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

⁄162

1a Ja want door elk drietal punten niet op één lijn gaat een vlak. b Nee, want deze punten liggen op één lijn en dus zijn er meerdere vlakken mogelijk. c CD, DT of CT d Het paar BC en AD of het paar AB en CD. e Ja, het grondvlak ABCD Nee want deze lijnen kruisen elkaar Ja want deze lijnen zijn evenwijdig f 4 3 6 612 2 2+ + =

2a y

2

3

4

5

6

x1 2 3 4 5–2–3 –1

1

OA + O

B

B A

O

b | |OA

= + =4 2 202 2 ; | | ( )OB

= − + =1 2 52 2 ; | | | |OA OB

+ =

= + =3

43 4 52 2

c 4 1 2 2 0⋅ − + ⋅ =

d OC OA OB

= − =

5

0 en dus is C(5, 0)

e CD

=−−

−

=−−

1

3

5

0

6

3

f CD OA

=−−

= −

= − ⋅6

31

4

211

212

3a x

y

=

+

3

10

1

1l

b l = 2 geeft OC

. Voor l = −8 klopt de x maar de y niet. Dus geen mogelijke l-waarde

c x

y

=−

−

+

5

12

1

1m

4a A( , , )6 0 0 ; B C( , , ) ; ( , , )6 6 0 0 6 0 ; D( , , )0 0 0 ; M( , , )0 3 0 ; T( , , )0 3 4 b De eerste lijn gaat door T en B. Kies achtereenvolgens l = 0 en l = 1.

De tweede lijn gaat door B en T. Kies achtereenvolgens m = 0 en m = 1. Uiteindelijk gaat het in beide gevallen om de lijn BT.

c Ja, want als je l = 0 neemt krijg je punt T en als je l = –1 neemt krijg je punt N.

d DT BT

− =

+−−

3

0

4

6

3

4 =

−−

3

3

0

en ( , , )− −3 3 0 is een punt van de z-as.

Extra oefening - Hoofdstuk 1

Havo D deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde

© Wolters-Noordhoff bv

⁄163

1a m ligt in xy-vlak want het derde kental is 0. n ligt in yz-vlak want het tweede kental is 0.

b Als je let op de richtingsvectoren zie je in dat er geen evenwijdige lijnen zijn en dus zeker geen samenvallende lijnen.

c Alleen k en n snijden elkaar.

Stel

−

−

+

=−

1

1

4

1

1

1

0

2

3

+ −

ρ0

1

3

Dit geeft het stelsel:

− + =+ = −

− + = − −

1 0

1 2

4 3 3

ll ρl ρ

De eerste vergelijking geeft l = 1. Dit invullen in de beide overige vergelijkingen geeft in beide gevallen ρ = 0 Het snijpunt is dan ( , , )0 2 3− .

d

x

y

z

=−

−

+

1

1

4

1

1

1

+ −

ρ0

1

3

e De overige paren lijnen zijn kruisend: k en l; k en m; l en m; l en n; m en n

2a x y z3 2 2

1+−

+ = dus 2 3 3 6x y z− + =

b Invullen geeft de vergelijking 6 12 3 6 4− + = ⇒ =p p

c De gezochte lijn is

x

y

z

a

b

c

=

+

3

4

4

Omdat de lijn evenwijdig is aan het vlak z = 0 moet c = 0 zijn. Omdat de lijn in V ligt geldt: 2 3 3 4 12 6( ) ( )+ − + + =a bl l voor elke waarde van l. Herleiden van deze vergelijking geeft ( )2 3 0a b− =l

Dus moet 2 3 0a b− = Kies bijvoorbeeld a = 3 en b = 2 dan is

x

y

z

=

+

3

4

4

3

2

0

de gezochte lijn.

d Invullen van de kentallen van de lijn in de vergelijking van V geeft 2 3 3 3 2 2 3 3 6( ) ( ) ( )− + − + + + =l l l

− + − − + + ==

=

6 6 6 6 9 3 6

3 9

3

l l ll

l

Zodat ( , , )6 8 6 het gezochte snijpunt is.

