Havo B deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde Extra oefening...

⁄206

1a

Plot van fInvoer: Y1 = 0.125X^4−100X2Venster: Xmin = −40 en Xmax = 40 Ymin = −22000 en Ymax = 22000

Plot van gInvoer: Y1 = √(X2+60X+909)Venster: Xmin = −70 en Xmax = 70 Ymin = −10 en Ymax = 40

b Gebruik op de grafische rekenmachine: Opties: CALC, ZERO (TI)

Opties: G-Solv, ROOT (Casio) Oplossing voor f geeft x ≈ –28,28 en x = 0 en x ≈ 28,28

De snijpunten met de assen zijn dus ≈ (–28,28 ; 0) , (0, 0) en (28,28 ; 0). De functie g heeft net geen snijpunt met de x-as. Voor het snijpunt met de y-as geldt

g( ) ,0 909 30 15= ≈ . Het snijpunt met de y-as is dus ≈ (0 ; 30,15). c Het laagste punt van f vind je met de rekenmachine door gebruik te maken van

Opties voor TI: CALC, MINIMUM. Opties voor Casio: G-Solv, MIN Dat levert de coördinaten (–20, –20000). Het bereik van f is dus [ ,− →⟩20000 . Voor het laagste punt van g vind je met de rekenmachine de coördinaten (–30, 3). Het bereik van g is dus [ ,3 →⟩ .

2a f heeft een verticale asymptoot voor x = 2 want dan is de noemer in de breuk nul. f heeft een horizontale asymptoot voor y = –4 want tot deze waarde nadert f x( ) als x zeer groot wordt.

b

Plot Invoer: Y1 = −4+1/(x−2)Venster: Standaardvenster

Extra oefening bij hoofdstuk 1

–2

–3

–4

–1

1

2

3

4

1–1–2–3 32

y

x

–2

–3

–4

–1

1

2

3

4

1–1–2–3 32

y

x

f(x) g(x)

–2

–3

–4

–1

1

2

3

4

1–1–2–3 32

y

x

–2

–3

–4

–1

1

2

3

4

1–1–2–3 32

y

x

f(x) g(x)

–2

–3

–5

–6

–7

–8

–9

–1

1

2

3

1–1–2–3–4–5–6–7–8 3 4 5 6 7 8 9 10 112

y

x

f(x)–4

Havo B deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde

© Wolters-Noordhoff bv

⁄207

c f( ) ,0 4 12

4 5= − +−

= − . Het snijpunt met de y-as is dus (0 ; –4,5).

f xx

( ) = − +−

=4 12

0 oplossen geeft:

12

4 1 4 2 1 4 8 4 9x

x x x−

= = − = − =; ; ; ;( ) x = = =94

142 2 25,

Het snijpunt met de x-as is dus (2,25 ; 0).

3a De lijn x = −2 is de verticale asymptoot want dan is de noemer in de breuk nul. b Het domein van f is het interval ⟨← − ⟩, 2 en ⟨− →⟩2, . Dit zijn alle getallen, behalve –2. c Het bereik van f is ⟨← −, ]4 en [ ,0 →⟩ .

4a Op de grond is h = 0, dus R = ≈3 6 0 8 3 22, , , km. b

PlotInvoer: Y1 = 3.6(X+0.8) Y2 = 10Venster: Xmin = 0 en Xmax = 20 Ymin = 0 en Ymax = 20

Op het snijpunt geldt R = 10 . Je vindt de waarde voor h met Opties voor TI: CALC, INTERSECT. Opties voor Casio: G-Solv, ISCT Dit geeft h ≈ 6 92, m Controle: 3 6 6 92 0 8 10, , ,⋅ + ≈ Klopt.

c R( ) , , ,12 3 6 12 8 12 88= ≈ km R( ) , , ,15 3 6 15 8 14 31= ≈ km Het bereik neemt dus met 14,31 – 12,88 = 1,43 km toe.

5a De x in g stelt als voorwaarde x ≥ 0 en de 4 − x dat x ≤ 4. Samen beperken deze het domein van g tot [0, 4].

b Er zijn randpunten als de waarde onder de wortel nul is. Dus voor x = 0 en x = 4 Voor het randpunt bij x = 0 geldt y = + − = + =0 5 0 4 0 0 2 2, , dus het randpunt is (0, 2) Voor het randpunt bij x = 4 geldt y = + − = + =0 5 4 4 4 1 0 1, , dus het randpunt is (4, 1)

c

PlotInvoer: Y1 = 0.5(X)+(4−X)Venster: Xmin = −1 en Xmax = 5 Ymin = −1 en Ymax = 3


–1

0

1

2

3

4

5

2 4 6 7 81 3 5

y

x

g(x)



⁄208

d Met een tabel vind je het maximum van 2,2361 voor x = 0,80. Met (4, 1) als randpunt wordt het bereik dus ≈ [1 ; 2,24]

6 Gebruik bij de TI de functie ZoomFit onder het Zoom-menu of bij de Casio de functie AUTO onder het Zoom-menu om de rekenmachine de vensterinstelling voor de Y-as te laten bepalen.

a c

PlotInvoer: Y1 = 3*5^XVenster: Xmin = −2 en Xmax = 5 Ymin = 0 en Ymax = 10000

b d

PlotInvoer: Y1 = (2X+5)/(X+3)Venster: Xmin = −2 en Xmax = 5 Ymin = 1 en Ymax = 2

PlotInvoer: Y1 = X^5−9X^3+12Venster: Xmin = −2 en Xmax = 5 Ymin = −30 en Ymax = 2100

PlotInvoer: Y1 = 1/(1+(X+4))Venster: Xmin = −2 en Xmax = 5 Ymin = 0 en Ymax = 0.5

Extra oefening bij hoofdstuk 1Havo B deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde


⁄209


1a Voor Xmin = –25 en Xmax = 25 met Ymin = –500 en Ymax = 500 krijg je de functie met de drie nulpunten goed in beeld.

b Voor de toppen bij de minima: – bij de TI-rekenmachine: Kies CALC en dan MINIMUM. Zet de cursor iets links van de top en toets ENTER. Herhaal dit voor een punt iets rechts van de top. Na de vraag Guess? ENTER. – bij de Casio rekenmachine: Kies G-Solv en dan MIN. Bij beide rekenmachines worden de coördinaten van de top nu automatisch gevonden en kun je de oplossing aflezen. Je vindt (in twee decimalen nauwkeurig) de coördinaten (–14,14 ; –400) voor het eerste minimum en (14,14 ; –400) voor het tweede minimum.

Voor de top bij het maximum – bij de TI-rekenmachine: Kies CALC en dan MAXIMUM. Zet de cursor iets links van de top en toets ENTER. Herhaal dit voor een punt iets rechts van de top. Na de vraag Guess? ENTER. – bij de Casio rekenmachine: Kies G-Solv en dan MAX. Bij beide rekenmachines worden de coördinaten van de top nu automatisch gevonden en kun je de oplossing aflezen. Je vindt de coördinaten (0, 0) voor het maximum.

2a Voer beide functies in als Y1=3/(X+1) en Y2=–4X2+2X+6 Gebruik Calc > Intersect (TI) of G-Solv > ISCT (Casio) om het snijpunt te vinden. De oplossing is x = –1,5 ; x ≈ –0,366 of x ≈ 1,366

b De oplossing is x ≈ 26,59 c De oplossing is x ≈ –0,186 of x ≈ 1,92 d De oplossing is x ≈ 0,505

3a 8 3 2 3 4 2 3p p p+ − + = − −( ) ( ) 8 6 9 4 2 3p p p− + = − + 2 9 2 3p p+ = + p = 7

b − + = −3 4 172x − = −3 212x x2 21 3 7= − − =: x = 7 of x = − 7

c ( )( )3 1 4 2 8x x+ − = 12 6 4 2 82x x x− + − = − + − =6 10 4 02x x abc-formule met a = –6, b = 10 en c = –4 geeft D b ac= − = − − − = − =2 24 10 4 6 4 100 96 4⋅ ⋅

x b Da

= − + = − +−

= − +−

= −−

= =2

10 412

10 212

812

812

44 3

⋅ 2⋅

== 23 of

x b Da

= − − = − −−

= − −−

= −−

=2

10 412

10 212

1212

1



⁄210

d 100 20 3 02x x− − = abc-formule met a = 100, b = –20 en c = –3 geeft D b ac= − = − − = + =2 24 20 4 400 1200 1600( ) ⋅100 ⋅−3 x b D

a= − + = + = + = =

220 1600

20020 40

20060200

310

⋅ 20⋅200

= 310 of

x b D

a= − − = − = − = − = −

220 1600

20020 40

20020

2001

10⋅ 20⋅⋅ 20

= − 110

e 124

22x +=

12 2 42= +( )x 12 2 82= +x 2 42x = x2 2= x x= = −2 2of

f 8 4 02x x− = 4 2 1 0x x( )− = 4 0 2 1 0x x= − =of x x= =0 2 1of x x= =0 1

2of g 8 42+ − = +x x x

x x x2 4− = − x x x2 24− = −( ) kwadrateren dus controleer je oplossing! x x x x2 2 8 16− = − + − = − +x x8 16 7 16x = x = =16 7 2 2

7: Controle: 8 2 2 2 42

72 2

727+ − = +( )

13,714... = 6,285... Klopt niet! Er zijn geen oplossingen.

