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

Uitwerkingen Mei 2012

Eindexamen HAVO Wiskunde B

A

B

C

Nederlands Mathematisch Instituut Voor Onderwijs en Onderzoek

Nederlands Mathematisch Instituut

Vliegende parkieten Opgave 1. Het energieverbruik van de parkiet als deze vliegt met een snelheid van 12 m/s is 6,0 + 0,00050 · 12,02 − 0,033J/m ≈ 0,0807J/m 12,02 en het energieverbruik is 6,0 + 0,00050 · 15,02 − 0,033J/m ≈ 0,106J/m 15,02 als de parkiet met een snelheid van 15 m/s vliegt. Het percentage van de toename van het energieverbruik wordt dus gegeven door 0,106 − 0,0807 100 · ≈ 32% 0,0807 Opgave 2. Om te bepalen wanneer het energieverbruik van de parkiet lager is dan 0,10 J/m, moeten de grenzen worden bepaald, dus 6,0 + 0,00050v 2 − 0,033 = 0,10 v2 moet worden opgelost. We doen dit met de GR: als we een handig domein meegeven, bijvoorbeeld [5; 15], om de formule te plotten, kunnen we met behulp van de optie intersect de twee oplossing bepalen. Deze blijken v ≈ 7,59 en v ≈ 14,40 te zijn. Dus bij snelheden tussen 7,6 m/s en 14,4 m/s is het energieverbruik van de parkiet lager dan 0,10 J/m. Een alternatieve oplossing voor deze opgave vind je aan het einde van deze uitwerkingen. Opgave 3. De functie D is gegeven door 6,0 + 0,00050 · v 2 − 0,033 = 6,0 · v −2 + 0,00050 · v 2 − 0,033, v2 dus de afgeleide van D naar v is gegeven door −12,0 −2 · 6,0 + 2 · 0,00050v = + 0,00100v. v3 v3 Opgave 4. De kruissnelheid is gegeven door het punt v waarop de afgeleide nul is. Oftewel, dit is het punt v waarvoor geldt dat −12,0 + 0,00100v = 0. v3 Links en rechts vermenigvuldigen met v 3 levert −12,0 + 0,00100v 4 = 0. Wanneer we −12,0 naar de andere kant halen en vervolgens delen door 0,00100 krijgen we 12,0 v4 = = 12.000. 0,00100 De vierdemachtswortel nemen geeft nu het antwoord: √ 4 v = 12.000 ≈ 10,5m/s. HAVO - Wiskunde B - Mei 2012

4


Prisma Opgave 5. Zie onderstaande figuur.

Opgave 6. De inhoud van ADHN K.P QRST is gelijk aan de oppervlakte van ADHN K vermenigvuldigd met de lengte van AP . De oppervlakte van ADHN K is gelijk aan de som van de oppervlaktes van AKW D, KN U en N U HW . De oppervlakte van ADHN K is dus gelijk aan 3·2+

4·3 + 3 · 6 = 30. 2

Als x de lengte van AP is, volgt dat de inhoud van ADHN K.P N QRST gelijk is aan 30x. Verder is de inhoud van de hele balk ABCD.EF GH gelijk aan

HAVO - Wiskunde B - Mei 2012

5


6 · 6 ∗ 8 = 288. Omdat de inhoud van ADHN K.P QRST gelijk is aan 1/4 van de gehele balk ABCD.EF GH, geldt dat 30x =

288 . 4

Door beide kanten door 30 te delen vinden we dat x=

288 2 =2 . 4 · 30 5

CO2 Opgave 7. In de periode tussen 1880 en 1930 nam de CO2 concentratie lineair toe. Dus als de toename zich lineair had voortgezet vanaf 1900 dan zou de toename per decennium gelijkgebleven zijn aan de toename per decennium tussen 1880 en 1930. Uit de grafiek blijkt dat tussen 1880 en 1930 de CO 2 concentratie met 10 ppm is toegenomen. Dit betekent dat per decennium de concentratie met 10/5 = 2 ppm is toegenomen. In 1930 was het CO2 gehalte gelijk aan 300 ppm, dus zou volgens Arrhenius het CO2 niveau in 2000 gelijk zijn 300 + 2 · 7 = 314 ppm. Volgens het diagram was het niveau in 2000 echter 370 ppm, dus de door Arrhenius voorspelde toename was 56 ppm te klein. Opgave 8. Als de menselijke component exponentieel groeit, kan deze geschreven worden als xt = x0 · at , waarbij t het aantal decennia na 1930 aangeeft. Uit de tekst volgt dat x0 = 15 en dat x7 = 85 dus 15 · a7 = x7 = 85. Dit geeft a7 =

85 15 .

