Abiturprüfung Mathematik 2016 Baden-Württemberg Allgemeinbildende Gymnasien Pflichtteil Lösungen klaus_messner@web.de www.elearning-freiburg.de

Pflichtteil 2016 Aufgabe 1: Bilden Sie die Ableitung der Funktion 𝑓 mit 𝑓 𝑥 = 5𝑥+1 ⋅sin⁡( 𝑥 2 ). (2 VP) Lösung: Verwende die Produkt- und Kettenregel 𝑓 ′ 𝑥 =5 sin 𝑥 2 + 5𝑥+1 ⋅ cos 𝑥 2 ⋅2𝑥 =5 sin 𝑥 2 +2𝑥 5𝑥+1 cos 𝑥 2

Pflichtteil 2016 Aufgabe 2: Gegeben ist die Funktion 𝑓 mit 𝑓(𝑥)= 48 2𝑥−4 3 . Bestimmen Sie diejenige Stammfunktion 𝐹 von 𝑓 mit 𝐹 3 =1. (2 VP) Lösung: 𝐹 𝑥 = 48 2𝑥−4 3 𝑑𝑥 = 48⋅ 2𝑥−4 −3 𝑑𝑥 =48⋅ − 1 2 ⋅ 2𝑥−4 −2 ⋅ 1 2 +𝐶=− 12 2𝑥−4 2 +𝐶 Mit der Bedingung 𝐹(3)=1 können wir nun 𝐶 bestimmen und erhalten damit die gesuchte Stammfunktion.

𝐹(𝑥)= 12 2𝑥−4 2 +𝐶 Pflichtteil 2016 Mit der Bedingung 𝐹(3)=1 folgt: − 12 2⋅3−4 2 +𝐶=1 ⇔ −3+𝐶=1⇔𝐶=4 Ergebnis: Die gesuchte Stammfunktion lautet 𝐹 𝑥 =− 12 2𝑥−4 2 +4.

Pflichtteil 2016 Aufgabe 3: Lösen Sie die Gleichung 3− 𝑒 𝑥 = 2 𝑒 𝑥 . (3 VP) Lösung: 3− 𝑒 𝑥 = 2 𝑒 𝑥 |⋅ 𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥 2 +3 𝑒 𝑥 =2 |−2 − 𝑒 𝑥 2 +3 𝑒 𝑥 −2=0 |⋅ −1 𝑒 𝑥 2 −3 𝑒 𝑥 +2=0 |Substitution 𝑧:= 𝑒 𝑥 𝑧 2 −3𝑧+2=0 |p,q-Formel 𝑧 1,2 = 3 2 ± 9 4 −2 |weiter siehe nächste Folie

Pflichtteil 2016 ⇓ ⇓ 𝑧 1,2 = 3 2 ± 1 2 |ausrechnen 𝑧 1,2 = 3 2 ± 9 4 −2 Pflichtteil 2016 𝑧 1,2 = 3 2 ± 1 2 |ausrechnen 𝑧 1 =2 𝑧 2 =1 |Rücksubstitution ⇓ ⇓ 𝑒 𝑥 =2 𝑒 𝑥 =1 |auflösen nach 𝑥 𝑥 1 =ln⁡(2) 𝑥 2 =0 Ergebnis: 𝕃= 0; ln 2 .

Pflichtteil 2016 Aufgabe 4: Der Graph der Funktionen 𝑓mit 𝑓(𝑥)=− 1 6 𝑥 3 + 𝑥 2 −𝑥 besitzt einen Wendepunkt. Zeigen Sie, dass 𝑦=𝑥− 4 3 eine Gleichung der Tangente in diesem Wendepunkt ist. (4 VP) Lösung: Wir bestimmen zunächst den Wendepunkt: 𝑓′(𝑥)=− 1 2 𝑥 2 +2𝑥−1, 𝑓 ′′ 𝑥 =−𝑥+2, 𝑓 ′′′ 𝑥 =−1 Mit 𝑓 ′′ 𝑥 =0 folgt −𝑥+2=0 also 𝑥=2. Mit 𝑓 ′′′ 2 =−1≠0 liegt an der Stelle 𝑥=2 somit tatsächlich ein Wendepunkt vor.

𝑓(𝑥)=− 1 6 𝑥 3 + 𝑥 2 −𝑥 Pflichtteil 2016 𝑓′(𝑥)=− 1 2 𝑥 2 +2𝑥−1 Mit 𝑓 2 =− 1 6 2 3 + 2 2 −2=− 4 3 +2= 2 3 liefert die 𝑦-Koordinate des Wendepunkts. Somit haben wir 𝑊 2 2 3 . Die Gleichung der Tangente bekommen wir mit der Tangentenformel: 𝑦=𝑓′ 𝑥 0 𝑥− 𝑥 0 +𝑓( 𝑥 0 ) In unserem Fall ist 𝑥 0 =2 und mit 𝑓 ′ 2 =1 und 𝑓 2 = 2 3 erhalten wir: 𝑦=1 𝑥−2 + 2 3 =𝑥− 4 3 Ergebnis: Die Gleichung der Tangente im Wendepunkt lautet 𝑦=𝑥− 4 3 .

