Doc Alvers Mathe-Labor

Abitur-Training: Teil A — ohne Hilfsmittel

Berufliches Gymnasium · Teil A · Grund- und Leistungskurs · 85 bis 95 Minuten, nur Lineal und Geodreieck · drei Aufgaben, Anforderungsbereiche I bis III

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Fünfmal ankreuzen

AFB I · Reproduzieren

Bei jeder Teilaufgabe ist genau eine der fünf Antworten richtig. Notieren Sie nur den Buchstaben; ein Lösungsweg wird nicht verlangt. Es sind keine Hilfsmittel zugelassen. Die Abbildung mit den fünf Bildern gehört zu Teilaufgabe c).

Zu c): Fünf Graphen zur Auswahl, alle im selben Ausschnitt von etwa −2 bis 2,7 waagerecht und −6 bis 6 senkrecht.

Gegeben ist die in $\mathbb{R}$ definierte Funktion $f$ mit $f(x) = x \cdot e^{-2 \cdot x}$. Geben Sie $f'(x)$ an. • (A) $-2 \cdot e^{-2x}$ • (B) $e^{-2x} \cdot (1 - 2x)$ • (C) $e^{-2x} \cdot (1 + 2x)$ • (D) $-2x \cdot e^{-2x}$ • (E) $e^{-2x} \cdot (x - 2)$
Geben Sie den Wert von $\displaystyle\int_{-2}^{2} \left(x^3 - 4 \cdot x\right)\,dx$ an. • (A) $-8$ • (B) $-4$ • (C) $0$ • (D) $4$ • (E) $8$
Gegeben ist die Funktion $f$ mit $f(x) = (x + 1)^2 \cdot (x - 2)$. Geben Sie an, welches der fünf Bilder den Graphen von $f$ zeigt. • (A) Bild 1 • (B) Bild 2 • (C) Bild 3 • (D) Bild 4 • (E) Bild 5
Gegeben ist die Funktion $f$ mit $f(x) = 4 - \sqrt{2 \cdot x - 6}$. Geben Sie den größtmöglichen Definitionsbereich $D$ und den zugehörigen Wertebereich $W$ an. • (A) $D = [3;\infty)$ und $W = (-\infty;4]$ • (B) $D = [3;\infty)$ und $W = [4;\infty)$ • (C) $D = (-\infty;3]$ und $W = (-\infty;4]$ • (D) $D = [6;\infty)$ und $W = (-\infty;4]$ • (E) $D = \mathbb{R}$ und $W = \mathbb{R}$

Kurz gerechnet: Fläche, Ebene, Pyramide

AFB II · Zusammenhänge herstellen

Die vier Teilaufgaben sind unabhängig voneinander und ohne Hilfsmittel zu lösen. Die Abbildung zeigt eine gerade quadratische Pyramide $ABCDS$ mit der Grundfläche $ABCD$ und der Spitze $S$; $M$ ist der Mittelpunkt der Grundfläche. Für die Kantenvektoren wird $\vec{a} = \overrightarrow{AB}$, $\vec{b} = \overrightarrow{AD}$ und $\vec{c} = \overrightarrow{AS}$ gesetzt.

Zu c): Die Pyramide im Schrägbild. Grün eingezeichnet sind die drei Kantenvektoren a, b und c; gestrichelt die verdeckten Kanten, die Diagonalen der Grundfläche und die Höhe MS.

Berechnen Sie den Inhalt der Fläche, die die Graphen von $f$ mit $f(x) = x^2$ und $g$ mit $g(x) = 2 \cdot x - x^2$ im ersten Quadranten einschließen.
Gegeben ist die Ebene $E$ mit der Gleichung $2 \cdot x_1 - x_2 + 2 \cdot x_3 = 6$. Untersuchen Sie, ob die Punkte $P(1 \mid -2 \mid 1)$ und $Q(2 \mid 0 \mid 2)$ in $E$ liegen, und geben Sie den Abstand des Koordinatenursprungs von $E$ an.
Drücken Sie die Vektoren $\overrightarrow{AC}$, $\overrightarrow{BS}$ und $\overrightarrow{MS}$ durch $\vec{a}$, $\vec{b}$ und $\vec{c}$ aus.
Die Grundkante der Pyramide ist $4$ cm lang, ihre Höhe beträgt $6$ cm. Geben Sie das Volumen der Pyramide an.

Der passende Schlüssel

AFB III · Reflektieren und Beurteilen

In einer Schublade liegen fünf gleich aussehende Schlüssel; genau zwei davon passen zur Kellertür. Es wird zufällig ein Schlüssel nach dem anderen ohne Zurücklegen probiert, bis die Tür aufgeht. Die Zufallsgröße $X$ gibt die Anzahl der dafür benötigten Versuche an.

Baumdiagramm: Nach jedem Fehlversuch geht es einen Ast tiefer, und die Trefferchance steigt. Rechts stehen die vier Pfadwahrscheinlichkeiten.

