ebene auf.Zeigen Sie, daß der Punkt M der Mittelpunkt des Umkreises des Dreiecks ABC ist.

Gebiet G3: Wahrscheinlichkeitsrechung / Aufgabe 3.1Es wird angenommen, daß entlang einer Fahrtroute drei Ampeln 1, 2 und 3, die unabhängig voneinander arbeiten, ausschließlich bei Grünschaltung passiert wer-den. Für die Grünschaltung der Ampeln sind folgende Wahrscheinlichkeiten bekannt:

Ampel 1: P(A1) = , Ampel 2: P(A2) = , Ampel 3: P(A3) = .

a) Zeichnen Sie ein Baumdiagramm für alle möglichen Ergebnisse bei einer Fahrt auf dieser Route.Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten für das Eintreten folgender Ereig-nisse:A: Alle drei Ampeln können ohne Halt passiert werden (d.h., beim Erreichen

einer Ampel ist sie jeweils auf Grün geschaltet).B: Höchstens eine Ampel kann ohne Halt passiert werden.

b) Im folgenden wird untersucht, wie oft das Ereignis A (aus Aufgabe a) bei zehn Fahrten auftritt.Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, daß bei mindestens 3 von 10 Fahrten das Ereignis A eintritt.

23--- 3

4--- 1

2---

89

Aufgaben

c) Die Ampel 2 wird nun in Abhängigkeit von der Ampel 1 geschaltet. Die Wahr-scheinlichkeit, Ampel 2 ohne Halt zu passieren, wenn Ampel 1 bereits passiert wurde, beträgt dann 90%.Berechnen Sie nunmehr die Wahrscheinlichkeit, die Ampeln 1 und 2 nachein-ander ohne Halt zu passieren.

Gebiet G3: Analysis / Aufgabe 3.2Ein Kelch hat die Form eines Rotationskörpers, dessen oberer Teil der Körper K sei (siehe Abbildung 1). Der Teilkörper K ist durch Rotation des Graphen k einer Funktion f um die x-Achse eines kartesischen Koordinatensystems im Intervall 0 ≤ x ≤ 4 entstanden (siehe Abbildung 2).Eine Einheit des Koordinatensystems entspricht einem Zentimeter.

Die Funktion f ist gegeben durch f: y = f(x) = (x + 2), x ∈ R.

a) Berechnen Sie das Volumen des Teilkörpers K sowie den Inhalt der Fläche, die bei einem Schnitt des Teilkörpers mit einer Ebene entsteht, die die Rotations-achse enthält.

b) Der Teilkörper K des Kelches besteht aus genau einem konvexen und genau einem konkaven Bereich, dem jeweils analog gekrümmte Teile des Funktions-graphen k zugrunde liegen. Der Übergang vom konvexen zum konkaven Teil des Funktionsgraphen wird durch die Lage des Wendepunktes charakterisiert.Berechnen Sie die Koordinaten des Wendepunktes.Hinweis: Ein Nachweis der Existenz des Wendepunktes ist nicht erforderlich.

14--- x

x

y

k

Abbildung 1 Abbildung 2

K

2

2

2 4

90


Gebiet G3: Analytische Geometrie / Aufgabe 3.3In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(4|0) und B(0|2) gegeben.

a) Die Punkte A und B sind Scheitelpunkte einer Ellipse, deren Mittelpunkt der Koordinatenursprung ist. Geben Sie eine Gleichung dieser Ellipse an.Ermitteln Sie die Koordinaten der Brennpunkte der Ellipse.

b) Der Kreis k mit der Maßzahl der Länge des Radius r = 5 und dem Mittelpunkt M(0|0) werde so verschoben, daß sich sein Mittelpunkt entlang nur einer der Koordinatenachsen bewegt. Bei einer solchen Verschiebung entsteht ein Kreis k', auf dem die Punkte A und B liegen.Weisen Sie nach, daß es genau einen Kreis k' gibt, und ermitteln Sie eine Glei-chung dieses Kreises.

c) Die Tangente an den Kreis k' (aus Aufgabe b) im Punkt A hat die Gleichung 4x + 3y = 16.Ermitteln Sie das Gradmaß des Winkels, unter dem sich die Tangente an den Kreis k' und die Tangente an die Ellipse im Punkt A schneiden.

91

Aufgaben

Erwartungsbild zu Aufgabe 1.1a) Schnittpunkte des Graphen mit den Koordinatenachsen:

Schnittpunkte mit der y-Achse: f(0) = = – ⇒ Sy(0|– )

Schnittpunkte mit der x-Achse: 0 =

Wegen x2 + 2 > 0 für alle x folgt: 0 = x2 – 1, also x01 = –1; x02

= 1.

⇒ Schnittpunkte Sx: N1(–1|0), N2(1|0)Art und Lage des lokalen Extrempunktes von f:

Ableitungen: f'(x) = =

f''(x) = = =

0 = ; wegen (x2 + 2)2 > 0 für alle x folgt: 0 = 6x ⇒ xE = 0.

f''(0) = = > 0; f(0) = – ⇒ T(0|– )

Verhalten der Funktion f für x → ±∞:

= = 1; = 1

Gleichung der Asymptoten des Graphen der Funktion:Asymptote: y = 1graphische Darstellung:

b) Maßzahl des Flächeninhalts der angegebenen Fläche:Tangente t2 im Punkt N2 an den Graphen von f:

= f '(x02), also y = · (x – 1)

⇒ t2: y = x –

0 1–0 2+------------ 1

2--- 1

2---

x2 1–x2 2+--------------

2x x2 2+( )⋅ x2 1–( ) 2x⋅–x2 2+( ) 2

---------------------------------------------------------------------- 6xx2 2+( ) 2

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

6 x2 2+( ) 2 6x 2 x2 2+( ) 2x⋅ ⋅–x2 2+( ) 4

-------------------------------------------------------------------------------- 6 x2 2+( ) 6x 2 2x⋅ ⋅–x2 2+( ) 3

-------------------------------------------------------- 18x2– 12+x2 2+( ) 3

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

6xx2 2+( ) 2

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

18– 0 12+⋅0 2+( ) 3

----------------------------- 128------ 1

2--- 1

2---

x +∞→lim x2 1–

x2 2+--------------

x +∞→lim

x2(1 1x2-----)–

x2(1 2x2-----)+

-------------------------x –∞→lim x2 1–

x2 2+--------------

1x

y

1

O

f

x

y

f

t1t2

N2N1

SO

y 0–x x02

–---------------- 6 1⋅

12 2+( ) 2------------------------

23--- 2

3---

92

Sachsen-Anhalt 1995/96

Beide Tangenten schneiden einander wegen der Spiegelsymmetrie der Funk-tion f in einem gemeinsamen Punkt S auf der y-Achse.

⇒ S(0|t(0)) mit t(0) = – ⇒ S(0|– )

Für den Dreiecksflächeninhalt gilt dann:

A∆ = · g · h mit g = 2 · x02 = 2; h = |t(0)| =

A∆ = · 2 · =

Näherungswert für den Flächeninhalt unter der Kurve:g(x) sei eine quadratische Funktion. Die Punkte N1, N2 und Sy des Graphen von f sindauch Punkte des Graphen der quadratischenFunktion g.

g(x) allgemein: g(x) = ax2 + bx + cWegen der Spiegelsymmetrie von f(x) muß auch g(x) spiegelsymmetrisch sein, also ist b = 0.

Wegen Sy(0|– ) gilt c = – .

Da der Punkt N2(1|0) zum Graphen von g gehört, gilt:

0 = a · 12 + 0 – , also a = ⇒ g(x) = x2 – .

Flächeninhalt:

A = 2| g(x) dx| = 2| ( x2 – ) dx| = 2|[ x3 – x] |

= 2| – | = 2 · =


a) Schnittpunkte 3 BEArt und Lage des lokalen Extrempunktes 6 BEVerhalten von f für x → ±∞; Gleichung der Asymptote 3 BEZeichnung 5 BE

b) Flächeninhalt 7 BEGleichung für g; Näherungswert für den Flächeninhalt 11 BE

35 BE

23--- 2

3---

12--- 2

3---

12--- 2

3--- 2

3---

x

y

f

g

12--- 1

2---

12--- 1

2--- 1

2--- 1

2---

0

1

∫0

1

∫ 12--- 1

2--- 1

6--- 1

2---

1

0

16--- 1

2--- 2

6--- 2

3---

93

Aufgaben

Erwartungsbild zu Aufgabe 1.2a) Nachweis des Schnittpunktverhaltens:

Wegen ez ≠ 0 für alle z besitzt der Graph von f keinen Schnittpunkt mit der x-Achse.

Schnittpunkt mit der y-Achse Sy: y = f(0) = 4e–0,5 · 0 = 4⇒ Sy(0|4) ist einziger Schnittpunkt mit einer Koordinatenachse.Monotonieuntersuchung für die Funktion f:

f '(x) = 4 · (–0,5)e–0,5x = –2e–0,5x

Wegen e–0,5x > 0 für alle x ist f '(x) < 0 für alle x. Die Funktion f ist also streng monoton fallend für alle x.

Wertetabelle: y = 4e–0,5x; = e–0,5x ⇒ x =

Graph der Funktion f::

b) Maßzahl des Inhalts der angegeben Fläche

A = f(x) dx = 4e–0,5x dx

= [4 · e–0,5x]

= –8 · (e–1 – 1) = 8(1 – e–1) ≈ 5,06

c) Nachweis der Tangentengleichung:

= f '(2) mit f '(x) = –2e–0,5x

= –2e–1 ⇒ y = –2e–1(x – 2) + 4e–1, also y = –2e–1x + 8e–1

x –1 –2ln ≈ –0,8 –2ln = 0,6 6

f(x) 4e0,5≈ 6,6 6 3 4e–3≈ 0,2

y4---

y4---ln

0,5–----------

32--- 3

4---

1

1

x

y

O5

5

f

2 x

y

O

f

0

2

∫0

2

∫10,5–

----------2

0

y 4e 0,5– 2⋅–x 2–

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

y 4e 1––x 2–

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

94


Maßzahlen des Inhalts der Teilflächen:Flächeninhalt der trapezförmigen Teilfläche:

ATrapez= (–2e–1x + 8e–1) dx

= [– e–1x2 + 8e–1x] = –e–1 · 4 + 8e–1 · 2 – 0

= 12e–1 ≈ 4,41ARest = A – ATrapez ≈ 0,65

Weiterer Lösungsweg: ATrapez = (f(0) + f(2)) ·2 = + =

Volumen des Rotationskegels:Volumen dieses Rotationskörpers als Kegelvolumen:

VKegel = πr2h, wobei r die Nullstelle der Tangente und h der y-Wert des

Schnittpunktes der Tangente mit der y-Achse ist.

Für t: y = –2e–1x + 8e–1 folgt:

Sy(0|8e–1) ⇒ h = 8e–1

und

0 = –2e–1(x – 4), also x0 = 4 ⇒ r = 4

⇒ VKegel = · π · 16 · 8e–1 = π · e–1 ≈ 49,31


a) Nachweis für genau einen Schnittpunkt 3 BEMonotonie 4 BEWertetabelle 6 BEZeichnung 3 BE

b) Flächeninhalt 5 BEc) Gleichung der Tangente 3 BE

Inhalte der beiden Teilflächen 7 BEVolumen des Kegels 4 BE

35 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 2.1a) Nachweis der Parallelität von g1 und g2:

g2: x = + u = – = – =

2 x

y

P

O t

0

2

∫22---

2

0

12--- 8

e--- 4

e--- 12

e------

13---

x

y

13--- 128

3---------

OA AB AB OB OA0

12

0 6

0

0 6–

12

0

95

Aufgaben

g2: x = + u

Wegen = k , nämlich = , sind die Richtungsvektoren beider

Geraden linear abhängig und damit g1 und g2 parallel oder identisch.⇒ tx = –6

Falls A auf g1 liegt, gilt g1 = g2: = + t ⇒ ty = 0⇒ tz n.d.

Es gibt kein t, so daß A ∈ g1 ⇒ g1 i g2.

Parametergleichung für eine Ebene ε2, die durch g1 und g2 bestimmt ist:

Ebene ε2 durch drei Punkte A, B, C:

x = + u + v = + u + v

ε2: x = + u + v

b) Schnittpunkte der Ebene ε1 mit den Koordinatenachsen:Gleichung der Ebene ε1 in Koordinatenform über die Normalenform:

n = a b =

= 20i – 15j + 12k + 25j =

n · (x – ) = 0 ⇔ · (x – ) = 0

0 = 20(x – 3) + 10(y – 0) + 12(z – 0)ε1: 60 = 20x + 10y + 12zSchnittpunkt mit den Koordinatenachsen:x-Achse: Bedingungen y = z = 0 ⇒ Sx = D(3|0|0)y-Achse: Bedingungen x = z = 0 ⇒ Sy = E(0|6|0)z-Achse: Bedingungen x = y = 0 ⇒ Sz = F(0|0|5)

6

0

0 6–

12

0

ag1ag2

1–

2

0

16---

6–

12

0

6

0

0 0

0

10 1–

2

0

OA AB AC6

0

0 6–

12

0 0 6–

0 0–

10 0–

6

0

0 6–

12

0 6–

0

10

O

x0a

bn

ε1×i j k

5– 4 5

3– 0 5

20

10

12

x0

20

10

12 3

0

0

96


Weiterer Lösungsweg: Schnittpunkt Sx mit der x-Achse:

+ r1 + s1 = ⇒ r1 = 0, s1 = 0, also Sx(3|0|0)

Sy: + r2 + s2 = führt zu (I) 3 – 5r2 – 3s2 = 0, (II) 5r2 + 5s2 = 0

⇒ s2 = – , r2 = , also Sy(0|6|0).

Sz: + r3 + s3 = ⇒ (Ι) 3 – 5r3 – 3s3 = 0, (II) 4r3 = 0

⇒ r3 = 0, s3 = 1, also Sz(0|0|5)Nachweis, daß A, B, C, D, E, F Eckpunkte eines dreiseitigen Pyramidenstump-fes sind:(1) A, D liegen auf x-Achse, B, E auf y-Achse sowie C, F auf z-Achse.(2) A, B, C bilden Ebene ε2, und D, E, F liegen in Ebene ε1.⇒ Falls der Normalenvektor der Ebene ε1 senkrecht auf den Richtungsvekto-

ren der Ebene ε2 steht, so gilt ε1 i ε2. ⇒ A, B, C, D, E, F sind Eckpunkte eines dreiseitigen Pyramidenstumpfes.

= ; = ; =

(I) · = 20 · (–6) + 10 · 12 + 12 · 0 = 0

(II) · = 20 · (–6) + 10 · 0 + 12 · 10 = 0

Der so entstandene Körper ist ein dreiseitiges Pyramidenstumpf.Weiterer Lösungsweg: Es wird gezeigt, daß Seitenvektoren der Dreiecke ABC und DEF zueinander parallel sind:

= , = : = 2

= , = : = 2

3

0

0 5–

4

5 3–

0

5 xSx

0

0

3

0

0 5–

4

5 3–

0

5 0

ySy

0

32--- 3

2---

3

0

0 5–

4

5 3–

0

5 0

0

zSz

nε1

20

10

12

aε2

6–

12

0

bε2

6–

0

10

nε1aε2

nε1bε2

AB6–

12

0

DE3–

6

0

AB DE

AC6–

0

10

DF3–

0

5

AC DF

97

Aufgaben


a) Nachweis für echte Parallelität von g1 und g2 3 BEParametergleichung der Ebene 4 BE

b) Koordinaten der Punkte 4 BENachweis des dreiseitigen Pyramidenstumpfes; Schrägriß 9 BE

20 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 2.2a) Nachweis, daß ∆ABC gleichschenklig ist:

= = ; = = c

= = ; = 8 = b

= = ; = = a

Da zwei der Dreiecksseiten gleich lang sind, ist das ∆ABC gleichschenklig.

