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La prova di matematica per il liceo scientifico PNI, esame stato 2009/2010. Sessione suppletiva.
Nicola De Rosa, Liceo scientifico PNI, sessione suppletiva. Prova di matematica 2010
Corso sperimentale - Sessione suppletiva - a.s. 2009-2010
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5
P(0, Q(2, C.
3) e ) punti di Si calcoli il volume del solido ottenuto dalla rotazione attorno
x PORQ R Q x).
all’asse del quadrilatero mistilineo ( con proiezione di sull’asse
l
9. Siano dati un ottaedro regolare di spigolo e la sfera in esso inscritta; si scelga a caso un
punto all’interno dell’ottaedro. Si determini la probabilità che tale punto risulti interno alla
sfera.
10. Un’urna contiene 20 palline, che possono essere rosse o azzurre. Quante sono quelle
azzurre, se, estraendo 2 palline senza riporre la prima estratta, la probabilità di estrarre almeno
una pallina azzurra è 27/38 ?
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Durata massima della prova: 6 ore.
È consentito l’uso della calcolatrice non programmabile.
Non è consentito lasciare l’Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatura del tema. 3
Corso sperimentale - Sessione suppletiva - a.s. 2009-2010
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PROBLEMA 1
Punto 1
Consideriamo la figura di seguito. Q T
A O B P
2 2 2
x
Banalmente si ha ; applicando il teorema di Pitagora al triangolo OTP
AP AB BP 2
2 2 2 2 2
x x x
si ricava .
TP OP OT 1 1 2
Per il teorema delle tangenti a una circonferenza per cui applicando il teorema di
AQ TQ
Pitagora al triangolo AQP si ottiene:
2 2 2 2 2 2
AQ AP QP AQ AP TQ TP
2 2 2 2 2 2 2
AQ AP AQ TP AQ AP AQ TP 2 AQ TP
2 2
AP TP
2 2
AP TP 2 AQ TP AQ
2 TP
2 2
x x x x
2 2 2
AQ
2 2
x x x x
2 2 2
La funzione richiesta è quindi
2
x 2
2
x 2
2
x x
2
2
x x
2
2
x x
2
2
x x
2
f x
2 2
x x
2 2
2 2 2
2 2
x x x x x
2 2 2 1
2
x 1
2 2
x x x x
2 2
2 2 2
x x
2
x x
2 2
Punto 2
2
x 1
f x
Studiamo la funzione 2
x x
2
2
Dominio: x x x x x ;
2 0 2 0 , 2 2
,
0 0
,
4
Corso sperimentale - Sessione suppletiva - a.s. 2009-2010
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2
Intersezione asse ascisse: x
non ve ne sono in quanto è una quantità sempre positiva;
1
Intersezione asse ordinate: x
non ve ne sono in quanto non appartiene al dominio;
0
Simmetrie: la funzione non è né pari né dispari;
2
Positività: f x x x x ;
0 2 0 , 2 0
,
Asintoti verticali:
2 2
x x
1 1
lim , lim
2 2
x x x x
2 2
x x
2 2
2 2
x x
1 1
lim , lim
2 2
x x x x
2 2
x x
0 0
x x
quindi sono due asintoti verticali
2
, 0
2
x 1
Asintoti orizzontali: y
per cui è asintoto orizzontale destro e sinistro;
lim 1
1
2
x x
2
x
Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto la funzione è razionale fratta e la presenza
dell’asintoto orizzontale esclude la presenza di quello obliquo;
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è
2 2 2
x x x x x x x
2 2 1 2 2 2 2 2
f x per cui
'
2 2
2 2
x x x x
2 2
2
x x 1 0
1 5 1 5
f x x ; la funzione
' 0 , 2 2
, ,
2 2
x x
2 0
1 5
x
presenta un massimo relativo all’ascissa un minimo relativo all’ascissa
2
1 5
x ;
2
Concavità e convessità: la derivata seconda è
2
2 2 2
x x x x x x x x
4 2 2 2 2 2 2 2 2 2
f x
' '
4
2
x x
2
2 2 3 2 3
x x x x x x x x x x x
4 2 2 2 2 2 2 2 2 4 6 4 8 16 8
3 3
2 2
x x x x
2 2
3 2
x x x
4 6 12 8
3
2
x x
2
Per ricavare i flessi basta trovare gli zeri della derivata seconda e quindi risolvere l’equazione
3 2
g x x x x ; in particolare attraverso considerazioni basate sul
4 6 12 8 0
g x g x
comportamento agli estremi, sulla crescenza e concavità di deduciamo che 5
Corso sperimentale - Sessione suppletiva - a.s. 2009-2010
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2
,
3
ammette un solo zero appartenente all’intervallo : infatti in tale intervallo è strettamente
decrescente ed assume valore discorde agli estremi per cui a norma del teorema degli zeri esiste
2
,
3
un unico zero in . Tale zero è ricavabile attraverso uno dei metodi numerici come quello di
Newton-Raphson che permette di ricavare ricorsivamente lo zero attraverso la formula
g x
x x x
n
con punto iniziale . Di seguito il metodo in forma tabellare
3
n n
1
0
g x
' n n x x err=|x -x |
n n+1 n+1 n
0 3,000 2,833
1 2,833 2,817 0,167
2 2,817 2,817 0,016
3 2,817 2,817 0,000
2
x
Con un errore inferiore a deduciamo che il flesso è posizionato all’ascissa .