4 Je kunt dit op twee manieren oplossen: 1e manier:

Zoom in waar de grafieken elkaar lijken te snijden en onderzoek of dat het geval is, bijvoorbeeld met TRACE of Intersect (ISCT).

2e manier: Bereken de snijpunten exact door f x g x( ) ( )= op te lossen. Dus los op − + − = − +0 2 3 1 01 2 052, , ,x x x Dat geeft − + − =0 2 2 01 5 05 02, , ,x x Dit is een kwadratische vergelijking en het aantal oplossingen vind je door naar de discriminant te kijken. Met a = –0,2 , b = 2,01 en c = –5,05 volgt D b ac= − = − − − =2 24 2 01 4 0 2 5 05 0 0001, , , ,⋅ ⋅ De discriminant is groter dan nul, dus er zijn er twee oplossingen. De grafieken hebben dus twee punten gemeenschappelijk.



⁄211

5a 8 3 2 5x x− ≥ + Los eerst de gelijkheid op: 8 3 2 5x x− = + 6 8x = x = =8 6 1 1

3: Lees af dat de grafiek van 8 3x − voor x ≥ 1 1

3 samenvalt of hoger ligt dan de grafiek van 2 5x + De oplossing van de ongelijkheid is dus x ≥ 1 1

3 In de intervalnotatie is dit [ ,1 1

3 →⟩ b 2 3 1

xx≥ −

Los eerst de gelijkheid op: 2 3 1x

x= − 2 3 1= −x x( ) 2 3 2= −x x 3 2 02x x− − = De abc-formule met a = 3 , b = −1 en c = −2 geeft D b ac= − = − − − = + =2 24 1 4 3 2 1 24 25( ) ⋅ ⋅

x b Da

= − + = + = + =2

1 256

1 56

1 of x b Da

= − − = − = − = −2

1 256

1 56

23

Lees af dat de grafiek van 2x

voor x ≤ − 23 en 0 1< ≤x samenvalt of hoger ligt dan

de grafiek van 3 1x − De oplossing van de ongelijkheid is dus x ≤ − 2

3 en 0 1< ≤x In de intervalnotatie is dit ⟨← −, ]2

3 en ⟨0 1, ] c 3 2 9 92x x x− − < +

Los eerst de gelijkheid op: 3 2 9 92x x x− − = + 3 3 18 02x x− − = x x2 6 0− − = ( )( )x x+ − =2 3 0 x + =2 0 of x − =3 0 x = −2 of x = 3 Lees af dat de grafiek van 3 2 92x x− − tussen x = –2 en x = 3 lager ligt dan de grafiek van x + 9 De oplossing van de ongelijkheid is dus − < <2 3x In de intervalnotatie is dit ⟨− ⟩2 3,

d 503 2

12x +>

Los eerst de gelijkheid op: 50

3 212x +

= 50 3 22= +x 3 482x = x2 48 3 16= =: x = 4 of x = −4

Lees af dat de grafiek van 503 22x +

tussen x = –4 en x = 4 hoger ligt dan de grafiek

van y = 1 De oplossing van de ongelijkheid is dus − < <4 4x

In de intervalnotatie is dit ⟨− ⟩4 4,



⁄212

6 6 2 17x y+ = 2 6 17y x= − + y x= − +3 8 5,

2 1x y− = − − = − −y x2 1 y x= +2 1 Voor het snijpunt geldt − + = +3 8 5 2 1x x, . Oplossen geeft: − = −5 7 5x , x = − − =7 5 5 1 5, : , De y-waarde hierbij is volgens y x= +2 1 gelijk aan 2 1 5 1 4⋅ , + = De coördinaten van het snijpunt zijn dus (1,5 ; 4)

7a De grafiek van f x( ) is een dalparabool. De scheve lijn y x= −2 1 snijdt de parabool niet als de lijn onder de parabool ligt. Ligt de lijn boven de parabool dan snijdt de lijn de parabool altijd op twee plaatsen. Als de lijn de parabool op één plaats snijdt dan moet de lijn de parabool raken. Om aan te tonen dat de lijn de parabool raakt moet er dus één snijpunt zijn tussen f x( ) en de lijn. Los dus op: 0 2 4 2 12, x x+ = − 0 2 2 5 02, x x− + = x x2 10 25 0− + = ( )( )x x− − =5 5 0 x = 5 Er is inderdaad maar één oplossing, dus moet de lijn de grafiek van f raken.

b De y-waarde bij x = 5 is 2 5 1 9⋅ − = . De coördinaten van het raakpunt zijn dus (5,9)



⁄213

1a Bij het Budget-abonnement kost het lenen van 25 boeken 11,80 + 25 × 0,47 = 23,55 euro. Bij het Basis-abonnement kost het lenen van 25 boeken 21,25 + 25 × 0,12 = 24,25 euro. Het Budget-abonnement is dus iets voordeliger.

b Bij gelijke kosten voor het Budget-abonnement en het Basis-abonnement geldt: 11 80 0 47 21 25 0 12, , , ,+ = +b b Oplossen geeft 0 35 9 45, ,b = b = =9 45 0 35 27, : , boeken Het leengeld per boek is bij het Basis-abonnement lager dan bij het Budget-abonnement, dus als je meer dan 27 boeken leent is het Basis-abonnement voordeliger. Als je een Basis-abonnement hebt kun je dus het beste overstappen naar een Budget-abonnement als je minder dan 27 boeken per jaar leent.

c Als 65-plusser kost het Groot-abonnement 28,30 euro per jaar en het Basis-abonnement 21,25 euro per jaar. Het verschil is 28,30 – 21,25 = 7,05 euro. Bij het Basis-abonnement kan meneer Jansen daar 7,05 : 0,12 = 58,75 boeken voor lenen. Omdat hij kiest voor het Groot-abonnement omdat dat voordeliger voor hem is moet hij meer dan 58,75 ofwel meer dan 59 boeken per jaar lezen.

Voor zijn vijfenzestigste verjaardag was het Basis-abonnement het voordeligst. Hij leent dus minder dan 79 boeken.

2a Je kunt niet alle getallen voor x invullen want er moet gelden 4 3 0− ≥x onder het wortelteken. Daaruit volgt 4 3≥ x 3 4x ≤ x ≤ 4

3 x ≤ 1 1

3 In de intervalnotatie is dit ⟨←, ]1 1

3

b Voor x = 1 13 is de waarde onder het wortelteken nul, dus bij x = 1 1

3 is een randpunt. De y-waarde hierbij is f x( ) = − + = −2 0 2 . De coördinaten van het randpunt zijn dus ( , )1 21

3 − c Los op: f x( ) = 0

− + − =2 4 3 0x 4 3 2− =x

4 3 2 42− = =x (kwadrateren, dus controleer je oplossing!) − =3 0x x = 0 Controle: − + − =2 4 0 0 , klopt De coördinaten van het snijpunt met de x-as zijn dus (0, 0)

d f x( ) < 3 − + − <2 4 3 3x Los eerst de gelijkheid op: − + − =2 4 3 3x

4 3 5− =x 4 3 5 252− = =x (kwadrateren, dus controleer je oplossing!) − =3 21x x = − = −21 3 7:

Oefentoets hoofdstuk 1 en hoofdstuk 2



⁄214

Controle: − + − − = − + = − + =2 4 3 7 2 25 2 5 3⋅ , klopt Kies een geldig getal groter dan x = –7, bijvoorbeeld x = 0. De functiewaarde hiervoor is f( )0 2 4 0= − + = . Dat is kleiner dan 3 zoals volgens de ongelijkheid moet gelden. Getallen groter dan x = –7 voldoen dus, maar wegens de bepering van het domein van f mogen ze niet groter zijn dan 1 1

3 . De oplossing van de ongelijkheid is dus − < ≤7 1

3x of in intervalnotatie ⟨−7 1 13, ]

e

PlotInvoer: Y1 = −2+(4−3X) Y2 = −X−2Venster: Standaardinstellingen

f x g x( ) ( )≤ − + − ≤ − −2 4 3 2x x Los eerst de ongelijkheid op: − + − = − −2 4 3 2x x

4 3− = −x x 4 3 2 2− = − =x x x( ) (kwadrateren, dus controleer je oplossing!) x x2 3 4 0+ − = ( )( )x x− + =1 4 0 x − =1 0 of x + =4 0 x = 1 of x = −4

Controle: voor x = 1 moet gelden − + − = − −2 4 3 1 2 − = −1 3 , klopt niet! voor x = −4 moet gelden − + − − = − − −2 4 3 4 4 2⋅ ( ) − + = −2 4 4 2 2 2= , klopt Alleen x = –4 is dus een oplossing. In de grafiek vind je hierbij ook het enige snijpunt. Lees de oplossing van de ongelijkheid verder uit de plot af. Je vindt x ≤ −4 of in intervalnotatie ⟨← −, ]4

3a Met Xmin = –10, Xmax = 10, Ymin = –200 en Ymax = 200 krijg je de grafiek zo in beeld.

b Opties voor TI: CALC, MAXIMUM en CALC, MINIMUM Opties voor Casio: G-Solv, MAX en G-Solv, MIN Maximum: (–4, 128) Minimum: (4, –128)

–2

–3

–4

–5

–5

–1

1

2

3

4

5

6

7

1–1–2–3–4–5–6–7–8–9–10–11–12–13–14 3 42

y

x

g(x)

f(x)

