Uitwerkingen Mei 2012 Eindexamen VWO Wiskunde B

Uitwerkingen Mei 2012
Eindexamen VWO Wiskunde B
A
B
C
Nederlands Mathematisch Instituut
Voor Onderwijs en Onderzoek
Nederlands Mathematisch Instituut
Onafhankelijkheid van a
Opgave 1. We moeten aantonen dat Fa een primitieve is van de functie fa .
Dan moet de afgeleide van Fa gelijk zijn aan fa . Aangezien Fa (x) het product
is van de functies x en e−ax moeten we de productregel gebruiken. Dat levert
(Fa (x))0 = (x · e−ax )0 = 1 · e−ax + x · e−ax · (−a).
Deze uitdrukking kunnen we nu verder vereenvoudigen om tot fa te komen. Dat
gaat als volgt
e−ax + x · (−a) · e−ax = e−ax − a · x · e−ax = (1 − ax) · e−ax .
We zien dat dit laatste gelijk aan fa (x) is. Hieruit volgt dat Fa een primitieve
is van de functie fa .
Opgave 2. We noteren binnen de driehoek OAB de oppervlakte onder de
grafiek van fa met O1 en de oppervlakte boven de grafiek met O2 , zie onderstaande figuur.
O1
We moeten aantonen dat de verhouding van deze oppervlakten O
onafhanke2
1
lijk van a is. Dat wil zeggen dat als de uitdrukking voor de breuk O
O2 wordt
vereenvoudigd dan is a verdwenen.
Met behulp van de totale oppervlakte van de driehoek OAB berekenen we eerst
deze twee oppervlakten. De formule van de oppervlakte van een driehoek is:
1
1
2 × basis × hoogte. De basis van de driehoek OAB is OA = a en de hoogte
OB = 1. De oppervlakte van OAB is dus gelijk aan
1 1
1
× ×1=
.
2 a
2a
De oppervlakte O1 wordt berekend met behulp van integraalrekening. In een
primitieve van fa worden de grenzen ingevuld om de oppervlakte tussen de x-as
en de grafiek van de functie te kunnen berekenen. In Opgave 1 is al berekend
dat Fa een primitieve van fa is (als dit om welke reden dan ook niet is gelukt
VWO - Wiskunde B - Mei 2012
4
Nederlands Mathematisch Instituut
om aan te tonen mag dit feit alsnog worden gebruikt). De grenzen zijn x = 0
en x = a1 . Deze grenzen invullen in Fa geeft
1
1
1
1
O 1 = Fa
− Fa (0) = e−a a − 0e−a0 =
.
a
a
a·e
De oppervlakte O2 is gelijk aan de totale oppervlakte van de driehoek ABO
minus de oppervlakte O1 . Dat is
O2 =
1
1
e−2
−
=
.
2·a a·e
2·a·e
De verhouding, waarin we geı̈nteresseerd zijn, is gelijk aan
O1
=
O2
1
a·e
e−2
2·a·e
2·a·e
2
1
·
=
.
a·e e−2
e−2
=
We zien dat deze laatste term onafhankelijk van a is.
Het standaard proefglas
Opgave 3. Het volume (in dit geval in mm3 ) van het omwentelingslichaam om
de x-as met de functie voorschrift f (x) op het interval [0; 55,3] is
Z
55,3
π · (f (x))2 dx =
0
Z
55,3
π·
0
9
+ 28 · e−0,452·x
2
2
dx.
Als we de uitdrukking tussen de haakjes kwadrateren wordt deze laatste integraal gelijk aan
Z 55,3
81
−0,452·x
−0,904·x
+ 252 · e
+ 784 · e
dx.
π·
4
0
We kunnen nu ieder component van deze integraal afzonderlijk berekenen. Dat
levert
55,3
81
252
784
·π·x−
· e−0,452·x −
· e−0.904·x
= 7994 mm3 .
4
0,452
0,904
0
Omdat 1000 mm3 = 1 cm3 , volgt hieruit dat de afgeronde inhoud gelijk is aan
8 cm3 .
