Eindexamen wiskunde B vwo 2019, tijdvak 1: vragen en antwoorden

• Een vergelijking van c is ( x − 1) + ( y − 7 ) = 25 (1)
• Voor de snijpunten geldt (t − 1) 2 + (2t − 7) 2 = 25 (1)
• Herleiden tot 5t − 30t + 25 = 0 (1)
• Een exacte berekening waaruit volgt t = 1 of t = 5 (1)
• De snijpunten zijn (1, 2) en (5, 10) (1)

Opmerking Als de kandidaat bij het differentiëren de kettingregel niet of niet correct heeft toegepast, voor deze vraag maximaal 3 scorepunten toekennen.

• 1 • f p' ( x) = (1) 2 x− p 1 • In het raakpunt moet gelden =1 (1) 2 x− p • Hieruit volgt x= 1+ p (1) 4 • f p ( 14 + p ) = p + 1 + p− p = p+ 1 4 (2) 1 • x= 1 + p invullen in de vergelijking van k geeft y = 14 + p + 14 = p + 12 , 4 dus lijn k raakt de grafiek van f p voor elke toegestane waarde van p (1) of 1 • Bekijk g ( x) = x , dan g' ( x) = (1) 2 x 1 • In het raakpunt moet gelden = 1 , dus x = 14 (1) 2 x • g ( 14 ) = 12 en x = 14 invullen in de vergelijking van k geeft y = 14 + 14 = 12 , dus lijn k raakt de grafiek van g (1) • De grafiek van f p ontstaat uit de grafiek van g door deze p naar rechts en p omhoog te verschuiven (1)  p • (Deze verschuiving komt overeen met de vector   en) dat is de  p richtingsvector van lijn k, dus lijn k raakt de grafiek van f p voor elke toegestane waarde van p (1) (5)

• De x-coördinaat van het randpunt van de grafiek van f p is p (1)
• f p −1 ( x) = p − 1 + x − p + 1 (1)
• f p −1 ( p )= p= f p ( p ) (, dus het randpunt van de grafiek van f p ligt op de grafiek van f p −1 ) (1)

• • Een vergelijking van lijn l is y = x (1) 2 • ( De oppervlakte is gelijk aan ∫ 1 + x − 1 − x dx ) (1) 1 Een primitieve van 1 + x − 1 − x is x + 23 ( x − 1) 2 − 12 x 2 3 • (2) • De oppervlakte is gelijk aan 16 (1) (5)

• =L 202 + 7 2 (1)
• L = 21,18... (of L − 8 = 13,18... ) (1)
• Fk = 7,9 (kN) (1)

• L • = x 2 + 49 (1) x • cos(α) = (1) L • ( x + 49 − 8) ⋅ x x+ 49 Fkv =2 ⋅ 0, 6 ⋅ (2) 2 1 • De vergelijking 2 ⋅ 0, 6 ⋅ ( x + 49 − 8 ) ⋅ 2 x 1,8 moet worden = 2 x + 49 opgelost (1) • Beschrijven hoe deze vergelijking wordt opgelost (1) • x = 7, 25... , dus het antwoord is 13 (m) (1) (6)

• g ( x) =1 ⋅ ln( x) + x ⋅ 1x − 1 (1)
• Uit f ( x) = g ( x) volgt x ln ( x ) − x + 1 =ln ( x ) (1)
• Hieruit volgt ( x − 1) ln ( x ) = x −1 (1)
• Hieruit volgt x − 1 =0 of ln( x) = 1 (1)
• Dus x = 1 of x = e (1)

Voorbeeld uit het correctievoorschrift:

• Een exacte berekening waaruit volgt p = 14 e (1p)

of

• De oppervlaktes van de vlakdelen moeten gelijk zijn en het snijpunt van de grafiek met de x-as ligt bij x = 1 , dus de vergelijking

1 2p

• ∫ g ( x) dx = ∫ g ( x) d x moet worden opgelost (1) p (1p)

• Dit geeft p ⋅ ln( p )
  • p + 1= 2 p ⋅ ln(2 p )
  • 2 p + 1 (1)

• De vergelijking = 2 moet worden opgelost (1)
• = 2 (1)
• Hieruit volgt 2 ⋅ cos 2 ( x) − cos( x) − 2 = 0 (1)
• Beschrijven hoe deze vergelijking exact opgelost kan worden (1)
• Dit geeft cos( x) = − 12 2 ( cos( x) = 2 heeft geen oplossingen) (1)
• Hieruit volgt dat de x-coördinaten van A en B 34 π en 54 π zijn (1)

Opmerking Als de kandidaat de functies f p niet op hun hele domein beschouwt en bij het oplossen van cos( x) = 0 bijvoorbeeld alleen de oplossing x= 1π 2 gebruikt, voor deze vraag hoogstens 5 scorepunten toekennen.

