Uitwerkingen Mei Eindexamen HAVO Wiskunde A. Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek

(1)

Uitwerkingen Mei 2012

Eindexamen HAVO Wiskunde A

Voor Onderwijs en Onderzoek

Nederlands Mathematisch Instituut

(2)

(3)

(4)

Nederlands Mathematisch Instituut

Supersize me

Opgave 1. De formule voor de dagelijkse energiebehoefte is Eb= 33,6 · G. Als we Eb= 5000 invullen dan krijgen we

5000 = 33,6 · G.

Dus

G = 5000

33,6 ≈ 148,8 kg.

Hij zou dus 148,8 − 85 = 63, 8 kg meer wegen.

Opgave 2. Bij 85 kg is de energiebehoefte Eb = 33,6 · 85 = 2856 kcal. Hij neemt dus 5000 − 2856 = 2144 kcal te veel. Dit veroorzaakt na ´e´en dag een gewichtstoename van

2144

7800 ≈ 275 gram.

Opgave 3. Er geldt

T = 0,000128 · (5000 − Eb) = 0,64 − 0,000128 · Eb. Als we Eb = 33, 6 · G invullen, dan krijgen we

T = 0,64 − 0,000128 · (33,6 · G).

Buiten haakjes halen levert:

T = −0,0043 · G + 0,64, en dus concluderen we dat a = −0,0043 en b = 0,64.

Opgave 4. Na 8 maanden moet hij nog 16 · 0,88⁸ ≈ 5,8 kg afvallen. Dus zijn gewicht na 8 maanden is 75 + 5,8 = 80,8 kg.

Opgave 5. In totaal dient de man 16 kg af te vallen, dus als hij 12 kg is afgevallen betekent dit dat de man nog 16 - 12 = 4 kg extra moet afvallen.

Invullen in het rekenmodel levert de vergelijking:

4 = 16 · 0,88^t.

Met behulp van de GR (optie intersect) kan bovenstaande vergelijking voor t worden opgelost. Dit geeft:

t ≈ 10,8 maanden.

HAVO - Wiskunde A - Mei 2012 4

(5)

Tai Sai

Opgave 6. Aangezien we met drie verschillende dobbelstenen gooien zijn er de volgende mogelijkheden waarbij de som van de ogen gelijk aan 6 is:

• 2-2-2, kan op 1 manier. Omdat alle dobbelstenen gelijk aan 2 moeten zijn.

• 1-2-3, kan op 6 manieren. We zien dit als volgt: de eerste dobbelsteen mag drie waarden (1,2 of 3) aannemen, maar de tweede dobbelsteen mag niet gelijk zijn aan de eerste steen en kan daarom nog maar twee waarden aannemen en voor de derde dobbelsteen is er dan nog maar een waarde over omdat deze steen niet gelijk mag zijn aan de eerste twee dobbelstenen.

Dus er zijn 3 · 2 · 1 = 6 mogelijkheden.

• 4-1-1, kan op 3 manieren. Omdat de 4 met drie verschillende dobbelstenen gegooid mag worden en de andere twee stenen dan gelijk aan 1 moeten zijn.

Het totale aantal verschillende mogelijkheden is dus gelijk aan 10.

Opgave 7. We bepalen eerst de kans dat je geen Tai en geen Sai hebt:

P (Geen Tai en geen Sai) = P (1-1-1) + P (6-6-6).

De kans dat je 1-1-1 gooit is het aantal manieren waarop je 1-1-1 kunt gooien gedeeld door het totale aantal mogelijkheden. Het totale aantal mogelijkheden is 6·6·6 = 216. Het totale aantal manieren waarop je 1-1-1 kunt gooien is maar ´e´en, dus P (1-1-1) = 1/216. Precies op dezelfde manier krijgen we P (6-6-6) = 1/216.

Dus:

P (Geen Tai en geen Sai) = 1 216 + 1

216 = 2 216.

Met behulp van de complementregel en het feit dat Tai en Sai elkaar uitsluiten (er kan nooit Sai en Tai tegelijk worden gegooid!) krijgen we dat

P (Tai of Sai) = 1 − 2/216 = 214/216 = P (Tai) + P (Sai).

Omdat gegeven is dat P (Tai) = P (Sai) geldt dus:

2 · P (Tai) = 214 216, dus P (Tai) = 107/216.

