MATEMATIIKAN KOE, PITKÄ OPPIMÄÄRÄ 24.9.2014 HYVÄN VASTAUKSEN PIIRTEITÄ

MATEMATIIKAN KOE, PITKÄ OPPIMÄÄRÄ 24.9.2014 HYVÄN VASTAUKSEN PIIRTEITÄ

Hyvästä suorituksesta näkyy, miten vastaukseen on päädytty. Ratkaisussa on oltava tarvittavat laskut tai muut riittävät perustelut ja lopputulos. Arvioinnissa kiinnitetään huomiota koko- naisuuteen, ja ratkaisu pyritään arvioimaan kolmiosaisesti: alku, välivaiheet ja lopputulos. Lasku- virheet, jotka eivät olennaisesti muuta tehtävän luonnetta, eivät alenna pistemäärää merkittävästi.

Sen sijaan tehtävän luonnetta muuttavat lasku- ja mallinnusvirheet saattavat alentaa pistemäärää huomattavasti.

Laskin on kokeen apuväline, jonka rooli arvioidaan tehtäväkohtaisesti. Jos ratkaisussa on käytetty symbolista laskinta, sen on käytävä ilmi suorituksesta. Analysointia vaativien tehtävien ratkai- semisessa pelkkä laskimella saatu vastaus ei riitä ilman muita perusteluja. Sen sijaan laskimesta saatu tulos yleensä riittää rutiinitehtävissä ja laajempien tehtävien rutiiniosissa. Tällaisia ovat esimerkiksi lausekkeiden muokkaaminen, yhtälöiden ratkaiseminen sekä funktioiden derivointi ja integrointi.

Alla oleva vastausten piirteiden, sisältöjen ja pisteitysten luonnehdinta ei sido ylioppilas- tutkintolautakunnan arvostelua. Lopullisessa arvostelussa käytettävistä kriteereistä päättää tutkintoaineen sensorikunta.

Alustava pisteitys

1.

a)

(x2)(x 3) 6 x x(  5) 0 1

0 5

x x

    1

TAI ratkaisukaavalla:

2 5 0

x  x , 1

josta 5 25 5 5 0

5

2 2

x      



1 b)

Leikkauspisteet saadaan yhtälöparista

2 2

1

2 3

y x x

y x x

   



  



Vähentämällä yhtälöt puolittain saadaan   x 2 0, josta x 2.

1 Sijoittamalla tämä ylempään yhtälöön saadaan y3 ja

leikkauspisteeksi täten



^2,3



^{. 1}

c)

Kysytty luku x. Ehtona on

1

2 4 x x

 . 1

Saadaan yhtälö x² 8x 1 0, josta ratkaisukaavalla tulos

4 15

x  .

1

2.

a)

2 3 7 2

3 2 4 3

x y x y

  



  



4 6 14

9 6 12

x y x y

 

   

Yhteenlaskulla saadaan 13x26 x 2.

1 Sijoittamalla ylempään yhtälöön saadaan 43y   7 y 1.

Leikkauspiste on siten (2,1).

1 b) Kysytty luku on x. Ehtona on ¹

2 2

x x  x  x. 1

3.

a) Ehtona on f t( )38 2 e^0,6t 37,9 1

2e^0,6^t 0,1

  e^0,6t 20. 1

Ottamalla luonnollinen logaritmi puolittain saadaan 0,6t ln 20 ^{ln 20}

0,6 4,9928... 5

 t   minuuttia. 1

b) Muutosnopeus f t  ( ) 2e^0,6t ( 0,6) 1,2e^0,6t, 2 joten f(3) 1, 2 e^1,80,1983... 0,2 astetta minuutissa. 1

4.

a)

Oikea idea. 1

Yhtälö on y x² 2. 1

b) Oikea idea. 1

Yhtälö on y (x3)² x² 6x9. 1

c) Yhdistetään a- ja b-kohtien ideat. 1

Yhtälö on y (x3)² 2  y x²6x11. 1

5. Pyörähdyskappaleen kaavan sekä symmetrian nojalla tilavuus on

2 0

2 sin x dx





¹

 

0

1 cos(2 )x dx







 ²



¹₂



0

sin(2 )

/

x x



  2

2





^9,8696...