1

y

z

O

5

5

x

A

B

C

D

10

5

F

E

10

Schrägriß:

11

A

B

C

O

αβ

γAB4 0–

0 2–

3 4– 4

2–

1–

AB 21

AC8 0–

2 2–

4 4– 8

0

0

AC

BC8 4–

2 0–

4 3– 4

2

1

BC 21

98


Winkelgröße an der Spitze des gleichschenkligen Dreiecks:

cosβ = =

⇒ β ≈ 121,6°Gleichung für eine Gerade s, die Symmetrieachse des ∆ABC ist:Die Symmetrieachse des ∆ABC muß durch den Mittelpunkt der Seite b sowie durch den Punkt B verlaufen:

Mittelpunkt MAC: = + = + =

Symmetrieachse s: x = + r = + r = + r

b) Parametergleichung für eine Ebene ε durch A, B und C.

Ebene ε: x = + r + s

= + r + s

ε: x = + r + s

Nachweis, daß der Punkt M Mittelpunkt des Umkreises des ∆ABC ist:Wenn M Mittelpunkt des Umkreises des ∆ABC sein soll, so muß gelten:

= = sowie M ∈ ε(A, B, C)

= = ; =

= = ; =

= = ; =

= = + r + s , d.h.

(I) 4 = 4r + 8s s = 1,05(II) 4,2 = 2 – 2r r = –1,1(III) 5,1 = 4 – r r = –1,1

A

B

C

βa

b

cBC BA⋅

BC BA⋅--------------------------- 4 4–( )⋅ 2 2⋅ 1 1⋅+ +

21 21⋅------------------------------------------------------

OMAC OC 12--- CA

8

2

4

12---

8–

0

0 4

2

4

OB BMAC

4

0

3 4 4–

2 0–

4 3– 4

0

3 0

2

1

O

ε

A B

C

OA AB AC0

2

4 4 0–

0 2–

3 4– 8 0–

2 2–

4 4–

0

2

4 4

2–

1– 8

0

0

MA MB MC

MA0 4–

2 4,2–

4 5,1– 4–

2,2–

1,1 –

MA 22,05

MB4 4–

0 4,2–

3 5,1– 0

4,2–

2,1–

MB 22,05

MC8 4–

2 4,2–

4 5,1– 4–

2,2–

1,1–

MC 22,05

OM4

4,2

5,1 0

2

4 4

2–

1– 8

0

0

99

Aufgaben

Die Abstände der Punkte A, B, C zu M sind alle gleich und M liegt in der Ebene ε(A, B, C).M ist also Mittelpunkt des Umkreises des ∆ABC.


a) Nachweis, daß ∆ABC gleichschenklig ist 3 BEGradmaß des Winkels an der Dreiecksspitze 3 BEGleichung für s 4 BE

b) Parametergleichung für die Ebene 3 BENachweis, daß M Mittelpunkt des Umkreises von ∆ABC ist 7 BE

20 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 3.1a) Baumdiagramm für alle möglichen Ergebnisse bei einer Fahrt auf der Route:

Wahrscheinlichkeit für das Eintreten der gegebenen Ereignisse:Ereignis A: alle Ampeln ohne Halt passierbar

Mit Pfadregel folgt: P(A) = P(g, g, g) = · · = .

Ereignis B: höchstens eine Ampel kann ohne Halt passiert werdenP(B) = P(r, r, r) + P(r, r, g) + P(r, g, r) + P(g, r, r)

P(B) = · · + · · + · · + · ·

= + + + =

b) Wahrscheinlichkeit, daß bei mindestens 3 von 10 Fahrten Ereignis A eintritt:

Ereignis A ist binomialverteilt mit n = 10 und p = P(A) =

P = 1– P1(„A tritt bei keiner Fahrt ein“) – P2(„A tritt bei einer Fahrt ein“) – P3(„A tritt bei zwei Fahrten ein“)

rg12--- 1

2---rg1

2--- 1

2--- rg1

2--- 1

2---rg1

2--- 1

2---

rg34--- 1

4--- rg3

4--- 1

4---

rg 1

3---

23--- g = grün

r = rot

Ausgangssituation:

1. Ampel

2. Ampel

3. Ampel

23--- 3

4--- 1

2--- 1

4---

13--- 1

4--- 1

2--- 1

3--- 1

4--- 1

2--- 1

3--- 3

4--- 1

2--- 2

3--- 1

4--- 1

2---

124------ 1

24------ 1

8--- 1

12------ 7

24------

14---

100


P1 = ( )10; P2 = 10 · ( )9 · ( ); P3 = · ( )8 · ( )2 = 45 · ( )8 · ( )2

P = 1 – ( )8 · [( )2 + 10 · ( ) · ( ) + 45 · ( )2] = 0,47

c) Wahrscheinlichkeit, die Ampeln 1 und 2 unter geänderten Bedingungen ohne Halt zu passieren:

P = P(„1. Ampel grün“) · P(„2. Ampel grün, falls 1. Ampel schon grün war“)

P = · = = 0,6

Weiterer Lösungsweg: Wahrscheinlichkeit, Ampel 2 zu passieren: P(A2)Wahrscheinlichkeit, Ampel 1 zu passieren: P(A1)Wahrscheinlichkeit, sowohl Ampel 1 als auch Ampel 2 ohne Halt zu passie-ren: P(A1 ∩ A2)

P(A2|A1) = = ⇒ P(A1 ∩ A2) = · P(A1) = · = = 0,6


a) Baumdiagramm; 3 BEWahrscheinlichkeiten für Ereignisse A und B 4 BE

b) Wahrscheinlichkeit für gegebenes Ereignis 5 BEc) Wahrscheinlichkeit für gegebenes Ereignis 3 BE

15 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 3.2a) Volumen des Teilkörpers:

Volumen des Rotationskörpers bei Rotationum die x-Achse:

Vx = π · [f(x)]2 dx = π [ (x + 2)]2 dx

34--- 3

4--- 1

4---

102

34--- 1

4--- 3

4--- 1

4---

34--- 3

4--- 3

4--- 1

4--- 1

4---

rgrg910------ 1

10------

rg

23---

13---

g = grünr = rot

Ausgangssituation:

1. Ampel

2. Ampel

23--- 9

10------ 6

10------

910------

P A1 A2∩( )P A1( )

------------------------------- 910------ 9

10------ 2

3--- 3

5---

x

y

k

4

0

4

∫0

4

∫ 14--- x

101

Aufgaben

= x(x + 2)2 dx = (x3 + 4x2 + 4x) dx

= [ x4 + x3 + 2x2] = ( · 44 + · 43 + 2 · 42 – 0)

= π · ≈ 35,6

Das Volumen des Kelches beträgt rund 35,6 cm3.Inhalt der Schnittfläche:Der Flächeninhalt ist der doppelte Inhalt der Fläche unter dem Graphen von f im Intervall [0; 4]:

A = 2 f(x) dx = 2 (x + 2) dx = (x + 2) dx = ( + 2 ) dx

= [ + 2 · · ] = ( + – 0)

= ( · 26 + · 25) = · 25 · ( + ) = ≈ 11,7

Der Flächeninhalt der Schnittfläche beträgt rund 11,7 cm2.

b) Koordinaten des Wendepunktes:

f '(x) = [ (x + 2) + · 1] = · (= ( + ))

Mit Quotientenregel ergibt sich:

f ''(x) = [ = · =

Oder: Gliedweise differenziert:

f ''(x) = ( – ) = ·

Wendepunkt:

f ''(x) = 0, also 0 = , d.h. 0 = 3x – 2, und damit ergibt sich: xW =

yW = · · ( + 2) = · · = · ⇒ W( | )


a) Volumen des Teilkörpers K; Inhalt der Schnittfläche 9 BEb) Koordinaten des Wendepunktes 6 BE

15 BE

π16------

0

4

∫ π16------

0

4

∫π16------ 1

4--- 4

3---

4

0π16------ 1

4--- 4

3---

343------

0

4

∫0

4

∫ 14--- x 1

2---

0

4

∫ x12---

12---

0

4

∫ x32---

x12---

12--- 2

5--- x

52---

23--- x

32--- 4

012--- 2

5--- 452 4

3--- 432

12--- 1

5--- 1

3--- 1

2--- 1

5--- 1

3--- 176

15---------

14--- 1

2 x---------- x 1

4--- 3x 2+

2 x--------------- 1

4--- 3

2--- x 1

x-------

18---

3 x 3x 2+( ) 12 x----------–

x-------------------------------------------------- 1

8--- 6x 3x– 2–

2 x x⋅--------------------------- 3x 2–

16 x x⋅---------------------

14--- 3

4 x---------- 1

2x x-------------- 1

4--- 3x 2–

4 x x⋅------------------

3x 2–16 x x⋅--------------------- 2

3---

14--- 2

3--- 2

3--- 1

4--- 2

3--- 8

3--- 2

3--- 2

3--- 2

3--- 2

3--- 2

3---

102


Erwartungsbild zu Aufgabe 3.3a) Ellipsengleichung:

Auf Grund der Kenntnis der Punkte A, Bsind die Halbachsen ablesbar:

a = 4, b = 2 ⇒ E: + = 1

Koordinaten der Brennpunkte der Ellipse:

e = ⇒ e =

Koordinaten der Brennpunkte: F1(– |0), F2( |0)

b) Nachweis, daß es genau einen Kreis k' mit den geforderten Bedingungen gibt:Bedingung: k so verschieben, daß M nur auf einer Koordinatenachse wandert; solange, bis A, B ∈ k'⇒ Mittelpunkt M' des Kreises k' möge auf der y-Achse liegen, also: M'(0|yM)Prüfen in Kreisgleichungen:

allg.: (x – xM)2 + (y – yM)2 = r2

für A: (4 – 0)2 + (0 – yM)2 = 25 ⇒ yM2 = 9 (I)

für B: (0 – 0)2 + (2 – yM)2 = 25 ⇒ 4 – 4yM + yM2 = 25 (II)

Aus (I) und (II) folgt: 4 – 4yM + 9 = 25, also –4yM = 12 ⇒ yM = –3 ⇒ M'(0|–3)Nachweis, daß es keinen Mittelpunkt M' auf der x-Achse geben kann, wenn gleichzeitig r = 5 gilt:Angenommen, es gäbe ein M''(xM|0):Prüfen in Kreisgleichungen:

für A: (4 – xM)2 + (0 – 0)2 = 25 ⇒ 16 – 8xM + xM2 = 25 (I)

für B: (0 – xM)2 + (2 – 0)2 = 25 ⇒ xM2 + 4 = 25 ⇒ xM

2 = 21 (II)Aus (I) und (II) folgt: 16 – 8xM + 21 = 25, also – 8xM = –12 und damit xM = 1,5⇒ M''(1,5|0)

Nun gilt = 2,5 und = = 2,5. Wegen 2,5 ≠ r = 5 erfüllt

nur der Kreis k' mit k': (x – 0)2 + (y + 3)2 = 52 die gestellten Bedingungen.Weiterer Lösungsweg:Der Mittelpunkt von k' muß auf der Mittelsenkrechten von AB liegen. Wegen

MAB (2|1) und mAB = – folgt nach der Punkt-Richtungsgleichung für die

Gleichung der Mittelsenkrechten: 2 = , also y = 2x – 3.

x

y

M

B

Aab

F2F1

x2

16------ y2

4-----

a2 b2– 12

12 12

x

y

M

BA

r = 5k(M, r)

M''A M''B 1 5, 22

2+

12---

y 1–x 2–------------

103

Aufgaben

Diese Gerade schneidet die x-Achse in Sx( |0) und die y-Achse in Sy(0|–3).

Nur Sy hat von A und B den Abstand 5.

⇒ Mk'(0|–3) und k': x2 + (y + 3)2 = 25

c) Gradmaß des Schnittwinkels:Da die Tangente an die Ellipse in A senkrecht zur x-Achse verläuft, betrachtet man nur noch die Tangente an den Kreis in A:Tangentengleichung an Kreis:

(x – xM)(xA – xM) + (y – yM)(yA – yM) = r2, d.h.für den vorliegenden Fall:(x – 0)(4 – 0) + (y + 3)(0 + 3) = 25

⇒ Tangente an Kreis: tk': y = – x +

⇒ Anstieg mtk' = – , also α = 53,1°

Der gesuchte Schnittwinkel zwischen tE und tk' istsomit β = 90° – α = 36,9°


a) Gleichung der Ellipse 2 BEKoordinaten der Brennpunkte der Ellipse 2 BE

b) Nachweis; Kreisgleichung 8 BEc) Gradmaß des Winkels 3 BE

15 BE

32---

x

y

B

A

tE

tk'

αβ

43--- 16

3------

43---


1996 / 97

Gymnasium

Sachsen-Anhalt

106


Hinweis: Jeder Prüfling des gleichen Kurses hatte die drei einheitlich für den Kurs von der Lehrkraft benannten Aufgaben zu bearbeiten. Diese Auswahl enthielt je eine Aufgabe aus den Gebieten G1, G2 und G3.

Gebiet G1: Analysis / Aufgabe 1.1Ein Gewerbegebiet wird von drei Straßen I, II und III vollständig begrenzt. Der Straßenverlauf wird in einem kartesischen Koordinatensystem durch Linien (ohne Berücksichtigung der Straßenbreite) beschrieben. Die y-Achse ist nach Norden ausgerichtet. Eine Einheit entspricht 100 m im Gelände (siehe Skizze).

Dabei liegt die Straße I auf dem Graphen der Funktion y = f(x) = 4 – , x ∈ R,

x > 0, die Straße II auf der x-Achse. Die Straße III führt geradlinig in südöstliche Richtung und schneidet die Straße II im Punkt P(11,5|0).

a) Berechnen Sie den Winkel, unter dem sich die Straßen I und II schneiden.Ermitteln Sie eine Funktionsgleichung, die den Verlauf der Straße III beschreibt, und berechnen Sie die Koordinaten des Schnittpunktes S der Stra-ßen I und III.

b) Berechnen Sie den Flächeninhalt des Gewerbegebietes in Hektar.

Von einem Punkt S aus ist eine geradlinige Straße IV zur Straße II geplant, die von dem Gewerbegebiet eine allseitig geradlinig begrenzte Teilfläche mit dem Inhalt von 10,5 ha abgrenzen soll.Beschreiben Sie den Verlauf der Straße IV durch eine Gleichung.

c) Vom Punkt A(4|0) aus soll ein geradlinig verlaufender Kanal gebaut werden und an das in der Straße I liegende Abwassersystem in einem Punkt B ange-schlossen werden.Ermitteln Sie eine Gleichung der Funktion d, die die Kanallänge AB beschreibt. (Die Kanalbreite bleibt unberücksichtigt.)

