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Ministerium für Bildung, Jugend und Sport

Senatsverwaltung für Bildung, Jugend und Wissenschaft

Zentralabitur 2016

Mathematik Leistungskurs

Aufgaben Erwartungshorizont

Ministerium für Bildung, Jugend und Sport

Senatsverwaltung für Bildung, Jugend und Wissenschaft

Zentrale schriftliche Abiturprüfung

2016

Mathematik Leistungskurs Erwartungshorizonte Die Beschreibungen der erwarteten Leistungen enthalten keine vollständigen Lösungen, sondern nur kurze Angaben. Hier nicht genannte, aber gleichwertige Lösungswege sind gleichberechtigt. Die aufgeführten Lösungswege zeigen immer nur eine Variante auf. Für andere Lösungswege oder Lösungsansätze, die logisch dargestellt werden und zu richtigen Zwischen- oder Endergebnissen führen, sind die vorgesehenen Bewertungseinheiten (BE) entsprechend zu vergeben. Wird jedoch der dargestellte Lösungsweg vom Prüfling verwendet, so sind die BE in der angegebenen Weise aufzuteilen. Damit die Möglichkeit besteht, den eigenen didaktischen Aspekten bei der Bewertung genug Raum zu geben, werden in der Regel die BE nicht kleinschrittig zugeordnet. Die Summe der BE pro Teilaufgabe – z. B. 3.1 a) – ist verbindlich. Sind Zwischenergebnisse nicht korrekt ermittelt worden und die sich auf diesen Zwischenergebnissen aufbauenden weiteren Lösungswege schlüssig und nicht mit neuen Fehlern versehen, so sind die BE entsprechend zu erteilen (Folgefehler). Dieses Vorgehen ist nicht anzuwenden, wenn eine offensichtlich nicht sinnvolle Lösung unkommentiert bleibt oder der Lösungsweg durch den Fehler erheblich einfacher geworden ist. Die Verwendung von entsprechenden Operatoren in den Aufgabenstellungen erfordert vom Prüfling schriftliche Erläuterungen seiner Überlegungen. Bei der Bewertung dieser Erläuterungen, auf deren Darstellung im Erwartungshorizont weitgehend verzichtet wird, kann die Lehrkraft ihren pädagogischen Spielraum nutzen und sich an ihrer bisherigen Unterrichtspraxis orientieren. Im Erwartungshorizont wird teilweise auf formale mathematische Vollständigkeit verzichtet, wenn diese vom Schüler in der Regel nicht unbedingt zu erwarten ist.

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Zentrale schriftliche Abiturprüfung 2016

Länder Berlin und Brandenburg

Aufgabe 1.1: IGA 2017 Die Vorbereitungen der internationalen Gartenbauausstellung 2017 in Berlin sind in vollem Gange. Eine Gärtnerei hat sich um ein 6 m × 16 m großes rechteckiges Blumenbeet beworben, auf dem sie ihre Neuzüchtungen präsentieren wird. Die Unterteilung des Blumenbeetes erfolgt durch Funktionsgraphen der Schar fa ( x ) = 2a x − x ; a > 0 .

a) Geben Sie für die Funktion f2 die Funktionsgleichung und den Definitionsbereich an. Bestimmen Sie die Gleichung der Ableitungsfunktion f2′ . Ermitteln Sie den Definitionsbereich der Ableitungsfunktion f2′ . b) Berechnen Sie die Nullstellen von fa und bestimmen Sie die Lage der H ochpunkte in Abhängigkeit vom Scharparameter a. Auf die Untersuchung einer hinreichenden Bedingung kann verzichtet werden. Weisen Sie nach, dass keiner der Schargraphen einen Wendepunkt hat. c) Bestimmen Sie die Werte des Parameters a für die in der Abbildung dargestellten Scharkurven III und IV und geben Sie die zugehörigen Funktionsgleichungen an. d) Für die Besucher soll ein Weg durch das Blumenbeet angelegt werden. Es ist geplant, den Weg durch die Hochpunkte der Funktionsgraphen zu legen. Ermitteln Sie die Gleichung einer Funktion w, deren Graph diesen Weg darstellt. Zeichnen Sie den Graphen der Funktion w in die obere Graphik ein. e) Schargraph I hat den Parameterwert a = 2 , Schargraph II den Parameterwert a = 1,5 . Auf der Fläche, die von diesen beiden Graphen sowie der x-Achse begrenzt wird, soll roter Phlox (Flammenblume) gepflanzt werden. Berechnen Sie den Flächeninhalt dieser Fläche. Es gilt: 1 LE = 1 m . f)

P ist ein Punkt auf dem Graphen von f2 . Die diagonal liegenden Eckpunkte eines achsenparallelen Rechtecks sind P( x | f2 ( x )) und R(16 | 6) . Ermitteln Sie, für welchen Wert von x mit x > 4 das Rechteck zum Quadrat wird.

