Uitwerkingen Mei Eindexamen VWO Wiskunde B. Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek

Transcriptie

1 Uitwerkingen Mei 01 Eindexamen VWO Wiskunde B A B C Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek

2

3

4 Onafhankelijkheid van a Opgave 1. We moeten aantonen dat F a een primitieve is van de functie f a. Dan moet de afgeleide van F a gelijk zijn aan f a. Aangezien F a (x het product is van de functies x en e ax moeten we de productregel gebruiken. Dat levert (F a (x = (x e ax = 1 e ax + x e ax ( a. Deze uitdrukking kunnen we nu verder vereenvoudigen om tot f a 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 f a (x is. Hieruit volgt dat F a een primitieve is van de functie f a. Opgave. We noteren binnen de driehoek OAB de oppervlakte onder de grafiek van f a met O 1 en de oppervlakte boven de grafiek met O, zie onderstaande figuur. We moeten aantonen dat de verhouding van deze oppervlakten O1 O onafhankelijk van a is. Dat wil zeggen dat als de uitdrukking voor de breuk O1 O 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 basis hoogte. De basis van de driehoek OAB is OA = 1 a en de hoogte OB = 1. De oppervlakte van OAB is dus gelijk aan 1 1 a 1 = 1 a. De oppervlakte O 1 wordt berekend met behulp van integraalrekening. In een primitieve van f a 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 F a een primitieve van f a is (als dit om welke reden dan ook niet is gelukt VWO - Wiskunde B - Mei 01 4

5 om aan te tonen mag dit feit alsnog worden gebruikt. De grenzen zijn x = 0 en x = 1 a. Deze grenzen invullen in F a geeft O 1 = F a ( 1 a F a (0 = 1 a e a 1 a 0e a0 = 1 a e. De oppervlakte O is gelijk aan de totale oppervlakte van de driehoek ABO minus de oppervlakte O 1. Dat is O = 1 a 1 a e = e a e. De verhouding, waarin we geïnteresseerd zijn, is gelijk aan O 1 O = 1 a e e a e = 1 a e a e e = e. We zien dat deze laatste term onafhankelijk van a is. Het standaard proefglas Opgave. Het volume (in dit geval in mm van het omwentelingslichaam om de x-as met de functie voorschrift f(x op het interval [0; 55,] is 55, 0 π (f(x dx = 55, 0 ( 9 π + 8 e 0,45 x dx. Als we de uitdrukking tussen de haakjes kwadrateren wordt deze laatste integraal gelijk aan 55, ( 81 π e 0,45 x e 0,904 x dx. 0 We kunnen nu ieder component van deze integraal afzonderlijk berekenen. Dat levert [ 81 4 π x 5 0,45 e 0,45 x 784 ] 55, 0,904 e x = 7994 mm. Omdat 1000 mm = 1 cm, volgt hieruit dat de afgeronde inhoud gelijk is aan 8 cm. 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,5 omlaag. Dit verhaal kan je omkeren vanuit de parabool y = a x, om terug op de kromme CD te komen. Maar dit keer in de x-richting 87,5 naar rechts en in de y-richting,5 omhoog. Het functievoorschrift van de verschoven parabool door de oorsprong wordt dan gegeven door (y,5 = a (x 87,5. 0 VWO - Wiskunde B - Mei 01 5

6 Resteert nu a te vinden. Hiervoor gebruiken we het punt D = (155,0;,0 dat eveneens op de parabool (y,5 = a (x 87,5 ligt. Invullen van het punt D in de formule van de parabool levert a = 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,5 omhoog verschuiven. Dit levert de volgende formule voor de kromme CD y = op het domein [87,5; 155,0] (x 87,5 +,5 Opgave 5. Laat x P de x-coördinaat van het punt P zijn. We willen x P berekenen met behulp van primitiveren. We zullen eerst de inhoud (50 ml = mm uitdrukken in termen van x P, waarbij x P in mm. In dit geval is de inhoud gelijk aan xp xp ( = π(g(x dx = π x + 175x 6600 dx. 55, 55, Wortel trekken en kwadrateren heffen elkaar op (let op alleen in deze volgorde!. Hierna kunnen we voor iedere component een primitieve berekenen: xp ( π x + 175x 6600 xp dx = π ( x 55, + 87,5x 6600x. 55, Grenzen invullen levert nu π (( (x P + 87,5(x P 6600x P ( 55, + 87,5(55, , Na vereenvoudigen en gelijk aan stellen hebben we de volgende derdegraads vergelijking om op te lossen met de GR π ( (x P + 87,5(x P 6600x P ,9 = Nu in de GR stellen we Y 1 gelijk aan Y 1 = π ( (x P + 87,5(x P 6600x P ,9 en Y gelijk aan Met de optie intersect vinden we als snijpunt x P = 80, Afgerond op een geheel getal is dat 81. VWO - Wiskunde B - Mei 01 6

7 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 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 BDE 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 BDE gelijkbenig is geldt hier ook dat BEF = BDF = α, zie ook de figuur hieronder. Maar dan is BF E = 180 α omdat de som der hoeken binnen een driehoek gelijk is aan 180. Hieruit volgt dat BF D = 180 BF E = 180 (180 α = α = BEF. De volgende figuur verduidelijkt bovenstaande uitleg: VWO - Wiskunde B - Mei 01 7