SI

II

IIIB

A P

IV

N

x

y

45°

Skizze(nicht maßstabsgerecht)

4x---

107

Aufgaben

Für x = 2 wird die Kanallänge minimal.Weisen Sie nach, daß an dieser Stelle die notwendige Bedingung für die Exi-stenz eines lokalen Extrempunktes erfüllt ist.Geben Sie die Koordinaten des Anschlußpunktes B und die minimale Kanal-länge an.

Gebiet G1: Analysis / Aufgabe 1.2Gegeben sind die Funktionen f und g mit den Gleichungen

y = f(x) = ln(–2x) und

y = g(x) = ln(– x).

Der Graph der Funktion f sei mit G1, der Graph der Funktion g sei mit G2 bezeich-net.

a) Geben Sie den jeweils größten Definitionsbereich für die Funktionen f und g an, und untersuchen Sie beide Funktionen auf Monotonie.

Die Schnittpunkte der Graphen G1 und G2 mit der x-Achse seien S1 bzw. S2.Berechnen Sie die Koordinaten dieser Punkte.Weisen Sie nach, daß die Graphen G1 und G2 keinen gemeinsamen Punkt besit-zen.Zeichnen Sie die Graphen G1 und G2 für x ≥ –8 in ein und dasselbe Koordina-tensystem.

b) Die Tangenten in den Punkten S1 und S2 (siehe Aufgabe a) an die Graphen G1 bzw. G2 schneiden einander in einem Punkt P.Zeigen Sie, daß der Punkt P auf der y-Achse liegt, und berechnen Sie das Grad-maß des Schnittwinkels der Tangenten.

c) Die Parallelen durch die Punkte S1 und S2 (siehe Aufgabe a) zur y-Achse und die Graphen G1 und G2 begrenzen eine Fläche vollständig.Berechnen Sie die Maßzahl des Inhaltes dieser Fläche.Weisen Sie nach, daß der Inhalt der Fläche, die von den Graphen G1 und G2 und zwei beliebigen Parallelen zur y-Achse begrenzt wird, nur vom Abstand der beiden Parallelen abhängt.

12---

108


Gebiet G2: Analytische Geometrie / Aufgabe 2.1In einem ebenen kartesischen xy-Koordinatensystem sind die Geraden g1 und g2 gegeben.

g1 geht durch den Punkt A(1|0) und hat den Richtungsvektor u = ,

g2 geht durch den Punkt B(9|4) und hat den Richtungsvektor v= .

a) Begründen Sie, daß sich g1 und g2 schneiden, und berechnen Sie die Koordina-ten des Schnittpunktes C. [Ergebnis zur Kontrolle: C(0|7)]

b) A und B seien Punkte eines Kreises k, dessen Mittelpunkt M auf der Geraden mit der Gleichung y = x liegt.Ermitteln Sie eine Gleichung für k.[Ergebnis zur Kontrolle: z.B. (x – 4)2 + (y – 4)2 = 25]Untersuchen Sie, ob k der Umkreis des Dreiecks ABC (Punkt C aus Teil-aufgabe a) ist.

c) Das bisher benutzte ebene Koordinatensystem wird zu einem räumlichen karte-sischen xyz-Koordinatensystem erweitert. In diesem Koordinatensystem ist

eine Ebene ε durch ε: x = +r + s (r, s ∈ R) gegeben.

Geben Sie die Koordinaten der Punkte A, B, C und M in diesem Koordinaten-system an.

Der Kreis k (aus Teilaufgabe b) sei der Grundkreis eines geraden Kreiskegels, dessen Spitze S in der Ebene ε liegt.Ermitteln Sie eine Gleichung der Kegelachse und die Koordinaten des Punktes S.

Gebiet G2: Analytische Geometrie / Aufgabe 2.2In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Geraden

g1: x = + r und g2: x = + s , r, s ∈ R,

sowie die Punkte A(5|4|2), B(6|2|4) und C(9|28,5|23) gegeben.

a) Die Punkte A und B bestimmen die Gerade g3.Weisen Sie nach, daß die Geraden g3 und g1 echt parallel zueinander sind.

1–7

3–1

3–

2–

2 2

1

1 3

4

3

1

5

2 1

2–

2 5

12,5

9 2

8

7

109

Aufgaben

Die Geraden g1 und g3 bestimmen die Ebene ε.Stellen Sie eine Gleichung dieser Ebene auf.

b) Die Gerade g2 durchstößt die Ebene ε (aus Aufgabe a) im Punkt D.Berechnen Sie die Koordinaten dieses Punktes.Zeigen Sie, daß der Punkt C auf der Geraden g2 liegt und die Gerade g2 senk-recht auf der Ebene ε steht.

Spiegelt man den Punkt C an der Ebene ε, so erhält man den Punkt C'.Berechnen Sie die Koordinaten des Punktes C'.

Gebiet G3: Wahrscheinlichkeitsrechnung / Aufgabe 3.1In einer Urne befinden sich genau 10 Kugeln, davon 6 rote und 3 weiße Kugeln sowie eine schwarze Kugel.

a) Der Urne werden ohne Zurücklegen nacheinander 2 Kugeln zufällig entnom-men.Ermitteln Sie die Wahrscheinlichkeiten für die folgenden Ereignisse:A: Die Kugeln haben verschiedene Farben.B: Die zweite gezogene Kugel ist rot.

b) Das gleichzeitige Ziehen von drei Kugeln wird wie folgt als Spiel genutzt:Der Einsatz beträgt 3 DM. Für jede weiße Kugel unter den gezogenen Kugeln werden 2 DM ausgezahlt. Die Zufallsgröße X beschreibe den Gewinn oder den Verlust bei diesem Spiel.Ermitteln Sie eine Wahrscheinlichkeitsverteilung für die Zufallsgröße X.Untersuchen Sie, ob ein Spieler bei diesem Spiel auf lange Sicht mit Gewinn oder mit Verlust zu rechnen hat.

c) Ein Spiel heißt fair, wenn sich auf lange Sicht Gewinn und Verlust ausgleichen.Untersuchen Sie, in welchem Verhältnis der Einsatz e (in DM) und der Aus-zahlbetrag a (in DM) bei dem in b) beschriebenen Spiel stehen müssen, damit es als fair gelten kann.

110


Gebiet G3: Analysis / Aufgabe 3.2Gegeben sind in einem rechtwinkligen Koordinatensystem

die Gerade g mit der Gleichung y = 20 · e–2 und

der Graph K der Funktion k mit k(x) = 10 · x · e–x, x ∈ R, 0 ≤ x ≤ 5.

a) Der Graph K besitzt genau einen Wendepunkt.Berechnen Sie die Koordinaten dieses Wendepunktes.

b) Die Gerade g und der Graph K schneiden einander in den Punkten A(xA|yA) und B(xB|yB), xA < xB.Ermitteln Sie die Schnittstelle xA durch Anwenden des Newtonschen Nähe-rungsverfahrens auf Hundertstel genau.

c) Auf dem Graphen K existiert genau ein Punkt P(a|k(a)), a > 0, der mit dem Punkt Q(2a|0) und dem Koordinatenursprung O ein gleichschenkliges Dreieck mit maximalem Flächeninhalt bildet.Weisen Sie nach, daß der Punkt P der Wendepunkt des Graphen K ist.

Gebiet G3: Analytische Geometrie / Aufgabe 3.3In einem kartesischen Koordinatensystem ist eine Hyperbel durch die Gleichung

– = 1 gegeben.

a) Ermitteln Sie die Koordinaten der Brennpunkte der Hyperbel.Konstruieren Sie mindestens acht Punkte des Hyperbelastes, der im I. undIV. Quadranten liegt.Zeichnen Sie die Hyperbel im Intervall 4 ≤ x ≤ 8.

b) Konstruieren Sie die Tangente t im Hyperbelpunkt P0(6|y0 > 0) und begründen Sie Ihr Vorgehen.Ermitteln Sie eine Gleichung für die Tangente t in der Normalform einer Gera-dengleichung und berechnen Sie das Gradmaß des Schnittwinkels dieser Tan-gente und der Hyperbelasymptote positiven Anstieges.

1

1

x

y

g

K

5

2

3

3

x2

16------ y2

9-----

111

Erwartungsbilder

Erwartungsbild zu Aufgabe 1.1a) Funktionsgleichungen zum Beschreiben der Straßen I, II, III:

I: yI = fI(x) = 4 –

II: auf der x-Achse, d.h. y = 0III: verläuft durch den Punkt P(11,5|0) mit Steigung α = 135°, d.h. m = –1

m = ⇒ –1 = , also y = –x + 11,5

Schnittwinkel zwischen den Straßen I und II:Wegen yII = 0 ist mII = 0, der Schnittwinkel α ist also der Steigungswinkel von yI im Schnittpunkt mit der x-Achse:

0 = 4 – ⇒ x0I = 1

fI'(x) = ; fI'(1) = mI = 4 ⇒ α = 75,9°

Schnittpunkt S der Straßen I und III:

Straße I: yI = fI(x) = 4 –

Straße III: yIII = fIII (x) = –x + 11,5

4 – = –x + 11,5, also 0 = –x + 7,5 + und damit 0 = x2 – 7,5x – 4

x1,2 = ± ⇒ x1 = 8, x2 = – (entfällt laut Aufgabenstellung)

⇒ S(8|fI(8)) = S(8|3,5)

b) Flächeninhalt des Gewerbegebietes, begrenzt von den Straßen I, II und III:Ages = A1 + A2

A1 = yI dx, wobei yI = 4 – 4 · ; xS = 8; xNI = 1

A2 = A∆ = · g · h,

wobei g = xP – xS = 11,5 – 8 = 3,5; h = yS = 3,5 (*).

Ages= (4 – 4 · ) dx + · 3,5 · 3,5 = [4x – 4lnx] + 6,125

= 32 – 4ln8 – 4 + 6,125 ≈ 25,8

Wegen Maßstab 1 : 100 gilt: 1 LE2 = (100 m)2 = 1 ha.Also beträgt der Flächeninhalt ca. 25,8 ha.

4x---

y y1–x x1–-------------- y 0–

x 11,5–-------------------

4x---

4x2-----

4x---

4x--- 4

x---

154------ 225

16--------- 4+ 1

2---

SI

II

IIIA1

P x

y

A2

N1

xNI

xS

∫ 1x---

12---

1

8

∫ 1x--- 1

2---

8

1

112


Verlauf der Straße IV:Bedingungen: – Gerade durch S(8|3,5)

– Fläche, begrenzt durch Straßen II, III und IV, beträgt 10,5 haZu ermitteln ist also ein Punkt Q(xQ|0), der sowohl auf Straße IV als auch auf Sraße II liegt:A = 10,5A = A3 + A2, wobei A2 = 6,125 (siehe (*)) und

A3 = · g · h mit g = xS – xQ, also

g = 8 – xQ und h = yS = 3,5.

⇒ 10,5 = (8 – xQ) · 3,5 + 6,125, also: 2,5 = (8 – xQ) ⇒ xQ = 5,5 ⇒ Q(5,5|0)

Nach der Zweipunkteform gilt: = , also = = 1,4

⇒ yIV = 1,4 · (x – 5,5), also: yIV = 1,4x – 7,7

c) Kanallänge in Abhängigkeit von B(xB|fI(xB)):

A(4|0); B(xB|4 – 4 · )

d = = =

Nachweis, daß für xB = 2 die notwendige Bedingung für die Existenz eines lokalen Extrempunktes erfüllt ist

d'(xB) = [2(xB – 4) · 1 + 2(4 – ) · ]

d'(2) = = 0

Koordinaten des Anschlußpunktes B und minimale Kanallänge:

B: xB = 2; yB = fI(xB) = 4 – = 2 ⇒ B(2|2)

d: d(2) = = ≈ 2,83

Die Kanallänge beträgt etwa 283 m.


a) Winkel zwischen Straße I und II 4 BEFunktionsgleichung für Straße III; Koordinaten von S 6 BE

b) Flächeninhalt 9 BEGleichung, die Straße IV beschreibt 7 BE

S

II

III

A3

P x

y

A2

IV

Q12---

12---

y yQ–x xQ–--------------- yS yQ–

xS xQ–-----------------

y 0–x 5,5–---------------- 3,5 0–

8 5,5–----------------

AB1xB

------

AB xB 4–( )2

4 4 1xB------- 0–⋅–

+2

xB 4–( )2

42

1 1xB-------–

+2

1

2 xB 4–( ) 2 (4 4xB

------)2–+⋅----------------------------------------------------------------- 4

xB

------ 4xB

2------

2 2 4–( ) 2(4 42---)– 1⋅+

2 8--------------------------------------------------------

42---

2 4–( ) 24 4

2---–

+2

8

113

Erwartungsbilder

c) Gleichung der Funktion d 3 BENachweis der notwendigen Bedingung 4 BEKoordinaten des Punktes B; minimale Kanallänge 2 BE

35 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 1.2a) Definitonsbereiche für die Funktionen f und g:

Der größte Definitionsbereich für y = h(z) = lnz ist DB = z: z ∈ R, z > 0.Daraus folgt für f und g: DBf = DBg = x: x ∈ R, x < 0.Monotonie:Benutzen des Zusammenhangs zwischen Ableitungsfunktion und Monotonie:

f'(x) = < 0, da x < 0 ⇒ f streng monoton fallend;

g'(x) = < 0, da x < 0 ⇒ g streng monoton fallend.

Schnittpunkte der Graphen von f und g mit der x-Achse:

S1: 0 = ln(–2x), also 1 = –2x und damit x = – ⇒ S1(– |0);

S2: 0 = ln(– x), also 1 = – x und damit x = –2 ⇒ S2(–2|0).

Nachweis, daß die Graphen von f und g keinen Schnittpunkt besitzen:Zu zeigen ist: Die Gleichung f(x) = g(x) besitzt im DB von f und g keine Lösung.

ln(–2x) = ln(– x), also –2x = – x, woraus x = 0 folgt.

Da 0 ∉ DBf,g, haben f und g keinen gemeinsamen Punkt.Graphen der Funktionen f und g:

b) Lage des Tangentenschnittpunktes:Tangentengleichung: (y – y0) = f'(x0) · (x – x0),wobei P(x0|y0) Berührungspunkt und f'(x0) Anstieg von f im Punkt P.

