Probeklausur V
Diese Probeklausur deckt das gesamte Kapitel ab: Nullstellen und Ableitungsregeln, Monotonie, Extrem- und Wendepunkte, die Ableitung als Änderungsrate und eine Extremwertaufgabe mit Nebenbedingung. Sie ist wie eine echte Klausur aufgebaut — ohne Hinweise. Stelle den Timer, bearbeite alle drei Aufgaben auf Papier mit vollständigen Rechenwegen und Antwortsätzen und öffne den Erwartungshorizont erst zur Korrektur. Rechne mit den angegebenen Rundungen; nicht gerundete Zwischenergebnisse werden weiterverwendet.
Notenschlüssel (Orientierung)
| Note | sehr gut | gut | befriedigend | ausreichend | mangelhaft | ungenügend |
|---|---|---|---|---|---|---|
| BE | ≥ 38 | 32 – 37 | 25 – 31 | 20 – 24 | 9 – 19 | < 9 |
| Anteil | ≥ 85 % | ≥ 70 % | ≥ 55 % | ≥ 45 % | ≥ 20 % | < 20 % |
Die Punkteverteilung innerhalb der Teilaufgaben steht jeweils unter dem Erwartungshorizont. Ein Folgefehler wird nur einmal gewertet, wenn der weitere Weg richtig ist.
Der neue Radweg
Ein neuer Radweg führt über einen Hügelrücken. Sein Höhenprofil wird für \(0\le x\le 8\) durch die Funktion \(f\) mit
modelliert. Dabei ist \(x\) die horizontale Entfernung vom Startpunkt in 100 m und \(f(x)\) die Höhe über dem Startniveau in Metern (Material M1). Der Startpunkt liegt im Ursprung.
Der Graph von \(f\) auf \([0;8]\). Eine Einheit auf der \(x\)-Achse entspricht 100 m, eine Einheit auf der \(y\)-Achse 1 m.
- Berechne die Nullstellen von \(f\) und deute sie im Sachzusammenhang. Gehe dabei auch auf die Vielfachheit der Nullstellen ein.3 BE
- Bestimme die Monotonieintervalle von \(f\) und ermittle daraus Art und Koordinaten der Extrempunkte des Graphen.6 BE
- Berechne die Koordinaten des Wendepunkts und erläutere, welche Bedeutung der Wendepunkt für den Radweg hat.4 BE
- Berechne das stärkste Gefälle des Radwegs in Prozent.2 BE
- Der Bauträger wirbt: „Auf dem gesamten Radweg ist keine Stelle steiler als 10 %.“ Prüfe diese Aussage rechnerisch und beurteile sie.3 BE
Erwartungshorizont zu Aufgabe a) 3 BE
\(f(x)=\tfrac14x^{3}-3x^{2}+9x=\tfrac14x\,(x^{2}-12x+36)=\tfrac14x\,(x-6)^{2}\)
Nullstellen: \(x_1=0\) (einfach) und \(x_2=6\) (doppelt).
Deutung: Bei \(x=0\) startet der Weg auf Startniveau und durchquert es (Vorzeichenwechsel); bei \(x=6\), also nach 600 m, berührt der Weg das Startniveau nur, ohne darunter zu sinken – die doppelte Nullstelle ist zugleich ein Tiefpunkt.
Punkte: Faktorisierung 1 · Nullstellen 1 · Deutung mit Vielfachheit 1Erwartungshorizont zu Aufgabe b) 6 BE
\(f′(x)=\tfrac34x^{2}-6x+9=\tfrac34\,(x^{2}-8x+12)=\tfrac34\,(x-2)(x-6)\)
\(f′(x)=0\ \Leftrightarrow\ x=2\) oder \(x=6\). Vorzeichentabelle von \(f′\) (nach oben geöffnete Parabel):
\(f′>0\) auf \([0;2[\) → streng monoton wachsend; \(f′<0\) auf \(]2;6[\) → streng monoton fallend; \(f′>0\) auf \(]6;8]\) → streng monoton wachsend.
