Abiturprüfung Mathematik 2015 Baden-Württemberg Allgemeinbildende Gymnasien Wahlteil Analytische Geometrie / Stochastik Aufgabe B 2.1 und B 2.2 - Lösungen.

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1 Abiturprüfung Mathematik 2015 Baden-Württemberg Allgemeinbildende Gymnasien Wahlteil Analytische Geometrie / Stochastik Aufgabe B 2.1 und B Lösungen

2 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Aufgabe B 2.1
Gegeben sind die Ebne 𝐸: 3𝑥 1 +6 𝑥 2 +4 𝑥 3 =16 und eine Geradenschar durch 𝑔 𝑎 : 𝑥 = 𝑡⋅ 𝑎 1 0 ; 𝑎∈ℝ. Bestimmen Sie den Schnittpunkt der Geraden 𝑔 4 mit der Ebene 𝐸. Welche Gerade der Schar ist orthogonal zu 𝑔 4 ? (3 VP) Berechnen Sie den Schnittwinkel von 𝑔 4 und 𝐸. Für welche Werte von 𝑎 mit −10≤𝑎≤10 hat der Schnittwinkel von 𝑔 𝑎 und 𝐸 die Weite 10°?

3 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Begründen Sie, dass alle Geraden 𝑔 𝑎 in der Ebene 𝐹: 𝑥 3 =1 liegen. Es gibt eine Gerade ℎ, die durch den Punkt 𝑃 geht und in 𝐹 liegt, aber nicht zu der Schar gehört. Bestimmen Sie eine Gleichung der Geraden ℎ. (3 VP)

4 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Aufgabe B 2.2
Bei einem Biathlonwettbewerb läuft ein Athlet eine 2,5 km lange Runde, dann schießt er liegend fünf Mal; anschließend läuft er eine zweite Runde und schießt stehend fünf Mal; nach einer dritten Runde erreicht er das Ziel. Für jeden Fehlschuss muss er direkt nach dem Schießen eine 200 m lange Strafrunde laufen. Aufgrund der bisherigen Schießleistungen geht der Trainer davon aus, dass der Athlet stehend mit 88% und liegend mit 93% Wahrscheinlichkeit trifft. Es wird vereinfachend davon ausgegangen, dass die Ergebnisse der einzelnen Schüsse voneinander unabhängig sind. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Athlet stehend bei fünf Schüssen genau viermal trifft. (1 VP)

5 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Athlet im gesamten Wettbewerb höchstens einmal eine Strafrunde laufen muss. (3 VP) Der Athlet möchte seine Leistungen im Stehendschießen verbessern und künftig mit über 95% Wahrscheinlichkeit bei fünf Schüssen mindestens vier Mal treffen. Welche Trefferwahrscheinlichkeit muss er dafür mindestens erreichen? (2 VP)

6 𝐸: 3𝑥 1 +6 𝑥 2 +4 𝑥 3 =16 𝑔 𝑎 : 𝑥 = 𝑡⋅ 𝑎 1 0 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Lösung Aufgabe B 2.1 a) Schnittpunkt von 𝒈 𝟒 mit 𝑬 Setze die Koordinaten von 𝑔 4 : 𝑥 = 𝑡⋅ in 𝐸 ein und löse nach 𝑡 auf. Es folgt 3⋅ 5+4𝑡 +6⋅ 1+𝑡 +4⋅1=16 ⇔ 25+18𝑡=16 ⇔ 18𝑡=−9⇔ 𝑡=− Einsetzen in 𝑔 4 folgt − 1 2 ⋅ = 3 0,5 1 . Ergebnis: Der Schnittpunkt von 𝑔 4 mit 𝐸 liegt bei 𝑆 3 0,5 1 .

7 𝑔 𝑎 : 𝑥 = 𝑡⋅ 𝑎 1 0 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Gerade die orthogonal zu 𝒈 𝟒 ist Wenn Geraden 𝑔 𝑎 und 𝑔 4 orthogonal sein sollen, muss das Skalarprodukt der Richtungsvektoren 0 sein. Es folgt: 𝑎 1 0 ⋅ =4𝑎+1=0 also 𝑎=− 1 4 Ergebnis: Die Gerade 𝑔 − 1 4 ist orthogonal 𝑔 4 .