1x---

1x---

12--- 1

2---

12--- 1

2---

12--- 1

2---

1

1

x

yf

g

O

114


f: S1(– |0); f'(x) = , f'(– ) = –2

⇒ tf = y – 0 = –2(x – (– )) ⇒ y = –2x – 1

g: S2(–2|0); g'(x) = , g'(–2) = –

⇒ tg = y – 0 = – (x – (–2)) ⇒ y = – x – 1

Tangentenschnittpunkt P:

tf = tg, also –2x – 1 = – x – 1 und somit xP = 0; yP = –1 ⇒ P(0|–1)

Wegen xP = 0 liegt P auf der y-Achse.Schnittwinkel α der Tangenten:

tanα = ,

wobei m1 = mtf = –2 und m1 = mtg

= –

tanα = = –0,75 ⇒ α = 36,9°

c) Maßzahl des Inhalts einer Fläche:

A = (f(x) – g(x)) dx,

wobei a = xS2 = –2 und b = xS1

= –

A = (ln(–2x) – ln(– )) dx = ln( ) dx

= ln4 dx = [(ln4) · x] = ln4 · ((– ) – (–2x)) ≈ 2,08

Nachweis, daß Flächeninhalt nur vom Abstand der Parallelen abhängt:

A(x) = | (f(x) – g(x)) dx|; ∆x = |x1 – x2|

12--- 1

x--- 1

2---

12---

1x--- 1

2---

12--- 1

2---

12---

1

1

x

y

O

P

f

g

tf

tgα

m1 m2–1 m1 m2⋅+---------------------------

12---

2– ( 12---)––

1 2–( ) ( 12---)–⋅+

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

1

1

x

y

O

f

g A

S2 S1

x = xS2x = xS1

a

b

∫12---

2–

12---–

∫ 12---

2–

12---–

∫ 2x–12---x–

---------

2–

12---–

∫12---–

2–

12---

x2

x1

∫

115

Erwartungsbilder

A(x) = | [ln(–2x) – ln(– )] dx| = | ln4 dx|

= |[(ln4) · x] |= ln4|x1 – x2| = ln4|∆x|


a) größte Definitonsbereiche für f und g 6 BEKoordinaten von S1 und S2 4 BENachweis, daß G1 und G2 keinen gemeinsamen Punkt haben 3 BEZeichnung 4 BE

b) Nachweis, daß P auf der y-Achse liegt; Schnittwinkel 8 BEc) Flächeninhalt 6 BE

Nachweis 4 BE35 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 2.1a) Begründung, daß g1 und g2 einander schneiden; Schnittpunkt C:

– Geraden in der Ebene R2 schneiden einander, wenn ihre Richtungsvektorenlinear unabhängig voneinder sind:

u ≠ kv ⇔ ≠ k , denn k1 = , k2 = 7 ⇒ k1 ≠ k2

Also sind g1 und g2 weder identisch noch parallel zueinander.– Schnittpunkt C:

g1 = g2 mit g1: x = + r und g2 : x = + s , d.h.

+ r = + s

(I) 1 – r = 9 – 3s ⇒ r = –8 + 3s(II) 0 +7r = 4 + s

⇒ 7(–8 + 3s) = 4 + s, also –56 – 4 = –21s + s und somit s = 3, r = 1Einsetzen in g1 bzw. g2 ergibt C(0|7).

b) Kreisgleichung:

Kreisgleichung im R2 allgemein: (x – xM)2 + (y – yM)2 = r2 (*)

mit M(xM|yM); r = =

I) A und M in (*): (1 – x)2 + (0 – x)2 = r2 (wegen y = x)

II) B und M in (*): (9 – x)2 + (4 – x)2 = r2

x2

x1

∫ 12---

x2

x1

∫x1

x2

1–7

3–1

13---

10

1–7

94

3–1

10

1–7

94

3–1

MA MB

116


⇒ (1 – x)2 + (–x)2 = (9 – x)2 + (4 – x)2

1 – 2x + x2 + x2 = 81 – 18x + x2 + 16 – 8x + x2

Es folgt 24x = 96 und damit x = 4 ⇒ xM = 4 ⇒ yM = 4 ⇒ M(4|4).

r = = = 5

⇒ k: (x – 4)2 + (y – 4)2 = 52

Untersuchung, ob Kreis k Umkreis für ∆ABC ist:Da A, B ∈ k als Bedingung für k, ist nur noch zu prüfen, ob C ∈ k:

(0 – 4)2 + (7 – 4)2 = 16 + 9 = 25 = 52

A, B, C sind also Punkte des Kreises k, d.h., k ist Umkreis für das ∆ABC.

c) Koordinaten der Punkte A, B, C und M in einem räumlichen Koordinatensy-

stem R3:A(1|0|0), B(9|4|0), C(0|7|0), M(4|4|0)Gleichung der Kegelachse a; Koordinaten der Kegelspitze S:Kreis k ist Grundkreis des geraden Kreiskegels; Spitze S liegt in ε.

ε: x = +r + s r, s ∈ R

Weil k in der xy-Ebene liegt und der Kreiskegelgerade ist, liegt S senkrecht über M; die Kegel-achse a läßt sich beschreiben durch

a: x = + r = + r ⇒ S(4|4|zS).

Wegen S ∈ ε folgt(I) 4 = –3 + 2r + 3s(II) 4 = –2 + r + 4s ⇒ r = 6 – 4s(III) z S = 2 + r + 3s

r in (I) 4 = –3 + 2(6 – 40) + 3s4 = –3 + 12 – 80 + 3s ⇒ s = 1, r = 2

Einsetzen von r, s in (III) liefert zS = 7, also: S(4|4|7).


a) Begründung, daß g1 und g2 einander schneidenBerechnung des Schnittpunktes C 4 BE

b) Gleichung für k 6 BEUntersuchung, ob k Umkreis von ∆ABC ist 2 BE

xM xA–( ) 2 yM yA–( ) 2+ 4 1–( ) 2 4 0–( ) 2+

M

y

z

O

x

k

a

S ε

3–

2–

2 2

1

1 3

4

3

OM0

0

1 4

4

0 0

0

1

117

Erwartungsbilder

c) Koordinaten von A, B, C und M 1 BEErmittlung einer Gleichung für die KegelachseKoordinaten des Punktes S 7 BE

20 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 2.2a) Nachweis der Parallelität der Geraden g1 und g3:

– Geradengleichung für die Gerade g3(A, B):

g3: x = + t ; x = + t

– Nachweis der echten Parallelität zwischen g1 und g3:

Bedingungen: (1) = k ; (2) ≠ + r

zu (1): = k ⇒ g1 und g3 sind parallel oder identisch

zu (2): Es ergibt sich rx = 4, ry = und rz = 0, d.h., es gibt kein eindeutig

bestimmtes r, also liegt der Punkt A nicht auf g1. Daraus folgt: g1 undg3 sind nicht identisch, d.h., g1 und g3 sind echt parallel.

Gleichung einer Ebene ε, die durch g1 und g3 bestimmt ist:

ε: x = + r + u( – )

x = + r + u

x = + r + u

b) Koordinaten des Durchstoßpunktes:Bedingungen: D ∈ g2 und D ∈ εEbenengleichung in Koordinatenform über den Normalenvektor:

= a b = mit a = , b =

OA AB5

4

2 1

2–

2

ag1ag3

OA1

5

2 1

2–

2

1

2–

2 1

2–

2

12---

O

εA B

P1 g1

g3

ag1

OP1 ag1OP1 OA

1

5

2 1

2–

2 1 5–

5 4–

2 2–

1

5

2 1

2–

2 4–

1

0

nε ×1

2–

2 4–

1

0

118


= = –8j + k – 2i – 8k =

⇒ · (x – ) = 0 für ε in Koordinatenform

· = 0 führt zu 2(x – 1) + 8(y – 5) + 7(z – 2) = 0

⇒ ε: 2x + 8y + 7z = 56Schnittpunkt D zwischen g2 und ε:2(5 + 2s) + 8(12,5 + 8s) + 7(9 + 7s) = 56, also 117 + 117s = 0 und somit s = –1Einsetzen von s = –1 in die Geradengleichung von g2 ergibt

= + (–1) = ⇒ D(3|4,5|2).

Weiterer Lösungsweg: Der Durchstoßpunkt muß den Gleichungen von ε und g2 genügen:

+ v = + r + s führt zu

(I) 2v – r + 4s = –4(II) 8v + 2r – s = –7,5(III) 7v – 2r = –7

mit der Lösung r = 0; s = –0,5 und v = –1 ⇒ S(3|4,5|2).Nachweis, daß der Punkt C auf g2 liegt und g2 senkrecht auf ε steht:Es gilt C ∈ g2, wenn s eindeutig bestimmbar ist:(I) 9 = 5 + s · 2 ⇒ sx = 2(II) 28,5 = 12,5 + s · 8⇒ sy = 2(III) 23 = 9 + s · 7 ⇒ sz = 2

⇒ s = 2, also liegt C auf g2.Mit Hilfe des Normalenvektors läßt sich feststellen, ob g2 senkrecht auf ε steht:

= ; = (siehe oben)

Wenn = k , dann gilt: g2 steht

senkrecht auf ε. Nun ist = (–1) .

Die Gerade g2 steht also senkrecht auf der Ebene ε.

nε

i j k

1 2– 2

4– 1 0 2–

8–

7–

nε OP1

2

8

7 x 1–

y 5–

z 2–

OD5

12,5

9 2

8

7 3

4,5

2

5

12,5

9 2

8

7 1

5

1 1

2–

2 4–

1

0

g2

nε

ag2

2

8

7

nε

2–

8–

7–

ag2nε

ag2nε

119

Erwartungsbilder

Koordinaten des Spiegelpunktes C':Durchstoßpunkt D zwischen g2 und ε aus vorangegangenem Aufgabenteil:

= + 2

(oder: = + )mit C(9|28,5|23), D(3|4,5|2)

= + 2 =

⇒ C'(–3|–19,5|–19)


a) Nachweis, daß g1 und g3 echt parallel zueinander 5 BEGleichung der Ebene ε 3 BE

b) Koordinaten von D; 5 BENachweis, daß C auf g2 liegt und g2 senkrecht auf ε steht 4 BEKoordinaten von C' 3 BE

20 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 3.1a) Wahrscheinlichkeiten der angegebenen Ereignisse bei zweimaligem Ziehen

ohne Zurücklegen:Ereignisse:A: Die Kugeln haben verschieden

Farben.B: Die zweite gezogene Kugel

ist rot.Gemäß der Pfadregel gilt:P(A) = 1 – P(r; r) – P(w; w)

= 1 – · – ·

= – = 0,6

P(B) = P(r; r) + P(w; r) + P(s; r)

= · + · + · = + + = 0,6

g2

εD

C

C'

O

OC' OC CD

OC' OD CD

OC'9

28,5

23 3 9–

4,5 28,5–

2 23– 3–

19,5–

19–

59--- 6

9---

1. Ziehen

2. Ziehen

39---

wr

19---

s

29---

wr

19---

s r w

69---

swr

110------3

10------6

10------

Ausgang

39---

610------ 5

9--- 3

10------ 2

9---

9090------ 36

90------

610------ 5

9--- 3

10------ 6

9--- 1

10------ 6

9--- 30

90------ 18

90------ 6

90------

120


b) Wahrscheinlichkeitsverteilung für die Zufallsgröße X:Zufallsgröße X: Gewinn oder Verlust bei diesem Spiel

wobei nach Pfadregel gilt:

P(X = –3) = (6 · 5 · 4 + 6 · 5 · 1 + 6 · 1 · 5 + 1 · 6 · 5) = ≈ 0,2917

P(X = –1) = (6 · 5 · 3 + 6 · 3 · 5 + 6 · 3 · 1 + 6 · 1 · 3 + 3 · 6 · 5

+ 3 · 6 · 1 + 3 · 1 · 6 + 1 · 6 · 3 + 1 · 3 · 6) = = 0,525

P(X = +1)= (6 · 3 · 2 + 3 · 6 · 2 + 3 · 2 · 6 + 3 · 2 · 1 + 3 · 1 · 2 + 1 · 3 · 2)

= = 0,175

P(X = +3)= · 3 · 2 · 1 = ≈ 0,0083

Weiterer Lösungsweg: Aus kombinatorischen Überlegungen folgt für die ein-zelnen Wahrscheinlichkeiten:

P(X = –3) = = ; P(X = –1) = = ;

P(X = +1) = = ; P(X = +3) = =

Zufallsgröße X in DM(Gewinn \ Verlust) –3 –1 +1 +3

Wahrscheinlichkeit ≈ 0,2917 = 0,525 = 0,175 ≈ 0,0083

58---

1. Kugel

2. Kugel

3. Kugel38---

wr

48--- 1

8---

s

28---

wr

18---

s r w

38---5

8--- 5

8--- 2

8---

wr

18---

s

68--- 1

8---

wr

18---

s r w

68--- 2

8---

r w

68--- 2

8---

r w

38---5

8---

–3 –1 –3 –1 +1 –1 –3 –1 –1 +1 –1 +1 +3 +1 –1 +1 –3 –1 –1 +1

swr

19---3

9---5

9---

swr

19---2

9---6

9---

–3 –1 –3 –1 +1 –1 –3 –1

wr

39---6

9---

swr

310------ 1

10------6

10------

–3 –1 –3

Ausgang: –3 DM

35120--------- 63

120--------- 21

120--------- 1

120---------

110 9 8⋅ ⋅--------------------- 210

720---------

110 9 8⋅ ⋅---------------------

378720---------

110 9 8⋅ ⋅---------------------

126720---------

110 9 8⋅ ⋅--------------------- 6

720---------

73

30

⋅103

------------------------ 35

120---------

72

31

⋅103

------------------------ 63

120---------

71

32

⋅103

------------------------ 21

120---------

70

33

⋅103

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

120---------

121

Erwartungsbilder

Erwartungswert für die Zufallsvariable X:

Es gilt: E(X)= P(X = Xi) · Xi

= (–3) · P(X = –3) + (–1) · P(X = –1) + (+1) · P(X = +1) + (+3) · P(X = +3) = –1,2

Auf lange Sicht ist ein Verlust zu erwarten.Verhältnis von Einsatz e und Auszahlungsbetrag a, damit das Spiel (siehe oben) ausgegleichen ist:Es müßte gelten: E(X) = 0X = –3, d.h. kein a, ein e ⇒ X = –e + 0 · a;X = –1, d.h. ein a, ein e ⇒ X = –e + a;X = +1, d.h zwei a, ein e ⇒ X = –e + 2a;X = +3, d.h. drei a, ein e ⇒ X = –e + 3a.

E(X) = 0 ⇒ 0 = (–e) + (a – e) + (2a – e) + (3a – e)

Es ergibt sich 0 = –720e + 648a, also 720e = 648 und somit e : a = 9 : 10.


a) Wahrscheinlichkeiten für die gegebenen Ereignisse 4 BEb) Wahrscheinlichkeitsverteilung für X; 4 BE

Untersuchung auf Gewinn oder Verlust 2 BEc) Verhältnis von a zu e 5 BE

15 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 3.2a) Koordinaten des Wendepunktes:

k'(x) = 10e–x + 10xe–x · (–1) = 10e–x(1 – x)

k''(x) = 10e–x(1 – x) · (–1) + 10e–x · (–1) = 10e–x(–1 + x – 1) = 10e–x(x – 2)

k'''(x) = 10e–x(x – 2) · (–1) + 10e–x · 1 = 10e–x(–x + 2 + 1) = 10e–x(3 – x)

0 = 10e–x(x – 2) ⇒ xW = 2; yW = k(2) = 20e–2; k'''(2) = 10e–2(3 – 2) ≠ 0⇒ einziger Wendepunkt: W(2|20e–2)

b) Schnittstelle xA zwischen g und dem Graphen von k:

20e–2 = 10xe–x, also 0 = 10xe–x – 20e–2 Newton-Verfahren mit Startwert x1 und Näherungswert x2:

x2 = x1 – mit f(x) = 10xe–x – 20e–2 und

f'(x) = 10e–x + 10xe–x · (–1) = 10e–x(1 – x)

∑

210720--------- 378

720--------- 126

720--------- 6

720---------

f x1( )f ' x1( )----------------

122


Schnittstelle xA ≈ 0,406 (auf Hundertstel genau)

c) Nachweis der Extremwerteigenschaft:Bedingung für den Punkt P(a|k(a)):A∆OPQ ist maximalBedingung für den Flächeninhalt von ∆OPQ:

A∆ = · g · h g = ∆x = xQ – 0 = 2a

h = [Abstand g(0, Q) zu P] = k(a)

A∆ = · 2a · 10 · a · e–a = 10a2e–a

A∆ ist maximal, wenn A'∆(a) = 0.

