De vergelijking van Antoine
1 maximumscore 4 • log1=0, dus 0 4,146 1144 53,15 T = − − 1 • Dit geeft 1144 4,146 53,15 T− = , dus 1144 53,15 4,146 T − = 1 • Hieruit volgt 53,15 1144 4,146 T = + (≈329,1) 1• Het antwoord: 329 (kelvin) 1
2 maximumscore 3
• Als T toeneemt, neemt T−53,15 toe en (omdat T >53,15) neemt 1144 53,15 T− af 1 • Dan neemt 4,146 1144 53,15 T −
− toe, dus log P neemt toe 1 • Als log P toeneemt, neemt ook P toe (dus de functie is stijgend) 1
3 maximumscore 3 • 1144 4,146 53,15 10 T P − − = 1
• Beschrijven hoe de waarde van d d
P
T met de GR gevonden kan worden 1
• De gevraagde waarde van d d P T is 0,011 (bar/kelvin) 1 of • 1144 4,146 53,15 10 T P − − = 1 • 1144 4,146 53,15 2 d 1144 10 ln10 d ( 53,15) T P T T − − = ⋅ ⋅ − 1
4 maximumscore 4 • log 4,146 1144 750 273,15 53,15 p t = − + − 1
• Hieruit volgt log log 750 4,146 1144 273,15 53,15
p
t
− = −
+ − 1
• a =log 750 4,146+ dus de gevraagde waarde van a is 7,02 1 • b =273,15 53,15− dus de gevraagde waarde van b is 220 1 of • log(750 ) 1144 273,15 P a T b = − − + 1 • log log 750 1144 273,15 P a T b = − − − + 1
• a −log 750 4,146= dus de gevraagde waarde van a is 7,02 1 • −273,15+ = −b 53,15 dus de gevraagde waarde van b is 220 1
Vierkanten
5 maximumscore 4
• De oppervlakte van OETS is (sinα +cos )α 2 (of 1 2sin cos+ α α) 1
•
( )
1 1 6 2sin π = en
( )
1 1 6 2cos π = 3 1
• De oppervlakte van OETS is 1 1 2 1
2 2 2
( + 3) = +1 3 (of
1 1 1
2 2 2
6 maximumscore 5 • 1 sin sin cos 1 GC = − − α α + α − 1 • Lijn GC heeft vectorvoorstelling
sin cos 1 1 sin
1 sin cos 1 x t y α + α + − − α = + ⋅ α + α − 1
• Snijden met de y-as geeft sinα +cosα + + ⋅ − −1 t ( 1 sin ) 0α = 1
• sin cos 1
sin 1 t= α + α +
α + 1
• 1 (sin cos 1) 1 (sin cos 1) (sin cos 1)
sin 1
OP= + ⋅t α + α − = + α + α + ⋅ α + α −
α + 1
of
• Driehoek GCR is gelijkvormig met driehoek GPQ 1 • Hieruit volgt PQ GQ
CR GR= 1
• GR =sinα +1, CR =sinα +cosα −1 en GQ =sinα +cosα +1 1
• Dit geeft sin cos 1
sin cos 1 sin 1
PQ = α + α +
α + α − α + , ofwel (sin cos 1)(sin cos 1)
sin 1
PQ= α + α − α + α +
α + 1
• Dus 1 1 (sin cos 1) (sin cos 1) sin 1
OP= +PQ= + α + α + ⋅ α + α −
α + 1
7 maximumscore 4
• (sinα +cosα −1)(sinα +cosα + =1) sin2α +cos2α +2sin cosα α −1 2
• sin2α +cos2α =1 dus sin2α +cos2α +2sin cosα α − =1 2sin cosα α 1 • 2sin cosα α =sin(2 )α dus 1 sin(2 )
sin 1 OP= + α
α + 1
8 maximumscore 6
• De hoogte van P is maximaal als OP maximaal is 1 • d 2cos(2 ) (sin 1) sin(2 ) cos2
dα (sin 1)
OP α ⋅ α + − α ⋅ α
=
α + 2
• Als OP maximaal is dan geldt d 0
dOP =α 1
• Beschrijven hoe deze vergelijking opgelost kan worden (voor
1 2
Halverwege
9 maximumscore 4
• Noem de x-coördinaat van P' p, dan is de x-coördinaat van P 2p 1 • De y-coördinaten van P' en P zijn gelijk, ofwel g p( )= f(2 )p 1 • Dit geeft 2 ( ) e p g p = 1 • Dus (omdat 2 2 e p =(e )p) a=e2 1 of
• De grafiek van g is het beeld van de grafiek van f na vermenigvuldiging ten opzichte van de y-as met factor 1
2 2 • Dus 2 ( ) e x g x = 1 • Dus (omdat 2 2 e x=(e )x) a= e2 1 10 maximumscore 5
• De grafiek van h ontstaat door de grafiek van f eerst 1 omlaag te schuiven, dan te spiegelen in de lijn y=x en daarna 1 omhoog te
schuiven 1
• De grafiek van f 1 omlaag schuiven geeft y=ex−1 1 • Spiegelen van de grafiek van y=ex−1 in de lijn y=x geeft x=ey−1 1
• x=ey− geeft 1 y=ln(x+1) 1
• Dan 1 omhoog schuiven geeft y= +1 ln(x+1) (dus h x( )= +1 ln(x+1)) 1 of
• Het spiegelbeeld van de grafiek van f in de lijn y=x is de grafiek van ( ) ln
k x = x 1
• De grafiek van h ontstaat door de grafiek van k 1 naar links en 1 naar
boven te verschuiven 2
• Dus h x( )= +1 ln(x+1) 2
of
• Het spiegelbeeld van de grafiek van f in de lijn y=x is de grafiek van ( ) ln