3a

x

y

z

=

+−

6

0

0

1

0

1

++−

0

1

1

b FN:

x

y

z

=

+

6

6

0

1

0

2

l ; MN:

x

y

z

=

+ −

6

3

0

1

1

0

m

c MN want MN is evenwijdig aan AC.

Extra oefening - Hoofdstuk 2



⁄164

d

x

y

z

=

+

6

6

0

1

0

2

l invullen in de vergelijking x y z+ + = 6 geeft

6 6 6 2 6 4+ + + + = ⇒ = −τ τ τ Dus is ( , , )2 6 2− het snijpunt.

e

x

y

z

=

+

+6

6

0

1

0

2

1

1

0

−

f De gezochte snijlijn is evenwijdig aan MN of aan AC. Dus is

1

1

0

−

een richtingsvector. Verder is bij opdracht d een punt van de snijlijn berekend namelijk ( , , )2 6 2− .

Dus is

x

y

z

=−

+ −

2

6

2

1

1

0

α

de snijlijn.

4 Ligt in V want kies m = 1 en l ν= .

Extra oefening - hoofdstuk 2Havo D deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde


⁄165

Oefentoets - hoofdstuk 1 en 2

1a Zie Illustratieformulier

b 24 10 262 2+ = km c Zie Illustratieformulier

d Zie Illustratieformulier tanα = 10

24 dus α ≈ 22 62,

2a y

–2

–1

2

3

4

5

6

x1 2 3 4 5 6 7 8–1

1 OA + OB

B(4, 0)

A(0, 3)

O

0 4 3 0 0⋅ + ⋅ = b zie tekening bij a.

Lengte 5 c y

2

3

4

5

6

7

x1 2 3 4–2–3 –1

1

OC

+ O

D

C (2, 4)

D (–2, 1)O

2 2 4 1 0⋅ − + ⋅ = d p r q s⋅ + ⋅ = 0

e p r

q s

++

| | ( ) ( )p r

q sp r q s

++

= + + +2 2

f | | ( ( ) ( ) )p r

q sp r q s

++

= + + + =2 2 2 2

p pr r q qs s

p pr qs r q s

p

2 2 2 2

2 2 2 2

2

2 2

2

+ + + + + =

+ + + + + =( )

++ + + + =

+

= +

r q s

p

q

r

sa

2 2 2

2 2 2| | | | | | |

bb

|2

want p r q s⋅ + ⋅ = 0



⁄166

3a

FZ

F2F1

b De som van de krachten in het punt van de draad waar het gewicht is opgehangen is 0. Dus F F FZ

+ + =1 2 0 en dit geeft het gevraagde.

4a

x

y

z

=

+

3

10

10

1

1

8

l

b Voor l = −3 krijg je de coördinaten van C. c | |AC = + + = =3 3 6 54 3 62 2 2

d Voor l = −3 klopt de x-coördinaat maar dan kloppen de overige coördinaten niet. e Neem l = 3 dan klopt de eerste coördinaat maar de overige niet.

5a Voor l = 1 en m = 0 krijg je A. Voor l = 0 en m = 1 krijg je B.

Voor punt C moet gelden

2 2

2 2

0

= += += +

l ml ml m

als het in het vlak ligt.

De laatste vergelijking geeft l m= − Invullen in de overige vergelijkingen geeft m = 2 en m = –2.

Omdat dit verschillende waarden zijn ligt C niet in het vlak.

b

x

y

z

=

+

+3

3

2

1

2

1

2

1

1

c Het gaat dan om de snijlijn van V met het vlak met vergelijking x = 0. Dus moet gelden: 0 1 2 1 2= + + ⇒ = − −l m l m Dit laatste invullen in de gegeven vectorvoorstelling van V geeft:

x

y

z

=

+ − −

1

1

2

1 2

1

2

1

( )m

+

= −

+ −−

2

1

1

0

1

1

0

3

1

m

Dit is hetzelfde als de lijn

x

y

z

= −

+

0

1

1

0

3

1

l

6a Ja, want de drie punten liggen niet op één lijn; nee b | | ( ) ,OP = + =3 1 11 252 1

22

CP CP

=−

⇒ = + + −3

1

4

3 1 412

2 12

2| | ( ) ( )22 27 25= ,

c R( , , )3 0 2 en Q( , , )0 1 212 dus

x

y

z

=

+ −

3

0

2

2

1

0

l

d De z-coördinaat is constant namelijk 2.