A'∆(a) = 20a · e–a + 10a2e–a · (–1) = 10ae–a(2 – a)⇒ A'∆(a) = 0 für a = 2 (a = 0 entfällt wegen Bedingung a > 0.)Wegen x = a = 2 = xW hat das gleichschenklige Dreieck maximalen Flächenin-halt, wenn P der Wendepunkt von K ist.


a) Koordinaten des Wendepunktes 6 BEb) Ermittlung der Schnittstelle xA 5 BEc) Nachweis, daß P Wendepunkt des Graphen K ist 4 BE

15 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 3.3a) Koordinaten der Brennpunkte der Hyperbel:

Für die Brennpunkte F2(–e|0) und F1(e|0)

einer Hyperbel – = 1 gilt:

e = = = 5 ⇒ F2(–5|0), F1(5|0)

xi f(xi) f'(xi) xi + 1

0 –2,7067 10 0,27067

0,27067 –0,6418 5,5638 0,3860

0,3860 –0,0826 4,1734 0,4058

0,4058 –0,0021 3,9596 0,40637

0,40637 –1,535 · 10–6 3,9538 0,40637

P(a|k(a))

x

y

Q(2a|0)O

12---

12---

a x

y

a F1F2

x2

a2----- y2

b2-----

a2 b2+ 16 9+

123

Erwartungsbilder

Konstruktion von mindestens 8 Punkten des Hyperbelastes aus dem 1. und 4. Quadranten:

b) Konstruktion der Tangente im Hyperbelpunkt P0(6|y0 > 0):Konstruktion in vorangegangener ZeichnungBegründung der Vorgehensweise:Gemäß der Brennpunkteigenschaft einer Hyperbel gilt: Geht ein Lichtstrahl in der Ebene einer Hyperbel durch einen Brenn-punkt, so wird er beim Auftreffen auf die Hyperbel so reflektiert, daß die rückwär-tige Verlängerung des reflektierten Strahls durch den anderen Brennpunkt verläuft.Eine dazwischen angelegte Winkelhal-bierende ist das Einfallslot für den Licht-strahl.Senkrecht dazu verläuft die Tangente.

1

1

x

y

F2 F1

P0(6|y0)

t

4 6 8

A B2a

t x

y

α

F1F2

w

βP

124


Gleichung für die Tangente t in der Normalform einer Geradengleichung:Die Tangente t verläuft durch P0(6|y0), y0 > 0. Einsetzen ergibt:

– = 1, also y02 = 9 · ( – 1) = 9 · und weiter y0 = 3 · · (einzige

Lösung, da y0 > 0) ⇒ P0(6| )

Für eine Hyperbeltangente in Mittelpunktslage gilt:

– = 1, also – = 1 und somit 54x – 24 y = 144

⇒ y = · 54x – , t: y = 0,45 x – 1,2

Gradmaß des Schnittwinkels zwischen Tangente und Hyperbelasymptote:

Hyperbelasymptote allgemein: y = + x, konkret: y = x ⇒ m1 = 0,75

Tangente: y = 0,45 x – 1,2 ⇒ m2 = 0,45Schnittwinkel zweier Geraden:

allgemein: tanα =

konkret: tanα = ≈ –0,146 ⇒ α ≈ –8,3°

Der Schnittwinkel zwischen den Geraden beträgt 8,3°.


a) Koordinaten der Brennpunkte der Hyperbel 2 BEKonstruktion der Punkte 2 BEZeichnung 1 BE

b) Konstruktion; Begründung für das Vorgehen 4 BEGleichung der Tangente; Schnittwinkel 6 BE

15 BE

62

16------

y02

9----- 36

16------ 20

16------ 2

4--- 5

32--- 5

x xP⋅a2

-------------y yP⋅

b2------------- 6x

16------

32--- 5y

9-------------- 5

124 5⋅----------------- 144

24 5------------- 5 5

ba--- 3

4---

5 5 5

m2 m1–1 m1 m2⋅+---------------------------

0,75 – 0,45 51 0,75 · 0,45 · 5+---------------------------------------------


1995 / 96

Gymnasium

Thüringen

126

Thüringen 1995/96

Hinweis: Der Prüfungsteilnehmer wählt von den Aufgaben 1.1 und 1.2 eine und von den Aufgaben 2.1 und 2.2 und 2.3 zwei zur Bearbeitung aus.

Aufgabe 1.1Für jede reelle Zahl t (t ≠ 0) ist eine Funktion ft gegeben durch

y = ft(x) = · x3 + · x2 – · t · x, (x ∈ R).

Der Graph von ft werde mit Gt bezeichnet.

a) Es sei t = –3.Berechnen Sie die Schnittpunkte des Graphen G–3 mit der x-Achse, die Koordi-naten der lokalen Extrempunkte und des Wendepunktes von G–3!

b) Untersuchen Sie das Verhalten der Funktion f–3 für x → ±∞.

c) Skizzieren Sie G–3 im Intervall –1 ≤ x ≤ 8!

d) Der Koordinatenursprung O, der lokale Maximumpunkt und der Wendepunkt des Graphen G–3 sind die Eckpunkte eines Dreiecks.Berechnen Sie den Flächeninhalt dieses Dreiecks!

e) Ermitteln Sie die Gleichung der Tangente an G–3 im Punkt A(4; f–3(4))!Unter welchem Winkel α schneidet diese Tangente die x-Achse?

f) Der Graph G–3 und die x-Achse begrenzen eine Fläche vollständig.Berechnen Sie den Inhalt dieser Fläche!

g) Für welche Werte des Parameters t hat der zugehörige Graph Gt im Wende-

punkt W den Anstieg m = – ?

Kontrollergebnis: W(– t; ft(– t))

h) Berechnen Sie die Koordinaten der Schnittpunkte der Graphen G1 und G2, und zeigen Sie, daß für jedes t (t ≠ 0) der Graph Gt durch diese Punkte verläuft!

Aufgabe 1.2Gegeben ist die Funktion f durch y = f(x) = x(2 – lnx), (x ∈ R; x > 0).

a) Untersuchen Sie den Graphen der Funktion f auf Schnittpunkte mit derx-Achse, auf lokale Extrempunkte und Wendepunkte!

b) Berechnen Sie f(1) und f(8), und skizzieren Sie den Graphen von f im Intervall 1 ≤ x ≤ 8!

18--- t

2--- 3

2---

32---

43--- 4

3---

127

Aufgaben

c) Gegeben ist eine Funktion F durch F(x) = x2 – · lnx, (x ∈ R; x > 0).Zeigen Sie, daß F eine Stammfunktion von f ist!

d) Der Graph der Funktion f und die Gerade g, die durch die Punkte M(1; f(1)) und N(e2; f(e2)) verläuft, begrenzen eine Fläche vollständig.Berechnen Sie den Inhalt dieser Fläche!(e bezeichnet die Eulersche Zahl.)

e) Ermitteln Sie die Gleichung der Tangente t an den Graphen von f, deren Anstieg m = –0,5 beträgt!

f) Berechnen Sie den Winkel, unter dem die Gerade g (aus Teilaufgabe d) die

Tangente an den Graphen von f im Punkt N(e2; f(e2)) schneidet!

g) Es existiert genau eine quadratische Funktion h mit

h(x) = –x2 + bx + c, (b, c, x ∈ R), die in H(e; e) einen lokalen Maximumpunkt

hat.

Geben Sie die Gleichung dieser quadratischen Funktion an!

h) Für jede reelle Zahl a (a ≠ 0) ist eine Funktion fa durchfa(x) = x(a – lnx), (x ∈ R, x > 0) gegeben.P(1; a) ist ein Punkt des Graphen der Funktion fa.Ermitteln Sie den Parameter a für den Fall, daß die Tangente an den Graphen von fa im Punkt P den Anstieg m = 2 hat!

Aufgabe 2.1Gegeben sei ein gerader Pyramidenstumpf, dessen Grund- und Deckfläche Qua-drate mit den Seitenlängen 10 Längeneinheiten (LE) und 6 LE sind.Die Körperhöhe beträgt 4 LE.

54--- x2

2-----

x

y

z

O

A B

C

D

EF(8; 8; 4)

G


128

Thüringen 1995/96

a) Geben Sie die Koordinaten der Eckpunkte des Pyramidenstumpfes an (siehe Skizze)!

b) Durch die Punkte A und G verläuft die Gerade g1 und durch die Punkte C und E die Gerade g2. Geben Sie je eine Gleichung für g1 und g2 an! Berechnen Sie den Schnittpunkt S1 und den Schnittwinkel der beiden Geraden!

c) Durch den Mittelpunkt M der Strecke OA geht die Gerade g3,

deren Richtungsvektor a = ist.

Geben Sie eine Gleichung der Geraden g3 an!

Geben Sie eine Gleichung der Ebene ε an, die die Punkte B, C und F enthält!

Berechnen Sie die Koordinaten des Durchstoßpunktes S2 der Geraden g3 mit der Ebene ε!

d) Auf der Kante DE liegen zwei Punkte P1 und P2 so, daß die Winkel \AP1O bzw. \AP2O rechte Winkel sind.Berechnen Sie die Koordinaten von P1 und P2!

Aufgabe 2.2In einem kartesischen Koordinatensystem sind die Punkte A(3; –1; 2),B(11; –5; 10), C(5; 1; 13) und D(–1; 3; 4) gegeben.

a) Geben Sie eine Gleichung der Ebene ε an, in der die Punkte A, B und C liegen!

b) Weisen Sie nach, daß das Viereck ABCD ein Trapez ist!

c) Berechnen Sie den Winkel \BAD!Ermitteln Sie den Flächeninhalt des Trapezes ABCD!

d) Bestimmen Sie einen weiteren Punkt E in der Ebene ε so, daß die Punkte A, B, C und E (in dieser Reihenfolge) ein Parallelogramm bilden!Der Punkt D liegt auf der Strecke AE.In welchem Verhältnis teilt der Punkt D die Strecke AE?

e) Gegeben ist eine Ebene durch die Gleichung

x = + r + s (r, s ∈ R).

1

2

1

3

–1

2 2

–1

2 2

2

11

129

Aufgaben

Diese Ebene schneidet die drei Koordinatenachsen in den Punkten

S1(x1; 0; 0), S2(0; ; 0) und S3(0; 0; – ).

Berechnen Sie die Koordinate x1 des Punktes S1!

Bestimmen Sie das Volumen der Pyramide OS1S2S3 (O bezeichnet den Koordi-natenursprung)!

Aufgabe 2.3Betrachtet wird ein idealer Würfel mit folgendem Würfelnetz:

Ein Versuch besteht aus einmaligem Würfeln. Die oben liegende Zahl gilt als gewürfelt. Die Zahlen 1 und 2 gelten als Treffer, die Zahl 0 als Niete.

a) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten folgender Ereignisse:

A := „Bei fünf Versuchen gibt es genau zwei oder drei Treffer.“B := „Bei fünf Versuchen gibt es mindestens einen und höchstens vier Treffer.“C := „Beim fünften Versuch erhält man den zweiten Treffer.“

b) Wie oft muß mindestens gewürfelt werden, damit mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 90% mindestens einmal die Zahl 1 auftritt?

Es wird folgendes Gewinnspiel vereinbart. Zuerst wird mit obigem Würfel gewür-felt und anschließend wird mit einer beschädigten 5 DM Münze geworfen. Bei die-ser Münze fällt Wappen mit einer Wahrscheinlichkeit w.

Als Treffer gelten die Zahlen 1 oder 2 des Würfels zusammen mit der Zahl 5 der Münze. In diesen Fällen wird als Gewinn die Differenz zwischen zweiter und erster Zahl ausgezahlt. Der Einsatz beträgt für jedes Spiel 1 DM.

c) Zeichnen Sie ein Baumdiagramm und geben Sie die Wahrscheinlichkeiten aller Versuchsausgänge an!

d) Mit welcher Wahrscheinlichkeit z müßte die Zahl 5 fallen, damit das Spiel auf lange Sicht fair ist?

56--- 5

2---

1 0 2 0

1

1

130

Thüringen 1995/96

Mit obigem Würfel wird zweimal hintereinander gewürfelt. Der erste Wurf liefert die Zahl b und der zweite Wurf die Zahl c als Koeffizienten der quadratischen Glei-chung x2 + bx + c = 0.

e) Mit welcher Wahrscheinlichkeit p ergeben sich quadratische Gleichungen mit mindestens einer (reellen) Lösung?

131

Erwartungsbilder

Erwartungsbild zu Aufgabe 1.1

a) Schnittpunkte von G–3 mit der x-Achse:

f–3(x) = x3 – x2 + x = x(x2 – 12x + 36) = x(x – 6)2

f–3(x) = 0 ⇒ x1 = 0; x2 = 6, also P1(0; 0); P2(6; 0)


f–3'(x) = x2 – 3x + ; f–3''(x) = x – 3

f–3'(x) = 0 ⇒ x2 – 8x + 12 = 0 ⇒ x1 = 6; x2 = 2

f–3''(6) = 1,5 > 0 ⇒ lokale Minimumstelle: f–3(6) = 0, also Pmin(6; 0)

f–3''(2) = –1,5 < 0 ⇒ lokale Maximumstelle: f–3(2) = 4, also Pmax(2; 4)

Wendepunkte:

f–3'''(x) = ; f–3''(x) = 0 ⇒ x – 3 = 0 ⇒ x = 4

f–3'''(4) = ≠ 0 ⇒ Wendestelle: f–3(4) = 2, also W(4; 2)

b) Verhalten im Unendlichen:

f–3(x) = x3 · ( – + ) = ±∞ · = ±∞

c) d)|OPmax| = =

|OW| = =

\WOPmax= \FOPmax

– \FOW

≈ 63,43° – 26,57°

= 36,86°

A = |OPmax|·|OW|

· sin\WOPmax

= · sin36,86°

≈ 6 (FE)

18--- 3

2--- 9

2--- 1

8--- 1

8---

38--- 9

2--- 3

4---

34--- 3

4---

34---

limx → ±∞

limx → ±∞

limx → ±∞

18--- 3

2x------ 9

2x2-------- 1

8---

O 1 x

y

1

Pmax

W

–1

A

F

f

22 42+ 20

42 22+ 20

12---

12--- 20 20

132

Thüringen 1995/96

e) Gleichung der Tangente: t: y = mx + nA(4; 2); m = f–3'(4) = –1,5;2 = –1,5 · 4 + n also n = 8;t: y = –1,5x + 8Schnittwinkel α:tanα0 = –1,5 ⇒ α0 ≈ 123,7°α = 180° – α0 ≈ 56,3°

f) Inhalt der eingeschlossenen Fläche:

A = f–3(x) dx = ( x3 – x2 + x)dx = [ x4 – x3 + x2] ≈ 13,5 (FE)

g) ft'(x) = x2 + tx – t; ft''(x) = x + t; ft'''(x) =

Wendepunkt: ft''(x) = 0, also x + t = 0 ⇒ x = – t

ft'''(– t) = ≠ 0 ⇒ W(– t; ft(– t))

m = – = ft'(– t) = (– t)2 + t(– t) – t

Damit muß gelten: 0 = t2 + t – ⇒ t1 = ; t2 = –3

h) Schnittpunkte von G1 und G2:

f1(x) = f2(x), also x3 + x2 – x = x3 + x2 – 3x ⇒ 0 = x2 – x

x1 = 0; x2 = 3 ⇒ S1(0; 0); S2(3; 3,375)

allgemeiner Nachweis (t ≠ 0):

ft(0) = 0, also: S1(0; 0) ∈ Gt; ft(3) = 3,375, also: S2(3; 3,375) ∈ Gt

Erwartungsbild zu Aufgabe 1.2a) Schnittpunkte mit der x-Achse:

f(x) = 0 = x(2 – lnx) ⇒ x1 = 0 (entfällt, da x > 0); x2 = e2 ⇒ Px(e2 ≈ 7,39; 0)


f '(x) = 1 – lnx; f ''(x) = –

f'(x) = 0 ⇒ lnx = 1 ⇒ x = e;

f''(e) = – < 0 ⇒ lokale Maximumstelle: f(e) = e, also Pmax(e; e)

Wendepunkte:

f ''(x) ≠ 0 für alle x ∈ Db, also gibt es keine Wendepunkte.