Opgave 4. De kromme CD is een gedeelte van een bergparabool waarbij C
het toppunt van de parabool is. Deze parabool verschuiven zodat zijn toppunt
op de oorsprong terecht komt, betekent dat alle coördinaten van de parabool in
de x-richting 87,5 naar links gaan en in de y-richting 32,5 omlaag. Dit verhaal
kan je omkeren vanuit de parabool y = a · x2 , om terug op de kromme CD te
komen. Maar dit keer in de x-richting 87,5 naar rechts en in de y-richting 32,5
omhoog. Het functievoorschrift van de verschoven parabool door de oorsprong
wordt dan gegeven door
(y − 32,5) = a · (x − 87,5)2 .
VWO - Wiskunde B - Mei 2012
5
Nederlands Mathematisch Instituut
Resteert nu a te vinden. Hiervoor gebruiken we het punt D = (155,0; 23,0) dat
eveneens op de parabool (y − 32,5) = a · (x − 87,5)2 ligt. Invullen van het punt
D in de formule van de parabool levert
a=
−38
.
18225
We kunnen nu deze parabool weer verschuiven vanuit de oorsprong naar zijn
oude plaats zodat zijn top weer op het punt C terecht komt. Zoals eerder
genoemd betekent dit in de x-richting 87,5 naar rechts en in de y-richting 32,5
omhoog verschuiven. Dit levert de volgende formule voor de kromme CD
y=
−38
· (x − 87,5)2 + 32,5
18225
op het domein [87,5; 155,0].
Opgave 5.
Laat xP de x-coördinaat van het punt P zijn. We willen xP berekenen met
behulp van primitiveren. We zullen eerst de inhoud (50 ml = 50.000 mm3 )
uitdrukken in termen van xP , waarbij xP in mm. In dit geval is de inhoud
gelijk aan
Z xP
Z xP p
2
50000 =
π(g(x))2 dx = π
−x2 + 175x − 6600 dx.
55,3
55,3
Wortel trekken en kwadrateren heffen elkaar op (let op alleen in deze volgorde!).
Hierna kunnen we voor iedere component een primitieve berekenen:
xP
3
Z xP
x
π
.
−x2 + 175x − 6600 dx = π − + 87,5x2 − 6600x
3
55,3
55,3
Grenzen invullen levert nu
(xP )3
55,33
π
−
+ 87,5(xP )2 − 6600xP − −
+ 87,5(55,3)2 − 6600 · 55,3
3
3
Na vereenvoudigen en gelijk aan 50.000 stellen hebben we de volgende derdegraads vergelijking om op te lossen met de GR
(xP )3
2
π· −
+ 87,5(xP ) − 6600xP + 153.767,9 = 50.000.
3
Nu in de GR stellen we Y 1 gelijk aan
(xP )3
2
Y1=π· −
+ 87,5(xP ) − 6600xP + 153.767,9
3
en Y 2 gelijk aan 50.000. Met de optie intersect vinden we als snijpunt xP =
80,809506. Afgerond op een geheel getal is dat 81.
VWO - Wiskunde B - Mei 2012
6
Nederlands Mathematisch Instituut
Vanuit een parallellogram
Opgave 6. We moeten bewijzen dat de driehoek BDE gelijkbenig is. We laten
zien dat de hoeken ∠BDE en ∠BED gelijk zijn. Er geldt ∠ADE = ∠BDE
omdat DE de bissectrice is van de hoek ∠ADB, zie onderstaande figuur. Het
punt E ligt in het verlengde van BC en ABCD is een parallellogram en dus
is AD k CE, zie wederom de figuur hieronder. Hieruit volgt dat de hoeken
∠ADE en ∠BED aan elkaar gelijk zijn omdat ze Z-hoeken zijn (dit is te zien
in de figuur): ∠BED = ∠ADE. Maar deze laatste is ook gelijk aan ∠BDE
waaruit volgt dat ∠BED = ∠BDE. We mogen dus concluderen dat 4BDE
gelijkbenig is.
De volgende figuur verduidelijkt bovenstaande uitleg:
Opgave 7. Merk op dat als ∠BDF = α dan ook ∠EBF = α vanwege de
raaklijn-koorde stelling. Omdat de driehoek 4BDE gelijkbenig is geldt hier
ook dat ∠BEF = ∠BDF = α, zie ook de figuur hieronder. Maar dan is
∠BF E = 180 − 2 · α omdat de som der hoeken binnen een driehoek gelijk is aan
180. Hieruit volgt dat
∠BF D = 180 − ∠BF E = 180 − (180 − 2 · α) = 2 · α = 2 · ∠BEF.
