∫ ∫ Het achtste deel

(1)

wiskunde B vwo 2015-II

Het achtste deel

1 maximumscore 4 • 9 ( ) 9 d − =

_∫

+ p A p x x 1

• Een primitieve van x+9 is 2 32

3(x+9) 2 • 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 ( )= ( +9) − − +( 9 9) = ( +9) A p p p 1 of • 9 ( ) 9 d − =

∫

+ p A p x x 1 • De afgeleide van 3 2 2 3(p+9) is gelijk aan p+9 2 • 3 3 3 2 2 2 2 2 2 3 3 3 ( )= ( +9) − − +( 9 9) = ( +9) A p p p 1 2 maximumscore 5

• De oppervlakte van het gebied ingesloten door de grafiek van f, de x-as

en de y-as is 2 32 2

3 3

( (0)A = (0 9)+ = ⋅27=) 18 1

• Voor p moet gelden: 18

8 ( )= A p 1 • 3 2 18 2 3(p+9) = 8 1 •

( )

₂₇ 23 8 9 + = p 1 • Het antwoord: 27 4 = − p (of p= −63₄) 1

(2)

wiskunde B vwo 2015-II

Vraag Antwoord Scores

Stuiterende bal

3 maximumscore 3

• (Uit 7 1

7 = 0⋅ =5 0

h h a h volgt) a7 =1₅ 1

• Beschrijven hoe deze vergelijking kan worden opgelost 1

• a=0, 79 1

• ₂ 1 _1,11

4, 9

⋅ h = geeft h₁≈1, 509 (of nauwkeuriger) 1

• 4

2 0, 68

4, 9

h

⋅ = geeft h₄ ≈0, 566(of nauwkeuriger) 1

• (h neemt exponentieel af met factor a dus) n

3 0, 566 1, 509 a ≈ 1 • a≈0, 721(of nauwkeuriger) 1 • 1 0 1, 509 2,1 0, 721 h h a

= ≈ ≈ (meter) (of 21 decimeter) 1

Opmerking

(3)

wiskunde B vwo 2015-II

Snijdende raaklijnen

• ∠CAS = ∠CBS=90°; raaklijn 1

• MA en NB zijn hoogtelijnen in driehoek MNC, dus S is het

hoogtepunt in deze driehoek; hoogtelijnen driehoek 1

• ∠CDM =90°; hoogtelijn driehoek 1

• Driehoeken MANen CDNzijn gelijkvormig; hh 2

• 1

of

• ∠ASC=90° − ∠ACS; hoekensom driehoek 1

• ∠MSD= ∠ASC=90° − ∠ACS; overstaande hoeken 1

• MA en NB zijn hoogtelijnen in driehoek MNC, dus S is het

• ∠NMS( 90= ° − ∠MSD)= ∠ACS; hoekensom driehoek 1

of

• ∠MBN =90° = ∠MAN; raaklijn 1

• Vierhoek MNABis een koordenvierhoek; Thales 1

• ∠AMN = ∠ABN; constante hoek 1

• ∠CBS =90° = ∠CAS dus vierhoek BSACis een koordenvierhoek 1

• ∠ABN = ∠ACS; constante hoek 1

• ∠ACS = ∠ABN = ∠AMN= ∠NMS 1

of

• MA en NB zijn hoogtelijnen in driehoek MNC, dus S is het

• ∠CAM = ∠CDM, dus M, D, A en C liggen op een cirkel;

constante hoek 2

• ∠ACS = ∠ACD= ∠AMD= ∠NMS; constante hoek 1

ACS

(4)

wiskunde B vwo 2015-II

Onveranderlijke lengte

6 maximumscore 7 • 2 ( ) ex 2e x a f ' x = ⋅ −a 1

• Voor de x-coördinaat van de top geldt: 2

ex 2e x 0 a⋅ − = 1 • Hieruit volgt 1 2 ex = a 2 • Dus 1 2 ln( ) = = U T x x a 1 • Hieruit volgt

( )

1 2 ln ln = − US a a 1 • Dus US =lna−(lna−ln 2)=ln 2 (of 1 2 ln a ln 2 US a   = _ _=   ) (dus US is onafhankelijk van a) 1

Over de muur

7 maximumscore 2 • x_P = −4 cosα 1 • y_P = +2 4 sinα 1 8 maximumscore 5 • d 10 20 cos sin d = − + α ⋅ α y t t 1

• In het hoogste punt geldt: t=2 cosα ⋅ sinα 1

• 2 2

top = −5(2 cosα ⋅ sin )α + +2 4 sinα +20 2(cos⋅ α ⋅ sin )α

y 1

• 2

top = +2 20 sinα ⋅cos α +4 sinα

y 1

•

(

2

)