8 𝐸: 3𝑥 1 +6 𝑥 2 +4 𝑥 3 =16 𝑔 4 : 𝑥 = 𝑡⋅ Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Lösung Aufgabe B 2.1 b) Schnittwinkel von 𝒈 𝟒 mit 𝑬 Formel: sin 𝛼 = | 𝑢 ⋅ 𝑛 | 𝑢 ⋅ 𝑛 wobei 𝑢 der Richtungsvektor von 𝑔 4 und 𝑛 der Nor- malenvektor von 𝐸 ist. Mit 𝑢 = und 𝑛 = folgt 𝑢 ⋅ 𝑛 = 4⋅3+1⋅6 =18, 𝑢 = = 17 und 𝑛 = = 61 und weiter mit dem GTR sin 𝛼 = ⋅ 61 ≈0,5589⇒𝛼≈34° Ergebnis: Der Schnittwinkel zwischen 𝑔 4 und 𝐸 beträgt etwa 34°.

9 𝐸: 3𝑥 1 +6 𝑥 2 +4 𝑥 3 =16 𝑔 𝑎 : 𝑥 = 𝑡⋅ 𝑎 1 0 sin 𝛼 = | 𝑢 ⋅ 𝑛 | 𝑢 ⋅ 𝑛 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Werte von 𝒂 mit −𝟏𝟎≤𝒂≤𝟏𝟎, so dass 𝜶=𝟏𝟎° Mit sin 10° ≈0,174, 𝑢 = 𝑎 1 0 und 𝑛 = folgt 𝑢 ⋅ 𝑛 = 3𝑎+6 , 𝑢 = 𝑎 2 +1 und 𝑛 = 61 . Einsetzen liefert 0,174= |3𝑎+6| 𝑎 2 +1 ⋅ 61 . Geben Sie nun den Ausdruck |3𝑎+6| 𝑎 2 +1 ⋅ 61 −0,174 bei Y1 im GTR ein und lassen Sie sich den Graphen im 𝑥-Intervall −10;10 und im 𝑦-Intervall −1;1 zeichnen. Mit 2ND CALC zero erhalten Sie die beiden Nullstellen 𝑎 1 =−3,76 und 𝑎 2 =−1,27. Ergebnis: Für 𝑎=−3,76 bzw. 𝑎=−1,27 hat der Winkel zwischen 𝑔 𝑎 und 𝐸 den Wert 𝛼=10°.

10 𝑔 𝑎 : 𝑥 = 𝑡⋅ 𝑎 1 0 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Lösung Aufgabe B 2.1 c) Behauptung: Alle Geraden 𝒈 𝒂 liegen in der Ebene 𝑭: 𝒙 𝟑 =𝟏 Alle Punkte der Geraden 𝑔 𝑎 haben dieselbe 𝑥 3 -Koordinate, nämlich 𝑥 3 =1. Somit liegen alle Punkte von 𝑔 𝑎 , also die gesamte Gerade, in 𝐹. Gleichung der Geraden 𝒉 durch 𝑷 𝟓 𝟏 𝟏 , die in 𝑭 liegt Eine Gerade ℎ durch 𝑃 , die in 𝐹 liegt hat die feste 𝑥 3 -Koordinate 𝑥 3 = 1 und damit die Form ℎ: 𝑥 = 𝑠⋅ 𝑢 1 𝑢 Damit ℎ nicht zu der Schar 𝑔 𝑎 gehört müssen die beiden Richtungsvektoren linear unabhängig sein, d.h. sie dürfen keine Vielfache voneinander sein.

11 𝑔 𝑎 : 𝑥 = 𝑡⋅ 𝑎 1 0 ℎ: 𝑥 = 𝑠⋅ 𝑢 1 𝑢 2 0 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Demnach müssen wir Koordinaten 𝑢 1 und 𝑢 2 so finden, dass 𝑎 1 0 =𝑘⋅ 𝑢 1 𝑢 zu einem Widerspruch führt. Dazu wählen wir 𝑢 2 =0, denn dadurch verhindern wir, dass die zweite Koordinatengleichung 1=𝑘⋅ 𝑢 2 erfüllt werden kann. 𝑢 1 können wir nun frei wählen z.B. 𝑢 1 =1. Damit haben wir bereits eine Parameterform für ℎ. Ergebnis: Eine mögliche Gleichung für ℎ ist gegeben durch ℎ: 𝑥 = 𝑠⋅ , 𝑠∈ℝ.

12 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Lösung Aufgabe B 2.2 a) WS = Wahrscheinlichkeit Die Trefferws. für „stehend schießen“ ist laut Aufgabenstellung 𝑝 𝑠 =0,88. Entsprechend ist die WS für „nicht getroffen“ 1− 𝑝 𝑠 =0,12. Bei 5 Schüssen gibt es genau 5 Möglichkeiten für „genau 4 Treffer“, nämlich (𝑁,𝑇,𝑇,𝑇,𝑇), (𝑇,𝑁,𝑇,𝑇,𝑇) bis (𝑇,𝑇,𝑇,𝑇,𝑁). Damit ergibt sich die WS für genau 4 Treffer zu: 𝑃 „genau 4 Treffer“ =5⋅ 0,88 4 ⋅0,12≈0,36=36% Ergebnis: Die WS beim „stehend Schießen“ genau 4mal zu treffen, liegt bei 36%.