¹

6. Kaaren pisteen



^{x x,3 5x2}



etäisyys origosta on d.

Tällöin ^{d2  f x( )x2 }



^3x5x2



^{225x430x310x2,} 0 x ¹2. 1

3 2

( ) 100 90 20

f x  x  x  x 10 (10x x²9x2). 1 ( ) 0

f x   x 0 10x² 9x 2 0, 1

josta ^{2 1}

5 2

0

x    x x . 1

Suurin arvo saadaan välin päätepisteessä tai derivaatan nollakohdassa.

Ääriarvoehdokkaat ovat siten (0)f 0, ^f

 

¹₂ ^{0,3125 ja}

 

5² 0,32

f  , joista viimeisin on suurin.

1 Pisteen ^{y y}

 

²₅ ^{   3 2}₅ ⁵ ₂₅^{4 2}₅. Kysytty piste on siten

 

_{5 5}^{2 2, . 1}

7. Normitus: Kahvin määrä X N( ,10) (0,1) 10

Z X  N

  . 1

Alipainoisen paketin todennäköisyys on



⁵⁰⁰10



( 500)

P X  P Z  ^   1

 

^10⁵⁰⁰ . 1 Koska tämän on oltava 0,02, niin täytyy olla 

 

^10⁵⁰⁰ 0,98. 1 Tällöin kertymäfunktiotaulukon mukaan on likimääräisesti voimassa

500 2,05 10

   , 1

josta 20,5 500 520,5. 1

Sisällön määrän odotusarvoksi on siis säädettävä 521 grammaa. 1

8.

a) Jos jono

 

an on geometrinen, niin a^{n 1} aⁿ

a a



  1

~ ~

9.

a)

Koska ( )f t on parillinen funktio, niin tutkittava kaari on huipun kautta kulkevan pystysuoran akselin suhteen symmetrinen. Kaaren korkeus saadaan siis arvolla x0.

1 Korkeus  39 (0)f 231   39 1 231 192 metriä. 1 b) Kaaren leveyden puolikas on kaaren tyven positiivinen x-koordinaatti.

Kaaren tyvessä y0, eli 39f

 

39^x 231 0

 

39 ²³¹39 13⁷⁷

f x

   . Apulasku: ^{f t( ) a 12}



^{et }_e^1t



^a.

Kerrotaan puolittain lausekkeella2e^t, jolloin saadaan yhtälö

 

^{et 22aet  1 0. Saadaan et 2a} ₂^{4a2 4  a a21, joten}



²



ln 1

t a a  .

1

Sijoitetaan arvot edeltä: ₃₉^{x ln}₁₃^77

 

₁₃^{77 21}

 ,

josta ^{x39ln 5,92}



^{ 5,9221}



^{ }_^96,1271..._{96,1271...} Koska negatiivinen arvo ei kelpaa, niin kaaren leveys on 2x192, 2543... 192 metriä.

1

c) ¹

( ) 2( ^{t t})

f t  e e^ , joten y x( )  39 f

 

39^x   39¹ f

 

39^x

39 39

1 2

x x

e e^

 

    .

1

Kysytylle kulmalle  pätee yhtälö ^{tan  y}

 

^{ x 1}₂^^{e39x e39x }

 , josta arvolla x96,1271... saadaan tan 5,8380..., ja edelleen

80,2801... 80

   .

1

10.

a)

Olkoon piste C( , )x y ja E ( ,0)x . Tällöin TOC COE, joten 1

1 t

 x, josta 1

x t. 1

Koska x²  y² 1, niin y  1x² . 1

Pisteen C koordinaatit ovat siten ^_¹_t^{, 1}

 

¹_t ^{2  }_{ }^{ 1}_t^{, t2}_t^1

  . 1

b) Pienemmän ympyrän säde CT  t² 1. Merkitään DEa. Jana TA t 1 ja 1 ¹

AE t. Saadaan yhtälö TA AEEDTD, eli

1 2

1 1 1

t    t a t  , josta ² 1 ¹

a t   t t 1 t² t t² 1 t

  

 .

1

Janan CD kulmakerroin

1 2

2 2

1 1

t t CD

t t t t

k y

a



  

 

 

2

2 2

1

1 1

t

t t t

 

  

 

2

2 2 2

1

1 1

t

t t t

 

   ²

1 1 t t

   .