Oefentoets - hoofdstuk 1 en 2Havo D deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde


⁄167

7a Bij A : l m= − = −1 1en Bij B : l m= = −1 2en

Bij C : l m= = −5 4en b Bij A : ρ ν= = −1

2124en

Bij B : ρ ν= = −1 2en Bij C : ρ ν= =2 3en

c Punt C ligt op de lijn AB:

x

y

z

=−

+

4

0

0

4

1

2

α

Immers α = 3 geeft C en dus snijden V en W elkaar in één lijn.



⁄168

Extra oefening - hoofdstuk 3

1a Dit wordt een faculteitsboom. b Er zijn 4 3 2 1 24× × × = verschillende samenstellingen mogelijk. c Dan zijn er 5 4 3 2 1 120× × × × = verschillende samenstellingen mogelijk.

2a Er zijn 106 ofwel één miljoen mogelijkheden. b Er zijn dan nog 9 9 8 7 6 5 136 080× × × × × = mogelijkheden.

3a Er zijn 4 3 3 36× × = verschillende vlaggen mogelijk. b Er zijn 4 3 3 3 3 324× × × × = verschillende vlaggen mogelijk.

4 Er zijn 3 432 × 1 × 126 = 432 432 kortste routes.

5a In een assenstelsel is A het punt (3, 3). b Er zijn 20 routes om van (0, 0) naar (3, 3) te komen dus zijn er 20 verschillende rijtjes

met driemaal kop.

6 In een assenstelsel komt dat steeds overeen met het aantal kortste routes van (0, 0) naar (5, 2). Dit kan steeds op 21 manieren.



⁄169


1a In tien gevallen gooi je drie zessen dus de zweetkans is 10100 0 1= , .

b Deze zweetkans is 23100 0 23= , .

c P(0 zessen) = 56

80 2326( ) ≈ ,

d Nee, want slechts in vijf gevallen krijgt ze meer dan haar inleg. e Laat alleen één tot en met zes meetellen en kies de eerste acht cijfers met

toevalsgetallen die hieraan voldoen. Noteer het aantal keer dat je zes tegenkomt. Herhaal dit honderd keer.

2a W

N

W

W

N

N

53

52

21

21

43

41

b P(WW) = 35

24 0 3× = ,

P(WN) = 35

24 0 3× = ,

P(NW) = 25

34 0 3× = ,

P(NN) = 25

14 0 1× = ,

3a P(2 sterretjes) = 26

15

115 0 0667× = ≈ ,

b 3P(2 blanco, 1 sterretje) = 3 0 646

35

24

35× × × = = ,

c P(BBBB) = 46

35

24

13

115 0 0667× × × = ≈ ,

d a: 26

26

19× =

b: 3 46

46

26

49× × × =

c: 46

4 1681( ) =

4a P(4 azen) = 432

331

230

129

135 960 0 000028× × × = ≈ ,

b P(4 harten) = 832

731

630

529

735 96 0 00195× × × = ≈ ,

c P(4 plaatjes) = 1632

1531

1430

1329

911 798 0 05061× × × = ≈ ,

d 132

131

130

129

1863040 0 0000012× × × = ≈ ,



⁄170


1a

0,6

0,4

0,6

0,4

0,6

0,4

0,6

0,4

0,6

0,4

0,6

0,4

0,6

0,4

0,60,4

0,60,4

0,60,4

0,60,4

0,60,4

0,60,4

0,60,4

0,60,4

W

N

W

N

WN

WN

W

N

WN

WN

WN

WN

WN

WN

WN

WN

W

N

W

N

b P(WWWW) = 0 6 0 12964, ,= c Er zijn zes mogelijke volgorden om twee wedstrijden te winnen en twee wedstrijden

te verliezen. 6 · P(WWVV) = 6 0 6 0 4 0 34562 2× × =, , ,

2a Het is gemiddeld drie van de vijf keer loos alarm. b

L

N

L

N

L

N

L

N

L

N

LN

LN

LN

LN

LNLNLNLNLNLNLNLN

L

N

L

N

LN

LN

LN

LN

LNLNLNLNLNLNLNLN

Er zijn tien volgorden waarbij drie van de vijf keer loos alarm is. c 10 ⋅ P(LLLNN) = 10 0 34563

