Bal in de sloot

(1)

Bal in de sloot

1 maximumscore 4

• De gevraagde inhoud I is

( )

²

0

π

∫

^h f x( ) dx ¹

•

( )

² ²

0 0

π ( ) d π (22 )d

h h

f x x= x−x x

∫ ∫

¹

• Een primitieve van 22x−x² is 11x²−¹₃x³ 1

• I =π(11h²−¹₃h³) π (11= h² −¹₃h) 1

• Er moet gelden πh²(11−¹₃h)=425 ¹

• Beschrijven hoe deze vergelijking kan worden opgelost ¹

• Het antwoord: 37 (mm) (of 3,7 cm) ¹

(2)

havovwo.nl examen-cd.nl

Boven en onder de lijn door de buigpunten

• f '' x_p ( ) 12= x²−12p² 1

• Primitiveren geeft f ' x_p( ) 4= x³−12p x² +a (met a een constante) ²

• Nogmaals primitiveren geeft f_p( )x =x⁴−6p x^{2 2}+ax b+ (met b een

constante) (, dus is het gestelde juist) ¹

Opmerking

Als met differentiëren is aangetoond dat f ' ' x_p ( ) 12(= x−p x)( +p) volgt uit

4 2 2

( )= −6 + +

fp x x p x ax b voor deze vraag geen scorepunten toekennen.

• x⁴−6x²−8x+ = − 5 8x geeft x⁴−6x²+ =5 0 1

• Dus (x²−1)(x²− =5) 0 1

• Hieruit volgt x² = 1 of x² =5 1

• (x² = 1 geeft de x-coördinaten van de buigpunten, dus) de x-coördinaten van de twee gevraagde snijpunten zijn x= − ₅ en x= ₅ 1

- 2 -

(3)

• De oppervlakte van V is gelijk aan ₂ ¹

(

⁴ ²

)

1

(x 6x 8x 5) ( 8 ) dx x

−

− − + − −

∫

^,

dus aan

1 4 2

1

(x 6x 5)dx

−

− +

∫

¹

• Een primitieve van x⁴ −6x²+ is 5 ¹₅x⁵−2x³+5x 1

• ¹₅ ⁵ ³ ¹ ²₅

2 5 1 6

x x x

 − + − =

  ¹

• 6²₅ =3¹₅+3¹₅ (dus de gezamenlijke oppervlakte van V en ₁ V is gelijk₃

aan de oppervlakte van V₂) ¹

of

• Omdat zowel V als ₁ V onder de lijn met vergelijking ₃ y= − ligt en8x V erb2 oven, is de bewering juist indien geldt:

( )

5 4 2

5

(x 6x 8x 5) ( 8 ) dx x 0

−

− − + − − =

∫

^{, dus} ⁵ ⁴ ²

5

(x 6x 5)dx 0

−

− + =

∫

²

• Een primitieve van x⁴ −6x²+ is 5 ¹₅x⁵−2x³+5x 1

• ¹₅ ⁵ ³ ⁵

2 5 5 0

x x x

 − + − =

  (dus de gezamenlijke oppervlakte van V en ₁ V ₃

is gelijk aan de oppervlakte van V₂) ¹

(4)

Grafiek verdeelt rechthoek

• De grafiek van f en de lijn met vergelijking 1

y= snijden elkaar voor p

x= p 1

• De oppervlakte van het stuk onder de grafiek is

2

1 1 d

p x p

+

∫

x ¹

• Een primitieve van ¹

x is ln x 1

• De oppervlakte van het stuk onder de grafiek is 1 ln(2 ) ln+ p − p ¹

• 1 ln(2 ) ln+ p − p= +1 ln 2 ln+ p−ln p= +1 ln 2

(of: 1 ln(2 ) ln ( 1 ln+ p − p = +

( )

²_p^p ) 1 ln 2= + ) ¹

• De oppervlakte van de rechthoek is 1

2p 2

⋅ =p 1

• De oppervlakte van het stuk boven de grafiek is ^{1 ln 2}⁻ (, dus de oppervlakte van elk van beide stukken is onafhankelijk van de waarde

van p) ¹

of

• De grafiek van f en de lijn met vergelijking 1

y= snijden elkaar voor p

x= p 1

• De oppervlakte van het stuk boven de grafiek is ²^p

(

¹^p ¹^x

)

