2002 - liceo scientifico - scuole italiane in America Latina

Sessione Suppletiva 2002 in America Latina Soluzioni a cura di Nicola De Rosa

(Buenos Aires - Lima)

NUOVO ESAME DI STATO: Indirizzo Scientifico

Sessione 2002 (suppletiva)

SECONDA PROVA SCRITTA

Tema di MATEMATICA

Il candidato risolva uno dei due problemi e 4 dei 7 quesiti in cui si articola il

questionario:

PROBLEMA 1

In un piano, riferito ad un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali (Oxy), è assegnata la

parabola p di equazione: = + +

2

y x x 1

a) Condotte per il punto O le rette tangenti alla parabola, trovare le coordinate dei punti A e B di

contatto.

b) Trovare le coordinate del punto C, situato da parte opposta di O rispetto alla retta AB, tale che il

triangolo ABC sia isoscele e rettangolo in C.

c) Determinare l’equazione della circonferenza k avente il centro in C e passante per A.

d) Calcolare l’area della regione finita di piano delimitata dall’arco AB di parabola e dai segmenti

CA e CB.

e) Determinare in quante parti la parabola p divide il cerchio delimitato da k.

PROBLEMA 2

In un piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono assegnate le curve di

equazione: = − + − +

3 2

y x mx m 3 ,

dome m è un parametro reale.

a) Dimostrare che le curve hanno due punti in comune.

γ

b) Determinare, tra le curve assegnate, la curva avente un flesso nel punto di ascissa 1.

1 γ >

c) Per il punto A, di ascissa x x

condurre le due rette tangenti a e indicare con B e C ( ) i

B C

2 γ

punti che tali rette tangenti hanno in comune con , oltre al punto A.

γ

d) Sull’arco AB di trovare un punto P in modo che l’area del triangolo APB sia massima.

γ

e) Calcolare la tangente dell’angolo formato dalle due suddette rette tangenti a . 1

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QUESTIONARIO

1. Una piramide si dice retta:

A) se gli spigoli che concorrono nel suo vertice propriamente detto sono due a due perpendicolari;

B) se almeno un angolo del poligono di base è retto;

C) se l’altezza è perpendicolare alla base;

D) per una ragione diversa dalle precedenti.

Una sola risposta è corretta: individuarla.

2. Calcolare il volume di un ottaedro regolare, conoscendo la lunghezza s di un suo spigolo.

2002

3. La cifra delle unità dello sviluppo della potenza 2 è:

A) 2 ; B) 4 ; C) 6 ; D) 8 .

Una sola risposta è corretta: individuarla e fornire un’esauriente spiegazione della scelta effettuata.

4. Considerata la seguente equazione in x: − − =

2

2 x 4 x 3 0

e indicate con x ' ed x ' ' le sue soluzioni, calcolare il valore della seguente espressione:

( ) ( ) ( ) ( )

3 3

+ + ⋅ − + − ⋅

2 2 2 2

x ' x ' ' x ' x ' ' x ' x ' ' x ' x ' '

x

( ) ∫

= − 2

5. Calcolare la derivata, rispetto ad x, della funzione f x 1 t dt

0 ( ) = 3 2

6. Determinare il dominio di continuità e quello di derivabilità della funzione f x x

7. Enunciare il teorema di De L’Hôpital e stabilire se può essere applicato per calcolare i seguenti

limiti: + +

sin x 3 x sin x 3 x

lim , lim

+ +

→ → +∞

sin x 2 x sin x 2 x

x 0 x

_________________________

· Durata della prova: 6 ore.

· Non è consentito lasciare l'Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatura del tema.

· È consentito l'uso della calcolatrice non programmabile. 2

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PROBLEMA 1

In un piano, riferito ad un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali (Oxy), è assegnata

la parabola p di equazione: = + +

2

y x x 1

Punto 1

Condotte per il punto O le rette tangenti alla parabola, trovare le coordinate dei punti A e B di

contatto. =

La generica retta tangente ha equazione . Imponendo l’intersezione tra la retta e la parabola

y mx

( )

− − + =

2

otteniamo l’equazione 1 1 0 e imponendo che il delta sia nullo si ha

x m x

( ) ( )( )

∆ = − − = − − = − + = = ∨ = −

⇒

2 2

m 1 4 m 2 m 3 m 3 m 1 0 m 3 m 1 per cui le due rette tangenti

1 2

= = − =

sono y 3 x e y x . Il punto di contatto A si trova intersecando la parabola con y 3 x ; in questo

( )

( ) =

− + = − = =

⇒

2

2 A 1

,

3

caso otteniamo l’equazione x 2 x 1 x 1 0 x 1 per cui . Il punto di contatto B

= −

y x ; in questo caso otteniamo l’equazione

si trova intersecando la parabola con ( )

( ) = −

+ + = + = = −

⇒

2

2 B 1

,

1

x 2 x 1 x 1 0 x 1 per cui .