Oefentoets hoofdstuk 1 en hoofdstuk 2Havo B deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde


⁄215

c x x3 48 95− = Gebruik op de rekenmachine Invoer: Y1 = X^3–48X

Y2 = 95 Opties: CALC, INTERSECT (TI) Opties: G-Solv, ISCT (Casio) Je vindt op twee decimalen nauwkeurig de oplossingen x x x≈ − ≈ − ≈5 56 2 20 7 76, , , ,en

d x x3 48 125− < − Gebruik op de rekenmachine Invoer: Y1 = X^3–48X

Y2 = 95 Opties: CALC, INTERSECT (TI) Opties: G-Solv, ISCT (Casio) Je vindt op twee decimalen nauwkeurig de oplossingenx x x≈ − ≈ ≈7 98 3 49 4 49, , , ,en . Het interval waar de grafiek lager ligt dan de lijn is de oplossing. Je leest af de oplossing ⟨← − ⟩; 7 98, en ⟨ ⟩3 49, ; 4,49

e Los op f x( ) = 0 x x3 48 0− = x x( )2 48 0− = x = 0 of x2 48 0− = x = 0 of x2 48= x = 0 of x = 48 of x = − 48

4a K( ) ,10 000 2 500010 000

2 5= + = euro per passerdoos.

b Totale kosten = aantal passerdozen × kosten per passerdoos = 10 000 × 2,5 = 25 000 euro c Als p heel groot wordt nadert de breuk tot nul en blijft 2 over.

Dat is het vaste bedrag, dus 2 euro. d Los op: K p( ) ,= 2 25

2 5000 2 25+ =p

,

5000 0 25p

= ,

5000 0 25= , p p = =5000 0 25 20000: ,

Bij 20 000 passerdozen zijn de gemiddelde productiekosten e 2,25

5a Ligt A op (4,0) dan is de x-coördinaat 4. Punt K ligt er recht boven en op de lijn en heeft als y-coördinaat − + =1

2 4 5 3⋅ . De coördinaten van K zijn dus (4,3) en van B (0,3). De rechthoek OAKB heeft lengte OA = 4 en breedte AK = 3, dus oppervlakte 4 × 3 = 12

b Punt B ligt op de y-as, dus heeft altijd als x-coördinaat de waarde nul. De y-coördinaat van B is de y-coördinaat die bij punt K hoort, en dat is de y-waarde die bij de x-coördinaat van punt A hoort en is gelijk aan − +1

2 5x De coördinaten van B zijn dus (0, − +1

2 5x )



⁄216

c De rechthoek OAKB heeft lengte OA = x en breedte AK = − +12 5x . De oppervlakte

is dus O x x x x x( ) ( )= − + = − +12

12

25 5 d O x( ) is een bergparabool en deze is bij de top zo groot mogelijk. De top ligt op

de grafiek in het midden tussen de twee nulpunten. De nulpunten zijn er voor x x( )− + =1

2 5 0 ofwel bij x = 0 en x = 10 . De top en de grootste oppervlakte van OAKB zijn er dus bij x = 5

6a f x( ) is een gebroken functie en hoort bij de hyperbool A. g x( ) is een kwadratische functie en hoort bij de parabool B. h x( ) is een exponentiële functie en hoort bij grafiek C.

b De verticale asymptoot geldt als de noemer van de breuk nul is, dus als 2 6 0x − = ofwel voor x = 3 De horizontale asymptoot geldt voor grote waarden van x. De breuk nadert dan tot nul en van f x( ) hou je 2 over. De lijn y = 2 is dus de horizontale asymptoot.

c f x( ) ≤ 4 Los eerst de gelijkheid op:

2 52 6

4−−

=x

−−

=52 6

2x

52 6

2x −

= −

5 2 2 6= − −( )x 5 4 12= − +x 4 7x = x = =7 4 1 3

4: Uit de plot lees je de oplossing af waar f x( ) lager ligt dan de lijn y = 4 . Je vindt ⟨←, ]1 3

4 en ⟨ →⟩3, d Er zijn geen oplossingen van f x p( ) = als p de waarde van de horizontale asymptoot

heeft. Dus voor p = 2 . e Gebruik op de rekenmachine

Invoer: Y1 = X2–6X+9 Y2 = (1.3)^X

Venster: standaardinstellingen voor het 3e snijpunt: Xmin = –5, Xmax = 25, Ymin = 0 en Ymax = 800 Opties: CALC, INTERSECT (TI) Opties: G-Solv, ISCT (Casio) Je vindt de coördinaten (1,74; 1,58), (4,90; 3,62) en (22,73; 389,45)



⁄217

1a 1717= −

0 1 10 10 10 10110

1 1 112

12

12, ( )= = = = =− − − −⋅

18

1 38 2= =− − 0 04 54

100125

15

22, = = = = −

b 3 2 13

192

− = = 2 5 1

21325

− = = ( ) ( )3 3 3 34 4 4 2 1

319

12

12

2− − −= = = = =⋅ −

c f t t t t t( ) ) )= = = = =− − − −3 3 3 3 3 3 3 92 2 2 1 2 1⋅ ⋅ ⋅( ⋅(⋅ 13

tt . De beginhoeveelheid is 9 en de groeifactor is 1

3 . g t t t t( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )= = = =− + − − − −1

23 1

23 1

21 3 1

22 2⋅ ⋅ 11 3 12

3 12

122 8⋅ − ⋅ ⋅ ⋅( ) ( ) ( )t t t= = .

De beginhoeveelheid is 8 en de groeifactor is 12 .

h t t t t t t( ) ( )= = = = =− − −5 5 5 5 5 252 1 2 1 2 1 15⋅ ⋅ 5 ⋅25 ⋅−1 .

De beginhoeveelheid is 15 en de groeifactor is 25.

2a 3 19

t = 3 31

32

2t = = −

t = −2 b ( )2 8t =

( )2 212 3t =

2 212 3t =

12 3t = t = 6

c 5 1012⋅( )t >

Los eerst de gelijkheid op: 5 101

2⋅( )t = ( )1

2 2t = ( )2 21− =t 2 21− =t − =t 1 t = –1 Test of de functie onder of boven deze waarde van t aan de ongelijkheid voldoet. Neem bijvoorbeeld als waarde boven t = –1 de waarde t = 0. Daarvoor geldt 5 5 1 51

20⋅( ⋅) = = wat niet aan de ongelijkheid voldoet. Dus alle waarden onder t = –1

voldoen wel. De oplossing is dus x < −1 of in de vorm van een intervalnotatie ⟨← − ⟩, 1

d 25 0 2 1⋅ , x < Los eerst de gelijkheid op: 25 0 2 1⋅ , x = 0 2 1

25, x = ( )1

5152

x = ( )5 51 2− −=x 5 5 2− −=x x = 2 Test of de functie onder of boven deze waarde van t aan de ongelijkheid voldoet. Neem bijvoorbeeld als waarde onder t = 2 de waarde t = 0. Daarvoor geldt 25 0 2 25 1 250⋅ ⋅, = = wat niet aan de ongelijkheid voldoet. Dus alle waarden boven t = 2 voldoen wel. De oplossing is dus x > 2 of in de vorm van een intervalnotatie ⟨ →⟩2,




⁄218

3a 0,3% afname per minuut betekent een afname met een factor 0,003 De groeifactor per minuut is dus 1 – 0,003 = 0,997 De beginhoeveelheid is 840 mg. De functie H wordt dus H t b gt t( ) ,= =⋅ ⋅840 0 997

b 1 uur = 60 minuten dus t = 60. Invullen geeft 840 0 997 70160⋅ , ≈ mg c Los op: H t( ) = 450

840 0 997 450⋅ , t = Plot de grafieken op je rekenmachine en vind het snijpunt. Gebruik Invoer: Y1 = 840*0.997^X

Y2 = 450 Venster: Xmin = 0 en Xmax = 500 Ymin = 0 en Ymax = 1000 Je vindt ≈ 208 minuten d De helft van de beginwaarde is 840 : 2 = 420 mg, dus los op: H t( ) = 420

840 0 997 420⋅ , t = Plot de grafieken op je rekenmachine en vind het snijpunt. Gebruik Invoer: Y1 = 840*0.997^X

Y2 = 420 Venster: Xmin = 0 en Xmax = 500 Ymin = 0 en Ymax = 1000 Je vindt ≈ 231 minuten

4a In 12 dagen groeit het aantal zieke vogels 3 keer. In 1 dag groeit het aantal zieke vogels 3

112 keer.

In 7 dagen groeit het aantal zieke vogels ( )3 31

127

127 = keer. De groeifactor per week is dus 3 1 898

712 ≈ ,

b Een maand bestaat uit 30 dagen, dus de groeifactor per maand is ( ) ,3 3 15 591

12301230 = ≈

c De beginhoeveelheid is 15. Na één maand zijn er 15 15 59 234⋅ , ≈ zieke vogels. Dat zijn er geen 2500, dus het antwoord is nee.

5 De beginhoeveelheid draaggas is 1000 m3. De groeifactor is 0,5 in 15 dagen. De groeifactor is ( , ) ,0 5 0 955

115 ≈ in 1 dag.

