Rakende grafieken?

(1)

wiskunde B pilot vwo 2017-I

Rakende grafieken?

1 maximumscore 5 • Er moet gelden f x( )=g x( ) en f ' x( )=g ' x( ) 1 • _{( )} 1 x f ' x = en 1 e ( ) g ' x = ⋅ x 1

• Uit f ' x( )=g ' x( ) volgt x= e (x= − e voldoet niet) 1

• f

( )

e = en 1₂ g

( )

e =1₂ 1

• ( f

( ) ( )

e =g e en f '

( ) ( )

e =g' e , dus) de grafieken van f en g

raken elkaar 1

Bewegen over een lijn

2 maximumscore 4 • ₁ 2 3 p OP p   = ₋ ₊     1 • PQ (of OP')

(

)

1 2 p 3 p − − +  = _ _   (= 1 2 p 3 p  −     ) 1 • 1 2 1 2 1 3 3 p OQ OP PQ p  −  = + = _ _ +      1 • Het stelsel 1 2 1 2 1 3 3 x p y p  = −   = +

 geeft voor m de vergelijking

1 3 4 y= x+ 1 of • De punten P₁(0, 3) en P₂(6, 0) liggen op k 1 • Dit geeft P '₁ ( 3, 0)− en P '₂ (0, 6) 1

(2)

wiskunde B pilot vwo 2017-I

Vraag Antwoord Scores

Een derde cirkel

3 maximumscore 4 • In driehoek M M M geldt₁ ₂ ₃ 2 2 2 1 2 3 (r+2) =8 + +(r 6) − ⋅ ⋅ + ⋅2 8 (r 6) cos(∠M M M ) 1 • 2 2 2 1 2 3 ( 2) 8 ( 6) cos( ) 2 8 ( 6) r r M M M r + − − + ∠ = − ⋅ ⋅ + 1

• De teller herleiden tot − −8r 96 1

• De rest van de herleiding tot cos( ₁ ₂ ₃) 12 2 12 r M M M r + ∠ = + 1 4 maximumscore 3 • ( 12 12 1 12 2 12 2 r r r r + + ₌ + + , dus) 12 2 12 r r + + nadert tot 12 2

• (cos(∠M M M₁ ₂ ₃) nadert tot 1₂,) dus de limiet is 60° ₁ of

• (de termen 12 in teller en noemer zijn voor grote waarden van r verwaarloosbaar, dus) 12 2 12 r r + + nadert tot 12 2

• (cos(∠M M M₁ ₂ ₃) nadert tot 1₂,) dus de limiet is 60° ₁ of

• Als r onbegrensd toeneemt, nadert c₃ tot een gemeenschappelijke

raaklijn aan c₁ en c₂ 1

• Een redenering of berekening waaruit volgt dat deze raaklijn de x-as in

( 6, 0)− snijdt, dus ₁ ₂ ₃ 2 4

cos(∠M M M )= (of ₁ ₂ ₃ 6

12

cos(∠M M M )= ) 1

(3)

wiskunde B pilot vwo 2017-I

5 maximumscore 6

• De stelling van Pythagoras in driehoek M PM geeft₁ ₃

2 2 2

(r+2) =r + − −( 2 a) , met a de x-coördinaat van M₃ 1 • De stelling van Pythagoras in driehoek M PM geeft₂ ₃

2 2 2

(r+6) =r + −(6 a) 1

• Dit geeft 4r=a2+4a en 12r=a2−12a 1 • Hieruit volgt 3(a2 +4 )a =a2−12a 1 • Dus 2a2+24a= , dus (0 a a+12)= , dus 0 a= −12 (a=0 voldoet niet) 1 • Invullen in een eerder gevonden vergelijking met r en a geeft r=24 1 of • cos(∠PM M₂ ₃)=cos(∠M M M₁ ₂ ₃) 1 • 2 12 6 2 12 M P r r r + = + + 1 • Dit geeft 1 2 2 6 M P= r+ 1