Hieruit volgt weer dat

a=

85 15

17

≈ 1,28. Het percentage van de toename wordt dan gegeven door 100 · (a − 1) ≈ 28. De toename per decennium is dus ongeveer 28%. Opgave 9. In de formule is de menselijke component gegeven door 15 · 1,025t , dus de menselijke component is even groot als het natuurlijke niveau als 15 · 1,025t = 285.


6


Dit levert de volgende reeks gelijkheden op 285 15 = 19.

1,025t =

De gelijkheid 1,025t = 19 kunnen we met de optie intersect op de GR oplossen. Dit geeft als oplossing t ≈ 119. Omdat t voor het aantal jaren na 1930 staat, is de menselijke component gelijk aan de natuurlijke component in 1930 + 119 = 2049. Een alternatieve oplossing voor deze opgave vind je aan het einde van deze uitwerkingen.

Wortelfunctie Opgave 10. De volgende redenering toont aan dat 2x − 5 nooit gelijk is √ aan 4x − 12. Stel dat √ 2x − 5 = 4x − 12. Links en rechts kwadrateren levert 4x2 − 20x + 25 = 4x − 12, en zo 4x2 − 24x + 37 = 0. De discriminant van deze functie is (−24)2 − 4 · 4 ∗ 37 = −16, en dus negatief. Er zijn dus geen oplossingen. Opgave 11. De helling van f moet gelijk zijn aan de helling van 2x − 5 in het raakpunt, dus f 0 (x) = 2 Als we een functie g als volgt definiëren g(x) = 4x − 12, dan kan f geschreven worden als f (x) =

p g(x).

De kettingregel geeft dan dat g 0 (x) f 0 (x) = p 2 g(x) 4 = √ 2 4x − 12 2 =√ . 4x − 12 HAVO - Wiskunde B - Mei 2012

7


De oplossingen van 2 4x − 12 zijn punten waarop een translatie van 2x − 5 een raaklijn is. De oplossingen kunnen met de volgende stappen gevonden worden: 2= √

2 , 4x − 12 1 , 1= √ 4x − 12 √ 4x − 12 = 1, 2= √

4x − 12 = 1, 4x = 13, 1 x=3 4 In het punt 3,25 heeft f de waarde 1 f 3 = 1, 4 dus geldt voor de raaklijn dat 1 2·3 +b=1 4 en zo dat b=1−2·3

1 1 = −5 . 4 2

Opgave 12. Merk op dat p √ √ 4x − 12 = 4(x − 3) = 2 x − 3. Dus f (x) is twee keer de wortel van x − 3. Merk verder op dat √ g(x − 3) = x − 3, dus f (x) = 2 ∗ g(x − 3). Hieruit volgt dat de grafiek van g eerst met (3,0) moet worden getransleerd en daarna moeten de functiewaarden met twee worden vermenigvuldigd.

Satellieten Opgave 13. De waarde van T in de formule is gegeven in secondes. Er geldt dus 2.419.200 = 28 · 24 · 60 · 60s =T 1

= 0,00995 ∗ r1 2 HAVO - Wiskunde B - Mei 2012

8


Links en rechts delen door 0,00995 en daarna de 2/3e macht nemen levert r=

2.419.200 0,00995

23

≈ 390 ∗ 103 km

Opgave 14. De weersatelliet heeft een afstand van r = 6400km + 800km = 7200km tot het middelpunt van de aarde. Zijn omloopbaan bedraagt 2π · 7200km en de omlooptijd in uren is 1

0,00995 · 72001 2 ·

1 1 · , 60 60

dus de snelheid (herinner dat snelheid gelijk is aan afstand/tijd) is 2π · 7200

1

0,00995·72001 2 60·60

≈ 27.000km/h.

