Centrale Commissie Voortentamen Wiskunde Uitwerkingen Voortentamen Wiskunde B 11 juni 2012

Transcriptie

1 Centrale Commissie Voortentamen Wiskunde Uitwerkingen Voortentamen Wiskunde B juni 22 Voorlopige versie 6 juni 22 Opgave a f (x) = x2 x 5, dus f (x) = 2 2 x 5x. Dit geeft f (x) = 2 2 2x3. f (x) = 2 2 2x3 = 2x 3 = 2 2 x3 = = 8 x = 3 8 = 2. f ( 2 ) = 5 32 = = 9 32 ; f ( 2 ) = = = 5 6 De buigraaklijn is dus de rechte lijn door het punt ( 2, ) met richtingscoëfficiënt 6. In y = ax + b kunnen we dus invullen a = 5 6 en (x,y) = ( 2, 9 32 ). 9 Dit geeft 32 = b 9 32 = b b = 6 32 = 3 6. De vergelijking van de buigraaklijn is dus y = 5 6 x 3 Opgave b Een rechte lijn door de oorsprong heeft een vergelijking van de vorm y = ax. Als dit een raaklijn is, dan geldt f (x) = y = ax en f (x) = a. Uit f (x) = a volgt a = 8x 5x. Uit f (x) = ax volgt dan x 2 x 5 = ( 8x 5x ) x. Dit geeft x 2 x 5 = 8x 2 5x 5 x 2 x 5 = x 2 x 5 = x 2 ( x 3 ) =. Hieruit volgt x 2 = x = of x 3 = x =. x = geeft a =. De vergelijking van de raaklijn is dan y =. De x-as is de raaklijn aan de grafiek van f in de oorsprong. x = geeft a = 8 5 = 3. De vergelijking van de raaklijn is dan y = 3x. Dit is de raaklijn aan de grafiek van f in het punt (,3). Opgave c f a (x) = ax 2 x 5 = x 2 (a x 3 ) = Dit geeft x 2 = x = of a x 3 = x 3 = a x = 3 a. De oppervlakte van V a wordt dus gegeven door 3 a ( ax 2 x 2) dx = [ 3 ax3 3 6 x6] a (... = 3 a ( 3 a ) a 6. f a (x) dx. 3 a ) 6 ( ) = 3 a a 6 a2 = 3 a2 6 a2 = 6 a2 Dit moet gelijk zijn aan 6, dus volgt 6 a2 = 6 a 2 = 36 a = 6. Opgave 2a Voor x = geldt voor alle functies g p () = e e +. Ook: g (x) = g (x) e = e x x =. Dit snijpunt kan ook bepaald worden met twee andere waarden van p. g p () is dus voor alle p gelijk aan + = 2, de coördinaten van A zijn zodoende (, 2 ).

2 2 Opgave 2b g / (x) = t(x) n(x) met t(x) = e 2 x en n(x) = e x + dus t (x) = e x en n (x) = e x. Dit geeft g / (x) = t (x) n(x) t(x) n (x) (n(x)) 2 = e x (e x + ) e x e x. (e x + ) 2... = e x e x + e x e x e x = e x ( 3 ex ). (e x + ) 2 (e x + ) 2 g / (x) = 3 ex = 3e x = 3e x = e x = 3 x = ln 3. Opgave 2c g (x) = ex (e x + ) e x e x e x = (e x + ) 2 (e x + ) 2 De teller en de noemer van deze breuk zijn voor alle waarden van x positief. Voor alle x geldt dus g (x) >, dus is de grafiek stijgend op zijn domein. Opgave 2d G(x) = H(u(x)) met u(x) = 2e x + 2 en H(u) = ln(u), dus u (x) = 2e x en H (u) = u = 2e x + 2 Dit geeft G (x) = H (u) u (x) = Opgave 2e 2e x + 2 ex = De oppervlakte van dit vlakdeel wordt gegeven door 2e x 2(e x + ) = ex e x + = g (x) ln 5 g (x) dx = G(ln 5) G()... = ln ( 2e ln ) ln ( 2e + 2 ) = ln ( ) ln (2 + 2) = ln 2 ln = ln 2 = ln 3 Opgave 3a Omdat BE = ES = en CD = DS = 2 zijn de driehoeken BES en S DC zijn beide gelijkbenig. Hieruit volgt EBS = ES B en MCT = MS D. ES B en MS D zijn overstaande hoeken. Daaruit volgt EBS = ES B = MS D = MCT. De grootte van deze hoeken geven we in de uitwerking van vraag 3b aan met α. Opgave 3b Driehoeken BES en S DC zijn gelijkvormig (geval hh, zie de laatste stap van de uitwerking van 3a) De zijden van driehoek BES zijn dus half zo lang als de zijden van driehoek S DC. Dit betekent dat BS = 2 CS = S M. Driehoek BS M is dus gelijkbenig. Omdat BMS en CMT overstaande hoeken zijn, volgt hieruit MBS = BMS = CMT. De grootte van deze hoeken geven we aan met β. Nu volgt MTC = 8 MCT CMT = 8 α β (hoekensom driehoek) dus BT A = 8 MTC = 8 (8 α β) = α + β (gestrekte hoek). ABT = S BE + MBS = α + β, dus ABT = BT A. Dit betekent dat driehoek ABT gelijkbenig is. De benen AB en AT zijn dus even lang.

