Kompensationsprüfung Mathematik – Mai/Juni 2017 · AHS · Kompi 2

Kompensationsprüfung zur
standardisierten kompetenzorientierten
schriftlichen Reifeprüfung
AHS
Mai 2017
Mathematik
Kompensationsprüfung 2
Angabe für Prüfer/innen
Exemplar für Prüfer/innen

Kompensationsprüfung 2 / Mai 2017 / MAT / Prüfer/in S. 2/13
Hinweise zur Kompensationsprüfung
Die vorliegenden Unterlagen zur Kompensationsprüfung umfassen fünf Aufgaben, die unabhängig
voneinander bearbeitbar sind.
Jede Aufgabe gliedert sich in zwei Aufgabenteile: Bei der „Aufgabenstellung“ muss die Kandidatin / der Kandidat die jeweilige Grundkompetenz nachweisen und bei der Beantwortung der anschließenden „Leitfrage“ ihre/seine Kommunikationsfähigkeit unter Beweis stellen.
Die Prüfer/innen finden im Anschluss an die Aufgabenstellungen auch die Lösungserwartungen
und die Lösungsschlüssel.
Die Vorbereitungszeit beträgt mindestens 30 Minuten, die Prüfungszeit maximal 25 Minuten.
Beurteilung
Jede Aufgabe wird mit null, einem oder zwei Punkten bewertet. Dabei ist für jede Aufgabenstellung
ein Grundkompetenzpunkt und für jede Leitfrage ein Leitfragenpunkt zu erreichen. Insgesamt können maximal zehn Punkte erreicht werden.
Für die Beurteilung der Prüfung ergibt sich folgendes Schema:
Note zumindest erreichte Punkte
„Genügend“
4 Grundkompetenzpunkte + 0 Leitfragenpunkte
3 Grundkompetenzpunkte + 1 Leitfragenpunkt
„Befriedigend“
5 Grundkompetenzpunkte + 0 Leitfragenpunkte
4 Grundkompetenzpunkte + 1 Leitfragenpunkt
3 Grundkompetenzpunkte + 2 Leitfragenpunkte
„Gut“
5 Grundkompetenzpunkte + 1 Leitfragenpunkt
4 Grundkompetenzpunkte + 2 Leitfragenpunkte
3 Grundkompetenzpunkte + 3 Leitfragenpunkte
„Sehr gut“
5 Grundkompetenzpunkte + 2 Leitfragenpunkte
4 Grundkompetenzpunkte + 3 Leitfragenpunkte
Über die Gesamtbeurteilung entscheidet die Prüfungskommission; jedenfalls werden sowohl die
von der Kandidatin / vom Kandidaten im Rahmen der Kompensationsprüfung erbrachte Leistung
als auch das Ergebnis der Klausurarbeit dafür herangezogen.

Kompensationsprüfung 2 / Mai 2017 / MAT / Prüfer/in S. 3/13
Bewertungsraster zur Kompensationsprüfung
Dieser Bewertungsraster liegt zur optionalen Verwendung vor und dient als Hilfestellung bei der
Beurteilung.
Grundkompetenzpunkt
erreicht
Leitfragenpunkt
erreicht
Aufgabe 1
Aufgabe 2
Aufgabe 3
Aufgabe 4
Aufgabe 5

Kompensationsprüfung 2 / Mai 2017 / MAT / Prüfer/in S. 4/13
Aufgabe 1
Gewinnschwelle
Gegeben sind die Gleichungen einer Kostenfunktion K und einer Erlösfunktion E mit a , b , c ∈ ℝ
+
.
K ( x ) = a · x + b
E ( x ) = c · x
In der Kostenfunktion beschreibt x die Anzahl der produzierten Einheiten, in der Erlösfunktion
beschreibt x die Anzahl der verkauften Einheiten.
Aufgabenstellung:
Die Stelle x
1
bezeichnet die Gewinnschwelle. Das ist diejenige Mengeneinheit, die produziert (und
verkauft) werden muss, damit K ( x
1
) = E ( x
1
) gilt. Geben Sie einen Term zur Berechnung von x
1
in
Abhängigkeit von a , b und c an!
x
1
=
Leitfrage:
Deuten Sie die Parameter a , b und c im gegebenen Kontext!
Fassen Sie weiters x
1
als Funktion f in Abhängigkeit von der Differenz d mit d = c – a auf.
Geben Sie den Funktionstyp von f an und skizzieren Sie einen möglichen Graphen in das nachstehende Koordinatensystem!
f ( d )
d

