 Twee functies

(1)

www.examenstick.nl www.havovwo.nl

wiskunde B bezem vwo 2018-II

Twee functies

1 maximumscore 4 • f ' x( ) ex 1 • 2 1 ( ) ( 1) g' x x    1

• Beschrijven hoe de vergelijking e 1 ₂ ( 1)

x

   

 kan worden opgelost 1

• Het antwoord 2,51 1

of

• De vergelijking f ' x( )g' x( ) moet worden opgelost 1 • Beschrijven hoe deze vergelijking kan worden opgelost 2

• Het antwoord 2,51 1

2 maximumscore 4

• Een primitieve van ( )g x is (omdat x 1) ln(x1) 1 • De oppervlakte van W is 0 ( ) d ln( 1) a g x x a



1

• Opgelost moet worden: ln(a 1) 2011 1 • Dit geeft a 1 e2011, dus ae20111 1

Vraag Antwoord Scores

(2)

wiskunde B bezem vwo 2018-II

Temperatuur in de aardbodem

3 maximumscore 3 • Er moet gelden 15 1 2, 9 10, 0 e D    _{ }   1

• Beschrijven hoe deze vergelijking opgelost kan worden 1 • De gevraagde waarde van D is 12,1 1 of • De groeifactor per cm is 1 15 2, 9 10, 0    

  , dus er moet gelden 1 15 2, 9 1 10, 0 e D      _{ }   _ _      1 • Beschrijven hoe deze vergelijking opgelost kan worden 1 • De gevraagde waarde van D is 12,1 1

Opmerking

Als de waarde van D is berekend met behulp van de formule

( ) 10, 0 0, 92z

A z   die na vraag 3 gegeven is (dus zonder gebruik te maken van (15)A 2, 9), voor deze vraag geen scorepunten toekennen.

(3)

wiskunde B bezem vwo 2018-II

• Een t-waarde van het maximum van

15 π

20, 0 10, 0 0, 92 sin ( 7, 9 0, 28 15) 12

T     _ t   _

  moet worden bepaald 1 • T is maximaal als sin π ( 12,1) 1

12 t

 _ _

 

  2

• Dit is (bijvoorbeeld) het geval als π ( 12,1) π

12 t  2 1

• Dit geeft t12,1 6 , dus t 18,1 1 • Dit is om 18:06 uur (of: om zes over zes ’s avonds) 1 of

• Een t-waarde van het maximum van

15 π

20, 0 10, 0 0, 92 sin ( 7, 9 0, 28 15) 12

T     _ t   _

  moet worden bepaald 1 • 10, 0 0, 9215 π cos π ( 12,1) 12 12 T '     _ t _   1 • T '  als (bijvoorbeeld) 0 π ( 12,1) π 12 t  2 1

• Een toelichting waaruit blijkt dat de oplossing van deze vergelijking

inderdaad een maximum van T oplevert 1 • π ( 12,1) π

12 t  geeft 2 t12,1 , dus 6 t18,1 1 • Dit is om 18:06 uur (of: om zes over zes ’s avonds) 1

(4)

wiskunde B bezem vwo 2018-II

Koorde evenwijdig aan raaklijn

• PQ/ /AB , dus QPM  BAM ; F-hoeken 1 • MQMP (; cirkel), dus MQP QPM ; gelijkbenige driehoek 1

• Dus MQP BAM 1

• ABM 90; raaklijn 1

• QPS90; Thales 1

• QS  2 PM (; cirkel) en AM  2 PM 1

• Dus QPS ABM en QS AM. Verder geldt

PQS MQP BAM

     , dus QPS  ABM ; ZHH 1

• Hieruit volgt PS MB 1

of

• ABM 90; raaklijn 1

• Verder geldt AM  2 PM  2 BM(; cirkel), dus BAM 30; halve

gelijkzijdige driehoek 1

• QPS90; Thales 1

• Verder geldt PQS MQP BAM 30 , dus PS 1₂QS; halve

gelijkzijdige driehoek 1

• Dus PS MS MB(; cirkel) 1

(5)

wiskunde B bezem vwo 2018-II

Wortelfunctie met cosinus

7 maximumscore 5 • 1 2 1 cos x  6 geeft 3 2 1 cos x  , dus 1 2 cos x  1

• Dit geeft (voor π x 2π) 4 3π x 1 • ( ) sin 2 1 cos x f ' x x   2

• De gevraagde richtingscoëfficiënt is f '( π)4₃  1₄ 2 (of: 1 2 2  ) 1 of • Op



0, 2π



is 2

 

1

 

1 2 2 ( ) 1 (1 2 sin ) 2 sin f x    x   x 1

• 2 sin

 

1₂x  1₂ 6 geeft sin

 

1₂x 1₂ 3 1 • Dit geeft (voor π x 2π) 4

(6)

wiskunde B bezem vwo 2018-II

8 maximumscore 8 • 1 2 2 x 2 geeft x2 1 • De inhoud van L is 2 2 1 2 0 π (



2x) dx + π 2 2 π ( 2) dx

_

– π 2 0 π ( 1 cos ) d



 x x 2

• Dus de inhoud van L is 2 2 1 2 0 π



x dx + π 2 π 2 dx

_

– π 0 π (1 cos ) d



 x x 1

• Een primitieve van 1 2 2x is

3 1

6x en een primitieve van 2 is 2x 1 • Een primitieve van 1 cos x is xsinx 1

• De inhoud van L is π   1₆ 23 π (2π 4) π π   1 • Het antwoord: π28₃π (of π(π8₃)) 1 of

