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Pag. 1/2 Sessione ordinaria 2006
Seconda prova scritta
M557 - ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
CORSO DI ORDINAMENTO
Tema di: MATEMATICA
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario.
PROBLEMA 1 λ viene utilizzato per delimitare il perimetro di un’aiuola
Un filo metallico di lunghezza
rettangolare.
a) Quale è l’aiuola di area massima che è possibile delimitare?
Si pensa di tagliare il filo in due parti e di utilizzarle per delimitare un’aiuola quadrata e un’altra
circolare. Come si dovrebbe tagliare il filo affinché:
b) la somma delle due aree sia minima?
c) la somma delle due aree sia massima?
Una aiuola, una volta realizzata, ha la forma di parallelepipedo rettangolo; una scatola, cioè, colma
di terreno. Si discute di aumentare del 10% ciascuna sua dimensione. Di quanto terreno in più, in
termini percentuali, si ha bisogno?
PROBLEMA 2 ( )
( ) =
= 2
Si considerino le funzioni f e g determinate da e g x ax , essendo un parametro
a
f x log x
reale e il logaritmo in base e. = 2
a , l’equazione log x ax e si dica, in particolare, per quale valore di
1. Si discuta, al variare di
a i grafici di f e g sono tra loro tangenti.
= g
a 1
, l’area della parte di piano delimitata dai grafici delle funzioni f e e
2. Si calcoli, posto
= =
dalle rette e
x 1 x 2 . 1
= − 2
h x x ax
3. Si studi la funzione ( ) log scegliendo per un valore numerico maggiore di e
a 2
e
se ne disegni il grafico.
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Seconda prova scritta
M557 - ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
CORSO DI ORDINAMENTO
MATEMATICA
Tema di:
QUESTIONARIO
Si narra che l’inventore del gioco degli scacchi chiedesse di essere compensato con chicchi di
1. grano: un chicco sulla prima casella, due sulla seconda, quattro sulla terza e così via, sempre
a
raddoppiando il numero dei chicchi, fino alla 64 casella. Assumendo che 1000 chicchi pesino
circa 38g, calcola il peso in tonnellate della quantità di grano pretesa dall’inventore.
2. I poliedri regolari – noti anche come solidi platonici – sono, a meno di similitudini, solo
cinque: il tetraedro, il cubo, l’ottaedro, il dodecaedro e l’icosaedro. Sai dimostrarlo?
2
3. Un foglio di carta deve contenere: un’area di stampa di 50 cm , margini superiore e inferiore di
4 cm e margini laterali di 2 cm. Quali sono le dimensioni del foglio di carta di area minima che
si può utilizzare?
4. La capacità di un serbatoio è pari a quella del cubo inscritto in una sfera di un metro di
diametro. Quanti sono, approssimativamente, i litri di liquido che può contenere il serbatoio?
+ n n
5. Si dimostri che la somma dei coefficienti dello sviluppo di ( a b ) è uguale a 2 per ogni
∈ .
n N − + =
k cos 2 x 5 k 2 0
6. L’equazione risolvente un dato problema è: dove k è un parametro reale e
° < < °
x ha le seguenti limitazioni: . Si discuta per quali valori di k le radici
15 x 45
dell’equazione siano soluzioni del problema.
( ) = −
3 2
La funzione f x x 2x soddisfa le condizioni del teorema di Lagrange nell’intervallo
7. [ ] ξ
? Se si, trova il punto che compare nella formula
0
,
1 ( ) ( )
− ( )
f b f a ξ
′
= f
−
b a
( ) =
La funzione assume valori di segno opposto negli estremi dell’intervallo
8. f x tgx
π
⎡ ⎤
3 π =
= ∈
I , , eppure non esiste alcun tale che f ( x ) 0 . È così? Perché?
x I
⎢ ⎥
⎣ ⎦
4 4 ( )
9. Della funzione si sa che è derivabile e diversa da zero in ogni punto del suo dominio e,
f x
( ) ( ) ( ) ( )
′ = =
f x f x f f x
0 1
e . Puoi determinare ?
ancora, che: π
π ⎛ ⎞
( ) 2
4 =
=
= + ⎜ ⎟
f 1 .
La funzione ha un estremo relativo per x ed è
10. f x a sen x b cos x ⎝ ⎠
3
3
( )
f x
Si trovino a e b e si dica quale è il periodo di .
____________________________
Durata massima della prova: 6 ore.
È consentito soltanto l’uso di calcolatrici non programmabili.
Non è consentito lasciare l’Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatura del tema.