Kompensationsprüfung 2 / Mai 2017 / MAT / Prüfer/in S. 5/13
Lösung zur Aufgabe 1
Gewinnschwelle
Lösungserwartung zur Aufgabenstellung:
K ( x
1
) = E ( x
1
)
a · x
1
+ b = c · x
1
x
1
=
b
c – a
Lösungsschlüssel:
Der Grundkompetenzpunkt ist genau dann zu geben, wenn ein korrekter Term angegeben wird.
Äquivalente Terme sind als richtig zu werten.
Lösungserwartung zur Leitfrage:
Der Parameter a beschreibt die zusätzlichen (variablen) Kosten, die pro Stück anfallen.
Der Parameter b beschreibt die Fixkosten.
Der Parameter c beschreibt den Verkaufspreis pro Stück.
f ( d )
d
f
Die Funktion f ist eine Potenzfunktion
(
vom Typ f ( x ) =
a
x
, beschreibt eine indirekte Proportionalität
)
.
Lösungsschlüssel:
Der Leitfragenpunkt ist genau dann zu geben, wenn alle drei Parameter (sinngemäß) korrekt gedeutet werden sowie die Funktion f als Potenzfunktion (gebrochen rationale Funktion) erkannt und
als solche skizziert wird.

Kompensationsprüfung 2 / Mai 2017 / MAT / Prüfer/in S. 6/13
Aufgabe 2
Dreiecke
Die nachstehende Grafik zeigt zwei aneinanderliegende rechtwinkelige Dreiecke.
A
F
B
C
x α
β
Aufgabenstellung:
Berechnen Sie für x = 8 m und AC = 10 m die Größe des Winkels α !
Beschreiben Sie weiters, wie man die Größe des Winkels α berechnen kann, wenn AF anstelle
von AC angegeben ist!
Leitfrage:
Geben Sie eine Formel zur Berechnung von AB in Abhängigkeit von x , α und β an!
Geben Sie konkret an, wie sich AB verändert, wenn x verfünffacht wird und die beiden Winkel α ,
β unverändert bleiben! Begründen Sie Ihre Antwort!

Kompensationsprüfung 2 / Mai 2017 / MAT / Prüfer/in S. 7/13
Lösung zur Aufgabe 2
Dreiecke
Lösungserwartung zur Aufgabenstellung:
cos( α ) =
x
AC
α ≈ 36,87°
Ist AF anstelle von AC angegeben, so kann man den Winkel α mithilfe der Tangensfunktion ermitteln:
tan( α ) =
AF
x
Lösungsschlüssel:
Der Grundkompetenzpunkt ist genau dann zu geben, wenn die Größe des Winkels α richtig berechnet wird und im Fall der Angabe von AF eine korrekte Beschreibung angeführt wird.
Toleranzintervall: [36°; 37°]
Lösungserwartung zur Leitfrage:
tan( α ) =
AF
x
tan( β ) =
BF
x
AB = AF + BF = x ∙ (tan( α ) + tan( β ))
Da zwischen x und AB eine direkte Proportionalität besteht, führt eine Verfünffachung von x auch
zu einer Verfünffachung von AB .
Lösungsschlüssel:
Der Leitfragenpunkt ist genau dann zu geben, wenn eine korrekte Formel zur Berechnung von AB
ermittelt wird sowie angegeben wird, dass eine Verfünffachung von x eine Verfünffachung von AB
bewirkt, und dieser Sachverhalt (sinngemäß) korrekt begründet wird. Äquivalente Formeln sind als
richtig zu werten.