Opgave 15. De oppervlakte van de aarde uitgedrukt in vierkante kilometers bedraagt 4πr2 = 4π ∗ 64002 = 163.840.000π. Het gescande oppervlak bedraagt 2πr · 400 = 800π · 6400 = 5.120.000π vierkante kilometer. Dus het percentage van de aarde dat gescand wordt is 100 ∗

5.120.000π ≈ 3%. 163.840.000π

Sinuso¨ıde Opgave 16. Punten A en B zijn de nulpunten van f in het interval [0,π], dus de x-co¨ ordinaten van A en B zijn te vinden door 0 = f (x) = 2 − 4 sin(2x) op te lossen: 4 sin(2x) = 2 1 sin(2x) = . 2


9


Merk op dat sin

π 6

=

1 , 2

en dat geldt sin(x) = sin(π − x). Dus als sin(2x) = 0.5 in het interval [0,2π], dan geldt dat 2x =

π , 6

2x =

5π . 6

of

Hieruit volgt dat π , 12 5π xB = , 12 xA =

waarbij xA de x-co¨ ordinaat van A is en xB de x-coördinaat van B. Opgave 17. De afgeleide van f is f 0 (x) = −8 cos(2x), dus de helling van l is f 0 (0) = −8. De algemene vergelijking van een lijn is l = ax + b waarbij a de helling van de lijn is en b de y coördinaat van de lijn is wanneer x = 0. De lijn l wordt dus −8x + 2 en l raakt de x-as als −8x + 2 = 0, dus 8x = 2 1 x= . 4 De co¨ ordinaten van het snijpunt zijn


1 ,0 . 4

10


Ei Opgave 18. De inhoud van het eigeel is gegeven door 4πr3 4π · 1.53 = 3 3 = 4.5π, waarbij r de straal van het eigeel is. De inhoud van het eiwit is de inhoud van het ei min de inhoud van het eigeel, dit is dus gelijk aan π 2 96π b l − 4.5π = − 4.5π 6 6 = (16 − 4.5)π = 11.5π De verhouding tussen eiwit en eigeel is dus 11.5π 23 = . 4.5π 9 Opgave 19. De oppervlakte van het ei is π vermenigvuldigd met de straal in het kwadraat, dus 42 π = 4π. 2 En de oppervlakte van het eigeel is gelijk aan πr2 . De oppervlakte van het eiwit is dus 4π − πr2 = (4 − r2 )π. Dit betekent dat de verhouding tussen eiwit en eigeel gelijk is aan (4 − r2 )π 4 − r2 = πr2 r2 4 = 2 − 1. r Omdat deze verhouding 23/9 is, zie vorige opgave, geldt 23 4 = 2 − 1. 9 r Door −1 naar de andere kant te halen krijgen we 23 32 +1= 9 9 4 = 2. r Kruislings vermenigvuldigen geeft vervolgens 32r2 = 4 · 9. Hieruit volgt nu dat 4·9 32 r 1 r= 4 2 r

r2 =

9 . 32 De diameter is twee keer de straal, dus gelijk aan 2 · r, en is ongeveer 1.06 cm. =2∗


11


Alternatieve oplossingen Opgave 2. We gaan de vergelijking 6,0 + 0,00050v 2 − 0,033 = 0,10 v2 algebra¨ısch oplossen. Links en rechts vermenigvuldigen met v 2 levert 0,00050v 4 − 0,033v 2 + 6,0 = 0,10v 2 . Links en rechts 0,10v 2 aftrekken geeft 0,00050v 4 − 0,133v 2 + 6,0 = 0. Deze vergelijking kan worden opgelost, door deze eerst op te lossen voor z = v 2 . Substitueren van v 2 met z levert 0,00050z 2 − 0,133z + 6,0 = 0. Dit kan met de abc formule worden opgelost. Disc = (−0,133)2 − 4 · 0,00050 · 6,0 ≈ 0,0056

√ −0,133 + Disc z1 = 2 · 0,00050 ≈ 58 √ −0,133 − Disc z2 = 2 · 0,00050 ≈ 208 Merk nu op dat v > 0 en dat v 2 = z, dus v1 = v2 =

√ √

z1 ≈ 7,6 z2 ≈ 14,4.

Verder toont de grafiek dat er een dal ligt tussen 7,6 en 14,4, dus als de parkiet vliegt met een snelheid tussen 7,6 m/s en 14,4 m/s, is het energieverbruik minder dan 0,10 J/m. Opgave 9. Door in de gelijkheid 1,025t = 19 links en rechts de natuurlijke logaritme te nemen, krijgen we

t ∗ log(1,025) = log (19) log (19) log(1,025) ≈ 119.

t=


12

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

Recommend Documents