Rakende grafieken?

(1)

www.examenstick.nl www.havovwo.nl

wiskunde B 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 •

( )

1

2 e

f = en g

( )

e =1₂ 1

• ( f

( ) ( )

e =g e en f '

( ) ( )

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

raken elkaar 1

Elektrische spanning

2 maximumscore 5

• De vergelijking 230=325sin 100 t

(

π moet worden opgelost

)

1 • Beschrijven hoe deze vergelijking kan worden opgelost 1 • Twee tijdstippen binnen één periode zijn bijvoorbeeld 0,0025 en 0,0075 1 • Dit geeft 0, 0075 0, 0025 100%

0, 02

− _⋅

= 25% 1

• (Vanwege symmetrie is het gevraagde percentage dus 2 25%⋅ = ) 50%

(of nauwkeuriger) 1

of

• De vergelijkingen 230=325sin 100 t

(

π en

)

−230=325sin 100 t

(

π

)

moeten worden opgelost 1

• Beschrijven hoe deze vergelijkingen kunnen worden opgelost 1 • Vier tijdstippen binnen één periode zijn bijvoorbeeld 0,0025 ; 0,0075 ;

0,0125 en 0,0175 1 • Dit geeft 0, 0075 0, 0025 100% 0, 02 − _⋅ = 25% en 0, 0175 0, 0125 100% 25% 0, 02 − ⋅ = 1

• Het gevraagde percentage is dus 50% (of nauwkeuriger) 1

Vraag Antwoord Scores

(2)

wiskunde B vwo 2017-I

3 maximumscore 3 • De vergelijking

(

)

0,02 2 2 eff 0

0, 02⋅U =

∫

325sin 100πt dt moet worden

opgelost 1

• Beschrijven hoe deze vergelijking kan worden opgelost 1

• Het antwoord: 229,81 (volt) 1

•

( )

(

)

(

2

)

3

kracht 325 100 cos 100 t 100 cos 100 t

U ' t = π⋅ π − π⋅ π − π 1

• U '_kracht

( )

t =0 geeft 100π =t 100π − π + ⋅ π (met k geheel) (welke t 2₃ k 2 geen oplossingen heeft) of

(

2

)

3

100π = −t 100π − π + ⋅ πt k 2 (met k geheel) 1 • t= ₃₀₀1 (of een andere waarde van t waarvoor U_kracht maximaal is) (of

1 75 =

t ) 1

• Een toelichting waaruit blijkt dat t =₃₀₀1 de maximale waarde van kracht

U geeft, bijvoorbeeld met een grafiek 1 • De maximale waarde van U_kracht is 325 3 (volt) 1 of • sin 100

(

π −t

)

sin 100

(

π − π =t 2₃

)

2 3 2 3 100 (100 100 (100 2 sin cos 2 2 t t t t π − π − π) π + π − π) ⋅             2

• Dit is gelijkwaardig met

( ) (

1 1

)

3 3

(3)

wiskunde B vwo 2017-I

Bissectrice en cirkel

• ∠CAD= ∠CBA ; hoek tussen koorde en raaklijn 1

• ∠CBA= ∠CAB ; gelijkbenige driehoek 1

• Dus ∠CAD= ∠CAB (dus AC is bissectrice van hoek BAD) 1

• ∠CAD= ∠CFD ; constante hoek 1

• ∠EFG=180° − ∠CFG; gestrekte hoek 1 • ∠CAD= ∠EAG (vorige vraag), dus ∠EAG= ∠CFD= ∠CFG 1 • ∠EAG+ ∠EFG=180°, dus AEFG is een koordenvierhoek

(; koordenvierhoek) (en dus ligt G op de cirkel door A, E en F) 1 of

• ∠ACF = ∠ADF, dus ∠ACE= ∠ADF ; constante hoek 1 • ∠AGF= ∠ADG+ ∠GAD= ∠ADF+ ∠CAD ; buitenhoek driehoek 1 • ∠CAE= ∠CAD (vorige vraag) zodat