8 Tussen twee sinusgrafieken Opgave 8. De te bepalen oppervlakte V wordt berekend met 4 π π (f(x g(x dx omdat tussen A en B geldt dat f > g. We berekenen dus een primitieve van f(x g(x ( (f(x g(xdx = sin(x sin (x + 1 ( π dx = cos(x+cos x + π +C waarbij C een willekeurige constante is. Grenzen invullen levert nu ( ( 4π 5π ( π ( π cos + cos + cos cos = =. Opgave 9. Volgens de formulekaart geldt ( x + y sin(x + sin(y = sin cos ( x y We gebruiken deze gelijkheid als volgt (let op dat y uit de vorige formule gelijk is aan x + π/ hieronder 1 (f(x + g(x = 1 ( ( sin(x + sin x + π = 1 ( ( x + x + π ( x x π sin cos ( = sin x + π ( π cos 6 6 = (x sin + π. 6 Dus dan a = en b = π 6. Drie vierkanten in een rechthoek Opgave 10. De totale oppervlakte van de rechthoek is 0 0 = 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 0 x en een zijde van C gelijk aan 0 (0 x = x 10. De oppervlakten A, B en C zijn dus respectievelijk gelijk aan x, (0 x en (x 10. Hieruit volgt dat D = 600 (x + (0 x + (x 10. = 600 (x x + x + x 0x = x + 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 01 8

9 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: Hieruit volgt dat x = 80 6 = 40. ( x + 80x 400 = 6x + 80 = 0. 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 M 0 noteren en de andere snijmomenten van de baan van P met de y = x lijn respectievelijk met M 1, M en M. We moeten nu bepalen voor welke waarden van t de momenten M 1 tot en met M worden bereikt. Immers, de tijd dat het punt P onder de y = x lijn is, is de som van de tijden tussen de momenten M 0 en M 1 en tussen de momenten M en M. 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 x(t = cos 15 t = cos 15 t = y(t. 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 π voor elk geheel getal k.. A = B + k π voor elk geheel getal k. De oplossingen van het eerste stelsel zijn π 15 t = 4π 15 t + k π. Dit lossen we naar t op: t = 4 t + k 0, dus t = 10 k voor elk geheel getal k. Bedenk dat t nooit negatief mag zijn en dus is de oplossingsverzameling voor t = 0, 10, 0,.... De oplossingen van het tweede stelsel zijn π 4π 15 t = 15 t+k π. Naar t oplossen levert: t = 4 t + 0 k, dus t = 6 k voor elk geheel getal k. VWO - Wiskunde B - Mei 01 9

10 Ook hier mag t alleen de positieve waarden aannemen. De oplossingsverzameling is dus t = 0, 6, 1, 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 = 1 en merk op dat deze momenten dus respectievelijk de momenten M 0 tot en met M zijn. Antwoord: tussen de momenten M 0 = 0 en M 1 = 6 is P dus 6 seconden lang onder de y = x lijn. Tussen de momenten M = 10 en M = 1 is P dus seconden onder de y = x lijn. Het punt P is in totaal 6 + = 8 seconden onder de lijn y = x. Opgave 1. Het moment dat P de y-as passeert, is het moment dat de x- coördinaat nul wordt: ( π x(t = cos 15 t = 0. Omdat cos(π/ = 0, hebben we dus π 15 t = π. Dit oplossen naar t geeft: t = 15 π π = 71 De y-as wordt dus precies na 7 1 seconden gepasseerd. De vraag is dus wat de snelheid van P in de x-richting is op t = 7 1 seconden. Dat berekenen we door 7 1 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 ( π x (t = cos 15 t = sin 15 t π 15. Het invullen van 7 1 in x (t geeft ( x 7 1 (( 7 1 = sin π 15 π ( π 15 = sin π 15 = π 15 is de exacte snelheid (in m/s van P in de x-richting op dat moment. Verschoven platen Opgave 1. De driehoeken AP O en P QQ zijn gelijkvormig. De aard van gelijkvormigheid is hoek-hoek-hoek relatie. Immers, als AP O = α dan is OAP = 90 α en ook P QQ = 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 QQ. We gebruiken het feit dat de verhoudingen van de zijden van de gelijkvormige driehoeken bewaard blijven. Dat betekent in dit concrete geval dat OP AP = P Q P Q. Merk op dat de lengten OP = p, P Q = 80, P Q = p + q alle drie in de tekst gegeven zijn en dat AP berekend kan worden met de stelling van Pythagoras: AP = p + 5 en dus AP = p + 5. VWO - Wiskunde B - Mei 01 10

11 Deze lengten invullen in de hierboven genoemde verhouding en vervolgens beide kanten van de gelijkheid vermenigvuldigen met 80 levert p p + 5 = p + q 80 = 80 p p + 5 = p + q. 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 = 80 p p + 15 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. q (p = p 80 p p p +15 p = 80 p +15 p +15 p +15 p p p +15 = 80 (p p (p + 15 p = 80 p p (p + 15 p = (p + 15 p 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 (p = (p + 15 p = 0. Door links en rechts 1 op te tellen, krijgen we Dit is hetzelfde als (p + 15 p + 15 = = ( p + 15, en door nu aan beide kanten te verheffen tot de /e-macht krijgen we Dit uitwerken levert ( (p (4.000 = = p + 15 p = 675, VWO - Wiskunde B - Mei 01 11

12 bedenk hier dat p een positieve afstand is en dus dat p = 675. De functie q(p bereikt zijn maximum in het punt p = 675. Dit getal invullen in q(p geeft het maximum van q: ( q 675 = ( = = = = 675. 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 l en de middellijn AC parallel zijn. Noem nu de hoeken CDE = ACD = α. Dan is CM E = α omdat deze de middelpuntshoek is die bij de omtrekshoek CDE hoort. Er geldt dus binnen de driehoek CMS dat CMS = α en MCS = α. We mogen dus concluderen dat de derde hoek van CMS, de hoek CSM, gelijk aan 180 α is omdat de som van de hoeken in een driehoek 180 is. We zien nu direct dat de buitenhoek CSE van CMS gelijk aan α is. Dit bewijst dat CSE = α = CDE. VWO - Wiskunde B - Mei 01 1