O 1

y

1

A = W

x

α

t

f–3

0

6

∫0

6

∫ 18--- 3

2--- 9

2--- 1

32------ 1

2--- 9

4---

6

0

38--- 3

2--- 3

4--- 3

4---

34--- 4

3---

43--- 3

4--- 4

3--- 4

3---

32--- 4

3--- 3

8--- 4

3--- 4

3--- 3

2---

94--- 9

4--- 3

4---

18--- 1

2--- 3

2--- 1

8--- 1

2--- 3

2---

1x---

1e---

133

Erwartungsbilder

b) f(1) = 2;f(8) ≈ –0,64

c) Nachweis der Stammfunktion:Es muß gelten: F'(x) = f(x)

F'(x) = ( x2 – · lnx)' = x – (x · lnx + ) = 2x – xlnx = x(2 – lnx) = f(x)

d) Inhalt der eingeschlossenen Fläche:

A = f(x) dx – A∆FNM

A∆FNM = |FN|·|FM|

= (e2 – 1) · 2 = e2 – 1

A = [ x2 – · lnx] – (e2 – 1) = e4 – – e2 + 1 ≈ 6,01 (FE)

e) Gleichung der Tangente: t: y = mx + nm = –0,5 = f '(xt) ⇒ 1 – lnxt = –0,5, also xt = e1,5

f(e1,5) = 0,5 · e1,5 ⇒ 0,5 · e1,5 = –0,5 · e1,5 + n, also n = e1,5 ≈ 4,48t: y = –0,5x + e1,5 (bzw. y ≈ –0,5x + 4,48)

f) Schnittwinkel α1 der Geraden g und der x-Achse:

tanα1 = mg = = – ⇒ α1 ≈ 17,38°

Schnittwinkel α2 der Tangente t und der x-Achse:

tanα2 = mt = f '(xt) = 1 – lne2 = 1 – 2 · 1 = –1⇒ α2 = 135°

Schnittwinkel α der Gerade g und der Tangente t:

α = 180° – α1 – α2 ≈ 27,62°

g) Quadratische Funktion:h'(e) = 0: 0 = –2e + b ⇒ b = 2eH(e; e) ∈ h: e = –e2 + e · b + c ⇒ c = e – e2

h(x) = –x2 + 2ex + e – e2

h) Parameter a: fa'(x) = a – lnx + x · (– ) = a – lnx – 1

m = 2 = fa'(1) = a – ln1 – 1 ⇒ a = 3

O 1 x

y

1

f

54--- x2

2----- 5

2--- x2

2x------

O 1

x

y

1

M

Ng

A

F

f 1

e2

∫12---

12---

54--- x2

2-----

e2

114--- 5

4---

y2 y1–x2 x1–---------------- 2

e2 1–--------------

1x---

134

Thüringen 1995/96

Erwartungsbild zu Aufgabe 2.1a) Koordinaten der Eckpunkte:

A(10; 0; 0); B(10; 10; 0); C(0; 10; 0); O(0; 0; 0);E(8; 2; 4); G(2; 8; 4); D(2; 2; 4)

b) Geradengleichungen:

g1: x = + r = + r (r ∈ R)

g2: x = + s = + s (s ∈ R)

Schnittpunkt S1:(I) 10 – 8r = 8s(II) 8r = 10 – 8s ⇒ r = s = und damit S1(5; 5; )(III) 4r = 4s

Schnittwinkel α = \(g1, g2)

cosα = = = 0,7 ⇒ α ≈ 38,9°

c) M(5; 0; 0)

g3: x = + t (t ∈ R)

ε: x = + u · + v = + u + v (u, v ∈ R)

Durchstoßpunkt:(I) 5 + t = 10 – 10u – 2v

(II) 2t = 10 –2v ⇒v = 1; t = 4; u = –

(III) t = 4v und damit S2(9; 8; 4)

d) Koordinaten von P1 und P2:P1/2(x1/2; 2; 4) mit 2 ≤ x1/2 ≤ 8 (da P1/2 ∈ DE)

· = 0 (da \APO = 90°) ⇒ 0 = · = x2 – 10x + 20

x1/2 = 5 ± , also P1(5 + ≈ 7,24; 2; 4); P2(5 – ≈ 2,76; 2; 4)

OA AG10

0

0 –8

8

4

OC CE0

10

0 8

–8

4

58--- 5

2---

AG CE⋅

AG CE⋅--------------------------- 112

144---------

5

0

0 1

2

1

OB BC–2

–2

4 10

10

0 –10

0

0 –2

–2

4

110------

PA PO10 x–

–2

–4 –x

–2

–4

5 5 5

135

Erwartungsbilder

Erwartungsbild zu Aufgabe 2.2a)

ε: x = + u · + v = + u + v (u, v ∈ R)

b) Nachweis, daß ABCD ein Trapez ist:

i , da = ⇒ ABCD ist ein Trapez.

c) Winkel \BAD:

cos\BAD = ≈ –0,444 ⇒ \BAD ≈ 116,4°

Inhalt der Trapezfläche:

A = AABD + ABCD = | |·| | · sinα + | |·| | · sinγ

= · 12 · 6 · sin116,4° + · 9 · 11 · sin102,2° ≈ 80,6 (FE)

d) Parallelogramm ABCE:

= ⇒ = ⇒ E(–3; 5; 5)

Teilungsverhältnis:

| | : | | = 6 : 3 = 2 : 1

e) Koordinate x1:S1 (x1; 0; 0) ∈ ε

⇒ (I) x1 = 3 + 2r + 2s(II) 0 = –1 – r + 2s ⇒ s = 0; r = –1;(III) 0 = 2 + 2r + 11s x1 = 1

Volumen der Pyramide OS1S2S3:

V = AG · h = · · | |·| |·| |

= · · 1 · · = ≈ 0,35 (VE)

OA AB AC3

–1

2 8

–4

8 2

2

11

AD BC–4

4

2

23---

–6

6

3

AB AD⋅

AB AD⋅----------------------------

12--- AB AD 1

2--- CB CD

12--- 1

2---

AB EC8

–4

8 5 xE–

1 yE–

13 zE–

AD DE

13--- 1

3--- 1

2--- OS1 OS2 OS3

x

y

z

OS1

S2

S3

13--- 1

2--- 5

6--- 5

2--- 25

72------

136

Thüringen 1995/96

Erwartungsbild zu Aufgabe 2.3a) Ereigniswahrscheinlichkeiten: X = Anzahl der Treffer

P(Treffer) = ; P(Niete) = ; n = 5

P(A) = P(X = 2) + P(X = 3) = · ( )2 · ( )3 + · ( )3 · ( )2 ≈ 0,4938

P(B) = P(1 ≤ X ≤ 4) = 1 – P(X = 0) – P(X = 5)

= 1 – · ( )0 · ( )5 – · ( )5 · ( )0 ≈ 0,8642

C bedeutet: 1 Treffer bei den Würfen 1 bis 4 und 1 Treffer beim 5. Wurf. BeideEreignisse sind unabhängig:

P(C) = [ · ( )1 · ( )3] · ≈ 0,0658

b) Y = Anzahl der Einsen; P(„1“) = 0,5; n – Anzahl der Würfe

P(Y ≥ 1) = 1 – P(Y = 0) = 1 – · 0,5n · 0,50 = 1 – 0,5n

P(Y ≥ 1) > 0,9, also 1 – 0,5n > 0,9 ⇒ 0,1 > 0,5n

⇒ ln 0,1 > n · ln 0,5 und damit (wegen ln0,5 < 0) n > ≈ 3,32

Es muß also mindestens 4mal gewürfelt werden.

c) Baumdiagramm:

d) Faires Spiel, d. h., E(X) = 0: X = Gewinnhöhe

P(Treffer) = (1 – w) + (1 – w) = (1 – w); P(Niete) = 1 – P(Treffer) = + w

ei P(ei)

(0, 5) · (1 – w)

(0, W) · w

(1, 5) · (1 – w)

(1, W) · w

(2, 5) · (1 – w)

(2, W) · w

23--- 1

3---

52

23--- 1

3---

53

23--- 1

3---

50

23--- 1

3---

55

23--- 1

3---

41

23--- 1

3--- 2

3---

n0

0,1ln0,5ln

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

5

W

5

W

5

W

0

1

2

12---

13---

16---

w

1 – w

w

w

1 – w

1 – w

13---

13---

12---

12---

16---

16---

12--- 1

6--- 2

3--- 1

3--- 2

3---

137

Erwartungsbilder

E(X) = –1 · ( + w) + 3 · (1 – w) + 2 · (1 – w) = – w

E(X) = 0 ⇒ w = 0,6; z = P(Münze zeigt 5) = 1 – w = 0,4

e) Wahrscheinlichkeit für mindestens eine Lösung x ∈ Rx2 + bx + c = 0; D = – c ≥ 0

p = · + · + · + · = 0,416

Bewertungsvorschlag

xi –1 3 2

P(X = xi) + w (1 – w) (1 – w)

b c D Bedingung erfüllt0 0 0 ja

0 1 –1 nein

0 2 –2 nein

1 0 ja

1 1 – nein

1 2 – nein

2 0 1 ja

2 1 0 ja

2 2 –1 nein

AufgabeTeilaufgabe Summe

a) b) c) d) e) f) g) h)

1.1 9 2 2 3 4 3 4 3 30

1.2 7 2 2 4 4 4 4 3 30

2.1 2 6 4 3 15

2.2 1 2 5 4 3 15

2.3 5 2 3 2 3 15

13--- 2

3--- 1

2--- 1

6---

13--- 2

3--- 1

2--- 1

6--- 9

6--- 15

6------

b2

4-----

14---

34---

74---

13--- 1

3--- 1

2--- 1

3--- 1

6--- 1

3--- 1

6--- 1

2---


1996 / 97

Gymnasium

Thüringen

140

Thüringen 1996/97

Hinweis: Der Prüfungsteilnehmer wählt von den Aufgaben 1.1 und 1.2 eine und von den Aufgaben 2.1 und 2.2 und 2.3 zwei zur Bearbeitung aus.

Aufgabe 1.1Gegeben ist die Funktion f durch y = f(x) = (x ∈ R; x ≠ 2).

a) Untersuchen Sie den Graphen von f auf Schnittpunkte mit den Koordinaten-achsen, lokale Extrempunkte und Wendepunkte!Berechnen Sie gegebenenfalls die Koordinaten dieser Punkte!Ermitteln Sie die Polstelle der Funktion f!

b) Berechnen Sie f(–2) und f(6)!Skizzieren Sie den Graphen der Funktion f im Intervall –2 ≤ x ≤ 6!

c) Geben Sie den Wertebereich der Funktion f an!

d) Gegeben ist die Funktion F durch F(x) = x2 + ln(x – 2) (x > 2).

Zeigen Sie, daß F eine Stammfunktion von f für x > 2 ist!Der Graph der Funktion f und die Geraden mit den Gleichungen x = 3, x = 5 und y = –2 begrenzen eine Fläche vollständig.Berechnen Sie den Inhalt dieser Fläche!

e) Gegeben ist die lineare Funktion g durch g(x) = x + .

Berechnen Sie diejenige Stelle x (x > 2), für die die Differenz d(x) = f(x) – g(x) minimal wird!Berechnen Sie die minimale Differenz!

f) Für jedes a ist eine Gerade ha durch y = ha(x) = x + a (a ∈ R) gegeben.

Für welche a ist die Gerade ha Tangente an den Graphen von f?

Aufgabe 1.2Gegeben ist die Funktion f(x) = e–0,5x2 (x ∈ R).

a) Zeigen Sie, daß der Graph der Funktion f zur y-Achse symmetrisch ist!Untersuchen Sie den Graphen von f auf Schnittpunkte mit den Koordinaten-achsen sowie auf lokale Extrempunkte und Wendepunkte!Berechnen Sie gegebenenfalls die Koordinaten dieser Punkte!

b) Skizzieren Sie den Graphen von f im Intervall –3 ≤ x ≤ 3!(Koordinateneinheiten: x-Achse: 1 cm; y-Achse: 5 cm)

x2 2x– 1+x 2–

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

12---

89--- 1

2---

34---

141

Aufgaben

c) Die Punkte P(–1; f(–1)), Q(1; f(1)) und R(0; f(0)) bilden ein gleichschenkliges Dreieck.Berechnen Sie das Volumen des Kegels, der bei Rotation des Dreiecks ∆PQR um die y-Achse entsteht!

d) Bestimmen Sie die Gleichung der Tangente an den Graphen von f im Punkt Q(1; f(1))!Unter welchem Winkel α schneidet diese Tangente die x-Achse?

e) Die Punkte Q(1; f(1)), R(0; f(0)) und ein Punkt S auf der x-Achse bestimmen ein Dreieck.

Bilden Sie das Skalarprodukt der Vektoren und !Für welche Koordinaten des Punktes S wird das Skalarprodukt minimal?

f) Es gibt eine quadratische Funktion q mit q(x) = ax2 + c (a ≠ 0; a, c ∈ R) so,

daß die Parabel den Graphen von f in seinen Wendepunkten berührt, d. h., die

beiden Graphen haben an diesen Stellen je eine gemeinsame Tangente.

Berechnen Sie die Koeffizienten a und c!

g) Für welche reelle Zahl r ist die Gleichung r · f '(x) + x · f ''(x) + f '''(x) = 0 für

alle x ∈ R erfüllt?

Aufgabe 2.1Die Punkte A(3; 1; 1), B(9; 7; 1), C(3; 7; 1) und D(3; 7; 7) sind Eckpunkte einer dreiseitigen Pyramide (siehe Skizze):

SQ SR

x

y

z

A

B

D

EG


C

H

M ε

142

Thüringen 1996/97

a) Weisen Sie nach, daß die Seitenkanten AC, BC und DC gleich lang und paar-weise orthogonal sind!Berechnen Sie das Volumen der Pyramide ABCD!

b) Bestimmen Sie den Mittelpunkt M der Seitenkante DC!Zeigen Sie, daß der Punkt E(7; 7; 3) auf der Seitenkante BD liegt!

c) Geben Sie eine Gleichung der Ebene ε an, die durch die Punkte E, M undG(–1; 3; 4) verläuft!

d) Die Seitenkante AD wird von ε im Punkt H geschnitten.Berechnen Sie die Koordinaten von H.

e) Berechnen Sie den Flächeninhalt der Schnittfigur ∆HEM!

