3472-2 MT PAT F4 2014_SKEMA

SULIT 3472/2 Additional Mathematics Paper 2 Oktober 2014

BAHAGIAN PENGURUSAN SEKOLAH BERASRAMA PENUH DAN SEKOLAH KECEMERLANGAN KEMENTERIAN PELAJARAN MALAYSIA

PENTAKSIRAN DIAGNOSTIK AKADEMIK SBP 2014 PEPERIKSAAN AKHIR TAHUN TINGKATAN 4 2014

ADDITIONAL MATHEMATICS Paper 2 MARKING SCHEME

KEKUNCI PEMARKAHAN P1 :

1 Markah diberi untuk respon / jawapan pelajar sesuai dengan pengetahuan yang ditaksir.

K1 :

1 Markah diberi untuk kerja pelajar, sesuai dengan kemahiran yang ditaksir.

N1 :

1 Markah diberi untuk jawapan pelajar sesuai dengan nilai yang ditaksir.

K1 √ : 1 Markah kaedah diberi jika pelajar cuba membuat langkah penyelesaian atau menunjukkan kaedah yang sah bagi mendapatkan jawapan, sesuai dengan kemahiran yang ditaksir, menggunakan nilai yang betul mengikut kesilapan sebelumnya. This marking scheme consists of 11 printed pages 1

PENTAKSIRAN DIAGNOSTIK AKADEMIK SBP 2014 ADDITIONAL MATHEMATICS MARKING SCHEME PAPER 2

No

1

Answer

y  2 x 15

Marks

x

or

y  15 2

P1

2

x  3 2 x  15  5x (2 x  15)

or

 y  15   y  15  2    3y  5y    2   2 

x 2  35x  225  0

or

y 2  40 y  75  0

2

2

x

 (35)  (35)2  4(1)(225) 2(1)

K1√

or K1√

 (40)  (40) 2  4(1)(75) y 2(1) x  26.51, 8.49

or

y  38.03, 1.97

N1

y  38.02 , 1.98

or

x  26.52 , 8.49

N1 √ 5

2

(a)

4 x 2 16 x  7  0 (2 x  7)(2 x  1)  0

7 , 2 7 m 2

x

n 1 n

x

K1

1 2 N1

1 2

3 2

N1

7 (b) New roots : 2 *    7 , 2

( x  7)x  3  0

OR

3 2*    3 2

SOR = 7 + 3

x 2  10 x  21  0

and

POR = 7(3)

K1√ N1 5

2

No 3

Answer

Marks

B  (6,0)

(a) i)

N1

4(8)  1(h) 6 5

ii)

4(3)  1(k ) 0 5

or

K1

C  (2,12)

(b)

4

3 y   x9 2 3 m1   2 2 m2  3 2 y  3  ( x  8) 3 3 y  2 x  25

N1

K1 K1√ K1√ or

equivalent

N1 7

 

or

22 x  23 ( y  1)

K1

x  2y  3

or

2 x  3( y 1)

K1

(a) 3x 32 y  33 x  3  2y 2 (3  2 y)  3( y 1)

x

15 7

,

y

Simultaneous Equation 3 7

(Both)

N1

(b) Use log a mn = n log a m

K1

Use log a mn  log a m  log a n n2

K1√

or

log a

m  log a m  log a n n

K1

 26

K1

n  8m2

N1

m

4

8

3

No

5

Answer dy  12 x 2  6 x  6 dx

(a) i)

Note : At least 2 terms correct

 12(2) 2  6(2)  6  30

ii)

(b)

dx 2 x  1, d2y dx 2

K1√ N1 N1

 24 x  6 d2y dx 2

K1 K1√ N1

dy  12 x 2  6 x  6  0 dx 1 x   ,1 2 Q(1,1)

d2y

Marks

K1√

 18

 0

Therefore Q is a minimum point

N1 8

4

No

6

Answer

(a)

 fx (5)(45.5)  (12)(55.5)  (14)(65.5)  (5)(75.5)  (4)(85.5)  f 40

 fx 2  (5)(45.4)2  (12)(55.5)2  (14)(65.5)2  (5)(75.5)2  (4)(85.5)2

Marks

K1

**K1

**Note : at least 4 terms correct

165120  63.252 40

K1√

  11.289 / 11.29

N1

(b) See 60.5

or 17

or 14

P1

3   40  17   10 Q 3  60.5   4   14    

K1

Q 3  69.79

N1 7

5

No

7

Answer

(a)