Vorzeichenwechsel von \(+\) nach \(-\) bei \(x=2\) → Hochpunkt; von \(-\) nach \(+\) bei \(x=6\) → Tiefpunkt.
\(f(2)=2-12+18=8\), \(f(6)=54-108+54=0\) ⇒ \(H(2\,|\,8)\), \(T(6\,|\,0)\).
Alternativ: \(f″(x)=\tfrac32x-6\); \(f″(2)=-3<0\) (Hochpunkt), \(f″(6)=3>0\) (Tiefpunkt).
Punkte: f′ und Nullstellen 2 · Monotonieintervalle 2 · Extrempunkte mit Begründung 2Erwartungshorizont zu Aufgabe c) 4 BE
\(f″(x)=\tfrac32x-6=0\ \Leftrightarrow\ x=4\); \(f‴(x)=\tfrac32\ne0\) (bzw. Vorzeichenwechsel von \(f″\) bei 4) ⇒ Wendestelle.
\(f(4)=16-48+36=4\) ⇒ \(W(4\,|\,4)\).
Bedeutung: Zwischen Hoch- und Tiefpunkt ist der Weg an der Wendestelle am steilsten – dort wechselt die Krümmung von rechts- zu linksgekrümmt, das Gefälle ist bei \(x=4\) (nach 400 m, in 4 m Höhe) maximal.
Punkte: Wendestelle mit hinreichender Bedingung 2 · Koordinaten 1 · Deutung 1Erwartungshorizont zu Aufgabe d) 2 BE
Stärkstes Gefälle an der Wendestelle: \(f′(4)=\tfrac34\cdot16-24+9=-3\).
Das heißt: 3 m Höhenverlust auf 100 m horizontaler Strecke ⇒ Gefälle 3 %.
Punkte: Ableitungswert 1 · Umrechnung in Prozent 1Erwartungshorizont zu Aufgabe e) 3 BE
Die Steigung ist \(f′(x)=\tfrac34x^{2}-6x+9\), eine nach oben geöffnete Parabel mit Scheitel bei \(x=4\). Ihr Maximum auf \([0;8]\) liegt daher am Rand: \(f′(0)=9\) und \(f′(8)=48-48+9=9\).
Maximale Steigung: 9 m auf 100 m, also 9 %; das maximale Gefälle beträgt 3 % (Teil d). Beide Werte liegen unter 10 %.
Beurteilung: Die Aussage ist richtig – allerdings ist mit 9 % am Anfang und am Ende ein Wert erreicht, der nahe an der Grenze liegt; die Werbung mit „keine Stelle steiler als 10 %“ ist also korrekt, aber knapp.
Punkte: Randbetrachtung von f′ 2 · Beurteilung 1Die Sonnenblume
In einem Biologieprojekt wird das Wachstum einer Sonnenblume beobachtet. Die Höhe der Pflanze wird für \(0\le t\le 40\) durch
beschrieben; \(t\) ist die Zeit in Tagen seit Beobachtungsbeginn, \(h(t)\) die Höhe in cm (Material M1).
Der Graph von \(h\) mit dem Wendepunkt \(W\) und der Wendetangente (gestrichelt). Bis zum Wendepunkt wird der Graph steiler, danach flacher.
- Berechne die Höhe der Sonnenblume nach 10 Tagen sowie ihre momentane Wachstumsgeschwindigkeit zu diesem Zeitpunkt. Gib jeweils die Einheit an.3 BE
- Weise nach, dass die Sonnenblume im gesamten Beobachtungszeitraum wächst, und berechne ihre Höhe am Ende der Beobachtung.3 BE
- Bestimme den Zeitpunkt, zu dem die Sonnenblume am schnellsten wächst, und die maximale Wachstumsgeschwindigkeit.4 BE
- Berechne die durchschnittliche Wachstumsgeschwindigkeit in den ersten 20 Tagen und erkläre, warum sie sich vom Wert aus Teilaufgabe c) unterscheidet.2 BE
- Eine Schülerin behauptet: „Laut Modell wächst die Sonnenblume auch nach dem 40. Tag weiter, nur langsamer.“ Nimm dazu begründet Stellung.2 BE
Erwartungshorizont zu Aufgabe a) 3 BE
\(h(10)=-0{,}005\cdot1000+0{,}3\cdot100=-5+30=25\) ⇒ Höhe 25 cm.
