2016_08_18_MatheAbi2017_Aufgaben

Stefan Bursch 

Mathe-Abi 

Baden-Württemberg 

2017 

Prüfungsaufgaben 

mit Musterlösungen 

www.mathe-abi-bw.de

© 2016 Stefan Bursch 

Herstellung und Verlag: BoD - Books on Demand, Norderstedt 

ISBN: 9783741284151 

www.mathe-abi-bw.de 

info@mathe-abi-bw.de

Vorwort 

Zwei erfolgreiche Abiturprüfungen und die Buchreihe "Mathe-Abi Baden-Württemberg" - 

das sind die Ergebnisse unseres gemeinsamen Vater-Tochter-Projekts. 

Als Autor dieses Buches habe ich bereits 1982 meine Abiturprüfung abgelegt. 

Anschließend studierte ich Elektrotechnik an der Technischen Universität in 

Braunschweig und „Space Systems Engineering“ an der Technischen Universität in Delft 

(Niederlande). 

Seit 1990 bin ich als Ingenieur in der Raumfahrtindustrie beschäftigt und habe an 

mehreren Erdbeobachtungs- und Forschungssatelliten mitgearbeitet. Nebenbei konnte 

ich Erfahrungen als Dozent an der Hochschule Ravensburg-Weingarten sammeln. 

Inzwischen rückte das Abitur meiner älteren Tochter Franziska immer näher. Allerdings 

zählte Mathematik nicht gerade zu ihren Lieblingsfächern. Nachdem wir uns einen 

Überblick über die Abiturprüfung verschafft hatten, entwickelten wir erst einmal einen 

Trainingsplan. Dann wagten wir uns recht schnell an die Aufgaben aus den 

Abiturprüfungen der vergangenen Jahre. Hierbei notierten und ordneten wir hilfreiche 

Formeln und ergänzten diese mit Zeichnungen und Lösungswegen. Im nachfolgenden 

Jahr machte meine jüngere Tochter Nicola ihr Abitur. Der Trainingsplan wurde 

überarbeitet und die bestehende Zusammenfassung mit vielen Erklärungen und 

Beispielen erweitert. 

So entstand kapitelweise unser erstes Buch Mathe-Abi Baden-Württemberg, welches 

sich im Freundes- und Bekanntenkreis immer mehr verbreitete. Dieses Buch beinhaltet 

eine strukturierte Zusammenfassung aller der in Baden-Württemberg prüfungsrelevanten 

Themen aus den Bereichen Analysis, Geometrie und Stochastik. 

Anschließend entstand unser Buch Mathe-Abi Baden-Württemberg - 

Prüfungsaufgaben mit Musterlösungen. Es enthält die Aufgaben aus dem Pflicht- und 

Wahlteil früherer Abiturjahrgänge mit ausführlich erklärten Musterlösungen. 

Wir hoffen, dass unsere Bücher noch vielen zukünftigen Abiturienten bei ihrer 

Vorbereitung auf die Abiturprüfung in Mathematik helfen werden. 

Natürlich können unsere Bücher noch verbessert werden. Für Rückmeldungen (bitte per 

Email an info@mathe-abi-bw.de) sind wir dankbar. Trotz sorgfältigem Korrekturlesen 

übernehmen wir keine Haftung für Fehler. 

Salem im August 2016, 

Stefan Bursch

www.mathe-abi-bw.de 

Homepage zum Buch 

Zu unserem Buch gibt es auch eine Homepage (www.mathe-abi-bw.de) mit zusätzlichen 

Tipps zur richtigen Vorbereitung auf die Abiturprüfung in Mathematik. 

Insbesondere empfehlen wir, einen Trainingsplan zur Vorbereitung auf das Abitur zu 

verwenden. Auf unserer Homepage stellen wir daher einen Plan als Download zur 

Verfügung, der individuell angepasst werden kann. 

Zur Berechnung der Abiturnote in Baden-Württemberg befindet sich auf unserer 

Homepage weiterhin ein Abi-Rechner.

Inhalt 

1 ÜBERSICHT ....................................................................................... 7 

2 PFLICHTTEIL ANALYSIS ................................................................ 11 

2.1 Aufgabe 1: Differenzieren ............................................................................................... 11 

2.2 Aufgabe 2: Integrieren ..................................................................................................... 14 

2.3 Aufgabe 3: Gleichungen lösen ......................................................................................... 18 

2.4 Aufgabe 4: Kurvendiskussion ......................................................................................... 21 

2.5 Aufgabe 5: Eigenschaften von Funktion ........................................................................ 28 

3 PFLICHTTEIL GEOMETRIE ............................................................. 37 

3.1 Aufgabe 6 .......................................................................................................................... 37 

3.2 Aufgabe 7 .......................................................................................................................... 46 

4 PFLICHTTEIL STOCHASTIK ........................................................... 53 

4.1 Aufgabe 8 .......................................................................................................................... 53 

5 PFLICHTTEIL ALLGEMEINES VERSTÄNDNIS .............................. 59 

5.1 Aufgabe 9 (war bis 2012 Aufgabe 8) ............................................................................... 59 

6 WAHLTEIL ANALYSIS ..................................................................... 64 

7 WAHLTEIL GEOMETRIE ............................................................... 101 

8 WAHLTEIL STOCHASTIK .............................................................. 125

Übersicht 7 

1 Übersicht 

Die Abiturprüfung in Mathematik besteht aus folgenden Teilen: 

- Pflichtteil 

- Wahlteil Analysis 

- Wahlteil Geometrie 

- Wahlteil Stochastik 

Pflichtteil 

Ca. 7 - 9 Aufgaben 

ohne Hilfsmittel 

Analysis (ca. 10 VP) 

Geometrie (ca. 8 VP) 

Stochastik (ca. 2 VP) 

20 VP 

Wahlteil 

Analysis 

A oder B 20 VP 

Wahlteil 

Geometrie 


Wahlteil 

Stochastik 


∑ 60 VP

8 Übersicht 

Der Pflichtteil umfasst wie in den vergangenen Jahren die drei Sachgebiete Analysis, 

Geometrie und Stochastik. Hierbei besteht keine Auswahlmöglichkeit für den Lehrer. Der 

bisherige Charakter von kleineren, eigenständigen Aufgaben bleibt erhalten. 

Im Wahlteil werden ebenfalls alle drei Sachgebiete abgedeckt. Zu jedem dieser 

Sachgebiete gibt es zwei Aufgabenvorschläge (A oder B), von denen der Lehrer jeweils 

einen für die Abiturprüfung seines Kurses auswählt. Die bisherige Koppelung der 

Wahlteilaufgaben in Geometrie und Stochastik wird aufgehoben. 

Die gesamte Prüfungszeit beträgt 270 Minuten. Zu Beginn der Prüfung erhält der Schüler 

alle Abituraufgaben aus dem Pflichtteil und dem Wahlteil. Im Pflichtteil sind keine 

Hilfsmittel zugelassen. Erst nach Abgabe des Pflichtteils bekommt der Schüler den 

Taschenrechner und eine Merkhilfe (anstelle der früheren Formelsammlung) zur 

Bearbeitung des Wahlteils. Die Merkhilfe steht auf der Internetseite des 

Kultusministeriums zur Verfügung (Link auf unserer Homepage). 

Pflichtteil 

Da sich der Aufbau des Pflichtteils in den vergangenen Jahren kaum geändert hat, 

können die Aufgaben gut vorbereitet werden. In der Abiturprüfung 2013 sind die beiden 

letzten Aufgaben (Stochastik und Allgemeines Verständnis) ergänzt worden. Mit 

folgenden Aufgaben ist zu rechnen: 

Aufgabe 1: Analysis / Differenzieren 

In der ersten Aufgabe muss die erste Ableitung einer gegebenen Funktion (z.B. f(x) = 

(sin(x) + 7) 5 ) gebildet werden. Hierzu werden die verschiedenen Ableitungsregeln 

benötigt. 

Aufgabe 2: Analysis / Integrieren 

In dieser Aufgabe soll eine Stammfunktion bestimmt oder ein Integral ausgerechnet 

werden. 

Typischerweise ist eine Funktion angegeben (z.B. f(x) = 2e 4x + 3 x2 ), deren Stammfuktion 

mit Hilfe der verschiedenen Aufleitungsregeln zu bestimmen ist. 

Alternativ hierzu kann ein Integral gegeben sein (z.B. ∫ (2x − 1) 4 

1 

0 

dx ), welches ebenfalls 

mit Hilfe der Aufleitungsregeln und dem Hauptsatz der Integralrechnung zu berechnen 

ist.

Übersicht 9 

Aufgabe 3: Analysis / Gleichungen lösen 

Nach dem Ab- und Aufleiten soll jetzt eine Gleichung gelöst werden. Häufig kann die 

angegebene Gleichung zuerst durch Termumformungen oder durch Substitution in eine 

quadratische Gleichung umgeformt werden (z.B. 4e 2x + 6e x = 4). Zur Lösung der 

quadratischen Gleichung benötigt man die Mitternachtsformel. 

Andere Aufgaben lassen sich durch Termumformungen und den Satz vom Nullprodukt 

lösen (z.B. sin(x) ∙ cos(x) − 2 cos(x) = 0 ). 

Aufgabe 4: Analysis / Kurvendiskussion 

Diese Aufgabe kann verschiedene Bereiche der Kurvendiskussion beinhalten. 

Typischerweise sind dieses Fragen zu den Themen: 

- Schnitt- oder Berührpunkte 

- Tangente oder Normale 

- Asymptoten 

- Nullstellen, Extrempunkte und Wendepunkte 

- Funktionsbestimmung mit gegeben Bedingungen (z.B. Funktion n-ten Grades, 

“schneidet“, “berührt“, “besitzt Hochpunkt in H(x|y)“) 

Aufgabe 5: Analysis / Eigenschaften von Funktion 

In der letzten Analysis-Aufgabe im Pflichtteil geht es um Funktionen und deren 

Eigenschaften. In den Fragestellungen geht es häufig um den Zusammenhang zwischen 

Funktion, Ableitung und Stammfunktion und den entsprechenden Graphen. 

Beispielsweise soll von einer Nullstelle in der Ableitung auf Extrempunkte der Funktion 

bzw. auf Wende- oder Sattelpunkte der Stammfunktion geschlossen werden. Seit dem 

Jahr 2013 ist auch mit erweiterten Verständnisaufgaben (z.B. Eigenschaften von 

ganzrationalen Funktionen) zu rechnen. 

Aufgabe 6 und 7: Geometrie 

Am häufigsten sind Aufgaben, in denen die gegenseitige Lage oder der Abstand von 

Geraden und Ebenen untersucht werden muss. Weiterhin können Ebenengleichungen 

gegeben sein, deren Lage im Koordinatensystem veranschaulicht werden soll 

(Spurpunkte) oder umgekehrt. Ebenfalls wahrscheinlich sind Aufgaben zu linearen 

Gleichungssystemen, deren Lösungsmenge geometrisch interpretiert werden muss.

10 Übersicht 

Aufgabe 8: Stochastik 

Hier ist mit den Themen Baumdiagramme und Pfadregeln, Binomialverteilung sowie 

Erwartungswert zu rechnen. 

Aufgabe 9: Allgemeines Verständnis 

In dieser Aufgabe geht es um das allgemeine Verständnis eines Problems aus den 

Bereichen Analysis, Geometrie oder Stochastik und dessen Lösung. Meistens reicht es 

aus, den Lösungsweg zu beschreiben. Rechnungen sind in der Regel nicht notwendig. 

Wahlteil 

Auch im Wahlteil lassen sich Aufgaben-Schwerpunkte erkennen, die in den vergangenen 

Jahren immer wieder abgeprüft wurden. Die Schwerpunkte in Analysis, Geometrie und 

Stochastik sind: 

Analysis 

- Gebrochen-rationale Funktionen 

- Trigonometrische Funktionen 

- e-Funktionen 

- Allgemeines und beschränktes Wachstum 

Geometrie 

- Geometrische Körper (häufig Pyramide) 

- Sonstige Anwendungen 

Stochastik 

- Baumdiagramme 

- Bernoulliformel und Binomialverteilung 

- Hypothesentest

Aufgabe 1: Analysis / Differenzieren 11 

2 Pflichtteil Analysis 

2.1 Aufgabe 1: Differenzieren 

Abitur 2016 (2 VP) 

Bilden Sie die Ableitung der Funktion f mit f(x) = (5x + 1) ∙ sin (x 2 ). 

Bei der Funktion f(x) handelt es sich um ein Produkt. Daher wird die Produktregel 

benötigt. Da es sich bei dem rechten Faktor v(x) = sin (x 2 ) um einen verketteten Term 

handelt, wird hierfür die Kettenregel angewendet. 

Faktor u(x) = (5x + 1) mit u´(x) = 5 

Faktor v(x) = sin (x 2 ) mit v´(x) = 2x ∙ cos (x 2 ) 

f´(x) = u´(x) ∙ v(x) + u(x) ∙ v´(x) = 5 ∙ sin(x 2 ) + (5x + 1) ∙ 2x ∙ cos (x 2 ) 

Abitur 2015 (2 VP) 

Bilden Sie die Ableitung der Funktion f mit f(x) = (4 + e 3x ) 5 . 

Bei der Funktion f(x) handelt es sich um einen verketteten Term. Daher wird die 

Kettenregel benötigt. Der rechte Summand der inneren Funktion e 3x ist ebenfalls ein 

verketteter Term. 

f´(x) = 5 ∙ (4 + e 3x ) 4 ∙ e 3x ∙ 3 = 15e 3x ∙ (4 + e 3x ) 4 


Bilden Sie die Ableitung der Funktion f mit f(x) = √x ∙ e 2x . 


benötigt. 

Faktor u(x) = √x = x 1 2 mit u´(x) = 1 2 x−1 2 = 1 

Faktor v(x) = e 2x 

mit v´(x) = 2e 2x 

f´(x) = u´(x) ∙ v(x) + u(x) ∙ v´(x) = 1 

2√x ∙ e2x + √x ∙ 2e 2x 

2√x

12 Aufgabe 1: Analysis / Differenzieren 


Bilden Sie die erste Ableitung der Funktion f mit f(x) = (2x 2 + 5) ∙ e −2x . 


benötigt. 

Faktor u(x) = 2x 2 + 5 

Faktor v(x) = e −2x 

mit u´(x) = 4x 

mit v´(x) = −2e −2x 

f´(x) = u´(x) ∙ v(x) + u(x) ∙ v´(x) = 4x ∙ e −2x + (2x 2 + 5) ∙ (−2e −2x ) 

Durch Ausklammern der e-Funktion wird das Ergebnis vereinfacht. 

f´(x) = e −2x ∙ (4x − 4x 2 − 10) 


Bilden Sie die erste Ableitung der Funktion f mit f(x) = (sin(x) + 7) 5 . 

Bei der Funktion f(x) handelt es sich um einen verketteten Term. Daher wird die 

Kettenregel benötigt. 

f´(x) = 5 ∙ (sin(x) + 7) 4 ∙ cos (x) 


Bilden Sie die erste Ableitung der Funktion f mit f(x) = ( sin(2x) 

). 

Bei der Funktion f(x) handelt es sich um einen Quotienten. Daher wird die 

Quotientenregel benötigt. Seit der Abiturprüfung 2012 ist die Quotientenregel allerdings 

nicht mehr prüfungsrelevant. Daher kann alternativ auch die Produktregel verwendet 

werden. 

Lösung mit Quotientenregel: 

Dividend u(x) = sin (2x) mit u´(x) = 2 ∙ cos (2x) 

Divisor v(x) = x mit v´(x) = 1 

f´(x) = u′ ⋅ v − u ⋅ v ′ 2 ∙ cos(2x) ∙ x − sin (2x) ∙ 1 2x ∙ cos(2x) − sin (2x) 

v 2 = 

x 2 

= 

x 2 

x

Aufgabe 1: Analysis / Differenzieren 13 

Lösung mit Produktregel: 

Faktor u(x) = sin (2x) 

mit u´(x) = 2 ∙ cos (2x) 

Faktor v(x) = 1 x = x−1 mit v´(x) = −x −2 = − 1 x 2 

f´(x) = u´(x) ∙ v(x) + u(x) ∙ v´(x) = 2 ∙ cos(2x) ∙ 1 x − sin (2x) ∙ 1 x 2 


Bilden Sie die erste Ableitung der Funktion f mit f(x) = (2 − 3x) ∙ e −x und vereinfachen 

Sie so weit wie möglich. 


benötigt. 

Faktor u(x) = (2 − 3x) mit u´(x) = −3 

Faktor v(x) = e −x mit v´(x) = −e −x 

f´(x) = u´(x) ∙ v(x) + u(x) ∙ v´(x) = −3 ∙ e −x + (2 − 3x) ∙ (−e −x ) 

Durch Ausklammern der e-Funktion wird das Ergebnis vereinfacht. 

f´(x) = e −x ∙ (−3 − 2 + 3x) = e −x ∙ (3x − 5)

14 Aufgabe 2: Analysis / Integrieren 

2.2 Aufgabe 2: Integrieren 


Gegeben ist die Funktion f mit f(x) = 48 

(2x−4) 3 

. Bestimmen Sie die diejenige 

Stammfunktion F von f mit F(3) = 1. 

Zur Vereinfachung wird die Funktionsgleichung von f zunächst umgeformt: 

48 

f(x) = 

= 48 ∙ (2x − 4)−3 

(2x − 4) 

3 

Bei dieser Funktion handelt es sich um einen verketteten Term. Der Stammfunktionsterm 

ergibt sich aus dem Stammfunktionsterm zum äußeren Term [= 48 

∙ (2x − 4)−2 

= −24 ∙ (2x − 4) −2 = − 24 

(2x−4) 2] mal dem Kehrwert der inneren Ableitung [= 1 2 ]. 

Durch Einsetzten der Bedingung F(3) = 1 ergibt sich die gesuchte Stammfunktion. 

24 

F(3) = − 

(2x − 4) 2 ∙ 1 2 + c = − 12 

12 

+ c = − + c = −3 + c = 1 ⟹ c = 4 

(2x − 4) 2 

4 

Die gesuchte Stammfunktion lautet F(x) = − 12 

(2x−4) 2 + 4. 

−2 


π 

Berechnen Sie das Integral ∫ (4x − sin ( 1 x)) dx. 

2 

0 

Zunächst wird eine Stammfunktion F(x) von f(x) = 4x − sin ( 1 x) bestimmt. Bei dem 

2 

rechten Summanden −sin ( 1 x) handelt es sich um einen verketteten Term. Der 

2 

Stammfunktionsterm ergibt sich aus dem Stammfunktionsterm zum äußeren Term 

[= cos ( 1 x)] mal dem Kehrwert der inneren Ableitung [= 2]. 

2 

F(x) = 2x 2 + 2 ∙ cos ( 1 2 x) 

Anschließend wird das Integral mit dem Hauptsatz der Integralrechnung berechnet. 

b 

∫ f(x)dx = [F(x)] 

b 

a = F(b) − F(a) 

a 

π 

π 

∫(4x − sin ( 1 2 x)) dx = [2x 2 + 2 ∙ cos ( 1 2 x)] = (2π 2 + 0) − (0 + 2) = 2π 2 − 2 

0 

0

Aufgabe 2: Analysis / Integrieren 15 


1 

0 

Berechnen Sie das Integral ∫ ( 

4 

(2x+1) 

3) dx. 

Zunächst wird eine Stammfunktion F(x) von f(x) = 4 

(2x+1) 3 = 4 ∙ (2x + 1)−3 bestimmt. 


ergibt sich aus dem Stammfunktionsterm zum äußeren Term [= − 4 2 ∙ (2x + 1)−2 ] mal dem 

Kehrwert der inneren Ableitung [= 1 2 ]. 

F(x) = − 4 2 ∙ (2x + 1)−2 ∙ 1 = −(2x + 1)−2 

2 


b 

∫ f(x)dx = [F(x)] 

b 

a 

a 

= F(b) − F(a) 

1 

4 

∫ 

(2x + 1) 3 dx = [−(2x + 1)−2 ] 1 0 = − 1 9 + 1 = 8 9 

0 


Gegeben ist die Funktion f mit f(x) = 4 sin (2x). Bestimmen Sie diejenige Stammfunktion 

F von f mit F(π) = 7. 

Zunächst wird die allgemeine Stammfunktion F(x) von f(x) = 4 sin (2x) bestimmt. 


ergibt sich aus dem Stammfunktionsterm zum äußeren Term [= 4 ∙ (− cos(2x))] mal dem 


F(x) = 4 ∙ (− cos(2x)) ∙ 1 + c = −2 cos(2x) + c 

2 

Die Konstante c wird durch die Bedingung F(π) = 7 bestimmt. 

F(π) = −2 cos(2π) + c = −2 + c = 7 mit c = 9 

Die gesuchte Stammfunktion lautet F(x) = −2 cos(2x) + 9 .

16 Aufgabe 2: Analysis / Integrieren 


Berechnen Sie eine Stammfunktion der Funktion f mit f(x) = 2e 4x + 3 x 2. 

Zur Vereinfachung wird die Funktionsgleichung von f zunächst umgeformt: 

f(x) = 2e 4x + 3 x 2 = 2e4x + 3x −2 

Bei dem linken Summanden 2e 4x handelt es sich um einen verketteten Term. Der 

Stammfunktionsterm ergibt sich aus dem Stammfunktionsterm zum äußeren Term 

[= 2e 4x ] mal dem Kehrwert der inneren Ableitung [= 1 4 ]. 

F(x) = 1 4 ∙ 2e4x + 3 −1 x−1 = 1 2 e4x − 3 x 


1 

Berechnen Sie das Integral ∫ (2x − 1) 4 dx. 

0 

Zunächst wird eine Stammfunktion F(x) von f(x) = (2x − 1) 4 bestimmt. 


ergibt sich aus dem Stammfunktionsterm zum äußeren Term [= 1 5 ∙ (2x − 1)5 ] mal dem 


F(x) = 1 5 ∙ (2x − 1)5 ∙ 1 2 = 1 ∙ (2x − 1)5 

10 


b 

∫ f(x)dx = [F(x)] 

b 

a 

a 

∫(2x − 1) 4 dx 

0 

1 

= F(b) − F(a) 

= [ 1 

1 

10 ∙ (2x − 1)5 = 1 

]0 10 ∙ (15 − (−1 5 )) = 1 

10 ∙ (1 + 1) = 1 5

Aufgabe 2: Analysis / Integrieren 17 


Berechnen Sie das Integral ∫ ( 2 + 4x) dx. 

1 x 

e 

Zunächst wird eine Stammfunktion F(x) von f(x) = 2 + 4x bestimmt. 

x 

F(x) = 2 ∙ ln(x) + 4 2 x2 = 2 ∙ ln(x) + 2x 2 


b 

∫ f(x)dx = [F(x)] 

b 

a 

a 

e 

= F(b) − F(a) 

∫ ( 2 + 4x) dx = [2 ∙ ln(x) + 2x 2 ] e 

x 1 = (2 + 2e 2 ) − (2 ∙ ln(1) + 2) 

1 

= (2 + 2e 2 ) − (0 + 2) = 2e 2

18 Aufgabe 3: Analysis / Gleichungen lösen 

2.3 Aufgabe 3: Gleichungen lösen 


Lösen Sie die Gleichung 3 − e x = 2 

e x . 

Zunächst wird die Gleichung so umgeformt, dass sie durch Substitution in eine 

quadratische Gleichung umgewandelt werden kann. 

3 − e x = 2 e x ⟹ 3 ∙ e x − e 2x = 2 ⟹ −e 2x + 3 ∙ e x − 2 = 0 ⟹ e 2x − 3 ∙ e x + 2 = 0 

Durch Substitution mit z = e x ergibt sich 

z 2 − 3z + 2 = 0 

Diese Gleichung wird mit der Mitternachtsformel gelöst. 

z 1,2 = 1 

(−b ± 2a √b2 − 4ac) = 1 

(3 ± 2∙1 √(−3)2 − 4 ∙ 1 ∙ 2) = 1 ∙ (3 ± 1) 

2 

mit z 1 = 2 und z 2 = 1 

Abschließend erfolgt die Resubstitution mit e x = z 

e x 1 = z 1 = 2 ⟹ x 1 = ln(2) 

e x 2 = z 2 = 1 ⟹ x 2 = ln(1) = 0 

Daher ergibt sich die Lösungsmenge L = {ln(2) ; 0}. 


Lösen Sie die Gleichung (x 3 − 3x) ∙ (e 2x − 5) = 0. 

Ein Produkt ist genau dann Null, wenn einer der Faktoren Null ist (Satz vom Nullprodukt). 

Faktor (x 3 − 3x) = 0 ⟹ x ∙ (x 2 − 3) = 0 ⟹ x 1 = 0, x 2 = √3, x 3 = −√3 

Faktor (e 2x − 5) = 0 ⟹ e 2x = 5 ⟹ 2x = ln(5) ⟹ x = 

ln (5) 

2 

Daher ergibt sich die Lösungsmenge L = {0; √3; −√3; 

ln (5) 

2 }.

Aufgabe 3: Analysis / Gleichungen lösen 19 


Lösen Sie die Gleichung x 4 = 4 + 3x 2 . 



x 4 = 4 + 3x 2 ⟹ x 4 − 3x 2 − 4 = 0 

Durch Substitution mit z = x 2 ergibt sich 

z 2 − 3z − 4 = 0 


z 1,2 = 1 

(−b ± 2a √b2 − 4ac) = 1 

(3 ± 2∙1 √(−3)2 − 4 ∙ 1 ∙ (−4)) = 1 ∙ (3 ± 5) 

2 

mit z 1 = 4 und z 2 = −1 

Abschließend erfolgt die Resubstitution mit x 2 = z 

x 1 2 = z 1 = 4 ⟹ x 1 = √4 = ±2 

x 2 2 = z 2 = −1 ⟹ keine Lösung 

Daher ergibt sich die Lösungsmenge L = {2; −2}. 