Marks

y   x 2  px  21   ( x 2  px  21)

Seen

p  x   2 

2

K1

2

p p2  y  x     21 2 4  p2  21  25 4

N1

q

or

p 2

K1√

p  4 , q  2

N1 N1

y  25  ( x  2) 2

(b)

Maximum value of y = 25

N1

x2

N1√

21  4 x  x 2  0

K1

(c)

(7  x)(3  x)  0

-3

( x  7)( x  3)  0

or

K1

7 or

x  3 ,

or

-3

x7

7 N1 10

6

No

8

Answer

(a) a (3)  2  7 a3,

(b)

b (3)  3 5 3

or

b4

f ( y)  3 y  2 x2 y *3 x2 f  1 ( x)  *3

Marks

N1 N1

K1√ Note : accept any letter except f and g

1 (c) gf

N1

P1

 y  2 * 4 3  *3   y  2    *3 

4 x  17 x2

K1

K1√

Note : accept any letter except f and g

N1

(d) 2 f (m)  4  m 2 ( * 3m  2 )  4  m

m

K1√

8 5

N1 10

7

No

9

Answer (a)

y  2x 1

mPC  mAB  2 k 4  *2 80 k  20

P1 K1√ N1

(b) mAD  mAB  1 1 m AD   2 1 y  4  (*  ) ( x  0) 2 1 y  x4 2 (c)

Marks

y  2x  1  0 1 y  x4 2 D  (2,3)

K1 K1√ N1

Solve simultaneous equations

K1√

N1 1 0 8 4 *2 0 2 4 20 7 * 3 4 1 = 56  *12  * 8  32  * 80  *14 2 = 25

(d) Area of ABCD =

10

9 15 POQ  0.6436

(a) sin POQ 

K1√ N1 10 K1 N1

(b) Length or arc PQ = 30  * 0.6436 Length or arc RTQ  3.142  9

K1√ K1

Perimeter of shaded region  9  15  * (30  0.6436)  * (3.142  9)  71.59 cm

K1√ N1

8

No

Answer (c)

1  2   30  * 0.6436  2 

1 2   3.142  * 9  2 

or

1    * 12  9  2 

Marks K1√ K1

Area of shaded region 1  1  1   *   302  0.6436   *   12  9   *   3.142  92  2  2  2 

K1√

 108.37cm 2

N1 10

11

(a) i) 24x3 = 81 3 x 2

N1

ii) Surface Area= 2(3x)(2x) + 2(2x)(4x)+ 2(3x)(4x) @52x2 dA  104 x dx 3 dA  3 x ,  104  *  2 dx  2 dA dA dx Use   dt dx dt dA  3  104  *   0.1 dt  2  15.6 (b) i)

4(3x) +4(2x) +4 h = 200 h = 50 - 5x

K1√

K1√ N1 K1

V  3x  2 x  * (50  5x)

ii )

K1

K1√

 300 x 2  30 x3

N1

dV  600 x  90 x 2  0 dx

K1

V maximum when

x

20 cm 3

N1 10

9

No

12

Answer

(a) i)

ii)

AC 2  82  152  2(8)(15) cos 1000 AC  18.18 cm

Sin ACD Sin 1200  14 * 18.18

or equivalent

ACD  41.830

Marks

K1 N1

K1√

N1

(b) (i)

A D

N1

P

(ii)

CAD  1800  1200  * 41.830

 18.170

K1√ N1

Area of CAD 

1  * 18.1814sin * 18.17 0 2 K1√

or Area of PAD 

1 1414sin * 18.170 2

Area of CPD

1  1   *  18.1814 sin 18.170   *  (14)(14) sin 18.170  2  2 

K1√

 9.124 cm 2

N1 10

10

No

13

Answer

(a) x 

5.80  100 5.00

or 120 

y 8.00  100 or 125   100 4.40 z

x  116 , y  5.28 , z  6.40

(b)

*116(5)  120(10)  105(3)  125(2) 5  10  3  2  117.25 80

 100 Q 2009 Q2009  RM 68.23

(d) 142 

105  I13 / 11 100

or

K1 N1 N1 N1

I 

(c) * 117.25 

Marks

equivalent

K1√ N1

K1√ N1

or equivalent

= 135.34

K1 N1 10

11