Nicola De Rosa Liceo Scientifico Ordinamento anno 2006
SOLUZIONE DI DE ROSA NICOLA
a)
L’area è: λ λ λ
( ) x
= − = − ≤ ≤
2
A x x x x
* , 0 x
2 2 2
Calcoliamo la derivata prima e seconda :
λ λ
( ) = − > → <
I
A x x x
2 0
2 4
λ
( ) = − < ∀ → =
II
A x x x
2 0 è l' ascissa del massimo, per cui
4
λ λ
2
( )
= = =
x A
A A cioè l' area massima la si ha in corrispond enza di un quadrato
max max
4 16 www.matematicamente.it
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Ora suddividiamo il perimetro in due: λ
= = −
2 p x è il perimetro dell' aiuola circolare e 2p x quello del quadrato
circ q λ −
− 2
( ) λ
x x
=
per cui l' area è A x
Con queste convenzioni si ha che il lato del quadrato è q
4 4
2
2
( )
x x x
=
=
π
per cui l' area sarà A x
mentre il raggio del cerchio sarà π c
π π
2 2 4
per cui l’area totale sarà − 2
2
( ) λ x x λ
+ ≤ ≤
= , 0
A x x
tot π
4 4
b) ( )
Ora si calcolano le derivate della funzione A x :
tot ( )
λ π πλ πλ
+ −
−
−
( ) λ
1 4
x x x x x
= > → >
= +
= − +
I
A x 0 x
π π π π +
tot
2 4 2 8 2 8 4
( ) 1 1
= + >
II
A x 0
π
tot 8 2
La situazione è sotto rappresentata: www.matematicamente.it
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πλ
=
x in corrispondenza della
Dal grafico soprastante si evince che l’area minima la si ha per π + 4
quale si ricava πλ 2
λ −
( )
πλ λ λ π λ π λ
πλ +
2
π
2 2 2 2
+ 1 4
4
= = + =
= + =
A A ( )
( )
( )
( )
π π π
π + + +
π π π
, min
tot + + +
2 2 2
4 4 4 4 4 4
4 4 4 4 4
c)
Vediamo l’area massima: in tal caso il massimo lo si raggiunge agli estremi dell’intervallo cioè per
λ
= =
x 0
, x .
Ora λ 2
( )
= =
0 ,
A x
tot 16
λ λ
2 2 ( )
( )
λ
= = > = =
A x A x 0
π
tot tot
4 16 λ 2
λ
= =
Per cui l’area massima la si ha per ed è A
x π
, max
tot 4
d)
Il volume di un parallelepipedo è dato dal prodotto delle tre dimensioni, cioè
=
V l l l
parallelep
ipedo 1 2 3
Se si aumentano le dimensioni del 10% si ha:
= = =
' 1 . 1 * 1 . 1 * 1 . 1 1 . 331 * 1 . 331
V l l l l l l V
parallelep ipedo 1 2 3 1 2 3 parallelep ipedo
Per cui l’incremento percentuale del volume è del 33 . 1 % . www.matematicamente.it
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De Rosa Nicola
SOLUZIONE DI
1)
Per essere tangenti le due funzioni devono avere la stessa tangente in (x , )
y
0 0
( )
= −
L' equazione di tale tangente è : y-y m x x
0 0
Ora bisogna imporre l' uguaglianz
a tra i due coefficien
ti angolari ricavati tramite la derivata
delle due funzioni in x 0 2
( )
( ) ( ) 1 1 1 x
= = = = =
⇒ ⇒ ⇒
' ' 2
m f x g x ax a g x
0 0 0 2 2
x x
2 x
0 0
0
Inoltre poichè (x , ) appartiene ad entrambe deve aversi che
y
0 0
( ) ( ) ( ) 1
= = = =
⇒ ⇒ ⇒ a
ln 0 5
f x g x x . x e
0 0 0 0 2e
Ora facciamo qualche consideraz
ione :
1
>
se a le intersezio ni non esistono
2e 1
< <
se 0 a le intersezio ni esistono e sono due
2e
<
se a 0 esiste una sola intersezio ne
( )
1
> >
a 0
Infatti se la parabola g x corrispond
ente si stringe sempre di più, si allontana rapidament
e
2e ( ) → +∞
dalla funzione f x visto che il valore di a è positivo, ed al limite per a
=
diventa un impulso centrato in x 0
<
a 0
Se la parabola cambia concavità, sarà ora rivolta verso il basso e l' intersezio
ne corrispond ente sarà una sola
Come esempio presentiam
o tre casi ed i corrispond enti grafici dati dalla sovrapposi
zione dei grafici di f(x) e g(x )
1 1
= −
rispettiva
mente per ,
a , 1
3
e e www.matematicamente.it
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2
x
= =
H L H L H L
f x ln x g x ∗
3
3
2
1 x
4
2
-2
-4 -1
-2
-3 2
x
= =
H L H L H L
f x ln x g x
4
2 x
4
2
-2
-4 -2 2
= =−
H L H L H L
f x ln x g x x x
4
2
-2
-4 -2
-4
-6
-8
-10
-12 www.matematicamente.it
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2)
Consideriamo la figura seguente:
Prima di calcolare l’area di interesse bisogna richiamare il calcolo dell’integrazione per parti
applicato al nostro caso: ( ( )