Voorbeeld uit het correctievoorschrift:

• Omdat driehoek PQR symmetrisch is ten opzichte van de verticale lijn door Q en xQ
  • xP = π , staan PQ en QR loodrecht op elkaar als ook yP
  • yQ = π (1)
• ( ) ( ) ( De punten zijn P 0, 1p , Q π,
  • 1p en R 2π, 1p ) (1)

( ) (of het kwadraat is 2

• De lengte van PQ en van QR is π2 + (2) p

( ) ) 2 π2 + (2) p 1

( ) + π + ( ) = ( 2π ) ,

2 2 (2)

Voorbeeld uit het correctievoorschrift:

• Dit geeft x = 88 , waaruit volgt dat de coördinaten van P dan (88,
  • 12) zijn (1)

Voorbeeld uit het correctievoorschrift:

• AB is de diagonaal van het vierkant met hoekpunten A, B en P, dus P moet liggen op de andere diagonaal (de middelloodlijn van AB) op afstand 12 AB van het midden van het vierkant (1p)
• M (20, 5) is het midden van lijnstuk AB (en van het vierkant) (1) υυυυρ  20 
• Voor P moet gelden: OP =OM + AM L =  +   =  waarbij  5   20   25  υυυυρ υυυυρ AM L de vector is die je krijgt als je vector AM 90º linksom draait (2p)
• Een berekening die aantoont dat het punt (25, 25) niet op lijn m ligt (2p)
• ∠APB = 90° , dus P ligt op de cirkel met middellijn AB (1p)
• De cirkel met middellijn AB heeft vergelijking ( x
  • 20) 2 + ( y
  • 5) 2 =

425 (1)

• Snijden met lijn m geeft (18 + 5t
  • 20) 2 + (30
  • 3t
  • 5) 2 =

425 (1)

2 (2)

• (18 + 5t ) 2 + (20
  • 3t ) 2 + (−22 + 5t ) 2 + (30
  • 3t ) 2 =102 + 402 =1700 (2)
• Herleiden tot t 2
  • 5t + 6 =0 (of 68t 2
  • 340t + 408 = 0) (1)

5 ± (−5) 2

• 4 ⋅1 ⋅ 6

• 4 , 25 16 ) ( = (25,17...; 25, 69...) ) P (25 23 (1) 23

( 25 234 ) + (15 1623 ) =

2 (2)

• AP (= BP) = 42 ( = 29, 66... )

880 529 (1)

• AB = 1700 ( = 41, 23... ) (1p)
• AB ≠ AP ⋅ 2 , dus hoek P is dan niet recht (dus zo’n punt P is er niet) (1) of
• Dan ligt P op de middelloodlijn van AB (want PA en PB zijn dan even lang) (1p)
• Een vergelijking van deze middelloodlijn is y
  • 5= 4 ( x
  • 20 ) (of y 4 x
  • 75 ) = (1)
• 5 4 (18 + 5t
  • 20 ) Snijden met lijn m geeft 30
  • 3t −= (1)

AP 2 = ( 25 23 ) + (15 1623 ) = 880 529

2 (2)

• 4 42 ( = 880, 07... ) (1p)
• AB 2 =102 + 402 =1700 (1p)
• 42 , dus hoek P is dan niet recht (dus zo’n punt P is er

1700 ≠ 2 ⋅ 880 529 niet) (1)

• b (2) • V = π∫ ( x ) dx (1) a 2 • Een primitieve van ( ) ( = x ) is x x (1) 2 2 1 • π ( 12 b 2 − 12 a 2 ) Dus V = (1) • m = 1 ( a + b) (1) 2 2 • A = π⋅ ( m ) = π m = π ⋅ ( a + b)1 2 1 • h= b − a (1) • h ⋅ A = (b − a ) ⋅ π ⋅ 12 (a + b) = π ⋅ 12 (b 2 − a 2 ) = π( 12 b 2 − 12 a 2 ) ( = V ) (1) of b (2) • V = π∫ ( ) dx x (1) a 2 • Een primitieve van ( x ) ( = x ) is x (1) 2 2 1 • a= m − 12 h en b= m + 12 h (1) • ( Dus V =12 π (m + 12 h) 2 − (m − 12 h) 2 ) (1) 2 ( ) π mh • 1 π 2mh = V= (1) 2 • A = π⋅ ( ) = πm m (1) • Dus h ⋅ A= h ⋅ π m ( = V ) (1) (7)