Centrale Commissie Voortentamen Wiskunde Uitwerkingen Voortentamen Wiskunde B 28 januari 23 Voorlopige versie 29 januari 23 Opgave a Schrijf f ) g) met g) 9 2. g) 9 2 ) /2, dus g ) 2 9 2 ) /2 2 Dit geeft f ) g) + g ) 9 2 2 2 9 2. 9 2. f ) 9 2 9 9 2 2 2 2 4 2 4 ± 2 In de grafiek zien we dat f een maimum heeft voor + 4 2 en een minimum voor 4 2 ). ) 2 f 4 2 4 2 9 4 2 4 2) 4 2 Opgave b f ) 9 2 3 3. Te berekenen is dus π... π [3 3 5 5] 3 Opgave 2a 3 f )) 2 d π 3 2 9 2 ) d π π 3 27 5 243) )) π 32 2 5 3 9 2 4 d ofwel 32,4π. A en B liggen beide op C met middelpunt M, dus AM BM l is de raaklijn aan C in A en O ligt op l, dus OAM 9 m is de raaklijn aan C in B en O ligt op m, dus OBM 9 Dit betekent dat driehoek AOM en driehoek BOM congruent zijn volgens congruentiegeval ZZR: Z: AM BM Z: zijde OM is gemeenschappelijk R: OAM 9 ; OBM 9 En hieruit volgt weer dat AOM BOM overeenkomstige hoeken in congruente driehoeken). Opgave 2b De redenering uit a geldt ook voor C 2, dus geldt DON EON AOB DOE overstaande hoeken) Hieruit volgt AOM 2 AOB 2 DOE DON AOM en DON zijn dus overstaande hoeken. MO en ON liggen daarom in elkaars verlengde, wat betekent dat O op de rechte lijn door M en N ligt.
2 Opgave 3a f ) 2 2) 2 2 2 ) 2 2 2 2 2 ) 2 De raaklijn heeft een vergelijking van de vorm y a + b. Invullen van a f 2) 2 4 4 2) 6 2 4 2, P 2 en y y P geeft 2 2 + b 3 + b b 4. De vergelijking van de raaklijn is dus y 2 + 4. y 2 + 4 met y geeft 2 + 4 3 2 4 8 3 2 2 3. y 2 + 4 met geeft y 4. Q is zodoende het punt 2 2 3,) en R is het punt,4). De oppervlakte van driehoek OQR is dus 2 8 3 4 6 3 5 3. Opgave 3b F is een primitieve van f als F ) f ). Differentieer F daarom met de kettingregel. Schrijf F) 2 ln u)) met u) 2 2. Dan volgt F ) 2 u ) u) Dit geeft F ) 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 2 2 f ). Opgave 3c F) is niet gedefinieerd als 2 2 2 2. Omdat f ) niet gedefinieerd is als 2 2, zoeken we naar een formule die geldt als 2 2 >. In dat geval is de functie G) 2 ln 2 2 ) wel gedefinieerd. G ) 2 2 f ), dus G is ook een primitieve van f. 2 2 Alternatief: Een primitieve van de functie h) is H) ln. Probeer daarom de functie G) 2 ln 2 2. Voor de waarden van uit het domein van f waarvoor F) niet gedefinieerd is, geldt 2 2 <. Dan geldt dus 2 2 2 2 en G) 2 ln 2 2 ). Voor deze waarden van geldt G ) 2 2 2 2 f ). Opgave 3d f ) 2 2 2 + 2 2 + 2 ) + 2) 2 De oppervlakte van het vlakdeel wordt zodoende gegeven door f ) ) d f ) + d. Met het snijpunt bij 2 sluiten de grafiek van f, de y-as en de lijn y geen vlakdeel in! f ) + d [F) + ]... 2 ln) + ) 2 ln 2 + ) + 2 ln2) 2 ln2)
3 Opgave 3e f ) 2 2 2 2 ) 2 zie vraag a) f ) 2 2 2 ) 2 2 2 ) 2 2 2 ) 2 2 2 ) 4 Dit kan maar hoeft niet) vereenvoudigd worden tot f ) 23 + 2 2 2 ) 3. f ), f ) 4, f ) 4. Net links van de oorsprong geldt dus f ) > en net rechts van de oorsprong geldt f ) <. Hieruit volgt dat f ) een maimum heeft in de oorsprong, dus dat f daar een buigpunt heeft. Opgave 3f In een snijpunt geldt a f ) 2 2 a 2 2 a. Hieruit volgt dat de lijn y a de grafiek van f altijd in de oorsprong snijdt en dat er drie snijpunten zijn als de vergelijking a twee oplossingen heeft. 2 2 Voor a heeft deze vergelijking geen oplossingen. Voor a volgt 2 2 a 2 2 + a. Voor a > heeft deze vergelijking altijd twee oplossingen. Voor a < heeft deze vergelijking twee oplossingen als 2 + a > 2 > a 2a < a < 2. Er zijn dus drie snijpunten als a > en als a < 2. Alternatief: In de grafiek zien we dat voor a > de lijn y a drie snijpunten heeft met de grafiek van f : links van de linkerasymptoot, de oorsprong en rechts van de rechterasymptoot. Voor a is de oorsprong het enige snijpunt. Voor a < heeft de lijn y a alleen drie snijpunten met de grafiek van f als deze steiler loopt dan de raaklijn aan de grafiek in de oorsprong. Dit is het geval als a < f 2 2 ) 2 2 ) 2 2. Opgave 4a f kan nu gedifferentieerd worden met de kettingregel door te schrijven f ) e u) met u) ln. De productregel geeft u ) ln + ln +. Dit geeft f ) e u) u ). Omdat e u) e ln f ) en u ) ln + volgt hieruit f ) f ) ln) + ).