\(h′(t)=-0{,}015\,t^{2}+0{,}6\,t\); \(h′(10)=-1{,}5+6=4{,}5\) ⇒ momentane Wachstumsgeschwindigkeit 4,5 cm pro Tag.
Punkte: h(10) mit Einheit 1 · Ableitung 1 · h′(10) mit Einheit 1Erwartungshorizont zu Aufgabe b) 3 BE
\(h′(t)=-0{,}015\,t^{2}+0{,}6\,t=-0{,}015\,t\,(t-40)\).
Für \(0
Endhöhe: \(h(40)=-320+480=\) 160 cm.
Punkte: Faktorisierung/Vorzeichen 1 · Monotoniekriterium 1 · h(40) 1Erwartungshorizont zu Aufgabe c) 4 BE
Gesucht ist das Maximum von \(h′\), also die Wendestelle von \(h\).
\(h″(t)=-0{,}03\,t+0{,}6=0\ \Leftrightarrow\ t=20\); \(h‴(t)=-0{,}03<0\) ⇒ \(h′\) hat bei \(t=20\) ein Maximum (Wendepunkt von \(h\) mit Wechsel von links- zu rechtsgekrümmt).
\(h′(20)=-6+12=6\): Die Sonnenblume wächst am 20. Tag am schnellsten, mit 6 cm pro Tag. (Höhe dabei: \(h(20)=80\) cm, Wendepunkt \(W(20\,|\,80)\).)
Punkte: Ansatz h″=0 1 · Wendestelle mit hinreichender Bedingung 2 · h′(20) mit Einheit 1Erwartungshorizont zu Aufgabe d) 2 BE
Durchschnittliche Wachstumsgeschwindigkeit: \(\dfrac{h(20)-h(0)}{20-0}=\dfrac{80-0}{20}=4\) cm pro Tag.
Erklärung: Der Durchschnittswert ist die Sekantensteigung über 20 Tage – er mittelt die anfangs geringe Wachstumsrate mit ein. Die 6 cm pro Tag aus c) sind dagegen die Tangentensteigung genau am Tag 20, dem Zeitpunkt des schnellsten Wachstums; die momentane Rate ist dort zwangsläufig größer als der Durchschnitt.
Punkte: Differenzenquotient 1 · Sekante vs. Tangente 1Erwartungshorizont zu Aufgabe e) 2 BE
Für \(t>40\) gilt \(h′(t)=-0{,}015\,t\,(t-40)<0\): Das Modell beschreibt ab dem 40. Tag eine abnehmende Höhe, kein langsameres Wachstum. Bereits bei \(t=40\) ist \(h′(40)=0\).
Stellungnahme: Die Behauptung ist falsch. Das Modell ist nur für \(0\le t\le 40\) sinnvoll; eine „schrumpfende“ Sonnenblume ist unrealistisch. Außerhalb des Definitionsbereichs darf das Modell nicht angewendet werden – eine Sonnenblume hört real auf zu wachsen, wird aber nicht kleiner.
Punkte: Vorzeichen von h′ für t>40 1 · Grenzen des Modells 1Das Lichtraumprofil im Tunnel
Der Querschnitt eines Straßentunnels hat die Form einer Parabel. In einem Koordinatensystem (Längeneinheit 1 m) wird die Tunneldecke durch
beschrieben; die \(x\)-Achse ist die Fahrbahn (Material M1). Für die Durchfahrt wird ein rechteckiges Lichtraumprofil festgelegt: ein Rechteck, das symmetrisch zur \(y\)-Achse auf der Fahrbahn steht und dessen obere Ecken auf der Tunneldecke liegen. Die halbe Breite des Rechtecks wird mit \(u\) bezeichnet.