Punto 2

Trovare le coordinate del punto C, situato da parte opposta di O rispetto alla retta AB, tale che

il triangolo ABC sia isoscele e rettangolo in C.

( )

=

C x , y

Sia C di coordinate generiche . I lati del triangolo ABC misurano:

( ) ( )

= − + − = + − − +

2 2 2 2

AC x 1 y 3 x y 2 x 6 y 10

( ) ( )

= + + − = + + − +

2 2 2 2

BC x 1 y 1 x y 2 x 2 y 2

( ) ( )

= + + − =

2 2

AB 1 1 3 1 2 2 =

AC BC

Il trianglo è isoscele, per cui imponendo si ha

Elevando al quadrato

+ − − + = + + − + 

    

→ + − =

2 2 2 2 ambo i membri

x y 2 x 6 y 10 x y 2 x 2 y 2 x y 2 0 ; il triangolo è

2 2 2

+ =

AC BC AB si ha

rettangolo in C per cui imponendo

( ) ( )

+ − − + + + + − + = → + − + =

2 2 2 2 2 2

x y 2 x 6 y 10 x y 2 x 2 y 2 8 x y 4 y 2 0 . Bisogna risolvere il

+ − + =

 2 2

x y 4 y 2 0



sistema . Sostituendo la seconda nella prima si ha

+ − =

 x y 2 0

( ) = ∨ = −

− + − + = − + = = ∨ =

⇒ ⇒

2 2 2 x 1 x 1

2 y y 4 y 2 0 y 4 y 3 0 y 1 y 3 da cui . I punti

1 2

1 2 3

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( ) ( )

= = −

C 1

,

1 , C 1

,

3

possibili sono allora . Poichè C deve essere situato da parte opposta di O

1 2 ( )

≡ = −

C C 1

,

3

rispetto alla retta AB allora . Il grafico sottostante rappresenta quanto trovato.

2

Punto 3

Determinare l’equazione della circonferenza k avente il centro in C e passante per A.

( ) ( )

= − − + − =

2 2

AC 1 1 3 3 2

Il raggio della circonferenza è per cui l’equazione della circonferenza

( ) ( ) =

+ + − = ⇔ + + − + =

2 2 2 2 AC CB

è x 1 y 3 4 x y 2 x 6 y 6 0 . Poichè la circonferenza passerà

( )

= −

B 1

,

1

anche per . 4

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Punto 4

Calcolare l’area della regione finita di piano delimitata dall’arco AB di parabola e dai segmenti

CA e CB.

L’area da calcolare è rappresentata in verde nella figura sottostante:

− −

y 3 x 1

= = +

⇒

La retta AB ha equazione y x 2 .

− − −

1 3 1 1

⋅

AC CB

= =

S

Il triangolo ABC ha area 2 mentre l’area sottesa dal segmento AB con la parabola

ABC 2 1

( ) ( ) ( )  

1 1 1 3 4

x

∫ ∫ ∫

= + − − − = − = − = − =

2 2 2

2 1 1 2 1 2

S x x x dx x dx x dx x per cui l’area

è  

AB / p 3 3

 

− −

1 1 0 0

4 10

= + = + =

richiesta è S S S 2 .

ABC AB / p 3 3

Punto 5

Determinare in quante parti la parabola p divide il cerchio delimitato da k

Calcoliamo le intersezioni della parabola con la circonfernza. Bisogna risolvere il sistema seguente:

+ + − + =

 2 2

 x y 2 x 6 y 6 0

 = + +

 2

y x x 1 ( ) ( )

2

+ + + + − + + + =

2 2 2

Sostituendo la seconda nella prima si ottiene l’equazione x x x 1 2 x 6 x x 1 6 0

+ − − + =

4 3 2

da cui x 2 x 2 x 2 x 1 0 .

Raggruppando si ha: 5

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( ) ( ) ( ) ( )

2

− + + − = − + − =

⇒

4 2 3 2 2

x 2 x 1 2 x 2 x 0 x 1 2 x x 1

( )( )

( )( ) ( )

= − + − = − + − + + = ⇒

2 2 2

x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 2 x 2 1 0

( ) ( )

= = − = − = − −

x 1

, x 1

, x 2 1 , x 2 1

1 2 3 4

La figura sottostante rappresenta le 4 intersezioni tra parabola e circonferenza:

In conclusione la parabola suddivide la circonferenza in 4 parti. 6

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PROBLEMA 2

In un piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sono assegnate le curve di

equazione: = − + − +

3 2

y x mx m ,

3

dome m è un parametro reale.

Punto 1

Dimostrare che le curve hanno due punti in comune.

( )

= − + + −

3 2

La cubica può essere scritta come y x 3 m x 1 per cui i punti base di essa si possono

( ) = = −

− =

  

2

 x 1 x 1

x 1 0 ∨

⇒ 1 2

  

trovare risolvendo il sistema = =

= − +

 3 y 2 y 4

 

y x 3 1 2

Punto 2 γ

Determinare, tra le curve assegnate, la curva avente un flesso nel punto di ascissa 1.