3 3 Opgave a f (x) = g(x) sin(2x) = cos(3x) cos( 2π 2x) = cos(3x) Dit geeft 2 π 2x = 3x + k 2π of 2π 2x = 3x + k 2π. 2 π 2x = 3x + k 2π 5x = 2 π + k 2π x = π + k 2 2 π 2x = 3x + k 2π x = 2 π + k 2π Oplossingen in het interval [ π,π]: x = π 2 2 = π 8 π = 7 π x = 2 π x = π 2 = π π = 3 π x = π x = π + 2 = π + π = 2 π x = π = π + 8 π = 9 π Alternatief: f (x) = g(x) sin(2x) = cos(3x) sin(2x) = sin( 2 π 3x) Dit geeft 2x = 2 π 3x + k 2π of 2x = π ( 2 π 3x) + k 2π. 2x = 2 π 3x + k 2π 5x = 2 π + k 2π x = π + k 2 2x = π ( 2 π 3x) + k 2π 2x = 2 π + 3x + k 2π x = 2 π + k 2π x = 2 π + k 2π De oplossingen in het interval [ π,π] zijn hetzelfde als hierboven aangegeven. De uitwerking kan ook beginnen met sin(2x) = sin(3x + 2 π) of met cos(2x 2π) = cos(3x). Opgave b h(x) = k(x) (sin(x) + cos(x)) 2 = sin 2 (x) + sin(x) cos(x) (sin(x) + cos(x))(sin(x) + cos(x)) = sin(x)(sin(x) + cos(x)) sin(x) + cos(x) = sin(x) + cos(x) = sin(x) sin(x) + cos(x) = cos(x) = Alternatief: h(x) = k(x) (sin(x) + cos(x)) 2 = sin 2 (x) + sin(x) cos(x) sin 2 (x) + 2 sin(x) cos(x) + cos 2 (x) = sin 2 (x) + sin(x) cos(x) sin(x) cos(x) + cos 2 (x) = cos(x)(sin(x) + cos(x)) = cos(x) = sin(x) + cos(x) = sin(x) + cos(x) = cos(x) = sin(x) = sin( x) = cos( 2 π + x) x = 2 π + x + k 2π x = 2 π x + k 2π x = 2π + x + k 2π heeft geen oplossingen. x = 2 π x + k 2π 2x = 2 π + k 2π x = π + k π cos(x) = x = 2 π + k π Opgave c g(x) = cos(5x) = 5x = 2 π + k pi x = π + k Dit geeft x p = π g(x) = G(u) met G(u) = cos(u) en u(x) = 5x, dus G (u) = sin(u) en u (x) = 5. Dit geeft g (x) = G (u) u (x) = sin(u) 5 = 5 sin(5x). De helling van de grafiek van g in punt P is dus g ( π) = 5 sin( 2π) = 5 = 5.

