x - Liceo Aselli

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x - Liceo Aselli

Corso di ordinamento - Sessione suppletiva - a.s. 2009-2010
______________________________________________________________________________
ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
CORSO DI ORDINAMENTO
SESSIONE SUPPLETIVA
Tema di: MATEMATICA
a. s. 2009-2010
PROBLEMA 1
Data una circonferenza di centro O e raggio unitario, si prendano su di essa tre punti A, B, C, tali
che AB = BC.
1. Si calcoli, in funzione dell’angolo AÔB = x , la quantità:
controllando che risulti:
f ( x) = −4 cos 2 x − 4 cos x + 8
2. Si studi la funzione f(x) e si tracci il suo grafico γ nell’intervallo 0 ≤ x ≤ 2π
3. Si verifichi che la curva γ è simmetrica rispetto alla retta di equazione x = π
4. Si calcoli il valore medio della funzione f(x) nell’intervallo 0 ≤ x ≤ 2π.
PROBLEMA 2
Sia data la funzione f ( x) = x 1 − x 2
1. Si determini il dominio di f(x) e si dica se la funzione è continua e derivabile in ogni punto di
esso.
2. Si studi la funzione f(x) e se ne tracci il grafico γ.
3. Si calcoli l’area della parte di piano R racchiusa dal grafico γ e dal semiasse positivo delle
ascisse.
4. La regione R genera, nella rotazione attorno all’asse delle ascisse, un solido S. In S si
inscriva un cono circolare retto con vertice nell’origine. Si determinino raggio e altezza del
cono, affinchè il suo volume sia massimo.
QUESTIONARIO
1. In cima ad una roccia a picco sulla riva di un fiume è stata costruita una torretta
d’osservazione alta 11 metri. Le ampiezze degli angoli di depressione per un punto situato
sulla riva opposta del fiume, misurate rispettivamente dalla base e dalla sommità della
torretta, sono pari a 18° e 24°. Si determini la larghezza del fiume in quel punto.
33 x − a x
, dove a è una costante reale positiva, si determini
6x − 5x
tale costante, sapendo che lim f ( x) = 2 .
2. Considerata la funzione f ( x) =
x →0
3. Su un piano orizzontale α si pongono un cono circolare retto, il cui raggio di base è r e
l’altezza 2r, e una sfera di raggio r. A quale distanza x dal piano α bisogna segare questi due
solidi con un piano orizzontale ß, perché la somma delle aree delle sezioni così ottenute sia
massima?
1
______________________________________________________________________________
4. Si dimostri che per gli zeri x1 e x2 di una funzione f ( x) = ax 2 + bx + c vale la relazione
f ' ( x1 ) + f ' ( x2 ) = 0 e si dia una interpretazione geometrica della affermazione dimostrata.
e x ( x − 1)
, nell’intervallo 1 ≤ x ≤ 2 .
x2
Si determinino a e b in modo tale che il grafico della funzione y = a x + b passi per i punti del
piano xy di coordinate (1,4) e (3,8) .
Un tetraedro ed un ottaedro regolari hanno gli spigoli della stessa lunghezza l. Si dimostri che
il volume dell’ottaedro è il quadruplo di quello del tetraedro.
Si trovi l’equazione della retta tangente alla curva di equazioni parametriche x = 2t e
2
y= 2
nel suo punto di coordinate (2,1) .
t +1
Si dimostri che se una funzione f(x) è derivabile nel punto x0 , ivi è anche continua; si porti
un esempio di funzione continua in un punto e ivi non derivabile.
Si dimostri che la differenza dei quadrati di due lati di un triangolo è uguale alla differenza dei
quadrati delle rispettive proiezioni dei lati stessi sul terzo lato del triangolo.
5. Si calcoli il valore medio della funzione f ( x) =
6.
7.
8.
9.
10.
2
______________________________________________________________________________
PROBLEMA 1
Punto 1
Consideriamo la figura di seguito.
B
O
A
Posto AÔB = x si ha AB̂O = OÂB =
C
180° − x
.
2
 180° − x 
L’angolo al vertice è AB̂C = 2 ⋅ AB̂O = 2 ⋅ 
 = 180° − x .
2