Lösen Sie die Gleichung 2e x − 4 

x 

= 0. 

Zunächst wird die Gleichung mit e x multipliziert. 

2e x − 4 e x = 0 ⟹ 2e2x − 4 = 0 

⟹ 2e 2x = 4 ⟹ e 2x = 2 ⟹ 2x = ln(2) ⟹ x = 

Daher ergibt sich die Lösungsmenge L = { 

e 

ln (2) 

2 

}. 

ln (2) 

2 


Lösen Sie für 0 ≤ x ≤ 2π die Gleichung sin(x) ∙ cos(x) − 2 cos(x) = 0. 

Durch Ausklammern von cos(x) ergibt sich die Gleichung cos(x) ∙ (sin(x) − 2) = 0. 


Faktor cos(x) = 0 ⟹ x = π oder x = 3 π 

2 

2 

Faktor sin(x) − 2 = 0 ⟹ sin(x) = 2 ⟹ keine Lösung 

Daher ergibt sich die Lösungsmenge L = { π 2 ; 3 2 π}.

20 Aufgabe 3: Analysis / Gleichungen lösen 


Lösen Sie die Gleichung 4e 2x + 6e x = 4. 



4e 2x + 6e x = 4 ⟹ 4e 2x + 6e x − 4 = 0 

Durch Substitution mit z = e x ergibt sich: 

4z 2 + 6z − 4 = 0 


z 1,2 = 1 

(−b ± 2a √b2 − 4ac) = 1 

(−6 ± 2∙4 √62 − 4 ∙ 4 ∙ (−4)) = 1 ∙ (−6 ± 10) 

8 

mit z 1 = 1 und z 2 

2 = −2 

Abschließend erfolgt die Resubstitution mit e x = z 

e x 1 = z 1 = 1 2 ⟹ x 1 = ln ( 1 ) = ln(1) − ln(2) = −ln (2) 

2 

e x 2 = z 2 = −2 ⟹ keine Lösung 

Daher ergibt sich die Lösungsmenge L = {−ln (2)}. 


Diese Aufgabe (Bestimmung von Nullstellen mit Polynomdivision) ist seit der 

Abiturprüfung 2012 nicht mehr prüfungsrelevant. 

Abitur 2009 (3VP) 

Lösen Sie die Gleichung (2x 2 − 8) ∙ (e 2x − 6) = 0. 


Faktor 2x 2 − 8 = 0 ⟹ 2x 2 = 8 ⟹ x 2 = 4 ⟹ x 1 = ±2 

Faktor e 2x − 6 = 0 ⟹ e 2x = 6 ⟹ 2x = ln(6) ⟹ x 2 = 

Daher ergibt sich die Lösungsmenge L = {2; −2; 

ln (6) 

2 

}. 

ln (6) 

2

Aufgabe 4: Analysis / Kurvendiskussion 21 

2.4 Aufgabe 4: Kurvendiskussion 


Der Graph der Funktion f mit f(x) = − 1 6 x3 + x 2 − x besitzt einen Wendepunkt. Zeigen 

Sie, dass y = x − 4 3 

eine Gleichung der Tangente in diesem Wendepunkt ist. 

Zur Bestimmung des Wendepunktes wird zunächst die Nullstelle der zweiten Ableitung 

bestimmt. 

f´(x) = − 1 2 x2 + 2x − 1 ⟹ f´´(x) = −x + 2 

f´´(x) = −x + 2 = 0 ⟹ x = 2 

Laut der Aufgabenstellung besitzt die Funktion f einen Wendepunkt. Daher ist die 

Überprüfung der dritten Ableitung (f´´´(x = 2) = −1 ≠ 0) nicht nötig. 

Die Funktionsgleichung der Tangente an der Stelle u = 2 lautet: 

y t (x) = f ′ (u)(x − u) + f(u) = f ′ (2)(x − 2) + f(2) 

f ′ (x = 2) = − 1 2 x2 + 2x − 1 = −2 + 4 − 1 = 1 

f(x = 2) = − 1 6 x3 + x 2 − x = − 4 3 + 4 − 2 = 2 3 

⟹ y t (x) = f ′ (u)(x − u) + f(u) = f ′ (2)(x − 2) + f(2) = 1 ∙ (x − 2) + 2 3 = x − 4 3 

Die Gleichung der Tangente im Wendepunkt der Funktion f lautet daher y = x − 4 3 .

22 Aufgabe 4: Analysis / Kurvendiskussion 


Der Graph einer ganzrationalen Funktion f dritten Grades hat im Ursprung einen 

Hochpunkt und an der Stelle x = 2 die Tangente mit der Gleichung y = 4x − 12. 

Bestimmen Sie die Funktionsgleichung von f. 

Die allgemeine Funktionsgleichung einer ganzrationalen Funktion f dritten Grades lautet 

f(x) = ax 3 + bx 2 + cx + d mit f´(x) = 3ax 2 + 2bx + c 

Es gelten folgende Bedingungen: 

1. Der Ursprung liegt auf dem Graphen ⟹ f(0) = 0 ⟹ d = 0 

2. Bei x = 0 befindet sich ein Hochpunkt ⟹ f´(0) = 0 ⟹ c = 0 

3. Bei x = 2 haben Graph und Tangente einen gemeinsamen Punkt 

⟹ f(2) = 4 ∙ 2 − 12 = −4 ⟹ a2 3 + b2 2 = 8a + 4b = −4 (1) 

4. Bei x = 2 haben Graph und Tangente die gleiche Steigung 

⟹ f´(2) = 4 ⟹ 3a ∙ 2 2 + 2b ∙ 2 = 12a + 4b = 4 (2) 

Hierdurch ergibt sich ein lineares Gleichungssystem: 

8a + 4b = −4 (1) 

12a + 4b = 4 (2) 

4a = 8 ⟹ a = 2 (2) – (1) 

Aus der Lösung a = 2 ergibt sich durch Einsetzen in (1): 

8a + 4b = −4 ⟹ 16 + 4b = −4 ⟹ 4b = −20 die Lösung b = −5. 

Die gesuchte Funktionsgleichung lautet f(x) = 2x 3 − 5x 2 .



Gegeben sind die Funktionen f und g mit f(x) = cos(x) und g(x) = 2 cos ( π x) − 2. 

2 

a) Bestimmen Sie, wie man den Graphen von g aus dem Graphen von f erhält. 

Die Funktion g(x) = a ∙ cos ( 2π x) + c = 2 cos T (π x) − 2 beschreibt eine harmonische 

2 

Schwingung: 

Amplitude a = 2 ⟹ 

Verschiebung 

in y-Richtung 

c = −2 

Periodendauer T = 2π ∙ 2 

π 

⟹ 

= 4 ⟹ 

Der Faktor 2 vor dem Kosinus bewirkt eine 

Streckung mit dem Faktor 2 in y-Richtung. 

Der Summand −2 bewirkt eine 

Verschiebung um 2 Längeneinheiten in die 

negative y-Richtung. 

Der Faktor π vor x bewirkt eine Streckung 

2 

mit dem Faktor 2 in x-Richtung. 

π 

f(x) = cos (x) g(x) = 2 cos ( π 2 x) − 2 

b) Bestimmen Sie die Nullstellen g für 0 ≤ x ≤ 4. 

g(x) = 2 cos ( π 2 x) − 2 = 0 ⟹ cos (π 2 x) = 1 

Die Funktion f(x) = cos(x) nimmt an den 

Stellen x = 0, ±2π, ±4π, … den Wert 1 

an. 

π 

2 x = 0 ⟹ x 1 = 0 

π 

2 x = 2π ⟹ x 2 = 4 

Im gegebenen Intervall gibt es daher die beiden Nullstellen x 1 = 0 und x 2 = 4.



Gegeben sind die Funktionen f und g mit f(x) = −x 2 + 3 und g(x) = 2x. Berechnen Sie 

den Inhalt der Fläche, die von den Graphen der beiden Funktionen eingeschlossen wird. 

Der gesuchte Flächeninhalt ergibt sich aus dem Betrag (Flächen sind immer positiv) von 

x 2 

A = ∫ (f(x) − g(x)) dx 

x 1 

Zur Bestimmung der Grenzen x 1 und x 2 werden die Schnittstellen der Funktionen 

berechnet. 

f(x) = g(x) ⟹ −x 2 + 3 = 2x ⟹ x 2 + 2x − 3 = 0 

Durch Anwendung der Mitternachtsformel ergebt sich: 

x 1,2 = 1 

(−b ± 2a √b2 − 4ac) = 1 

(−2 ± 2∙1 √22 − 4 ∙ 1 ∙ (−3)) = 1 ∙ (−2 ± 4) 

2 

⟹ x 1 = −3 und x 2 = 1 

x 2 

1 

A = ∫ f(x) − g(x) dx = ∫(−x 2 − 2x + 3) dx = [− 1 1 

3 x3 − x 2 + 3x] 

−3 

x 1 −3 

= (− 1 3 − 1 + 3) − (9 − 9 − 9) = 5 3 + 9 = 32 

3 

Der Inhalt der eingeschlossenen Fläche beträgt A = 32 

3 Flächeneinheiten.



Gegeben sind die Funktion f mit f(x) = 2 und g mit g(x) = 2x − 3. 

x 

Bestimmen Sie die gemeinsamen Punkte der beiden zugehörigen Graphen. Untersuchen 

Sie, ob sich die beiden Graphen senkrecht schneiden. 

Die gemeinsamen Punkte ergeben sich durch Gleichsetzen der Funktionsgleichungen: 

f(x) = g(x) ⟹ 2 x = 2x − 3 ⟹ 2x2 − 3x − 2 = 0 


x 1,2 = 1 

(−b ± 2a √b2 − 4ac) = 1 

(3 ± 2∙2 √(−3)2 − 4 ∙ 2 ∙ (−2)) = 1 ∙ (3 ± 5) 

4 

⟹ x 1 = 2 und x 2 = − 1 2 

Aus f(2) = 1 ergibt sich der erste gemeinsame Punkt P 1 (2|1). 

Aus f (− 1 2 ) = −4 ergibt sich der zweite gemeinsame Punkt P 2 (− 1 2 |−4). 

Zwei Graphen schneiden sich senkrecht, wenn das Produkt ihrer Steigungen in einer 

Schnittstelle gleich -1 ist. Durch Ableiten ergibt sich: 

f´(x) = − 2 und g´(x) = 2 

x2 Produkt der Steigungen im Punkt P 1 (2|1): 

f´(2) ∙ g´(2) = − 1 ∙ 2 = −1 ⟹ Die beiden Graphen schneiden sich in P 1 senkrecht. 

2 

Produkt der Steigungen im Punkt P 2 (− 1 2 |−4): 

f´ (− 1 2 ) ∙ g´ (− 1 2 ) = −8 ∙ 2 = −16 ⟹ Die beiden Graphen schneiden sich in P 2 nicht 

senkrecht. 

g(x) = 2x − 3. 

f(x) = 2 x



Gegeben sind die Funktion f und g mit f(x) = e x und g(x) = −e −x + 2. 

a) Beschreiben Sie, wie das Schaubild von g aus dem Schaubild von f entsteht. 

Die Entstehung kann mit den folgenden 

drei Schritten bewirkt werden: 

Ersetzten von x durch (−x) 

⟹ Spiegeln an y-Achse 

Multiplizieren mit −1 

⟹ Spiegeln an x-Achse 

Addieren von 2 

⟹ Verschieben in +y-Richtung 

b) Zeigen Sie, dass sich die Schaubilder von f und g im Punkt P(0|1) berühren. 

Die beiden Schaubilder von f und g berühren sich genau dann, wenn im Punkt P(0|1) 

folgende Bedingungen erfüllt sind: 

(1) f(x) = g(x) (Punkt P liegt auf beiden Schaubildern) 

(2) f´(x) = g´(x) (gleiche Steigung im gemeinsamen Punkt P) 

f(x) = e x ⟹ f´(x) = e x 

g(x) = −e −x + 2 ⟹ g´(x) = e −x 

(1) f(0) = g(0) = 1 

(2) f´(0) = g´(0) = 1 

Da beide Bedingungen erfüllt sind, berühren sich die beiden Schaubilder im Punkt P(0|1).



Gegeben ist die Funktion f mit f(x) = 1−4x2 

x2 . Ihr Schaubild ist K. 

a) Geben Sie die Asymptoten von K an. 

Die Funktion f(x) besitzt im Nenner eine Definitionslücke bei x = 0. Hier besitzt die 

Funktion daher eine senkrechte Asymptote. Der Zählergrad ist gleich dem Nennergrad. 

Daher besitzt die Funktion eine waagerechte Asymptote bei 

lim f(x) = a n 

= −4 

x→±∞ b n 1 = −4 

b) Bestimmen Sie den Schnittpunkt der Tangente an K im Punkt P(1|f(1)) mit der x- 

Achse. 

Die Funktionsgleichung der Tangente im Berührpunkt P(u|f(u)) lautet: 

y t (x) = f ′ (u)(x − u) + f(u) 

Mit u = 1 und f(1) = −3 ergibt sich der Berührpunkt zu P(1|−3). 

f(u) = 1−4u2 

u 2 

= 1 u 2 − 4 = u−2 − 4 ⟹ f´(u) = −2u −3 und f´(1) = −2 

Daher lautet die Funktionsgleichung der Tangente 

y t (x) = −2(x − 1) − 3 = −2x − 1 

Der Schnittpunkt mit der x-Achse ergibt sich durch Gleichsetzten der Tangentengleichung 

mit Null. 

y t (x) = −2x − 1 = 0 ⟹ x = − 1 2 

Der Schnittpunkt der Tangente mit der x-Achse ist S (− 1 2 |0). 

f(x) = 1 − 4x2 

x 2

28 5: Analysis / Eigenschaften von Funktionen 

2.5 Aufgabe 5: Eigenschaften von Funktion 


Die Abbildung zeigt den Graphen einer 

Stammfunktion F einer Funktion f. Entscheiden 

Sie, ob folgende Aussagen wahr oder falsch 

sind. Begründen Sie jeweils Ihre Entscheidung. 

(1) f(1) = F(1) 

2 

(2) ∫ f(x) dx = 4 

0 

(3) f´ besitzt im Bereich −1 ≤ x ≤ 1 eine 

Nullstelle 

(4) f(F(−2)) > 0 

Graph von F 

(1) f(1) = F(1) 

Die Aussage ist wahr. Der Graph von F hat an der Stelle x = 1 eine waagerechte 

Tangente, daher gilt f(1) = 0. Mit F(1) = 0 ergibt sich f(1) = F(1) = 0. 

2 

(2) ∫ f(x) dx = 4 

0 

Die Aussage ist falsch. 

2 

∫ f(x) dx = [F(x)] 2 0 = F(2) − F(0) = 4 − 2 = 2 ≠ 4 

0 

(3) f´ besitzt im Bereich −1 ≤ x ≤ 1 eine Nullstelle 

Die Aussage ist wahr. Es gilt F´ = f und F´´ = f´. Da der Graph von F an der Stelle x = 0 

eine Wendestelle besitzt, gilt F´´(0) = f´(0) = 0. Daher besitzt f´ im Bereich −1 ≤ x ≤ 1 

eine Nullstelle. 

(4) f(F(−2) > 0 

Die Aussage ist falsch. Es gilt F(−2) = 0. Da der Graph von F an der Stelle x = 0 eine 

negative Tangente besitzt, gilt f(F(−2)) = f(0) < 0.

Aufgabe 5: Analysis / Eigenschaften von Funktionen 29 


Die Abbildung zeigt den Graphen der 

Ableitungsfunktion f´ einer ganzrationalen Funktion f. 

Entscheiden Sie, ob die folgenden Aussagen wahr 

oder falsch sind. Begründen Sie jeweils Ihre Antwort. 

(1) Der Graph von f hat bei x = −3 einen Tiefpunkt. 

(2) f(−2) < f(−1) 

(3) f´´(−2) + f´(−2) < 1 

(4) Der Grad der Funktion f ist mindestens vier. 

(1) Der Graph von f hat bei x = −3 einen Tiefpunkt. 

Die Aussage ist wahr. Die Ableitungsfunktion f´ hat bei x = −3 eine Nullstelle mit 

Vorzeichenwechsel von – nach +. Der Graph von f hat daher bei x = −3 einen Tiefpunkt. 

(2) f(−2) < f(−1) 

Die Aussage ist wahr. Im Intervall −2 < x < −1 ist die Ableitungsfunktion f´ positiv. Daher 

steigt f dort monoton und es gilt f(−2) < f(−1). 

(3) f´´(−2) + f´(−2) < 1 

Die Aussage ist falsch. f´´(−2) = 0 und f´(−2) = 2 ⟹ f´´(−2) + f´(−2) = 0 + 2 > 1 

(4) Der Grad der Funktion f ist mindestens vier. 

Die Aussage ist wahr. Der Graph f´ hat mindestens zwei Extrempunke. Daher hat die 

Ableitungsfunktion f´ mindestens den Grad drei und die Funktion f mindestens den Grad 

vier.



Die Abbildung zeigt die Graphen K f und H g 

zweier Funktionen f und g. 

a) Bestimmen Sie f(g(3)). 

Bestimmen Sie einen Wert für x so, dass f(g(x)) = 0 ist. 

Die Funktionswerte werden aus dem Schaubild abgelesen. 

g(3) = −1 ⟹ f(g(3)) = f(−1) = 5. 

f(g(x)) = 0 ⟹ x 1 = 0 und x 2 = 4 

Lösung für x 1 = 0: Gesucht ist der x-Wert, für den g(x) = 0 ist. Hieraus folgt x = 2. 

Lösung für x 2 = 4: Gesucht ist der x-Wert, für den g(x) = 4 ist. Hieraus folgt x = −2. 

b) Die Funktion h ist gegeben durch h(x) = f(x) ∙ g(x). Bestimmen Sie h´(2). 

Durch Anwendung der Produktregel folgt: h´(2) = f´(2) ∙ g(2) + f(2) ∙ g´(2). 

Durch Ablesen aus dem Schaubild erhält man: 

f´(2) = 0 

g(2) = 0 

f(2) = −4 

g´(2) = −1 (Die Gerade besitzt die Steigung m = −1) 

h´(2) = f´(2) ∙ g(2) + f(2) ∙ g´(2) = 0 ∙ 0 + (−4) ∙ (−1) = 4



Eine Funktion f hat folgende Eigenschaften: 

(1) f(2) = 1 

(2) f´(2) = 0 

(3) f´´(4) = 0 und f´´´(4) ≠ 0 

(4) Für x → ∞ und x → −∞ gilt: f(x) → 5 

Beschreiben Sie für jede dieser vier Eigenschaften, welche Bedeutung sie für den 

Graphen von f hat. Skizzieren Sie einen möglichen Verlauf des Graphen. 

Der Funktionsgraph von f besitzt folgende Eigenschaften: 

(1) f(2) = 1 

⟹ Der Punkt P(2|1) liegt auf dem Funktionsgraphen. 

(2) f´(2) = 0 

⟹ Bei x = 2 besitzt der Funktionsgraph eine waagerechte Tangente. Der Punkt 

P(2|1) ist entweder ein Hochpunkt, ein Tiefpunkt oder ein Sattelpunkt. 

(3) f´´(4) = 0 und f´´´(4) ≠ 0 

⟹ Bei x = 4 besitzt der Funktionsgraph eine Wendestelle. 

(4) Für x → ∞ und x → −∞ gilt: f(x) → 5 

⟹ Der Funktionsgraph besitzt die waagerechte Asymptote y = 5. 

Die Skizze eines der möglichen 

Graphen ist rechts abgebildet. Es 

gibt weitere Graphen, die ebenfalls 

den oben genannten Eigenschaften 

entsprechen.



Eine der folgenden Abbildungen zeigt den Graphen der Funktion f mit f(x) = x 3 − 3x − 2. 

Abbildung 1 Abbildung 2 


a) Begründen Sie, dass die Abbildung 2 den Graphen von f zeigt. 

Für die Funktion f gilt f(0) = −2. Da nur der in Abbildung 2 gezeigte Graph durch den 

Punkt P(0|−2) verläuft, zeigt Abbildung 2 den Graphen von f.


b) Von den anderen drei Abbildungen gehört eine zur Funktion g mit g(x) = f(x − a) 

und eine Funktion h mit h(x) = b ∙ f(x). Ordnen Sie diesen beiden Funktionen die 

zugehörigen Abbildungen zu und begründen Sie Ihre Entscheidung. Geben Sie die 

Werte für a und b an. 

Durch Verschieben des Graphen der Funktion f (Abbildung 2) um zwei Einheiten in +x- 

Richtung (x ersetzten durch x − 2) entsteht der in Abbildung 4 dargestellte 

Funktionsgraph. Mit a = 2 lautet die entsprechende Funktion 

g(x) = f(x − a) = (x − 2) 3 − 3(x − 2) − 2. 

Durch Spiegeln des Graphen der Funktion f (Abbildung 2) an der x-Achse (multiplizieren 

mit −1) und Stauchen in y-Richtung (dividieren durch 2) entsteht der in Abbildung 3 

dargestellte Graph. Mit b = − 1 lautet die entsprechende Funktion 

2 

h(x) = h(x) = b ∙ f(x) = − 1 2 ∙ (x3 − 3x − 2). 

c) Die bis jetzt nicht zugeordnete Abbildung zeigt den Graphen einer Funktion k. Geben 

Sie ohne Rechnung einen Funktionsterm für k an. 

Der Graph in Abbildung 1 wurde bislang noch nicht zugeordnet. Er ergibt sich durch 

Verschieben des Graphen aus Abbildung 2 um 3 Einheiten in +y-Richtung (3 addieren). 

Die entsprechende Funktion lautet k(x) = f(x) + 3 = x 3 − 3x + 1.



Die Abbildung zeigt das Schaubild einer Funktion f. F ist eine Stammfunktion von f. 

Begründen Sie, dass folgende Aussagen wahr sind: 

(1) F ist im Bereich −3 ≤ x ≤ 1 monoton wachsend. 

(2) f´ hat im Bereich −3,5 ≤ x ≤ 3,5 drei Nullstellen. 

3 

(3) ∫ f´(x)dx = −1 

0 

(4) O(0|0) ist Hochpunkt des Schaubilds von f´. 

Schaubild der Funktion f 

(1) Da der Graph der Funktion f im Bereich −3 ≤ x ≤ 1 oberhalb der x-Achse im 

positiven Bereich verläuft, ist die Funktion F in diesem Bereich monoton wachsend. 

(2) Der Graph der Funktion f besitzt bei x = −2,5, x = 0 und x = 2,5 eine waagerechte 

Tangente. Daher besitzt die abgeleitete Funktion f´ an diesen drei Stellen eine 

Nullstelle. 

(3) F ist eine Stammfunktion von f´. Daher gilt: 

3 

∫ f´(x)dx = [f(x)] 3 0 = f(3) − f(0) = 0 − 1 = −1 

0 

(4) Der Graph der Funktion f besitzt bei x = 0 einen Wendepunkt. Daher besitzt f´ an 

dieser Stelle einen Extrempunkt. Links und rechts von x = 0 ist die 

Tangentensteigung der Funktion f negativ. Daher handelt es sich bei diesem 

Extrempunkt um einen Hochpunkt.



Die vier Abbildungen zeigen Schaubilder von Funktionen einschließlich aller waagrechten 

Asymptoten. Eines dieser Schaubilder gehört zur Funktion f mit f(x) = 

a 

− 1. 

1+x 2 


Abbildung 3 Abbildung 4


a) Begründen Sie, dass Abbildung 2 zur Funktion f gehört. Bestimmen Sie den Wert 

von a. 

a 

Die Funktion g mit g(x) = 

1+x2 ist eine ganzrationale Funktion, deren Zählergrad 

niedriger als der Nennergrad ist. Die Funktion g besitzt eine waagerechte Asymptote bei 

g(x) = 0 (x-Achse). Daher besitzt die Funktion f mit f(x) = 

a 

1+x2 − 1 eine waagerechte 

Asymptote bei g(x) = −1. Somit gehört Abbildung 2 zur Funktion f. 

Für die Funktion f gilt: f(0) = 

a 

1+0 

− 1 = 2 ⟹ a = 3. 

b) Von den anderen drei Abbildungen gehört eine zur Ableitungsfunktion f´ und eine zur 

x 

Integralfunktion I mit I(x) = ∫ f(t)dt. Ordnen Sie diesen beiden Funktionen die 

2 

zugehörigen Abbildungen zu und begründen Sie jeweils Ihre Entscheidung. 

Die Funktion f (Abbildung 2) besitzt bei x = 0 einen Hochpunkt. Daher muss die 

Ableitungsfunktion f´ links von x = 0 positiv und rechts von x = 0 negativ sein 

(Vorzeichenwechsel von + nach -). Diese Bedingung entspricht nur der Funktion, deren 

Graph in Abbildung 3 dargestellt ist. 

x 

2 

Für die Integralfunktion I gilt: I(2) = ∫ f(t)dt = ∫ f(t)dt = 0. Nur der in Abbildung 4 

2 

2 

dargestellte Funktionsgraph besitzt eine Nullstelle bei x = 2. Daher gehört Abbildung 4 

zur Integralfunktion I.

