Hilfsmittelfreier Teil — ohne Rechner und Formelsammlung
20 PunkteGegeben ist f(x) = −x⁵ + 4x³ − x.
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Erwartungshorizont: Nur ungerade Exponenten → punktsymmetrisch (1 P); Leitterm −x⁵: x → +∞ ergibt −∞, x → −∞ ergibt +∞ (1 P); f(−1) = −f(1) folgt aus der Symmetrie (1 P). Fehlklicks kosten Punkte.
Ordne jeder Eigenschaft des Graphen von f die passende Bedingung zu.
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Erwartungshorizont: P(2 | −1) → f(2) = −1; waagerechte Tangente bei −1 → f′(−1) = 0; Wendestelle bei 2 → f″(2) = 0; Steigung 2 an der Stelle 0 → f′(0) = 2. Je 1 P.
f(x) = x² − a für x < 3 und f(x) = 2x + a für x ≥ 3.
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Erwartungshorizont: a) 9 − a = 6 + a → 2a = 3 → a = 1,5 (2 P). b) Links (x² − a)′ = 2x → 6, rechts 2: Knick, nicht differenzierbar (1 P).
fk(x) = x · e−kx, k > 0, hat die Ableitung fk′(x) = (1 − kx) · e−kx.
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Erwartungshorizont: a) 1 − 2x = 0 → x = 0,5 (1 P). b) 1/k = 4 → k = 0,25 (2 P). c) x · e−kx = 0 nur für x = 0, da e−kx > 0 (1 P).
fk(x) = kx³ − kx + 2.
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Erwartungshorizont: a) fk(x) = 2 + k(x³ − x); x³ − x = x(x − 1)(x + 1) = 0 → x ∈ {−1; 0; 1}: drei Punkte (1 P). b) Dort ist fk(x) = 2 für jedes k: (−1 | 2), (0 | 2), (1 | 2) (2 P).
fk(x) = x² − 4kx hat den Scheitel Sk(2k | −4k²).
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Erwartungshorizont: x = 2k → k = x/2; y = −4 · (x/2)² = −x² (3 P).
Teil mit digitalem Werkzeug — GTR (Casio fx-CG50) oder CAS (TI-Nspire CX CAS)
40 PunkteEin Brückenbogen wird für −20 ≤ x ≤ 20 durch f(x) = ax⁴ + bx² + c beschrieben (x, f(x) in m). Der Scheitel liegt bei (0 | 8), die Fußpunkte bei (±20 | 0), dort ist die Steigung ∓1,2.
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Erwartungshorizont: a) c = 8 aus dem Scheitel; f(20) = 0; f′(20) = −1,2 (je 1 P; die Symmetrie ist im Ansatz schon enthalten). b) 160000a + 400b = −8 und 32000a + 40b = −1,2 → a = −0,000025, b = −0,01 (2 P). c) f(10) = −0,25 − 1 + 8 = 6,75 m (2 P). d) f(x) = 6 → x² ≈ 146,41 → x ≈ ±12,10; Breite ≈ 24,2 m (3 P; GTR: Graph › G-Solv › X-CAL oder Polynomgleichung).
Eine Auffahrt folgt für x ≤ 2 dem Graphen von g(x) = 0,5x², ab x = 4 verläuft sie waagerecht auf der Höhe 5 (1 LE = 10 m). Dazwischen soll h(x) = ax³ + bx² + cx + d knickfrei vermitteln.
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Erwartungshorizont: a) h(2) = 2, h′(2) = 2, h(4) = 5, h′(4) = 0 → LGS mit dem GTR: a = −0,25, b = 1,75, c = −2, d = 1 (3 P, davon 2 P für die Bedingungen). b) h(3) = −6,75 + 15,75 − 6 + 1 = 4 (2 P). c) h″(x) = −1,5x + 3,5 → h″(2) = 0,5 (2 P). d) g″(2) = 1 ≠ 0,5: knickfrei, aber mit Krümmungsruck (3 P).
Gegeben ist fk(x) = x³ − kx² mit k > 0.
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Erwartungshorizont: a) T(2 | −4): f₃(2) = 8 − 12 = −4 (2 P). b) yT = (2k/3)³ − k(2k/3)² = −4k³/27 = −32 → k³ = 216 → k = 6 (3 P). c) x = 2k/3 → k = 1,5x; y = −4 · (1,5x)³/27 = −0,5x³ für x > 0 (3 P). d) fa = fb → (b − a)x² = 0 → nur x = 0: ein gemeinsamer Punkt (0 | 0), dort berühren sich die Graphen (2 P).
Die Konzentration eines Wirkstoffs im Blut wird durch ck(t) = 10t · e−kt modelliert (t in h, c in mg/l, k > 0).
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Erwartungshorizont: a) ck′(t) = 10(1 − kt)e−kt = 0 → t = 1/k = 2 h; c = 20 · e−1 ≈ 7,36 mg/l (3 P). b) cmax = 10/(k · e) = 5 → k = 2/e ≈ 0,736 (3 P). c) Wendestelle t = 2/k = 4 h, dort ist c′ minimal (2 P). d) tmax = 1/k und cmax = 10/(k · e) fallen mit wachsendem k (2 P).
Ergebnis
| Aufgabe | Thema | Punkte |
|---|
Notenschema (Oberstufe)
| Punkte | Notenpunkte | Beurteilung |
|---|---|---|
| 57 – 60 P | 15 | sehr gut + (Note 1) |
| 54 – 56 P | 14 | sehr gut (Note 1) |
| 51 – 53 P | 13 | sehr gut − (Note 1) |
| 48 – 50 P | 12 | gut + (Note 2) |
| 45 – 47 P | 11 | gut (Note 2) |
| 42 – 44 P | 10 | gut − (Note 2) |
| 39 – 41 P | 09 | befriedigend + (Note 3) |
| 36 – 38 P | 08 | befriedigend (Note 3) |
| 33 – 35 P | 07 | befriedigend − (Note 3) |
| 30 – 32 P | 06 | ausreichend + (Note 4) |
| 27 – 29 P | 05 | ausreichend (Note 4) |
| 24 – 26 P | 04 | ausreichend − (Note 4) |
| 20 – 23 P | 03 | mangelhaft + (Note 5) |
| 17 – 19 P | 02 | mangelhaft (Note 5) |
| 12 – 16 P | 01 | mangelhaft − (Note 5) |
| 0 – 11 P | 00 | ungenügend (Note 6) |