5

325

2× ( ) × ( ) = ,

d P(LLL) = 35

30 216( ) = ,

e 3 ⋅ P(LNN) = 3 0 28835

25

25× × × = ,



⁄171


3a

G

F

G

F

G

F

G

FGF

G

F

G

F

GF

GF

G

G

G

G

G

schijf 1 schijf 3schijf 2 schijf 4 schijf 5

b P(GG) = 25

14 0 1× = ,

c Na vier testen weet hij natuurlijk dat de vijfde schijf goed moet zijn anders was hij al eerder gestopt. De kans dat hij vijf keer moet testen is dus nul.

d De volgorden zijn GFFG, FGFG, FFGG, maar ook GFFF, FGFF en FFFG want dan weet hij dat de laatste goed is. Elk van deze zes volgorden heeft dezelfde kans. De gevraagde kans is dus 6 0 63

524

23

12× × × × = , .

4a Elk bakje wordt in vijf stappen bereikt. Om in bakje B terecht te komen moet het kogeltje één keer naar rechts en vier keer naar links vallen. Er zijn dus vijf routes mogelijk.

b A: 1, C: 10, D: 10, E: 5 en F: 1 c P(D) = 10 0 31251

2

5× ( ) = ,

d

BA DC E F

Je ziet dat het kogeltje nooit meer in A, E of F kan komen dus P(A) = P(E) = P(F) = 0. P(B) = P(D) = 1

212

14× = en P(C) = 2 1

212

12× × =

e Om in F te vallen moet het kogeltje vijf keer naar rechts vallen dus 0 3 0 002435

, ,( ) = . f P(D) = 10 0 7 0 3 0 13232 3× × =, , ,

5a Er zijn 6 6 6 216× × = verschillende uitkomsten mogelijk. b Er zijn tien combinaties om som zes te krijgen namelijk 1+2+3, 1+3+2, 2+1+3, 2+3+1,

3+1+2, 3+2+1, 1+1+4, 1+4+1, 4+1+1 en 2+2+2. P(som = 6) = 10

216 0 0463≈ , c P(minstens één keer drie) = 1 – P(nul keer drie) = 1 0 42135

6

3− ( ) ≈ ,

d Er zijn 15 combinaties om als product twaalf te krijgen namelijk 1 2 6× × , 1 6 2× × ,2 1 6× × , 2 6 1× × , 6 1 2× × , 6 2 1× × , 1 3 4× × , 1 4 3× × , 3 1 4× × , 3 4 1× × , 4 1 3× × , 4 3 1× × , 2 2 3× × , 2 3 2× × en 3 2 2× × .

P(product = 12) = 15216 0 0694≈ , dus 6,94%.



⁄172

6a Er zijn dan 4 3 2 1 24× × × = mogelijkheden. b Met een rooster vind je zes keuzemogelijkheden. c Er zijn 6 2 12× = mogelijkheden want per tweetal kleuren kun je met de ene of de

andere kleur beginnen.

7a Het is een experimentele kans dus een zweetkans. b P(tien keer raak) = 0 9 0 348710, ,≈ c Dit kan op tien manieren dus 10 0 9 0 1 0 38749× × ≈, , , d P(hoogstens één misser) = P(nul missers) + P(één misser) = 0,3487 + 0,3874 = 0,7361. e Je kunt negen groene en één rode knikker nemen. Je kunt dan tien pogingen

simuleren door tien keer een knikker te trekken met terugleggen. Groen stelt steeds een carambole voor en rood een misser.