• De stelling van Pythagoras in driehoek M PM geeft₂ ₃

2 2 2

1 2

( r+6) +r = +(r 6) (of in driehoek M PM : ₁ ₃ (1₂r−2)2+r2 = +(r 2)2) 1 • Herleiden tot een kwadratische vergelijking zonder haakjes 1 • Hieruit volgt r=24 (r=0 voldoet niet) 1 of

• De stelling van Pythagoras in driehoek M PM geeft₂ ₃

2 2 2 2 ( 6) r +M P = +r 1 • M P₂ = 12r+36 1 • cos(∠M M M₁ ₂ ₃)=cos(∠PM M₂ ₃) 1 • 12 12 36 2 12 6 r r r r + + = + + , dus 2 12r+36 = +r 12 1

(4)

wiskunde B pilot vwo 2017-I

Een achtbaan

• De afgeleide van sin(2 )t is 2 cos(2 )t 1 • x' t( )= −sin( )t +2 cos(2 )t en y' t( )= −2 sin( )t 1 • Voor de snelheid v op tijdstip t geldt

2 2

( ) ( sin( ) 2 cos(2 )) ( 2 sin( ))

v t = − t + t + − t 1

• Beschrijven hoe het maximum van v kan worden bepaald 1*

• De maximale snelheid is 3,6 (m/s) 1*

• 2 cos( )t =cos( ) sin(2 )t + t geeft 2 cos( )t =cos( )t +2 sin( ) cos( )t t 1

• cos( ) 2 sin( ) cos( )t − t t =0 1

• cos( )(1 2 sin( ))t − t =0, dus 1 2

sin( )t = (cos( )t =0 voldoet niet, want dat

geeft O) 1

• Dit geeft t= π of 1₆ t = π5₆ 1

• De beweging duurt 2₃π (s) 1

of

• 2 cos( )t =cos( ) sin(2 )t + t geeft sin(2 )t =cos( )t , dus 1 2 sin(2 )t =sin( π − t) 1 • 1 2 2t= π − + ⋅ π (met k geheel) of t k 2 1 2 2t= π − π − + ⋅ π (met k ( t) k 2 geheel) 1 • 1 2 6 3 t= π + ⋅ π (met k geheel) of k 1 2 2 t= π + ⋅ π (met k geheel) k 1 • Dit geeft 1 6 t= π of 5 6 t = π (want 1 2 1 t= π en 1 2 2 t= π + ⋅ π geven O) k 1 • De beweging duurt 2 3π (s) 1

(5)

wiskunde B pilot vwo 2017-I

• De helling van lijnstuk PQ op tijdstip t is gelijk aan 2 cos( ) 2 cos( )

cos( ) sin(2( )) (cos( ) sin(2 ))

t t

t t t t

+ π −

+ π + + π − + 1

• sin(2(t+ π =)) sin(2t+ π =2 ) sin(2 )t 1

• De helling is gelijk aan

2 cos( ) 2 cos( ) 2 cos( ) 2 cos( ) cos( ) sin(2 ) cos( ) sin(2 ) cos( ) cos( )

t t t t

t t t t t t

+ π − + π −

=

+ π + − − + π − 1

• Dit is (voor elke waarde van t met cos( )t ≠0) gelijk aan (2 cos(

(

) cos( )

)

cos( ) cos( ) t t t t + π − =

+ π − ) 2 (en dus onafhankelijk van t) 1 of

• De helling van lijnstuk PQ op tijdstip t is gelijk aan 2 cos( ) 2 cos( )

cos( ) sin(2( )) (cos( ) sin(2 ))

t t

t t t t

+ π −

+ π + + π − + 1

• sin(2(t+ π =)) sin(2t+ π =2 ) sin(2 )t 1

• cos(t+ π = −) cos( )t , dus de helling is gelijk aan 2 cos( ) 2 cos( ) 2 cos( ) 2 cos( ) cos( ) sin(2 ) cos( ) sin(2 ) cos( ) cos( )

t t t t

t t t t t t

− − − −

=

− + − − − − 1

• Dit is (voor elke waarde van t met cos( )t ≠0) gelijk aan ( 4 cos( ) 2 cos( ) t t