4 Opgave 4b Met de eerste formule volgt: g 5 ) 2 + 5 + 5 ). Dit is het geval als of als 2 + 5 + 5. 2 + 5 + 5 2 + 5 + 4 + 4) + ) 4 De oplossingen zijn dus, en 4. Met de tweede formule volgt: g 5 ) e ln2 +5+5) ln 2 + 5 + 5) Dit geeft of ln 2 + 5 + 5) 2 + 5 + 5 2 + 5 + 5 2 + 5 + 4 + 4) + ) 4 De oplossingen zijn dus, en 4. Opgave 4c Met de eerste formule volgt: g a ) 2 + a + 5 ). Dit is het geval als of als 2 + a + 5. Met de tweede formule volgt: g a ) e ln2 +a+5) ln 2 + a + 5) Dit geeft of ln 2 + a + 5) 2 + a + 5 Er zijn drie snijpunten als de vergelijking 2 + a + 5 2 + a + 4 twee oplossingen heeft. De discriminant van deze vergelijking is D a 2 4 4 a 2 6. Er zijn twee oplossingen als D >. Er zijn dus in totaal drie snijpunten als a 2 6 > a 2 > 6 a < 4 a > 4. Opgave 4d Voor alle waarden van a geldt g a ) 2 + a + 5 ) 5. Alle grafieken gaan dus door het punt,). Om aan te tonen dat de grafieken elkaar raken, laten we zien dat alle functies g a dezelfde afgeleide hebben in dit punt. Schrijf hiertoe g a ) e ln 2 +a+5) e u) met u) ln 2 + a + 5) u ) ln 2 2 + a + a + 5) + 2 + a + 5 ln2 + a + 5) + 22 + a 2 + a ) + 5 Dit geeft g a) e u) u ) g a ) ln 2 + a + 5) + 22 + a. 2 + a + 5 Voor alle functies g a geldt dus g a) g a ) ln + + 5) + + ) ln 5 + ) ln 5. + + 5
5 Opgave 5a f ) sin2) cos2) Omdat de noemer van de breuk niet kan zijn, volgt hieruit sin2) cos2) sin2) cos2). Met de substitutie sin2) cos 2 π 2) volgt hieruit cos 2π 2) cos2). Dit geeft 2 π 2 2 + k 2π 2π 2 2 + k 2π 2π 2 2 + k 2π heeft geen oplossingen. 2 π 2 2 + k 2π 4 2 π + k 2π Delen door 4 geeft dan 8 π + k 2 π. De oplossingen op het aangegeven domein zijn dan 8 π, 5 8 π, 8 π en 5 8 π. Alternatief voor de tweede t/m de zesde ster: Met de substitutie cos2) sin 2 π 2) volgt hieruit sin2) sin 2 π 2). Dit geeft 2 2 π 2 + k 2π 2 π 2π 2) + k 2π 2 π 2 π 2) + k 2π 2 2 + 2π + k 2π heeft geen oplossingen. 2 2 π 2 + k 2π 4 2 π + k 2π Delen door 4 geeft dan 8 π + k 2 π. Opgave 5b Schrijf f ) t) n) met t) sin2) en n) cos2). t ) 2 cos2); n ) 2 sin2) Dit geeft f ) t ) n) t) n ) n)) 2 2 cos2) cos2) ) sin2) ) 2 sin2)) cos2) ) 2... 2 cos2 2) 2 cos2) + 2 sin 2 2) 2 sin2) cos2) ) 2... 2cos2 2) + sin 2 2)) 2 cos2) 2 sin2) 2 2 cos2) 2 sin2) cos2) ) 2 cos2) ) 2 Substitueer nu sin2) 2 sin cos en cos2) 2 sin 2. Dit geeft f ) 2 2 + 4 sin2 4 sin cos 2 sin 2 ) 2 4 sin sin cos ) sin cos... sin 3
6 Opgave 5b Alternatief: Substitueer sin2) 2 sin cos en cos2) 2 sin 2 direct in de formule van f. 2 sin cos Dit geeft f ). 2 sin 2 Schrijf nu f ) t) n) met t) 2 sin cos en n) 2 sin2. t ) 2 cos cos + 2 sin sin ) 2 cos 2 2 sin 2 n ) 2 2 sin cos 4 sin cos Nu volgt f ) t ) n) t) n ) n)) 2... 2 cos2 2 sin 2 ) 2 sin 2 ) 2 sin cos ) 4 sin cos ) 2 sin 2 ) 2... 4 cos2 sin 2 + + 8 sin 2 cos 2 4 sin cos... 4 cos2 sin 2 + 4 sin 2 sin 2 4 sin cos... 4 sin2 4 sin cos sin cos sin 3 Opgave 5c De grafiek is dalend als f ) <. Om de oplossingen van deze ongelijkheid te vinden kijken we eerst naar de vergelijking f ). Dit geeft sin cos sin cos. De oplossingen op het interval [,2π] zijn 4 π en 4 π. Dit is elementaire kennis en mag dus zonder toelichting gemeld worden. Wie dit niet meer) weet kan deze vergelijking oplossen op de manier van vraag a. Omdat f niet gedefinieerd is voor π moeten we nu de volgende intervallen bekijken: < < 4 π: dan geldt sin cos < en sin > dus f ) <. 4 π < < π: dan geldt sin cos > en sin > dus f ) >. π < < 4 π: dan geldt sin cos > en sin < dus f ) <. 4 π < < π: dan geldt sin cos < en sin < dus f ) >. De grafiek is dus dalend als < < 4 π en als π < < 4 π.