13 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Lösung Aufgabe B 2.2 b) WS für höchstens eine Strafrunde Wir notieren zunächst noch einmal die Gegebenheiten: Es wird 10mal geschossen, 5mal stehend und 5mal liegend. Es gilt 𝑝 𝑠 =0,88, 𝑝 𝑠 =0,12, 𝑝 𝑙 =0,93, 𝑝 𝑙 =0,07. Gesucht ist die WS für höchstens eine Strafrunde, also die WS für höchstens einen Fehlschuss. Die Zufallsvariable 𝑋 bezeichne die Anzahl der Fehlschüsse. Folglich ist 𝑃(𝑋≤1) gesucht. Es gilt 𝑃 𝑋≤1 =𝑃 𝑋=0 +𝑃(𝑋=1). Wir berechnen die beiden Einzelwahrscheinlichkeiten für „kein Fehlschuss“ bzw. für „genau ein Fehlschuss“ in der folgenden Folie.

14 𝑝 𝑠 =0,88, 𝑝 𝑠 =0,12 𝑝 𝑙 =0,93, 𝑝 𝑙 =0,07 10 Schuss, 5 stehend, 5 liegend Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 𝑃 𝑋=0 : „Kein Fehlschuss“ bedeutet 5 Treffer stehend und 5 Treffer liegend. Damit ist 𝑃 𝑋=0 = 0,88 5 ⋅ 0,93 5 ≈0,367 𝑃 𝑋=1 : „Genau ein Fehlschuss“ bedeutet „5 Treffer stehend und 4 Treffer liegend“ ODER „ 4 Treffer stehend und 5 Treffer liegend“. Damit ist 𝑃 𝑋=1 = 0,88 5 ⋅ 0,93 4 ⋅0,07⋅5+ 0,88 4 ⋅0,12⋅5⋅ 0,93 5 ≈0,388 Insgesamt haben wir nun 𝑃 𝑋≤1 =𝑃 𝑋=0 +𝑃 𝑋=1 =0,367+0,388=0,755=75,5% Ergebnis: Die WS für „höchstens eine Strafrunde“ beträgt etwa 75,5%.

15 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Lösung Aufgabe B 2.2 c) Neue Trefferwahrscheinlichkeit beim Stehendschießen Die noch unbekannte Trefferwahrscheinlichkeit sei 𝑝. Die Zufallsvariable X bezeichne wieder die Anzahl der Treffer. Gesucht ist folglich 𝑝 so, dass 𝑃(𝑋≥4)>0,95 gilt. Nun ist 𝑃 𝑋≥4 =𝑃 𝑋=4 +𝑃(𝑋=5). Mit 𝑃 𝑋=4 = 𝑝 4 ⋅ 1−𝑝 ⋅5 und 𝑃 𝑋=5 = 𝑝 5 folgt nun 𝑃 𝑋≥4 = 𝑝 4 ⋅ 1−𝑝 ⋅5+ 𝑝 5 >0,95 Nach Ausklammern von 𝑝 4 erhalten wir 𝑝 4 ⋅ 1−𝑝 ⋅5+𝑝 >0,95 ⟺ 𝑝 4 ⋅ 5−4𝑝 >0,95

16 𝑃 𝑋≥4 = 𝑝 4 ⋅ 5−4𝑝 >0,95 Wahlteil 2015 – Aufgabe B 2 Geben Sie nun den Ausdruck 𝑋4∗(5−4𝑋) bei Y1 und 0.95 bei Y2 im GTR ein und lassen Sie sich beide Kurven im 𝑥-Intervall 0;1 und im 𝑦-Intervall 0;1,5 zeichnen. Mit 2ND CALC intersect ermitteln Sie den Schnittpunkt bei 𝑋≈0,924. Sie erkennen in der Abbildung, dass für 𝑋>0,924 der Ausdruck 𝑃 𝑋≥4 > 0,95 wird. Ergebnis: Der Athlet muss seine Trefferwahrscheinlichkeit im Stehend- schießen auf über 92,4% erhöhen, damit er bei 5 Schüssen mit einer Wahrscheinlichkeit von mehr als 95% mindestens 4 Treffer erzielt.