− ₌

− ) 2

(6)

wiskunde B pilot vwo 2017-I

Een gebroken functie

• De vergelijking 5 31₂

4x−6 = −x moet worden opgelost 1

• Dit geeft x2−5x+ =4 0 1

• Herleiden tot

(

x−1

)(

x−4

)

= geeft 0 x=1 of x=4 1 • De coördinaten van punt B zijn (4, )1₂ 1

• De inhoud van het linkerdeel is gelijk aan

2 1 0 5 d 4x 6 x   π⋅ 

∫

_ ₋ _ 1

• De inhoud van het rechterdeel is gelijk aan

(

)

1 2 3 2 1 2 1 3 d x x π⋅

∫

− 1

• Een primitieve van

2 5 4x 6    ₋    is 25 4(4x 6) − − 1

(

1

)

2

2 3 x− is 1

(

1

)

3 2 3 x−3 1 • De inhoud is (2₁₂1 π +5₂₄5 π = ) 7₂₄7 π 1 of

• De inhoud van het linkerdeel is gelijk aan

2 1 0 5 d 4x 6 x   π⋅ 

∫

_ ₋ _ 1

2 5 4x 6    ₋    is 25 4(4x 6) − − 1

• De inhoud van het rechterdeel is gelijk aan de inhoud van de kegel die ontstaat door lijn k van x=1 tot 1

2 3

x= om de x-as te wentelen 1 • De hoogte van de kegel is 1

2

2 , de straal van het grondvlak G is

( −21₂ )=21₂, de inhoud van de kegel is te berekenen met 1₃⋅ ⋅G h 1 • De inhoud is 1 5

12 24

(2 π +5 π = ) 7 24

(7)

wiskunde B pilot vwo 2017-I

11 maximumscore 4 • Er geldt ( ) 5 4 6 g x a x = +

− en de grafiek van g heeft een verticale asymptoot met vergelijking 1

2

1

x= 1

• De horizontale asymptoot van de grafiek van g heeft vergelijking y=a 1 • De verticale asymptoot van de grafiek van de inverse functie van g

(ontstaan door spiegeling in de lijn met vergelijking y= ) is dus dex

lijn met vergelijking x=a 1

• ( 1 2 1 4 a− = , dus) 1 2 2 a= − of 1 2 5 a= 1 of • Er geldt ( ) 5 4 6 g x a x = +

− en de grafiek van g heeft een verticale asymptoot met vergelijking 1

2

1

x= 1

• Voor de grafiek van de inverse functie van g geldt 5 11₂ 4( ) y

x a

= +

− 1

• De verticale asymptoot van de grafiek van de inverse functie van g

(8)

wiskunde B pilot vwo 2017-I

Brandwerendheid van een deur

12 maximumscore 5 • T '_nat( )t 1050 e ln ( ) 6ln( ) 92 t t 2 ln( )t 6 t t + − − −  = ⋅ ⋅_ + _   2 • T '_nat( )t =0_geeft 2 ln( )t 6 0 t t − _{+ =} 1 • Dit geeft ln( )t =3 1 • De maximale temperatuur is 20 1050+ ⋅e0 =1070 (ºC) 1 of • De herleiding tot 20 1050+ ⋅e−(ln( ) 3)t− 2 2 • Dit is maximaal als −(ln( ) 3)t − 2 maximaal is 1

• Dat is het geval als ln( )t =3 1

• De maximale temperatuur is 20 1050+ ⋅e0 =1070 (ºC) 1 of

• T_nat is maximaal als −ln ( ) 6 ln( ) 92 t + t − maximaal is 2 • d

(

ln ( ) 6 ln( ) 92

)

2 ln( ) 6 d t t t t t t − − + − = + 1 • 2 ln( )t 6 0 t t − + = geeft ln( )t = 3 1 • De maximale temperatuur is 20 1050+ ⋅e0 =1070 (ºC) 1 Opmerking

Als in het eerste antwoordalternatief voor T '_nat( )t de uitdrukking 2 ln ( ) 6ln( ) 9 6 1050 e t t 2 ln( )t t + − −   ⋅ ⋅ −_ + _

  wordt gegeven, dan één van de twee scorepunten voor de afgeleide functie toekennen.