k x = x 1
• Het spiegelbeeld van de grafiek van f in de lijn y= +x 1 is de grafiek
van h x( )= +a ln(x b+ ) 2
Rakende cirkel
11 maximumscore 5 altijd toekennen *
• Noem PQ=x. Dan geldt: (AB=2en AP=QB dus) AP= −1 12x 1 • Hieruit volgt 1
2
1
AQ= + x 1
• De stelling van Pythagoras toepassen in driehoek AQR geeft
(
)
2 2 2 1 2 1+ x +x =2 1 • Dit geeft 5x2 +4x−12=0 1 • Dan volgt 6 5x= (x= −2 vervalt) (en dus 6
5
PQ= ) 1
12 maximumscore 6 altijd toekennen *
• In driehoek AMT, waarbij T de loodrechte projectie van M op AB is, geldt AM = −2 r en 6
5
MT = +r 2
• De stelling van Pythagoras toepassen in driehoek AMT geeft
2 2 6 2 5 (2−r) = + +1 ( r) 1 • 2 36 12 2 25 5 4 4− r+r = +1 + r+r 1 • Dit geeft 32 39 5 r 25 − = − 1 • Het antwoord: 39 160 r= 1 * Toelichting:
De inhoud van deze vragen vertoont overeenkomst met de inhoud van vragen uit het
Een eivorm
13 maximumscore 4
• Opgelost moet worden de vergelijking 2 3
87x−3x −2x =0 1 • Dit geeft x=0 of 87 3− x−2x2 =0 1 • Uit 2 87 3− x−2x = volgt0 3 705 4 x= ± − 1 • Het antwoord 5,89 (cm) 1 14 maximumscore 4 • De inhoud is 5,9 2 3 1 36 0 π (87
∫
x−3x −2 )dx x 2• Een primitieve van 87x−3x2−2x3 is 87 2 3 1 4
2 x −x −2x 1
• De gevraagde inhoud is 61 (cm3
) 1
Opmerking
In plaats van 5,9 mag ook een nauwkeuriger waarde van de bovengrens, bijvoorbeeld 5,89, genomen zijn.
15 maximumscore 4
• Voor 0≤ ≤ πt geeft de parametervoorstelling de rechterhelft van een
cirkel met middelpunt (4, 0) en straal 2 (cm) 1
• 1
• De lengte van het ei is 2 4+ =6 (cm) 1
• De breedte is 4 (cm) 1
Driehoek bij een vierdegraadsfunctie
16 maximumscore 8 • 3 ( ) 4 4 p f ' x = x− px 1 • 3 4x−4px =0 geeft x=0 of x2 = 1p 1 • Hieruit volgt 1 A p x = 1 • Dus 2 1 1 1 2 A p p p y = ⋅ − ⋅p = 1 • OA= AB als xA2+yA2 =(2xA)2 1 • 2 2 3 A A y = x geeft( )
( )
2 2 1 3 1 p = p (of: xA2+yA2 =(2xA)2 geeft( )
( )
( )
2 2 2 1 1 2 1 p + p = p , dus 2 1 1 4 1 p + p = ⋅ ) p 1• Dit herleiden tot 2
3 p = (of een gelijkwaardige uitdrukking)p 1 • Het antwoord 1 3 p= 1 of • 3 ( ) 4 4 p f ' x = x− px 1 • 3 4x−4px =0 geeft x=0 of 2 1 p x = 1 • Hieruit volgt 1 A p x = 1 • Dus 2 1 1 1 2 A p p p y = ⋅ − ⋅p = 1 • Dus A 1 p A y x = 1
• Uit de symmetrie van de grafiek van f in de y-as volgt p OB=OA, dus
Zwaartepunt
17 maximumscore 5
• Het verdelen van het gebied in drie rechthoeken met gelijke oppervlakte en in elk gebied de bijbehorende puntmassa aangeven 1 • Het tekenen van drie vectoren u, ven w zoals bijvoorbeeld hieronder 1
• Voor elke vector is de wegingsfactor 1
3 1
• Het zwaartepunt is eindpunt van de vector 1
(
)
3 u+ +v w
1
• Het tekenen van het zwaartepunt Z 1
of
• Het verdelen van het gebied in twee rechthoeken met gelijke
oppervlakte en in elk gebied de bijbehorende puntmassa aangeven 1 • Het tekenen van twee vectoren u en v zoals hieronder aangegeven 1
of
• Het verdelen van het gebied in drie rechthoeken met verschillende
oppervlakte en in elk gebied de bijbehorende puntmassa aangeven 1 • Het tekenen van drie vectoren u, v en w, bijvoorbeeld zoals hieronder 1
• Omdat de oppervlaktes zich verhouden als 1 : 4 : 1 is het zwaartepunt eindpunt van de vector 1 4 1
6u+6v+6w (= 1 2 1 6u+3v+6w ) 2
• Het tekenen van het zwaartepunt Z 1
of
• Verdelen van het gebied in drie rechthoeken met verschillende oppervlakte en in elk gebied aangeven van de puntmassa, zoals
bijvoorbeeld hierboven 1
• Kiezen van een oorsprong en geven van de kentallen van de drie vectoren van deze oorsprong tot de puntmassa’s, bijvoorbeeld 3
2 1 u= , 3 0 v= en 3 2 1 w= − 1 • Omdat de oppervlaktes zich verhouden als 1 : 4 : 1 is het zwaartepunt
eindpunt van de vector
1 1 4 1 1 4 1 3 3 3 6 6 6 6 6 6 2 2 2 1 3 1 0 0 u+ v+ w= + + − = 2