Bestimmen Sie $P(X = 1)$ und $P(X = 2)$.
Geben Sie die Wahrscheinlichkeitsverteilung von $X$ vollständig an. Begründen Sie dabei, warum $X$ höchstens den Wert $4$ annehmen kann.
Berechnen Sie den Erwartungswert von $X$ und deuten Sie ihn im Sachzusammenhang.
Beurteilen Sie die folgende Aussage: „Zwei von fünf Schlüsseln passen, die Trefferwahrscheinlichkeit ist also $0{,}4$. Im Mittel braucht man deshalb $\frac{1}{0{,}4} = 2{,}5$ Versuche.“

Lösungen

1 · Fünfmal ankreuzen

a) Richtig ist (B). Produktregel mit dem inneren Faktor $-2$: $f'(x) = 1 \cdot e^{-2x} + x \cdot (-2) \cdot e^{-2x} = e^{-2x} \cdot (1 - 2x)$. In (A) fehlt der erste Summand, in (C) ist das Vorzeichen der inneren Ableitung falsch, (D) ist das Produkt der beiden Einzelableitungen — die Produktregel lautet aber nicht so — und (E) entsteht, wenn man den Faktor $x$ ableitet und gleichzeitig die $-2$ in die Klammer schreibt. Probe: $f'(0) = 1$, und nur (B) liefert an der Stelle $0$ den Wert $1$.

b) Richtig ist (C). Der Integrand ist punktsymmetrisch zum Ursprung, denn $(-x)^3 - 4 \cdot (-x) = -\left(x^3 - 4x\right)$. Über das symmetrische Intervall $[-2;2]$ heben sich die beiden Anteile auf, das Integral ist $0$. Nachrechnen bestätigt es: mit $F(x) = \frac{1}{4}x^4 - 2x^2$ ist $F(2) - F(-2) = -4 - (-4) = 0$. Die Ablenkungen sind der Reihe nach: $-4$ ist nur das halbe Integral $\int_{0}^{2}$, $-8$ dessen Verdopplung, $4$ sein Betrag und $8$ der Flächeninhalt zwischen Graph und $x$-Achse — der ist hier tatsächlich $8$, gefragt war aber das Integral.

c) Richtig ist (E), also Bild 5. Aus der Produktform liest man ab: doppelte Nullstelle bei $x = -1$ (der Graph berührt dort die Achse), einfache Nullstelle bei $x = 2$ (der Graph schneidet), Grad $3$ mit positivem Leitkoeffizienten, also von links unten nach rechts oben. Bild 1 zeigt eine Parabel, hat also den falschen Grad; Bild 2 ist nirgends negativ und berührt an beiden Stellen, das passt zu $(x+1)^2 (x-2)^2$; Bild 3 ist an der $x$-Achse gespiegelt und gehört zu $-(x+1)^2 (x-2)$; in Bild 4 sind Berührpunkt und Schnittpunkt vertauscht, das ist $(x+1)(x-2)^2$.

d) Richtig ist (A). Die Wurzel verlangt $2x - 6 \geq 0$, also $x \geq 3$ und damit $D = [3;\infty)$. Der Radikand durchläuft dabei alle Werte ab $0$, die Wurzel also alle Werte ab $0$; von $4$ abgezogen ergibt das alle Werte höchstens $4$, mit dem Maximum $f(3) = 4$. Also $W = (-\infty;4]$. In (B) ist das Minuszeichen vor der Wurzel übersehen, in (C) das Ungleichheitszeichen gedreht, in (D) wurde $2x - 6 \geq 0$ zu $x \geq 6$ statt $x \geq 3$ vereinfacht, und (E) ignoriert die Wurzel ganz.

Bei b) ist Integral nicht dasselbe wie Flächeninhalt. Der Graph liegt links der Null oberhalb und rechts davon unterhalb der $x$-Achse; die beiden Beiträge $+4$ und $-4$ löschen sich im Integral aus, während der Flächeninhalt $8$ beträgt.

2 · Kurz gerechnet: Fläche, Ebene, Pyramide

a) Schnittstellen aus $x^2 = 2x - x^2$, also $2x^2 - 2x = 0$ und damit $2x \cdot (x - 1) = 0$: die Graphen treffen sich bei $x = 0$ und $x = 1$. Dazwischen liegt $g$ oben, denn $g\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{3}{4} > \frac{1}{4} = f\left(\frac{1}{2}\right)$. Damit ist $A = \int_{0}^{1} \left(2x - 2x^2\right)\,dx = \left[x^2 - \frac{2}{3}x^3\right]_{0}^{1} = 1 - \frac{2}{3} = \frac{1}{3}$. Der gesuchte Flächeninhalt beträgt also ein Drittel einer Flächeneinheit.