^d

p

− x

∫

¹

• Een primitieve van 1 1 p− is x 1

ln

x x

p − 1

• De oppervlakte van het stuk boven de grafiek is 1 ln(2 ) ln− p + p 1

• 1 ln(2 ) ln− p + p= −1 ln 2 ln− p+lnp= −1 ln 2

(of: 1 ln(2 ) ln ( 1 ln− p + p = −

( )

²_p^p ) 1 ln 2= − ) ¹

• De oppervlakte van de rechthoek is 1

2p 2

⋅ =p 1

• De oppervlakte van het stuk onder de grafiek is 1 ln 2+ (, dus de oppervlakte van elk van beide stukken is onafhankelijk van de waarde

van p) ¹

- 4 -

(5)

De ideale stoothoek

• De kogel komt op de grond als 1,96 11,2 4,9+ t− t² =0 1

• Beschrijven hoe deze vergelijking kan worden opgelost ¹

• De (positieve) oplossing is t≈2,45 1

• x=8,4 2,45 20,6⋅ ≈ dus de horizontale afstand is 206 (dm) (of 20,6 m) ¹

• Er moet gelden: ^r⁼^{20cos sin}^α

(

^{α +} ^sin²^{α +}^{0,1 1,85}^⋅

)

is maximaal 1

• Beschrijven hoe hieruit α gevonden kan worden ¹

• Het antwoord: 0,74 (rad) (of 43º) (of nauwkeuriger) ¹

(6)

• Als ^h⁼⁰ dan ^r⁼^{20 cos}^α

(

^sin^{α +} ^sin²^α

)

¹

• (^sin^{α >}⁰, dus) ^{20cos sin}^α

(

^{α +} ^sin²^{α =}

)

^{40cos sin}^α ^α ¹

• d ² ²

40cos 40sin

dr = α − α

α ²

• ^d ⁰

dr =

α geeft cos²α =sin²α 1

• (0< α < π , dus) het antwoord is ¹₂ ¹₄π (rad) (of 45º) ¹ of

• Als h=0 dan ^r⁼^{20 cos}^α

(

)

¹

• (sinα >0, dus) ^{20cos sin}^α

(

^{α +} ^sin²^{α =}

)

• 40cos sinα α =20sin(2 )α 1

• ^d 20 2 cos(2 ) dr = ⋅ ⋅ α

α ¹

• ^d ⁰

dr =

α geeft cos(2 ) 0α = 1

• (0< α < π¹₂ , dus) het antwoord is ¹₄π (rad) (of 45º) ¹ of

• Als h=0 dan ^r⁼^{20 cos}^α

(

)

¹

• (sinα >0, dus) ^{20cos sin}^α

(

^{α +} ^sin²^{α =}

)

• 40cos sinα α =20sin(2 )α 1

• r is maximaal als sin(2 )α maximaal is 1

• (0< α < π , dus) ¹₂ sin(2 )α is maximaal als 2α = π ¹₂ 1

• Het antwoord: ¹₄π (rad) (of 45º) ¹

- 6 -

(7)

Even lang

• ^∠^CZD^{= ∠}^HZG; overstaande hoeken 1

• ∠ACB= ∠AFE=60°, dus ^{BC HF}^// (gelijkzijdige driehoek, F-hoeken) ¹

• Hieruit volgt ∠DCZ = ∠GHZ; Z-hoeken 1

• Dus zijn de driehoeken CDZ en HGZ gelijkvormig; hh ¹ of

• ^∆ÂDB^{≅ ∆}ÂDC; ZZZ (of ZZR, of ZHZ), dus ^∠ÊAG^{= ∠}^FAG ¹

• Dus ∠AGE=180° − ∠EAG− ∠AEG=180 30 60° − ° − ° =90°; hoekensom

driehoek, (gelijkzijdige driehoek) ¹

• ^∠^CZD^{= ∠}^HZG; overstaande hoeken 1

• (Uit ∠CDZ= ∠HGZ ( 90 )= ° en ∠CZD= ∠HZG volgt:) de driehoeken

CDZ en HGZ zijn gelijkvormig; hh 1

• AG= 3⋅AD=3 1

• Dus AZ = ⋅²₃ AG= 2 (zwaartelijnen driehoek) ¹

• DZ =AZ −AD= −2 3 1

• Uit de genoemde gelijkvormigheid volgt GH CD

ZG = ZD 1

• Met ZG= − =3 2 1 geeft dit 1

1 2 3

GH = − ¹

• 1

3

2 3

EH =GH−EG= −

− ¹

• 1 2 3 3 4 2 3 ^{2 2}

(

³

)