Kompensationsprüfung 2 / Mai 2017 / MAT / Prüfer/in S. 8/13
Aufgabe 3
Wirkstoffkonzentration
Die Konzentration c ( t ) eines Wirkstoffes im Blut t Stunden nach der Einnahme eines Arzneimittels
kann durch die Gleichung c ( t ) = c (0) · 0,85
t
beschrieben werden.
Aufgabenstellung:
Interpretieren Sie die Gleichung c ( t
1
) = 0,7 · c (0) im gegebenen Zusammenhang und berechnen
Sie t
1
!
Leitfrage:
Skizzieren Sie einen zur Aufgabenstellung passenden Graphen und erläutern Sie für die berechnete Zeit t
1
, wie sich die absoluten und relativen (prozentuellen) Änderungen der Wirkstoffkonzentration in den Intervallen [0; t
1
], [ t
1
; 2 t
1
] und [2 t
1
; 3 t
1
] jeweils entwickeln!

Kompensationsprüfung 2 / Mai 2017 / MAT / Prüfer/in S. 9/13
Lösung zur Aufgabe 3
Wirkstoffkonzentration
Lösungserwartung zur Aufgabenstellung:
Mögliche Interpretationen:
Nach t
1
Stunden sind nur mehr 70 % der Anfangskonzentration im Blut vorhanden.
oder:
Nach t
1
Stunden vermindert sich die Anfangskonzentration um 30 %.
0,7 · c (0) = c (0) · 0,85
t 1
t
1
=
ln(0,7)
ln(0,85)
≈ 2,2 ⇒ t
1
≈ 2,2 Stunden
Lösungsschlüssel:
Der Grundkompetenzpunkt ist genau dann zu geben, wenn die Gleichung korrekt interpretiert
und t
1
richtig berechnet wird.
Lösungserwartung zur Leitfrage:
Die absoluten Änderungen (Abnahmen) werden bei gleichbleibender Intervalllänge mit zunehmender Zeit immer geringer.
Die prozentuellen Änderungen sind in allen drei Zeitintervallen gleich groß (da die Intervalle gleich
lang sind).
Mögliche grafische Darstellung:
t 2 t
1
0 t
1
3 t
1
c
c ( t )
Lösungsschlüssel:
Der Leitfragenpunkt ist genau dann zu geben, wenn ein Graph, der die Form einer (streng monoton fallenden) Exponentialfunktion haben muss, skizziert wird und die Änderungen (sinngemäß)
der Lösungserwartung entsprechend erläutert werden.

Kompensationsprüfung 2 / Mai 2017 / MAT / Prüfer/in S. 10/13
Aufgabe 4
Polynomfunktion vierten Grades
Für eine Funktionsgleichung einer Polynomfunktion f vierten Grades mit f ( x ) = a · x
4
+ x
2
+ c
gilt: a > 0 und c ∈ ℝ .
Aufgabenstellung:
Ermitteln Sie für a = 1 die Steigung der Tangente an den Graphen der Funktion f an der Stelle
x = 2 und erklären Sie, warum die Angabe des Wertes c für die Bearbeitung dieser Aufgabe nicht
erforderlich ist!
Leitfrage:
Geben Sie eine Gleichung an, mit deren Hilfe man für alle a > 0 die Wendestellen berechnen
kann, und schließen Sie anhand dieser Gleichung auf die Anzahl der Wendestellen der Funktion f !

Kompensationsprüfung 2 / Mai 2017 / MAT / Prüfer/in S. 11/13
Lösung zur Aufgabe 4
Polynomfunktion vierten Grades
Lösungserwartung zur Aufgabenstellung:
f ( x ) = x
4
+ x
2
+ c
f ′ ( x ) = 4 · x
3
+ 2 · x
f ′ (2) = 36 ⇒ Die Steigung der Tangente an dieser Stelle beträgt 36.
Mögliche Erklärung:
Beim Ableiten der Funktion f fällt c weg. Die Kenntnis des genauen Wertes ist somit für die
Berechnung des Anstiegs nicht erforderlich.
Lösungsschlüssel:
Der Grundkompetenzpunkt ist genau dann zu geben, wenn der Wert der Steigung richtig
ermittelt wird und eine korrekte Erklärung, warum die Angabe des Wertes c nicht erforderlich ist,
angegeben wird.
Lösungserwartung zur Leitfrage:
f ( x ) = a · x
4
+ x
2
+ c
f ′ ( x ) = 4 · a · x
3
+ 2 · x
f ″ ( x ) = 12 · a · x
2
+ 2
Die Gleichung 12 · a · x
2
+ 2 = 0 hat für a > 0 keine reellen Lösungen, daher hat die Funktion f
keine Wendestellen.
Lösungsschlüssel:
Der Leitfragenpunkt ist genau dann zu geben, wenn eine korrekte Gleichung angegeben wird und
daraus geschlossen wird, dass die Funktion f keine Wendestellen hat.