Verteilung der Bewertungseinheiten (BE) auf die Teilaufgaben Teilaufgabe

a)

b)

c)

d)

e)

f)

Summe

BE

6

12

5

3

8

6

40

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Zentrale schriftliche Abiturprüfung 2016

Länder Berlin und Brandenburg

Erwartungshorizont zu Aufgabe 1.1: IGA 2017 Teilaufgabe

a)

BE/AB

Beschreibung der erwarteten Schülerleistung

I

f2 ( x) = 4 x − x ; Df2 = {x ∈ IR | x ≥ 0 }.

II

III

2

Bestimmen der Ableitung:

f2′( x ) =

4 2 x

−1=

2 x

−1

2

Da der Nenner nicht Null werden darf und die Definitionsmenge bereits eingeschränkt ist, gilt D(f2′ ) = {x ∈ IR | x > 0} . b)

Nullstellenberechnung: fa ( x ) = 0 ; 0 = 2a x − x

2a x = x ; 4a ² x = x ² ; 0 = x² − 4 a 2x führt auf x1 = 0 ; x 2 = 4 a² Eine Probe bestätigt die Lösungen. fa′ ( x ) = 2a ⋅

1 2 x

−1 =

a x

−1

a x

3

2

notwendige Bedingung für Extremstellen: fa′ ( x ) = 0 ; 0 =

a x

−1

= 1; a = x ; x = a ²

fa (a²) = 2a² − a² = a² ; H a( a² | a²) Notwendige Bedingung für Wendestellen: fa′′( x) = −

4

a 2 x3

=0

a

, 0=a 2 x3 Es gibt kein x ∈ IR , welches die Gleichung erfüllt, da a = 0 ausgeschlossen wird. Es gibt also keine Wendestellen.

0 =−

c)

2

3

Z. B. sind die von x = 0 verschiedenen Nullstellen der Schar geeignet, die Scharparameter zu bestimmen. Sie liegen bei x2 = 4 a² . Graph III: x 0 = 4; 4 = 4a ² ; a1 = 1 ; a2 = −1 ; f1 (x ) = 2 x − x Graph IV: x0 = 1; 1 = 4a ² ; a1 =

1 1 ; a2 = − ; f1 (x ) = x − x 2 2 2

Da a laut Aufgabenstellung größer ist als Null, entfällt a2 jeweils als Lösung.

5

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Zentrale schriftliche Abiturprüfung 2016

Teilaufgabe

d)

Länder Berlin und Brandenburg

BE/AB

Beschreibung der erwarteten Schülerleistung

I

II

III

Gesucht ist die Ortskurve der Hochpunkte:

x = a 2 einsetzen in y = a 2 führt zu w (x ) = y = x .

2

1 e)

9

Für A gilt: A = A1 + A 2 ; A1 =

∫

16

∫

[ f2 ( x) − f1,5 ( x)]dx ; A2 = f2 ( x)dx

0

∫ [4 9

A1 =

(

)]

x − x − 3 x − x dx ; A1 =

16

A2 =

A = 18 + f)

∫

9

2 3  x dx ; A1 =  x 2  = 18 3  0 16

8 3 1  67 4 x − x dx ; A2 =  x 2 − x²  = 6 3 2 9 

∫(

0

9

0

0

3

9

)

67 175 ; A= ; A ≈ 29,2 m2 6 6

5

Die Rechteckseiten sind a = 16 − x und b = 6 − f2 (x ) = 6 − 4 x + x . Das Rechteck ist ein Quadrat, wenn a = b gilt.

16 − x = 6 − 4 x + x führt auf x1 = 7 + 2 6 und x2 = 7 − 2 6 . Entscheidung für x 1 , da x 2 < 4. Mit x = 7 + 2 6 ist das Rechteck ein Quadrat.