180 180

AEF AEC ACE CAE ACE CAD

∠ = ∠ = ° − ∠ − ∠ = ° − ∠ − ∠

; hoekensom driehoek 1

• ∠AGF+ ∠AEF =180°, dus AEFG is een koordenvierhoek

(; koordenvierhoek) (en dus ligt G op de cirkel door A, E en F) 1 of

• ∠ACF = ∠ADF, dus ∠ACE= ∠ADG ; constante hoek 1 • ∠CAD= ∠CAE, dus ∠GAD= ∠CAE (vorige vraag) 1 • ∆AGD∆AEC; hh, dus ∠AGD= ∠AEC 1 • ∠AGF=180° − ∠AGD; gestrekte hoek, dus

180 180 180

AGF AEF AGD AEC AGD AGD

∠ + ∠ = ° − ∠ + ∠ = ° − ∠ + ∠ = °,

dus AEFG is een koordenvierhoek (; koordenvierhoek) (en dus ligt G op

de cirkel door A, E en F) 1

(4)

wiskunde B vwo 2017-I

Twee sinusoïden

• Voor de lengte L van het lijnstuk geldt ( )L p = f p( )−g p( )

( 1

(

2

)

1 2 2sin 2p 3 4 3 sin(p 3 ) = − π − − − π ) 1 • 2 2 3 3 ( ) cos(2 ) cos( ) L' p = p− π − p− π 2

• L' p( )= geeft 0 2p− π = − π + ⋅ π2₃ p 2₃ k 2 (met k geheel) of

2 2

3 3

2p− π = − − π) + ⋅ π (met k geheel) (p k 2 1 • Dit geeft p= ⋅ π (met k geheel) of k 2 p= π + ⋅ π (met k geheel) 4₉ k 2₃ 2 • Het antwoord: 4

9

p= π (en de andere oplossingen voldoen niet) 1 of

• Voor de gevraagde waarde van p geldt ( )f ' p =g ' p( ) 1

• 2 3 ( ) cos(2 ) f ' p = p− π 1 • 2 3 ( ) cos( ) g ' p = p− π 1

• f ' p( )=g ' p( ) geeft 2p− π = − π + ⋅ π (met k geheel) of ₃2 p ₃2 k 2

2 2

3 3

2p− π = − − π) + ⋅ π(p k 2 (met k geheel) 1

• Dit geeft p= ⋅ π (met k geheel) ofk 2 p= π + ⋅ π (met k geheel) 4₉ k 2₃ 2 • Het antwoord: 4

9

(5)

wiskunde B vwo 2017-I

• Voor de lengte L van het lijnstuk geldt ( )L p = f p( )−g p( )

(= 1₂sin 2

(

p− π −2₃

)

1₄ 3 sin(− p− π ) ₃2 ) 1

• 1

(

( )

2

( )

2

)

1

2 3 3 4

( ) sin(2 ) cos cos(2 ) sin 3

L p = p ⋅ π − p ⋅ π − −

( )

(

2 2

)

1 1 1

3 3 4 4 4

sin( ) cosp π −cos( ) sinp π = − sin(2 )p − 3 cos(2 )⋅ p − 3+

1 1

2sin( )p +2 3 cos( )⋅ p 1

• 1 1 1 1

2 2 2 2

( ) cos(2 ) 3 sin(2 ) cos( ) 3 sin( )

L' p = − p + ⋅ p + p − ⋅ p 1

• 1 1

2(cos( ) cos(2 ))p − p +2 3(sin(2 ) sin( ))p − p = , dus 0

( ) (

)

(

)

(

( )

)

1 1 1 1 1 1

2 −2 sin 12 p ⋅sin −2 p +2 3 2 sin 2 p ⋅cos 12 p =0 1

•

( ) ( )

1 1

( )

1

( )

1

2 2 2 2

sin p ⋅sin 1 p + 3 sin⋅ p ⋅cos 1 p = , dus 0

( )