Als 20% van het gas is verdwenen is er nog 800 m3 over. Los dus op: 1000 0 955 800⋅ , t = Plot de grafieken op je rekenmachine en vind het snijpunt. Gebruik Invoer: Y1 = 1000*0.955^X

Y2 = 800 Venster: Xmin = 0 en Xmax = 10 Ymin = 0 en Ymax = 1000 Je vindt ≈ 4,85 dag. Het luchtschip kan dus bijna vijf dagen in de lucht blijven.



⁄219

1a Bij deze vensterinstelling kun je de volledige baan zien. De steen valt nooit lager dan Y=0. b De snijpunten met de x-as volgen uit de nulpunten, dus los op h t( ) = 0 .

45 5 02t t− = 5 9 0t t( )− = 5 0t = of 9 0− =t t = 0 of t = 9 De top ligt in het midden tussen de nulpunten dus bij t = 4,5 seconden wordt de maximale hoogte bereikt.

c Tussen t = 4 5, en t = 9 valt de steen naar beneden. Op t = 4 5, is de hoogte h( , ) , , ,4 5 45 4 5 5 4 5 101 252= − =⋅ ⋅ m. De gemiddelde snelheid v is de gemiddelde verandering van de hoogte gedurende het tijdsinterval.

Dus v h h= −−

= − = −( ) ( , ),

,,

,9 4 59 4 5

0 101 254 5

22 5 meter per seconde. De gemiddelde

snelheid waarmee de steen omlaag valt is dus 22,5 m/s

d Voor het interval [2, 9] is ∆∆

ht

h h= −−

= − = −( ) ( )9 29 2

0 707

10 m/s. Voor het interval [5, 9] is ∆

∆ht

h h= −−

= − = −( ) ( )9 59 5

0 1004


∆ht

h h= −−

= − = −( ) ( )9 79 7

0 702


∆ht

h h= −−

= − = −( ) ( )9 89 8

0 401

40 m/s.

e

PlotInvoer: Y1=45X−5X2 Y2=−10X+9*10 Y3=−25X+9*25 Y4=−35X+9*35 Y5=−40X+9*40Venster: Xmin = 0 en Xmax = 10 Ymin = 0 en Ymax = 120

f De snelheid waarmee de steen de grond raakt is de helling van de raaklijn in het punt voor t = 9. Deze helling is nog iets steiler dan het hellingsgetal ∆

∆ht

van de lijn voor het interval [8,9]. Een schatting is –45 m/s, dus 45 m/s naar beneden.




⁄220

2a

PlotInvoer: Y1=2(X)+1Venster: Xmin = 0 en Xmax = 5 Ymin = 0 en Ymax = 6

b Op het interval [4 ; 4,001] is het differentiequotiënt

∆∆

yx

f f= −−

≈ − =( , ) ( ),

,,

,4 001 44 001 4

5 0005 50 001

0 5.

c

De raaklijn moet een helling vertonen van 0,5.

3a f x x( ) = 30 7 f x x x'( ) = =30 7 2106 6⋅

b f x x( ) = +30 7 f x x x'( ) = + =0 7 76 6

c f x x( ) = −28 2 f x x x'( ) = − = −28 2 561⋅

d g t t( ) = −18 3 g t'( ) = − =18 1 0 18⋅

e h u u( ) ,= +0 5 26 3 h u u u'( ) ,= + =0 5 6 0 35 5⋅

f j x( ) = 7 j x'( ) = 0

4a Punt A: Het punt ligt op de x-as, dus los op f x( ) = 0 . 16

3 124 0x + =

x3 27 0+ = x3 27= − x = − = −( )27 3

13

De coördinaten van A zijn dus (–3, 0). Punt B: Het punt ligt op de y-as, dus de y-coördinaat is f( )0 4 1

2= . De coördinaten van B zijn dus (0, 4 1

2 ). b De helling in de punten bereken je met de afgeleide.

f x x x'( ) = + =16

2 12

23 0⋅ De helling in A is f '( ) ,− =3 4 5 . De helling in B is f '( )0 0= .



⁄221

c Een punt met x-coördinaat x = –3 dat op de lijn ligt heeft y-coördinaat4 01

2 ⋅ −3 +13 12 = . Dat zijn dezelfde coordinaten als van punt A dus de lijn gaat door A.

De helling van de lijn is de afgeleide. De afgeleide van 4 1312

12x + is 4 1

2 . Dat is dezelfde helling als bij vraag b in punt A werd berekend.

5a De totale afstand is s( ) , , ,5 0 5 5 0 01 5 6 252 4= − =⋅ ⋅ km.

Zijn gemiddelde snelheid tijdens de tocht is ∆∆

st

s s= −−

= − =( ) ( ) , ,5 05 0

6 25 05

1 25 km per

kwartier. Dat is 1,25 × 4 = 5 km/h. b De snelheid op een tijdstip is de helling van s t( ) , dus

v t s t t t t t( ) '( ) , , ,= = − = −0 5 2 0 01 4 0 043 3⋅ ⋅ . Zijn snelheid aan het begin is v( )0 0= km/kwartier = 0 km/h. Zijn snelheid aan het eind is v( ) ,5 5 0 04 5 03= − =⋅ km/kwartier = 0 km/h. In de plot kun je dit ook zien: de grafiek aan het begin en eind loopt bijna horizontaal. De helling is dus nul ofwel de snelheid is nul.

c De snelheid op een tijdstip is de helling van s t( ) , dus zijn snelheid was het grootst daar waar de grafiek de grootste helling heeft. Met de afgeleide bereken je de helling, dus v t s t t t t t( ) '( ) , , ,= = − = −0 5 2 0 01 4 0 043 3⋅ ⋅ . Maak hiervan een plot op je rekenmachine en zoek de maximum waarde op het interval [0, 5] via het Calc (TI) of G-Solv (Casio) menu. Je vindt t ≈ 2,89 kwartier ofwel 2,89 × 15 ≈ 43 minuten. Zijn snelheid is dan v s( , ) '( , ) , , , ,2 89 2 89 2 89 0 04 2 89 1 923= = − ≈⋅ km/kwartier = 1,92 × 4 ≈ 7,7 km/h.



⁄222

Hoofdstuk 1 - Ruimtefiguren

1a Met lenen tegen 0,5% rente per maand moet je, voor een geleend bedrag K, na één maand 1 005, ⋅ K terugbetalen. Na twee maanden moet je 1 005 1 005, ( , )⋅ ⋅ K terugbetalen, en na een jaar1 005 1 061712, ,⋅ ≈ ⋅K K . Dat is dus tegen 6,17% rente per jaar en geen 6%.

b Bij 6% rente per jaar is de groeifactor per jaar 1,06 . De groeifactor per maand is dan1 06 1 00487

112, ,≈ , ofwel een rente per maand van 0,487%.

2a Het differentiequotiënt van f op [0, 12] is ∆∆

yx

f f= −−

= − =( ) ( )12 012 0

5 112

13 .

b Neem voor de benadering van f voor x = 4 het interval [4 ; 4,001].

Dat geeft ∆∆

yx

f f= −−

≈ − =( , ) ( ),

,,

4 001 44 001 4

3 000333 30 001

0,,333 .

c Je kunt op verschillende manieren het onderzoek uitvoeren waar de helling 0,5 is. Bij alle manieren werk je met de rekenmachine volgens de Knoppencursus aan het begin van de Helpdesk. Je vindt daar een gedeelte over hellingen voor de TI en de Casio rekenmachines. Manier voor de TI: Manier voor de Casio:

Plot voor de TIInvoer*: Y1=nDeriv((2X+1),X,X,0.001) Y2=0.5Venster: Xmin = 0 en Xmax = 12 Ymin = 0 en Ymax = 1*) Voer nDeriv in via MATH, 8:nDeriv

Met nDeriv (TI) of d/dx (Casio) plot je de hellinggrafiek. Via Calc > Intersect (TI) of G-Solv > ISCT (Casio) vind je het snijpunt waar de hellinggrafiek de waarde 0,5 voor x = 1,5. Hierbij hoort een y-waarde vanf( , ) ,1 5 2 1 5 1 2= + =⋅ .

De grafiek heeft dus een helling van 0,5 in het punt (1,5 ; 2).

3a f x x( ) = +16

3 4 f x x x'( ) = + =1

62 1

223 0⋅

f '( )3 3 412

2 12= =⋅

De helling in ( , )3 8 12 is 4 1

2

b g p p( ) , ( )= −0 3 105 g p p p'( ) , ( ) ,= − =0 3 5 0 1 54 4 g'( ) , ( ) ,− = − =1 1 5 1 1 54⋅ De helling in ( )− −1; 3,3 is 1,5

c Benader dit op de rekenmachine in het basisscherm. TI: Voer in: nDeriv(2*3^X,X,1,0.001)

Voer nDeriv in via MATH, 8:nDeriv Casio: Voer in: d/dx(2×3^X,1,0.001)

Voer d/dx in via OPTN, Calc, d/dx Je vindt als antwoord ≈ 6,59. De helling in (1, 6) is ≈ 6,59.

Plot voor de CasioInvoer*: Y1=d/dx((2X+1),X,0.001) Y2=0.5Venster: Xmin = 0 en Xmax = 12 Ymin = 0 en Ymax = 1*) Voer d/dx in via OPTN, Calc, d/dx




⁄223

d k q q q( ) ( )( )= − +2 6 3 k q q q q q( ) = + − − = −2 6 6 18 2 182 2 k q q q'( ) = − =2 2 0 4⋅ k'( )0 4 0 0= =⋅ De helling in (0, –18) is 0.