De volgende figuur verduidelijkt bovenstaande uitleg:
VWO - Wiskunde B - Mei 2012
7
Nederlands Mathematisch Instituut
Tussen twee sinusgrafieken
Opgave 8. De te bepalen oppervlakte V wordt berekend met
Z 4·π
3
(f (x) − g(x)) dx
π
3
omdat tussen A en B geldt dat f > g. We berekenen dus een primitieve van
f (x) − g(x)
Z
Z 1
π
(f (x)−g(x))dx =
+C
sin(x) − sin x + π
dx = − cos(x)+cos x +
3
3
waarbij C een willekeurige constante is. Grenzen invullen levert nu
π
2π
4π
5π
1 1 1 1
− cos
− cos
+ cos
+ cos
= + + + = 2.
3
3
3
3
2 2 2 2
Opgave 9. Volgens de formulekaart geldt
x+y
x−y
sin(x) + sin(y) = 2 · sin
· cos
.
2
2
We gebruiken deze gelijkheid als volgt (let op dat y uit de vorige formule gelijk
is aan x + π/3 hieronder)
1 π 1
· (f (x) + g(x)) =
· sin(x) + sin x +
2
2 3
x + x + π3
x − x − π3
1
=
· 2 · sin
· cos
2
2
2
−π
π
· cos
= sin x +
6
6
√
3
π
=
· sin x +
.
2
6
√
Dus dan a =
3
2
en b =
π
6.
Drie vierkanten in een rechthoek
Opgave 10. De totale oppervlakte van de rechthoek is 20 × 30 = 600. Hiervan
moeten we de oppervlakten van de vierkanten A, B en C aftrekken. Als een
zijde van A gelijk aan x is, dan is een zijde van B gelijk aan 30 − x en een zijde
van C gelijk aan 20 − (30 − x) = x − 10. De oppervlakten A, B en C zijn dus
respectievelijk gelijk aan x2 , (30 − x)2 en (x − 10)2 . Hieruit volgt dat
D
=
600 − (x2 + (30 − x)2 + (x − 10)2 )
=
600 − (x2 + 900 − 60x + x2 + x2 − 20x + 100)
= −3x2 + 80x − 400.
De uitdrukking voor de oppervlakte D is een bergparabool en heeft inderdaad
een maximum die hij in zijn top aanneemt. De x-coördinaat van de top van
VWO - Wiskunde B - Mei 2012
8
Nederlands Mathematisch Instituut
de parabool kunnen we via de afgeleide vinden. Omdat de afgeleide in de top
gelijk aan nul is, kunnen we de afgeleide van de parabool gelijk aan nul stellen:
(−3x2 + 80x − 400)0 = −6x + 80 = 0.
80
6
Hieruit volgt dat x =
=
40
3 .
Een W
Opgave 11. Punt P begint op het tijdstip t = 0 zich te verplaatsen volgens
de gegeven vergelijkingen. Op het tijdstip t = 0 is P op het punt (1, 1), op de
y = x lijn dus. Vanaf dat moment is P onder deze lijn tot het moment dat P
weer op de y = x lijn komt. Dit moment is precies het snijpunt van de baan
van P met de y = x lijn. Hierna bevindt P zich een aantal seconden boven de
y = x lijn totdat de baan van P weer de y = x lijn snijdt, waarna P weer een
aantal seconden onder de y = x lijn komt. Hierna zal de baan van P de y = x
lijn nog één keer snijden en vanaf dat moment is P alleen maar boven de y = x
lijn. Voor het gemak zullen we het moment t = 0 met M0 noteren en de andere
snijmomenten van de baan van P met de y = x lijn respectievelijk met M1 , M2
en M3 .
We moeten nu bepalen voor welke waarden van t de momenten M1 tot en met
M3 worden bereikt. Immers, de tijd dat het punt P onder de y = x lijn is, is de
som van de tijden tussen de momenten M0 en M1 en tussen de momenten M2
en M3 . Dus als we deze momenten weten, kunnen we ook de totale tijd dat P
onder de lijn y = x is bepalen.
De snijpunten van de baan van P met de y = x lijn zijn de punten waar de
gegeven vergelijkingen voor beide coördinaten aan elkaar gelijk zijn
π 4π
· t = cos
· t = y(t).
x(t) = cos
15
15
Dit is een standaard vergelijking voor cosinus en de algemene vorm van deze
vergelijking is cos (A) = cos (B). De oplossingen van deze vergelijking zijn
1. A = B + k · 2 · π
voor elk geheel getal k.