Aufgabe 6: Geometrie 37 

3 Pflichtteil Geometrie 

3.1 Aufgabe 6 


3 1 

Gegeben ist die Gerade g: x⃗ = ( 0) + r ( 4). 

1 3 

a) Untersuchen Sie, ob es einen Punkt auf g gibt, dessen drei Koordinaten identisch 

sind. 

Ein Punkt mit drei identischen Koordinaten ist P(p|p|p). Durch Gleichsetzten von Punkt P 

und der Gerade g ergibt sich folgendes Gleichungssystem: 

p = 3 + r 

p = 4r 

p = 1 + 3r 

3p = 12 

p = 1 + 3r 

p = 4 

p = 1 + 3r 

I 

II 

III 

IV= 4∙I - II 

III 

V=IV/3 

III 

Durch Gleichsetzten der Gleichungen IV und III ergibt sich: p = 4 = 1 + 3r ⟹ r = 1. 

3 1 4 

Daher liegt der Punkt ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 0P = ( 0) + 1 ( 4) = ( 4) mit drei identischen Koordinaten 

1 3 4 

p = 4 auf der Gerade g.

38 Aufgabe 6: Geometrie 

b) Die Gerade h verläuft durch Q(8|5|10) und schneidet g orthogonal. Bestimmen Sie 

eine Gleichung von h. 

Zur Bestimmung von h wird der 

Schnittpunkt S der Gerade g mit der 

Ebene E berechnet. 

Der Normalenvektor von E ist der 

Richtungsvektor von g. Weiterhin 

liegt der Punkt Q in der Ebene E. Die 

Koordinatenform der Ebene lautet 

daher E: (x 1 + 4x 2 + 3x 3 ) = d. 

h 

Q 

E 

S 

g 

Durch Einsetzten von Punkt Q(8|5|10) in diese Gleichung ergibt sich 

d = 1 ∙ 8 + 4 ∙ 5 + 3 ∙ 10 = 58. 

Die Koordinatenform der Ebene lautet somit E: (x 1 + 4x 2 + 3x 3 ) = 58. 

Den Schnittpunkt S erhält man durch Einsetzten der Geradengleichung von g in die 

Ebengleichung von E: 

(3 + r) + 4 ∙ (4r) + 3 ∙ (1 + 3r) = (3 + r) + 16r + (3 + 9r) = 6 + 26r = 58 

⟹ 26r = 52 ⟹ r = 2 

Durch das Einsetzten von r = 2 in die Geradengleichung von g ergibt sich der gesuchte 

Schnittpunkt S(5|8|7). 

Die gesuchte Gerade h verläuft durch die Punkte Q(8|5|10) und S(5|8|7). 

8 5 − 8 8 −3 

h: x⃗ = ( 5 ) + r ( 8 − 5 ) = ( 5 ) + r ( 3 ) . 

10 7 − 10 10 −3



Gegeben sind die drei Punkte A(4|0|4), B(0|4|4) und C(6|6|2). 

a) Zeigen Sie, dass das Dreieck ABC gleichschenklig ist. 

Ein gleichschenkliges Dreieck hat zwei gleich lange Seiten (Schenkel). Daher werden die 

Seiten des Dreiecks ABC bestimmt und deren Längen berechnet. 

0 4 −4 

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ AB = ( 4) − ( 0) = ( 4 ) ⟹ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗| = √16 + 16 = √32 

4 4 0 

6 4 2 

AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ( 6) − ( 0) = ( 6 ) ⟹ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗| = √4 + 36 + 4 = √44 

2 4 −2 

6 0 6 

BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ( 6) − ( 4) = ( 2 ) ⟹ |BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗| = √36 + 4 + 4 = √44 

2 4 −2 

Da die Seiten AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ und BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ gleich lang sind, ist das Dreieck ABC gleichschenklig. 

b) Bestimmen Sie die Koordinaten eines Punktes, der das Dreieck ABC zu einem 

Parallelogramm ergänzt. Veranschaulichen Sie durch eine Skizze, wie viele solcher 

Punkte es gibt. 

Entsprechend der rechten Skizze gibt es drei 

mögliche Punkte D 1 , D 2 und D 3 . 

C 

D 1 

D 2 

D 3 

Für den Punkt D 1 gilt: 

6 −4 10 

0D ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1 = 0C ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ BA = 0C ⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ AB = ( 6) − ( 4 ) = ( 2 ) 

2 0 2 

A 

B



Gegeben sind die Ebenen E: x 1 + x 2 = 4 und F: x 1 + x 2 + 2x 3 = 4. 

a) Stellen Sie die beiden Ebenen in einem gemeinsamen Koordinatensystem dar. 

Geben Sie eine Gleichung der Schnittgeraden von E und F an. 

Zunächst werden die Schnittpunkte der Ebene mit den Koordinatenachsen (auch 

Spurpunkte genannt) ermittelt. 

Schnittpunkt mit 

Bedingung 

Spurpunkt für 

E: x 1 + x 2 = 4 


F: x 1 + x 2 + 2x 3 = 4 

4 

4 

4 

4 

x 1 − Achse x 2 = x 3 = 0 ( 1) = ( 0) ( 1) = ( 0) 

0 

0 

0 

0 

0 

0 

0 

0 

4 

0 

4 

0 

x 2 − Achse x 1 = x 3 = 0 ( ) = ( 4) ( ) = ( 4) 

1 

0 

1 

0 

0 

0 

x 3 − Achse x 1 = x 2 = 0 

n 3 = 0. Es existiert kein 

Schnittpunkt mit der x 3- 

Achse. Die Ebene E ist 

zur x 3-Achse daher 

parallel. 

0 

0 

0 

( 

4 

) = ( 0) 

2 

2 

E 

Entsprechend der Skizze liegen die 

beiden Punkte P 1 (4|0|0) und P 2 (0|4|0) 

auf der Schnittgeraden der beiden 

Ebenen. 

2 

Hierdurch ergibt sich die Gleichung der 

Schnittgeraden: 

F 

4 

4 −4 

g: x⃗ = ( 0) + r ( 4 ). 

0 0 

4


b) Die Ebene G ist parallel zur x 1 -Achse und schneidet die x 2 x 3 -Ebene in derselben 

Spurgeraden wie die Ebene F. Geben Sie eine Gleichung der Ebene G an. 

Aufgrund derselben Spurgeraden der Ebenen F und G sind auch die Spurpunkte beider 

Ebenen auf der x 2 - und x 3 -Achse identisch. 

Schnittpunkt 

mit 

Bedingung 


E: n 1 x 1 + n 2 x 2 + n 3 x 3 = d 


gesuchte Ebene G 

x 1 − Achse x 2 = x 3 = 0 ( ) 0 

0 

d 

n 1 

Die Ebene G ist parallel 

zur x 1 -Achse. Daher 

existiert auch kein 

Schnittpunkt mit der x 1 - 

Achse. 

⟹ n 1 = 0 

0 

x 2 − Achse x 1 = x 3 = 0 

d 

( ) 

n 2 

0 

0 

( 4) 

0 

d 

n 2 

= 4 ⟹ n 2 = d 4 

0 

x 3 − Achse x 1 = x 2 = 0 

0 

( d ) 

n 3 

0 

( 0) 

2 

d 

n 3 

= 2 ⟹ n 3 = d 2 

Für einen frei gewählten Abstand d = 1 ergibt sich die Koordinatengleichung der 

gesuchten Ebene G: x 2 

+ x 3 

= 1. 

4 2



Die Gerade g verläuft durch die Punkte A(1|-1|3) und B(2|-3|0). Die Ebene E wird von g 

orthogonal geschnitten und enthält den Punkt C(4|3|-8). Bestimmen Sie den Schnittpunkt 

S von g und E. Untersuchen Sie, ob S zwischen A und B liegt. 

Mit den Punkten A und B ergibt sich die 

Gleichung der Geraden 

B 

1 1 

g: x⃗ = ( −1) + r ( −2). 

3 −3 

Da die Ebene E von der Geraden g 

orthogonal geschnitten wird, ist der 

Normalenvektor der Ebene E gleich dem 

Richtungsvektor der Geraden g. Die 

Koordinatenform der Ebene lautet 

E: (x 1 − 2x 2 − 3x 3 ) = d. 

C 

g 

S 

A 

E 

Durch Einsetzten von Punkt C in diese Gleichung ergibt sich 

d = (1 ∙ 4) − (2 ∙ 3) − (3 ∙ (−8)) = 22. Die Koordinatenform der Ebene lautet somit 

E: (x 1 − 2x 2 − 3x 3 ) = 22. 

Den Schnittpunkt S erhält man durch Einsetzten der Geradengleichung von g in die 

Ebengleichung von E: 

(1 + r) − 2 ∙ (−1 − 2r) − 3 ∙ (3 − 3r) = 22 ⟹ 14r − 6 = 22 ⟹ r = 2 

Durch das Einsetzten von r = 2 in die Geradengleichung von g ergibt sich der gesuchte 

Schnittpunkt S(3|-5|-3). 

Falls S zwischen A und B liegt, muss der Abstand zwischen den Punkten A und S 

geringer sein, als der Abstand zwischen den Punkten A und B: |AS ⃗⃗⃗⃗⃗⃗| < |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|. 

2 

1 

|AS ⃗⃗⃗⃗⃗⃗| = |( −4)| = √4 + 16 + 36 = √56 und |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗| = |( −2)| = √1 + 4 + 9 = √14 

−6 

−3 

Da die Bedingung |AS ⃗⃗⃗⃗⃗⃗| < |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗| nicht erfüllt ist, liegt der Punkt S nicht zwischen A und B.



1 4 

Gegeben sind die Ebenen E: (x⃗ − ( 2)) ∙ ( −1) = 0 und F: x 2 + 2x 3 = 8. 

1 2 

Berechnen Sie eine Gleichung der Schnittgeraden. 

Durch Umformen der Ebenengleichung der Ebene E in die Koordinatenform ergibt sich 

folgendes Gleichungssystem: 

4x 1 − x 2 + 2x 3 = 4 

x 2 + 2x 3 = 8 

I 

II 

Dieses Gleichungssystem besitzt drei Variablen aber nur zwei Gleichungen und ist somit 

nicht eindeutig lösbar. Daher wird für die Variable x 3 ein Parameter gewählt: x 3 = t. 

4x 1 − x 2 + 2t = 4 

x 2 + 2t = 8 

III 

IV 

Aus Gleichung IV ergibt sich eine Lösung für x 2 , die anschließend in Gleichung III 

eingesetzt wird. Hierdurch erhält man: 

x 1 = 3 − t 

x 2 = 8 − 2t 

x 3 = t 

Durch Umschreiben der Gleichungen ergibt sich der Ortsvektor aller gemeinsamen 

x 1 3 − t 

Punkte: x⃗⃗ = ( x 2 ) = ( 8 − 2t). 

x 3 t 

3 −1 

Daher lautet die Schnittgerade der Ebenen g: x⃗ = ( 8) + t ( −2). 

0 1



Lösen Sie das lineare Gleichungssystem: 

−5x 1 +x 2 −3x 3 = 7 

5x 1 −3x 2 −x 3 = −11 

x 1 +x 3 = −1 

Interpretieren Sie das Gleichungssystem und seine Lösungsmenge geometrisch. 

Die Lösung erfolgt mit dem Gaußverfahren: 

−5x 1 +x 2 −3x 3 = 7 I 

5x 1 −3x 2 −x 3 = −11 II 

x 1 +x 3 = −1 III 

x 1 +x 3 = −1 III 

−2x 2 −4x 3 = −4 IV = I + II 

x 2 +2x 3 = 2 V = I + 5 ∙ III 

x 1 +x 3 = −1 III 

x 2 +2x 3 = 2 V 

0 = 0 IV + 2 ∙ V 

Dieses Gleichungssystem besitzt drei Variablen aber nur zwei Gleichungen und ist somit 

nicht eindeutig lösbar. Daher wird für die Variable x 3 ein Parameter x 3 = t gewählt: 

x 1 +t = −1 aus III 

x 2 +2t = 2 aus V 

x 3 

= t gewählt 

Hierdurch erhält man: 

x 1 = −1 − t 

x 2 = 2 − 2t 

x 3 = t 

Durch Umschreiben dieser Gleichungen ergibt sich der Ortsvektor aller gemeinsamen 

Punkte der drei Ebenen: 

x 1 −1 − t −1 −1 

Gerade g: x⃗⃗ = ( x 2 ) = ( 2 − 2t) = ( 2 ) + t ∙ ( −2). 

x 3 t 0 1 

Die drei Gleichungen des Gleichungssystems beschreiben drei Ebenen, die sich in der 

Geraden g schneiden.



Gegeben sind die Punkte A(2|4|1), B(0|2|-1), C(4|-2|1) und D(-1|9|0). Überprüfen Sie, ob 

diese vier Punkte in einer Ebene liegen. 

Die Parametergleichung der Ebene, in der die Punkte A, B und C liegen, lautet: 

2 −2 2 

E: x⃗ = 0A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + rAB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + sAC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ( 4) + r ( −2) + s ( −6) 

1 −2 0 

Mit Hilfe einer Punktprobe wird anschließend überprüft, ob auch der Punkt D in dieser 

Ebene liegt. 

2 −2r +2s = −1 I 

4 −2r −6s = 9 II 

1 −2r = 0 III 

Das Einsetzten von r = 1 (aus Gleichung III) in Gleichung I ergibt s = −1. Das 

2 

Einsetzten beider Ergebnisse in Gleichung II ergibt: 4 − 1 + 6 = 9 . Diese Aussage ist 

wahr, daher liegen die vier Punkte in einer Ebene.


3.2 Aufgabe 7 


Gegeben ist die Ebene E: (4x 1 + 4x 2 + 7x 3 ) = 28. Es gibt zwei zu E parallele Ebenen F 

und G, die vom Ursprung den Abstand 2 haben. Bestimmen Sie jeweils eine Gleichung 

von F und G. 

Eine zu E parallele Ebene F hat die Gleichung F: (4x 1 + 4x 2 + 7x 3 ) = c. 

Zur Abstandsberechnung zwischen Ebene und Punkt eignet sich die Hessesche 

Normalform. Daher wird die Gleichung der Ebene in die Hessesche Normalform 

umgewandelt. 

F: (4x 1 + 4x 2 + 7x 3 ) = c ⟹ F: 4x 1 + 4x 2 + 7x 3 − c 

√4 2 + 4 2 + 7 2 

= 0 ⟹ F: 4x 1 + 4x 2 + 7x 3 − c 

9 

Die Ebene F hat vom Ursprung O(0|0|0) den Abstand 2. Durch Einsetzten in die 

Hessesche Normalform ergibt sich die Bedingung: 

Abstand d = | −c 

9 | = 2 

= 0 

1. Lösung (für Ebene F): 

−c 

9 = 2 ⟹ c = −18 ⟹ F: (4x 1 + 4x 2 + 7x 3 ) = −18 

2. Lösung (für Ebene G): 

c 

9 = 2 ⟹ c = 18 ⟹ G: (4x 1 + 4x 2 + 7x 3 ) = 18



Gegeben ist die Ebene E: (4x 1 + 3x 3 ) = 12. 

a) Stellen Sie die Ebene in einem Koordinatensystem dar. 

Zunächst werden die Schnittpunkte der Ebene mit den Koordinatenachsen (auch 

Spurpunkte genannt) ermittelt. 

Schnittpunkt 

mit 

Bedingung 


E: (4x 1 + 3x 3 ) = 12 

Schaubild 

12 

3 

x 1 − Achse x 2 = x 3 = 0 ( 4 ) = ( 0) 

0 

0 

0 

4 

x 2 − Achse x 1 = x 3 = 0 

n 2 = 0. Es existiert kein 

Schnittpunkt mit der x 2- 

Achse. Die Ebene ist 

zur x 2-Achse daher 

parallel. 

0 

0 

0 

x 3 − Achse x 1 = x 2 = 0 ( 

12 

) = ( 0) 

4 

3 

3 

b) Bestimmen Sie alle Punkte der x 3 -Achse, die von E den Abstand 3 haben. 

Zur Berechnung des Abstands wird die Ebene in die Hessesche Normalform 

umgewandelt. 

E: (4x 1 + 3x 3 ) = 12 ⟹ E: 4x 1 + 3x 3 − 12 

= 0 ⟹ E: 4x 1 + 3x 3 − 12 

= 0 

√4 2 + 3 2 5 

Ein Punkt auf der x 3 -Achse hat die Koordinaten B(0|0|p). Das Einsetzten in die 

Hessesche Normalform der Ebene ergibt: | 3p−12 

| = 3 

Punkt 1: 3p−12 

5 

Punkt 2: 3p−12 

5 

= 3 ⟹ 3p − 12 = 15 ⟹ p = 9 ⟹ P 1 (0|0|9) 

= −3 ⟹ 3p − 12 = −15 ⟹ p = −1 ⟹ P 2 (0|0| − 1) 

5



Gegeben sind die Punkte A(1|10|1), B(-3|13|1) und C(2|3|1). Die Gerade g verläuft durch 

A und B. Bestimmen Sie den Abstand des Punktes C von der Geraden g. 

Zur Berechnung des Abstands d zwischen dem Punkt C und der Geraden g wird die 

Hilfsebene E bestimmt. Diese Ebene steht orthogonal zur Geraden g und enthält den 

Punkt C. 

Die Gerade durch A und B ist 

B 

1 −4 

g: x⃗ = ( 10) + t ( 3 ) 

1 0 

Der Normalenvektor von E ist der 

Richtungsvektor von g. 

Die Hilfsebene ist 

2 −4 

E: (x⃗ − c⃗) ∙ n⃗⃗ = (x⃗ − ( 3)) ∙ ( 3 ) = 0 

1 −0 

C 

d 

S 

g 

A 

E 

Hieraus ergibt sich die Koordinatengleichung der Ebene E: − 4x 1 + 3x 2 = 1 

Der Schnittpunkt von g und E ist der Lotfußpunkt S. 

−4(1 − 4t) + 3(10 + 3t) = 1 ⟹ −4 + 16t + 30 + 9t = 1 ⟹ t = −1 

Durch Einsetzten von t = −1 in die Gerade ergibt sich der Lotfußpunkt S(5|7|1). 

5 − 2 3 

Der Abstand zwischen C und g ist d = |CS ⃗⃗⃗⃗⃗| = |( 7 − 3)| = |( 4)| = √9 + 16 + 0 = 5 LE 

1 − 1 0



Gegeben sind die beiden Ebenen 

7 1 1 

E 1 = 2x 1 − 2x 2 + x 3 = −1 und E 2 : x⃗ = ( 7) + s ∙ ( 1) + t ∙ ( 3). 

5 0 4 

Zeigen Sie, dass die beiden Ebenen parallel zueinander sind. Die Ebene E 3 ist parallel zu 

E 1 und E 2 und hat von beiden Ebenen denselben Abstand. Bestimmen Sie eine 

Gleichung der Ebene E 3 . 

2 

Der Normalenvektor von E 1 lautet n⃗⃗⃗⃗ 1 = ( −2). Die beiden Ebenen sind parallel 

1 

zueinander, wenn dieser Normalenvektor senkrecht zu den beiden Spannvektoren von E 2 

ist. Zur Überprüfung dient das Skalarprodukt: 

2 1 

2 1 

( −2) ∙ ( 1) = 2 − 2 + 0 = 0 und ( −2) ∙ ( 3) = 2 − 6 + 4 = 0 

1 0 

1 4 

Beide Skalarprodukte ergeben die Lösung Null. Daher sind die beiden Ebenen 

zueinander parallel. 

Die drei Ebenen sind parallel zueinander, daher 

haben sie auch den gleichen Normalenvektor. 

Da die Ebene E 3 von E 1 und E 2 denselben 

Abstand hat, muss sie in der Mitte zwischen E 1 

und E 2 liegen. 

M 

B 

Der Punkt A ist ein beliebiger Punkt der Ebene A 

E 1 und Punkt B ein beliebiger Punkt von E 2 . Der 

Mittelpunkt M der Strecke ̅̅̅̅ AB liegt in der Ebene 

E 2 

E 

E 3 . 3 

E 1 

Mit einem beliebigen Punkt A(0|0|-1) und einem beliebigen Punkt B(7|7|5) ergibt sich 

0 7 3,5 

0M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 1 (0B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − 0A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗) = 1 (0A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 0B ⃗⃗⃗⃗⃗⃗) = 1 (( 0 ) + ( 7)) = ( 3,5). 

2 2 2 

−1 5 2 

3,5 2 

Daher lautet eine Gleichung der Ebene E 3 (x⃗ − ( 3,5)) ∙ ( −2) = 0. 

2 1



Gegeben sind der Punkt A(1|1|3) und die Ebene E: x 1 − x 3 − 4 = 0. 

a) Welche besondere Lage hat E im Koordinatensystem? 

Zur Untersuchung der Lage von E werden die Spurpunkte bestimmt: 

Schnittpunkt 

mit 

Bedingung 


E: n 1 x 1 + n 2 x 2 + n 3 x 3 = d 


E: x 1 − x 3 = 4 

d 

x 1 − Achse x 2 = x 3 = 0 

4 

( 

n 1 ) ( 0) 

0 0 

0 

x 2 − Achse x 1 = x 3 = 0 

0 

d 

n 2 = 0. Daher existiert 

( ) 

kein Schnittpunkt mit 

n 2 

der x 2 -Achse. 

0 

0 

x 3 − Achse x 1 = x 2 = 0 

0 

0 

( d ) ( 0 ) 

−4 

n 3 

Die Ebene E ist daher parallel zur x 2 -Achse bzw. senkrecht zur x 1 x 3 – Ebene. 

b) Der Punkt A wird an der Ebene E gespiegelt. Bestimmen Sie die Koordinaten des 

Bildpunktes. 

Mit dem Punkt A und dem Normalenvektor der 

Ebene E wird zunächst die Hilfsgerade g gebildet: 

1 1 

g: x⃗ = ( 1) + s ( 0 ). Durch Gleichsetzten von der 

3 −1 

Ebene E und der Hilfsgerade g ergibt sich der 

Schnittpunkt S: 

(1 + s) − (3 − s) = 4 ⟹ s = 3 ⟹ S = (4|1|0). 

Hierdurch ergibt sich der gesuchte Spiegelpunkt A´: 

1 3 7 

0A´ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 2 ∙ AS ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ( 1) + 2 ∙ ( 0 ) = ( 1 ) 

3 −3 −3 

O 

S 

A´ 

g 

A 

E 

Der Bildpunkt ist A´(7|1|-3).



−1 8 

Gegeben sind die Ebene E: (x⃗ − ( 4 )) ∙ ( 1 ) = 0 

−3 −4 

7 1 

und die Gerade g: x⃗ = ( 5 ) + t ( −4). 

−7 1 

a) Zeigen Sie, dass E und g parallel zueinander sind. 

E und g verlaufen parallel, wenn der Normalenvektor von E und der Richtungsvektor von 

g orthogonal zueinander sind. Das Skalarprodukt dieser beiden Vektoren ergibt: 

8 1 

( 1 ) ∙ ( −4) = 8 − 4 − 4 = 0. Daher sind E und g zueinander parallel. 

−4 1 

b) Bestimmen Sie den Abstand von E und g. 

Der gesuchte Abstand d ist gleich dem 

Abstand zwischen einem beliebigen Punkt 

P der Geraden und der Ebene E. 

Zur Bestimmung dieses Abstandes eignet 

sich die Hessesche Normalenform. Hierzu 

wird zunächst die Ebene E in die 

Koordinatenform umgeformt. 

E = 8x 1 + x 2 − 4x 3 = d 

E 

P 

d 

S 

g 

Durch Einsetzten des Ebenenpunktes A(−1|4| − 3) ergibt sich 

(8 ∙ (−1)) + (1 ∙ 4) − (4 ∙ (−3)) = d ⟹ d = 8 

Die Koordinatenform der Ebene lautet also E: 8x 1 + x 2 − 4x 3 = 8 

Der Abstand d von E und g ist: 

d = |n 1p 1 + n 2 p 2 + n 3 p 3 − c| 

√n 1 2 + n 2 2 + n 3 

2 

= 

|8 ∙ 7 + 1 ∙ 5 − 4 ∙ (−7) − 8| 

√8 2 + 1 2 + (−4) 2 = 81 

9 = 9 LE



Gegeben sind die Ebene E: 3x 1 − 4x 3 = −7 und der Punkt P (9|−4|1). 

a) Berechnen Sie den Abstand des Punktes P von der Ebene E. 

Da die Ebene bereits in der Koordinatenform gegeben ist, ergibt sich der gesuchte 

Abstand d des Punktes P von der Ebene E mit der Hessesche Normalenform. 

d = |n 1p 1 + n 2 p 2 + n 3 p 3 − c| 

√n 1 2 + n 2 2 + n 3 

2 

= 

|3 ∙ 9 + 0 − 4 ∙ 1 + 7| 

√3 2 + 0 2 + (−4) 2 = 30 

5 = 6 

Der Punkt P hat von der Ebene E den Abstand d = 6. 

b) Der Punkt S = (−1|1|1) liegt auf E. Bestimmen Sie den Punkt Q auf der Geraden 

durch S und P, der genauso weit von E entfernt ist wie P. 

Der gesuchte Punkt Q ergibt sich aus: 

9 −10 −11 

0Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 2 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ PS = ( −4) + 2 ∙ ( 5 ) = ( 6 ) 

1 

0 1 

g 

Q 

S 

E 

O 

P 

Der gesuchte Punkt ist Q(−11|6|1).