6

Summen der BE in den Anforderungsbereichen 16 18 6 Summe der BE 40

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Zentrale schriftliche Abiturprüfung 2016

Länder Berlin und Brandenburg

Aufgabe 1.2: Bremsschuh Gegeben ist die Funktionenschar fa mit fa ( x) = − e x− a + e2 x ; a ∈ IR . Die Graphen der Schar fa sind G a . a) Ermitteln Sie die Koordinaten der Schnittpunkte von G a mit den beiden Koordinatenachsen in Abhängigkeit von a . Geben Sie das Verhalten der Funktionswerte von f1 für x → + ∞ und x → − ∞ an. b) Jeder Graph G a hat im Punkt E a( − a − ln 2 | f a( − a − ln 2)) eine zur x-Achse parallele Tangente. Zur Ermittlung des x-Wertes dieses Punktes hat ein Schüler den folgenden Lösungsweg korrekt angegeben: − (1) fa′( x) = −e x a + 2e 2x

(2) 0 = −e x −a + 2e 2x ⇔ e x −a = 2e 2x − x −a

(3 ) e =2 ( 4 ) x = − a − ln 2 Geben Sie drei Regeln an, die beim Ableiten des Funktionsterms von fa genutzt worden sind und begründen Sie die Umformung von Gleichung (2) zu Gleichung (3). Zeigen Sie, dass für a = 0 der Punkt E 0 ein lokaler Extrempunkt von G 0 ist. Bestimmen Sie dessen Koordinaten sowie die Art des Extremums. c) Der Graph G1 und die Gerade g mit der Gleichung 1 y = − 4x + 1 − begrenzen gemeinsam mit der e x-Achse eine Fläche, die dem Querschnitt eines Bremsschuhs entspricht, der das Wegrollen von Fahrzeugen verhindert ( 1 LE = 25 cm ). Die „Tiefe“ des Bremsschuhs beträgt 20 cm. Zeigen Sie, dass sich G 1 und g auf der y-Achse schneiden. Berechnen Sie das Volumen eines solchen Bremsschuhs.

1  d) Ermitteln Sie die Größe des Winkels, den G1 und g im Punkt A 0 | 1 −  einschließen. e   e) Der Produzent der Bremsschuhe möchte auf der Querschnittsfläche des Bremsschuhs sein rechteckiges Firmenlogo mit den Seitenlängen 5 cm und 15 cm so einstanzen lassen, dass die längere der beiden Seiten parallel zur x-Achse verläuft. Untersuchen Sie, ob das möglich ist.

Verteilung der Bewertungseinheiten (BE) auf die Teilaufgaben Teilaufgabe

a)

b)

c)

d)

e)

Summe

BE

6

11

13

5

5

40

_____________________________________________________________________________________________________ Seite 6 von 20 16_Ma_LK_LH Mathematik Leistungskurs

Zentrale schriftliche Abiturprüfung 2016

Länder Berlin und Brandenburg

Erwartungshorizont zu Aufgabe 1.2: Bremsschuh Teilaufgabe

a)

BE/AB

Beschreibung der erwarteten Schülerleistung

(

Achsenschnittpunkte von Ga : S y 0 | 1 − e − a

)

I

III

1

0 = − e x −a + e2 x , x = −a ; S x ( − a | 0)

3

Verhalten der Funktionswerte von f1 : Für x → +∞ geht f1(x ) gegen + ∞ ; lim f1 (x ) = 0 x→ − ∞

b)

II

2

Angabe dreier Ableitungsregeln: I (e x )′ = e x II Anwendung der Summenregel III Anwendung der Kettenregel Alternativ kann auch die Faktorregel angegeben werden.

3

Begründung der Umformung von Gleichung (2) zu (3): Beide Seiten der Gleichung (2) wurden durch e2 x dividiert. Dabei wurde das Potenzgesetz für das Dividieren von Potenzen mit gleicher Basis genutzt.

f0 ( − ln 2) = −e− ln 2 + e− 2 ln 2 = −

2

1 ; f ′(x ) = − e x + 2e 2 x 4 0

2

f0′′ (x ) = −e x + 4e 2x f0′(− ln 2) = 0 und f0′′ (− ln 2 ) =

 

1 > 0 , lokales Minimum 2

1 4

E 0  − ln 2 | −  ist ein lokaler Tiefpunkt des Graphen. c)

1  Die Gerade schneidet die y-Achse im Punkt  0 | 1−  . Für a = 1 ist e  das auch der Schnittpunkt von G 1 mit der y-Achse (siehe a).

