oHiMi Aufgaben BLF 2015 Thüringen

Auf dieser Seite gibt es oHiMi Aufgaben für die BLF 2015 in Thüringen für euch.

Die Aufgaben entsprechen in der Wahl der Themen und des Schwierigkeitsgrads den vom Institut für Lehrerfortbildung herausgegebenen Orientierungsaufgaben für den hilfsmittelfreien Teil (oHiMi = ohne Hilfsmittel) der Besonderen Leistungsfeststellung 2015 im Fach Mathematik.

Direkt hinter jeder Aufgabe folgt ihre ausführlich erklärte Lösung.

(1)   Skizzieren Sie die Graphen der Funktionen f(x) = 4·cos(x) und g(x) = cos(x) + 4 im Intervall
0 ≤ x ≤ 2π.

 

Um die Graphen zu skizieren, orientieren wir uns am ’normalen‘ Kosinus.

Der Faktor 4 in der Funktion f streckt die Funktion in y-Richtung:
4 x cos(x)
Tipp: Da die Schablone für sin/cos zugelassen ist, können wir sie natürlich hier auch benutzen. Wir müssen nur die y-Achse anstatt mit 1 und -1 mit 4 und -4 beschriften!

 

In der Funktion g wird zur cos-Funktion noch 4 dazuaddiert. Dies bewirkt eine Verschiebung in y-Richtung um 4 Einheiten nach oben:
cos(x) + 4

(2)   Ein fünfstelliges Passwort soll nur aus ungeraden Ziffern bestehen, die alle verschieden sind. Wie viele mögliche Passwörter existieren?

 

Für die erste Ziffer gibt es 5 Möglichkeiten (1, 3, 5, 7 oder 9).
Für die zweite Ziffer gibt es nur noch 4 Möglichkeiten, für die dritte nur noch 3, für die vierte nur noch 2 und für die fünfte und letzte Ziffer nur noch 1 Möglichkeit. Das sind insgesamt

5! = 5 · 4 · 3 · 2 · 1 = 120   mögliche Passwörter.

(3)   Das Ereignis E beschreibt alle Passwörter aus Aufgabe (2), die mit 1 anfangen. Das Ereignis F beschreibt diejenigen, die als Zahl gelesen durch 5 teilbar sind.

Welche der Passwörter (I) bis (V) gehören zum Ereignis E∩F ?
(I) 13579    (II) 13975    (III) 53791    (IV) 37915    (V) 17395

 

E∩F bedeutet E und F, also mit 1 beginnend und durch 5 teilbar. Dies trifft auf Passwort (II) und (V) zu.

(4)   Linus sagt die Gleichung 3x + c = -x2 hat höchstens zwei Lösungen. Hat er recht, wie beeinflusst c die Lösungsmenge?

 

Rechnerische Lösung (mit pq-Formel):

3x + c = -x2

x2 + 3x + c = 0

x1,2 = -1,5 ± √( 2,25 – c )

2,25 – c > 0 bzw. c < 2,25 ⇒ 2 Lösungen 2,25 - c = 0 bzw. c = 2,25 ⇒ 1 Lösung 2,25 - c < 0 bzw. c > 2,25 ⇒ keine Lösung

Linus hat also recht.

 

Grafische Lösung (mit Parabelschablone):

Wir fassen die linke und die rechte Seite der Gleichung jeweils als eine Funktionen auf, die wir für verschiedene c zeichnen. Die Anzahl der Lösungen entspricht dann der Anzahl der Schnittpunkte der beiden Graphen:
3x + c = -x^2
Auch hier sieht man, dass Linus recht hat.

(5)   In einem Dreieck ABC ist der Winkel α doppelt so groß wie Winkel β und 15° größer als Winkel γ. Wie groß sind die drei Winkel?

 

Wir lösen die Aufgabe mit Hilfe eines Gleichungssystems:

 

I     α = 2 · β

II    α = 15° + γ

III   α + β + γ = 180°

 

Aus I und II erhalten wir 2 · β = 15° + γ und daraus

 

IV   β = 7,5° + 0,5·γ

 

Aus II in III erhalten wir 15° + γ + β + γ = 180° daraus mit IV

 

15° + γ + 7,5° + 0,5·γ + γ = 180°

22,5° + 2,5·γ = 180°

2,5·γ = 157,5°

γ = 63°

 

Mit γ = 63° in II ergibt sich

α = 15° + 63° = 78°

und mit I erhalten wir noch β = 39°.

 

Für das betrachtete Dreieck gilt also α = 78°, β = 39° und γ= 63°.

(6)   Geben Sie zu dem folgenden rechtwinkligen Dreieck RST jeweils eine Gleichung zur Berechnung der Seite RS und des tan(∠RTS) unter Verwendung der Dreiecksseiten an.

OHIMI Rechtwinkliges Dreieck

 

Für die Seite RS benutzen wir den Satz des Pythagoras RT2 = RS2 + ST2 und erhalten

RS = √( RT2 – ST2 ).

 

Der Tangens eines Winkels ist gleich dem Verhältnis von Gegenkathete zu Ankathete. Der Winkel ∠RTS in unserem Dreieck hat seinen Scheitelpunkt bei T. Für diesen Winkel ist RS die Gegenkathete und ST die Ankathete. Wir erhalten also

tan(∠RTS) = RS / ST.

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