Applicando il teorema di Carnot al triangolo AOB si ha:
AB = AO + OB − 2 ⋅ AO ⋅ OB ⋅ cos( x ) = 1 + 1 − 2 cos( x ) = 2 − 2 cos( x )
2
2
2
Analogamente, applicando il teorema di Carnot al triangolo ABC si ha:
1) AB= BC =1
) cos (180° − x )= − cos ( x )
AC = AB + BC − 2 ⋅ AB ⋅ BC ⋅ cos(180° − x ) 2
   →
2
2
2
AC = 2 ⋅ AB + 2 ⋅ AB ⋅ cos( x ) = 2 ⋅ AB ⋅ [1 + cos( x )] =
2
2
2
2
= 2 ⋅ [1 + cos( x )] ⋅ [2 − 2 cos( x )] = 4[1 + cos( x )] ⋅ [1 − 1 cos( x )] = 4 − 4 cos 2 ( x )
Quindi:
[
]
AB + BC + CA = 2 ⋅ [2 − 2 cos( x )] + 4 − 4 cos 2 ( x ) = −4 cos 2 ( x ) − 4 cos( x ) + 8
2
2
2
Punto 2
Studiamo la funzione f ( x ) = −4 cos 2 ( x ) − 4 cos( x ) + 8 = 4[cos( x ) + 2] ⋅ [1 − cos( x )] in [0,2π ]
•
Dominio: [0,2π ] ;
•
Intersezione asse ascisse:
cos ( x )+ 2 > 0
x∈[0 , 2π ]
f ( x ) = 0 → [cos( x ) + 2] ⋅ [1 − cos( x )] = 0 ∀
→ cos( x ) = 1 → x = 0 ∨ x = 2π
•
Intersezione asse ordinate: x = 0 → f (0) = 0
•
Simmetrie: la funzione è periodica di periodo T = 2π e pari in quanto
f (− x ) = −4 cos 2 (− x ) − 4 cos(− x ) + 8 = −4 cos 2 ( x ) − 4 cos( x ) + 8 = f ( x ) ;
•
Positività: f ( x ) > 0 → 1 − cos( x ) > 0 → cos( x ) < 1 → ∀x ∈ (0,2π ) ;
3
______________________________________________________________________________
•
Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto la funzione è periodica e limitata;
•
Asintoti orizzontali: non ve ne sono in quanto la funzione è periodica e limitata;
•
Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto la funzione è periodica e limitata;
•
Crescenza
e
decrescenza:
la
derivata
prima
è
f ' ( x ) = 8 sin (x ) cos(x ) + 4 sin ( x ) = 4 sin (x ) ⋅ [2 cos( x ) + 1] ; di seguito il quadro dei segni
sin ( x ) > 0 ⇒ 0 < x < π
1
2π 4π
cos( x ) > − ⇒ 0 < x <
∨
< x < 2π
2
3
3
2π
4π
f ' (x ) > 0 ⇒ 0 < x <
∨π < x <
3
3
sin(x )
2 cos(x) + 1
0
Dal quadro soprastante deduciamo che la
m = (π ,8) e due massimi relativi in
•
2π
3
2π x
π 4π
3
funzione presenta un minimo relativo in
 2π 
 4π 
M1 = 
,9 , M 2 = 
,9  ;
 3 
 3 
[
]
Concavità e convessità: la derivata seconda è f ' ' ( x ) = 4 4 cos 2 ( x ) + cos( x ) − 2 per cui
− 1 − 33
− 1 + 33
∨ cos( x ) >
→
8
8
 − 1 + 33 