4a Toename tussen 11.00 en 12.00 uur is 0 720 50

1 44,,

,= keer.

Toename tussen 12.00 en 13.00 uur is 1 040 72

1 44,,

,≈ keer.

Toename tussen 13.00 en 14.00 uur is 1 491 04

1 43,,

,≈ keer.

De groeifactor per uur is nagenoeg constant, dus de groei is exponentieel. b De groeifactor per uur is 1,44 en per 12 uur 1,4412 ≈ 79,5. c De beginwaarde op t = 0 is 0,50 cm2. Met 1,44 als de groeifactor per uur wordt het

functievoorschrift S t t( ) , ,= 0 50 1 44⋅ . d Voor 14.00 uur geldt t = 3 . De snelheid is de helling van S t( ) op t = 3 , dus bereken

S'( )3 op je rekenmachine. TI: Voer in: nDeriv(0.50*1.44^X,X,3,0.001)

Voer nDeriv in via MATH, 8:nDeriv Casio: Voer in: d/dx(0.50×1.44^X,3,0.001)

Voer d/dx in via OPTN, Calc, d/dx Je vindt als antwoord ≈ 0,544 De oppervlakte neemt dus toe met ≈ 0,544 cm2 per uur.

e Los op: S t( ) ,= 78 54 . Gebruik de rekenmachine met Invoer: Y1=0.50*1.44^X

Y2=78.54 Zoek met Intersect het snijpunt. Je vindt ≈ 13,87 uur ofwel 13 uur en 52 minuten na 11.00 uur. Dat is om 0.52 ’s nachts de volgende dag.

5a Van f x x( ) = +3 10 is de afgeleide f x x'( ) = 3 2 . Van g x x( ) = 7 2 is de afgeleide g x x'( ) = 14 . De helling van f voor x = 0 is f '( )0 0= . De helling van g voor x = 0 is g'( )0 0= . Beide hellingen zijn dus gelijk voor x = 0.

b Voor de waarden van x waar de hellingen gelijk zijn geldt f x g x'( ) '( )= . Oplossing: 3 142x x= 3 14 02x x− = x x( )3 14 0− = x = 0 of 3 14 0x − = x = 0 of 3 14x = x = 0 of x = =14 3 4 2

3: De andere waarde is dus x = 4 2

3 . c Door 10 te veranderen in een ander getal verschuif je de grafiek omhoog of omlaag.

De helling aan de grafiek voor een waarde van x verandert daardoor niet. Je kunt dat ook zien aan de afgeleide. Die blijft voor f steeds 3x2.

Oefentoets hooffdstuk 3 en hoofdstuk 4Havo B deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde


⁄224

d Als je de 7 bij g verandert in een getal tussen 0 en 7 gaat de parabool vlakker of minder spits lopen. Als je de helling bij een bepaalde waarde van x bekijkt neemt deze daardoor af. Omdat de grafiek van f toenemend stijgend is en niet verandert, zal het punt waarbij beide grafieken even sterk stijgen dus eerder optreden. Het antwoord bij vraag b wordt dus kleiner.

6a K t t t t( ) )= = =− − − − − −100 4 100 4 4 100 4 42 3 2 3 3 2⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( == = =100 100 114

14

164

116

916

1163 2⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( ) ( ) ( )t t t

De exacte waarde van b is 1 916

De exacte waarde van g is 116

b K t( ) = 25 1 259

161

16⋅( )t = ( ) :1

169

1625 1t = ( )1

16 16t = ( )16 161 1− =t 16 161− =t − =t 1 t = −1

c Plot de grafieken op de rekenmachine, vind het snijpunt en lees de oplossing af. Invoer: Y1=(1+9/16)*(1/16)^X

Y2=50 Venster: Xmin = –2 en Xmax = 2 Ymin = 0 en Ymax = 60 Het snijpunt vind je voor x = –1,25. De oplossing van de ongelijkheid is t < −1 25,

7a Als je steeds 90% van de oplossing weggiet hou je telkens 10% van het middel over. Bij de tweede verdunning blijft er 10% van de 5 milligram over, dat is 0,5 milligram. Bij elke volgende verdunning hou je weer 1

10 deel over. Hiermee wordt de tabel

aantal keer verdunnen 0 1 2 3 4 5

hoeveelheid genees-middel in milligram

50 5 0,5 0,05 0,005 0,0005

b Van het middel blijft 10% ieder keer over. Dat is iedere keer een vermenigvuldiging met 0,1 dus er is sprake van een exponentiële afname met groeifactor 0,1. Daaruit volgt de functie M t t( ) ,= 50 0 1⋅ .

c Bij 0,1 blijft er 10% van het middel over en wordt 90% van de oplossing verwijderd. Bij 0,75 blijft er 75% van het middel over en wordt 25% van de oplossing verwijderd.

d Bereken K t( ) < 10 . Na 0 keer verdunnen zit er 50 mg van het middel in het flesje. Na 1 keer verdunnen zit er 50 0 75 37 5⋅ , ,= mg van het middel in het flesje. Na 2 keer verdunnen zit er 50 0 75 28 12⋅ , ,≈ mg van het middel in het flesje. Na 3 keer verdunnen zit er 50 0 75 21 13⋅ , ,≈ mg van het middel in het flesje. Na 4 keer verdunnen zit er 50 0 75 15 84⋅ , ,≈ mg van het middel in het flesje. Na 5 keer verdunnen zit er 50 0 75 11 85⋅ , ,≈ mg van het middel in het flesje. Na 6 keer verdunnen zit er 50 0 75 8 96⋅ , ,≈ mg van het middel in het flesje. Dus na 6 keer verdunnen zit er minder dan 10 milligram van het middel in het flesje.

Oefentoets hooffdstuk 3 en hoofdstuk 4Havo B deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde


⁄225

1a Het lichaam bestaat uit vijf lagen. De onderste laag heeft vier rechte hoeken, de volgende lagen drie, twee, één en geen rechte hoeken.

b

c

voor rechts

2a Aan het winkelhaakteken bij S kun je zien dat T loodrecht boven S komt als je het onderste flap rond AB draait. Top T op de rechterflap komt ook altijd op AB als je die flap ver genoeg rond BC draait want BC staat loodrecht op AB. De twee toppunten T kunnen daarom alleen samenvallen loodrecht boven S.

b

T

T

T

B

C

AS




⁄226

c

3a De zijvlakken ADHE en BCGF zijn evenwijdig. Als een vlak deze beide zijvlakken snijdt moeten er twee evenwijdige snijlijnen ontstaan. Omdat AE en KG niet evenwijdig zijn, kan AKGE geen doorsnede van een vlak met deze figuur zijn.

b c d

A

E

C

G

A

E

K

G

A

E

L

F

4a

A

3

4

5

E

B

M

H

C

G

D

F

b

A

M

C

B

IF

A

E

M

A

H

M

C

G

IIF

III

1)

3)

2)

T

C B

T

S

1,5 cm

3 cm5 cm

3 cm

2,5 cm 2,5 cmA, B B, CAS, TA

vooraanzichtbovenaanzichtzijaanzicht



⁄227

c 1)

A C

M

A

E

III

√41 √29

√34

F

5

3

2) De doorsnede door A, M en H is een vierkant met zijde 5 cm. 3)

A C

M

A

E

III

√41 √29

√34

F

5

3



⁄228

1a KF KE EF2 2 2 12

2 22 6 6 25 36 42 25= + = + = + =( ) , , , dus KF = =42 25 6 5, , cm De zijden FL, DL en DK hebben dezelfde lengte. b KFLD heeft vier gelijke zijden, dus deze doorsnede is een ruit. c Bereken de lengte van de beide diagonalen van de ruit: KL AC2 2 2 26 6 72= = + = , dus KL = ≈72 8 48, cm DF BD BF AB AC BF2 2 2 2 2 2 2 2 26 6 5 97= + = + + = + + =( ) , dus DF = ≈97 9 85, cm

K L

F

D

De oppervlakte van de ruit KFLD bereken je door de ruit te verdelen in vier driehoeken. De oppervlakte van één driehoek is 1

212

12

1272 97 10 45× × = × × ≈basis hoogte , cm2

De oppervlakte van de ruit is 4 × 10,45 = 41,8 cm2

d Doorsnede KFLD is geen vierkant want de diagonalen van de ruit zijn niet even lang.

2a De oppervlakte van het grondvlak is 25 cm2. Omdat inhoud = 1

3 × hoogte × oppervlakte grondvlak volgt hieruit

125 = 13 × hoogte × 25,

3 × 125 = 3 × 13 × hoogte × 25

375 = hoogte × 25 hoogte = 375 : 25 = 15 cm.

b De nieuwe piramide is vergroot met een factor 4 ten opzichte van de eerste piramide. De inhoud van de nieuwe piramide is dus 43 = 64 maal zo groot als de inhoud van de

eerste piramide, dus 64 × 125 = 8000 cm3.