Opgave 8. Noteer met X de toevalsvariable die het aantal keer Tai aangeeft.

Merk op dat X binomiaal is verdeeld met n = 30 en p = ¹⁰⁷₂₁₆. De kans dat er precies 15 van de 30 keer Tai wordt gegooid kan dan genoteerd worden als P (X = 15). Deze kans kan met behulp van de GR (bijv. binompdf(30,p,15) op de TI-84) uitgerekend worden en is ongeveer gelijk aan 0,14.

Opgave 9. Ten eerste merken we op dat ‘meer dan 250 Euro aan uitbetaling ontvangen’ hetzelfde is als dat de speler tenminste 13 keer heeft gewonnen!

Dus nu hoeven we nog alleen maar uit te rekenen wat de kans is dat de speler

(6)

tenminste 13 keer wint. Deze kans is gelijk aan de 1 min de kans dat de speler MINDER dan 13 keer wint:

P (X ≥ 13) = 1 − P (X < 13).

Omdat het aantal keer dat de speler wint alleen een geheel getal kan zijn, hebben we

P (X < 13) = P (X ≤ 12),

waarbij X een binomiale verdeling met parameters n = 30 en p = ¹⁰⁷₂₁₆ heeft.

Met behulp van de GR (bijv. binomcdf(25,p,12) opde TI-84) kunnen we deze kans uitrekenen. We krijgen P (X ≤ 12) ≈ 0,52. De gevraagde kans is P (X ≥ 13), en deze is gelijk aan:

P (X ≥ 13) = 1 − P (X ≤ 12) ≈ 0,48.

Opgave 10.

• Er zijn drie dobbelstenen die de waarde ‘5’ kunnen aannemen. We willen dat alleen één van de dobbelstenen de waarde ‘5’ aanneemt. Dit kan op 3 · 5 · 5 manieren. De kans op één ‘5’ is dan gelijk aan ₂₁₆⁷⁵.

• Van de drie dobbelstenen willen we dat er exact ´e´en dobbelsteen alle waarden mag aannemen, terwijl de overige twee dobbelstenen allebei de waarde

‘5’ hebben. Dit kan op 5 · 3 manieren. De kans op twee vijven is dan gelijk aan ₂₁₆¹⁵.

• Drie vijven kunnen alleen op ´e´en manier worden gegooid, dus de kans op drie vijven is gelijk aan ₂₁₆¹ .

• De verwachtingswaarde van de uitbetaling bij Wu is 0 ·125

216 + 20 · 75

216 + 30 · 15

216 + 130 · 1

216 ≈ 9,63 Euro.

• De kans op geen Tai is gelijk aan 1 − P (Tai) =¹⁰⁹₂₁₆.

• De verwachtingswaarde van de uitbetaling bij Tai is 0 ·109

216+ 20 · 107

216 ≈ 9,91 Euro.

We concluderen dat Tai de hoogste verwachtingswaarde heeft.

Bloeiperiode

Opgave 11. De bloeiperiode is gestegen van 30 naar 83 dagen in 25 jaar. De groeifactor per 25 jaar is gelijk aan 83/30. Per jaar is de groeifactor dus gelijk aan:

83 30

₂₅¹

≈ 1,0415,

(7)

dus het jaarlijks groeipercentage is gelijk aan (1,0415 − 1) ∗ 100% ≈ 4,15%.

Opgave 12. De lengte van de bloeiperiode in 1980 is gelijk aan 30 dagen. Om te bepalen in hoeveel jaar de bloeiperiode verdubbelt dienen we de volgende vergelijking op te lossen:

60 = 30 · 1, 042^t.

Met behulp van de GR (bijv. optie intersect) krijgen we dat t ≈ 16,85 jaren.

Opgave 13. Aangezien de bloeiperiode constant is (en dus niet verandert) tussen 1950 en 1980, betekent dat diagram A afvalt. Omdat de groei vanaf 1980 exponentieel is gestegen geldt dat diagram B juist is.

Reactiesnelheid

Opgave 14. Het gemiddelde wordt uitgerekend door de vijf vangafstanden bij elkaar op te tellen en te delen door vijf. De gemiddelde vangafstand van Henry is dus gelijk aan 16,6 cm. We zien in de tabel dat 16,6 tussen de waarden 16 en 18 ligt. De bijbehorende reactiesnelheden zijn 181 en 192 ms. Per cm neemt de reactiesnelheid toe met

192 − 181

2 ≈ 5,5 ms,

dus Henry komt uit op een reactiesnelheid van 181 + 0,6 · 5,5 = 184,3 ms, wat inderdaad afgerond 184 ms is.