Aufgabe 8: Stochastik 53 

4 Pflichtteil Stochastik 

4.1 Aufgabe 8 


Bei einem Glücksrad werden die Zahlen 1, 2, 3 und 4 bei einmaligem Drehen mit 

folgenden Wahrscheinlichkeiten angezeigt: 

Zahl 1 2 3 4 

Wahrscheinlichkeit 0,4 0,1 0,3 0,2 

a) Das Glücksrad wird einmal gedreht. Geben Sie zwei verschiedene Ereignisse an, 

deren Wahrscheinlichkeit jeweils 0,7 beträgt. 

Die Wahrscheinlichkeit beträgt 0,7 bei folgenden Ereignissen: 

- Ereignis A: “Die Zahl 1 oder 3 wird angezeigt“ 

- Ereignis B: “Die Zahl 1 oder 2 oder 4 wird angezeigt“ 

b) An dem Glücksrad sollen nur die Wahrscheinlichkeiten für die Zahlen 1 und 2 so 

verändert werden, dass das folgende Spiel fair ist: 

Für einen Einsatz von 2,50 € darf man einmal am Glücksrad drehen. Die angezeigte 

Zahl gibt den Auszahlungsbetrag in Euro an. Bestimmen Sie die entsprechenden 

Wahrscheinlichkeiten für die Zahlen 1 und 2. 

Zahl 

Gewinn 

x i 

Wahrscheinlichkeit 

P(x i ) 

gewichteter Gewinn 

x i ∙ P(x i ) 

1 1€ p 1€ ∙ p 

2 2€ 

1 − p − 0,3 − 0,2 

= 0,5 − p 

2€ ∙ (0,5 − p) 

3 3€ 0,3 0,90€ 

4 4€ 0,2 0,80€ 

Summe 1 E[X] = ∑ x i ∙ P(x i ) = 2,50€ 

4 

i=1

54 Aufgabe 8: Stochastik 

Die Wahrscheinlichkeit für die Zahl 1 ist gesucht, sie beträgt P(1) = p. Da die Summe 

aller Wahrscheinlichkeiten 1 ergeben muss, ergibt sich hieraus die Wahrscheinlichkeit für 

die Zahl 2: P(1) = 1 − p − 0,3 − 0,2 = 0,5 − p. 

Für ein faires Spiel muss der Erwartungswert gleich dem Einsatz sein: 

4 

E[X] = ∑ x i ∙ P(x i ) = 1€ ∙ p + 2€ ∙ (0,5 − p) + 0,90€ + 0,80€ = 2,50€ 

i=1 

⟹ 1€ ∙ p + 1€ − 2€ ∙ p = 0,8€ ⟹ p = 0,2 

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit für die Zahl 1 beträgt P(1) = p = 0,2. Hieraus ergibt sich 

die Wahrscheinlichkeit für die Zahl 2 mit P(2) = 0,5 − p = 0,3.



Ein Glücksrad hat drei farbige Sektoren, die beim einmaligen Drehen mit folgenden 

Wahrscheinlichkeiten angezeigt werden: 

Rot: 20% Grün: 30% Blau: 50% 

Das Glücksrad wird n-mal gedreht. Die Zufallsvariable X gibt an, wie oft die Farbe Rot 

angezeigt wird. Die Tabelle zeigt einen Ausschnitt der Wahrscheinlichkeitsverteilung 

von X: 

k 0 1 2 3 4 5 6 7 … 

P(X = k) 0,01 0,06 0,14 0,21 0,22 0,17 0,11 0,05 … 

a) Begründen Sie, dass X binomialverteilt ist. 

Das Zufallsexperiment hat ausschließlich die zwei möglichen Ergebnisse “Rot“ und “Nicht 

Rot“. Die Wahrscheinlichkeit für “Rot“ ist gleichbleibend ρ = 0,2. Daher ist X 

binomialverteilt. 

b) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens dreimal Rot angezeigt wird. 

P(mind. dreimal Rot) = P(X ≥ 3) = 1 − P(X ≤ 2) = 1 − (0,01 + 0,06 + 0,14) = 0,79 

c) Entscheiden Sie, welcher der folgenden Werte von n der Tabelle zugrunde liegen 

kann: 20, 25 oder 30. Begründen Sie Ihre Entscheidung. 

Die Wahrscheinlichkeitsverteilung hat bei k = 4 ihren größten Wert. Daher muss auch der 

Erwartungswert E(X) bei ungefähr 4 liegen. 

E(X) = n ∙ p = n ∙ 0,2 ≈ 4 ⟹ n ≈ 4 

0,2 = 20



An einem Spielautomaten verliert man durchschnittlich zwei Drittel aller Spiele. 

a) Formulieren Sie ein Ereignis A, für das gilt: 

P(A) = ( 10 

8 ) ∙ (2 3 ) 8 

∙ ( 1 3 ) 2 

+ 10 ∙ ( 2 3 ) 9 

∙ 1 3 + (2 3 ) 10 

In der Aufgabe ist die Verlustwahrscheinlichkeit p = 2 gegeben. Die Wahrscheinlichkeit 

3 

genau k Spiele zu verlieren, ergibt sich aus dieser Verlustwahrscheinlichkeit p und der 

Anzahl der durchgeführten Spiele n (Bernoulliformel). 

Linker Summand: 

P(X = k) = ( n k ) ∙ pk ∙ (1 − p) n−k = ( 10 

8 ) ∙ (2 3 )8 ∙ ( 1 3 )2 ⟹ n = 10, k = 8, p = 2 3 

Der linke Summand entspricht der Wahrscheinlichkeit, mit der genau 8 von 10 Spielen 

verloren gehen. 

Mittlerer Summand: 

P(X = k) = ( n k ) ∙ pk ∙ (1 − p) n−k = 10 ∙ ( 2 3 )9 ∙ 1 3 = (10 9 ) ∙ (2 3 )9 ∙ ( 1 3 )1 ⟹ n = 10, k = 9, p = 2 3 

Der mittlere entspricht der Wahrscheinlichkeit, mit der genau 9 von 10 Spielen verloren 

gehen. 

Rechter Summand: 

P(X = k) = ( n k ) ∙ pk ∙ (1 − p) n−k = ( 2 3 )10 = ( 10 

10 ) ∙ (2 3 )10 ∙ ( 1 3 )0 ⟹ n = 10, k = 10, p = 2 3 

Der rechte Summand entspricht der Wahrscheinlichkeit, mit der genau 10 von 10 Spielen 

verloren gehen. 

Ereignis A: Es gehen mindestens 8 von 10 Spielen verloren. 

b) Jemand spielt vier Spiele an dem Automaten. Mit welcher Wahrscheinlichkeit verliert 

er dabei genau zwei Mal? 

n = 4, k = 2, p = 2 3 

P(X = 2) = ( n k ) ∙ pk ∙ (1 − p) n−k = ( 4 2 ) ∙ (2 3 )2 ∙ ( 1 3 )2 = 4∙3 

1∙2 ∙ 4 9 ∙ 1 9 = 8 

Mit einer Wahrscheinlichkeit von 8 

gehen genau 2 von 4 Spielen verloren. 

27 

27



Neun Spielkarten (vier Asse, drei Könige und zwei Damen) liegen verdeckt auf dem 

Tisch. 

a) Peter dreht zwei zufällig gewählte Karten um und lässt sie aufgedeckt liegen. 

Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit der folgenden Ereignisse: 

A: Es liegt kein Ass aufgedeckt auf dem Tisch. 

B: Eine Dame und ein Ass liegen aufgedeckt auf dem Tisch. 

Zur Lösung der Aufgabe (A) reicht ein einfaches Baumdiagramm mit der Entscheidung 

“Ass“ / “nicht Ass“. Für den zweiten Teil (B) wird der vollständige Entscheidungsbaum 

“Ass“ / “König“ / “Dame“ benötigt. 

4 

9 

5 

9 

Ass 

nicht 

Ass 

3 

8 

5 

8 

4 

8 

4 

8 

Ass 

nicht 

Ass 

Ass 

nicht 

Ass 

4 

9 

3 

9 

2 

9 

Ass 

König 

Dame 

3 

8 

3 

8 

2 

8 

4 

8 

2 

8 

2 

8 

4 

8 

3 

8 

1 

8 

Ass 

König 

Dame 

Ass 

König 

Dame 

Ass 

König 

Dame 

Einfacher Entscheidungsbaum 

“Ass“ / “nicht Ass“ 

Vollständiger Entscheidungsbaum 

“Ass“ / “König“ / “Dame“ 

A: Die Wahrscheinlichkeit, dass kein Ass aufgedeckt wird, beträgt (Pfad: “nicht Ass“ 

– “nicht Ass“): 

P(A) = 5 9 ∙ 4 8 = 5 

18 

B: Die Wahrscheinlichkeit, dass eine Dame und ein Ass aufgedeckt werden, beträgt 

(Pfad: “Ass“ – “Dame“ oder “Dame“ – “Ass“): 

P(B) = 4 9 ∙ 2 8 + 2 9 ∙ 4 8 = 2 9


b) Die neun Spielkarten werden gemischt und erneut verdeckt ausgelegt. Laura dreht 

nun so lange Karten um und lässt sie aufgedeckt auf dem Tisch liegen, bis ein Ass 

erscheint. Die Zufallsvariable X gibt die Anzahl der aufgedeckten Spielkarten an. 

Welche Werte kann X annehmen? Berechnen Sie P(X ≤ 2). 

Außer den Assen liegen drei Könige und zwei Damen auf dem Tisch. Spätestens beim 

sechsten Zug wird ein Ass gezogen. Die Zufallsvariable X kann also die Werte 1, 2, 3, 4, 

5 oder 6 annehmen. 

P(X = 1) entspricht der Wahrscheinlichkeit, dass bereits bei der ersten Karte ein Ass 

aufgedeckt wird (Pfad: “Ass“). P(X = 2) ist die Wahrscheinlichkeit, dass bei der zweiten 

Karte ein “Ass“ aufgedeckt wird (Pfad: “nicht Ass“ – “Ass“). 

P(≤ 2) = P(X = 1) + P(X = 2) = 4 9 + 5 9 ∙ 4 8 = 13 

18

Aufgabe 9: Allgemeines Verständnis 59 

5 Pflichtteil Allgemeines Verständnis 

5.1 Aufgabe 9 (war bis 2012 Aufgabe 8) 


Von zwei Kugeln K 1 und K 2 sind die Mittelpunkte M 1 und M 2 sowie die Radien r 1 und r 2 

bekannt. Die Kugeln berühren einander von außen im Punkt B. Beschreiben Sie ein 

Verfahren, mit dem man B bestimmen kann. 

M 1 B M 2 

r 1 

r 2 

O 

Die Bestimmung der Koordinaten des Berührpunktes B erfolgt mit dem Ortsvektor OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1 

und dem Verbindungsvektor der Kugeln M⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1 2 . 

Der Punkt B liegt r 1 Längeneinheiten von M 1 entfernt. Der Einheitsvektor von M⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1 2 lautet 

M⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 

1 2 

|M⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗| . 

1 2 

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 

|M⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗| . 

1 2 

Der Ortsvektor von Punkt B ergibt sich daher durch OB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ OM 1 + r 1 ∙ M 1M 2

60 Aufgabe 9: Allgemeines Verständnis 

Abitur 2015 (3VP) 

4 

Mit V = π ∙ ∫ (4 − 1 0 2 x)2 dx wird der Rauminhalt eines Körpers berechnet. Skizzieren Sie 

diesen Sachverhalt und beschreiben Sie den Körper. 

b 

Die Formel V = π ∙ ∫ f 2 (x) dx beschreibt das Volumen eines Rotationskörpers. Die 

a 

Form des Körpers wird durch den Graphen der Funktion f(x) sowie den Grenzen a und b 

definiert. Der Körper rotiert um die x-Achse. 

Die Gerade f = 4 − 1 x besitzt die Steigung m = − 1 und schneidet die y-Achse im Punkt 

2 2 

(4|0). Durch die Rotation um die Drehachse entsteht im Intervall zwischen 0 und 4 ein 

Kegelstumpf. Die Grundfläche dieses Kegelstumpfes ist ein Kreis mit einem Radius von 4 

Längeneinheiten. Die Deckfläche hat einen Radius von 2 Längeneinheiten.



Gegeben sind der Mittelpunkt einer Kugel sowie eine Ebene. Die Kugel berührt diese 

Ebene. Beschreiben Sie, wie man den Kugelradius und den Berührpunkt bestimmen 

kann. 

Die Bestimmung des Berührpunktes P erfolgt mit 

Hilfe der Lotgeraden g. Diese Gerade g verläuft 

durch den Mittelpunkt M der Kugel und ist 

senkrecht zur Ebene. Der Stützvektor der Geraden 

ist OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗. Als Richtungsvektor von g wählt man den 

Normalenvektor der Ebene E. 

Der gesuchte Berührpunkt P ergibt sich aus dem 

Schnittpunkt der Geraden g mit der Ebene E. Der 

Kugelradius ist gleich dem Abstand der Punkte M 

und P und ergibt sich aus r = |MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|. 

P 

g 

M 

E 


Gibt es eine ganzrationale Funktion vierten Grades, deren Graph drei Wendepunkte 

besitzt? Begründen Sie Ihre Antwort. 

Bei einem Wendepunkt besitzt die zweite Ableitung einer ganzrationalen Funktion eine 

Nullstelle. Die zweite Ableitung einer Funktion vierten Grades ergibt eine Funktion 

zweiten Grades. Funktionen zweiten Grades haben aber höchstens zwei Nullstellen. 

Daher kann eine Funktion vierten Grades auch nur höchstens zwei Wendepunkte 

besitzen.

62 Aufgabe 9: Allgemeines Verständnis 


Gegeben sind eine Ebene E und eine Gerade g, die in E liegt. Beschreiben Sie ein 

Verfahren, mit dem man eine Gleichung einer Geraden h ermitteln kann, die orthogonal 

zu g ist und ebenfalls in E liegt. 

Die Gerade h ist durch ihren Ortsvektor a⃗ und ihren Richtungsvektor r⃗⃗⃗⃗ h definiert: 

h: x⃗ = a⃗ + s ∙ r⃗⃗⃗⃗ 

h 

g 

A 

h 

E 

Da die Gerade h in E liegt, kann als Ortsvektor a⃗ jeder beliebige Punkt A der Ebene E 

verwendet werden, z.B. der Ortsvektor der Geraden g. 

Der Richtungsvektor r⃗⃗⃗⃗ h der Geraden h ist orthogonal zum Richtungsvektor r⃗⃗ g der 

Geraden g und ebenfalls orthogonal zum Normalenvektor n⃗⃗ der Ebene E. Der 

Richtungsvektor ⃗⃗⃗⃗ r h ergibt sich daher durch das Kreuzprodukt r⃗⃗ g × n⃗⃗. 

Daher ergibt sich als Gleichung von h: x⃗ = a⃗ + s ∙ ⃗⃗⃗⃗ r h = a⃗ + s ∙ (r⃗⃗ g × n⃗⃗). 


Gegeben sind eine Gerade g und ein Punkt A, der nicht auf g liegt. Beschreiben Sie ein 

Verfahren, mit dem man denjenigen Punkt B auf g bestimmt, der den kleinsten Abstand 

von A hat. 

Die Bestimmung des Punktes B erfolgt mit 

einer Hilfsebene E, die durch den Punkt A 

verläuft. 

A 

d 

B 

g 

E


Der Abstand d zwischen den Punkten A und B ist genau dann minimal, wenn die Ebene 

E orthogonal zur Geraden g ist. Der Normalenvektor n⃗⃗ der Ebene E ist daher der 

Richtungsvektor r⃗⃗ g der Geraden g. Somit lautet die Ebene E: (x⃗ − a⃗) ∙ r⃗⃗ g = 0. 

Der gesuchte Punkt B ist der Schnittpunkt von g und E, den man durch Gleichsetzten von 

Gerade g und Ebene E erhält. 


Die Gerade g und die Ebene E schneiden sich im Punkt S. Die Gerade g’ ist das Bild von 

g bei Spiegelung an der Ebene E. Beschreiben Sie ein Verfahren, um eine Gleichung der 

Geraden g’ zu ermitteln. 

Zunächst wird der Stützpunkt A der Geraden g an der Ebene E gespiegelt. Hierzu dient 

die Hilfsgerade h, die durch den Punkt A geht und orthogonal zur Ebene E ist. Der 

Richtungsvektor ⃗⃗⃗⃗ r h der Geraden h ist der Normalenvektor n⃗⃗ der Ebene E. Die Gleichung 

der Hilfsgeraden h lautet daher: h: x⃗ = a⃗ + r ∙ n⃗⃗. 

g´ 

A 

E 

S 

B 

O 

g 

A´ 

h 

Der Punkt B ist der Schnittpunkt der Ebene E und der Hilfsgeraden h. Der Spiegelpunkt 

A´ ergibt sich aus: 0A´ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0A ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + 2 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗. AB Auf der Geraden g’ liegen die beiden Punkte A´ und 

S. Die Gerade lautet: g´: x = s⃗ + t ∙ SA´ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗.

64 Wahlteil Analysis 


Abitur 2016, Aufgabe A 1.1 

Der Graph der Funktion f mit f(x) = −0,1x 3 + 0,5x 2 + 3,6 beschreibt modellhaft für 

−1 ≤ x ≤ 5 das Profil eines Geländequerschnitts. Die positive x-Achse weist nach Osten, 

f(x) gibt die Höhe über dem Meeresspiegel an (eine Längeneinheit entspricht 100 m). 

a) Auf welcher Höhe liegt der höchste Punkt des Profils? In dem Tal westlich dieses 

Punktes befindet sich ein See, der im Geländequerschnitt an seiner tiefsten Stelle 

10 m tief ist. Bestimmen Sie die Breite des Sees im Geländequerschnitt. 

Ab einer Hangneigung von 30° besteht die Gefahr, dass sich Lawinen lösen. 

Besteht an der steilsten Stelle des Profils zwischen See und höchstem Punkt 

Lawinengefahr? 

(5 VP) 

Im angegebenen Intervall 

−1 ≤ x ≤ 5 besitzt die 

Funktion f ein Maximum im 

Punkt H(3,33|5,45). Der 

höchste Punkt des Profils 

liegt daher auf einer Höhe 

von 545 m. 

Im angegebenen Intervall −1 ≤ x ≤ 5 besitzt die Funktion 

f ein Minimum im Punkt T(0|3,6). Der tiefste Punkt des 

Sees liegt auf einer Höhe von 360 m. Die 

Wasseroberfläche befindet sich daher auf 370 m. 

Der linke Schnittpunkt 

zwischen dem 

Geländequerschnitt und 

der Wasseroberfläche liegt 

bei x l = −0,43 und der 

rechte Schnittpunkt bei 

x r = 0,47. Der See besitzt 

daher eine Breite von 

43 m + 47 m = 90 m

Wahlteil Analysis 65 

Zur Bestimmung der 

steilsten Stelle wird das 

Maximum der 

Ableitungsfunktion f´ 

berechnet. Die maximale 

Steigung beträgt 

f´(1,67) = 0,83. 

tan α = 0,83 

⟹ α = 39,7° > 30° 

Da der maximale Steigungswinkel größer als 30° ist, besteht Lawinengefahr. 

b) Am Hang zwischen dem höchsten Punkt und dem westlich davon gelegenen Tal 

befindet sich ein in den Hang gebautes Gebäude, dessen rechteckige Seitenwand im 

Geländequerschnitt liegt. Die Abbildung zeigt den sichtbaren Teil dieser Seitenwand. 

Die Oberkante der Wand verläuft waagerecht auf 540 m Höhe. Von dieser Kante sind 

28 m sichtbar. Untersuchen Sie, ob der Flächeninhalt des sichtbaren Wandteils 

größer als 130 m² ist. 

(3 VP) 

Die Oberkante der Wand 

verläuft auf 540 m Höhe. 

Sie schneidet den 

Geländequerschnitt im 

Punkt R(3|5,4). 

Da von der Kante 28 m 

sichtbar sind, liegt die linke 

Oberkante der Wand im 

Punkt L(2,72|5,4).


Der gesuchte Flächeninhalt ergibt sich aus einem Integral, 

deren Grenzen durch die linke und rechte Oberkante der 

Wand bestimmt werden. 

A = 

3 

∫(5,4 − f(x))dx = 5,4 ∙ (3 − 2,72) − ∫ f(x)dx 

2,72 

3 

3 

2,72 

= 1,512 − ∫ f(x)dx = 1,512 − 1,4975 = 0,0145 

2,72 

Da eine Längeneinheit 100 m entspricht, beträgt eine Flächeneinheit 10.000 m 2 . Die 

gesuchte Wand besitzt eine Fläche von 0,0145 ∙ 10000 m 2 = 145 m 2 und ist daher größer 

als 130 m 2 . 

c) Der weitere Verlauf des Profils nach Osten hin kann durch eine Parabel zweiter 

Ordnung modelliert werden, die sich ohne Knick an den Graphen von f anschließt. Ihr 

Scheitel liegt bei x = 6 und beschreibt den tiefsten Punkt eines benachbarten Tals. 

Auf welcher Höhe befindet sich dieser Punkt? 

(4 VP) 

Die allgemeine Parabelgleichung zweiter Ordnung lautet g(x) = ax 2 + bx + c mit 

g´(x) = 2ax + b. 

Zur Bestimmung der Koeffizienten a, b und c werden drei Bedingungen benötigt: 

(1) Die Parabel schließt sich an der rechten Intervallgrenze (x = 5) des Graphen von f an 

⟹ g(x = 5) = f(x = 5) = −0,1x 3 + 0,5x 2 + 3,6 = 3,6 

(2) Das Anschließen an der rechten Intervallgrenze (x = 5) erfolgt ohne Knick 

⟹ g´(x = 5) = f´(x = 5) = −0,3x 2 + x = −2,5 

(3) Der Scheitel der Parabel liegt bei x = 6 

⟹ g´(x = 6) = 0 

Durch diese drei Gleichungen ergibt sich ein lineares Gleichungssystem, welches mit 

dem Taschenrechner gelöst werden kann. 

g(5) = 25a + 5b + c = 3,6 (1) 

g´(5) = 10a + b = −2,5 (2) 

g´(6) = 12a + b = 0 (3)


Die gesuchte Parabelgleichung lautet g(x) = 1.25x 2 − 15x + 47,35 . 

g(6) = 2,35 

Der tiefste Punkt des 

benachbarten Tals liegt 

daher auf einer Höhe von 

235 m.



Gegeben ist die Funktion h mit h(x) = 1 − 1 , deren Graph symmetrisch zur y-Achse ist. 

x 2 4 

Es gibt einen Kreis, der den Graphen von h in dessen Schnittpunkten mit der x-Achse 

berührt. Berechnen Sie die Koordinaten des Mittelpunkts des Kreises. 

(3 VP) 

Da der Graph symmetrisch zur y-Achse ist, liegt der Mittelpunkt des Kreises auf der y- 

Achse. 

Die beiden Schnittpunkte 

mit der x-Achse S 1 (-2|0) 

und S 2 (2|0) liegen ebenfalls 

symmetrisch zur y-Achse. 

Die allgemeine Form der Normalengleichung lautet: 

y n (x) = − 1 (x − u) + h(u) 

h′(u) 

h(x) = 1 x 2 − 1 4 ⟹ h(2) = 0 

h´(x) = −2x −3 ⟹ h´(2) = −0,25 

Durch Einsetzen von h(2) und h´(2) ergibt sich die 

gesuchte Normalengleichung: 

y n (x) = − 1 (x 

h ′ − u) + h(u) 

(u) 

= − 1 (x − 2) + 0 = 4x − 8 

−0,25 

. 

Die Normale schneidet die y-Achse im Punkt 

M(0|-8). Dieser Punkt ist zugleich der gesuchte 

Mittelpunkt des Kreises.



In einem Skigebiet beträgt die Schneehöhe um 10:00 Uhr an einer Messstelle 150 cm. 

Die momentane Änderungsrate dieser Schneehöhe wird beschrieben durch die Funktion 

s mit s(t) = 16e −0,5t − 14e −t − 2; 0 ≤ t ≤ 12 

(t in Stunden nach 10:00 Uhr, s(t) in Zentimeter pro Stunde). 

a) Bestimmen Sie die maximale momentane Änderungsrate der Schneehöhe. Ermitteln 

Sie den Zeitraum, in dem die momentane Änderungsrate der Schneehöhe größer als 

2 cm pro Stunde ist. Wie hoch liegt der Schnee um 12:00 Uhr? (4 VP) 

Im angegebenen Intervall 

0 ≤ t ≤ 12 besitzt die 

Funktion f ein Maximum im 

Punkt H(1,12|2,57). Die 

maximale momentane 

Änderungsrate der 

Schneehöhe beträgt daher 

ca. 2,57 cm pro Stunde. 

Der Graph der Funktion s schneidet die Gerade mit der Gleichung y = 2 an den Stellen 

t 1 ≈ 0,51 und t 2 ≈ 1,99. Daher ist die momentane Änderungsrate der Schneehöhe 

zwischen ca. 10:30 Uhr und ca. 12:00 Uhr größer als 2 cm pro Stunde. 

Um 12:00 Uhr hat es an der Messstelle 2 Sunden 

geschneit. Die Schneehöhe berechnet sich aus dem 

Integral: 

2 

h = 150 + ∫ s(t)dt = 150 + 4,12 = 154,12 

0 

Um 12:00 Uhr beträgt die Schneehöhe ca. 154,12 cm.


b) Bestimmen Sie einen integralfreien Funktionsterm, der die Schneehöhe zum Zeitpunkt 

t beschreibt. Zu welchen Uhrzeiten beträgt die Schneehöhe 153 cm? (3 VP) 

Die Schneehöhe zum Zeitpunkt t kann durch eine Stammfunktion von s(t) beschrieben 

werden: 

h(t) = 16 

−0,5 e−0,5t − 14 

−1 e−t − 2t + c = −32e −0,5t + 14e −t − 2t + c 

Die Konstante c ergibt sich aus der Schneehöhe um 10:00 Uhr. 

h(t = 0) = −32e −0,5t + 14e −t − 2t + c = −32 + 14 + c = 150 ⟹ c = 168 

Der gesuchte Funktionsterm lautet h(t) = −32e −0,5t + 14e −t − 2t + 168. 