Pflichtteil 2016 Aufgabe 5: Die Abbildung zeigt den Graphen einer Stammfunktion 𝐹 einer Funktion 𝑓. Entscheiden Sie, ob folgende Aussagen wahr oder falsch sind. Begründen Sie jeweils Ihre Entscheidung. 𝑓 1 =𝐹 1 𝑓‘ besitzt im Bereich −1≤𝑥≤1 eine Nullstelle. 𝑓 𝐹 −2 >0 (5 VP) 𝑦 Graph von 𝐹 4 3 2 1 0 2 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =4 −2 −1 1 2 𝑥

𝑓 1 =𝐹 1 Pflichtteil 2016 0 2 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =4 Lösung Da 𝐹 eine Stammfunktion von 𝑓 ist gilt 𝐹‘ 𝑥 =𝑓 𝑥 . Wir lesen ab 𝐹(1)=0 und sehen, dass 𝐹 an der Stelle 𝑥=1 eine waagrechte Tangente hat. Somit gilt 𝐹‘ 1 =0 und wegen 𝐹‘ 1 =𝑓 1 folgt die Behauptung. Ergebnis: Die Aussage ist wahr. Nach dem Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung gilt Ergebnis: Die Aussage ist falsch. 𝑦 Graph von 𝐹 4 3 2 1 −2 −1 1 2 𝑥 0 2 𝑓 𝑥 𝑑𝑥 =𝐹 2 −𝐹 0 =4−2=2≠4

𝑓‘ besitzt im Bereich −1≤𝑥≤1 eine Nullstelle. 𝑓 𝐹 −2 >0 Pflichtteil 2016 Wir sehen, dass 𝐹 bei 𝑥=0 einen Wendepunkt besitzt. Somit gilt 𝐹‘‘(0)=0. Wegen 𝐹‘(𝑥)=𝑓(𝑥) folgt sofort 𝐹‘‘(0)=𝑓‘(0)=0, d.h. 𝑓‘ hat bei 𝑥=0 eine Nullstelle. Ergebnis: Die Aussage ist wahr. Wegen 𝑓 𝑥 =𝐹‘ 𝑥 können wir statt 𝑓 𝐹 −2 auch 𝐹′ 𝐹 −2 schreiben. Aus der Abbildung lesen wir 𝐹 −2 =0 ab und müssen nun nur noch 𝐹′ 0 bilden. Wir sehen aber, dass der Graph von F bei x=0 (im Wendepunkt) eine fallende Tangente hat, d.h. 𝐹 ′ 0 <0. Ergebnis: Die Aussage ist falsch. 𝑦 Graph von 𝐹 4 3 2 1 −2 −1 1 2 𝑥

Pflichtteil 2016 Aufgabe 6: Gegeben ist die Gerade 𝑔: 𝑥 = 3 0 1 +𝑟⋅ 1 4 3 . Untersuchen Sie, ob es einen Punkt auf 𝑔 gibt, dessen drei Koordinaten identisch sind. Die Gerade ℎ verläuft durch 𝑄 8 5 10 und schneidet 𝑔 orthogonal. Bestimmen Sie eine Gleichung von ℎ. (5 VP)

𝑔: 𝑥 = 3 0 1 +𝑟⋅ 1 4 3 Pflichtteil 2016 Lösung a) Ein Punkt, dessen drei Koordinaten identisch sind beschreiben wir z.B. mit 𝑃 𝑘 𝑘 𝑘 . Wir müssen also feststellen, ob es ein 𝑘 und ein 𝑟 gibt, so dass sich die Gleichung 𝑘 𝑘 𝑘 = 3 0 1 +𝑟⋅ 1 4 3 widerspruchsfrei lösen lässt. Aus der zweiten Koordinatengleichung erhalten wir 𝑘=4𝑟 und damit 𝑟 = 𝑘 4 . Einsetzen in die erste Koordinatengleichung liefert 𝑘=3+ 𝑘 4 . Nach Multiplikation mit 4 folgt 4𝑘=12+𝑘 und damit 3𝑘=12 bzw. 𝑘=4. Mit 𝑘=4 haben wir nun 𝑟=1 und wir müssen nur noch feststellen, ob mit diesen Werten auch die dritte Koordinatengleichung widerspruchsfrei ist. Einsetzen liefert 4=1+1⋅3 was offensichtlich korrekt ist. Ergebnis: Der Punkt 𝑃 4 4 4 hat die gewünschten Eigenschaften.