Die Tunneldecke ist der Graph von \(p\); das orangefarbene Rechteck steht symmetrisch zur \(y\)-Achse auf der Fahrbahn, seine oberen Ecken liegen auf der Parabel.
- Weise nach, dass der Tunnel auf Fahrbahnhöhe 8 m breit und in der Mitte 4 m hoch ist, und berechne, wie hoch ein 6 m breites Fahrzeug höchstens sein darf.3 BE
- Zeige, dass der Flächeninhalt des Rechtecks durch \(A(u)=8u-\tfrac12u^{3}\) beschrieben wird, und gib einen sinnvollen Definitionsbereich für \(u\) an.3 BE
- Bestimme die Abmessungen des Rechtecks mit dem größten Flächeninhalt sowie diesen Flächeninhalt. Weise die Art des Extremums nach.5 BE
- Ein Planer schlägt stattdessen ein quadratisches Lichtraumprofil vor, das ebenfalls mit den oberen Ecken an der Tunneldecke anliegt, und behauptet: „Das Quadrat nutzt den Tunnelquerschnitt besser aus als das Rechteck aus c).“ Widerlege diese Behauptung.2 BE
Erwartungshorizont zu Aufgabe a) 3 BE
Breite: \(p(x)=0\ \Leftrightarrow\ x^{2}=16\ \Leftrightarrow\ x=\pm4\) ⇒ Breite \(4-(-4)=8\) m. Höhe: Scheitel bei \(x=0\) (Symmetrie), \(p(0)=4\) m.
Ein 6 m breites Fahrzeug reicht bis \(x=\pm3\): \(p(3)=4-\tfrac94=1{,}75\). Es darf höchstens 1,75 m hoch sein.
Punkte: Nullstellen/Breite 1 · Höhe 1 · p(3) 1Erwartungshorizont zu Aufgabe b) 3 BE
Breite des Rechtecks: \(2u\); Höhe: \(p(u)=4-\tfrac14u^{2}\) (obere Ecken auf der Parabel).
\(A(u)=2u\cdot\left(4-\tfrac14u^{2}\right)=8u-\tfrac12u^{3}\).
Definitionsbereich: \(0
Erwartungshorizont zu Aufgabe c) 5 BE
\(A′(u)=8-\tfrac32u^{2}=0\ \Leftrightarrow\ u^{2}=\tfrac{16}{3}\ \Leftrightarrow\ u=\tfrac{4}{\sqrt3}\approx2{,}31\) (nur die positive Lösung liegt im Definitionsbereich).
\(A″(u)=-3u\); \(A″\!\left(\tfrac{4}{\sqrt3}\right)<0\) ⇒ Maximum. Randwerte \(A(0)=A(4)=0\) sind kleiner, also globales Maximum.
Abmessungen: Breite \(2u=\tfrac{8}{\sqrt3}\approx\) 4,62 m, Höhe \(p(u)=4-\tfrac14\cdot\tfrac{16}{3}=\tfrac83\approx\) 2,67 m.
Flächeninhalt: \(A\!\left(\tfrac{4}{\sqrt3}\right)=\tfrac{8}{\sqrt3}\cdot\tfrac83=\tfrac{64}{3\sqrt3}\approx\) 12,32 m².
Punkte: Notwendige Bedingung 2 · Hinreichende Bedingung/Rand 1 · Abmessungen 1 · Flächeninhalt 1Erwartungshorizont zu Aufgabe d) 2 BE
Quadrat mit Seitenlänge \(s\): halbe Breite \(\tfrac s2\), Höhe muss \(s\) sein: \(s=p\!\left(\tfrac s2\right)=4-\tfrac{1}{16}s^{2}\).
\(s^{2}+16s-64=0\ \Rightarrow\ s=-8+\sqrt{64+64}=-8+8\sqrt2\approx3{,}31\) (positive Lösung).
Flächeninhalt des Quadrats: \(s^{2}\approx10{,}98\) m² \(<12{,}32\) m². Das Quadrat nutzt den Querschnitt also schlechter aus – die Behauptung ist widerlegt.
Punkte: Bedingung für das Quadrat und s 1 · Vergleich der Flächeninhalte 1