2 3 2 3 2 3 2

EH

− + − −

= = = =

− − − (dus EH is even lang als AB) ²

of

• Uit de genoemde gelijkvormigheid volgt ^GH ^CD

ZG = ZD 1

• Met ZG= − =3 2 1 geeft dit 1

1 2 3

GH = − ¹

• 1 2 3

2 3

2 3 2 3

GH +

= ⋅ = +

− + ²

• = − = + − = (dus EH is even lang als AB)

(8)

Gemeenschappelijk met de x ^-as

• ^{f ' x}_a( ) 2 cos( ) 2 cos(2 )⁼ â âx ⁺ â âx ²

• De grafiek van f raakt de x-as in het punt _a ( , 0)_a^π als f 'a

( )

^πa =⁰ 1

• f '_a

( )

_a^π =^{2 cos}a π +2 cos(2 ) 0a π = (dus de grafiek van f raakt de x-as in _a

het punt ( , 0)^π_a ) ¹

Opmerking

Als voor a een waarde is ingevuld, voor deze vraag geen scorepunten toekennen.

• Aangetoond moet worden dat f₂(¹₂π −p)= −f₂(¹₂π +p) (voor elke

waarde van p) ²

• f_{2 2}(¹π −p) 2sin(= π −2 ) sin(2p + π −4 )p en

1

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

f π +p = π + 2 +p π + 4p 1

• sin(π −2 ) sin 2p = p en _sin(π + 2p₎= −_{sin 2}p 1

• sin(2π −4 )p = −sin(4 )p en _sin(2π + 4p_{) sin(4 )}= p

(dus f₂(¹₂π −p)= −f₂(¹₂π +p) voor elke waarde van p) ¹

Opmerking

Als voor p een waarde is ingevuld, voor deze vraag geen scorepunten toekennen.

- 8 -

(9)

Hoogwaterstanden

• De vergelijking 1 10= ^{4,3 1,9}⁻ ^h moet worden opgelost 1

• Dit geeft 4,3 1,9− h=0 (of beschrijven hoe deze vergelijking met de GR

opgelost kan worden) ¹

• h≈2,3 1

• Na de stijging wordt h=2,5 net zo vaak overschreden als h=_2,4 vóór

de stijging werd overschreden 1

• f(2,5) 0,355≈ en f(2,4) 0,550≈ (of nauwkeuriger) ¹

• De vermenigvuldigingsfactor is 1,5 (of nauwkeuriger) ¹ of

• Het aantal keren dat de waarde h=2,5 gemiddeld per jaar wordt overschreden is na de stijging 101,9 (2,5 2,4)⁻ keer zo groot als vóór de

stijging 2

• De vermenigvuldigingsfactor is 10^0,19 ≈1,5 (of nauwkeuriger) ¹

Opmerkingen

Als door tussentijds afronden de vermenigvuldigingsfactor 1,6 wordt gevonden, hiervoor geen scorepunten in mindering brengen.

Als voor h de waarden 2,6 en 2,5 gebruikt zijn in plaats van 2,5 en 2,4, voor deze vraag maximaal 2 scorepunten toekennen.

• 10⁻^0,45 =10^{a b}^{− ⋅}^2,5 geeft −0,45= − ⋅a b 2,5 1

• 0,01 10= ^{a b}^{− ⋅}^3,9 geeft − = − ⋅2 a b 3,9 1

• Beschrijven hoe dit stelsel opgelost kan worden ¹

• b≈1,1 1

• a≈2,3 1

(10)

Koordenvierhoek

• ∠PQR = ∠PSR; constante hoek ¹

• ∠PQR = ∠BAR; Z-hoeken ¹

• ∠RSB = 180º – ∠PSR; gestrekte hoek ¹

• Uit het voorgaande volgt: ∠RAB + ∠RSB = 180º ¹

• Dus vierhoek ABSR is een koordenvierhoek (koordenvierhoek) ¹

- 10 -

Bal in de sloot

Bal in de sloot

( )

∫

( )

∫ ∫

Boven en onder de lijn door de buigpunten

(

)

∫

∫

( )

∫

∫

Grafiek verdeelt rechthoek

∫

( )

(

)

∫

( )

De ideale stoothoek

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

Even lang

(

)

Gemeenschappelijk met de x -as

( )

( )

Hoogwaterstanden

Koordenvierhoek

Gemeenschappelijk met de x ^-as