⁄173

1a 1 6 5 8, × = en 1 6 10 16, × = b Aklein = ⋅ + ⋅ ⋅ =2 5 2 5 10 1502p p p

en Agroot = 384p

Iklein = ⋅ ⋅ =p p5 10 2502 en Igroot = 1024p c 1 6 2 562, ,= ; 1 6 4 0963, ,= d r h h2 h3 A I

2 3 9 27 32p 12p 4 6 36 216 82p 96p 6 9 81 729 180p 324p10 15 225 3375 500p 1500p

e Bedenk dat r h= 23 dan is A h h h h= + ⋅ ⋅ =2 2 22

32 2

3229

2p p p( ) dus 2 2

29 p en is I h h h= ⋅ =p p( )2

32 4

93 dus 4

9 p

2a v v211 24

32 6 67 10 6 0 10

6370 108 9465 1= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅⇒ ≈ ⋅

−, , , 005

dus ca. 8 95 105, × km/s

b 61 5

4 2,

= = , dus 2 keer zo groot

c v Gmr

= ⋅2 1

3a

10

20

30r

t

5

15

25

21 3 4 5O

b t r t r t/2 16,26 1,414 11,53 19,92 1,732 11,54 23,00 2,000 11,55 25,71 2,236 11,5

c Uit opdracht b volgt r t= 11 5, en dus is A r t t= ≈ ≈p p2 211 5 415 5( , ) ,

4a tQ

l32

1; ; op de horizontale as.

b

1

1

2

3

O 19

14

12

34 1/Q2

P

c 4 keer zo groot




⁄174


1a X Y1–4 .375

–3.5 .4898–3 .66667

–2.5 .96–2 1.5

–1.5 2.6667–1 6–.5 240 ERROR.5 241 6

De grafiek heeft een verticale asymptoot.

b,c

–8

–10

–4

x

y

–6

4 82 6–3–7 –1–5

2

4

6

8

y

3 71 5–4–8 –2–6–2

10

O

d x = 0; y = 0 e Erg groot of erg klein.

2a Als de helling 0 is heeft de grafiek een horizontale raaklijn. b Als een hellinggrafiek positief is, is de grafiek stijgend: ⟨− ⟩2 0, en ⟨ →⟩2,

Als een hellinggrafiek negatief is, is de grafiek dalend: ⟨← − ⟩, 2 en ⟨ ⟩1 2, c Maximale helling voor x = –1.

Minimale helling voor x = 1. d

–12

–6

x

y

–9

42–3 –1–5

3

6

9

12

y

31 5–4 –2–3

15

18

O

–15

–18



⁄175

3a f x x f x x x x x x x( ) ( ) ( ) ( ) ( )+ ∆ − = + ∆ − + ∆ + − − + =2 4 3 2 4 32 2

2 2 4 4 3 2 4 32 4

2 2 2

2

( ( ) )x x x x x x x x

x x

+ ⋅ ∆ + ∆ − − ⋅ ∆ + − + − =+ ⋅⋅ ∆ + ∆ − ⋅ ∆ − =

⋅ ∆ + ∆ − ⋅ ∆x x x x

x x x x

2 4 24 2 4

2 2

2

( )( )

b ∆∆

= ⋅ ∆ + ∆ − ⋅ ∆∆

= ⋅ ∆∆

+ ∆∆

−fx

x x x xx

x xx

xx

4 2 4 4 2 42 2( ) ( ) ⋅⋅ ∆∆

= + ⋅ ∆ −xx

x x4 2 4

c ′ = + ⋅ − = −f x x x( ) 4 2 0 4 4 4 d Stel ′ = − =f x x( ) 4 4 0 dan is x = 1 . Omdat f( )1 2 4 3 1= − + = is de top (1, 1).