Der Graph der Funktion h schneidet die Gerade mit der Gleichung y = 153 an den 

Stellen t 1 ≈ 1,5 und t 2 ≈ 7. Gegen 11:30 Uhr und gegen 17:00 Uhr beträgt die 

Schneehöhe 153 cm.


c) Um 12:30 Uhr werden nun Schneekanonen in Betrieb genommen. Sie liefern 

konstant so viel Schnee, dass sich die momentane Änderungsrate der Schneehöhe 

an der Messstelle um 1 cm pro Stunde erhöht. Um wie viele Stunden verlängert sich 

durch diese Maßnahme der Zeitraum, in dem die Schneehöhe zunimmt? Wie viele 

Zentimeter Schnee pro Stunde müssten die Schneekanonen ab 12:30 Uhr liefern, 

damit um 18:00 Uhr die Schneehöhe 160 cm betragen würde? 

(4 VP) 

Die momentan Änderungsrate der Schneehöhe wird jetzt beschrieben durch die Funktion 

s SK mit s SK (t) = s(t) + 1 = 16e −0,5t − 14e −t − 1; 0 ≤ t ≤ 12 

In dem Zeitraum, in dem die momentane Änderungsrate positiv ist, nimmt die 

Schneehöhe zu. Die Nullstelle der Funktion s liegt bei t = 3,89. Mit den Schneekanonen 

liegt die Nullstelle der Funktion jetzt bei t SK = 5,43. 

∆t = t SK − t = 5,43 − 3,89 = 1,54 

Durch die Schneekanonen verlängert sich der Zeitraum, in dem die Schneehöhe 

zunimmt, um ca. 1,54 Stunden. 

Um 18:00 Uhr beträgt die Schneehöhe ohne den Einsatz 

der Schneekanonen h(8) = 151,42 cm. 

Die durch die Schneekanonen zusätzlich gelieferte 

Schneehöhe beträgt 160 cm − 151,42 cm = 8,58 cm. 

Von 12:30 Uhr bis 18:00 Uhr sind die Schneekanonen 

hierfür 5,5 Stunden in Betrieb: 8,58 

5,5 = 1,56 

Daher müssen die Schneekanonen 1,56 cm Schnee pro Stunde liefern.



Für jedes a > 0 ist eine Funktion g a gegeben durch g a (x) = a ∙ cos (a ∙ x) ; − π 2a ≤ x ≤ π 2a 

Der Graph von g a schneidet die y-Achse in einem Punkt. Die Strecke von diesem Punkt 

zum Ursprung ist die Diagonale einer Raute. Die beiden weiteren Eckpunkte der Raute 

liegen auf dem Graphen von g a . 

a) Bestimmen Sie für a = 3 die Längen der beiden Diagonalen dieser Raute. (2 VP) 

Zur Lösung der Aufgabe ist eine Skizze hilfreich: 

H 

L 

R 

H


Die senkrechte Diagonale 

entspricht der Strecke vom 

Ursprung zum Punkt 

H(0|3). Ihre Länge beträgt 

3 LE. 

Die waagerechte 

Diagonale entspricht der 

Strecke vom Punkt 

L(-0,35|1,5) zum Punkt 

R(0,35|1,5). Ihre Länge 

beträgt 0,7 LE. 

b) Bestimmen Sie den Wert von a, für den die Raute ein Quadrat ist. (2 VP) 

In dem Quadrat müssen beide Diagonalen gleich lang sein. 

Die senkrechte Diagonale entspricht der Strecke vom Ursprung zum Punkt H a (0|a). Ihre 

Länge beträgt a LE. 

Weiterhin besitzt die waagerechte Diagonale eine y-Koordinate von y = a . Sie entspricht 

2 

der Strecke vom Punkt L a (− a | a ) zum Punkt R 2 2 

a( a | a ). Ihre Länge beträgt ebenfalls 

2 2 

2 ∙ a LE = a LE. 

2 

Aus dem Punkt R a ergibt die Bedingung für das Quadrat (aus dem Punkt L a lässt sich 

eine entsprechende Bedingung ableiten): 

g a (x = a ) = a ∙ cos(a ∙ x) = a ∙ cos (a2 ) = a 2 2 2 

Für a > 0 ergibt sich die 

Lösung a ≈ 1,45.


Abitur 2015, Aufgabe A 1 

Der Laderaum eines Lastkahns ist 50 m lang. Sein Querschnitt ist auf der gesamten 

Länge gleich und wird modellhaft beschrieben durch den Graphen der Funktion f mit 

f(x) = 1 

125 x4 ; −5 ≤ x ≤ 5 (x und f(x) in Meter) 

a) Wie tief ist der Laderaum in der Mitte? Wie breit ist er in 3 m Höhe? In welchem 

Bereich hat der Boden des Laderaums eine Neigung unter 5%? Berechnen Sie das 

Volumen des Laderaums. 

(5 VP) 

f(0) = 0 und f(5) = 5 

Der Laderaum ist in der Mitte 5m tief. 

Mit f(x) = 3 ergeben sich 

die Lösungen x 1 ≈ 4,4 und 

x 2 ≈ −4,4. 

Der Laderaum ist in 3 m 

Höhe daher ca. 8,80 m 

breit. 

Die Neigung des 

Laderaums ist unter 5% 

wenn gilt: |f´(x)| < 0,05 

f´(x) = 0,05 ergibt die Lösung x ≈ 1,16. Durch die Symmetrie des Laderaums ergibt sich, 

dass dieser im Bereich zwischen ca. 1,16 m links und ca. 1,16 m rechts von seiner 

tiefsten Stelle eine Neigung unter 5% hat. 

Für die Querschnittsfläche des Laderaums gilt 

5 

A = ∫ (5 − f(x))dx = 10 ∙ 5 − ∫ f(x)dx = 50 − 10 = 40 

−5 

Mit seiner Länge von 50m hat der Laderaum das Volumen 

V = 50 m ∙ 40 m 2 = 2000 m 3 

5 

−5


b) Zur Wartung steht der Lastkahn an Land auf einer ebenen Plattform. Dort wird er 

stabilisiert durch gerade Stützen, die orthogonal zur Außenwand des Laderaums 

angebracht sind. Betrachtet werden zwei einander gegenüberliegende Stützen, deren 

Befestigungspunkte im Modell durch die Punkte P 1 (-4|f(-4)) und P 2 (4|f(4)) 

beschrieben werden. In welchem Abstand voneinander enden diese Stützen auf der 

Plattform? 

(3 VP) 

P 2 

Aus Symmetriegründen 

reicht es, zunächst nur eine 

der beiden Stützen zu 

betrachten. Die rechte 

Stütze steht orthogonal zur 

Außenwand des Laderaums 

und stützt den Lastkahn im 

Punkt P 2 (4|f(4)). 

Die Funktionsgleichung der Normale lautet y n (x) = − 1 

f(4) ≈ 2,05 und f´(4) ≈ 2,05 ⟹ y n (x) = − 1 

2,05 

f ′ (u) 

Gesucht ist eine 

Normalengleichung. 

(x − u) + f(u) 

(x − 4) + 2,05 = −0,49 ∙ (x − 4) + 2,05 

Die Normale schneidet die 

x-Achse bei x ≈ 8,18. 

Die Stützen enden daher 

mit einem Abstand von ca. 

2 ∙ 8,18 m = 16,4 m.


c) Der Laderaum kann durch eine horizontale Zwischendecke der Länge 50 m in zwei 

Teilräume geteilt werden. Das Volumen des unteren Teilraums beträgt 500 m³. 

Berechnen Sie die Breite der Zwischendecke. 

(4 VP) 

u 

f(u) 

F(u) 

Durch die Länge des Laderaums von 50 m ergibt sich die Querschnittsfläche 

500 m3 

Q = = 10 m2 

50 m 

Für die Querschnittsfläche gilt Q = 2 ∙ [u ∙ f(u) − ∫ f(x) ] = 10 ⟹ u ∙ f(u) = ∫ f(x) + 5 

u 

0 

u 

0 

⟹ u ≈ 3,79 


beträgt die Breite der 

Zwischendecke ca. 

2 ∙ 3,79 m ≈ 7,6 m.


d) Untersuchen Sie, ob sich eine zylinderförmige Röhre mit Außendurchmesser 9,8 m 

so in Längsrichtung in den Laderaum legen lässt, dass sie ihn an der tiefsten Stelle 

berührt. 

(3 VP) 

M 

M 

u 

d(u) 

P 

f(u) 

Die Röhre hat einen Radius von r = 4,9 m. Aus Symmetriegründen liegt ihr Mittelpunkt M 

auf der y-Achse. Damit die Röhre die tiefste Stelle im Laderaum berühren kann, muss ihr 

Mittelpunkt M (0|4,9) sein. Der Berührpunkt lautet P(u|f(u)). 

Damit die Röhre die tiefste Stelle berührt, muss der Abstand zwischen M und P 

mindestens 4,9m betragen. Dieser Abstand ergibt sich aus d(u) = √(u) 2 + (4,9 − f(u)) 2 . 

Von dieser Funktion d wird das Minimum bestimmt. 

d(4,53) ≈ 4,78 m < 4,9 m 

Der Abstand d zwischen M und P ist geringer als der Radius r der Röhre. Der Abstand 

reicht daher nicht aus, dass die Röhre die tiefste Stelle im Laderaum berührt.


Abitur 2015, Aufgabe A 2.1 

Die Entwicklung einer Population in den Jahren 1960 bis 2020 lässt sich durch zwei 

Funktionen modellhaft beschreiben. Die Funktion g mit g(t) = 400 + 20 ∙ (t + 1) 2 ∙ e −0,1t 

beschreibt die Geburtenrate und die Funktion s mit s(t) = 600 + 10 ∙ (t − 6) 2 ∙ e −0,09t 

beschreibt die Sterberate der Population (t in Jahren seit Beginn des Jahres 1960, g(t) 

und s(t) in Individuen pro Jahr). 

a) Bestimmen Sie die geringste Sterberate. In welchem Jahr war die Differenz aus 

Geburten- und Sterberate am größten? Bestimmen Sie den Zeitraum, in dem die 

Population zugenommen hat. 

(4 VP) 

Gesucht ist das Minimum 

der Sterberate. 

Die geringste Sterberate 

wird nach ca. 6 Jahren 

erreicht und beträgt 

s(6) ≈ 600 Individuen pro 

Jahr. 

Gesucht ist das Maximum 

der Differenz von 

Geburten- und Sterberate 

d(t) = g(t) − s(t). 

Dieses Maximum wird nach 

ca. 15,12 Jahren erreicht. 

Daher war die Differenz aus Geburten- und Sterberate im Jahr 1975 am größten. 

Daher hat die Population im Zeitraum von 1963 und 2005 zugenommen. 

Die Population nimmt zu, 

wenn die Differenz von 

Geburten- und Sterberate 

positiv ist. 

d(t) = g(t) − s(t) > 0 

Dieses trifft zwischen ca. 

3,22 und 45,32 Jahren zu.


b) Zu Beginn des Jahres 1960 bestand die Population aus 20.000 Individuen. 

Berechnen Sie den Bestand der Population zu Beginn des Jahres 2017. In welchem 

Jahr erreichte die Population erstmals wieder den Bestand von 1960? (3 VP) 

Der Bestand wird mit einer Integralfunktion berechnet. 

B(T = 57) = 20000 + ∫ 

0 

57 

g(t) − s(t) dt ≈ 35636 

Zu Beginn des Jahres 2017 ergibt sich ein Bestand von 

35.636 Individuen. 

Damit die Population wieder den Bestand von 1960 

erreicht, muss die Differenz der Geburten- und Sterbefälle 

gleich Null sein. 

T 

B(T) = ∫ g(t) − s(t) dt = 0 

0 

Dieses trifft nach ca. 6,87 Jahren zu. Daher wird im Jahr 

1966 erstmals wieder der Bestand von 1960 erreicht.


Betrachtet wird nun das Größenwachstum eines einzelnen Individuums der Population. 

Dies kann im Beobachtungszeitraum durch das Gesetz des beschränkten Wachstums 

modelliert werden. Man geht davon aus, dass dieses Individuum in ausgewachsenem 

Zustand 0,8 m groß ist. Zu Beobachtungsbeginn betragen seine Größe 0,5 m und seine 

momentane Wachstumsgeschwindigkeit 0,15 m pro Jahr. 

c) Bestimmen Sie eine Gleichung einer Funktion, die die Körpergröße des Individuums 

in Abhängigkeit von der Zeit beschreibt. Wie viele Jahre nach Beobachtungsbeginn 

hat die Körpergröße des Individuums um 50% zugenommen? 

(4 VP) 

Beim beschränkten Wachstum ist die Wachstumsrate proportional zur Differenz aus einer 

Schranke (auch Sättigungswert genannt) und dem aktuellen Bestand. 

Die Differenzialgleichung lautet g′(t) = k ∙ (S − g(t)). 

Die Lösung dieser Differenzialgleichung lautet g(t) = S + (g(0) − S) ∙ e −kt . 

mit g(0) = 0,5; g´(0) = 0,15; S = 0,8 ⟹ k = g′ (0) 

S−g(0) = 0,15 

0,8−0,5 = 0,5 

Die Gleichung der Funktion, die die Körpergröße des Individuums in Abhängigkeit von 

der Zeit beschreibt lautet daher 

g(t) = S + (g(0) − S) ∙ e −kt = 0,8 + (0,5 − 0,8) ∙ e −0,5t = 0,8 − 0,3 ∙ e −0,5t . 

Nachdem die Körpergröße des Individuums um 50% zugenommen hat, beträgt sie 

g = 1,5 ∙ 0,5m = 0,75m. 

Für diesen Zeitpunkt gilt g(t) = S + (g(0) − S) ∙ e −kt = 0,8 − 0,3 ∙ e −0,5t = 0,75. 

Nach ca. 3,6 Jahren hat die Körpergröße des 

Individuums um 50% zugenommen.



Gegeben sind ein Kreis mit Mittelpunkt O(0|0) und die Funktion f mit f(x) = 4 

. x 2 +1 

Bestimmen Sie die Anzahl der gemeinsamen Punkte des Kreises mit dem Graphen von f 

in Abhängigkeit vom Kreisradius. 

(4 VP) 

Die Funktion f ist symmetrisch zur y-Achse und besitzt den Hochpunkt H(0|4). Der 

minimale Abstand d des Graphen zum Ursprung (0|0) ist d min. 

Hieraus ergibt sich die Anzahl 

der gemeinsamen Punkte: 

Radius Gemeinsame 

Punkte 

0 < r < d min 0 

r = d min 2 

d min < r < 4 4 

r = 4 3 

r > 4 2 

f(u) 

u 

d 

P 

Der Abstand des Graphen zum Ursprung (0|0) ist d(u) = √u 2 + f(u) 2 . Gesucht ist das 

Minimum d min . 

Der minimale Abstand 

beträgt d min ≈ 1,94 LE.



Gegeben ist die Funktion f mit f(x) = 10x ∙ e −0,5x . Ihr Graph sei K. 

a) K besitzt einen Extrempunkt und einen Wendepunkt. Geben Sie deren Koordinaten 

an. Geben Sie eine Gleichung der Asymptote von K an. Skizzieren Sie K. (4 VP) 

Der Graph besitzt einen Hochpunkt bei H(2|7,36). 

Der Graph besitzt für x → ∞ die Asymptote y = 0. 

Die Ableitungsfunktion besitzt ein Minimum bei x = 4. 

f(4) = 5,41 

Der Graph besitzt daher einen Wendepunkt bei W(4|5,41). 

H 

W


b) Für jedes u > 0 sind O(0|0), P(u|0) und Q(u|f(u)) die Eckpunkte eines Dreiecks. 

Bestimmen Sie einen Wert von u so, dass dieses Dreieck den Flächeninhalt 8 besitzt. 

Für welchen Wert von u ist das Dreieck OPQ gleichschenklig? 

(4 VP) 

Q 

O 

u 

P 

f(u) 

Für die Fläche des Dreiecks gilt A = 1 ∙ u ∙ f(u) = 8 

2 

Das 

Dreieck OPQ besitzt 

den Flächeninhalt 8 für 

u 1 ≈ 2,18 und u 2 ≈ 6,62. 

Das Dreieck besitzt beim Punkt P einen rechten Winkel, daher ist die Seite 0Q ̅̅̅̅ die längste 

Seite. Das Dreieck ist gleichschenklig, wenn gilt: ̅̅̅̅ 0P = ̅̅̅̅ PQ ⟹ u = f(u) für u > 0. 

Das Dreieck OPQ ist 

gleichschenklig für 

u ≈ 4,61.


c) Auf der x-Achse gibt es Intervalle der Länge 3, auf denen die Funktion f den 

Mittelwert 2,2 besitzt. Bestimmen Sie die Grenzen eines solchen Intervalls. 

(3 VP) 

Für den Mittelwert gilt: 

m = 1 b 

b − a ∫ f(x) dx = 1 x+3 

3 ∫ f(x) dx = 2,2 

a 

x 

Es gibt die Lösungen x 1 ≈ −0,86 und x 2 ≈ 5,5. 

Die entsprechenden Intervalle lauten [−0,86; 2,14] und [5,5; 8,5].



Gegeben ist für jedes t > 0 eine Funktion f t durch f t = 1 3 x3 − t 2 x. Bestimmen Sie t so, 

dass die beiden Extrempunkte des Graphen f t den Abstand 13 voneinander haben. 

(4 VP) 

Zunächst ist es hilfreich, 

den Verlauf des Graphen 

für einen frei gewählten 

Parameter t (z.B. für 

t = 2) zu skizzieren. 

Anschließend werden die Ableitungsfunktionen gebildet. 

f t (x) = 1 3 x3 − t 2 x 

⟹ f t´(x) = x 2 − t 2 ⟹ f t´´(x) = 2x 

Notwendige und hinreichende Bedingung für die Extrempunkte: f t´(x) = 0 und f t´´(x) ≠ 0 

f t´(x) = x 2 − t 2 = 0 ⟹ x 1 = t und x 2 = −t 

für x 1 = t ⟹ f t´´(x) = 2x = 2t > 0 ⟹ relatives Minimum bei T(t| − 2 3 t3 ) 

für x 2 = −t ⟹ f t´´(x) = 2x = −2t < 0 ⟹ relatives Maximum bei H(−t| 2 3 t3 ) 

Für den Abstand zwischen diesen Extrempunkten gilt: 

d(t) = √(x H − x T ) 2 + (y H − y T ) 2 = √(−t − t) 2 + ( 2 3 t3 + 2 2 

3 t3 ) = √4t 2 + 16 

9 t6 = 13 

Für t ≈ 2,1 haben die 

beiden Extrempunkte 

voneinander den 

Abstand 13.



Die Anzahl ankommender Fahrzeuge vor einem Grenzübergang soll modelliert werden. 

Dabei wird die momentane Ankunftsrate beschrieben durch die Funktion f mit 

f(t) = 

1300000 ∙ t 

t 4 + 30000 

; 0 ≤ t ≤ 30 

(t in Stunden nach Beobachtungsbeginn; f(t) in Fahrzeuge pro Stunde). 

Anfangs befinden sich keine Fahrzeuge vor dem Grenzübergang. 

a) Skizzieren Sie den Graphen von f. Wann ist die momentane Ankunftsrate maximal? 

Bestimmen Sie die Anzahl der Fahrzeuge, die in den ersten 6 Stunden ankommen. 

(4 VP) 

Skizze des Graphen: 

Die momentane 

Ankunftsrate ist nach ca. 

10 Stunden maximal. 

Die Anzahl der Fahrzeuge, die in den ersten 6 Stunden 

ankommen, ist 

n = ∫ f(t) dt ≈ 769 

6 

0


b) Am Grenzübergang werden die Fahrzeuge möglichst schnell abgefertigt, jedoch ist 

die momentane Abfertigungsrate durch 110 Fahrzeuge pro Stunde begrenzt. Wann 

beginnen sich die Fahrzeuge vor dem Grenzübergang zu stauen? Wie viele 

Fahrzeuge stauen sich maximal vor dem Grenzübergang? Welches Ergebnis erhielte 

man, wenn die momentane Abfertigungsrate 12 Stunden nach Beobachtungsbeginn 

auf konstant 220 Fahrzeuge pro Stunde erhöht würde? 

(6 VP) 

Ein Stau entsteht, wenn mehr Fahrzeuge ankommen, als abgefertigt werden können 

bzw. wenn die Ankunftsrate höher als die Abfertigungsrate ist. 

f(t) = 

1300000 ∙ t 

t 4 + 30000 > 110 

Nach ca. 2,54 Stunden 

beginnen sich die 

Fahrzeuge vor dem 

Grenzübergang zu stauen. 

Nach ca. 21,86 Stunden beginnt sich der Staus wieder 

aufzulösen. 

Die maximale Anzahl der Fahrzeuge, die sich im Stau 

befinden, ist 

n max = ∫ (f(t) − 110)dt ≈ 2325 

21,86 

2,54


Wenn die momentane Abfertigungsrate 12 Stunden nach Beobachtungsbeginn auf 

konstant 220 Fahrzeuge pro Stunde erhöht wird, ergibt sich die nachfolgende Situation. 

Die erhöhte 

Abfertigungsrate wirkt sich 

erst nach 12 Stunden aus. 

Daher beginnen sich die 

Fahrzeuge ebenfalls nach 

ca. 2,54 Stunden zu 

stauen. 

Die erhöhte Abfertigungsrate wirkt sich aber auf das 

Auflösen des Staus aus. In diesem Fall beginnt sich der 

Stau bereits nach ca. 15,9 Stunden aufzulösen. 

Die maximale Anzahl der Fahrzeuge, die sich im Stau 

befinden, ist 

12 

n max = ∫ (f(t) − 110)dt + 

2,54 

∫ 

15,9 

(f(t) − 220)dt ≈ 

12 

1602



Für jedes a > 0 ist eine Funktion f a gegeben durch f a (x) = a ∙ cos(x) − a 2 ; −π < x < π 

Der Graph von f a ist G a . 

a) G a besitzt einen Extrempunkt. Bestimmen Sie dessen Koordinaten. (2 VP) 



G a für einen frei gewählten 


a = 2 oder a = −2) zu 

skizzieren. 

Der Graph G a ensteht aus der Kosinusfunktion durch 

1) Strecken mit dem Faktor a in die positive y-Richtung 

2) Verschieben um a 2 in die negative y-Richtung 

Im Intervall [−π; π] besitzt die Kosinusfunktion den Hochpunkt H(0|1). Durch Anwenden 

von (1) Strecken und (2) Verschieben ergibt sich der gesuchte Extrempunkt der Funktion 

f a zu E a (0|a − a 2 ). 

b) Durch welche Punkte der y-Achse verläuft kein Graph G a ? (3 VP) 

Der Graph G a schneidet die y-Achse im Punkt E a (0|a − a 2 ). 

Die Funktion y = a − a 2 

besitzt einen Hochpunkt 

bei H y (0,5|0,25). Daher 

verläuft kein Graph G a 

durch einen Punkt der y- 

Achse mit y > 0,25.



Der Querschnitt eines 50 Meter langen Bergstollens wird beschrieben durch die x-Achse 

und den Graphen der Funktion f mit 

f(x) = 0,02x 4 − 0,82x 2 + 8; −4 ≤ x ≤ 4 

(x und f(x) in Meter) 

a) An welchen Stellen verlaufen die Wände des Stollens am steilsten? Welchen Winkel 

schließen die Wände an diesen Stellen mit der Horizontalen ein? Nach einem 

Wassereinbruch steht das Wasser im Stollen 1,7 m hoch. Wie viel Wasser befindet 

sich in dem Stollen? 

(6 VP) 

Zunächst sollte der Funktionsgraph mit 

Hilfe des Taschenrechners skizziert 

werden. 

Der Funktionsgraph ist symmetrisch zur 

y-Achse (Stollenmitte). Dort, wo die 

Wände des Stollens am steilsten sind, 

besitzt der Funktionsgraph der 

Ableitungsfunktion Extremstellen. 


sind die Wände ca. 2,61 m 

links und rechts der 

Stollenmitte am steilsten. 

Den an dieser Stelle eingeschlossenen Winkel zwischen den Wänden des Stollens und 

der Horizontalen (bzw. der x-Achse) erhält man aus der Steigung der Tangente im Punkt 

P 1 (−2,61|f(−2,61)) und P 2 (2,61|f(2,61)). Da die Funktion f(x) symmetrisch zur y-Achse 

ist, muss nur einer der beiden Punkte betrachtet werden. 

tan(∝) = ∆y 

= f´(−2,61) = 2,86 ⟹ ∝= 70,7° 

∆x


Das gesuchte Wasservolumen 

ergibt sich mit V = G ∙ l aus 

G = G Rechteck + 2 ∙ G Stollenrand 

und der Tunnellänge l = 50 m. 

α 

Mit dem Taschenrechner 

werden zunächst die 

Schnittpunkte der Funktion 

f(x) mit der Funktion 

g(x) = 1,7 berechnet. Sie 

liegen bei x ≈ ±3,2. 