10 2
,
82
Il grafico è di seguito presentato:
Punto 3
Effettuando il minimo comune multiplo si ha:
2 2 2
x b c x ax a b c x b
1 1 2 2
f x a
x x
2 2 2
2
x x x x x x
2 2 2
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Corso sperimentale - Sessione suppletiva - a.s. 2009-2010
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e sfruttando il principio di identità dei polinomi ricaviamo il seguente sistema di tre equazioni in tre
a 1
a 1
2
x
1 1 1 5
a b c b f x
incognite .
2 0 1
x x
2
2 2 2 2
x x
2
b
2 1
5
c
2
Punto 4
L’asintoto orizzontale interseca la curva in un punto la cui ascissa si ricava risolvendo l’equazione
2
x 1
1 1
2 2
x x x x
da cui ricaviamo ; il punto di intersezione è allora .
1
1 2
,
1
2
x x 2 2
2
L’area richiesta è pari a:
2 2
1 5 1 5
S dx dx
1 1
x x x x
2 2 2 2 2 2
1 1
2 2
2
1 5 1 5 1 1 5 5
x x
ln ln 2 ln 2 ln 4 ln ln
2 2 2 2 2 2 2 2
1
2
1 5 1 5 5 5 8 128 10 64 10
ln 2 ln 4 ln 2 ln ln 2 ln ln 2 ln ln
2 2 2 2 2 2 5 125 125 7
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PROBLEMA 2
Punto 1 x
2
a
f x x a e ,
0
Le curve della famiglia intersecano l’asse delle ascisse in . La tangente in
a
a
'
a y m x a m f a
,
0 ha equazione dove ; la derivata prima è
a
x x x x
x a x
1
2 2 2 2
' '
f x e x a e e e m f a e
per cui da
1 2
a a a a
a a
a a a
x
cui deduciamo che le curve Г tagliano l’asse delle secondo lo stesso angolo
a
m e
arctan arctan .
Punto 2 x
2
f x x a e
La derivata seconda della famiglia è
a
a
x x x x
x x x
1 1 1 1
2 2 2 2
' '
f x e e e e e si
2 1 2 3
a a a a
a a a a a a a a
x a
annulla in in cui la famiglia di curve presenta un flesso a tangente obliqua. La tangente
3
a
a 2 1
2
'
y m x a m f a
a
inflessionale in ha equazione dove per cui
3 3
3 ,
a
e e
e
a x a
1 2 5
y x a
l’equazione è che rappresenta un fascio di rette parallele di
3
e e e e
1
m
coefficiente angolare .
e
Punto 3 x
2
f x x e
Studiamo la funzione 1
1
Dominio: R;
x
2
Intersezione asse ascisse: f x x e x
1 0 1
1 2
Intersezione asse ordinate: x f e
0 0
1
Simmetrie: la funzione non è né pari né dispari
x
2
Positività: f x x e x x ;
1 0 1 0 1
1
Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto il dominio è R;
Asintoti orizzontali:
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x x
1 1 1
De L' Hospital
lim F.I lim lim 0
x x x
2 2 2
e e e
x x x
x
2
x e
lim 1
x y
quindi è asintoto orizzontale destro;
0
f x f x
Asintoti obliqui: non esistono in quanto ;
lim 0
, lim
1 1
x x
x x
x
' 2
Crescenza e decrescenza: f x x e
la derivata prima è per cui
2
1
'
f x x , 2
cioè la funzione è strettamente crescente in e strettamente
0 2
1
2
, M 2
,
1
decrescente in ; il punto è di massimo relativo;
x
' ' 2
Concavità e convessità: f x e x
la derivata seconda è per cui
3
1
' '
f x x 3
,
per cui la funzione presenta concavità verso l’alto in e verso il
0 3
1 2
,
3
basso in ; la funzione presenta quindi un flesso a tangente obliqua con
F 3
,
e
x 5
y
tangente inflessionale di equazione .
e e
Di seguito il grafico:
Punto 4 9
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k
x
2
S k x e dx
L’area richiesta è pari a . Applicando l’integrazione per parti si ha:
1
1
k k
k k k k
x x x x x x k
2 2 2 2 2 2 2
S k x e dx x e e dx x e e xe ke e
1 1 1
1 1
1 1
1 1 k k
k
2
S k e ke e
In particolare . Per il limite , essendo una forma
lim lim lim lim
k 2
k e
2
e
k k k k
k 1
indeterminata , possiamo applicare il teorema di De L’Hospital e si ha: lim lim 0
k k
2 2
e e
k k
k
k
2
S k e ke e e
per cui .
lim lim lim
k 2
e
k k k
10
Corso sperimentale - Sessione suppletiva - a.s. 2009-2010
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QUESTIONARIO
Quesito 1
Consideriamo la figura a lato.
Dobbiamo calcolare la lunghezza del
segmento PO. Applicando il teorema dei
triangoli rettangoli ai triangoli POT e OH
si ha la relazione
PO PO da cui
tan 24 tan 18 11
PO 91 m
Quesito 2 0
Il limite richiesto si presenta nella forma indeterminata per cui possiamo applicare il teorema di
0 27
ln
x x x x
3 3
a a a a
3 3 ln 3 3 ln 3 ln 3 ln
a
lim lim
de l’Hospital: . Imponendo
6
x x x x ln 6 ln 5
6 5 ln 6 6 ln 5 5
x x
0 0
ln 5
27
ln
x x
3 a 27 6 27 36 27 36 75
3 a a
2 ln 2 ln ln ln
si ha .
lim 2
6 a a a
x x 5 25 25 4
6 5
x 0
ln 5
Quesito 3
Si consideri la figura
seguente: