Bewegend punt

(1)

wiskunde B vwo 2018-I

Bewegend punt

1 maximumscore 4

• ( 2

1− = geeft t 0 t= −1 of t =1; y( 1)− =0, dus) bij punt A hoort t=1 1

• d 2 d x t t = − en d 2(1 ) d y t t = + 1 • 1 d 2 d _t x t ₌   _{= −}     en 1 d 4 d _t y t ₌   ₌     1 • De snelheid is ( 2 2 ( 2)− +4 = ) 2 5 (of 20 ) 1 2 maximumscore 4 • 2 2 1 1 2 x+ = − + + +y t t t 1 • x+ =y 2(1+t) (of x+ = +y 2 2t) 1 • 2 2 (x+y) =4(1+t) 1 • 2 4y=4(1+t) (dus is (x+y)2 =4y) 1 of • Te bewijzen is 2 2 2 2

(1− + +t (1 t) ) =4(1+t) (voor elke waarde van t) 1

• 2 2 1− + +t (1 t) = +2 2t 1 • 2 2 (2 2 )+ t = + +4 8t 4t 1 • 2 2 4(1+t) = + +4 8t 4t (dus is (x+y)2 =4y) 1

(2)

wiskunde B vwo 2018-I

Vraag Antwoord Scores

Lijn door de toppen

• f ' x_a( )= geeft 0 eax

(

1+ax

)

=0 1

• ( eax ≠ ) dus 0 1+ax=0, dus (voor de x-coördinaat van de top geldt) 1

x a

= − 1

• Voor de y-coördinaat van de top geldt y f_a 1 1 e 1

a a

−

  = _− _= − ⋅

  1

• Dit is gelijk aan 1 1

e⋅ −a (dus de top ligt op lijn l) 1 of

• f ' x_a( )= geeft 0 eax

(

1+ax

)

=0 1

• ( eax ≠ ) dus 0 1+ax=0, dus (voor de x-coördinaat van de top geldt)

1 x a = − 1 • Uit x 1 a = − volgt a 1 x = − 1 • Invullen in f geefta 1 1 e e x x

y=x − ⋅ = x (dus de top ligt op lijn l) 1 of • ( ) 1 e a f x = x geeft e 1 e ax ₌ (x=0 voldoet niet) 1 • Dus ax= −1, dus x 1 a = − 1 • 1 1 1 1 ea a ea a a f ' a a a ⋅ − ⋅ − ₋ ₌ _{+ ⋅ −}     1

• Dit is gelijk aan _e−1₋_e−1_{= (dus de top ligt op lijn l)}₀ ₁

• (Er moet gelden: F '(x)_a  f_a(x) ;) de afgeleide van ea x is ea x a 1 • De afgeleide van 1₂ ea x a is 2 a x a   1 1 e ea x a a 1

• Toepassen van de productregel geeft F '_a(x) 1ea x1x ae a x e1 a x  ex a x

a a a

 f_a

(3)

wiskunde B vwo 2018-I

• e 1

e

x

x = x geeft x=0 of ex=e−1, dus x=0 of x= −1 1 • De gevraagde oppervlakte is gelijk aan 0

1 1 e d e x x x x −  ₋     

∫

1

• Een primitieve van 1

ex is

2

1

2ex 1

• Een primitieve van 1 e e x x−x is 1 2 e e 2e x x x −x + 1

• De oppervlakte is gelijk aan 1 1 2 2e e − − ( 1 5 2e = − ) 1 of • e 1 e x x = x geeft x=0 of ex=e−1, dus x=0 of x= −1 1 • De gevraagde oppervlakte is gelijk aan het verschil van

0 1 e dx x x − −

_∫

en de oppervlakte van driehoek OPQ met P het snijpunt van l en de grafiek

van f en Q de loodrechte projectie van P op de x-as ₁ 1 • ( 1

1 ( 1)

e

f − = − , dus) de gevraagde oppervlakte is gelijk aan 0 1 1 1 e d 1 2 e x x x − −

∫

− ⋅ ⋅ 1

• Een primitieve van ex

x is ex x− , dus de gevraagde oppervlakte isex gelijk aan 0 1 1 1 e e 1 2 e x x x −   −_ − _ − ⋅ ⋅ 1

• De oppervlakte is gelijk aan 1 2 1 e 2e

− − ( 1 5 2e

(4)

wiskunde B vwo 2018-I

Zwaartepunt en rakende cirkels

• Een vergelijking van c is

(

) (

2

)

2 2

14 8 10

x− + y− = 1

• De vergelijking

(

) (

2

)

2 2

14 0 8 10

x− + − = moet worden opgelost 1 • Uit

(

)

2

14 36

x− = volgt voor A: x=8 en voor B: x=20 1 • Voor het zwaartepunt Z geldt 3 1 2

6 6 6 8 20 14 0 0 8 OZ = ⋅ _{ }+ ⋅_ _+ ⋅ _{ }        1 • De coördinaten zijn

(

2

)