• De inhoud van L is inhoud kegel + inhoud cilinder π 0 π (1 cos ) dx x  

_

 2 • 1 2 2 x 2 geeft x2 1

• De inhoud van de kegel is 1₃π ( 2) 2 2 1 • De inhoud van de cilinder is π ( 2) (π 2) 2  1 • Een primitieve van 1 cos x is xsinx 1

• De inhoud van L is 1

3π 4 π (2π 4) π π      1 • Het antwoord: π28₃π (of π(π8₃)) 1

(7)

wiskunde B bezem vwo 2018-II

Twee lijnen die raken aan parabolen

• Voor het rechter raakpunt geldt: 2 1 12 3x  x 1 • Uit 2 1 12 3x  x  volgt 0 1 1 2 6 (3x )(x )0 (of: 2 1 12 1 ( 1) 4 3 2 3 x       ) 1 • Dit geeft x 1₆ 1 • De gevraagde oppervlakte is 1 6 0 2



( ( )f x x) dx 1

• Een primitieve van 3x2  is ₁₂1 x x3₁₂1 x₂1 x2 1

• De gevraagde oppervlakte is ₁₀₈1 1 of

• Voor het rechter raakpunt geldt: f ' x( )1 1

• f ' x( )6x, dus 6x1 1 • Dit geeft 1 6 x 1 • De gevraagde oppervlakte is 1 6 0 2



( ( )f x x) dx 1

(8)

wiskunde B bezem vwo 2018-II

• Voor het rechter raakpunt geldt: g_{a b}_, ( )x  ₂1x en g_{a b}_, ' x( )1₂ 1

• g_{a b}_, ' x( )2ax 1 • 1 , ( ) 2 a b g ' x  geeft 1 2

2ax dus (omdat a0) 1 4a x 1 • g_{a b}_, ( )x ₂1 x geeft a

 

₄1_a 2  b ₂1 ₄1_a 1 • Hieruit volgt 2 1 8 16 a a a b  1

• Dit geeft b_16a1 1

of

• 1

, ( ) 2

a b

g x  x heeft precies één oplossing 1 • Dit geeft: 2 1

2

ax  b x heeft precies één oplossing 1 • Dus ax21₂x b  heeft precies één oplossing 0 1 • Dit geeft D0 ofwel 1 2

2

( )     4 a b 0 1 • Dus 1

4

4 a b   1

• Dit geeft (omdat a0) 1 16a

b 1

Koordenvierhoek en gelijke hoeken

• BDC BAC; constante hoek 1

• BAC AFE; Z-hoeken 1

• Dus CDE BDC AFE 1

• AFE EFC180; gestrekte hoek 1 • Hieruit volgt CDE EFC180, dus vierhoek CDEF is een

koordenvierhoek (; koordenvierhoek) 1

• ADB ACB; constante hoek 1 • EDF ECF; constante hoek 1 • Dus ADF  ADB EDF  ACB ECF  BCE 1

(9)

wiskunde B bezem vwo 2018-II

Fontein

• De druppel valt in de vijver als y dus als 0 h4, 9 , dus alst2

4, 9

h

t 1

• Dan geldt xd, dus

4, 9 h d  v 1 • Dit geeft 19, 6 (2, 50 ) 4,9 h d    h 1 • Dus d  4 h (2, 50h) 1 • Hieruit volgt d  2 h(2, 50h) 1 of

• De druppel valt in de vijver als xd en y , dus als 0 v t d en 2 4, 9 h t 1 • Hieruit volgt t d v  en dus h 4, 9 d₂2 v   1

(10)

wiskunde B bezem vwo 2018-II

• d is maximaal als h(2, 50 maximaal ish) 1 • Het maximum van h(2, 50 wordt aangenomen midden tussen deh)

nulpunten 0 en 2,50 (of: h(2, 50h)2, 50h h 2, dus de afgeleide van (2, 50 )

h  is 2,50 2hh  ) 1

• Dus h(2, 50 is maximaal voor h) h1, 25 (of: dus h(2, 50 ish)

maximaal als 2, 50 2 h en dit geeft 0 h1, 25) 1 • De maximale waarde van d is 2 1, 25 (2, 50 1, 25)  , dus de gevraagde

afstand is 2,50 m (of 250 (cm)) 1 of • 2 1 (1 (2, 50 ) 1) 2 (2, 50 ) d ' h h h h            1 • d ' als (1 (2,500      h) h 1) 0 1 • Dit geeft 2, 50 2 h dus 0 h1, 25 1 • De maximale waarde van d is 2 1, 25 (2, 50 1, 25)  , dus de gevraagde

afstand is 2,50 m (of 250 (cm)) 1

Vierkant tussen buigpunten

• f ' x_p ( ) 1 (  x23 ) (p  x 3 ) 2p  x (of: f_p( )x x33px2 3px9p2) 1 • Dus f ' x_p ( )3x26px3p 1

• Hieruit volgt f ' ' x_p ( )6x6p 1

• f ' ' x_p ( )0 geeft de x-coördinaat van buigpunt A: x_A p 1

• De y-coördinaat van A is y_A  f_p

 

p  2p36p2 1

• Hieruit volgt: x_B   en p y_B   2( p)3 6( p)2 2p36p2

(of y_B  f__p

 

p 2p36p2) 1 • De zijden van de rechthoek hebben lengten 2 p en 4 p3 1 • Beschrijven hoe uit 4p3 2p de (positieve) waarde van p gevonden

kan worden 1

• Het antwoord is 0,71 1