𝑔: 𝑥 = 3 0 1 +𝑟⋅ 1 4 3 𝑄 8 5 10 Pflichtteil 2016 Lösung b) Ein Punkt 𝑃 auf g hat die Koordinaten 𝑃 3+𝑟 4𝑟 1+3𝑟 . Wenn ℎ die Gerade 𝑔 orthogonal schneidet, dann muss das Skalarprodukt des Richtungsvektors 1 4 3 von g mit dem Vektor 𝑃𝑄 gleich 0 sein. Mit 𝑃𝑄 = 8 5 10 − 3+𝑟 4𝑟 1+3𝑟 = 5−𝑟 5−4𝑟 9−3𝑟 folgt also 5−𝑟 5−4𝑟 9−3𝑟 ⋅ 1 4 3 =0 ⇔ 5−𝑟 + 5−4𝑟 ⋅4+ 9−3𝑟 ⋅3=0 𝑔 ℎ 𝑃 𝑄

𝑃𝑄 = 5−𝑟 5−4𝑟 9−3𝑟 𝑄 8 5 10 Pflichtteil 2016 5−𝑟 + 5−4𝑟 ⋅4+ 9−3𝑟 ⋅3=0 ⇔52−26𝑟=0 ⇔ 52=26𝑟 ⇔ 𝑟=2 Damit erhalten wir den Richtungsvektor 𝑃𝑄 von ℎ: 𝑃𝑄 = 3 −3 3 . Mit 𝑞 = 8 5 10 als Stützvektor ergibt sich daraus eine Geradengleichung für ℎ. Ergebnis: Die Gerade ℎ ist gegeben durch die Gleichung ℎ: 𝑥 = 8 5 10 +s⋅ 3 −3 3 ; 𝑠∈ℝ. 𝑃 𝑄 𝑔 ℎ

Pflichtteil 2016 Aufgabe 7: Gegeben ist die Ebene 𝐸:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =28. Es gibt zwei zu 𝐸 parallele Ebenen 𝐹 und 𝐺, die vom Ursprung den Abstand 2 haben. Bestimmen Sie jeweils eine Gleichung von 𝐹 und 𝐺. (3 VP)

𝐸:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =28 Pflichtteil 2016 Lösung Eine Ebene 𝐹, die den selben Normalenvektor wie 𝐸 hat ist parallel zu 𝐸. Wir können für die Ebenengleichung von 𝐹 somit 𝐹:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =𝑑 mit einem noch unbekannten 𝑑 ansetzen. Natürlich muss 𝑑≠28 sein, denn andernfalls wären 𝐸 und 𝐹 identisch. Wir berechnen zunächst die Länge des Normalenvektors: 𝑛 = 4 4 7 = 4 2 + 4 2 + 7 2 = 81 =9 Hiermit bestimmen wir die Hesse‘sche Normalform von 𝐹: 𝐻𝑁𝐹 𝐹: 4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 −𝑑 9 =0

𝐸:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =28 Pflichtteil 2016 Der Abstand eines Punktes 𝑃 𝑎 𝑏 𝑐 zur Ebene 𝐹 ist dann gegeben durch 𝑑 𝑃,𝐹 = |4𝑎+4𝑏+7𝑐−𝑑| 9 Der Abstand des Ursprungs 𝑂 zu 𝐹 soll laut Aufgab genau 2 sein. Folglich gilt: 𝑑 𝑂,𝐹 = |4⋅0+4⋅0+7⋅0−𝑑| 9 = |−𝑑| 9 =2 Es folgt −𝑑 =18, was nur für 𝑑 1 =18 und 𝑑 2 =−18 erfüllt ist. Ergebnis: Die beiden gesuchten Ebenen haben die Gleichungen 𝐹:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =18 bzw. 𝐺:4 𝑥 1 +4 𝑥 2 +7 𝑥 3 =−18

Pflichtteil 2016 Aufgabe 8: Bei einem Glücksrad werden die Zahlen 1, 2, 3 und 4 bei einmaligem Drehen mit folgenden Wahrscheinlichkeiten angezeigt: Das Glücksrad wird einmal gedreht. Geben Sie zwei verschiedene Ereignisse an, deren Wahrscheinlichkeit jeweils 0,7 beträgt. Zahl 1 2 3 4 Wahrscheinlichkeit 0,4 0,1 0,3 0,2