2. A = −B + k · 2 · π
voor elk geheel getal k.
De oplossingen van het eerste stelsel zijn
naar t op:
π
15
·t =
4π
15
· t + k · 2π. Dit lossen we
4 · t + k · 30, dus
t
=
t
= −10 · k
voor elk geheel getal k.
Bedenk dat t nooit negatief mag zijn en dus is de oplossingsverzameling voor
t = 0, 10, 20, . . ..
π
De oplossingen van het tweede stelsel zijn 15
· t = −4π
15 · t + k · 2π. Naar t oplossen
levert:
t
= −4 · t + 30 · k, dus
t
=
6·k
VWO - Wiskunde B - Mei 2012
voor elk geheel getal k.
9
Nederlands Mathematisch Instituut
Ook hier mag t alleen de positieve waarden aannemen. De oplossingsverzameling
is dus t = 0, 6, 12, 18, . . ..
Omdat het domein van t het interval [0, 15] is nemen we van de boven genoemde
oplossingsverzamelingen de t waarden die kleiner of gelijk zijn aan 15. Dat zijn
de momenten t = 0, t = 6, t = 10, t = 12 en merk op dat deze momenten dus
respectievelijk de momenten M0 tot en met M3 zijn.
Antwoord: tussen de momenten M0 = 0 en M1 = 6 is P dus 6 seconden lang
onder de y = x lijn. Tussen de momenten M2 = 10 en M3 = 12 is P dus 2
seconden onder de y = x lijn. Het punt P is in totaal 6 + 2 = 8 seconden onder
de lijn y = x.
Opgave 12. Het moment dat P de y-as passeert, is het moment dat de xcoördinaat nul wordt:
π · t = 0.
x(t) = cos
15
π
Omdat cos(π/2) = 0, hebben we dus 15
· t = π2 . Dit oplossen naar t geeft:
t=
1
15 · π
=7
2·π
2
De y-as wordt dus precies na 7 12 seconden gepasseerd. De vraag is dus wat de
snelheid van P in de x-richting is op t = 7 12 seconden.
Dat berekenen we door 7 21 in te vullen in de afgeleide functie van x(t) omdat x(t)
de beweging van P in de x-richting beschrijft. Aldus berekenen we de afgeleide
van x(t):
π 0
π π
x0 (t) = cos
·t
·t · .
= − sin
15
15
15
Het invullen van 7 21 in x0 (t) geeft
x0
1
7
2
= − sin
!
π π
7 12 · π
π
−π
·
= − sin
·
=
15
15
2
15
15
is de exacte snelheid (in m/s) van P in de x-richting op dat moment.
Verschoven platen
Opgave 13. De driehoeken AP O en P QQ0 zijn gelijkvormig. De aard van
gelijkvormigheid is hoek-hoek-hoek relatie. Immers, als ∠AP O = α dan is
∠OAP = 90 − α en ook ∠P QQ0 = 90 − α. We zien dat de hoeken van de
driehoek AP O gelijk zijn aan α, 90 − α en 90. Dit geldt ook voor de driehoek
P QQ0 .
We gebruiken het feit dat de verhoudingen van de zijden van de gelijkvormige
driehoeken bewaard blijven. Dat betekent in dit concrete geval dat
OP
P Q0
=
.
AP
PQ
Merk op dat de lengten OP = p, P Q = 280, P Q0 = p + q alle drie in de tekst
gegeven zijn en dat AP berekend
p kan worden met de stelling van Pythagoras:
AP 2 = p2 + 352 en dus AP = p2 + 352 .
VWO - Wiskunde B - Mei 2012
10
Nederlands Mathematisch Instituut
Deze lengten invullen in de hierboven genoemde verhouding en vervolgens beide
kanten van de gelijkheid vermenigvuldigen met 280 levert
p
p
p2
+
352
=
p+q
280
=⇒
280 · p
p
= p + q.
p2 + 352
We krijgen de gewenste uitdrukking voor q in termen van p als we van de beide
kanten van deze laatste gelijkheid een p aftrekken
q=p
280 · p
p2 + 1225
− p.
Opgave 14.
