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Pflichtaufgaben (P1-P4)

Aufgaben
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P1
Neues Abi BaWü 2024 Pflichtaufgaben P1 Neues Abi BaWü 2024 Pflichtaufgaben P1
a)
Zeige, dass diejenige der beiden Tangenten, die durch den Koordinatenursprung verläuft, die Steigung \(1\) hat.
(1 BE)
b)
Berechne den Inhalt des Flächenstücks, das von \(G_f\) und den beiden Tangenten eingeschlossen wird.
(4 BE)
P2
a)
Zeige, dass \(f eine Gleichung der ersten Ableitungsfunktion ist.
(1 BE)
b)
Die beiden Tiefpunkte des Graphen von \(f\) haben jeweils die \(y-\)Koordinate \(-1.\)
Ermittle den Wert von \(k.\)
(4 BE)
P3
Betrachtet werden die Ebene \(E:\,x_1-x_2+x_3-3=0\) und für \(a\in\mathbb{R}\) die Geraden
\(g_a:\, \vec{x}=\pmatrix{1\\-2\\0}+\lambda\cdot\pmatrix{2\\1+a\\2}\) mit \(\lambda \in \mathbb{R}.\)
a)
Bestimme denjenigen Wert von \(a\), für den die Gerade \(g_a\) senkrecht zu \(E\) steht.
(2 BE)
b)
Untersuche, ob es einen Wert von \(a\) gibt, für den die Gerade \(g_a\) in \(E\) liegt.
(3 BE)
P4
a)
In einem Gefäß befinden sich zwei rote und acht schwarze, sonst nicht unterscheidbare Kugeln.
Zwei Kugeln werden nacheinander ohne Zurücklegen gezogen.
Bestimme die Wahrscheinlichkeit dafür, dass dabei genau eine rote Kugel gezogen wird.
(2 BE)
b)
In einem Gefäß befinden sich eine rote und \(n\) schwarze Kugeln.
Zwei Kugeln werden nacheinander ohne Zurücklegen gezogen.
Bestimme den kleinsten Wert für \(n,\) für den gilt:
Die Wahrscheinlichkeit dafür, dabei keine rote Kugel zu ziehen, beträgt mindestens 90 %.
(3 BE)
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Lösungen
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P1
a)
Der Graph von \(f\) schneidet die \(x\)-Achse unter anderem bei \(x=0\). Es gilt also die Steigung von \(f\) an der Stelle \(x=0\) zu berechnen. Mit \(f folgt:
\(f
Damit hat die Tangente die Steigung \(1.\)
b)
Um den Inhalt des Flächenstücks zu berechnen, wird die Symmetrie der Fläche bezüglich der zur \(y\)-Achse parallelen Gerade \(x = \frac{\pi}{2}\) genutzt. Damit folgt:
\(\begin{array}[t]{rlll}
            A&=& 2 \cdot \displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\; \left(x-\sin(x)\right) \; \mathrm{dx} & \quad \scriptsize \\[5pt]
            &=& 2 \cdot \Big[\dfrac{1}{2}x^2-\left(-\cos(x)\right)\Big]_{0}^{\frac{\pi}{2}} & \quad \scriptsize \\[5pt]
            &=& 2 \cdot \Big[\dfrac{x^2}{2}+\cos(x)\Big]_{0}^{\frac{\pi}{2}} & \quad \scriptsize \\[5pt]
            &=& 2 \cdot \Big(\left(\dfrac{1}{2}\cdot\left(\dfrac{\pi}{2}\right)^2+\cos(\dfrac{\pi}{2})\right)-\left(\dfrac{0^2}{2}+\cos(0)\right)\Big) & \quad \scriptsize \\[5pt]
            &=& 2 \cdot \Big(\left(\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{\pi^2}{4}+0\right)-\left(0+1\right) \Big) & \quad \scriptsize \\[5pt]
            &=& 2 \cdot \Big( \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi^2}{4}-1 \Big) & \quad \scriptsize \\[5pt]
            A &=& \dfrac{\pi^2}{4}-2\,[\text{FE}]\\[5pt]
            \end{array}\)
P2
a)
Durch Ableiten und Ausklammern ergibt sich:
\(\begin{array}[t]{rll}
    f
b)
1. Schritt: Notwendige Bedingung für Extremstellen anwenden
\(\begin{array}[t]{rll}
    f
Nach dem Satz vom Nullprodukt muss entweder \(2x=0\) oder \(2x^2-k=0\) sein. Damit liegt die erste Extremstelle bei \(x_1=0\). Weiter ist:
\(\begin{array}[t]{rll}
    2x^2-k &=&0 &\quad \scriptsize \mid\; +k \\[5pt]
    2x^2 &=&k &\quad \scriptsize \mid\;:2 \\[5pt]
    x^2 &=&\dfrac{k}{2} &\quad \scriptsize \mid\;\sqrt{\;} \\[5pt]
    x_{2/3} &=&\pm \sqrt{\dfrac{k}{2}}. &\quad \scriptsize \\[5pt]
    \end{array}\)