3a De glasbak kan worden opgevat als een balk van 1,4 bij 1,4 bij 1,2 meter. Bij de vier hoeken zijn er (omgekeerde) piramides afgehaald. Deze piramides hebben als grondvlak een rechthoekige driehoek met twee rechthoekszijden van 0,2 m. De hoogte van elke piramide is 1,2 m.

b De inhoud van de glasbak = de inhoud van de balk – 4 × de inhoud van een piramide = 1,4 × 1,4 × l,2 – 4 × 1

312 0 2 0 2 1 2× ×( , , ) ,⋅ ⋅ = 2,32 m3

c Het grondvlak heeft een oppervlakte 1,4 × 1,4 = 1,96 m2. Het bovenvlak is gelijk aan het grondvlak, maar er zijn vier driehoeken afgehaald.

De oppervlakte van het bovenvlak is 1,96 – 4 × 12 0 2 0 2⋅ ⋅, , = 1,88 m2

De vier trapeziumvormige zijvlakken hebben elk een oppervlakte 1,4 × 1,2 – 2 × ( , , )1

2 2 1 2⋅ 0 ⋅ = 1,44 m2

De driehoekige vlakken met de stippen zijn gelijkbenig. Stel de korte zijde is a en de lange zijde is b:




⁄229

a2 2 20 2 0 2 0 08= + =, , , dus a = 0 08, m b2 2 20 2 1 2 1 48= + =, , , dus b = 1 48, m Voor de hoogte h van de driehoek geldt: h a b2 1

22 2+ =( ) ; h2 1

220 08 1 48+ =( , ) ,⋅ ; h2 0 02 1 48+ =, , ; h2 1 46= , ; h = 1 46, m

De oppervlakte van één driehoek is 12

12 0 08 1 46 0 17⋅ ⋅ ⋅ ⋅a h = ≈, , , m2

De totale oppervlakte van de glasbak is dus 1,96 + 1,88 + 4 × 1,44 + 4 × 0,17 ≈ 10,3 m2

4a De straal r van de grondcirkel is 40 : 2 = 20 cm, dus de omtrek is 2 2 20 40 125 7π π π⋅ ⋅r = = ≈ , cm

b De straal a van de oorspronkelijke cirkel is r h2 2 2 220 15 25+ = + = cm Het deel van de oorspronkelijke cirkel is

omtrek grondcirkel

omtrek oorspronkelijke cirkellra

ra

= = = =22

2025

45

ππ

⋅⋅

deel

c 45 deel van de oorspronkelijke cirkel betekent dat de kegelmantel een middelpuntshoek heeft van 4

5 ⋅ 360° = 288°

288°

25 cm

De oppervlakte van de kegelmantel is 45 deel van de oppervlakte van de

oorspronkelijke cirkel. Dat is 45

2 45

225 500 1571⋅ ⋅ ⋅ ⋅π π πr = = ≈ cm2



⁄230

1a

C

D

B

AD

D

4 cm4 cm

3 cm

4 cm

b D

A

B

C

P Q4

3

c BC AB AC= + = + =2 2 2 23 4 5 cm, BD AB AD= + = + =2 2 2 23 4 5 cm CD AC AD= + = + = ≈2 2 2 24 4 32 5 66, cm

A C

D

5 cm

5,66 cm5 cm

d Driehoek BCD is een gelijkbenige driehoek. Om de hoogte van de driehoek te berekenen kies je punt M in het midden van CD, zodat hoogte MB BC MC= = − = − =2 2 2 1

225 32 17( ) cm

oppervlakte BCD = 12

12

12 32 17 11 66⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅basis hoogte CD MB= = ≈ , cm2

2a De oppervlakte van de cirkel is π π πr2 212 144= =⋅ De oppervlakte van de kegelmantel is het 5

6 deel van de oppervlakte van de cirkel, dus 5

62 5

6 144 120 377π π πr = = ≈⋅ b De omtrek van de grondcirkel is het 5

6 deel van de omtrek van de cirkel, dus 56

562 2 62 8⋅ ⋅ ⋅12 = 20π π πr = ≈ ,

De omtrek van de grondcirkel is 2πa en ook gelijk aan 20π .

Daaruit volgt de straal a = =202

10ππ

voor de grondcirkel.

c

10 10

12

h

h = − = − = ≈12 10 144 100 44 6 632 2 , d inhoud G h a h= = = ≈1

313

2 13

210 44 695⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅( )π π




⁄231

3a

31–2

9 m

8 m

4

5,5 m

a

b Inhoud balk = 12 × 8 × 5,5 = 528 m3

Inhoud prisma = 12

128 3 7 98⋅ ⋅ ⋅ = m3

Inhoud twee piramides = 2 8 3 4613

12

23× =⋅(12 − 7) : 2 ⋅ ⋅ m3

Inhoud van het huis = 528 + 98 + 46 23 ≈ 673 m3

c Hieronder staan tekeningen van beide soorten dakdelen.

21–2

7

4 4

cb

b

a2 2 24 3 5 28 25= + =, , , dus a = 28 25, m b a2 2 22 5 28 25 6 25 34 5= + = + =, , , , , dus b = 34 5, m c b2 2 24 34 5 16 18 5= − = − =, , , dus c = 18 5, m

De oppervlakte van het dak is 2 7 28 25 4 28 25 2 2 8 18 51

212

12× × + × + × ≈( , ) ( , ) ( , )⋅ ⋅ ⋅ ⋅ 1135 4, m2

4a De straal van de bol is 4 : 2 = 2 cm. De oppervlakte van de bol is 4 4 2 16 50 32 2π π π⋅ ⋅r = = ≈ , cm2

De inhoud van de bol is 43

3 43

3 3232 33 5π π π⋅ ⋅r = = ≈ , cm3

b De straal van de cilinder is 4 : 2 = 2 cm en de hoogte is 4 cm De oppervlakte van de cilinder = opp. grondvlak + opp. grondvlak + opp.

cilindermantel = π π π π π π π⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅r r r h2 2 2 22 2 2 2 2 4 24 75 4+ + = + + = ≈ , cm2

De inhoud van de cilinder is π π π⋅ ⋅ ⋅ ⋅r h2 22 4 16 50 3= = ≈ , cm3

c De straal van de grondcirkel van de kegel is 4 : 2 = 2 cm en de hoogte is 4 cm De oppervlakte van de kegel = opp. grondcirkel + opp. kegelmantel = π π π π π⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅r r r h2 2 2 2 2 22 2 2 4 12 9 40 7+ + = + + ≈ ≈, , cm2

De inhoud van de kegel is 13

13

2 13

2 132 4 5 16 8⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅G h r h= = = ≈π π π , cm3

5a De bovenste schijf bestaat uit een piramide met vierkant grondvlak van 3 × 3 cm en hoogte 2 cm.

De inhoud van de bovenste schijf is dus 13

13 3 3 2 6⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅G h = = cm3

b De totale piramide bestaat uit 8 schijven zodat de totale hoogte 8 maal zo groot is als de bovenste schijf. De vorm van de totale piramide is ook 8 maal zo groot als de bovenste schijf dus de vergrotingsfactor is 8 maal. Hierbij hoort een 83 = 512 maal zo grote inhoud.



⁄232

c De vergrotingsfactor voor de piramide die bestaat uit de eerste en de tweede schijf is 2. De inhoud van deze tweeschijfs-piramide is dus 23 = 8 maal de inhoud van de eerste schijf. Haal voor de inhoud van alleen de tweede schijf de inhoud van de eerste schijf eraf, dan hou je 8 – 1 = 7 maal over.

d De vergrotingsfactor voor de piramide die bestaat uit de eerste, tweede en derde schijf is 3. De inhoud van deze drieschijfs-piramide is dus 33 = 27 maal de inhoud van de eerste schijf. Haal voor de inhoud van alleen de derde schijf de inhoud van de tweeschijfs-piramide eraf, dan hou je 27 – 8 = 19 maal over.

e De inhoud van de onderste schijf = inhoud totale piramide – inhoud 7-schijfspiramide = 512 × 6 – 73 × 6 = 512 × 6 – 343 × 6 = 169 × 6 = 1014 cm3

6a De vergrotingsfactor voor de rat is 40 : 12 = 3 13 . Het gewicht van de rat is afhankelijk

van de inhoud van de rat en deze is ( )3 3713

3 ≈ maal groter dan de muis. Het gewicht is van de rat is dus ongeveer 37 × 30 = 1110 gram

b De muis is 3 13 maal kleiner dan de rat. Het lichaamsoppervlak is dus ( )3 111

32 1

9= maal kleiner dan van de rat, dus 1000 11 901

9: = cm2

c De staart van de rat is 3 13 maal groter dan de muis, dus 3 1

3 × 8 ≈ 26,7 cm lang.

7a Inhoud berg zand = 13

13

2 13

26 4 48 150 8⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅G h r h= = = ≈π π π , m3

b Er zijn 150,8 : 1,5 ≈ 101 minuten verstreken. Het storten is dus 101 minuten voor 10.00 uur begonnen. Dat is om 8.19 uur

c Als de hoogte 4,5 m is en de berg zand behoudt dezelfde vorm, dan is de berg vergroot met een factor 4,5 : 4 = 1,125. De inhoud is dus 1,1253 maal groter. Dat is 1,1253 · 150,8 ≈ 214,7 m3

Voor de hoogte van 4,5 m is er 214,7 – 150,8 = 63,9 m3 meer gestort. Dat duurt 63,9 : 1,5 ≈ 43 minuten. Het tijdstip is dus 10.43 uur.

d Om 11.00 uur is er 60 minuten lang zand gestort. Er is dus 1,5 × 60 = 90 m3 zand gestort bij de berg die er om 10.00 uur was. De totale inhoud van de berg om 11.00 uur is dus 150,8 + 90 = 240,8 m3 dat is 240,8 : 150,8 ≈ 1,60 maal zo groot als de berg om 10.00 uur. De vergrotingsfactor k wordt berekend uit k3 = 1,60

De vergrotingsfactor k van de berg om 11.00 uur is dus 1 60 1 1713, ,≈ maal.