1

Koska jana ¹

OD t a ^{1 2} 1 ¹

t t t t

      t t² 1, niin k_BD _OD¹

2

1 1 t t

   ^kCD. Näin ollen pisteet B, D ja C ovat samalla suoralla.

1

~

11.

a) ^{( )}

 

^{1 2}

x x

f x e

e

 



, 1

joka on positiivinen kaikilla x  väitös. 1

TAI:

( ) 1

x x

f x e

e

 

1 1 1

1 1 1

x

x x

e

e e

 

  

  . 1

Kun x kasvaa, niin ¹

1e^x pienenee, jolloin erotus kasvaa, eli ( )f x kasvaa aidosti.

1

b) (

( ) 1

ex

x x

f x e

 e

 ¹

1

x 1

e

  1

1 1

0 1

 , kun x. 1

c) Koska (10)f 0,99995... 0,999 1

ja ( )f x on aidosti kasvava, niin epäyhtälö pätee. 1

12.

a)

Tosi, 1

koska esim. luvut x y kelpaavat. 1

b) Epätosi, 1

sillä ei ole olemassa suurinta reaalilukua y. 1

c) Tosi, 1

koska jos x0, niin kaikille luonnollisille luvuille y pätee: 0 y. 1

13.

a) Yhtälön x⁵ x 1 ratkaisu on sama kuin funktion f x( )x⁵ x 1 nollakohta. Koska f x( )5x⁴  1 0, kun 1 x 2, on ( )f x tällä välillä aidosti kasvava.

1 Kun lisäksi (1)f   1 0 ja (2)f 290, 1 on jatkuvalla funktiolla ( )f x täsmälleen yksi nollakohta ja siten

yhtälöllä täsmälleen yksi ratkaisu.

1 b)

Newtonin palautuskaava on

5 5

1 4 4

1 4 1

5 1 5 1

n n n

n n

n n

x x x

x x

x x



 

  

   

   

. 2

Iterointi:

0 1 2 3 4

1 1, 25

1,1784...

1,1675...

1,1673... 1,167 x

x x x x









 

1

*14.

a)

Piirretään janat AD ja BC. Tällöin CBA CDA samaa kaarta AC

vastaavina kehäkulmina. Lisäksi kolmioilla yhteinen kulma APC. 2 Täten kolmiot ovat yhdenmuotoiset (kk).

b) Yhdenmuotoisuuden nojalla ^{PA PC}

PD  PB , 1

josta saadaan ristiin kertomalla PA PB PC PD . 1 c) Olkoon K ympyrän keskipiste. Piirretään janat AC ja AD ja merkitään

CDA 

  . Tällöin CKA2, koska se on samaa ympyrän kaarta AC vastaava keskuskulma. Tasakylkisen kolmion CKA kulmille pätee:

90

ACK KAC 

     . Koska KAP90 , niin

 

90 90

CAP  

     .

1

Kolmioissa PCA ja DAP on kaksi yhtä suurta kulmaa, joten ne ovat yhdenmuotoiset, josta seuraa (PA)² PC PD .

1

*15.

a) Koska binomin neliönä (xy)² x² y²2xy0, 1 niin xy ¹2



x² y²



kaikille ,x yR. 1 b) Edellisen kohdan nojalla x y_{1 1}x y_{2 2}  ... x y_{n n}



^{2 2}

 

^{2 2}

 

^{2 2}



1 1 1 2 2

2 x y x y ... x_n y_n 

        

1 ¹2



x¹²x²² ... x_n²

 

 y¹² y²² ... y_n²



 1

Sijoittamalla edelliseen lausekkeeseen x_k ^ak

 A ja y_k ^bk

 B se tulee muotoon

2 2 2 2 2 2

1 2 1 2

1

2 2 2

... _n ... _n

a a a b b b

A B

        

 

 

 

1

2(1 1) 1

   .

2

c) Edellisen kohdan nojalla a b_{1 1} ... a b_{n n} x A y B₁  ₁  ... x A y B_n  _n  ( 1 1 ... _{n n})

AB x y  x y 1

1

AB  1

2 2 2 2

1 ... _n 1 ... _n

a  a b  b . 1