Die Fläche des Rechtecks mit den beiden Eckpunkten P 1 (-3,2|1,7) und P 2 (3,2|1,7) 

beträgt: G Rechteck = 2 ∙ 3,2 ∙ 1,7 = 10,88 m 2 . 

Die Fläche am unteren Stollenrand ist 

4 

G Stollenrand = ∫ f(x)dx = 0,617 m 2 

3,2 

Die gesamte Grundfläche G ist 

G = G Rechteck + 2 ∙ G Stollenrand = 10,88 m 2 + 2 ∙ 0,617 m 2 = 12,114 m 2 

Hieraus ergibt sich das gesuchte Wasservolumen V = G ∙ l = 12,114 m 2 ∙ 50 m ≈ 606 m 3 .


b) Im Stollen soll in 6 m Höhe eine Lampe aufgehängt werden. Aus Sicherheitsgründen 

muss die Lampe mindestens 1,4 m von den Wänden entfernt sein. Überprüfen Sie, 

ob dieser Abstand eingehalten werden kann. 

(3 VP) 

Damit die Lampe zu beiden Tunnelseiten einen möglichst großen Abstand besitzt, wird 

sie in der Stollenmitte, d.h. im Punkt L(0|6) aufgehängt. Ein beliebiger Punkt auf der 

Stollenwand besitzt die Koordinaten W(u|f(u)). 

d 

Für die Entfernung d zwischen den Punkten L und W gilt: 

d(u) = √∆x 2 + ∆y 2 = √u 2 + (6 − f(u)) 2 

Der Funktionsgraph von 

d(u) ist minimal für 

u ≈ ±1,3. 

Mit f(1,3) ≈ 1,46 erhält man den geringsten Abstand d ≈ 1,46 m zwischen der 

Stollenwand und der Lampe. Der nötige Sicherheitsabstand von mindestens 1,4 m ist 

daher eingehalten.


c) Ein würfelförmiger Behälter soll so in den Stollen gestellt werden, dass er auf einer 

seiner Seitenflächen steht. Wie breit darf der Behälter höchstens sein? (3 VP) 

Um einen würfelförmigen Behälter mit maximaler Breite in dem Stollen unterzubringen, 

muss der Behälter symmetrisch zur Stollenmitte (bzw. der y-Achse) gestellt werden. 

f(u) 

- u 

u 

Die vier Eckpunkte der Ansichtsfläche haben die Koordinaten: 

E 1 (u|0), E 2 (u|f(u)), E 3 (−u|f(u)) und E 4 (−u|0). 

Da es sich bei der Ansichtsfläche des Behälters um ein Quadrat handelt, gilt f(u) = 2 ∙ u. 

Der Eckpunkt E 2 ist der Schnittpunkt der Funktionen f 1 (u) = (0,02u 4 − 0,82u 2 + 8) und 

f 2 (u) = 2u. 

Die beiden Funktionen 

schneiden sich bei 

u ≈ 2,22 im Punkt 

E 2 (2,22|4,44). Die 

maximale Breite des 

Behälters darf also 

ca. 4,44 m betragen.



Für jedes t ≠ 0 ist eine Funktion f t gegeben durch f t (x) = (x − 1) ∙ (1 − 1 ∙ e x ). Für 

t 

welche Werte von t besitzt f t mehr als eine Nullstelle? 

(3 VP) 



G a für einen frei gewählten 


t = 1) zu skizzieren. 

Für die Nullstellen der Funktion f t gilt f t (x) = (x − 1) ∙ (1 − 1 ∙ e x ) = 0. 

t 

Aus dem Satz vom Nullprodukt ergibt sich die Lösung x 1 = 1. 

Für weitere Nullstellen muss gelten: 

(1 − 1 ∙ e x ) = 0 ⟹ e x = 1 ⟹ x 

t 2 = ln (t) ; für t > 0 

Für den Sonderfall x 1 = x 2 gibt es nur eine Nullstelle: 

x 1 = x 2 

⟹ ln(t) = 1 ⟹ t = e 

Die Funktion f t besitzt für t > 0 und t ≠ e mehr als eine Nullstelle.



Ein zunächst leerer Wassertank einer Gärtnerei wird von Regenwasser gespeist. Nach 

Beginn eines Regens wird die momentane Zuflussrate des Wassers durch die Funktion r 

mit 

r(t) = 10000 ∙ (e −0,5t − e −t ) ; 0 ≤ t ≤ 12 

beschrieben (t in Stunden seit Regenbeginn, r(t) in Liter pro Stunde). 

a) Bestimmen Sie die maximale Zuflussrate. In welchem Zeitraum ist diese Zuflussrate 

größer als 2000 Liter pro Stunde? Zu welchem Zeitpunkt nimmt die momentane 

Zuflussrate am stärksten ab? 

(4 VP) 

Die maximale Zuflussrate wird dort erreicht, wo der Funktionsgraph von r(t) einen 

Hochpunkt besitzt. 

Der gesuchte Hochpunkt 

liegt bei H(1,386|2500). 

Die maximale Zuflussrate 

beträgt ca. 2500 Liter pro 

Stunde. 

Für r(t) ≥ 2000 ist die Zuflussrate größer als 2000 Liter pro Stunde. Den gesuchten 

Zeitraum erhält man, indem die Schnittpunkte des Funktionsgraphen von r(t) mit der 

Geraden y = 2000 bestimmt. 

Die Zuflussrate ist größer als 2000 Liter pro Stunde für den Zeitraum zwischen ca. 0,647 

Stunden (ca. 39 Minuten) und ca. 2,572 Stunden (ca. 2 Stunden und 34 Minuten).


Die momentane Zuflussrate nimmt am stärksten ab, wo die Ableitungsfunktion 

r´(t) minimal wird. 

Der gesuchte Tiefpunkt 

liegt bei T(2,773| − 625). 

Daher nimmt die 

Zuflussrate nach ca. 2,773 

Stunden (ca. 2 Stunden 

und 46 Minuten) am 

stärksten ab. 

b) Wie viel Wasser befinden sich drei Stunden nach Regenbeginn im Tank? Zu 

welchem Zeitpunkt sind 5000 Liter im Tank? 

(3 VP) 

Die Wassermenge, die sich drei Stunden nach Regenbeginn im Tank befindet, ergibt sich 

durch Integrieren der Zuflussrate. 

3 

V 3 = ∫ r(t)dt = 10000 ∫(e −0,5t − e −t ) dt ≈ 6035,3 

0 

0 

3 

Zum Zeitpunkt t = 0 war der Tank leer. Daher befinden 

sich nach 3 Stunden ca. 6035,3 Liter im Tank. 

Der Zeitpunkt, zu dem sich sind 5000 Liter im Tank befinden, ergibt sich aus der oberen 

Grenze T der Integralfunktion 

T 

V = ∫ r(t)dt = 10000 ∫(e −0,5t − e −t ) dt = 5000 

0 

0 

T 

Nach ca. 2,456 Stunden 

(ca. 2 Stunden und 27 

Minuten) befinden sich 

5000 Liter Wasser im Tank.


c) Zur Bewässerung von Gewächshäusern wird nach 3 Stunden begonnen, Wasser aus 

dem Tank zu entnehmen. Daher wird die momentane Änderungsrate des 

Wasservolumens im Tank ab diesem Zeitpunkt durch die Funktion 

w(t) = r(t) − 400 ; 3 ≤ t ≤ 12 

beschrieben (t in Stunden seit Regenbeginn, w(t) in Liter pro Stunde). Wie viel 

Wasser wird in den ersten 12 Stunden nach Regenbeginn entnommen? Ab welchem 

Zeitpunkt nimmt die Wassermenge im Tank ab? Bestimmen Sie die maximale 

Wassermenge im Tank. 

(4 VP) 

Nach 3 Stunden wird die Änderungsrate des Wasservolumens beschrieben durch: 

w(t) = r(t) − 400 = 10000 ∙ (e −0,5t − e −t ) − 400 ; 3 ≤ t ≤ 12 

Die Änderungsrate setzt sich zusammen aus der momentane Zuflussrate r(t) und einer 

konstanten Entnahmemenge von 400 Litern pro Stunde. 

In den ersten 3 Stunden wird noch kein Wasser entnommen. In den nachfolgenden 9 

400 Liter 

Stunden wird das Wasservolumen um V Entnahme = 9 Stunden ∙ = 3600 Liter 

Stunde 

verringert. In den ersten 12 Stunden werden also insgesamt 3600 Liter Wasser 

entnommen. 

Solange die Änderungsrate w(t) positiv ist, steigt die Wassermenge im Tank. Zwischen 3 

und 12 Stunden erreicht die Wassermenge ein Maximum bei w(t) = 0. Anschließend 

nimmt die Wassermenge im Tank wieder ab. 

Der Schnittpunkt des 

Funktionsgraphen von w(t) 

mit der x-Achse ist 

T(6,352|0). Daher nimmt 

die Wassermenge nach ca. 

6,352 Stunden (ca. 6 

Stunden und 21 Minuten) 

wieder ab.


Diese maximale Füllmenge ergibt sich durch Integrieren der Zuflussrate. 

6,352 

6,352 

V max = ∫ w(t)dt = 10000 ∫ [(e −0,5t − e −t ) − 400] dt 

3 

≈ 1806,3 

3 

Nach 3 Stunden befanden sich bereits ca. 6035 Liter Wasser im Tank (Ergebnis der 

Teilaufgabe b). Die maximale Wassermenge über den gesamten Zeitraum von 12 

Stunden ergibt sich aus: 

V max,gesammt = V 3 + V max ≈ 6035,3 + 1806,3 = 7841,6 

Die gesuchte maximale Wassermenge im Tank beträgt ca. 7841,6 Liter.



Gegeben ist die Funktion f mit f(x) = sin (π ∙ x) für 0 ≤ x ≤ 1 

Der Graph von f begrenzt mit der x-Achse eine Fläche mit Inhalt A. Berechnen Sie A 

exakt. 

Der Graph einer ganzrationalen Funktion g zweiten Grades schneidet die x-Achse bei x = 

0 und x = 1 und schließt mit der x-Achse eine Fläche ein, deren Inhalt halb so groß wie A 

ist. Ermitteln Sie eine Funktionsgleichung von g. 

(4 VP) 

Zum Lösen der Aufgabe ist es 

hilfreich, die Graphen der 

Funktionen f und g zu skizzieren. 

In der Aufgabe ist eine “exakte“ Lösung gefordert, daher sollte die Berechnung ohne 

Taschenrechner erfolgen. 

Der Flächeninhalt zwischen dem Graph von f und der x-Achse ergibt sich mit dem 

Hauptsatz der Integralrechnung: 

1 

A f = ∫ sin(π ∙ x) dx = [− 1 π ∙ cos (π ∙ x)] = − 1 

0 π (cos(π) − cos (0)) = − 1 π ((−1) − 1)) = 2 π 

0 

1 

Die ganzrationale Funktion g zweiten Grades besitzt Nullstellen bei x = 0 und x = 1. Mit 

dem Satz vom Nullprodukt ergibt sich g(x) = ax ∙ (x − 1). Der Flächeninhalt zwischen 

dem Graph von G und der x-Achse ist 

1 

A g = ∫ ax ∙ (x − 1) dx = a ∙ ∫ x ∙ (x − 1) dx = −0,166 a = − 1 6 a 

0 

1 

0


Aus dem Flächenverhältnis folgt: 

A f = 2 ∙ A g ⟹ 2 π = 2 ∙ (− 1 6 a) ⟹ a = − 6 π 

Daher lautet eine gesuchte Funktionsgleichung g(x) = − 6 π 

x ∙ (x − 1). 

Durch Spiegelung des Graphen von g an der x-Achse entsteht der Graph der Funktion 

h(x) = 6 π x ∙ (x − 1). Aus Symmetriegründen wäre h(x) = 6 π 

x ∙ (x − 1) eine weitere 

Lösung.

Wahlteil Geometrie 101 

7 Wahlteil Geometrie 

Abitur 2016, Aufgabe B 1.1 

In einem Koordinatensystem 

beschreiben die Punkte A(15|0|0), 

B(15|20|0) und C(0|20|6) Eckpunkte 

der rechteckigen Nutzfläche einer 

Tribüne (alle Koordinatenangaben in 

Meter). Die x 1 x 2 -Ebene stellt den 

Erdboden dar. Die Eckpunkte der 

Dachflächen liegen vertikal über den 

Eckpunkten der Nutzfläche. Die 

Dachfläche liegt in der durch 

E: x 1 − 3x 3 = −27 beschriebenen 

Ebene (siehe Abbildung). 

A 

1 

1 

1 

B 

C 

a) Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der Ebene, in der die Nutzfläche liegt. 

Berechnen Sie den Neigungswinkel der Nutzfläche gegen den Erdboden. Ermitteln 

Sie den Inhalt der Nutzfläche. 

(4 VP) 

Eine Parametergleichung der Ebene, in der die Tribüne liegt, ergibt sich durch die Punkte 

A, B und C. 

15 0 −15 

T: x⃗ = ( 0 ) + r ∙ ( 20) + s ∙ ( 20 ) 

0 0 

6 

Der Normalenvektor dieser Ebene ergibt sich aus dem Kreuzprodukt ihrer 

Richtungsvektoren. 

0 −15 120 

2 

n⃗⃗ = ( 20) × ( 20 ) = ( 0 ) oder vereinfacht n⃗⃗⃗⃗⃗ v = ( 0) 

0 6 300 

5 

Die Normalengleichung der Ebene lautet daher (z. B. mit Punkt A eingesetzt): 

15 2 

T: (x⃗ − p⃗) ∙ n⃗⃗ = (x⃗ − ( 0 )) ∙ ( 0) = 0 

0 5 

Durch Ausmultiplizieren dieser Gleichung ergibt sich die Koordinatengleichung der 

Ebene. 

T: 2x 1 + 5x 3 = 30


0 

Die x 1 x 2 -Ebene hat den Normalenvektor n⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 12 = ( 0). 

1 

Der Winkel α zwischen Nutzfläche und Erdboden berechnet sich aus 

2 0 

|( 0) ∙ ( 0)| 

cos(α) = 

5 1 

√29 ∙ √1 

= 5 

√29 

⟹ α ≈ 21,8° 

Der Winkel zwischen Nutzfläche und Erdboden beträgt ca. 21,8°. 

Der Inhalt der Nutzfläche entspricht dem Betrag des Kreuzproduktes ihrer 

Richtungsvektoren (siehe oben). 

Der Inhalt der Nutzfläche beträgt 323,1 m 2 . 

120 

A = |( 0 )| = √120 2 + 300 2 = 323,1 

300 

b) Aus Sicherheitsgründen muss die senkrecht zum Erdboden verlaufende Rückwand 

zwischen der Nutzfläche und der Dachfläche mindestens 2,5 m hoch sein. 

Überprüfen Sie, ob diese Bedingung erfüllt ist. Zur Installation von Lautsprechern 

wird eine 5,2 m lange, senkrecht zum Erdboden verlaufende Stütze montiert. Ihre 

Enden werden an der Kante BC und am Dach der Tribüne fixiert. Berechnen Sie die 

Koordinaten des Punktes auf der Kante BC, in dem das untere Ende der Stütze fixiert 

wird. 

(4 VP) 

Die Koordinatengleichung der Ebene E: x 1 − 3x 3 = −27, in der die Dachfläche liegt, 

besitzt keine Variable x 2 . Daher verläuft die Ebene parallel zur x 2 -Ebene. Sie schneidet 

die x 3 -Achse im Punkt D(0|0|9). 

Die Koordinatengleichung der Ebene T: 2x 1 + 5x 3 = 30, in der die Tribüne liegt, besitzt 

ebenfalls keine Variable x 2 . Daher verläuft auch diese Ebene parallel zur x 2 -Ebene. Sie 

schneidet die x 3 -Achse im Punkt F(0|0|6). 

Der Abstand der Punkte D und F beträgt a = 9 m − 6 m = 3 m. Die Sicherheitsbedingung 

ist daher erfüllt.


Die x 1 -Koordinate des gesuchten Punktes ergibt sich aus der Länge l der Stütze (Skizze): 

B 

α 

l 

x1 

x1 

β´ 

α´ 

a 

C 

β 

Der Winkel β zwischen Dachfläche und Erdboden berechnet sich aus 

1 0 

|( 0 ) ∙ ( 0)| 

cos(β) = 

−3 1 

√10 ∙ √1 

= 3 

√10 

⟹ β ≈ 18,4° 

Es gilt: α = α´ (Wechselwinkel) und β = β´ (Stufenwinkel). 

l = a + x 1 ∙ tan(α´) + x 1 ∙ tan(ß´) = 3 + x 1 ∙ tan(α) + x 1 ∙ tan(ß) = 5,2 

⟹ x 1 = 

2,2 

tan(α) + tan(β) = 3 

Die x 2 -Koordinate des gesuchten Punktes entspricht der x 2 -Koordinate der Punkte B und 

C. 

⟹ x 2 = 20 

Durch Einsetzten der x 1 -Koordinate in die Koordinatengleichung T: 2x 1 + 5x 3 = 30 ergibt 

sich die x 3 -Koordinate des gesuchten Punktes. 

6 + 5x 3 = 30 ⟹ x 3 = 24 

5 

Der gesuchte Punkt lautet daher P(3|20| 24 

5 ).



Die Punkte A(0|-6|0), B(6|0|0), C(0|6|0) und S(0|0|5) sind die Eckpunkte der Pyramide 

ABCS. Der Punkt M 1 ist der Mittelpunkt der Kante AS und M 2 ist der Mittelpunkt der Kante 

CS. Die Ebene E verläuft durch M 1 , M 2 und B. 

a) Die Ebene E schneidet die Pyramide in einer Schnittfläche. Stellen Sie Pyramide und 

Schnittfläche in einem Koordinatensystem dar. Berechnen Sie den Umfang der 

Schnittfläche. Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung von E. 

(Teilergebnis: E: 5x 1 + 12x 3 = 30) 

(4 VP) 

S 

5 

M1 

M2 

A 

-5 

5 

C 

Die Mittelpunkte der Kanten lauten: 

B 

5 

M 1 ( 0+0 

2 |−6+0| 

0+5 

) ⟹ M 2 2 

1(0|−3|2,5) und M 2 ( 0+0 

2 |6+0| 

0+5 

) ⟹ M 2 2 

2(0|3|2,5) 

Der Umfang der Schnittfläche ergibt sich aus: 

0 −6 −6 

U = M̅̅̅̅̅̅̅̅ 1 2 + BM ̅̅̅̅̅̅ 1 + BM ̅̅̅̅̅̅ 2 = |( 6)| + |( −3)| + |( 3 )| 

0 2,5 2,5 

= √36 + √36 + 9 + 6,25 + √36 + 9 + 6,25 = 20,32 

Der Umfang der Schnittfläche beträgt 20,32 LE.


Eine Parametergleichung der Ebene, in der die Schnittfläche liegt, ergibt sich durch die 

Punkte B, M 1 und M 2 . 

6 −6 −6 

E: x⃗ = ( 0) + r ∙ ( −3) + s ∙ ( 3 ) 

0 2,5 2,5 



−6 −6 −15 

5 

n⃗⃗ = ( −3) × ( 3 ) = ( 0 ) oder vereinfacht n⃗⃗⃗⃗⃗ v = ( 0 ) 

2,5 2,5 −36 

12 

Die Normalengleichung der Ebene lautet daher (z. B. mit Punkt B eingesetzt): 

6 5 

E: (x⃗ − p⃗) ∙ n⃗⃗ = (x⃗ − ( 0)) ∙ ( 0 ) = 0 

0 12 


Ebene. 

E: 5x 1 + 12x 3 = 30 

b) Der Punkt Q liegt auf der Kante BS und bildet mit M 1 und M 2 ein rechtwinkliges 

Dreieck. Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes Q. 

(3 VP) 

Die Gleichung der Gerade durch die Punkte B und S lautet: 

6 −6 

g: x⃗ = ( 0) + r ( 0 ) 

0 5 

Da der Punkt Q auf dieser Geraden liegt besitzt er die allgemeinen Koordinaten 

Q(6 − 6r|0|5r). Aus Symmetriegründen liegt der rechte Winkel des Dreiecks M 1 QM 2 beim 

Punkt Q. Das Skalarprodukt der Vektoren M⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1 Q und ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ M 2 Q muss also Null ergeben: 

M⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1 Q ∙ M⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2 Q = ( 

6 − 6r 

3 ) ∙ ( 

6 − 6r 

−3 ) = (6 − 6r) 2 − 9 + (5r − 2,5) 2 = 0 

5r − 2,5 5r − 2,5


Für diese Gleichung gibt es zwei Lösungen. Für r 1 = 0,5 ergibt sich der Punkt 

Q 1 (3|0|2,5). Für r 2 = 1,09 ergibt sich der Punkt Q 2 (−0,54|0|5,45). Dieser liegt aber mit 

seiner negativen x 1 -Koordinate nicht auf der Kante BS. 

Der gesuchte Punkt lautet daher Q(3|0|2,5). 

c) Der Punkt Z liegt in der x 1 x 3 -Ebene und im Inneren der Pyramide ABCS. Er hat von 

der Grundfläche ABC, der Seitenfläche ACS und von E den gleichen Abstand. 

Bestimmen Sie die Koordinaten von Z. 

(3 VP) 

Da der gesuchte Punkt Z in der x 1 x 3 -Ebene liegt, ist seine x 2 -Koordinate x 2 = 0. Der 

Punkt hat den gleichen Abstand a zur Grundfläche ABC und zur Seitenfläche ACS. 

Daher gilt für seine Koordinaten x 1 = x 3 = a. Die allgemeine Form des gesuchten 

Punktes lautet daher Z(a|0|a) mit dem Abstand d(Z, E) = a. 

Zur Berechnung des Abstands wird die Ebene E in die Hessesche Normalform 

umgewandelt. 

E: 5x 1 + 12x 3 = 30 ⟹ E: 5x 1 + 12x 3 − 30 

√25 + 144 

= 0 ⟹ E: 5x 1 + 12x 3 − 30 

13 

Durch Einsetzten des Punktes Z in die Hessesche Normalform ergibt sich: 

5a + 12a − 30 17a − 30 

d(Z, E) = | | = | | = a 

13 

13 

1. Lösung: 17a − 30 

= a ⟹ a = 7,5 ⟹ Z(7,5|0|7,5) 

13 

Dieser Punkt liegt außerhalb der Pyramide ABCS und ist daher kein 

gültiges Ergebnis. 

= 0 

2. Lösung: 

17a − 30 

− ( ) = a ⟹ a = 1 ⟹ Z(1|0|1) 

13 

Der gesuchte Punkt ist Z(1|0|1).


Abitur 2015, Aufgabe B 1.1 

Über einer Terrasse ist als Sonnenschutz 

eine Markise an einer Hauswand befestigt. 

In einem Koordinatensystem stellen die 

Punkte P(0|0|0), Q(5|0|0), R(5|4|0), 

S(0|4|0) die Eckpunkte der Terrasse dar. 

A 

D 

Die Markise wird durch das Rechteck mit 

den Eckpunkten A(0|0|4), B(5|0|4), 

C(5|3,9|2,7), D(0|3,9|2,7) beschrieben 

(alle Koordinatenangaben in Meter). 

B 

P 

C 

S 

Die Lage der Hauswand wird durch die 

x 1 x 3 − Ebene beschrieben. 

Q 

R 

a) Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der Ebene, welche die Lage der Markise 

beschreibt. Berechnen Sie den Winkel zwischen Markise und Hauswand. 

(3 VP) 

Eine Parametergleichung der Ebene ergibt sich durch die Punkte A, B und C. 

0 5 5 

E: x⃗ = ( 0) + r ∙ ( 0) + s ∙ ( 3,9 ) 

4 0 −1,3 



5 5 0 

0 

n⃗⃗ = ( 0) × ( 3,9 ) = ( 6,5 ) oder vereinfacht n⃗⃗⃗⃗⃗ v = ( 1) 

0 −1,3 19,5 

3 

Die Normalengleichung der Ebene lautet daher (z. B. mit Punkt A eingesetzt): 

0 0 

E: (x⃗ − p⃗) ∙ n⃗⃗ = (x⃗ − ( 0)) ∙ ( 1) = 0 

4 3

108 Wahlteil Geometrie 


Ebene. 

E: x 2 + 3x 3 = 12 

0 

Die x 1 x 3 -Ebene hat den Normalenvektor n⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 13 = ( 1) 

0 

Der Winkel α zwischen Markise und Hauswand berechnet sich aus 

0 0 

|( 1) ∙ ( 1)| 

cos(α) = 

3 0 

√10 ∙ √1 

= 1 

√10 

⟹ α ≈ 71,6° 

Der Winkel zwischen Markise und Hauswand beträgt ca. 71,6°. 

b) In der Mitte zwischen Q und R steht eine 30cm hohe Stehlampe. Am Markisenrand 

CD wird ein senkrecht nach unten hängender Regenschutz angebracht, der genau 

bis auf die Terrasse reicht. Bei starkem Wind schwingt er frei um CD. Kann der 

Regenschutz dabei die Stehlampe berühren? 

Welchen Abstand von der Hauswand darf die Stehlampe auf der Terrasse höchstens 

haben, damit dies nicht passiert? 

(4 VP) 

Der höchste Punkt der Stehlampe ist 

L(5|2|0,3). 

Die Länge der Regenschutzes ergibt sich aus 

der x 3 -Koordinate von Punkt C oder Punkt D. 

Er beträgt 2,7m. 