De hoogte van de berg om 11.00 uur is 1,17 × de hoogte om 10.00 uur. Dat is 1,17 × 4 = 4,68 m

De straal van de grondcirkel om 11.00 uur is 1,17 × de straal van de grondcirkel om 10.00 uur. Dat is 1,17 × 6 = 7,02 m



⁄233

1a Een groei van 50% per minuut betekent een groeifactor g van 1,5 per minuut. Een verdubbeling vindt dus plaats als geldt 1,5t = 2 .

b Oplossen van 1 5 2, t = geeft

t = ≈loglog ,

,21 5

1 71 minuten = 1,71 × 60 ≈ 103 seconden

c Na t minuten is het aantal gistcellen 10 maal zo groot, dus geldt 1 5 10, t =

Dat is na t = ≈loglog ,

,101 5

5 68 minuten

2a 5 12x = x =5 12log

x = ≈loglog

,125

1 54

b 12 5x = x =12 5log

x = ≈loglog

,512

0 65

c 5 60 5, t = 0 5 65, logt =

0 5 65

, loglog

t =

t = ≈2 65

2 23⋅ loglog

,

d 3 812t = 2 813t = log

2 813

t = loglog

t = =12

813

2⋅ loglog

3a f: voor het domein moet gelden x > 0 . Het domein is ⟨ →⟩0, g: voor het domein moet gelden 4 – 2x > 0 dus x < 2. Het domein is ⟨← ⟩,2 h: voor het domein moet gelden 2x – 4 > 0 dus x > 2. Het domein is ⟨ →⟩2, Alle drie functies kunnen elke waarde op de y-as bereiken, dus het bereik van f, g en h is

b f x x( ) log= =12 0 ⇒ x = =( )1

20 1

g x x( ) log( )= − =2 4 2 0 ⇒ 4 2 2 10− = =x ⇒ x = 1 12

h x x( ) log( )= − =12 2 4 0 ⇒ 2 4 11

20x − = =( ) ⇒ x = 2 1

2

c In de grafiek lees je direct de nulpunten af en vindt de bijbehorende functie uit vraag b. Je vindt: f hoort bij B, g hoort bij A en h hoort bij C.

d Bij spiegeling van een functie in de x-as keer je het teken van de y-waarde om. Je krijgt dat door de functie met –1 te vermenigvuldigen, dus k x g x x x( ) ( ) log( ) log( )= − = − − = − −1 1 4 2 4 22 2⋅ ⋅

Controle:




⁄234

4a 3 2 1 4log( )x + = 2 1 3 814x + = = 2 80x = x = 40

b 2 3 10log x = 3 2 102410x = = x = =1024 3 341 1

3: c 2 1

5log( )− =x − =x 2

15

x = − = −2 215 5

d 5 3 1 3log( )x − = 3 1 5 1253x − = = 3 126x = x = =126 3 42:

5a 3 2 1 6+ + <⋅ log( )x Los eerst de gelijkheid op:

3 2 1 6+ + =⋅ log( )x 2 1 3⋅ log( )x + = log( ) ,x + =1 1 5 x + =1 101 5, x = − ≈10 1 30 621 5, ,

De oplossing van de ongelijkheid lees je af voor –1 < x < 30,62 De ondergrens –1 geldt vanwege de eis dat je alleen de logaritme van een positief getal kunt nemen, dus x + 1 moet positief zijn.

b 3 1 6+ + <2 log( )x Los eerst de gelijkheid op:

3 1 6+ + =2 log( )x 2log( )x + =1 3 x + = =1 2 83 x = 7

De oplossing van de ongelijkheid lees je af voor –1 < x < 7 De ondergrens –1 geldt vanwege de eis dat je alleen de logaritme van een positief getal kunt nemen, dus x + 1 moet positief zijn.



⁄235

c 2log( )4 2 2− > −x Los eerst de gelijkheid op:

2log( )4 2 2− = −x 4 2 2 2 1

2142− = = =−x

− = − = −2 4 314

34x

x = − − = =3 2 1 1 87534

78: ,

De oplossing van de ongelijkheid lees je af voor x < 1,875 d 2 4 2 3log( )− ≤x

Los eerst de gelijkheid op: 2 4 2 3log( )− =x 4 2 2 83− = =x − =2 4x x = −2

De oplossing van de ongelijkheid lees je af voor − ≤ <2 2x De bovengrens 2 geldt vanwege de eis dat je alleen de logaritme van een positief

getal kunt nemen, dus 4 2− x moet positief zijn. e 12

12 1+ >log( )x

Los eerst de gelijkheid op: 12

12 1+ =log( )x

log( )12

12x =

12 10 10

12x = =

x = ≈2 6 3210 ,

De oplossing van de ongelijkheid lees je af voor x > 6,32 f

12 1

2 1log( )x ≥ Los eerst de gelijkheid op:

12 1

2 1log( )x = 12

12

1 12x = =( )

x = 1

De oplossing van de ongelijkheid lees je af voor 0 1< ≤x



⁄236

6a 2 2 2 24 3 4 3 12log log log( ) log+ = =⋅

b 8 8 8 8 8 8 23

82 3 6 23

6log log log log log log(− + = + = ⋅6) = llog4

c 3 3 3 3 2 3 38 2 5 8 5 8 25 2log log log log log( ) log+ = + = =⋅ ⋅ 000 d 4 1 17 7 7 4 7 7 4⋅ ⋅log log( ) log log( ) log(a a a a a+ + = + + = (( )) log( )a a a+ = +1 7 5 4

e 2 2 1 2 3 33 3 3 3 3 2 3+ = + = + = +log log log log log logp p p⋅ ⋅ pp p p= + =3 3 39 9log log log( ) f log zonder grondtal geschreven heeft grondtal 10 − + = − + = − +3 500 3 1 500 3 1010log( ) log( ) log log(x x⋅ ⋅ 5500 10 5003x x) log log( )= + =−

log( ) log( ) log( )10 500 5003 11000

12

− = =⋅ ⋅x x x



⁄237

1a Zorg ervoor dat je rekenmachine op radialen staat. sin ,x = −0 7

Plot de grafieken: Y1 = sin x en Y2 = −0 7, op [ , ]−π π2 . Bepaal de x-coördinaten van de snijpunten. De oplossingen op het interval [ , ]−π π2 zijn x = −2 37, ; x = −0 78, ; x = 3 92, en x = 5 51, b 2 1 1 11

2cos ,x = Plot de grafieken: Y1 = 2 1 1

2cos x en Y2 = 1 1, op [ , ]−π π2 . Bepaal de x-coördinaten van de snijpunten.

De oplossingen op het interval [ , ]−π π2 zijn x = −0 66, ; x = 0 66, ; x = 3 53, en x = 4 85, c 1 4 2 0+ =sin x

Plot de grafieken: Y1 = +1 4 2sin x en Y2 = 0 op[ , ]−π π2 . Bepaal de x-coördinaten van de snijpunten.

De oplossingen op het interval [ , ]−π π2 zijn x = −1 44, ; x = −0 13, ; x = 1 70, ; x = 3 02, ; x = 4 84, en x = 6 16,

d 2 0 313cos ,x =

Plot de grafieken: Y1 = 2 13cos x en Y2 = 0 3, op [ , ]−π π2 .

Bepaal de x-coördinaten van de snijpunten. De oplossing op het interval [ , ]−π π2 is x = 4 26,

2a De periode is 2 8 28

161

1618

18

π π π π= = =⋅⋅

De sinusfunctie is vermenigvuldigd met 3 dus de amplitude is 3. b

De oplossingen op het interval ⟨− ⟩20 30, zijn x ≈ 2 72, en x ≈ 22 41, c Op het interval [0, 16π] doorloopt f x( ) één periode en heeft f x( ) = 1 twee oplossingen.

Op het interval [0, 2000π] passen 2000π: 16π = 125 perioden van f x( ) . Er zijn dus 125 2 250× = oplossingen.

3a Periode = =2 24πb

dus b = =224

112

π π b De cosinusfunctie is vermenigvuldigd met –3 dus de amplitude is 3. c Op het interval [0, 24] doorloopt f x( ) één periode en snijdt de x-as op twee plaatsen.