Aufgabe 2.2Gegeben sind die Punkte A(1; 6; –5), B(7; 9; 1) und Ct(t; 7; –t) mit t ∈ R sowie ein

Vekor a = .

a) C4 sei der Punkt Ct für t = 4.Ermitteln Sie die Koordinaten des Punktes D so, daß die Punkte A, B, C4, D in dieser Reihenfolge ein Parallelogramm bilden!Ermitteln Sie den Inhalt der Parallelogrammfläche!

b) Zeigen Sie, daß der Punkt C3 auf der Strecke AB liegt!In welchem Verhältnis teilt der Punkt C3 die Strecke AB?

c) Die Gerade g ist gegeben durch den Punkt C2 und den Richtungsvektor a. Eine Gerade h verläuft durch die Punkte C0 und C–1.Berechnen Sie die Koordinaten des Schnittpunktes S von g und h!

d) Die Ebene ε enthält die Punkte A, B und C1.Untersuchen Sie die Lage der Geraden g (aus Teilaufgabe c) bezüglich der Ebene ε!

e) Für welche Werte t (t ≠ 3) besitzt das Dreieck ∆ABCt bei Ct einen rechten Winkel?

6

–1

–10

143

Aufgaben

Aufgabe 2.3Beim Drehen eines Glücksrades treten die Ziffern 0 und 1 mit den Wahrscheinlich-

keiten und auf.

1. Das Glücksrad wird dreimal gedreht.

a) Geben Sie die Ergebnismenge und die zugehörigen Wahrscheinlichkeiten unter Verwendung eines Baumdiagramms an!

b) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeiten folgender Ereignisse!A := „Die Null tritt mehr als einmal auf.“B := „Jede der beiden Ziffern 0 und 1 tritt mindestens einmal auf.“C := „Es treten genau 2 Einsen, und zwar hintereinander, auf.“D := „Die erste oder die dritte Ziffer ist eine 1.“

2. Wie oft muß das Glücksrad mindestens gedreht werden, damit mit einer Wahr-scheinlichkeit von mehr als 95% mindestens einmal die Ziffer 1 erscheint?

3. Spieler I und II vereinbaren folgendes Spiel: Jeder dreht das Glücksrad ein-mal. Ist die Summe beider Ziffern ungerade, gewinnt der Spieler II vom Spie-ler I die Ziffernsumme in DM, andernfalls zahlt der Spieler II an den Spieler I die Ziffernsumme in DM.

a) Bestimmen Sie die Gewinnerwartung für Spieler II in drei Spielen!

Spieler II verwendet nun ein anderes Glücksrad, bei dem die Ziffer 1 mit der Wahrscheinlichkeit p und die Ziffer 0 mit der Wahrscheinlichkeit (1 – p) erdreht werden.

b) Der Spieler I verwendet weiterhin das ursprüngliche Glücksrad.Zeigen Sie, daß für beliebige Wahl von p das Spiel für den Spieler II gün-stig ist!

c) Für welches p wird das Spiel fair, wenn der Spieler I nun ebenfalls das andere Glücksrad benutzt?

34--- 1

4---

0

1

144

Thüringen 1996/97

Erwartungsbild zu Aufgabe 1.1

a) Schnittpunkt mit der x-Achse:

0 = x2 – 2x + 1 = (x – 1)2 ⇒ x1/2 = 1, also Px(1; 0)

Schnittpunkt mit der y-Achse:

f(0) = – , also Py(0; – )


f '(x) = ; f ''(x) =

f'(x) = 0 ⇒ x2 – 4x + 3 = 0 ⇒ x1 = 3; x2 = 1

f''(3) = 2 > 0 ⇒ lokale Minimumstelle: f(3) = 4, also Pmin(3; 4)

f ''(1) = –2 < 0 ⇒ lokale Maximumstelle: f(1) = 0, also Pmax(1; 0)

Wendepunkte:

f ''(x) = ≠ 0 für alle x ∈ Db ⇒ Es existieren keine Wendepunkte.

Polstelle:

x – 2 = 0 ⇒ xp = 2 (da 2 keine Nullstelle der Zählerfunktion)

b) Funktionswerte und Skizze: c) Wertebereich:f(–2) = –2,25; f(6) = 6,25 Wf = y|y ∈ R \ ]0; 4[

d) Nachweis der Stammfunktion:Es muß gelten: F'(x) = f(x)

F'(x) = x + =

= = f(x)

Inhalt der Fläche:A = A1 + A2; A2 = 4

A1 = f(x) dx

= [ x2 + ln(x – 2)] = 8 + ln3

A = 8 + ln3 + 4 = (12 + ln3) (FE)

≈ 13,1 (FE)

12--- 1

2---

x2 4x– 3+x 2–( ) 2

--------------------------- 2x 2–( ) 3

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

2x 2–( ) 3

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

O 1 x

y

1

A1

A2

f

f3 5

1x 2–------------ x x 2–( )⋅ 1+

x 2–-----------------------------------

x2 2x– 1+x 2–

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

3

5

∫12---

5

3

145

Erwartungsbilder

e) Minimale Differenz:

d(x) = – x – ; d'(x) = – ; d''(x) =

d'(x) = 0 ⇒ x2 – 4x – 5 = 0 ⇒ x1 = 5; x2 = –1 (entfällt, da x > 2)

d''(5) = > 0 ⇒ lokale Minimumstelle: d(5) = 0,38

f) Parameter a:

ha = x + a ⇒ m =

f'(x) = m, also = ⇒ x2 – 4x = 0 ⇒ x1 = 0; x2 = 4(Berührungsstellen)

ha(0) = f(0) ⇒ a1 = – ; ha(4) = f(4) ⇒ a2 = 1,5

Erwartungsbild zu Aufgabe 1.2a) Symmetrie zur y-Achse:

f(x) = f(–x), also e–0,5x2 = e–0,5(–x)2 ⇔ e–0,5x2 = e–0,5x2 (wahre Aussage)

Damit ist f symmetrisch zur y-Achse.

Schnittpunkte mit der x-Achse:

f(x) = e–0,5x2 ≠ 0 für alle x ∈ Db ⇒ Es existieren keine Schnittpunkte.

Schnittpunkte mit der y-Achse:

f(0) = e0 = 1 ⇒ Py(0; 1)


f '(x) = –x · e–0,5x2; f ''(x) = (x2 – 1) e–0,5x2

f'(x) = 0 ⇒ x = 0

f''(0) = –1 < 0 ⇒ lokale Maximumstelle; f(0) = 1, also Pmax(0; 1)

Wendepunkte:

f '''(x) = (3x – x3)e–0,5x2

f ''(x) = 0 ⇒ x2 – 1 = 0 ⇒ x1 = 1; x2 = –1

f'''(1) = ≠ 0; f '''(–1) = ≠ 0 ⇒ W1(1; ≈ 0,61); W2(–1; ≈ 0,61)

x2 2x– 1+x 2–

--------------------------- 89--- 1

2--- x2 4x– 3+

x 2–( ) 2--------------------------- 8

9--- 2

x 2–( ) 3---------------------

227------

34--- 3

4---

x2 4x– 3+x 2–( ) 2

--------------------------- 34---

12---

2e0,5-------- 2–

e0,5-------- 1

e------ 1

e------

146

Thüringen 1996/97

b) c) VKegel = · r2 · h

r = |MQ|= 1 (LE);

h = |RM| = 1 – f(1)

= (1 – ) (LE)

VKegel = · 12 · (1 – )

≈ 0,412 (VE)

d) Gleichung der Tangente: t: y = mx + n

m = f '(1) = – ; Q(1; ) ∈ t

= – · 1 + n ⇒ n = ≈ 0,61, also t: y = – x +

Schnittwinkel α:

tanα = m = – ≈ –0,61 ⇒ α ≈ 31,24°

e) Minimales Skalarprodukt:

= ; =

· = x2 – x + ; ( · )' = 2x – 1

2x – 1 = 0 ⇒ x =

( · )'' = 2 > 0 ⇒ lokale Minimumstelle S( ; 0)

f) Koeffizienten der quadratischen Funktion:q und f haben in W1 und W2 gemeinsame Tangenten.

⇒ q'(xW) = f '(xW), also a = – · e–0,5xW2

W1(1; ) ⇒ a1 = – ; W2(–1; ) ⇒ a2 = –

also: a1 = a2 = a = – ≈ –0,30

q(1) = – + c1 ⇒ c1 = ; q(–1) = – + c2 ⇒ c2 =

also: c1 = c2 = c = ≈ 0,91

O 1 x

y1

P Q

RMaßstab 1 : 2

f

M

π3---

1e

------

π3--- 1

e------

1e

------ 1e

------

1e

------ 1e

------ 2e

------ 1e

------ 2e

------

1e

------

SQ1 x–

1e

------

SR–x1

SQ SR 1e

------ SQ SR

12---

SQ SR 12---

12---

1e

------ 12 e---------- 1

e------ 1

2 e----------

12 e----------

12 e---------- 3

2 e---------- 1

2 e---------- 3

2 e----------

32 e----------

147

Erwartungsbilder

g) reelle Zahl r:0 = r · (–x · e–0,5x2) + x · (e–0,5x2(x2 – 1)) + e–0,5x2(3x – x3)Es folgt: 0 = 2x – xr = x(2 – r) und damit r = 2.

Erwartungsbild zu Aufgabe 2.1a) Nachweis der gleichen Länge der Seitenkanten:

= ; = ; =

| | = | | = | | = 6 (LE) ⇒ |AC| = |BC| = |DC| = 6 (LE)

Orthogonalität:

· = · = 0 ⇒ ⊥ ; · = 0 ⇒ ⊥

· = 0 ⇒ ⊥

Volumen der Pyramide:

V = AG · h = A∆ABC · |DC| = · ( · |AC| · |BC|) · |DC|

(da AC ⊥ BC und DC ⊥ ∆ABC)

⇒ V = · 63 = 36 (VE)

b) Mittelpunkt M:

= + = + = , also M(3; 7; 4).

Nachweis, daß E(7; 7; 3) auf BD liegt:

= + r , also = + r , d. h.,

(I) 9 – 6r = 7 wahre Aussage für r = ⇒ E liegt auf gBD;

(II) 7 = 7 0 < r < 1 ⇒ E liegt zwischen B und D;

(III) 1 + 6r = 3 Also liegt E auf der Seitenkante BD.

c) Ebenengleichung:

εEHG: x = + u + v = + u + v (u, v ∈ R)

AC0

6

0

BC–6

0

0

DC0

0

–6

AC BC DC

AC BC0

6

0 –6

0

0

AC BC AC DC AC DC

BC DC BC DC

13--- 1

3--- 1

3--- 1

2---

16---

OM OC 12--- CD

3

7

1

12---

0

0

6 3

7

4

OE OB BD7

7

3 9

7

1 –6

0

6

13---

OE EM EG7

7

3 –4

0

1 –8

–4

1

148

Thüringen 1996/97

d) Koordinaten des Punktes H:

gAD: x = + w (w ∈ R)

gAD ∩ εEHG:(I) 3 = 7 – 4u – 8v

(II) 1 + 6w = 7 – 4v ⇒ v = 1; u = –1; w=

(III) 1 + 6w = 3 + u + v und damit H(3; 3; 3)

e) Flächeninhalt der Schnittfigur ∆HEM:

= ; = ⇒ | |= (LE); | |= (LE)

cos\EHM = = ≈ 0,686 ⇒ \EHM ≈ 46,69°

A = ·|HE|· |HM|· sin\EHM = · sin46,69° ≈ 8,49 (FE)

Erwartungsbild zu Aufgabe 2.2a) Koordinaten des Punktes D:

Aus C4(4; 7; –4) und = folgt:

= ⇒ xD = –2; yD = 4; zD = –10, also D(–2; 4; –10)

Inhalt der Parallelogrammfläche:

= ; = ⇒ |AB|= 9 (LE); |BC4|= (LE)

cos\ABC4 = = ≈ –0,9733 ⇒ \ABC4 ≈ 166,74°

AABC4D = 2 · AABC4 = 2( ·|AB|· |BC4|· sin\ABC4)

= 9 · · sin166,74° ≈ 12,73 (FE)

3

1

1 0

6

6

13---

HE4

4

0

HM0

4

1

HE 32 HM 17

HE HM⋅

HE HM⋅---------------------------- 16

32 17⋅------------------------

12--- 1

2--- 32 17

AB DC4

6

3

6 4 xD–

7 yD–

4– zD–

AB6

3

6

BC4

3–

2–

5–

38

AB BC4⋅

AB BC4⋅------------------------------ 54–

9 38⋅-----------------

12---

38

149

Erwartungsbilder

b) Nachweis, daß C3(3; 7; –3) auf AB liegt:

= + r , also = + r , d. h.,

(I) 1 + 6r = 3 wahre Aussage für r = ⇒ C3 liegt auf gAB;

(II) 6 + 3r = 7 0 < r < 1 ⇒ E liegt zwischen A und B;

(III) –5 + 6r = –3 Also liegt C3 auf der Strecke AB.