A 

D 

Der Abstand von L und C ergibt sich aus 

5 − 5 0 

LC ⃗⃗⃗⃗⃗ = OL ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ( 2 − 3,9 ) = ( −1,9) 

0,3 − 2,7 −2,4 

B 

P 

C 

S 

|LC ⃗⃗⃗⃗⃗| = √1,9 2 + 2,4 2 ≈ 3,06 > 2,7 

Q 

L 

R 

Der Abstand zwischen Lampe und Punkt C 

beträgt ca. 3,06m. Daher kann der 

Regenschutz die Stehlampe nicht berühren.


Der höchste Punkt der Stehlampe ist jetzt L(5|a|0,3). 

Der Abstand von L und C ergibt sich aus 

5 − 5 

0 

LC ⃗⃗⃗⃗⃗ = OL ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ − OC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = ( a − 3,9 ) = ( a − 3,9) und |LC ⃗⃗⃗⃗⃗| = √(a − 3,9) 2 + 2,4 2 > 2,7 

0,3 − 2,7 −2,4 

Die Terrasse ist 4m breit. 

Daher muss der gesuchte 

Abstand zwischen 0 und 4 

Metern liegen. 

Die Lampe darf höchstens 

ca. 2,66 m von der Wand 

entfernt stehen. 

c) Die Sonne scheint und der Regenschutz wird entfernt. Die Richtung der 

1 

Sonnenstrahlen wird durch den Vektor v⃗ = ( −1) beschrieben. 

−3 

Begründen Sie ohne Rechnung, dass die Terrasse nicht vollständig beschattet wird. 

Die Markise kann ein- und ausgefahren werden. Dabei bewegen sich die äußeren 

Eckpunkte der Markise längs der Geraden BC und AD. Die Markise wird nun so weit 

eingefahren, dass der Terrassenrand zwischen Q und R genau zur Hälfte im 

Schatten liegt. Bestimmen Sie die neuen Koordinaten der äußeren Eckpunkte der 

Markise. 

(4 VP) 

Die x 2 -Koordinate des Vektors v⃗ ist negativ. 

Zusätzlich liegt die Vorderkante CD der 

Markise nur 3,9 m von der Hauswand entfernt, 

während die Vorderkante RS der Terrasse 

4 m von der Wand entfernt ist. 

Daher wird die Terrasse nicht vollständig 

beschattet. 

B 

A 

P 

C 

V 

D 

S 

Q 

M 

R


Der Schatten reicht jetzt bis zum Punkt M(5|2|0). Der Sonnenstrahl durch den Punkt M 

liegt daher auf der Geraden 

5 1 

g: x⃗ = ( 2) + r ( −1) 

0 −3 

Der Schnittpunkt der Geraden g mit der Markisenebene E: x 2 + 3x 3 = 12 ergibt sich aus 

(2 − r) + 3(−3r) = 2 − 10r = 12 ⟹ r = −1 

Der Schnittpunkt lautet V(4|3|3) und liegt auf der Vorderkante CD der Markise. 

Da der Eckpunkt C* der Markise auf der Kante BC liegt, muss er die x 1 -Koordinate 5 

besitzen. Der Punkt lautet daher C*(5|3|3). Dementsprechend liegt der Eckpunkt D* auf 

der Kante AD und lautet D*(0|3|3).



Gegeben sind die Ebene E: 3x 1 + 6x 2 + 4x 3 = 16 und eine Geradenschar durch 

5 a 

g: x⃗⃗ = ( 1) + t ( 1) ; a ∈ R 

1 0 

a) Bestimmen Sie den Schnittpunkt der Geraden g 4 mit der Ebene E. Welche Gerade 

der Schar ist orthogonal zu g 4 ? 

(3 VP) 

Der Schnittpunkt von g 4 und E ergibt sich durch koordinatenweises Einsetzten der 

Geradengleichung mit a = 4 in die Ebenengleichung. 

E: 3(5 + 4t) + 6(1 + t) + 4(1) = 15 + 12t + 6 + 6t + 4 = 18t + 25 = 16 ⟹ t = −0.5 

Durch Einsetzten von t in die Geradengleichung ergibt sich der Schnittpunkt S(3|0,5|1). 

Die Geraden sind orthogonal wenn das Skalarprodukt ihrer Richtungsvektoren gleich Null 

ist. 

a 4 

( 1) ∙ ( 1) = 4a + 1 = 0 ⟹ a = − 1 

0 

4 

0 

Die Gerade g 1 − 

ist orthogonal zur Geraden g 4 . 

4 

b) Berechnen Sie den Schnittwinkel von g 4 und E. 

Für welche Werte von a mit −10 ≤ a ≤ 10 hat der Schnittwinkel von g a und E die 

Weite 10°? 

(3 VP) 

Der Schnittwinkel von g 4 und E lässt sich mit dem Richtungsvektor der Gerade und dem 

Normalenvektor der Ebene berechnen: 

4 3 

|( 1) ∙ ( 6)| 

cos(90° − α) = sin(α) = 

0 4 

√16 + 1 ∙ √9 + 36 + 16 = 18 

= 0,559 ⟹ α ≈ 34° 

√17 ∙ √61 

Für eine Schnittwinkel von 10° muss gelten: 

a 3 

|( 1) ∙ ( 6)| 

0 

sin(10°) = 

4 

√a 2 + 1 ∙ √61 

= 

|3a + 6| 

√a 2 + 1 ∙ √61


Der Schnittwinkel von g a und E hat die Weite 10° für a 1 ≈ −3,76 und a 2 ≈ −1,27. 

c) Begründen Sie, dass alle Geraden g a in der Ebene F: x 3 = 1 liegen. 

Es gibt eine Gerade h, die durch den Punkt P(5|1|1) geht und in F liegt, aber nicht zur 

Schar gehört. Bestimmen Sie eine Gleichung der Geraden h. 

(3 VP) 

5 a 

Für jeden Punkt der Geradenschar g: x⃗⃗ = ( 1) + t ( 1) gilt: x 3 = 1. Daher liegen alle 

1 0 

Geraden g a in der Ebene F: x 3 = 1. 

Für jede Gerade, die in der der Ebene F: x 3 = 1 liegt und durch den Punkt P geht gilt: 

r 1 

5 

h: x⃗⃗ = ( 1) + t ( r 20 ) 

1 

r 1 

Eine Gerade h gehört nicht zur Schar, wenn ihr Richtungsvektor ( r 20 ) kein Vielfaches von 

a 

( 1) ist. Diese Bedingung ist immer erfüllt mit r 2 = 0. 

0 

Eine der möglichen Geradengleichungen lautet (mit r 2 = 0 und frei gewähltem a = 1): 

5 1 

h: x⃗⃗ = ( 1) + t ( 0) 

1 0



Gegeben sind die Punkte A(5|-5|0), B(5|5|0), C(-5|5|0) und D(-5|-5|0). Das Quadrat ABCD 

ist die Grundfläche einer Pyramide mit der Spitze S(0|0|12). 

a) Die Seitenfläche BCS liegt in der Ebene E. Bestimmen Sie eine 

Koordinatengleichung von E. Berechnen Sie den Winkel, der von der Seitenfläche 

BCS und der Grundfläche der Pyramide eingeschlossen wird. Berechnen Sie den 

Flächeninhalt des Dreiecks BCS. 

(4 VP) 

S 

10 

D 

5 

R 

-5 

C 

-5 

5 

Q 

A 

5 

B 

Eine Parametergleichung der Ebene ergibt sich durch die Punkte B, C und S. 

5 −10 −5 

E: x⃗ = ( 5) + r ∙ ( 

0 

0 

0 

) + s ∙ ( −5) 

12 



−10 −5 0 

0 

n⃗⃗ = ( 0 ) × ( −5) = ( 120) oder vereinfacht n⃗⃗⃗⃗⃗ v = ( 12) 

0 12 50 

5


Die Normalengleichung der Ebene lautet daher (Punkt B eingesetzt) 

5 0 

E: (x⃗ − p⃗) ∙ n⃗⃗ = (x⃗ − ( 5)) ∙ ( 12) = 0 

0 5 


Ebene. 

E: 12x 2 + 5x 3 = 60 

0 


1 

Der Winkel α zwischen der Seitenfläche BCS und der Grundfläche ergibt sich aus 

0 0 

|( 12) ∙ ( 0)| 

cos(α) = 

5 1 

√144 + 25 ∙ √1 = 5 

13 

⟹ α ≈ 67,4° 

Der Winkel zwischen der Seitenfläche BCS und der Grundfläche beträgt ca. 67,4°. 

Der Flächeninhalt des Dreiecks BCS kann mit dem oben schon verwendeten 

Kreuzprodukt berechnet werden. 

A BCS = 1 2 |BC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ × BS ⃗⃗⃗⃗⃗⃗| = 1 −10 −5 

2 ∙ |( 0 ) × ( −5)| = 1 0 

2 ∙ |( 120)| = 1 2 √1202 + 50 2 = 65 

0 12 

50 

Der Flächeninhalt des Dreiecks BCS beträgt 65 Flächeneinheiten.


b) Betrachtet werden nun Quader, die jeweils vier Eckpunkte auf den Pyramidenkanten 

und vier Eckpunkte in der Grundfläche der Pyramide haben. Einer dieser Quader hat 

den Eckpunkt Q(2,5|2,5|0). Berechnen Sie sein Volumen. Bei einem anderen dieser 

Quader handelt es sich um einen Würfel. Welche Koordinaten hat dessen Eckpunkt 

auf der Kante BS? 

(4 VP) 

Aufgrund der Koordinaten des Eckpunktes Q(2,5|2,5|0) besitzt der Quader eine 

quadratische Grundfläche mit einer Länge und Breite von jeweils 5 Längeneinheiten. 

Zur Bestimmung der Quaderhöhe dient der Punkt R(2,5|2,5|h), der auf Pyramidenkante 

BS liegt. 

Die Gerade g durch die Punkte B und S lautet 

5 −5 

g: x⃗⃗ = ( 5) + r ( −5) 

0 12 

Durch Gleichsetzten von Gerade g und Punkt R ergibt sich 

5 −5 2,5 

( 5) + r ( −5) = ( 2,5) ⟹ r = 1 2 

0 12 h 

und h = 6. 

Das Volumen des Quaders beträgt 5 ∙ 5 ∙ 6 VE = 150 Volumeneinheiten 

Der Eckpunkt des Würfels ist R W (x 1 |x 2 |x 3 ). Für die seine Koordinaten gilt x 1 = x 2 = 1 x 2 

3. 

5 −5 

Der Eckpunkt liegt ebenfalls auf der Geraden g: x⃗⃗ = ( 5) + r ( −5) 

0 12 

Daher gilt: 5 − 5r = 1 2 

5 

∙ 12r ⟹ r = und x 11 

3 = 5 

60 

∙ 12 = 

11 11 

Der Eckpunkt des Würfels ist R W ( 30 

11 | 30 

11 | 60 

11 ).



An einer rechteckigen Platte mit den Eckpunkten A(10|6|0), B(0|6|0), C(0|0|3) und 

D(10|0|3) ist im Punkt F(5|6|0) ein 2m langer Stab befestigt, der in positive x 3 -Richtung 

zeigt. Eine punktförmige Lichtquelle befindet sich zunächst im Punkt L(8|10|2). 

(Koordinatenangaben in m). 

a) Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der Ebene E, in der die Platte liegt. 

Stellen Sie die Platte, den Stab und die Lichtquelle in einem Koordinatensystem dar. 

Berechnen Sie den Winkel zwischen dem Stab und der Platte. 

(3 VP) 

(Teilergebnis E: x 2 + 2x 3 = 6) 

5 

C 

M 

5 

B 

10 

D F L 

5 

10 

A 

Eine Parametergleichung der Ebene ergibt sich durch die Punkte A, B und C. 

10 −10 −10 

E: x⃗ = ( 6 ) + r ∙ ( 

0 

0 

0 

) + s ∙ ( −6 ) 

3 



−10 −10 0 

0 

n⃗⃗ = ( 0 ) × ( −6 ) = ( 30) oder vereinfacht n⃗⃗⃗⃗⃗ v = ( 1) 

0 3 60 

2


Die Normalengleichung der Ebene lautet daher (Punkt A eingesetzt): 

10 0 

E: (x⃗ − p⃗) ∙ n⃗⃗ = (x⃗ − ( 6 )) ∙ ( 1) = 0 

0 2 


Ebene. 

E: x 2 + 2x 3 = 6 

0 

Der Stab hat den Richtungsvektor ( 0). 

1 

Der Winkel α zwischen dem Stab und der Platte ergibt sich aus 

0 0 

|( 1) ∙ ( 0)| 

cos(90° − α) = sin(α) = 

2 1 

√1 + 4 ∙ √1 = 2 √5 

⟹ α ≈ 63,4° 

Der Winkel α zwischen dem Stab und der Platte beträgt ca. 63,4°. 

b) Der Stab wirft einen Schatten auf die Platte. Bestimmen Sie den Schattenpunkt des 

oberen Endes des Stabes. Begründen Sie, dass der Schatten vollständig auf der 

Platte liegt. 

(3 VP) 

Der Schattenpunkt entspricht dem Schnittpunkt der Ebene mit der Gerade g, die durch 

die Punkte L und M verläuft. 

8 −3 

g: x⃗⃗ = ( 10) + r ( −4) 

2 0 

Der Schnittpunkt der Gerade g mit der Ebene E: x 2 + 2x 3 = 6 ergibt sich aus 

(10 − 4r) + 2 ∙ 2 = 14 − 4r = 6 ⟹ r = 2 

Der Schattenpunkt der Stabspitze ist M* (2 | 2 | 2 ). 

Der Schattenpunkt der Stabspitze ist M* liegt auf der Platte, da 

1) die x 1 -Koordinate von M* zwischen den x 1 -Koordinaten von A und B liegt 

und 

2) die x 2 -Koordinate von M* zwischen den x 2 -Koordinaten von B und C liegt.

118 Wahlteil Geometrie 

Da der Punkt F direkt auf der Platte liegt, ist er sein eigener Schattenpunkt F*. Die 

Schattenpunkte beider Stabenden liegen also auf der Platte. Daher liegt auch der 

Schatten des Stabes vollständig auf der Platte. 

c) Die Lichtquelle bewegt sich von L aus auf einer zur x 1 x 2 -Ebene parallelen Kreisbahn, 

deren Mittelpunkt das obere Ende des Stabes ist. Dabei kollidiert die Lichtquelle mit 

der Platte. Berechnen Sie die Koordinaten der beiden möglichen Kollisionspunkte. 

(3 VP) 

Da die Kreisbahn parallel zur x 1 x 2 -Ebene ist und durch den Punkt L verläuft, liegt die 

Kreisbahn in der Ebene K: x 3 = 2. Hierdurch ergibt sich die x 3 -Koordinate der 

Kollisionspunkte ebenfalls zu x 3 = 2. 

Zusätzlich liegen die Kollisionspunkte auch in der Ebene E: x 2 + 2x 3 = 6. Durch 

Einsetzten der x 3 -Koordinate ergibt sich die x 3 -Koordinate der Kollisionspunkte. 

x 2 + 2 ∙ 2 = 6 ⟹ x 2 = 2 

Hierdurch ergibt sich der allgemeine Kollisionspunkt K(k|2|2). 

3 

Der Radius der Kreisbahn ist |ML ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗| = |( 4)| = √9 + 16 = 5. 

0 

Der Abstand vom Kollisionspunkt K(k|2|2) zum Mittelpunkt M(5|6|2) der Kreisbahn muss 

ebenfalls 5m betragen. 

k − 5 k − 5 

|KG ⃗⃗⃗⃗⃗⃗| = |( 2 − 6)| = |( −4 )| = √(k − 5) 2 + (−4) 2 = 5 

2 − 2 0 

√(k − 5) 2 + (−4) 2 = 5 ⟹ (k − 5) 2 + (−4) 2 = 25 ⟹ (k − 5) 2 = 9 ⟹ k − 5 = ±3 

k − 5 = 3 ⟹ k 1 = 8 

k − 5 = −3 ⟹ k 2 = 2 

Die beiden möglichen Kollisionspunkte sind K 1 (8|2|2) und K 2 (2|2|2).



Ein Würfel besitzt die Eckpunkte O(0|0|0), P(6|0|0), Q(0|6|0) und R(0|0|6). Gegeben ist 

außerdem die Ebene E: 3x 2 + x 3 = 8. 

a) Stellen Sie den Würfel und die Ebene E in einem Koordinatensystem dar. Berechnen 

Sie den Winkel, den die Ebene E mit der x 1 x 2 -Ebene einschließt. Bestimmen Sie den 

Abstand von E zur x 1 -Achse. 

(5 VP) 

Für die Skizze werden zunächst die Spurpunkte der Ebene E bestimmt. 

Schnittpunkt 

mit 

Bedingung 

x 1 − Achse x 2 = x 3 = 0 


E: 3x 2 + x 3 = 8 

Die Ebene G ist 

parallel zur x 1 - 

Achse. Daher 

existiert auch kein 

Schnittpunkt mit 

der x 1 -Achse. 

Skizze 

10 

R 

5 

0 

x 2 − Achse x 1 = x 3 = 0 

8 

( ) 

3 

0 

E 

O 

5 

Q 

0 

x 3 − Achse x 1 = x 2 = 0 ( 0) 

8 

10 

P 5 

Der Winkel α zwischen der Ebene E und der x 1 x 2 -Ebene ergibt sich aus den 

Normalenvektoren beider Ebenen. 

0 


1 

0 0 

|( 3) ∙ ( 0)| 

cos(α) = 

1 1 

√9 + 1 ∙ √1 = 1 

√10 

⟹ α ≈ 71,6° 

Der Winkel, den die Ebene E mit der x 1 x 2 -Ebene einschließt, beträgt ca. 71,6°.


Zur Berechnung des Abstands wird die Ebene in die Hessesche Normalform 

umgewandelt. 

E: 3x 2 + x 3 = 8 ⟹ E: 3x 2 + x 3 − 8 

√9 + 1 

= 0 ⟹ E: 3x 2 + x 3 − 8 

√10 

Als Punkt auf der x 1 -Achse wird der Ursprung O(0|0|0) gewählt. Das Einsetzten in die 

Hessesche Normalform der Ebene ergibt: 

| 3 ∙ 0 + 0 − 8 | = 8 

√10 √10 ≈ 2,53 

Der Abstand von E zur x 1 -Achse beträgt ca. 2,53 Längeneinheiten. 

= 0 

b) Die Ebene E gehört zu einer Ebenenschar. Diese Schar ist gegeben durch 

E a : 3x 2 + x 3 = a ; a ∈ R 

Welche Lage haben die Ebenen der Schar zueinander? Für welche Werte von a hat 

der Punkt S(6|6|6) den Abstand √10 von der Ebene E a ? Für welche Werte von a hat 

die Ebene E a gemeinsame Punkte mit dem Würfel? 

(6 VP) 

0 

Alle Ebenen der Ebenenschar haben den Normalenvektor n⃗⃗⃗⃗⃗ S = ( 3) und sind daher 

1 

zueinander parallel. 

Zur Berechnung des Abstands wird E a in die Hessesche Normalform umgewandelt. 

E a : 3x 2 + x 3 = a ⟹ E: 3x 2 + x 3 − a 

√9 + 1 

Durch Einsetzten von S(6|6|6) ergibt sich: 

| 3 ∙ 6 + 6 − a 24 − a 

| = | 

√10 

√10 | 

= 0 ⟹ E: 3x 2 + x 3 − a 

√10 

Mit dem gegebenen Abstand √10 erhält man: 

24 − a 

24 − a 

| | = √10 ⟹ 

√10 √10 = ±√10 

24 − a 

√10 = √10 ⟹ 24 − a = 10 ⟹ a 1 = 14 

24 − a 

√10 = −√10 ⟹ 24 − a = −10 ⟹ a 2 = 34 

= 0


Der Punkt S(6|6|6) hat von der Ebene E a den Abstand √10 für a 1 = 14 und a 2 = 34. 

Es gibt zwei Ebenen E links und E rechts der Ebenschar, die mit dem Würfel genau eine 

gemeinsame Strecke haben. Zusätzlich besitzen alle Ebenen, die zwischen E links und 

E rechts liegen, gemeinsame Punkte mit dem Würfel. 

10 

R 

5 

Elinks 

O 

5 

Q 

P 5 

Erechts 

10 

In der Ebene E links liegt der Punkt O(0|0|0). Einsetzten in E a : 3x 2 + x 3 = a ergibt a 1 = 0. 

In der Ebene E rechts liegt der Punkt (0|6|6). Einsetzten in E a : 3x 2 + x 3 = a ergibt a 2 = 24. 

Für 0 ≤ a ≤ 24 hat die Ebene E a gemeinsame Punkte mit dem Würfel.



In einem würfelförmigen 

Ausstellungsraum mit der 

Kantenlänge 8 Meter ist ein 

dreieckiges Segeltuch aufgespannt. 

Es ist im Punkt F sowie in den 

Kantenmitten M 1 und M 2 befestigt 

(siehe Abbildung). Es wird 

angenommen, dass das Segeltuch 

nicht durchhängt. 

E 

M2 

10 

5 

H 

F 

G 

In einem Koordinatensystem stellen 

die Punkte A(8|0|0), C(0|8|0) und 

H(0|0|8) die entsprechenden Ecken 

des Raumes dar. 

M1 

D 

5 

C 

5 

10 

A 

B 

a) Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung der Ebene S, in der das Segeltuch liegt. 

Zeigen Sie, dass das Segeltuch die Form eines gleichschenkligen Dreiecks hat. 

Berechnen Sie den Flächeninhalt des Segeltuchs. Welchen Abstand hat das 

Segeltuch von der Ecke E? 

(Teilergebnis: S: 2x 1 − x 2 + 2x 3 = 24) 

(6 VP) 

Eine Parametergleichung der Ebene S ergibt sich durch die Punkte F(8|8|8), M 1 (8|0|4) 

und M 2 (4|0|8). 

8 0 −4 

S: x⃗ = ( 8) + r ∙ ( −8) + s ∙ ( −8) 

8 −4 0 



0 −4 −32 

2 

n⃗⃗ = ( −8) × ( −8) = ( 16 ) oder vereinfacht n⃗⃗⃗⃗⃗ v = ( −1) 

−4 0 −32 

2


Die Normalengleichung der Ebene lautet daher (Punkt M 1 eingesetzt): 

8 2 

S: (x⃗ − p⃗) ∙ n⃗⃗ = (x⃗ − ( 0)) ∙ ( −1) = 0 

4 2 


Ebene. 

S: 2x 1 − x 2 + 2x 3 = 24 

Ein gleichschenkliges Dreieck hat zwei gleich lange Seiten (Schenkel). 

8 8 0 

FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1 = ( 0) − ( 8) = ( −8) ⟹ |FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗| 1 = √64 + 16 = √80 

4 8 −4 

4 8 −4 

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ FM 2 = ( 0) − ( 8) = ( −8) ⟹ |FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗| 2 = √16 + 64 = √80 

8 8 0 

Beide Schenkel haben die gleiche Länge. Daher hat das Segeltuch die Form eines 

gleichschenkligen Dreiecks. 

Der Flächeninhalt des Segeltuchs kann mit dem oben schon verwendeten Kreuzprodukt 

berechnet werden. 

A = 1 2 |FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 

1 × FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗| 2 = 1 0 −4 

2 ∙ |( −8) × ( −8)| = 1 −32 

2 ∙ |( 16 )| = 1 2 √322 + 16 2 + 32 2 = 24 

−4 0 

−32 

Der Flächeninhalt des Segeltuchs beträgt 24 m 2 . 

Zur Berechnung des Abstands wird S in die Hessesche Normalform umgewandelt. 

S: 2x 1 − x 2 + 2x 3 − 24 

√4 + 1 + 4 

Durch Einsetzten von E(8|0|8) ergibt sich: 

= 0 ⟹ S: 2x 1 − x 2 + 2x 3 − 24 

3 

| 2 ∙ 8 − 0 + 2 ∙ 8 − 24 | = 8 3 

3 

Das Segeltuch hat von der Ecke E einen Abstand von ca. 2,7 m. 

= 0


b) Auf der Diagonalen AC steht eine 6 Meter hohe Stange senkrecht auf dem Boden. 

Das obere Ende der Stange berührt das Segeltuch. In welchem Punkt befindet sich 

das untere Ende der Stange? 

(3 VP) 

Die Aufgabe wird mit den Hilfsgeraden g und h gelöst. 

8 −8 

Die Gerade g verläuft durch die Punkte A(8|0|0) und C(0|8|0): g: x⃗⃗ = ( 0) + r ( 8 ) 

0 0 

8 −8 

Die Gerade h verläuft parallel zu g und hat die Koordinate x 3 = 6: h: x⃗⃗ = ( 0) + r ( 8 ) 

6 0 

Der Schnittpunkt der Gerade h mit der Ebene S: 2x 1 − x 2 + 2x 3 = 24 ergibt sich mit 

2 ∙ (8 − 8r) − 1 ∙ (8r) + 2 ∙ (6) = 16 − 16r − 8r + 12 = 24 ⟹ r = 1 6 

Durch Einsetzten in die Geraden ergibt sich das obere Ende der Stange S O ( 20 

3 | 4 3 |6) 

sowie das untere Ende der Stange S U ( 20 

3 | 4 3 |0). 5 

10 

H 

G 

M2 

5 

h 

E 

F 

M1 

D 

C 

5 

g 

10 

A 

B

Wahlteil Stochastik 125 

8 Wahlteil Stochastik 


Bei einem Spiel wird ein idealer Würfel verwendet, dessen Netz in der Abbildung 

dargestellt ist. 

a) Der Würfel wird zweimal geworfen. Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, 

dass die Augensumme der beiden Würfe 3 beträgt. 