Damit hat \(f\) zwei weitere Extremstellen bei \(x_2= \sqrt{\dfrac{k}{2}}\) und \(x_3=- \sqrt{\dfrac{k}{2}}\).
Auf die hinreichende Bedingung kann verzichtet werden, da die Existenz zweier Tiefpunkte durch die Aufgabenstellung gegeben ist. Zwei Tiefpunkte können nicht aufeinander folgen, daher liegt bei \(x_1=0\) ein Hochpunkt und bei \(x_2\) und \(x_3\) jeweils ein Tiefpunkt.
2. Schritt: Berechnung des Wertes k
Für \(k\gt0\) und \(x_2\) gilt:
\(f\left(\sqrt{\dfrac{k}{2}}\right)\) \(= \left(\sqrt{\dfrac{k}{2}}\right)^4-k \cdot \left(\sqrt{\dfrac{k}{2}}\right)^2\) \(=\dfrac{k^2}{4}-k \cdot \dfrac{k}{2} \) \(=\dfrac{k^2}{4}-\dfrac{k^2}{2}=-\dfrac{k^2}{4}\)
Für \(k>0\) und \(x_3\) gilt ebenfalls:
\(f\left(-\sqrt{\dfrac{k}{2}}\right) = -\dfrac{k^2}{4}\)
Da die Tiefpunkte die \(y\)-Koordinate \(-1\) haben, lässt sich \(k\) durch folgende Gleichung ermitteln:
\(\begin{array}[t]{rll}
    -\dfrac{k^2}{4}&=&-1 &\quad \scriptsize \mid\; \cdot(-4)\\[5pt]
    k^2&=&4 &\quad \scriptsize \mid\; \sqrt{\;}\\[5pt]
    k&=&2
    \end{array}\)
Für \(k=2\) haben die beiden Tiefpunkte des Graphen von \(f\) die \(y\)-Koordinate \(-1.\)
P3
a)
\(E\) und \(g_a\) stehen senkrecht zueinander wenn der Richtungsvektor von \(g_a\) und die Normalenvektoren von \(E\) parallel sind.
Ein Normalenvektor der Ebene \(E\) ist \( \overrightarrow{n} =\pmatrix{1\\-1\\1}.\)
Der Richtungsvektor von \(g_a\) ist \(\pmatrix{2\\1+a\\2}.\)
Damit die beiden parallel sind, muss es ein \(\lambda\) geben, für welches gilt:
\( \pmatrix{1\\-1\\1}\cdot \lambda=\pmatrix{2\\1+a\\2}\)
Aus der ersten (und dritten) Zeile folgt \(\lambda=2\) und aus der zweiten Zeile folgt \( -\lambda = 1+a.\)
\(\begin{array}[t]{rll}
    -\lambda&=& 1+a \quad \scriptsize \mid\;\lambda=2 \\[5pt]
    -2&=& 1+a \quad \scriptsize \mid\;-1 \\[5pt]
    -3&=&a \\[5pt]
    a&=& -3
    \end{array}\)
Für \(a=-3\) steht \(g_a\) senkrecht zu \(E.\)
b)
Damit \(g_a\) in der Ebene \(E\) liegt, muss der Richtungsvektor von \(g_a\) parallel zu \(E\) verlaufen und damit senkrecht zu \(\overrightarrow{n}\) sein.
Skalarprodukt der beiden Vektoren bestimmen:
\(\begin{array}[t]{rll}
        \pmatrix{1\\-1\\1} \circ \pmatrix{2\\1+a\\2} &=&0 \\[5pt]
        1\cdot2+(-1)\cdot(1+a)+1\cdot2 &=& 0 \\[5pt]
        2-1-a+2 &=& 0 &\quad \scriptsize \mid \, +a\\[5pt]
        3 &=& a \\[5pt]
        a&=& 3
        \end{array}\)
Für \(a=3\) sind die Gerade und die Ebene also parallel.
Liegt nun zusätzlich der Stützpunkt \(\left(1 \mid -2\mid 0\right)\) von \(g_a\) auch in \(E,\) dann liegt für \(a=3\) ganz \(g_a\) in \(E.\)
\(\begin{array}[t]{rll}
        E:\quad x_1-x_2+x_3-3&=& 0 &\quad \scriptsize \left(1 \mid -2\mid 0\right) \text{ einsetzen}\\[5pt]
        1-(-2)+0-3&=& 0 \\[5pt]
        0&=& 0 \\[5pt]
        \end{array}\)
Somit liegt die Gerade \(g_a\) für \(a=3\) in \(E.\)
P4
a)
Anwenden der Pfadregeln:
\(\frac{2}{10}\cdot\frac{8}{9}+\frac{8}{10}\cdot\frac{2}{9}=\frac{16}{90}+\frac{16}{90}\)\(=\frac{32}{90}=\frac{16}{45}\)
Mit einer Wahrscheinlichkeit von \(\frac{16}{45}\) wird genau eine rote Kugel gezogen.
b)
Die Wahrscheinlichkeit keine rote Kugel zu ziehen, lässt sich durch folgenden Term darstellen:
\(\dfrac{n}{n+1}\cdot\dfrac{n-1}{n}=\dfrac{n-1}{n+1}\)
Damit folgt:
\(\begin{array}[t]{rll}
        \dfrac{n-1}{n+1}&\geq&0,9 &\quad \scriptsize \mid\; \cdot(n+1) \\[5pt]
        n-1&\geq& 0,9\cdot n+0,9 &\quad \scriptsize \mid\; +1\mid\;-0,9n\\[5pt]
        0,1\cdot n&\geq& 1,9&\quad \scriptsize \mid\;\cdot 10 \\[5pt]

        n&\geq& 19 \\[5pt]

        \end{array}\)
Der kleinste Wert für \(n\), bei dem die Aussage erfüllt wird, ist \(19.\)
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