Dit kunnen we aantonen door de afgeleide functie op de gebruikelijke wijze uit
te rekenen met behulp van de quotientregel en de kettingregel.
p
280 · p2 + 1225 − 280 · p · √ 2·p
2· p2 +1225
−1
q 0 (p) =
p
2
p2 + 1225
√
√
2
280· p2 +1225· p2 +1225
√ 2
− √280·p
p +1225
p2 +1225
=
−1
p2 + 1225
280 · (p2 + 1225) − 280 · p2
p
=
−1
(p2 + 1225) · p2 + 1225
280 · p2 + 280 · 1225 − 280 · p2
p
=
−1
(p2 + 1225) · p2 + 1225
343.000
p
=
−1
2
(p + 1225) · p2 + 1225
Opgave 15. In het voorgaande hebben we dus q opgevat als een functie van
p en nu willen we zijn maximum bepalen. Dit maximum wordt bereikt in het
punt waar de afgeleide functie van q gelijk aan nul is.
q 0 (p) =
343.000
p
− 1 = 0.
p2 + 1225
(p2 + 1225) ·
Door links en rechts 1 op te tellen, krijgen we
(p2
343.000
p
= 1.
+ 1225) · p2 + 1225
Dit is hetzelfde als
343.000 = p2 + 1225
32
,
en door nu aan beide kanten te verheffen tot de 2/3e-macht krijgen we
2
(343.000) 3 =
p2 + 1225
32 32
.
Dit uitwerken levert
4900 = p2 + 1225 ⇒ p2 = 3675,
VWO - Wiskunde B - Mei 2012
11
Nederlands Mathematisch Instituut
√
bedenk hier dat p een positieve afstand is en√dus dat p = 3675. De functie
q(p) bereikt zijn maximum in het punt p = 3675. Dit getal invullen in q(p)
geeft het maximum van q:
√
√
√
280 · 3675
q
3675
= q √
− 3675
2
3675 + 1225
√
280 · 3675 √
√
=
− 3675
4900
√
280 · 3675 √
=
− 3675
√ 70
√
= 4 · 3675 − 3675
√
= 3 · 3675.
Evenwijdige lijnen en een rechthoek
Opgave 16. We moeten bewijzen dat de vierhoek ABCD een rechthoek is.
Het is voldoende te laten zien dat alle hoeken 90 graden zijn.
Dat de hoeken ∠ABC en ∠ADC recht zijn is een directe conclusie die we uit
de stelling van Thales mogen trekken:
“Een omtrekshoek is de helft van de bijbehorende middelpuntshoek.”
In de opgave is het namelijk gegeven dat AC een middellijn is. De omtrekshoeken ∠ABC en ∠ADC horen bij de middellijn AC en dus zijn ze recht.
Noem de hoek ∠ACD = α, dan is ook de hoek ∠BAC = α, omdat ze Z-hoeken
zijn, hier gebruiken we dat de lijnen AB en CD evenwijdig zijn. Dan geldt
∠CAD = 90 − α omdat de som van de hoeken van de driehoek ACD bij elkaar
180 graden is. Dat geldt ook voor de driehoek ABC en dus is de hoek ∠ACB
ook gelijk aan 90 − α. Hoek ∠BCD van de vierhoek is dus
α + (90 − α) = 90.
Op dezelfde wijze is de hoek ∠BAD van de vierhoek gelijk aan
α + (90 − α) = 90.
We zien dat ABCD een vierhoek is met vier rechte hoeken en dus is ABCD
een rechthoek.
Opgave 17. Merk op dat ∠CDE = ∠ACD omdat ze Z-hoeken zijn. We
gebruiken hier dat de lijn ` en de middellijn AC parallel zijn. Noem nu de hoeken
∠CDE = ∠ACD = α. Dan is ∠CM E = 2·α omdat deze de middelpuntshoek is
die bij de omtrekshoek ∠CDE hoort. Er geldt dus binnen de driehoek 4CM S
dat ∠CM S = 2 · α en ∠M CS = α. We mogen dus concluderen dat de derde
hoek van 4CM S, de hoek ∠CSM , gelijk aan 180◦ − 3 · α is omdat de som van
de hoeken in een driehoek 180◦ is. We zien nu direct dat de buitenhoek ∠CSE
van 4CM S gelijk aan 3 · α is. Dit bewijst dat
∠CSE = 3 · α = 3 · ∠CDE.
VWO - Wiskunde B - Mei 2012
12