Nun wird der Würfel 12-mal geworfen. Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, 

dass er mindestens 4-mal die Augenzahl 2 zeigt. 

Die Beschriftung des Würfels soll so geändert werden, dass man bei 12-maligem 

Werfen des Würfels mit mindestens 99% Wahrscheinlichkeit mindestens 4-mal die 

Augenzahl 3 erhält. Auf wie vielen Seiten des Würfels muss dann die Augenzahl 3 

mindestens stehen? 

(4 VP) 

Die Wahrscheinlichkeiten für einen Wurf lauten: P(1) = 3 6 = 1 2 ; P(2) = 2 6 = 1 3 ; P(3) = 1 6 

Bei einem zweimaligen Wurf kann sich die Augensumme 3 nur durch die Augenzahlen 1 

und 2 ergeben: 

P(Augensumme 3) = P(1 und 2) + P(2 und 1) = 1 2 ∙ 1 3 + 1 3 ∙ 1 2 = 1 3 

Die Zufallsvariable X beschreibt die Anzahl der Würfe, bei denen der Würfel die 

Augenzahl 2 zeigt. Die Variable X ist binomialverteilt mit n = 12 und p = 1 3 . 

P(X ≥ 4) = 1 − P(X ≤ 3) ≈ 1 − 0,39 = 0,61 

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt ca. 61%.


Die Zufallsvariable Y beschreibt die Anzahl der Würfe, bei denen man die Augenzahl 3 

erhält. Die Variable Y ist binomialverteilt mit n = 12 und unbekanntem p. 

P(Y ≥ 4) = 1 − P(Y ≤ 3) ≥ 0,99 

Es gilt p ≥ 0,62 (1) 

Aufgrund der 6 Würfelseiten muss p ein Vielfaches von 1 sein (2): 

6 

Anzahl Seiten mit 

Augenzahl 3 


p 

1 2 3 4 5 6 

1 

6 = 0,17 2 

6 = 0,33 3 

6 = 0,5 4 

6 = 0, 67 5 

6 = 0,83 6 

6 = 1 

Die Bedingungen (1) und (2) sind erfüllt, wenn mindestens auf 4 Seiten die Augenzahl 3 

steht. 

b) Ein Spieler hat die Vermutung, dass der ursprüngliche Würfel zu oft die Augenzahl 3 

zeigt. Die Nullhypothese 

H 0 : Die Wahrscheinlichkeit für die Augenzahl 3 beträgt höchstens 1 6 

soll durch eine Stichprobe mit 100 Würfen auf einem Signifikanzniveau von 1% 

getestet werden. Formulieren Sie die zugehörige Entscheidungsregel in Worten. 

(3 VP) 

Die Würfelergebnisse werden mit einem rechtsseitigen Hypothesentest untersucht. 

Hierbei beschreibt die Zufallsvariable X die Anzahl der Würfe, bei denen die Augenzahl 3 

fällt. 

Falls die Anzahl der Würfe in der Stichprobe zu groß ist, ist die Nullhypothese ungültig 

und wird abgelehnt. 

Nullhypothese: H 0 ∶ P ≤ 1 6 

Annahmebereich A = {0, 1, … , k) 

(Wahrscheinlichkeit für 3 höchstens 1 6 )


Gegenhypothese: H 1 ∶ P > 1 6 

Ablehnungsbereich A̅ = {k + 1, k + 2, … , 100) 

(Wahrscheinlichkeit für 3 höher als 1 6 ) 

Gesucht ist die kleinste 

natürlich Zahl k, für die gilt: 

1 − P(X ≤ k) ≤ 0,01 

⟹ k = 26 

Entscheidungsregel: Wenn die Augenzahl 3 mindestens 27 mal gewürfelt wird, ist die 

Nullhypothese ungültig und wird abgelehnt. Ansonsten wird sie beibehalten.



Eine Tanzgruppe besteht aus 8 Anfängerpaaren und 4 Fortgeschrittenenpaaren. Aus der 

Erfahrung vergangener Jahre weiß man, dass Anfängerpaare mit einer 

Wahrscheinlichkeit von 90% bei den abendlichen Tanzstunden anwesend sind, 

Fortgeschrittenenpaare mit einer Wahrscheinlichkeit von 75%. Man geht davon aus, dass 

die Entscheidungen der Tanzpaare über die Teilnahme an der Tanzstunde voneinander 

unabhängig sind. 

Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend alle 

Fortgeschrittenenpaare anwesend sind. 

Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend mindestens 6 

Anfängerpaare und höchstens 3 Fortgeschrittenenpaare anwesend sind. 

Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend mindestens 11 Paare 

anwesend sind? 

(5 VP) 

Die Zufallsvariable X beschreibt die Anzahl der anwesenden Anfängerpaare (AP). Die 

Variable X ist binomialverteilt mit n = 8 und p = 0,9. 

Die Zufallsvariable Y beschreibt die Anzahl der anwesenden Fortgeschrittenenpaare 

(FP). Die Variable Y ist binomialverteilt mit n = 4 und p = 0,75. 

P(alle FP) = P(Y = 4) = 0,75 4 ≈ 0,316 

P(mindestens 6 AP, höchstens 3 FP) = P(X ≥ 6) ∙ P(Y ≤ 3) = (1 − P(X ≤ 5)) ∙ P(Y ≤ 3) 

(1 − P(X ≤ 5)) ∙ P(Y ≤ 3) 

= 0,962 ∙ 0,684 ≈ 0,66 

Die gesuchte 

Wahrscheinlichkeit beträgt 

ca. 66%. 

Mindestens 11 Paare sind anwesend, wenn folgende Anfängerpaare (AP) und 

Fortgeschrittenenpaare (FP) kommen: 

(8 AP und 4 FP) oder (8 AP und 3 FP) oder (7 AP und 4 FP) 

P(min. 11 Paare) = P(X = 8) ∙ P(Y = 4) + P(X = 8) ∙ P(Y = 3) + P(X = 7) ∙ P(Y = 4)


Anfängerpaare: 

P(X = 8) = 0,430 

P(X = 7) = 0,383 

Fortgeschrittenenpaare: 

P(Y = 4) = 0,316 

P(Y = 3) = 0,422 

P(min. 11 Paare) = P(X = 8) ∙ P(Y = 4) + P(X = 8) ∙ P(Y = 3) + P(X = 7) ∙ P(Y = 4) 

P(min. 11 Paare) = 0,430 ∙ 0,316 + 0,430 ∙ 0,422 + 0,383 ∙ 0,316 = 0,439 

Die Wahrscheinlichkeit dafür, dass an einem Abend mindestens 11 Paare anwesend 

sind, beträgt ca. 44%.



Ein Großhändler gibt an, dass sein Weizensaatgut eine Keimfähigkeit von mindestens 

80% hat. Mehrere Kunden vermuten, dass die Keimfähigkeit in Wirklichkeit kleiner ist. 

Deswegen wird die Aussage des Großhändlers mit Hilfe eines Tests auf einem 

Signifikanzniveau von 10% überprüft, indem 500 Weizenkörner untersucht werden. Als 

Nullhypothese wird die Angabe des Großhändlers verwendet. Formulieren Sie die 

zugehörige Entscheidungsregel in Worten. 

Die tatsächliche Keimfähigkeit des Saatguts beträgt 82%. Wie groß ist in diesem Fall die 

Wahrscheinlichkeit dafür, dass bei obigem Test die Nullhypothese fälschlicherweise 

verworfen wird? 

(4 VP) 

Die Keimfähigkeit des Saatguts wird mit einem linksseitigen Hypothesentest untersucht. 

Hierbei beschreibt die Zufallsvariable X die Anzahl der keimfähigen Weizenkörner. Falls 

die Anzahl der keimfähigen Weizenkörner in der Stichprobe zu klein ist, ist die 

Nullhypothese ungültig und wird abgelehnt. 

Nullhypothese: H 0 ∶ P ≥ 0,8 (Keimfähigkeit mindestens 80%) 

Annahmebereich A = {k + 1, k + 2, . . . , 500) 

Gegenhypothese: H 1 ∶ P < 0,8 (Keimfähigkeit geringer als 80%) 

Ablehnungsbereich A̅ = {0, 1, … , k) 

Gesucht ist die größte 


P(X ≤ k) ≤ 0,1. 

⟹ k = 387 

Entscheidungsregel: Wenn von den 500 Weizenkörnern der Stichprobe höchstens 387 

Körner keimfähig sind, ist die Nullhypothese ungültig und wird abgelehnt. Ansonsten wird 

sie beibehalten. 

Die Zufallsvariable Y beschreibt die Anzahl der 

keimfähigen Weizenkörner. Die Variable Y ist 

binomialverteilt mit n = 500 und p = 0,82. 

P(Y ≤ 387) ≈ 0,0053 

Die Wahrscheinlichkeit, dass die Nullhypothese 

fälschlicherweise verworfen wird, beträgt ca. 0,5%.



Bei einem Biathlonwettbewerb läuft ein Athlet eine 2,5 km lange Runde, dann schießt er 

liegend fünf Mal; anschließend läuft er eine zweite Runde und schießt stehend fünf Mal; 

nach einer dritten Runde erreicht er das Ziel. Für jeden Fehlschuss muss er direkt nach 

dem Schießen eine 200 m lange Strafrunde laufen. Aufgrund der bisherigen 

Schießleistungen geht der Trainer davon aus, dass der Athlet stehend mit 88% und 

liegend mit 93% Wahrscheinlichkeit trifft. Es wird vereinfachend davon ausgegangen, 

dass die Ergebnisse der einzelnen Schüsse voneinander unabhängig sind. 

a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass der Athlet stehend bei fünf Schüssen 

genau vier Mal trifft. 

(1 VP) 

Die Zufallsvariable X beschreibt die Anzahl der Treffer im 

Stehen. Die Variable X ist binomialverteilt mit n = 5 und 

p = 0,88. 

P(X = 4) ≈ 0,36 

Die Wahrscheinlichkeit, dass der Athlet im Stehen bei fünf 

Schüssen genau vier Mal trifft, beträgt ca. 36%. 

b) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass der Athlet im gesamten 

Wettbewerb höchstens einmal eine Strafrunde laufen muss. 

(3 VP) 

Der Athlet muss für folgende Ereignisse höchstens eine Strafrunde laufen: 

Ereignis 

Treffer 

liegend 

(p = 0,93) 

P(liegend) 

Treffer 

stehend 

(p = 0,88) 

A 5 5 

B 4 5 

C 5 4 

P(stehend) 

P(Ereignis) 

P(A) 

= 0,696 ∙ 0,528 

= 0,367 

P(B) 

= 0,261 ∙ 0,528 

= 0,138 

P(C) 

= 0,696 ∙ 0,36 

= 0,25 

Die Wahrscheinlichkeit, höchstens einmal eine Strafrunde zu laufen, beträgt ca. 37% + 

14% + 25% = 76%.


c) Der Athlet möchte seine Leistungen im Stehendschießen verbessern und künftig mit 

über 95% Wahrscheinlichkeit bei fünf Schüssen mindestens vier Mal treffen. Welche 

Trefferwahrscheinlichkeit muss er dafür mindestens erreichen? 

(2 VP) 

Die Zufallsvariable X beschreibt die Anzahl der Treffer im Stehen. Die Variable X ist 

binomialverteilt mit n = 5 und unbekanntem p. 

P(X ≥ 4) > 0,95 

⟹ 1 − P(X ≤ 3) > 0,95 

⟹ P(X ≤ 3) < 0,05 

⟹ p ≈ 0,924 

Der Athlet muss 

mindestens eine 

Trefferwahrscheinlichkeit 

von 92,4% erreichen.



In einem Gefäß G1 sind 6 schwarze und 4 weiße Kugeln. 

In einem Gefäß G2 sind 3 schwarze und 7 weiße Kugeln. 

a) Aus Gefäß G1 wird 20 Mal eine Kugel mit Zurücklegen gezogen. Bestimmen Sie die 

Wahrscheinlichkeit, dass mindestens 12 Mal eine schwarze Kugel gezogen wird. 

Aus Gefäß G2 wird 8 Mal eine Kugel mit Zurücklegen gezogen. Bestimmen Sie die 

Wahrscheinlichkeit, dass genau 2 schwarze Kugeln gezogen werden und zwar bei 

direkt aufeinander folgenden Zügen. 

(4 VP) 

P(X ≥ 12) = 1 − P(X ≤ 11) = 0,596 

Die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens 12 Mal eine 

schwarze Kugel gezogen wird, beträgt ca. 59,6% 

Im zweiten Teil der Aufgabe werden Ereignisse betrachtet, bei denen genau 2 schwarze 

Kugeln direkt hintereinander gezogen werden. Durch die vorgegebene Reihenfolge kann 

keine Binomialverteilung verwendet werden. 

Bei den 8 Versuchen, werden 2 schwarze (P s = 0,3) und 6 weiße (P w = 0,7) Kugeln 

gezogen. Die Wahrscheinlichkeit, 2 schwarze Kugeln direkt hintereinander zu ziehen, 

beträgt P ss = 0,3 2 . 

Bei 8 Versuchen gibt es weiterhin genau 7 Möglichkeiten, dass 2 schwarze Kugeln direkt 

hintereinander gezogen werden. Jedes dieser Ereignisse hat die Wahrscheinlichkeit 

P 2s6w = 0,3 2 ∙ 0,7 6 

Ereignis Reihenfolge Wahrscheinlichkeit 

1 s-s-w-w-w-w-w-w P 2s6w = 0,3 2 ∙ 0,7 6 

2 w-s-s-w-w-w-w-w P 2s6w = 0,3 2 ∙ 0,7 6 

. 

. 

. 

. 

. 

. 

P 2s6w = 0,3 2 ∙ 0,7 6 

7 w-w-w-w-w-w-s-s P 2s6w = 0,3 2 ∙ 0,7 6 

Die gesuchte Wahrscheinlichkeit beträgt P ss hintereinader = 7 ∙ 0,3 2 ∙ 0,7 6 = 0,074 

bzw. 7,4%.


b) Nun werden aus G1 zwei Kugeln ohne Zurücklegen gezogen und in das Gefäß G2 

gelegt. Anschließend wird eine Kugel aus G2 gezogen. Mit welcher 

Wahrscheinlichkeit ist diese Kugel schwarz? 

(3 VP) 

Mit dem Baumdiagramm lassen sich die Wahrscheinlichkeiten für die Züge aus G1 

ableiten. 

6 

10 

S 

5 

9 

4 

9 

S 

W 

4 

10 

W 

6 

9 

3 

9 

S 

W 

Anzahl der 

gezogenen 

schwarzen 

Kugeln aus G1 

Wahrscheinlichkeit gemäß 

Baumdiagramm 

2 P 2s = 6 

10 ∙ 5 9 = 1 3 

1 P 1s = 6 

10 ∙ 4 9 + 4 

10 ∙ 6 9 = 8 

15 

0 P 0s = 4 

10 ∙ 3 9 = 2 

15 

Anzahl der 

schwarzen 

Kugeln in G2 


für schwarze 

Kugel in G2 

3 + 2 = 5 P 2s,s = 5 

12 

3 + 1 = 4 P 1s,s = 4 

12 

3 + 0 = 3 P 0s,s = 3 

12 

Die Wahrscheinlichkeit, dass eine aus G2 gezogene Kugel schwarz ist, beträgt 

P(schwarz aus G2) = 1 3 ∙ 5 

12 + 8 

15 ∙ 4 

12 + 2 

15 ∙ 3 

12 = 7 

20 = 0,35 

Die gezogene Kugel ist mit einer Wahrscheinlichkeit von 35% schwarz.



Bei der Produktion von Bleistiften beträgt der Anteil fehlerhafter Stifte erfahrungsgemäß 

5%. 

a) Ein Qualitätsprüfer entnimmt der Produktion zufällig 800 Bleistifte. Die Zufallsvariable 

X beschreibt die Anzahl der fehlerhaften Stifte in dieser Stichprobe. Berechnen Sie 

P(X ≤ 30). Mit welcher Wahrscheinlichkeit weicht der Wert von X um weniger als 10 

vom Erwartungswert von X ab? 

(3 VP) 

Die Zufallsvariable X beschreibt die Anzahl der fehlerhaften Stifte. Die Zufallsvariable X 

ist binomialverteilt mit n = 800 und p = 0,05. 

P(X ≤ 30) ≈ 0,057 

Der Erwartungswert ist E(x) = n ∙ p = 800 ∙ 0,05 = 40. Gesucht ist daher die 

Wahrscheinlichkeit P(31 ≤ X ≤ 39). 

P(31 ≤ X ≤ 39) = P(x ≤ 49) − P(X ≤ 30) 

P(31 ≤ X ≤ 39) 

= P(x ≤ 49) − P(X ≤ 30) 

= 0,935 − 0,057 

= 0,878 

Mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. 87,8% weicht der Wert von X um weniger als 10 vom 

Erwartungswert ab.


b) Der Betrieb erwirbt eine neue Maschine, von der behauptet wird, dass höchstens 2% 

der von ihr produzierten Bleistifte fehlerhaft sind. Diese Hypothese H 0 soll mithilfe 

eines Tests an 800 zufällig ausgewählten Stiften überprüft werden. Bei welchen 

Anzahlen fehlerhafter Stifte entscheidet man sich gegen die Hypothese, wenn die 

Irrtumswahrscheinlichkeit maximal 5% betragen soll? 

(3 VP) 

Die Fehlerrate der Bleistifte wird mit einem rechtsseitigen Hypothesentest untersucht. 

Hierbei beschreibt die Zufallsvariable X die Anzahl der fehlerhaften Bleistifte. Falls die 

Anzahl der fehlerhaften Stifte in der Stichprobe zu groß ist, ist die Nullhypothese ungültig 

und wird abgelehnt. 

Nullhypothese: H 0 : P ≤ 0,02 (Fehlerrate höchstens 2%) 

Annahmebereich A = {0, 1, … , k} 

Gegenhypothese: H 1 ∶ P > 0,02 (Fehlerrate höher als 2%) 

Ablehnungsbereich A̅ = {k + 1, k + 2, … 800) 

Gesucht ist die kleinste natürlich Zahl k, für die gilt: 

P(X ≥ k + 1) ≤ 0,05 

⟹ 1 − P(X ≤ k) ≤ 0,05 

⟹ P(X ≤ k) ≥ 0,95 

⟹ k = 23 

⟹ k + 1 = 24 

Entscheidungsregel: Wenn von den 800 Bleistiften der Stichprobe mindestens 24 

Bleistifte fehlerhaft sind, ist die Nullhypothese ungültig und wird abgelehnt. Ansonsten 

wird sie beibehalten.



Bei einer Lotterie sind 10% der Lose Gewinnlose. Jemand kauft drei Lose. Mit welcher 

Wahrscheinlichkeit sind darunter mindestens zwei Gewinnlose? 

Wie viele Lose hätte man mindestens kaufen müssen, damit die Wahrscheinlichkeit für 

mindestens zwei Gewinnlose über 50% liegt? 

(4 VP) 

Die Zufallsvariable X beschreibt die Anzahl der gekauften Gewinnlose. Die 

Zufallsvariable X ist binomialverteilt mit n = 3 und p = 0,1. 

P(X ≥ 2) = 1 − P(X ≤ 1) = 0,028 

Mit einer Wahrscheinlichkeit von ca. 2,8% sind von den 

drei Losen mindestens zwei Gewinnlose. 

Die Zufallsvariable Y beschreibt die Anzahl der gekauften Gewinnlose. Die 

Zufallsvariable Y ist binomialverteilt mit unbekanntem n und p = 0,1. 

P(Y ≥ 2) > 0,5 

⟹ 1 − P(Y ≤ 1) > 0,5 

⟹ P(Y ≤ 1) < 0,5 

⟹ N Lose = 17 

Man muss mindestens 17 Lose kaufen, damit die Wahrscheinlichkeit für mindestens zwei 

Gewinnlose über 50% liegt.



Auf zwei Glücksrädern befinden sich 

jeweils sechs gleich große Felder (3 x 

Kleeblatt, 2 x Diamant, 1 x Stern). Bei 

jedem Spiel werden die Räder einmal in 

Drehung versetzt. Sie laufen dann 

unabhängig voneinander aus und bleiben 

so stehen, dass von jedem Rad genau ein 

Feld sichtbar ist. 

a) Zunächst werden die Räder als ideal angenommen. Bei einem Einsatz von 0,20 € 

sind folgende Auszahlungen vorgesehen: 

Stern – Stern 2,00 € 

Diamant – Diamant 0,85 € 

Kleeblatt – Kleeblatt 0,20 € 

In allen anderen Fällen wird nichts ausbezahlt. Weisen Sie nach, dass das Spiel fair 

ist. 

Nun möchte der Veranstalter auf lange Sicht pro Spiel 5 Cent Gewinn erzielen. 

Dazu soll nur der Auszahlungsbetrag für „Diamant – Diamant“ geändert werden. 

Berechnen Sie diesen neuen Auszahlungsbetrag. 

(3 VP) 

Ereignis 

Stern – 

Stern 

Diamant – 

Diamant 

Kleeblatt – 

Kleeblatt 

Gewinn 

x i 


P(x i ) 

2,00 € P(S − S) = 1 6 ∙ 1 6 = 1 

36 

0,85 € P(D − D) = 2 6 ∙ 2 6 = 1 9 

0,20 € P(K − K) = 3 6 ∙ 3 6 = 1 4 

gewichteter Gewinn 

x i ∙ P(x i ) 

1 

2,00€ ∙ 

36 = 0,0555€ 

0,85€ ∙ 1 9 = 0,0944€ 

0,20€ ∙ 1 4 € = 0,0500€ 

k 

E[X] = ∑ x i ∙ P(x i ) = 0,20€ 

i=1 

Der Einsatz entspricht dem Erwartungswert. Daher ist das Spiel fair.


Um auf lange Sicht 5 Cent Gewinn zu erzielen, wird der Erwartungswert um 5 Cent 

reduziert: 

E[X] = 0,0555€ + x ∙ 1 + 0,0500€ = 0,20€ − 0,05€ 

9 

⟹ x = 9 ∙ (0,15€ − 0,1055€) = 0,40€ 

Der Auszahlungsbetrag für „Diamant – Diamant“ muss nun 0,40€ betragen. 

b) Es besteht der Verdacht, dass die Wahrscheinlichkeit p für „Stern-Stern“ geringer als 

1 

ist. Daher soll ein Test mit 500 Spielen durchgeführt werden. Formulieren Sie die 

36 

Entscheidungsregel für die Nullhypothese H 0 : p ≥ 1 

, wenn die 

Irrtumswahrscheinlichkeit höchstens 5% betragen soll. 

36 

(3 VP) 

Der Verdacht wird mit einem linksseitigen Hypothesentest untersucht. Hierbei beschreibt 

die Zufallsvariable X das Auftreten der „Stern-Stern“ Kombinationen. Falls die Anzahl 

dieser Kombinationen in der Stichprobe zu klein ist, ist die Nullhypothese ungültig und 

wird abgelehnt. 

Nullhypothese: H 0 ∶ P ≥ 1 

Annahmebereich A = {k + 1, k + 2, . . . , 500) 

36 

Gegenhypothese: H 1 ∶ P < 1 

36 

Ablehnungsbereich A̅ = {0, 1, … , k) 

(„Stern-Stern“ mindestens 2,77%) 

(„Stern-Stern“ geringer als 2,77%) 

Gesucht ist die größte 


P(X ≤ k) ≤ 0,05. 

⟹ k = 7 

Entscheidungsregel: Wenn von 500 Spielen der Stichprobe höchstens 7 mal die 

Kombination „Stern-Stern“ auftritt, ist die Nullhypothese ungültig und wird abgelehnt. 

Ansonsten wird sie beibehalten.

140 www.mathe-abi-bw.de 

Mathe-Abi 

Baden-Württemberg 2017 

ISBN: 9783741283932 

Prüfungsthemen: Analysis, Geometrie 

und Stochastik 

Für eine effektive Vorbereitung sollte man 

sich auf genau den Prüfungsstoff 

konzentrieren, mit dem erfahrungsgemäß 

auch in der kommenden Abiturprüfung zu 

rechnen ist. Dieses Buch umfasst alle 

Schwerpunkte der neuen Abiturprüfung. 

Prüfungsaufbau 

Wenn man die Prüfungen der 

vergangenen Jahre miteinander vergleicht, 

wird man feststellen, dass sie sich stark 

ähneln. Der Aufbau der Abiturprüfung und 

die typischen Fragen werden in diesem 

Buch Aufgabe für Aufgabe erklärt. 

Trainingsplan 

Der Erfolg in einem Projekt, einem Wettkampf oder einer Prüfung hängt maßgeblich von 

der Vorbereitungsphase ab. Daher enthält dieses Buch einen Trainingsplan mit 

Übungsthemen und Aufgaben, der sich als Grundlage für eine individuelle Vorbereitung 

eignet. 

Taschenrechner (GTR) 

Durch den geschickten Einsatz des Taschenrechners lässt sich im Abitur viel Zeit 

sparen. Insbesondere im Stochastik-Wahlteil sind einige Aufgaben (z.B. 

Binomialverteilung und Hypothesentests) ohne Taschenrechner kaum lösbar. Die 

Nutzung des Grafikfähigen Taschenrechners (GTR) wird in einem eigenen Kapitel 

erläutert. 

Beispiele 

Darüber hinaus enthält dieses Buch sehr viele Beispiele. Jedes einzelne Prüfungsthema 

wird zunächst erklärt und anschließend anhand einer typischen Musteraufgabe vertieft.

2016_08_18_MatheAbi2017_Aufgaben

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