Opgave 15. Laat de toevalsvariable X normaal verdeeld zijn met gemiddelde m = 178 en s = 14. We moeten dus uitrekenen: P (X < 184). Met behulp van de GR (bijv. normalcdf(-e99,184,178,14) op de TI-84) vinden we dat P (X < 184) ≈ 0,67.

Opgave 16. Eerst rekenen we uit wat de gemiddelde reactiesnelheid van een man moet zijn om tot de 5% snelste mannen te behoren. Dit kan met de GR- instructie invnorm(0.05,178,14) worden uitgerekend en is ongeveer gelijk aan 155 ms.

We kunnen de bijbehorende vangafstand A nu uitrekenen door R = 155 in de formule in te vullen. We krijgen dan de volgende vergelijking

155 = 100 · s

A 4, 9.

De GR (bijv. optie intersect) geeft de oplossing met A ≈ 11,7 cm.

Opgave 17. Aangezien we twee vrouwen hebben dienen we uit te rekenen:

P (X < 178) · P (X < 178). Dus het antwoord is (P (X < 178))², waarbij X nu normaal is verdeeld met m = 195 en s = 18. Met behulp van de GR (bijv.

normalcdf(-e99,178,195,18) op de TI-84) krijgen we dat P (X < 178) ≈ 0,1736. Het antwoord is dus 0,1736² ≈ 0, 03. De kans is dus ongeveer 3% dat beide vrouwen een reactietijd hebben die sneller is dan de gemiddelde reactietijd van mannen.

(8)

Opgave 18. We berekenen m + s door eerst m en s volledig uit te schrijven (buiten haakjes halen). Eerst doen we dit voor m:

m = 178 + 1,2 · (t − 30)

= 178 + 1, 2 · t + 1, 2 · (−30)

= 178 + 1, 2 · t − 36

= 142 + 1, 2 · t.

Nu doen we dit voor s:

s = 14 + 0,3 · (t − 30)

= 14 + 0, 3 · t − 0, 3 · 30

= 14 + 0, 3 · t − 9

= 5 + 0, 3 · t.

Nu berekenen we m + s:

m + s = 142 + 5 + 1, 2 · t + 0, 3 · t = 147 + 1, 5 · t.

Opgave 19. Uit de figuur zien we in dat we de ongelijkheid 147 + 1, 5 · t > 250 dienen op te lossen voor t. Dus:

147 + 1, 5 · t > 250.

Met behulp van de GR (bijv. optie intersect) krijgen we dat t groter dan 68,6 jaren dient te zijn.

Vogeltrek

Opgave 20. Het jaar 2020 is 40 jaar later dan 1980. Elke 10 jaar is de terugkeerdatum 3 dagen vroeger, dus na 40 jaar is de terugkeerdatum (40/10) · 3 = 12 dagen vroeger dan 2 mei. De terugkeerdatum in 2020 is dus gelijk aan 20 april.

Opgave 21. De formule luidt:

A = −0, 3 · t + 122.

Uitleg: Merk op dat als we t = 0 (komt overeen met 1980) invullen dat er dan 122 = 2 mei moet uitkomen. Verder is elke 10 jaar de terugkeerdatum 3 dagen vroeger, dus bij bijvoorbeeld t = 10 krijgen we -3, vandaar de factor -0,3.

Opgave 22. De formule voor de vertrekdatum D is:

D = −0, 06 · t + 222.

Uitleg: Merk op dat als we t = 0 (komt overeen met 1980) invullen dat D dan gelijk is aan 222. Dit is precies 122 + 100 dagen (de honderd dagen zijn gegeven). Verder is de factor -0,06 net als in opgave 21 te vinden.

(9)

De formule voor de verblijfsduur V kunnen we vinden door het verschil te nemen van D en A: V = D − A = 100 + 0, 24 · t.

Nu is de vraag wanneer V gelijk is aan 115, we moeten dus de lineaire vergelijking 100 + 0, 24 · t = 115

oplossen. Dit geeft t ≈ 62, 5 jaren. De gierzwaluw verblijft dus voor het eerst meer dan 115 dagen in Engeland in het jaar 2043.