Kompensationsprüfung 2 / Mai 2017 / MAT / Prüfer/in S. 12/13
Aufgabe 5
Haarausfall
Laut einem Zeitungsartikel zeigt jeder dritte Mann, der über 30 Jahre alt ist, Anzeichen von Haarausfall.
Ein Shampoo-Hersteller bewirbt sein neues Produkt, das Haarausfall angeblich verhindern soll.
Der Hersteller wählt 5 000 Männer, die über 30 Jahre alt sind, nach dem Zufallsprinzip aus, um sie
für sein neues Produkt zu interessieren, und bietet diesen Männern eine Gratis-Probe des neuen
Produkts an.
Aufgabenstellung:
Die Zufallsvariable X bezeichnet die Anzahl der ausgewählten Männer, die tatsächlich bereits Anzeichen von Haarausfall haben.
Begründen Sie, warum X binomialverteilt ist, und geben Sie den Erwartungswert μ und die Standardabweichung σ von X an (unter der Annahme, dass die im Zeitungsartikel genannten Zahlen
den Tatsachen entsprechen)!
Leitfrage:
Von den 5 000 zufällig ausgewählten Männern sind 374 an diesem Produkt prinzipiell interessiert.
Berechnen Sie auf Basis dieser Daten ein symmetrisches 95-%-Konfidenzintervall für den Anteil
aller Männer über 30 Jahre, die an dem neuen Produkt prinzipiell interessiert sind!
Geben Sie an, wie viele der 5 000 zufällig ausgewählten Männer an diesem Produkt prinzipiell
interessiert sein müssen, damit sich ein Konfidenzintervall maximaler Breite ergibt!

Kompensationsprüfung 2 / Mai 2017 / MAT / Prüfer/in S. 13/13
Lösung zur Aufgabe 5
Haarausfall
Lösungserwartung zur Aufgabenstellung:
Jeder der ausgewählten Männer hat entweder „Anzeichen von Haarausfall“ oder „keine Anzeichen von Haarausfall“, d. h., es gibt genau zwei mögliche Versuchsausgänge, die unabhängig
voneinander mit gleichbleibender Wahrscheinlichkeit auftreten. Die Zufallsvariable X ist daher
binomialverteilt.
μ = n · p = 5 000 ·
1
3
≈ 1 666,7
σ =

n · p · (1 – p ) =

5 000 ·
1
3
·
2
3
≈ 33,33
Lösungsschlüssel:
Der Grundkompetenzpunkt ist genau dann zu geben, wenn (sinngemäß) korrekt begründet wird,
warum X binomialverteilt ist, und μ und σ richtig angegeben werden.
Toleranzintervall für μ : [1 666; 1 670]
Toleranzintervall für σ : [33; 34]
Lösungserwartung zur Leitfrage:
h =
374
5 000
= 0,0748
0,0748 ± 1,96 ∙
0,0748 ∙ 0,9252
5 000

≈ 0,0748 ± 0,0073
95-%-Konfidenzintervall: [0,0675; 0,0821] = [6,75 %; 8,21 %]
Ein Konfidenzintervall maximaler Breite ergibt sich, wenn 2 500 Männer an diesem Produkt interessiert sind. (In diesem Fall gilt h = (1 – h ) = 0,5 , somit ist der Ausdruck h ∙ (1 – h ) maximal und
damit auch
h · (1 – h )
n

.)
Lösungsschlüssel:
Der Leitfragenpunkt ist genau dann zu geben, wenn das Konfidenzintervall richtig berechnet und
die richtige Anzahl angegeben wird.
Toleranzintervall für die untere Grenze: [0,067; 0,068] bzw. [6,7 %; 6,8 %]
Toleranzintervall für die obere Grenze: [0,081; 0,083] bzw. [8,1 %; 8,3 %]