Op het interval [0, 6000] passen 6000 : 24 = 250 perioden van f x( ) en snijdt de x-as dus 250 2 500× = keer.

d

Voor de top met de maximale waarde geldt f x( ) = 3 , dus los op − =3 3112cos πx

Dat geeft cos 112 1πx = − ; cos cos1

12 π πx = ; 112 π πx = ; x = 12

Voor de top met de minimale waarde geldt f x( ) = −3 , dus los op − = −3 3112cos πx

Dat geeft cos 112 1πx = ; cos cos1

12 0πx = ; 112 0πx = ; x = 0

De periode is 24, dus de top met minimale waarde herhaalt zich op het interval ook nog bij x = 24

De coördinaten van de toppen zijn dus (0,–3), (12,3) en (24,–3)




⁄238

4a De periode is 2 2ππ

= seconden

b

Met de rekenmachine vind je de tijdstippen t ≈ 0 17, , t ≈ 0 83, , t ≈ 2 17, of t ≈ 2 83, seconden

Evenzo vind je op de tijdstippen t ≈ 1 17, , t ≈ 1 83, , t ≈ 3 17, of t ≈ 3 83, seconden een uitwijking van 2,5 cm naar de andere kant, dus voor u = –2,5

5a Aflezen in de grafiek: de periode van f is π en de amplitude is 2,5 Een halve periode van g is 3π dus de hele periode is 6π. De amplitude van g is 1,5

b Voor f geldt dat b = =2 2ππ

, dus f x x( ) , sin= 2 5 2

Voor g geldt dat b = =26

13

ππ

. Gebruik de cosinusfunctie omdat g voor x = 0 een top heeft. De functie wordt dan g x x( ) , cos= 1 5 1

3



⁄239

1a De beginhoeveelheid is 1,253 miljard. De groeifactor is 1,014. De bevolking groeit exponentieel, dus de formule wordt C t t( ) , ,= 1 253 1 014⋅ met C in miljarden mensen en t in jaren vanaf 1 januari 1999.

b 1 juli 2010 ligt 11,5 jaren na 1 januari 1999, dus t = 11 5, De bevolking bestaat dan uit 1 253 1 014 1 47011 5, , ,,⋅ ≈ miljard mensen.

c Los op: 1 253 1 014 1 670, , ,⋅ t = 1 014 1 670 1 253 1 333, , : , ,t = ≈

t = ≈log ,log ,

,1 3331 014

20 7 jaar

Het aantal zal 20,7 jaar na 1 januari 1999 bereikt zijn, dat is ongeveer halverwege 2019. d Voor het jaar 2004 is t = 5 en voor 2005 is t = 6. De bevolkingstoename over het jaar

2004 is C C( ) ( ) , , ,6 5 1 362 1 343 0 019− ≈ − = miljard = 19 miljoen mensen. e Het inwoneraantal zal verdubbeld zijn als 1 014 2, t = .

Oplossen geeft t = ≈loglog ,

,21 014

49 9 jaar, ofwel na bijna 50 jaar.

f 1 januari 1999 is 4 jaar na 1 januari 1995. Dat is 18 van de 32 jaar verdubbelingstijd,

dus op 1 januari 1999 zijn er 835 2 910 618⋅ = , miljoen mensen, ofwel 0,9106 miljard.

g Uit de verdubbelingstijd in 32 jaren volgt de groeifactor per jaar 2 1 0219132 ≈ , voor de

bevolking in India. De formule wordt dus I t t( ) ,= 0 9106 ⋅1,0219 met I in miljarden mensen en t = 0 op 1 januari 1999. Extra: Je kunt ook als formule I t t( ) ,= 0 835 ⋅1,0219 nemen met het tijdstip t = 0 op 1 januari 1995. De formules zijn identiek: verschuif je het tijdstip t naar 4 jaar later dan krijgt uit I t t t( ) , , ,= = =+0 835 0 835 1 022 04⋅1,0219 ⋅1,0219 ⋅4 ,, ,91067 1 022⋅ t de andere formule weer terug.

h Los op: C t I t( ) ( )= 1 253 1 014 0 9106 1 0219, , , ,⋅ ⋅t t= (bij deze formules geldt t = 0 voor hetzelfde tijdstip)

PlotInvoer: Y1=1.253*1.014^X Y2=0.9106*1.0219^XVenster: Xmin = 0 en Xmax = 100 Ymin = 0 en Ymax = 5

Na ≈ 41,1 jaar, dus in het jaar 2040.

2a Per kg bevat de walvis een miljoenste milligram, ofwel 1 10 6⋅ ⋅− mg. De walvis weegt 24 400 kg en bevat dus 24 400 × 1 10 6⋅ ⋅− = 24 4 10 10 24 4 103 6 3, ,⋅ ⋅1⋅ ⋅− −= mg = 0,0244 mg C14.

b Na elke periode van 5568 jaar is de hoeveelheid C14 gehalveerd, dus de groeifactor per jaar is g = ≈( ) ,1

2

15568 0 9998755 .

Als er nog 10% over is dan geldt gt = 0 10, ⇒ (( ) ) ,12

15568 0 1⋅ t =

Oplossen geeft t = ≈log ,

log(( ) )

0 1 1850012

15568

jaar




⁄240

c Het skelet bevatte direct na de dood van de mammoet 1500 10 6⋅ − mg C14. Met deze beginhoeveelheid vind je het aantal jaren uit de oplossing van 1500 10 0 000446 1

2

15568⋅ ⋅− =(( ) ) ,t

Oplossen met de rekenmachine geeft t ≈ 10000 . Dus bijna 10 000 jaar geleden.

3a Voor de groeifactor per jaar geldt g = ≈2 1 051

14 , b gT = 2 ; T g= log2 c

d Met de TRACE-functie van de rekenmachine vind je bij Y=14 ongeveer X=1.05 e Als g steeds meer tot 1 nadert neemt de groei steeds meer af: je vermenigvuldigt

immers met een factor die steeds dichter bij 1 ligt. Om toch nog een verdubbeling te krijgen neemt de tijd die hiervoor nodig is sterk toe. Als g = 1 is er geen verdubbeling meer mogelijk. De grafiek heeft hiervoor een verticale asymptoot.

4a

–2

–4

T

x

2

0

6

8

10

12

14

16

18

20 20

12

–3

4

2 4 6 8 10 121 3 5 7 9 11

b Zoek met de rekenmachine de snijpunten van de plot met de lijn Y2=5. Je vindt snijpunten voor x ≈ 2,15 en x ≈ 9,85. Het groeiseizoen is de tijd hiertussen als de temperatuur boven de 5 °C ligt, dat is 9,85 – 2,15 = 7,7 maanden ≈ 234 dagen.

c Zoek met de rekenmachine de snijpunten van de plot met de lijn Y2=6. Je vindt snijpunten voor x ≈ 2,35 en x ≈ 9,65. Het groeiseizoen is de tijd hiertussen als de temperatuur boven de 6 °C ligt, dat is 9,65 – 2,35 = 7,3 maanden ≈ 222 dagen, dus 7,7 – 7,3 = 0,4 maanden ≈ 12 dagen korter voor dit gewas.

5a f: Tussen 0 en π lees je één periode af, dus de periode is π. De amplitude is 12

g: Tussen –2π en 2π lees je één periode af, dus de periode is 4π. De amplitude is 2 h: Tussen –2π en 2π lees je een halve periode af, dus de periode is 8π. De amplitude is 1 1

2



⁄241

b De grafiek van f heeft de vorm van een sinusfunctie die gespiegeld is in de x-as.

De periode is π dus b = =2 2ππ

en de amplitude is 0,5.

De functie wordt dus f x x( ) sin= − 12 2

c De grafiek van g heeft de vorm van een sinusfunctie. De periode is 4π dus b = =24

12

ππ

en de amplitude is 2. De functie wordt dus g x x( ) sin= 2 1

2 De grafiek van h heeft de vorm van een cosinusfunctie. De periode is 8π dus

b = =28

14

ππ

en de amplitude is 1 12 . De functie wordt dus h x x( ) cos= 1 1

214

d Los op: 2 112

12sin x =

Plot de functies Y1=2sin(X/2) en Y2=1.5 op het interval [–8, 8]. Met Intersect (ISCT) vind je de snijpunten (–7,98; 1,5), (1,70; 1,5) en (4,59; 1,5).

6a f x g x( ) ( )= +1 3 36 1 2log logx x= + 3 3 36 3 2log log logx x= + (gebruik de rekenregel g g ga b ablog log log+ = ) 3 3 36 3 2 6log log( ) logx x x= =⋅

b h x g x( ) ( )= − +2 3 2

932 2log logx x= − +

3 29

32 1 2log logx x= − +⋅ (werk de –2 om naar een logaritme met grondtal 3) 3 2

932 3 2log log logx x= − +⋅3

3 29

2 33 2log log logx x= +−3 (gebruik de rekenregel g p ga p alog log= ⋅ ) 3 2

913

32 2log log logx x= +3

3 29

19

3 2log log logx x= +3 (gebruik de rekenregel g g ga b ablog log log+ = ) 3 2

919

3 292log log( ) logx x x= =3 ⋅

7a

PlotInvoer: Y1=4−8(sin(X))2Venster: Xmin = −2 en Xmax = 2

Ymin = −5 en Ymax = 5

–2

–4

–1

–3

y

x

2

4

1

3

π–π



⁄242

b De functie heeft een uitwijking van 4 rond de evenwichtsstand, dus de amplitude is 4 en a = 4 De periode is π dus b = =2 2π

π

c

PlotInvoer: Y1=4−8(cos(X))2Venster: Xmin = −2π en Xmax = 2π Ymin = −5 en Ymax = 5

De grafiek is hetzelfde als bij vraag a alleen is ze nu gespiegeld in de x-as. De functie is dus hetzelfde als bij vraag b alleen vermenigvuldigd met –1. Dat geeft a = –4 en b = 2.



Havo B deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde Extra oefening...

Documents

Transcript of Havo B deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde Extra oefening...