1 2

sin p = of 0

( )

1

( )

1

2 2

sin 1 p + 3 cos 1⋅ p = ; uit 0

( )

1 2

sin p = volgt 0 p= ⋅ π (met k 2

k geheel) 1

• Uit

( )

1

( )

1

2 2

sin 1 p + 3 cos 1⋅ p = volgt 0

( )

1 2 tan 1 p = − 3, dus 2 2 9 3 p= − π + ⋅ πk (met k geheel) 1 • Het antwoord: 4 9

p= π (en de andere oplossingen voldoen niet) 1

Opmerkingen

− Als de kandidaat niet expliciet met p heeft gewerkt (maar bijvoorbeeld

met x), hiervoor geen scorepunten in mindering brengen.

− Als bij het eerste of het tweede antwoordalternatief alleen

2 2

3 3

2p− π = − π + ⋅ π wordt opgelost, met als conclusie p k 2

‘geen oplossingen’, voor deze vraag maximaal 4 scorepunten toekennen.

− Als bij het derde antwoordalternatief alleen

( )

1 2

sin p = wordt 0

opgelost, met als conclusie ‘geen oplossingen’, voor deze vraag maximaal 4 scorepunten toekennen.

(6)

wiskunde B vwo 2017-I

Sinus en parabool

• 2

3sin( ) 2 sin ( )x − x =1 1

• Beschrijven hoe deze vergelijking op exacte wijze kan worden opgelost 1

• 1

2

sin( )x = ( sin( ) 1x = hoort bij P) 1 • De x-coördinaten van de twee andere punten zijn x= π en 1₆ x= π 5₆ 1 • Het antwoord: 2 3π 1 9 maximumscore 5 • De oppervlakte is 0 ( ) d f x x π

∫

1 • Uit 2

cos(2 )x = −1 2 sin ( )x volgt −2 sin ( )2 x =cos(2 ) 1x − , dus

( ) 3sin( ) cos(2 ) 1 f x = x + x − 1 • De oppervlakte is 0 (3sin( ) cos(2 ) 1) dx x x π + −

∫

1

• Een primitieve van 3sin( ) cos(2 ) 1x + x − is −3cos( )x +1₂sin(2 )x −x 1

(7)

wiskunde B vwo 2017-I

• f ′( )x =3cos( ) 4 sin( ) cos( )x − x x 2

• g x′( )=2ax b+ 1

• g′(0)= ′f (0) geeft b=3 1

• g( )π = en 0 b=3 geeft aπ + π =2 3 0 1 • Hieruit volgt _a −3

π

= (of een gelijkwaardige uitdrukking) 1 of

• f ′( )x =3cos( ) 4 sin( ) cos( )x − x x 2

• g x′( )=2ax b+ 1

• g′(0)= ′f (0) geeft b=3 1

• g′ π = ′ π en ( ) f ( ) b= geeft 23 aπ + = − (of3 3 g′ π =(1₂ ) 0 geeft aπ + = ) 3 0 1 • Hieruit volgt _a −3

π

= (of een gelijkwaardige uitdrukking) 1 of

• f ′( )x =3cos( ) 4 sin( ) cos( )x − x x 2

• g x′( )=2ax b+ 1

• g( )π = geeft b0 = − πa 1

• g′ π = ′ π en b( ) f ( ) = − π geeft a aπ = −3 1 • Hieruit volgt _a −3

π

= (of een gelijkwaardige uitdrukking) en b= 3 1 of

• f ′( )x =3cos( ) 4 sin( ) cos( )x − x x 2 • g( )π = geeft 0 g x( )=ax x( − π =) ax2− π , dus a x b= − πa (of _top ₂b

a x = − geeft b= − πa ) 1 • g x′( )=2ax a− π 1 • g′(0)= ′f (0) geeft− π =a 3 1 • Hieruit volgt _a −3 π

= (of een gelijkwaardige uitdrukking) en b= 3 1

Opmerkingen

− Omdat gegeven is dat er waarden van a en b bestaan waarvoor aan de

drie voorwaarden is voldaan, hoeft na berekening van deze waarden uit twee van de drie voorwaarden de derde voorwaarde niet gecontroleerd te worden.