3

top = +2 20 sinα −1 sin α +4 sinα = +2 24 sinα −20 sin α

y 1

(5)

wiskunde B vwo 2015-II

• De vergelijking 2

5 12, 3 4, 5 6

− t + t+ = moet worden opgelost 1

• Beschrijven hoe deze vergelijking kan worden opgelost 1

• t≈2, 33 (of nauwkeuriger) (t≈0,13 voldoet niet) 1

• x(2, 33)≈20, 4 (of nauwkeuriger) 1

• Het antwoord: 4 (meter) 1

Parabool en cirkel

• PF =PP′; parabool 1

• Ook geldt: FP=FQ (; cirkel), dus FQ=PP′ 1

• ∠FQP= ∠QPP′; Z-hoeken 1

• De driehoeken PQF en QPP′ zijn congruent; ZHZ, dus P Q′ =FP 1

• PQ=P Q′ ; middelloodlijn 1

• Dus PQ=FP 1

of

• PF =PP′; parabool 1

• Ook geldt: FP=FQ (; cirkel), dus FQ=PP′ 1

• FQ//PP′ en FQ=PP′, dus P PFQ′ is een parallellogram;

(parallellogram) 1

• Hieruit volgt P Q FP′ = 1

• PQ=P Q′ ; middelloodlijn 1

(6)

wiskunde B vwo 2015-II

Koordenvierhoek maken

• ∠CMB= ⋅∠2 CAB ; omtrekshoek 1

• ∠CBM = ∠BCM; (cirkel,) gelijkbenige driehoek 1

• Dus 1 2(180 ) ∠CBM = ° − ∠CMB ; hoekensom driehoek 1 • Dus 1 2(180 2 ) 90 ∠CBM = ° − ⋅∠CAB = ° − ∠CAB 1 of

• ∠CBM = ∠BCM, ∠ACM = ∠CAM en ∠BAM = ∠ABM ; (cirkel,)

gelijkbenige driehoek 1

• ∠ABM+ ∠CBM+ ∠BCM + ∠ACM + ∠CAM + ∠BAM =180°;

hoekensom driehoek 1

• Hieruit volgt ∠CBM + ∠CAM + ∠BAM =90° 1

• Dus ∠CBM =90° − ∠( CAM + ∠BAM)=90° − ∠CAB 1

of

• Het snijpunt van lijn BM en de kleine boog AC noemen we D.

90

∠BCD= °; Thales 1

• ∠CBM(= ∠CBD)=90° − ∠CDB; hoekensom driehoek 1

• ∠CAB= ∠CDB; constante hoek 1

• Dus ∠CBM =90° − ∠CAB 1

of

• Kies punt E op de raaklijn aan de cirkel in B, rechts van B.

90

∠EBM = °; raaklijn 1

• ∠CBM =90° − ∠CBE 1

• ∠CAB= ∠CBE; hoek tussen koorde en raaklijn 1

• Dus ∠CBM =90° − ∠CAB 1

• ∠CQP=90° + ∠CBM ; buitenhoek driehoek 2

• ∠CQP=(90° +(90° − ∠CAB))=180° − ∠CAB 1

(7)

wiskunde B vwo 2015-II

Lemniscaat

14 maximumscore 4 • Er moet gelden 1 4 sint⋅cost= 1 • ( 1 2

2 sint⋅cost= geeft) 1 2

sin(2 )t = 1

• Op het interval [0, 2π〉 zijn de oplossingen 1 12π t = , 5 12π t= , 13 12 = π t en 17 12 = π t 2 15 maximumscore 6

• In de oorsprong geldt: cost=0 1

• 1 2π t= (of t = π3₂ ) 1 • x' t( )= −sint 1 • 2 2 ( ) cos sin y' t = t− t (=cos(2 )t ) 1 • 1 2 ( ) 1 x' π = − en y'(1₂π = − ) 1 1 • De snelheid is 2 2 ( 1)− + −( 1) = 2 1 of

• In de oorsprong geldt: cost=0 1

• 1 2π t= (of t = π3₂ ) 1 • x' t( )= −sint 1 • 2 2 ( ) cos sin y' t = t− t (=cos(2 )t ) 1 • 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2

( )= sin ( π +) (cos ( π −) sin ( π))

v t 1 • 1 2 ( ) 2 v π = 1 Opmerking

(8)

wiskunde B vwo 2015-II

• 2 2 2

( ( ))y t =sin t⋅cos t 1

• 2 2 2

( ( ))y t = −(1 cos t) cos⋅ t 1

• Substitutie van x t( )=cost geeft ( ( ))y t 2 = −(1 ( ( )) ) ( ( ))x t 2 ⋅ x t 2

(dus y2 =x2⋅ −(1 x2)) 1

of

• 2 2 2 2

( ( ))y t =(sint⋅cos )t =sin t⋅cos t 1

• 2 2

( ( ))x t =cos t en ( ( ))y t 2 =sin2t⋅cos2t invullen in y2 =x2⋅ −(1 x2)

geeft sin2t⋅cos2t=cos2t⋅ −(1 cos2t) 1

• Dit is juist omdat _sin2_t₊_cos2_t₌₁ ₁

of

• 2 2 2 2

( ( ))x t ⋅ −(1 ( ( )) )x t =cos t⋅ −(1 cos t) 1

• 2 2 2 2

cos t⋅ −(1 cos t)=cos t⋅sin t 1

• 2 2 2 2

cos t⋅sin t=(sint⋅cos )t =( ( ))y t (dus y2 =x2⋅ −(1 x2)) 1

• De gevraagde inhoud is gelijk aan

1 2 0

π dy x

∫

1

• De inhoud is gelijk aan

1

2 4 0

π (

∫

x −x )dx 1

• Een primitieve van _x2 _{− is}_x4 1 3 1 5

3x −5x 1

• De inhoud is 2