4a F x x( ) = − 16

2

b G x x( ) = 5 c H x x( ) = 1

26

5a ∆∆

= ⋅ − ⋅∆

= ⋅ −+∆ +∆rt t

t t t t t120 1 25 120 1 25 120 1 25, , , 11 25 120 1 25 1 25 1, , ,tt

t

t t∆= ⋅ ⋅ −

∆∆

b 0,223

c ′ − ≈ − ⋅ = ⋅ ⋅ ≈−r r( ) ( ) , , , ,1 1 0 223 120 1 25 0 223 21 41

Extra oefening - hoofdstuk 6Havo D deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde


⁄176

1a x + ≥1 0 dus is het domein [ ,− →⟩1 b x + =1 0 voor x = −1 en f( )− =1 2 dus is ( , )−1 2 het randpunt.

c f f( , ) ( )

,, ...

,,− − −

− − −= − ≈ −0 5 1

0 5 11 29289 2

0 51 414

f f( , ) ( ),

, .......,

− − −− − −

= − ≈ −0 9 10 9 1

1 68377 20 1

3,,162

f f( , ) ( ),

,,

− − −− − −

= − = −0 99 10 99 1

1 9 20 01

10

d f x f

xx

xx

x( ) ( )− + ∆ − −

− + ∆ − −= − − + ∆ + −

∆= − ∆

∆=1 1

1 12 1 1 2 −− ∆

∆ ⋅ ∆= −

∆x

x x x1

e Wordt erg klein (– oneindig); verticaal

2a Als er meer water per minuut verwarmd moet worden stijgt de temperatuur minder. b Nee want v U⋅ is niet constant c v U U – 15

3,0 69,0 54,04,7 49,5 34,56,3 40,7 25,78,5 34,0 19,09,1 32,8 17,810,0 31,2 16,2

d Het product van hoeveelheid water en de toename van de temperatuur zal constant zijn. e Steeds geldt v U⋅ − ≈( )15 162 f 162 g 12 15 162 28 5⋅ − ≈ ⇒ =( ) ,U U kg/min

3a f x fx

xx

xx( ) ( )0 0 2 0 2+ ∆ −

∆= ∆ ⋅ −

∆=

∆∆

b 2 10 = ; 1

c Maak een plot van Y x xx x

= + ⋅ − ⋅+( , ),

,0 001 2 20 001

0 001

en zoek het nulpunt tussen –2 en

–1. Je vindt dan ongeveer –1,44. d Vrijwel 0 e Waar de daling het grootst is; Tussen –3 en –2.

Je kunt hiervoor weer de plot van opdracht c gebruiken.

4a

0,2 0,4O

0,2

0,4

0,6

0,8

m

I

b De punten liggen niet op een rechte lijn door (0, 0). c m T m

0,04 0,32 0,2000,06 0,39 0,2450,08 0,45 0,2830,12 0,55 0,346




⁄177

d Tm

≈ constant

e Bereken voor enkele rijen uit de tabel de waarde van Tm

dan komt steeds ongeveer de waarde 0,16 uit.

f Verticaal T, horizontaal m

0,1 0,2 0,3 0,4O

0,2

0,4

0,1

0,3

0,5

0,6

m

T

5a Stijgend op ⟨ →⟩1 8, ; omdat daar de hellinggrafiek positief is. Dalend op ⟨ ⟩0 1 8; , omdat daar de hellinggrafiek negatief is. b

2 4 6 8 91 3 5 7O

2

4

1

3

5

6

7

8

9

10y

x

c Minimum voor x ≈ 1 8, d Nee, want het verticaal verschuiven van een grafiek heeft geen invloed op de

hellinggrafiek. e Ja als je de grafiek van f zover omhoogschuift dat het minimum boven de horizontale

as komt te liggen.

6a De hoogte want h komt met een derde macht voor in de noemer. b 8 keer zo klein c Materiaal 2 want als C groter is, is de waarde van F kleiner en dus is de doorbuiging

kleiner. d Alle gegevens invullen in de formule geeft

2 500058000 300 150

2 58000 300 1505

3

3

3= ⋅

⋅ ⋅⇒ = ⋅ ⋅ ⋅G G

0000939 63 ≈ , N.



⁄178

1a 207100 100 11 8× ≈ , %in 1990

b jaartal benzinestations geldinstituten1990 11,8% 23,2%1995 5,8% 10,3%1997 6,0% 10,5%1998 6,8% 7,8%1999 7,2% 6,4%2000 7,7% 3,6%

c In 2000 namelijk met 214 – 172 = 42.