4 Opgave d f (x) = 2 cos(2x) h(x) = H(u(x)) met H(u) = u 2 en u(x) = sin(x) + cos(x) dus H (u) = 2u, u (x) = cos(x) sin(x) en h (x) = H (u) u (x) = 2u (cos(x) sin(x)) = 2(sin(x) + cos(x))(cos(x) sin(x)). Haakjes wegwerken geeft h (x) = 2 cos 2 (x) 2 sin 2 (x). Uit de formule cos(t + u) = cos t cos u sin t sin u volgt cos(2x) = cos(x + x) = cos 2 (x) sin 2 (x). Links en rechts met 2 vermenigvuldigen geeft dan f (x) = h (x). Alternatief : f (x) = 2 cos(2x) Haakjes wegwerken geeft h(x) = (sin(x) + cos(x))(sin(x) + cos(x)) = sin 2 (x) + 2 sin(x) cos(x) + cos 2 (x). Omdat sin 2 (x) + cos 2 (x) = volgt hieruit h(x) = + 2 sin(x) cos(x). Dit geeft h (x) = 2 [sin(x)] cos(x) + 2 sin(x) [cos(x)] = 2 cos 2 (x) 2 sin 2 (x) Uit de formule cos(t + u) = cos t cos u sin t sin u volgt cos(2x) = cos(x + x) = cos 2 (x) sin 2 (x). Links en rechts met 2 vermenigvuldigen geeft dan f (x) = h (x). Alternatief 2: Haakjes wegwerken geeft h(x) = (sin(x) + cos(x))(sin(x) + cos(x)) = sin 2 (x) + 2 sin(x) cos(x) + cos 2 (x). Omdat sin 2 (x) + cos 2 (x) = volgt hieruit h(x) = + 2 sin(x) cos(x). Uit de formule sin(t + u) = sin t cos u + cos t sin u volgt f (x) = sin(2x) = sin(x + x) = sin(x) cos(x) + cos(x) sin(x) = 2 sin(x) cos(x). Er geldt dus h(x) = + f (x). Aangezien de constante verdwijnt bij het differentiëren, hebben beide functies dezelfde afgeleide. Opgave 5a De functie is niet gedefinieerd voor x = 2. De verticale asymptoot is dus x = 2. Het functievoorschrift kan geschreven worden als 3x 6 + f (x) = x 2 = 3x 6 x 2 + x 2 = 3 + x 2. Als x een groot positief of negatief getal is, dan is vrijwel. x 2 De horizontale asymptoot is dus y = 3. Dit mag ook aangetoond worden door f(x) uit te rekenen voor een aantal grote positieve en grote negatieve waarden van x.

5 5 Opgave 5b x A x B = 2 + a (2 a) = 2a 3(2 + a) + 3(2 a) + 3a + 3a + 3a + 3a + y A y B = = = + = 2 (2 + a) 2 (2 a) 2 a a a a a ( ) 2 2 Met de stelling van Pythagoras volgt AB 2 = (x A x B ) 2 + (y B y A ) 2 = (2a) 2 + a AB is minimaal als AB 2 minimaal is. ( ) 2 We zoeken dus het minimum van de functie g(a) = (2a) 2 + = a 2 + a 2 a g (a) = 8a 8a 3 g (a) = 8a 8a 3 = 8a 8 = a = 8 8 = Dit geeft a = ( = ). Gezien de vraagstelling kan a niet negatief zijn en is duidelijk dat er een minimumafstand moet zijn. Dit laatste kan ook beredeneerd worden door te kijken naar de afstand tussen A en B voor grote waarden van a en voor waarden van a dicht bij. Overigens kan ook het minimum van AB ook bepaald worden door de functie h(a) = g(a) te differentiëren met de kettingregel. Dit leidt tot de vergelijking h (a) = Opgave 5c Te berekenen: π (g(x)) 2 dx met (g(x)) 2 = g (a) 2 g(a) = g (a) =. = (2x 3) (2x 3) Een primitieve van (g(x)) 2 heeft de vorm G(x) = a (2x 3) 3. Dit geeft G (x) = a 3 (2x 3) 2 = 6a (2x 3) Hieruit volgt 6a = a = 6 en G(x) = 6 (2x 3) 3 G() = 6 ( 3) 3 = 6 27 = 62 G() = 6 ( ) 3 = 6 = 6 Nu volgt π (g(x)) 2 dx = π (G() G()) = π ( 6 ) ( 62 = π ) 62 = π = 3 8 π