= − +

Le derivata seconda della cubica è y ' ' 6 x 2 m . Essa ha un flesso nel punto di ascissa 1 se

( ) γ

= − + = = = − +

⇒ 3 2

y ' ' 1 6 2 m 0 m 3 . Quindi : y x 3 x . Tale curva è definita su tutto R, interseca

( )

− ∞ ,

3 , non

l’asse delle ascisse in (0,0) e (3,0) e quello delle ordinate in (0,0), è positiva o nulla in

( ) ( ) ( )

− ∞ ∪ +∞

0

, 2 ,

0 2

,

presenta asintoti ed è strettamente crescente in e strettamente descrescente in

( ) ( )

0

,

0 2

, 4

per cui presenta un minimo relativo in e un massimo relativo in . Presenta inoltre il

( )

1

, 2

sopracitato flesso a tangente obliqua in . Il grafico di seguito. 7

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Punto 3 1 γ >

Per il punto A, di ascissa condurre le due rette tangenti a e indicare con B e C ( x x ) i

B C

2 γ , oltre al punto A.

punti che tali rette tangenti hanno in comune con

 

1 5

  . Una prima retta tangente è quella tangente alla cubica in A ed essa ha

Il punto A è ,

 

2 8

   

1 5 1 9

= − + = =

   

equazione con per cui la prima tangente ha equazione

y m x m y '

   

2 8 2 4

9 1 γ

= − = − +

3 2

. Troviamo i punti di intersezione tra la cubica : 3 e la tangente

y x y x x

4 2

9 1

= − : intersecandole si ha l’equazione risolvente

y x

4 2 2

  ( )

1 1

− + − = − − = = =

⇒

3 2  

4 x 12 x 9 x 2 4 x x 2 0 x , x 2 .

 

2 2

 

1 5

= − +

 

L’altra retta tangente ha equazione generica . Intersechiamo tale retta con la cubica

y m x

 

2 8 m 5

− + − + =

3 2

e otteniamo l’equazione risolvente x 3 x mx 0 . Un divisore di

2 8

   

m 5 1

− + − + −

3 2

   

è sicuramente dal momento che sia la retta che la cubica hanno in

x 3 x mx x

   

2 8 2

 

1 m 5

− + − +

3 2

 

comune il punto di ascissa ; il polinomio allora è scomponibile come

x 3 x mx

 

2 2 8

 

   

 

1 5 x 5 1 5 x 5

− − + − − − + − =

2 2

 

   

 

per cui l’equazione risolvente diventa . Per

x x m x x m 0

 

   

 

2 2 4 2 2 4

ottenere la retta tangente dobbiamo imporre che il delta dell’equazione di secondo grado

   

5 x 5 25 5 45 45

− + − = ∆ = − − = − + = =

⇒

2

   

sia nullo e ciò avviene se per

x m 0 4 m 4 m 0 m

   

2 4 4 4 4 16

45 25

= −

cui la seconda retta tangente ha equazione y x . Troviamo i punti di intersezione tra la

16 32

45 25

γ = − + = −

3 2

cubica : y x 3 x e la tangente y x : intersecandole si ha l’equazione risolvente

16 32 8

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2

   

5 1 1 5

− + − = − − = = =

⇒

3 2    

32 x 96 x 90 x 25 32 x x 0 x , x . I punti di intersezione, oltre

   

4 2 2 4

   

( )

1 5 5 175

=

= =

   

B 2

, 4

, sono allora . La figura sottostante evidenzia quanto detto.

e

A , C ,

   

2 8 4 64

Punto 4 γ

Sull’arco AB di trovare un punto P in modo che l’area del triangolo APB sia massima.

Consideriamo la figura sottostante: 9

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( )

= −

2 3

Un punto P generico della cubica appartenente all’arco AB ha coordinate P x ,

3 x x con

5 1

− −

y x

1 8 2

= → − − =

< < 9 x 4 y 2 0

x 2 . La retta AB ha equazione mentre il segmento AB

5 1

2 − −

4 2

8 2

2 2

   

1 5 9 729 3

= − + − = + =

   

AB 2 4 97 . L’altezza del triangolo ABP è la distanza

misura    

2 8 4 64 8

( )

= − − − =

2 3

di P x ,

3 x x dalla retta 9 x 4 y 2 0 e misura

( ) ( )( ) ( )( )

− −

− − − − + − 2

2 3 3 2 − −

x 2 2 x 1

9 x 4 3 x x 2 4 x 12 x 9 x 2 1 2

< <

( ) ( ) 2 x 2 x 1

x 2

= = = 





→ =

2

h x h x

97 97 97 97

[ ]

( ) ( ) ( )( )

3 97 3

= = − − 2