→ 0 < x < arccos

8


f ' ' ( x ) > 0 → cos(x ) <
 1 + 33 
 1 + 33 
 < x < π + arccos


 8 
8




π − arccos
 − 1 + 33 
 < x < 2π
2π − arccos

8


Quindi la funzione presenta concavità verso l’alto in



 0, arccos − 1 + 33   ∪



8








 π − arccos 1 + 33 , π + arccos 1 + 33   ∪
 8 
 8 








 
 2π − arccos − 1 + 33 ,2π 

 

8

 

e
presenta
quattro
flessi
a
tangente
obliqua
in
4
______________________________________________________________________________
 − 1 + 33 


 ≅ 53,6°, x = π − arccos 1 + 33  ≅ 147,5°,
x = arccos



8


 8 
 1 + 33 
 − 1 + 33 
 ≅ 306,4°
 ≅ 212,5°, x = 2π − arccos
x = π + arccos



8
 8 


Il grafico è di seguito presentato:
Punto 3
Una funzione è simmetrica rispetto alla retta x = k se f ( x ) = f (2k − x ) . Nel caso in esame
f (2π − x ) = −4 cos 2 (2π − x ) − 4 cos(2π − x ) + 8 = −4 cos 2 ( x ) − 4 cos( x ) + 8 = f ( x ) per cui
f (x ) è
simmetrica rispetto alla retta x = π .
Punto 4
[a, b]
Il valor medio di una funzione f ( x ) in
VM =
=
1
2π
1
2π
2π
2π
∫ [− 4 cos
2
(x ) − 4 cos(x ) + 8]dx =
0
1
1
2π
2π

b
è VM =
1
f ( x )dx . Nel caso in esame
b − a ∫a

 1 + cos(2 x ) 
 − 4 cos( x ) + 8dx =
2


∫ − 4
0
∫ [− 2 cos(2 x ) − 4 cos(x ) + 6]dx = 2π [− sin (2 x ) − 4 sin (x ) + 6 x]
0
2π
0
=
1
⋅ 12π = 6
2π
5
______________________________________________________________________________
PROBLEMA 2
Punto 1
Il dominio della funzione f ( x ) = x 1 − x 2 è dato da: 1 − x 2 ≥ 0 ⇒ −1 ≤ x ≤ 1 .
Nel dominio la funzione è continua.
La derivata prima è

x
f ' ( x ) = 1 − x + x ⋅  −
1− x2

2

x2
1 − 2x2
 = 1− x2 −
=

1− x2
1− x2

da cui
deduciamo che la funzione non è derivabile nei punti x = ±1 in cui presenta una tangente verticale;
infatti lim+ f ' ( x ) = lim− f ' ( x ) = −∞ . In conclusione la funzione è derivabile in tutti i punti del
x → −1
x →1
dominio esclusi i punti con ascisse x = ±1 .
Punto 2
Studiamo la funzione f ( x ) = x 1 − x 2
•
Dominio: − 1 ≤ x ≤ 1 ;
•
Intersezione asse ascisse: f ( x ) = x 1 − x 2 = 0 → x = 0 ∨ x = −1 ∨ x = 1
•
Intersezione asse ordinate: x = 0 → f (0) = 0
•
Simmetrie: la funzione è dispari in quanto f (− x ) = − x 1 − (− x ) = − x 1 − x 2 = − f ( x )
•
Positività:
2
1 − x > 0 ⇒ −1 < x < 1
f (x ) > 0 ⇒ 0 < x < 1
2
+
+
x
1− x2
x>0
−1
-
+
0
+
•
Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto lim+ f ( x ) = lim− f ( x ) = 0 ;
•
Asintoti orizzontali: non esistono visto il dominio chiuso [− 1,1] ;
•
Asintoti obliqui: non esistono visto il dominio chiuso [− 1,1] ;
•
Crescenza
x → −1
e
decrescenza:
derivata prima è f ' ( x ) =
1 − 2x 2
1− x2
-
+1
x
-
x →1
la
;
il quadro dei segni è a lato
presentato: da esso deduciamo la
1 − 2x 2
−1
2
−
2
2
2
1
x
presenza di un minimo relativo
6
______________________________________________________________________________