)
( )
( ) ( ) d ln x 1
∫ ∫ ∫
= − =
= −
ln x dx x ln x x * ln *
dx x x x dx
dx x
( ) ( ) ( ( ) )
∫
− = − + = − +
x ln x dx x ln x x K x ln x 1 K
L' area cercata è : 2
[ ]
2 3 ( )
( ) ( ( ) ) x 8 1 10
∫ − + = − − + = − − + − − = − +
2
x x dx x x
ln ln 1 2 ln 2 1 1 2ln2
3 3 3 3
1 1
3)
( ) ( )
= − 2
ln
h x x ax
( )
∈ +∞
Dominio : 0
,
x 1
>
Non ci sono intersezio
ni con gli assi, nè nè dal momento che
x y a 2 e
( ) ( ) ( )
< ∀ ∈ +∞
Positività : 0 0
, dal momento che ln x sta sempre al di sotto della parabola
h x x
=
Asintoti verticali : x 0
( ) = −∞
lim h x
+
→ 0
x
Non ci sono asintoti orizzontal
i. Infatti
( )
( ) 1
x x
= = = = −∞ > >
lim lim ln ln lim ln 0 sfruttando de l' Hopital ed essendo 0
h x a
2 2
→ +∞ → +∞ → +∞
ax ax
2 e
x x x
e e www.matematicamente.it
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Non ci sono asintoti obliqui. Infatti
( )
h x = −∞
lim
→ +∞ x
x
Crescenza e decrescenz
a :
− 2
( ) 1 1 2 ax
= − =
' 2
h x ax
x x
( ) 1
> ∈
⇒
' 0 0
,
h x x
2 a
( ) 1 1 1 1
= − − = − < −
⇒
'
' 2 , ' ' 4 0 , ln 0 . 5 è un massimo
h x a h a
2
x
2 2 2
a a a
( ) ( )
1
> > < ∀ ∈ = + ∞ ⇒
' '
Inoltre poichè per ipotesi a 0 , allora h x 0 x D 0 , non ci sono flessi
2 e
Il grafico è questo: = −
H L H L 2
h x ln x ax
10
7.5
5
2.5 x
5
4
3
2
1
-2.5
-5
-7.5
-10
a=1/2
Se scegliamo ad esempio , allora il massimo è (1,-0.5).
Al crescere del valore a, l’ascissa del massimo si sposta e tende a diventare sempre più piccola
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SOLUZIONI DI De Rosa Nicola
Soluzione
Il numero N dei chicchi di grano è: 63
∑
= + + + + + =
1 2 3 63 n
N 1 2 2 2 2 2
L = 0
n
Siamo quindi in presenza di una serie geometrica di ragione 2. + −
M 1
M q 1
∑ =
n
q , in tal caso si ha
Ricordando che una serie geometrica di ragione q ha somma −
q 1
=
n 0
−
64
63 2 1
∑
= = = −
64
n
N 2 2 1
−
2 1
= 0
n
= −
64
2 1
Quindi il peso degli N è
( ) ( ) ( )
− − −
64 64 64
2 1 2 1 2 1
−
= = =
6
* 38 grammi * 38 * 10 tonnellate
P * 38 tonnellat
e
9
1000 1000 10
Soluzione
Un poliedro si dice regolare se le sue facce sono poligoni regolari congruenti e i suoi angoloidi sono
congruenti tra loro. La somma degli angoli di una faccia dell’angoloide è minore di un angolo giro.
e le facce sono triangoli equilateri si possono avere tre tipi di poliedri: infatti 3*60°=180°,
4*60°=240°, 5*60°=300°; se le facce sono quadrati si può avere un solo poliedro perché
3*90°=270°; se sono pentagoni si può avere un solo poliedro perché 3*108°=324°.
Si dimostra che tali poliedri esistono. www.matematicamente.it
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Soluzione
L’area del foglio, considerando la figura soprastante è:
( ) ( )( )
= + + = + + + ≥ ≥
S x , y y 8 x 4 xy 4 y 8 x 32
, x 0
, y 0
( )
50
= → = S x , y
xy 50 y e sostituendo in si ha:
Per ipotesi si sa che x
50 200
= + + + = + + +
S x , xy 4 y 8 x 32 50 8 x 32
x x
Ora se ne calcola la derivata ottenendo: ( )
−
2
( ) 200 8 x 25
= − + =
I
S x 8
2 2
x x
( ) 400
=
II
S x 3
x { }
> ∀ ∈ −
2
Ora per studiare il segno della derivata prima, poiché x 0 x R 0 , basta studiare il segno del
( )
−
2
fattore x 25 , per cui
( )
− ( )
2
( ) 8 25
x
= > → − > → < − ∪ > ≥
2
I 0 25 0 5 5 e poichè deve aversi 0 si ha
x x x x
S x 2
x
( ) > → >
I 0 5 .
S x x
( ) 400 16
= = = > → =
II
Inoltre 5 0 5 garantisce l' area minima
S x x
125 3 50
= = 10
in corrispond enza della quale si ha y 5 www.matematicamente.it
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Per cui le dimensioni del foglio che garantiscono l’area minima sono
( ) ( )
+ = + =
10 8 cm 18
cm e 5 4 cm 9
cm
Soluzione
Un cubo inscritto in una sfera ha come diagonale il diametro della sfera. Ricordando la relazione tra
diagonale e lato di un cubo si ha che il lato è: diagonale 1
= = =
lato l m
3 3
1 1000
= = =
3 3 3
V l m dm
Per cui il volume del cubo è 3 3 3 3