b) Punktprobe für $P$: $2 \cdot 1 - (-2) + 2 \cdot 1 = 2 + 2 + 2 = 6$ — die Gleichung ist erfüllt, $P$ liegt in $E$. Für $Q$: $2 \cdot 2 - 0 + 2 \cdot 2 = 8 \neq 6$, also liegt $Q$ nicht in $E$. Der Normalenvektor $\vec{n} = (2 \mid -1 \mid 2)$ hat die Länge $\sqrt{4 + 1 + 4} = 3$, weshalb sich die Hesse-Form ohne Rechner ergibt: $d(O;E) = \dfrac{\left|2 \cdot 0 - 0 + 2 \cdot 0 - 6\right|}{3} = \dfrac{6}{3} = 2$.

c) $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} = \vec{a} + \vec{b}$, weil $\overrightarrow{BC} = \overrightarrow{AD} = \vec{b}$ ist. Weiter gilt $\overrightarrow{BS} = \overrightarrow{BA} + \overrightarrow{AS} = \vec{c} - \vec{a}$. Der Mittelpunkt der Grundfläche liegt auf der Diagonalen: $\overrightarrow{AM} = \frac{1}{2} \cdot \left(\vec{a} + \vec{b}\right)$, und damit ist $\overrightarrow{MS} = \overrightarrow{AS} - \overrightarrow{AM} = \vec{c} - \frac{1}{2} \cdot \vec{a} - \frac{1}{2} \cdot \vec{b}$.

d) Die Grundfläche ist ein Quadrat mit $G = 4^2 = 16$. Mit $V = \frac{1}{3} \cdot G \cdot h$ folgt $V = \frac{1}{3} \cdot 16 \cdot 6 = 16 \cdot 2 = 32$. Das Volumen beträgt also 32 Kubikzentimeter.

Zu a): Zwischen 0 und 1 verläuft der Graph von g über dem von f. Die orange Fläche A hat den Inhalt ein Drittel.

Bei a) zählt obere minus untere Funktion. Wer $\int_{0}^{1} \left(x^2 - (2x - x^2)\right)\,dx$ rechnet, erhält $-\frac{1}{3}$ — ein Flächeninhalt ist aber nie negativ. Und bei b) muss durch die Länge des Normalenvektors geteilt werden, nicht durch die $6$ auf der rechten Seite.

3 · Der passende Schlüssel

a) Beim ersten Griff sind noch alle fünf Schlüssel in der Schublade, also $P(X = 1) = \frac{2}{5} = 0{,}4$. Für genau zwei Versuche muss der erste Schlüssel nicht passen und der zweite passen. Nach dem ersten Fehlversuch liegen nur noch vier Schlüssel da, von denen weiterhin zwei passen: $P(X = 2) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} = \frac{3}{10} = 0{,}3$.

b) Dieselbe Pfadregel liefert $P(X = 3) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{2}{3} = \frac{1}{5} = 0{,}2$ und $P(X = 4) = \frac{3}{5} \cdot \frac{2}{4} \cdot \frac{1}{3} \cdot 1 = \frac{1}{10} = 0{,}1$. Mehr als $4$ ist unmöglich, denn es gibt nur drei nicht passende Schlüssel: nach drei Fehlversuchen liegen nur noch die beiden passenden in der Schublade, der vierte Versuch gelingt also sicher — der letzte Faktor ist deshalb $\frac{2}{2} = 1$. Probe: $0{,}4 + 0{,}3 + 0{,}2 + 0{,}1 = 1$.

c) $E(X) = 1 \cdot 0{,}4 + 2 \cdot 0{,}3 + 3 \cdot 0{,}2 + 4 \cdot 0{,}1 = 0{,}4 + 0{,}6 + 0{,}6 + 0{,}4 = 2$. Wer das Probieren sehr oft wiederholt, braucht im Durchschnitt zwei Versuche, bis die Tür aufgeht. Der Wert ist kein Einzelergebnis: $X = 2$ tritt nur in $30\ \%$ der Fälle ein.

d) Die Aussage ist falsch. Der Wert $\frac{1}{p} = 2{,}5$ gehört zum Ziehen mit Zurücklegen, wo die Trefferwahrscheinlichkeit bei jedem Versuch $0{,}4$ bleibt. Hier wird ohne Zurücklegen probiert: Ein aussortierter Schlüssel kommt nicht zurück, und die Chance steigt von $\frac{2}{5}$ über $\frac{2}{4}$ und $\frac{2}{3}$ bis auf $1$. Deshalb ist der Erwartungswert mit $2$ kleiner als $2{,}5$. Allgemein gilt beim Probieren ohne Zurücklegen $E(X) = \frac{n+1}{k+1}$, hier also $\frac{5+1}{2+1} = 2$.

Zu c): Die Verteilung von X. Der Erwartungswert 2 liegt nicht beim höchsten Stab, sondern im Schwerpunkt der vier Stäbe.

Ohne Zurücklegen ändern sich die Wahrscheinlichkeiten von Zug zu Zug — der Nenner schrumpft, der Zähler bleibt bei $2$, solange kein Treffer dabei war. Wer mit einer festen Trefferwahrscheinlichkeit $0{,}4$ weiterrechnet, behandelt das Zufallsexperiment wie ein Ziehen mit Zurücklegen und bekommt systematisch zu große Werte.