Teilungsverhältnis:

= ; = ⇒ = = =

c) Schnittpunkt S:C2(2; 7; –2); C0(0; 7; 0); C–1(–1; 7; 1)

g: x = + s ; h: x = + t

(I) 2 + 6s = 3

(II) 7 – s = 7 ⇒ s = 0; t = –2, also S(2; 7; –2)

(III) –2 – 10s = t

d) Lagebeziehung g und ε:

εABG: x = + u + v = + u + v

(I) 2 + 6s = 1 + 6u ⇒ u = s +

(II) 7 – s = 6 + 3u + v ⇒ v = – 4s

(III) –2 – 10s = –5 + 6u + 4v

Das heißt: Für alle s ∈ R gibt es reelle Zahlen u = s + und v = – 4s, so daß

das resultierende Gleichungssystem (g ∩ ε) erfüllt wird. ⇒ g ∈ ε

e) Parameter t:

· = 0, also · = 0

⇒ t2 – 6t = 0 ⇒ t1 = 0; t2 = 6

OC3 OA AB3

7

3– 1

6

5– 6

3

6

13---

AC3

2

1

2

C3B4

2

4

AC3

C3B-----------

AC3

C3B-------------- 9

36---------- 1

2---

2

7

2– 6

1–

10– 0

7

0 1–

0

1

OC1 AB AC1

1

6

5– 6

3

6 0

1

4

16---

12---

16--- 1

2---

CtA CtB1 t–

1–

5– t+ 7 t–

2

1 t+

150

Thüringen 1996/97

Erwartungsbild zu Aufgabe 2.31. a) Baumdiagramm:

Ergebnismenge:Ω = (1, 1, 1); (1, 1, 0); (1, 0, 1); (1, 0, 0); (0, 1, 1); (0, 1, 0); (0, 0, 1); (0, 0, 0)

b) Ereigniswahrscheinlichkeiten:ΩA = (1, 0, 0); (0, 1, 0); (0, 0, 1); (0, 0, 0)

P(A) = + + + = =

ΩB = (1, 1, 0); (1, 0, 1); (1, 0, 0); (0, 1, 1); (0, 1, 0); (0, 0, 1)

P(B) = + + + + + = =

ΩC = (1, 1, 0); (0, 1, 1)

P(C) = + = =

ΩD = (1, 1, 1); (1, 1, 0); (1, 0, 1); (1, 0, 0); (0, 1, 1); (0, 0, 1)

P(D) = + + + + + = =

ei P(ei)

(1, 1, 1) ( )3 =

(1, 1, 0) ( )2 · =

(1, 0, 1) · · =

(1, 0, 0) · ( )2 =

(0, 1, 1) · ( )2 =

(0, 1, 0) · · =

(0, 0, 1) ( )2 · =

(0, 0, 0) ( )3 =

1

0

1

0

1

0

1

0

1

34---

14---

1

00

1

0

34---

34--- 1

4---

14---

34---

14---

34---

14---

34---

14---

34---

14---

14--- 1

64------

14--- 3

4--- 3

64------

14--- 3

4--- 1

4--- 3

64------

14--- 3

4--- 9

64------

34--- 1

4--- 3

64------

34--- 1

4--- 3

4--- 9

64------

34--- 1

4--- 9

64------

34--- 27

64------

964------ 9

64------ 9

64------ 27

64------ 54

64------ 27

32------

364------ 3

64------ 9

64------ 3

64------ 9

64------ 9

64------ 36

64------ 9

16------

364------ 3

64------ 6

64------ 3

32------

164------ 3

64------ 3

64------ 9

64------ 3

64------ 9

64------ 28

64------ 7

16------

151

Erwartungsbilder

2. X = Anzahl der Einsen; n = Anzahl der Drehungen

P(X ≥ 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – · ( )n · ( )0 = 1 – ( )n

P(X ≥ 1) = 1 – ( )n > 0,95 ⇒ 0,05 > ( )n ⇒ n > ≈ 10,41

n ≥ 11 , d.h.: Das Glücksrad muß mindestens 11mal gedreht werden.

3. a) Gewinnerwartung für Spieler II

Mögliche Ergebnisse beim Drehen des Glücksrades durch Spieler I und II:

Ω = (0; 0), (0; 1), (1; 0), (1; 1):

E(X) = (0 · ( )2 + 2 · ( · ) – 2 · ( )2) · 3 = =

Da E(x) > 0, lohnt sich das Spiel für Spieler II.

b) beliebige p:

E(X) = 0 · (1 – p) + p + (1 – p) – 2 · p = > 0

Da E(X) > 0 für beliebige p gilt, ist das Spiel für Spieler II immer günstig.

c) Faires Spiel, d. h. E(X) = 0:

E(X) = 0 · (1 – p)2 + (1 – p)p + p(1 – p) – 2p2 = 0

⇒ p2 – p = 0 ⇒ p1 = 0 (entfällt); p2 =

Ziffernsumme 0 1 1 2

Gewinn in DM 0 +1 +1 –2

xi 0 +1 –2

P(X = xi) ( )2 2 · ( · ) ( )2

xi 0 +1 +1 –2

P(X = xi) (1 – p) p (1 – p) p

xi 0 +1 +1 –2

P(X = xi) (1 – p)2 (1 – p)p p(1 – p) p2

n0

34--- 1

4--- 3

4---

34--- 3

4--- 0,05ln

3 4⁄( )ln----------------------

34--- 1

4--- 3

4--- 1

4---

34--- 1

4--- 3

4--- 1

4--- 12

16------ 3

4---

34--- 3

4--- 1

4--- 1

4---

34--- 3

4--- 1

4--- 1

4--- 1

4---

12--- 1

2---

152

Thüringen 1996/97

Bewertungsvorschlag

AufgabeTeilaufgabe Summe

a) b) c) d) e) f) g)

1.1 10 3 1 5 6 5 30

1.2 12 2 2 4 4 4 2 30

2.1 4 3 1 4 3 15

2.2 4 2 3 4 2 15

1. a) 1. b) 2. 3. a) 3. b) 3. c)

2.3 2 4 2 3 2 2 15


1996 / 97

Gymnasium

Berlin / Camille-Claudel-Gymnasium

154

Camille-Claudel-Gymnasium Berlin 1996/97

Aufgabe 1Gegeben seien die Punkte A(–1|–2|3), B(1|0|1) und die Gerade

g: x = + r für r ∈ R.

a) Geben Sie eine Gleichung der Geraden h durch A und B an.

b) Berechnen Sie den Schnittpunkt und den Schnittwinkel von g und h.

c) Ermitteln Sie eine Gleichung der Geraden h1, die parallel zu h durch den Punkt P(–1|–2|–3) verläuft.Begründen Sie Ihre Wahl.

d) Zeigen Sie, daß die Geraden h1 und g zueinander windschief liegen.Berechnen Sie den Abstand des Punktes P von der Geraden g.

Aufgabe 2

Gegeben ist die Funktion f durch die Gleichung f(x) = .

a) Geben Sie den maximalen Definitionsbereich der Funktion f an, bestimmen Sie die Nullstelle und die Polstelle der Funktion.Untersuchen Sie das Verhalten der Funktion f im Unendlichen.

b) Berechnen Sie die Koordinaten des lokalen Extrempunktes des Graphen von f.Untersuchen Sie die Art des Extremums.

c) Skizzieren Sie den Graphen der Funktion f im Intervall –5 ≤ x ≤ 5.

d) Für genau einen Wert von a ist F(x) = + 4 · ln(x + 2) eine Stammfunktion

von f mit a ∈ R, x > –2.Ermitteln Sie a

Aufgabe 3

Eine Funktion f ist gegeben durch die Gleichung f(x) = (1 – e–x)2 und Df = R.

a) Bestimmen Sie die Nullstellen, Extrem- und Wendepunkte von f.

[mögliches Zwischenergebnis: f '(x) = 2e–x – 2e–2x]

b) Wie verhält sich die Funktion f für x → +∞ und x → –∞?

3

0

2 1

1–

2

4x 6+x 2+( ) 2

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

ax 2+------------

155

Aufgaben

c) Zeichnen Sie den Graphen der Funktion f im Intervall –1 ≤ x ≤ 5 (1 LE = 2 cm).

d) Durch die Gleichung g(x) = –(1 – e–x)2 + 2 ist eine Funktion g gegeben. Begründen Sie, daß die Graphen von f und g symmetrisch bezüglich der Gera-den mit der Gleichung y = 1 liegen.

e) Die Graphen der Funktionen f und g schneiden einander im Punkt S(–ln2|1). Sie begrenzen im zweiten Quadranten eine Fläche vollständig. Berechnen Sie deren Inhalt.

156


Erwartungsbild zu Aufgabe 1

a) Geradengleichung: h: x = + s für s ∈ R

b) Schnittpunkt:

+ s = + r

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

2s – r = 4–2r = 2–3r = 3

2s – r = 4–2r = 2

r = –1, s =

= + = , d.h.: S(2|1|0) ist Schnittpunkt.

Schnittwinkel:

cosγ = für m = , |m| = =

n = , |n| = =

cosγ = = 0,4719 ⇒ γ = 61,9°

c) Parallele h1 zu h:

h1 ist parallel zu h, wenn die zugehörigen Richtungsvektoren bzw. a kolli-

near sind, z.B:

= k mit k = –1 ⇒ = ; mit P(–1|–2|–3) ergibt sich:

1–

2–

3 2

2

2–

1–

2–

3 2

2

2– 3

0

2 1

1–

2

(–)(+)

· 3· (–2)

32---

OS1–

2–

3

32---

2

2

2– 2

1

0

m n⋅

m n⋅------------------

1

1–

2

1 1 4+ + 6

2

2

2–

4 4 4+ + 12

2 2– 4–6 12⋅

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

a1

a1

2

2

2–

a1

2–

2–

2

157

Erwartungsbilder

h1: x = + t für t ∈ R.

d) h1 ist windschief zu g, denn

– h1 ist nicht parallel zu g, da nicht kollinear zum Richtungsvektor

m = von g, , weil ≠ k .

– h1 und g besitzen keinen Schnittpunkt:

Aus + t = + r folgt:

(I) –1 – 2t = 3 + r –2t – r = 4(II) –2 – 2t = –r –2t + r = 2(III) –3 + 2t = 2 + 2r +2t – 2r = 5

–2t – r = 4

–4t = 6 ⇒ t = –

–3r = 9 ⇒ r = –3

t und r eingesetzt in (I): 3 + 3 ≠ 4

Abstand Punkt P – Gerade g:

P(–1|–2|–3); g: x = + r

Betrachtet wird eine Ebene ε, die P enthält und senkrecht zu g verläuft.

⇒ Normalenvektor von ε entspricht Richtungsvektor von g:

ε: [x – ] · = 0

Man ermittelt den Lotfußpunkt F von P auf g als Schnittpunkt von g und ε:

[ + r – ] · = 0

· = (r + 4) – (–r + 2) + 2(2r + 5) = 0, also 6r + 12 = 0 ⇒ r = –2

1–

2–

3– 2–

2–

2

a1

2–

2–

2 2–

2–

2 1

1–

2

1–

2–

3– 2–

2–

2 3

0

2 1

1–

2

(+)(+)

32---

d

P

g

h1

ε

F

3

0

2 1

1–

2

1–

2–

3– 1

1–

2

3

0

2 1

1–

2 1–

2–

3– 1

1–

2

r 4+

r– 2+

2r 5+ 1

1–

2

158


F(1|2|–2); Abstand = | – | = | | = ≈ 4,58 (LE)


a) Gleichung der Geraden h 2 BEb) Lösung des Gleichungssystems; Schnittpunkt S 6 BE

Anwendung der Kosinusformel; Schnittwinkel 5 BEc) Gleichung der Geraden h1; Begründung 4 BEd) Nachweis: Lage von g und h1 windschief 6 BE

Bestimmung des Lotfußpunktes von P auf g 6 BEAbstand von P zu g 3 BE

32 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 2a) Definitionsbereich: Df = R \ –2

Nullstelle: 4x + 6 = 0 ⇒ x = – ist Nullstelle.

Polstellen: = –∞, d.h. x = –2 ist Polstelle.

Verhalten im Unendlichen: = = = 0

b) Extrempunkt:

f '(x) = =

f ''(x) = =

Extrempunkt: –4x – 4 = 0 ⇒ x = –1; f ''(1) = –4 < 0 ⇒ PMax(–1|2)

c)

x –5 –4 –3 –1 0 1 2 3 4 5

f(x) –1,56 –2,5 –6 2 1,5 1,08 0,88 0,72 0,61 0,53

PF1

2

2– 1–

2–

3– 2

4

1

21

32---

f x( )x 2–→x 2–>x 2–<

lim

f x( )x ∞±→

limx ∞±→

limx2( 4

x--- 6

x2-----)+

x2(1 4x--- 4

x2----- )+ +

----------------------------------- 01---

4 x 2+( ) 2 4x 6+( ) 2 x 2+( )⋅–x 2+( ) 4

--------------------------------------------------------------------------------- 4x– 4–x 2+( ) 3

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

4– x 2+( ) 3 4– x 4–( ) 3 x 2+( ) 2⋅–x 2+( ) 6

----------------------------------------------------------------------------------------- 8x 4+x 2+( ) 4

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

159

Erwartungsbilder

d) F(x) = + 4ln(x + 2) ist eine Stammfunktion.

⇒ F'(x) = + 4 · = f(x)

+ = , also = ⇒ –a + 4x + 8 = 4x + 6

⇒ a = 2


a) Definitionsbereich; Nullstelle 3 BEPolstelle 2 BEVerhalten im Unendlichen 4 BE

b) Erste und zweite Ableitung 6 BEExtrempunkt; Art des Extrempunktes 5 BE

c) Wertetabelle 2 BEZeichnung 4 BE

d) Ableitung der Stammfunktion; Gleichsetzung mit f(x); Berechnung von a 4 BE

30 BE

Erwartungsbild zu Aufgabe 3

a) f'(x) = 2(1 – e–x) · (–e–x) · (–1) = 2e–x – 2e–2x

f ''(x) = –2e–x – 4e–2x; f '''(x) = 2e–x – 8e–2x

Nullstellen: (1 – e–x)2 = 0 ⇒ e–x = 1, also x = 0Extrempunkte:

2e–x + 2e–2x = 0 ⇒ e–x = e–2x ⇒ –x = –2x, also x = 0

1

1x

yP

f

O

ax 2+------------

a– 1⋅x 2+( ) 2

--------------------- 1x 2+------------

a–x 2+( ) 2

--------------------- 4x 2+------------ 4x 6+

x 2+( ) 2--------------------- a– 4 x 2+( )+

x 2+( ) 2------------------------------------ 4x 6+

x 2+( ) 2---------------------

160


f ''(0) = –2 + 4 = 2 > 0 ⇒ Minimumpunkt PMin(0|0)Wendepunkte:

–2e–x – 4e–2x = 0, also e–x(–1 + 2e–x) = 0

Wegen e–x > 0 folgt: 2e–x = 1, also e–x =

⇒ –x = ln und somit x = ln2 ≈ 0,69

f'''(0,69) = 1 – 2 = –1 ≠ 0 ⇒ Wendepunkt W(0,69|0,25)

b) Verhalten im Unendlichen:

(1 – e–x)2 = (1 – )2 = 1

(1 – )2 = (1 – ex)2 = +∞

d) Spiegelt man den Graphen von f an der x-Achse, so erhält man das Bild von

f1(x) = –(1 – e–x)2 mit = –1.

Verschiebung um +2 längs der y-Achse ergibt den Graphen von g, der symme-trisch zu y = 1 liegt.

e) Flächeninhalt

A= [g(x) – f(x)] dx

g(x) – f(x) = (–1 + 2e–x – e–2x + 2)

– (1 – 2e–x + e–2x)

= 4e–x – 2e–2x

12---

12---

x +∞→lim

x +∞→lim 1

ex-----

x –∞→lim 1

ex-----

x –∞→lim

1

1x

y

W

PMIN

f

–1 5

x –1 1 2 3 4 5

f(x) 2,95 0,40 0,75 0,90 0,96 0,99

c)

1

1x

y

f1

f

g

–1 5

y = 1

0

f1 x( )x ∞→lim

1

1x

y

f

g

–1 5

S

2ln–

0

∫

161

Erwartungsbilder

A= (4e–x – 2e–2x) dx = [–4e–x + e–2x]

= (–4 + 1) – (–8 + 4) = 1 (FE)


a) Nullstelle; 3 BEErste, zweite und dritte Ableitung 6 BEBerechnung und Nachweis des lokales Minimums 4 BEBerechnung und Nachweis des Wendepunktes 4 BE

b) Verhalten im Unendlichen 6 BEc) Wertetabelle; Zeichnung des Graphen und der Ergebnisse

aus a) und b) 6 BEd) Begründung der Symmetrie 4 BEe) Differenzfunktion g(x) – f(x); 2 BE

Stammfunktion und Fläche 3 BE38 BE

2ln–

0

∫ 22---

0

2ln–

inhaltne.lo-net2.de/selbstlernmaterial/m/abi/nbl/nbl-96-97gk_al.pdf · der basketballer „long...

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