4

2

Bestimmung des Querschnitts:

AQ = A1+ A D AD =

1 1 1   1 ⋅ −  ⋅  1−  ≈ 0,05 2  4 4e   e  0

A1 =

∫ (− e −1

x−1

)

4 0

1   + e 2x dx = − e x −1 + e 2 x  ≈ 0,2 AQ = A1+ AD ≈ 0,25 FE 2   −1 4

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Teilaufgabe

Länder Berlin und Brandenburg

Beschreibung der erwarteten Schülerleistung

BE/AB I

II

III

noch c) 1 FE = 625 cm2 ; AQ = 0,25 ⋅ 625 cm 2 = 156,25 cm 2 Volumenberechnung: V = AQ ⋅ 20 cm = 3125 cm3 d)

3

Winkelberechnung:

tan α1 = m = f1′(0) ; f1′(0) = 2 − e −1 , α 1 ≈ 58,5°

tanα 2 = mg = − 4 ; α 2 ≈ 104° , α = 180° − (α1 + (180° − α 2 )) ≈ 45,5° e)

5

Aufgrund des Maßstabs hat das Rechteck Seitenlängen von 0,6 LE und 0,2 LE . Angenommen, die „rechte“ Begrenzung wird so gewählt, dass der obere, rechte Punkt des Rechtecks auf der Geraden liegt. Dann gilt 1 für diesen Punkt Q (x Q | 0,2 ) : 0,2 = −4 xQ + 1 − ; xQ ≈ 0,1 e Für den linken, oberen Punkt R(− 0,5 | f1( −0,5 ) ) gilt dann:

f1( − 0,5) = −e −1,5 + e −1 ≈ 0,145 < 0,2 .

Das rechteckige Logo kann in der angegebenen Weise nicht auf der Querschnittsfläche eingestanzt werden. Summen der BE in den Anforderungsbereichen Summe der BE

5 15 20 5 40

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Zentrale schriftliche Abiturprüfung 2016

Länder Berlin und Brandenburg

Aufgabe 2.1: Windrad Bei einer Windkraftanlage ist auf einem hohen Turm die Gondel mit dem Rotor angebracht. Die drei Rotorblätter laufen im Punkt N( 2 | 2 | 140) zusammen. Die Spitzen der Rotorblätter bewegen sich bei der Drehung durch den Punkt P(34 | −22 | 110). Der Punkt F ( 2 | 2 | 0 ) liegt in der x-y-Ebene (siehe Bild). 1 LE = 1 m . a) Berechnen Sie die Länge eines Rotorblattes. Berechnen Sie die Gesamthöhe des Windrades vom Punkt F bis zum höchsten Punkt H, den die Spitzen der Rotorblätter bei ihrer Drehung durchlaufen. b) Die Rotorblätter drehen sich in der Ebene E, welche die Punkte F, N und P enthält. Ermitteln Sie eine Gleichung der Ebene E in Koordinatenform. [Zur Kontrolle: E : 3 x + 4 y = 14 ]

 127   − 5      c) Ein Vogel fliegt entlang der Geraden g : x =  230  + t  − 6  ; t ∈ IR .  150   1      Berechnen Sie die Koordinaten des Schnittpunktes S der Flugbahn mit der Ebene E. Untersuchen Sie, ob der Vogel durch die sich drehenden Rotorblätter gefährdet ist. d) Zur optimalen Nutzung der Windenergie sollte der Wind senkrecht auf die Ebene E treffen, in der sich die Rotorblätter drehen. 5    Der Wind weht in Richtung w =  3  . 0    Begründen Sie, dass der Wind nicht senkrecht auf die Ebene E trifft. Berechnen Sie, um welchen Winkel die Gondel gedreht werden muss, damit der Wind senkrecht auf die Ebene trifft, in der sich die Rotorblätter drehen. e) Bei Sonnenlicht erzeugen die sich drehenden Rotorblätter einen sich bewegenden Schatten in der x-y-Ebene. Zu einer bestimmten Tageszeit wird vom Punkt N( 2 | 2 | 140) der Schattenpunkt SN ( −54 | −82 | 0 ) erzeugt. Gleichzeitig entsteht von der Spitze P(34 | −22 | 110) eines Rotorblattes der Schattenpunkt SP . Berechnen Sie die Koordinaten von SP . [Zur Kontrolle: SP ( −10 | −88 | 0 ) ] Untersuchen Sie, ob alle möglichen Schattenpunkte der Rotorspitzen auf einem Kreis um SN liegen.