2a [0,00; 0,045> b klasse frequentie cumulatieve frequentie

[0,00; 0,045> 12 12[0,045; 0,095> 6 18[0,095; 0,145> 3 21[0,145; 0,195> 4 25[0,195; 0,245> 3 28[0,245; 0,295> 2 30

c

10

0 0,1 0,2 0,25 0,30,05 0,15

20

30

cum

. fre

quen

ite

gewicht in grammen

d De mediaan zit bij waarneming 15/16 en is dus ongeveer 0,05.

3a modus mediaan gemiddeldegroep A 30 30 30,17groep B 25 25 27,17groep C 25 25 27

b Als je één waarde zou veranderen zal dat geen invloed hebben op modus en mediaan dus het gemiddelde geeft hier de verschillen het beste weer.

4a

151413 16 17

populatie 1

populatie 2

18 2019 21 22 23 24 25

b Bij populatie één is de mediaan 23 en bij populatie twee is de mediaan 18 dus populatie één heeft de grootste mediaan.

c Bij populatie één is de spreidingsbreedte 24 – 10 = 14 en bij populatie twee is de spreidingsbreedte 20 – 14 = 6 dus populatie één heeft de grootste spreidingsbreedte.

d Bij populatie één is de kwartielafstand 23 – 18 = 5 en bij populatie twee is de kwartielafstand 19 – 17 = 2 dus populatie één heeft de grootste kwartielafstand.

5a Met de grafische rekenmachine bepaal je dat het gemiddelde van merk A 69 gram is met standaarddeviatie 7,38 gram en het gemiddelde van merk B is 68,9 gram met standaarddeviatie 5,20 gram.

b Ja, van 5,20 gram naar 7,65 gram is een grote verandering.




⁄179


1a

aant

al m

eisje

s

omtrek in cm170

10

20

40

50

60

70

80

90

100

1615 18 19 20 21 22 23 24

y

30

x

b De grafiek lijkt op een klokvorm dus zou er best sprake kunnen zijn van de normale verdeling.

c Vuistregel 1: In interval (m – s, m + s) = (17,6; 21,4) zitten 0 4 45 68 86 71 0 4 46 261, ,× + + + + × ≈

261 meisjes. 261

400 100 65× ≈ % dus aan vuistregel 1 wordt redelijk voldaan. Vuistregel 2: In interval (m – 2s, m + 2s) = (15,7; 23,3) zitten 400 0 7 12 0 7 13 383− × − × ≈, , meisjes. 383

400 100 96× ≈ % dus aan vuistregel 2 wordt ook redelijk voldaan. Je mag dus concluderen dat de gegevens bij benadering normaal verdeeld zijn.

2a (m – 2s, m + 2s) = (73; 77) dus volgens vuistregel 2 is dat 95% van de pakjes. b 2 1

2 % weegt minder dan 73 gram dus 97,5% weegt meer dan 73 gram. c 68% weegt tussen 74 en 76 gram (vuistregel 1) en 13,5% weegt tussen 76 en 77

(vuistregel 2) dus 68 + 13,5 = 81,5% weegt tussen 74 en 77 gram.

3a Invoeren op de rekenmachine van ondergrens nul en bovengrens 480 met m = 485 en s = 9 geeft 0,2892 dus ongeveer 29% voldoet niet aan het wettelijk minimum.

b Verander het gemiddelde van 485 in 492 en de rekenmachine geeft 0,0912 dus voldoet ongeveer 9% niet aan het wettelijk minimum.

4a Invoeren op de rekenmachine van ondergrens nul en bovengrens 2 000 en m = 2 821 en s = 436 geeft 0,02985 dus bij ongeveer 3% bevat het dagelijks voedsel minder dan 2 000 calorieën.

b Voer via InvNorm als gebied 0,75 in met m = 2 821 en s = 436 en je vindt ongeveer 3 115.

De voeding bevat dus minstens 3 115 calorieën.