• De vergelijking 20 345 log(8+ ⋅ t+ =1) 300_{moet worden opgelost} 1 • log(8t+ =1) 280₃₄₅ (of 0,8116) 1 •

280 345

8t+ =1 10 (of 6, 4803) 1

(9)

wiskunde B pilot vwo 2017-I

• De oppervlakte van het grijze vlakdeel in figuur 3 is

(

)

30

0,69

20 345 log(8+ ⋅ t+ −1) 300 dt

∫

1

• Deze oppervlakte is (ongeveer) 11 929 1 • Beschrijven hoe de vergelijking T_nat( )t =300 kan worden opgelost 1 • Dit geeft t≈6, 36 (of nauwkeuriger) 1 • De oppervlakte bij de natuurlijke brand is

2 30 ln ( ) 6 ln( ) 9 6,36 (20 1050 e+ ⋅ − t + t − −300) dt

∫

1

• Deze oppervlakte is (ongeveer) 14 242 1 • (14 242 11 929> , dus) de deur houdt tijdens de natuurlijke brand niet

minstens 30 minuten stand 1

of

• De oppervlakte van het grijze vlakdeel in figuur 3 is

(

)

30

0,69

20 345 log(8+ ⋅ t+ −1) 300 dt

∫

1

• Deze oppervlakte is (ongeveer) 11 929 1 • Beschrijven hoe de vergelijking T_nat( )t =300 kan worden opgelost 1 • Dit geeft t≈6, 36 (of nauwkeuriger) 1 • Beschrijven hoe de vergelijking

2 ln ( ) 6 ln( ) 9 6,36 (20 1050 e 300) d 11 929 x t t t − + − + ⋅ − =

∫

kan worden opgelost 1

• Dit geeft x≈26 1

• (26<30, dus) de deur houdt tijdens de natuurlijke brand niet minstens

30 minuten stand 1

(10)

wiskunde B pilot vwo 2017-I

Perforatie

• (x2+1)(x−2)=0 geeft x=2 (want x2+ = heeft geen oplossing)1 0 1 • x=2 invullen in px2+4px+6 geeft 4p+8p+6 (=12p+6) 1 • 12p+ =6 0 geeft 1

2

p= − (dus voor 1 2

p= − heeft de grafiek van f een _p

perforatie) 1 • 1 2 1 2 2 ( 2)( 3) ( ) ( 1)( 2) x x f x x x − − − − = + − 1 • 1 2 1 2 2 3 ( ) 1 x f x x − − − = + (voor x≠2) 1

• De coördinaten van de perforatie zijn

(

4

)

5 2,− (want 1 2 4 5 2 lim ( ) x f₋ x → = − ) 1 of

• Herleiden van de teller tot (x−2)(px+6 ) 12p + p+6 2 • 12p+ = geeft6 0 p= − (dus voor 1₂ p= − heeft de grafiek van 1₂ f een _p

perforatie) 1 • 1 2 1 2 2 ( 2)( 3) ( ) ( 1)( 2) x x f x x x − − − − = + − 1 • 1 2 1 2 2 3 ( ) 1 x f x x − − − = + (voor x≠2) 1

(

4

)

5 2,− (want 1 2 4 5 2 lim ( ) x→ f− x = − ) 1 of • px2+4px+ =6 0 geeft 2 4 16 24 2 p p p x p − ± − = 1

• (x2+1)(x−2)=0 geeft x=2 (want x2+ = heeft geen oplossing)1 0 (dus er is een perforatie bij x=2), dus er moet gelden

2 4 16 24 2 2 p p p p − ± − = 1 • Dit geeft 1 2 p= − 1 • 1 2 1 2 2 ( 2)( 3) ( ) ( 1)( 2) x x f x x x − − − − = + − 1 • 1 2 1 2 2 3 ( ) 1 x f x x − − − = + (voor x≠2) 1

(

2,−4₅

)

(want 1

4 5 lim f₋ ( )x