Verteilung der Bewertungseinheiten (BE) auf die Teilaufgaben Teilaufgabe

a)

b)

c)

d)

e)

Summe

BE

4

5

6

6

9

30

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Zentrale schriftliche Abiturprüfung 2016

Länder Berlin und Brandenburg

Erwartungshorizont zu Aufgabe 2.1: Windrad Teilaufgabe

a)

Beschreibung der erwarteten Schülerleistung

BE/AB I

II

III

Länge des Rotorblattes:

l = NP = 32 2 + (− 24 )2 + (− 30 ) = 2

2500 = 50

Jedes Rotorblatt ist 50 m lang.

2

Gesamthöhe des Windrades:

h = FN + l = 140 + 50 = 190 ; das Windrad ist 190 m hoch. b)

Die Punkte F ( 2 | 2 | 0 ) , N (2 | 2 | 140) und P(34 | −22 | 110) führen auf die Ebenengleichung  2   32   0         E : x =  2  + r − 24  + s  0 ; r , s ∈ IR .  140  − 30   140      

2

3

Mit Hilfe der beiden Richtungsvektoren von E erhält man einen 3     Normalenvektor von E : z. B. n =  4  . Daraus ergibt sich eine 0    Gleichung in Koordinatenform E : 3 x + 4 y = 14 . c)

Schnittpunkt S von g und E : 3 ⋅ (127 − 5 t ) + 4 ⋅ (230 − 6 t ) = 14 führt auf 39t = 1287 und somit t = 33 . Einsetzen von t in g ergibt S(−38 | 32 | 183) .

2

3

Für den Abstand von S und N gilt:

d( S, N) = 40 2 + ( −30) 2 + ( −43 )2 ≈ 65,9 > 50 . Der Vogel kommt somit nicht in den Bereich der sich drehenden Rotorblätter und ist dadurch nicht gefährdet. d)

3

3  5      Der Normalenvektor n =  4  und der Richtungsvektor w =  3  sind 0  0     keine Vielfachen voneinander und daher nicht kollinear. Folglich ist

w nicht orthogonal zu E .

2

Der gesuchte Winkel α ist der Winkel zwischen n und w . Der Ansatz sin α =

n ⋅w n ⋅w

liefert sinα =

27 und α ≈ 67,8° . 5 ⋅ 34

4

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Teilaufgabe

e)

Länder Berlin und Brandenburg

Beschreibung der erwarteten Schülerleistung

BE/AB I

II

III

 Richtungsvektor aL der Lichtstrahlen von N in Richtung SN :  − 56   −2        − 84  und aL =  − 3   − 140   −5      − 2   34       Koordinaten von SP : OSP = OP + s ⋅ aL =  − 22  + s ⋅ − 3  − 5   110      Für die Punkte der x-y-Ebene gilt z = 0 , also s = 22 . Einsetzen liefert S P ( −10 | −88 | 0 ) .  − 54   2      NSN =  − 82  −  2  =  0  140     

4

Wenn alle möglichen Schattenpunkte der Spitzen der Rotorblätter auf einem Kreis liegen würden, müssten diese Schattenpunkte alle den gleichen Abstand zum Schattenpunkt SN von N haben. Es ist d( SN, SP ) =

442 + (− 6)2 = 2 493 ≈ 44,4 .

Die Spitzen der Rotorblätter laufen auch durch den Punkt H (2 | 2 | 190) . H hat den Schattenpunkt SH ( −74 | −112 | 0 ). Hier ist d (SN ,SH ) = ( −20) 2 + ( −30) 2 = 10 13 ≈ 36,1 . Die Abstände sind unterschiedlich, also ist die Schattenfigur kein Kreis.

5

Summen der BE in den Anforderungsbereichen

10 15

Summe der BE

30

5

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Länder Berlin und Brandenburg

Aufgabe 2.2: Haus...