− Als een kandidaat bij het differentiëren de kettingregel niet of niet

correct heeft toegepast, voor deze vraag maximaal 4 scorepunten toekennen.

(8)

wiskunde B vwo 2017-I

Brandwerendheid van een deur

11 maximumscore 5 • 2 nat ln ( ) 6ln( ) 9 2 ln( ) 6 ( ) 1050 e t t t T ' t t t + − − −  = ⋅ ⋅_ + _   2 • T 'nat( )t =0_geeft 2 ln( ) 6 0 t t t − + = 1 • Dit geeft ln( ) 3t = 1 • De maximale temperatuur is 0 20 1050+ ⋅e =1070 (ºC) 1 of • De herleiding tot _{(ln( ) 3)}2 20 1050+ ⋅e− t− 2

• Dit is maximaal als 2 (ln( ) 3)t

− − maximaal is 1

• Dat is het geval als ln( ) 3t = 1

• De maximale temperatuur is 0

20 1050+ ⋅e =1070 (ºC) 1

of

• Tnat is maximaal als 2 ln ( ) 6 ln( ) 9t t − + − maximaal is 2 • d

(

2

)

2 ln( ) 6 ln ( ) 6 ln( ) 9 d t t t t t t − − + − = + 1 • 2 ln( )t 6 0 t t − _{+ =} geeft ln( )t = 3 1 • De maximale temperatuur is 0 20 1050+ ⋅e =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

(9)

wiskunde B 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 11929> , 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 Tnat( )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

Opmerkingen

− In plaats van de ondergrens 0,69 van de eerste integraal mag ook de

nauwkeuriger waarde gebruikt worden die in de vorige vraag is berekend.

− Als in één of beide integralen de term 300 is vergeten, voor deze vraag

maximaal 6 scorepunten toekennen.

(10)

wiskunde B vwo 2017-I

Parallellogram met verlengde diagonaal

• AC deelt BD middendoor; parallellogram 1

• Noem het snijpunt van AC en BD punt S, dan is lijn ES een zwaartelijn

van driehoek DBE (; zwaartelijn driehoek) 1 • BD deelt AC middendoor (dus CS = 1

2·CA = 1

2·CE) 1

• C ligt op zwaartelijn ES met EC : CS = 2 : 1 1

• C is dus het snijpunt van de zwaartelijnen van driehoek DBE (want er is

maar één punt Z op ES met EZ : CZ = 2 : 1) (; zwaartelijnen driehoek) 1 of

• AC deelt DB middendoor; parallellogram 1

• C ligt op zwaartelijn EA van driehoek DBE (; zwaartelijn driehoek) 1 • Noem het snijpunt van BC en DE punt T, dan geldt

ADE CTE

∠ = ∠ ; parallellogram, F-hoeken en ∠DEA= ∠TEC, dus

ADE CTE

∆ _∆ ; hh 1

• C is het midden van AE, dus T is het midden van DE en dus ligt C op

zwaartelijn BT van driehoek DBE (; zwaartelijn driehoek) 1 • C is dus het snijpunt van de zwaartelijnen van driehoek DBE

(; zwaartelijnen driehoek) 1

of

• Noem het snijpunt van CD en BE punt P 1 • Dan geldt ∠ABE= ∠CPE en ∠BAE= ∠PCE; parallellogram,

F-hoeken, dus ∆ABE∆CPE; hh 1

• C is het midden van AE, dus P is het midden van BE en dus ligt C op

zwaartelijn DP van driehoek DBE (; zwaartelijn driehoek) 1 • Uit eenzelfde redenering met het punt Q, het snijpunt van BC en DE,

volgt dat C op zwaartelijn BQ van driehoek DBE ligt 1 • C is dus het snijpunt van de zwaartelijnen van driehoek DBE