3 12, 2 1 of • 2 2 2

AP +PM = AM , waarbij P de loodrechte projectie van M op de

x-as is 1

• Dus _AP2₊₈2 ₌₁₀2_{, waaruit volgt AP (}₌_BP₎₌₆ ₁ • Hieruit volgt voor A: x (=14 6− )=8 en voor B: x (=14 6+ )=20 1 • Voor het zwaartepunt Z geldt 3 1 2

(

2

)

3 12, 2 1 of

• PM =8 en AM =10, waarbij P de loodrechte projectie van M op de

x-as is; dus driehoek APM is een 3-4-5-driehoek 1

• Hieruit volgt AP (=BP)=6 1

• Hieruit volgt voor A: x (=14 6− )=8 en voor B: x (=14 6+ )=20 1 • Voor het zwaartepunt Z geldt 3 1 2

(

2

)

3 12, 2 1 Opmerkingen

− De vectoren mogen ook genoteerd worden als (8, 0), (20, 0) en (14, 8).

− Als het eindantwoord genoteerd wordt als ₂ 3 12 2    

 , voor deze vraag

(5)

wiskunde B vwo 2018-I

• MN r= +10, waarbij r de straal van cirkel d is 1 • NP=14−r, waarbij P de loodrechte projectie van M op de x-as is 1 • MP =8, dus geldt

(

14−r

)

2+82 = +

(

r 10

)

2 1 • Herleiden tot een lineaire vergelijking als 260 28− r=20 100r+ 1 • Oplossen geeft straal 1

3

3 1

Maxima en minima

• f ' x( ) 6cos( ) 2sin(2 )= x + x 2

• 2sin(2 ) 4sin( )cos( )x = x x 1

• f ' x =( ) 0 geeft 2cos( ) (3 2sin( )) 0x ⋅ + x = 1 • 3 2sin( ) 0+ x = geeft 1

2

sin( )x = − ; deze vergelijking heeft geen 1

oplossingen 1

• cos( ) 0x = geeft 1 2

x= π + ⋅ πk (met k geheel) 1

Opmerking

Als een kandidaat bij het differentiëren de kettingregel niet of niet correct heeft toegepast, voor deze vraag maximaal 4 scorepunten toekennen. 9 maximumscore 4

• Het lijnstuk zit op hoogte f(11₂π −1) (of f(11₂π +1)) 2

• f(11₂π − = −1) 3,657... 1

• (−3,657...− − =5 1,342... dus) de gevraagde afstand is 1,34 1 of

• De vergelijking f x( )= f x( +2) (of f x( )= f x( −2)) moet worden

opgelost 1

• Beschrijven hoe de vergelijking f x( )= f x( +2) kan worden opgelost 1 • Dat geeft (x =3,712... met) y = −3,657... (andere oplossingen voldoen

niet) 1

• (−3,657...− − =5 1,342... dus) de gevraagde afstand is 1,34 1

Opmerking

(6)

wiskunde B vwo 2018-I

Sheffield Winter Garden

10 maximumscore 4 • d = f_0,7(3)− f_0,7(0) 1 • d =4,49... 1 • De vergelijking 0,7 ₂ 8 4,49... ₂ 4 4,49... l ⋅ =

− ⋅ moet worden opgelost 1

• (Dit geeft l=11,491... dus) de gevraagde lengte is 11, 49 1

• h x( )= −f_k( )x + (voor een zekere waarde van c)c 1

• 8 20, 51₂ ₂

49, 63 4 20, 51

k= ⋅

− ⋅ (=0,21...) 1

• Bij de beeldgrafiek van de grafiek van f_0,21... na spiegeling in de x-as hoort de functie g x( )= −2,37...(e0,21...x+e−0,21...x)

(of ( ) 1 (e0,21... e 0,21... ) 2 0,21... x x g x = − + − ⋅ ) 1 • g(0)= −4,75... 1

• De top ligt op hoogte 20,51, dus een functievoorschrift van h is 0,21 0,21

( ) 25,27 2,38(e x e x)

h x = − + − (of een gelijkwaardige uitdrukking) 1

Opmerking

(7)

wiskunde B vwo 2018-I

Natuurlijke logaritme van de wortel

• (Voor een punt

(

x y op de grafiek van ,

)

finv geldt) x=ln

( )

y 1

• Dus ex = y 1

• Hieruit volgt finv( )x =

( )

ex 2, dus finv( )x =e2x 1 of

• (Voor een punt

(

x y op de grafiek van ,

)

finv geldt) x=ln

( )

y 1

• (x=ln

( )

y12 , dus) 1

( )

2ln

x= y , dus 2x=ln

( )

y 1

• Hieruit volgt finv( )x =e2x 1

of

• f is de samengestelde functie van y= x en y=ln( )x 1

• inv

f is dus de samengestelde functie van y=ex en y=x2 1

• Hieruit volgt finv( )x =

( )

ex 2, dus finv( )x =e2x 1

• De lengte van het lijnstuk is g x( )− f x( ) 1

• 1 2

2 ( ) e x

g x = ⋅ 1

• Beschrijven hoe het minimum van g x( )− f x( ) berekend kan worden 1

• De minimale lengte van het lijnstuk is 1,512 1

• Het bepalen van de x-coördinaat van de perforatie: uit ln( )x =0 volgt x=1 (en er geldt ln