Pflichtteil 2016 An dem Glücksrad sollen nur die Wahrscheinlichkeiten für die Zahlen 1 und 2 so verändert werden, dass das folgende Spiel fair ist: Für einen Einsatz von 2,50 € darf man einmal am Glücksrad drehen. Die angezeigte Zahl gibt den Auszahlungsbetrag in Euro an. Bestimmen Sie die entsprechenden Wahrscheinlichkeiten für die Zahlen 1 und 2. (4 VP)

Zahl 1 2 3 4 Wahrscheinlichkeit 0,4 0,1 0,3 0,2 Pflichtteil 2016 Lösung a) Für die Lösung sucht man sich aus der Tabelle einfach diejenigen Zahlen heraus, deren Wahrscheinlichkeiten zusammen 0,7 ergeben, z.B. 𝐴= Es erscheint eine ungerade Zahl = 1, 3 𝐵= Es erscheint keine 3 = 1, 2, 4 Ergebnis: Für die Ereignisse 𝐴 und 𝐵 gilt, wie gewünscht, 𝑃(𝐴)=𝑃(𝐵)=0,7 und 𝐴≠𝐵.

Zahl 1 2 3 4 Wahrscheinlichkeit 0,4 0,1 0,3 0,2 Pflichtteil 2016 Lösung b) Wir modellieren den Auszahlungsbetrag als Zufallsvariable 𝑋. Laut Aufgabenstellung kann 𝑋 die Werte 1, 2, 3 oder 4 (Euro) annehmen. Wenn das Spiel fair sein soll muss der erwartete Auszahlungsbetrag dem Einsatz entsprechen. Es muss also 𝐸 𝑋 =2,5 gelten. Die neuen Wahrscheinlichkeiten für die Zahlen 1 und 2 seien 𝑎 und 𝑏. Es folgt 𝐸 𝑋 =𝑎⋅1+ 𝑏⋅2+0,3⋅3+0,2⋅4=2,5 ⇔𝑎⋅1+ 𝑏⋅2+1,7=2,5 ⇔𝑎+2𝑏=0,8 Nun müssen wir noch beachten, dass die Summe aller Wahrscheinlichkeiten genau 1 ergeben muss. Somit muss gelten: 𝑎+𝑏+0,3+0,2=1, also 𝑎+𝑏=0,5.

Zahl 1 2 3 4 Wahrscheinlichkeit 𝑎 𝑏 0,3 0,2 Pflichtteil 2016 Wir haben nun ein lineares Gleichungssystem mit zwei Gleichungen und zwei Unbekannten, das wir wie folgt lösen: 𝐼. 𝑎+2𝑏=0,8 𝐼𝐼. 𝑎+ 𝑏 =0,5 𝑏 =0,3 Eingesetzt in 𝐼. folgt 𝑎+2⋅0,3=0,8, also 𝑎=0,2. Ergebnis: Damit das Spiel fair wird, müssen die Wahrscheinlichkeiten (und damit das Glücksrad) so verändert werden, dass die 1 mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,2 (20 %) und die 2 mit einer Wahrscheinlichkeit von 0,3 (30 %) gedreht wird. −

Pflichtteil 2016 Aufgabe 9 Von zwei Kugeln 𝐾 1 und 𝐾 2 sind die Mittelpunkte 𝑀 1 und 𝑀 2 sowie die Radien 𝑟 1 und 𝑟 2 bekannt. Die Kugeln berühren einander von außen im Punkt 𝐵. Beschreiben Sie ein Verfahren, mit dem man 𝐵 bestimmen kann. (3 VP)

Pflichtteil 2016 𝑀 1 𝑀 2 𝑟 1 𝑟 2 𝐾 1 𝐾 2 𝐵 Lösung Wenn wir einen Querschnitt durch die Mittelpunkte der beiden Kugeln vornehmen, so erhalten wir nebenstehende Abbildung. Eine Gerade 𝑔, auf der die Mittelpunkte 𝑀 1 und 𝑀 2 liegen, ist gegeben durch die Gleichung 𝑔: 𝑥 = 𝑂 𝑀 1 +𝑠⋅ 𝑀 1 𝑀 2 . Die Länge der Strecke 𝑀 1 𝑀 2 ist 𝑟 1 + 𝑟 2 . Der Punkt 𝐵 teilt diese Strecke im Verhältnis 𝑟 1 𝑟 2 , d.h. dass 𝑟 1 Anteile der Gesamtstrecke auf die Strecke 𝑀 1 𝐵 entfallen. Wenn wir demnach in 𝑔 für 𝑠 den Wert 𝑟 1 𝑟 1 + 𝑟 2 einsetzen erhalten wir die Koordinaten des Punktes 𝐵. Ergebnis: Der Punkt 𝐵 bestimmt sich durch 𝑂𝐵 = 𝑂 𝑀 1 + 𝑟 1 𝑟 1 + 𝑟 2 ⋅ 𝑀 1 𝑀 2 .