⁄180

1a Het zijn aantallen per 1 000 of 100 dus verhoudingsgetallen dus relatief. b De Spaanse griep zorgt voor ongeveer zeven sterfgevallen per 1 000 inwoners extra

dus ongeveer 6 625 3 7 46 377, × ≈ slachtoffers door de Spaanse griep. c In 1918 waren 25 levendgeborenen per 1 000 inwoners dus 25 6 625 3 165633× =,

levend geborenen. Per 100 levend geborenen sterven er tien dus ongeveer 165633 10 16 563÷ = baby’s bereiken de leeftijd van 1 jaar niet.

2a Het ging alleen over Enschede en Zwolle. b Klasse [10, 20> met 15 als klassenmidden. c Enschede: Gemiddelde = 49 15 68 25 6 85

27811240

278 4× + × + + × = ≈............ 00 4, Zwolle: Gemiddelde = 69 15 34 25 3 85

2549 760254 38× + × + + × = ≈............ ,, 4

d Klasse relatieve frequentie

Enschedecumulatieverelatieve frequentieEnschede

relatieve frequentieZwolle

cumulatieverelatieve frequentieZwolle

[10, 20> 17,6 17,6 27,2 27,2[20, 30> 24,5 42,1 13,4 40,6[30, 40> 11,5 53,6 20,1 60,6[40, 50> 9,0 62,6 7,1 67,7[50, 60> 15,8 78,4 13,0 80,7[60, 70> 15,1 93,5 9,4 90,2[70, 80> 4,3 97,8 8,7 98,8[80, 90> 2,2 100 1,2 100

e

som

freq

uent

ie in

%

leeftijd in jaren

Enschede

Zwolle

20

40

80

100

120

20 40 60 80 100

y

60

x

f Bij 50% kun je aflezen dat de mediaan voor Enschede ongeveer 37 en voor Zwolle ongeveer 33 is.

3a Voer alle waarnemingen per klas in in je grafische rekenmachine. gemiddelde modus mediaan Q1 Q3

Klas A 4,18 - 4,1 3,45 4,65Klas B 3,44 2,7 3,15 2,65 4,2

b spreidingsbreedte kwartielafstand standaarddeviatieKlas A 3,0 1,2 0,8Klas B 2,8 1,55 1,0

c Het gemiddelde geeft het beste beeld. d Klas B heeft een lager gemiddelde maar de longinhoudenspreiding is weer wat

groter dan bij klas A.




⁄181

4a De grafiek is niet symmetrisch dus zullen de vuistregels niet gelden. Wel liggen veel waarnemingen dicht bij het gemiddelde.

b Waarschijnlijk is het geen aselecte steekproef geweest. c Het gemiddelde is 85 115

2 100+ = en de standaarddeviatie zal ongeveer 13 zijn. d Kies op je grafische rekenmachine als ondergrens 145 en als bovengrens bijvoorbeeld

1 000. Kies m = 100 en s = 13 dan vind je 0,00027 dus slechts 0,03% heeft een IQ hoger dan

145. e Kies als ondergrens 90 en als bovengrens 135 en je vindt 0,7756 dus ongeveer 78%

van de mensen heeft een IQ tussen 90 en 135.

5a

300 320 340 360 400380

b De nieuwe machine. c Oude machine: Ondergrens = 0, bovengrens = 340, m = 355 en s = 15 geeft 0,1587 dus 15,9% weegt

minder dan 340 gram. Nieuwe machine: Ondergrens = 0, bovengrens = 340, m = 348 en s = 6 geeft 0,0912 dus 9,1% weegt

minder dan 340 gram. d Gebruik InvNorm en kies als gebied 0,05. Oude machine: 5% weegt minder dan 330,3 gram. Nieuwe machine: 5% weeft minder dan 338,1 gram. e Kies als ondergrens nul en als bovengrens 340, s = 3,5. Door proberen kun je vinden

dat als het gemiddelde 348 gram is, minder dan 2% minder weegt dan 340 gram.

Oefentoets hoofdstuk 7 en 8Havo D deel 1 Uitwerkingen Moderne wiskunde


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

Documents

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