( )

1 = ) of:0 uit ln

( )

x = volgt 0 x=1 (en er geldt ln 1

( )

= ) of:0

uit ln( )x =0 en ln

( )

x = volgt 0 x=1 1 • Er geldt

( )

1

( )

2 1 2 ln x = ln x 1 • (Voor x≠1 en x>0) geldt h x( ) (

( )

1 2 ln ln x x = )

( )

1 2 1 2 ln ln x x = = 1

• De coördinaten van de perforatie zijn dus

( )

1 2

(8)

wiskunde B vwo 2018-I

Vierkant onder grafiek

• Er moet gelden (1f +p)= , met p de lengte van de zijde van hetp

vierkant 1 • 1 1 p+ = p geeft 2 1 0 p + − =p 1 • Dit geeft 1 1 4 2 p= − ± + 1

• De lengte van de zijde is 1 1 2 2 5

− + (of − +1₂ 5) (− −1₂ 1₂ 5 voldoet niet) 1 of

• Er moet gelden f q( )= −q 1, met q de x-coördinaat van het hoekpunt

rechtsonder 1 • 1 ₁ q = −q geeft 2 1 0 q − − =q 1 • Dit geeft 1 1 4 2 q= ± + 1 • 1 1 4 2 1 1

q− = ± + − , dus de lengte van de zijde is − +1₂ 1₂ 5 (of − +1₂ 5 ) ( 1 1

2 2 5

− − voldoet niet) 1

of

• De diagonaal van het vierkant door het hoekpunt rechtsboven ligt op de

lijn met vergelijking y= −x 1 1

• Voor de x-coördinaat van het hoekpunt rechtsboven geldt ₁ 1

x x− = , ofwel x2− − =x 1 0 1 • Dit geeft 1 1 4 2 x= ± + 1 • 1 1 4 2 1 1

x− = ± + − , dus de lengte van de zijde is − +1₂ 1₂ 5 (of − +1₂ 5 ) ( 1 1

2 2 5

(9)

wiskunde B vwo 2018-I

Twee vierkanten op een kwartcirkel

• Er moet gelden AC2 = ⋅2 BC2 (of AC= 2⋅BC) 1 • AC2 = −(1 cos( ))t 2+(sin( ))t 2 (of een gelijkwaardige uitdrukking, zoals

2 2cos( )− t ) 1

• BC2 =(cos( ))t 2+ −(1 sin( ))t 2(of een gelijkwaardige uitdrukking, zoals

2 2sin( )− t ) 1

• Beschrijven hoe de vergelijking

2 2 2 2

(1 cos( ))− t +(sin( ))t =2((cos( ))t + −(1 sin( )) )t (voor 1 2 0 t< < π )

opgelost kan worden 1

• t ≈0,93 1

of

• Er moet gelden AC2 = ⋅2 BC2 (of AC= 2⋅BC) 1 • _AC2 _{= + − ⋅ ⋅ ⋅}_{1 1 2 1 1 cos( ) 2 2cos( )}_t _{= −} _t ₁

• 2 1 1

2 2

1 1 2 1 1 cos( ) 2 2cos( )

BC = + − ⋅ ⋅ ⋅ π − = −t π −t 1

• Beschrijven hoe de vergelijking 1 2

2 2cos( ) 2 (2 2cos(− t = ⋅ − π −t)) (voor 1

2

0 t< < π ) opgelost kan worden 1

• t ≈0,93 1

of

• Er moet gelden _AC2 _{= ⋅}₂ _BC2_(of_AC₌ ₂_⋅_BC₎ ₁ • 1 12 2 sin( )t AC OC = , ofwel 1 1 2 2 sin( )t = AC, dus 1 2 2sin( ) AC= t 1 • 1 12 2 sin( BOC) BC OC ∠ = , ofwel 1 1 1 2 2 2 sin( ( π −t))= BC, dus 1 1 4 2 2sin( ) BC = π − t 1

• Beschrijven hoe de vergelijking 1 2 1 1 2

2 4 2

(2sin( ))t = ⋅2 (2sin( π − t)) (voor 1

2

0 t< < π) opgelost kan worden 1

(10)

wiskunde B vwo 2018-I

17 maximumscore 4 • OF=OC +CF 1 • 0 cos( ) cos( ) 1 sin( ) 1 sin( ) t t CB OB OC t t −       = − =_{  }− _{ }= _ −          1 • ( CF is het beeld van CB bij een rotatie over − °90 , dus)

1 sin( ) cos( ) t CF t −   =      1

• cos( ) 1 sin( ) 1 sin( ) cos( ) sin( ) cos( ) sin( ) cos( )