 2 1
2 1
m =  −
,−  ed un massimo relativo M = 
,  ;
2
 2
 2 2
•
Concavità
e
convessità:
(
− 4x 1 − x 2 − 1 − 2x 2
f ' ' (x ) =
)
−x
1− x2
1− x2
ricordando
che
la
il
=
(
derivata
) (
(1 − x )
− 4x 1 − x 2 + x 1 − 2x 2
3
2 2
dominio
è

3
2 x 3 − 3 x > 0 −
< x < 0∨ x >
f ' ' (x ) > 0 → 
→
2
− 1 < x < 1
− 1 < x < 1

seconda
) = 2 x − 3x
(1 − x )
è
3
per
3
2 2
−1 ≤ x ≤ 1 ,
3
2 → −1 < x < 0
si
cioè
la
cui,
ha
funzione
presenta concavità verso l’alto in (− 1,0) e verso il basso in (0,1) ; la funzione presenta
quindi un flesso a tangente obliqua F = (0,0 ) con tangente inflessionale di equazione y = x .
Di seguito il grafico:
Punto 3
1
1
0
0
L’area richiesta è pari a S = ∫ x 1 − x 2 dx = ∫ −
(
1 d 1− x
2
dx
2
)

1 1− x2
2
1 − x dx = −
3
 2
2

(
)
3
2
1

 =1

3
 0
Punto 4
(
)
Sia P x, x 1 − x 2 con 0 < x < 1 un punto generico appartenente al ramo del primo quadrante della
funzione f ( x ) = x 1 − x 2 . Il raggio del cono inscritto sarà pari all’ordinata del punto P e cioè
R = x 1 − x 2 mentre l’altezza sarà pari all’ascissa e cioè h = x . Il volume del cono sarà allora
V(x ) =
π ⋅R2 ⋅h
3
=
π
3
(
)
⋅ x2 ⋅ 1− x2 ⋅ x =
π
3
(
)
⋅ x 3 − x 5 . La massimizzazione la effettuiamo mediante
7
______________________________________________________________________________
derivazione: la derivata prima è V' ( x ) =
π
3
(
)
⋅ 3 x 2 − 5 x 4 per cui la funzione volume, ricordando la

3
 e strettamente decrescente in
limitazione geometrica 0 < x < 1 è strettamente crescente in  0,

5


 3 
3
 ,1 da cui deduciamo che il volume è massimo quando l’altezza è pari a x =
ed il raggio è
 5 
5


pari a R =
 3  π  3 3 9 3  2π
6
 = ⋅
=
. Il valore massimo è pertanto pari a V
−



5
 5  3  5 5 25 5  25
3
.
5
8
______________________________________________________________________________
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 ⋅ tan (24°) − PO ⋅ tan (18°) = 11 da cui
PO ≅ 91 m
Quesito 2
Il limite richiesto si presenta nella forma indeterminata
de
0
per cui possiamo applicare il teorema di
0
27
ln
33 x − a x
3 ln 3 ⋅ 33 x − ln a ⋅ a x 3 ln 3 − ln a
a .
= lim
=
=
lim x
x →0 6 − 5 x
x →0 ln 6 ⋅ 6 x − ln 5 ⋅ 5 x
6
ln 6 − ln 5
ln
5
l’Hospital:
Imponendo
27
3 −a
a = 2 → ln 27 = 2 ln 6 → ln 27 = ln 36 → 27 = 36 → a = 75 .
lim x
= 2 si ha
x →0 6 − 5 x
6
a
5
a
25
a 25
4
ln
5
3x
ln
x
Quesito 3
Si consideri la figura seguente:
A
O
K
B
H
L
D
E
C
F
Indichiamo con x, 0 < x < 2r , la distanza tra piani α e β .
Le intersezioni del piano β con il cono e la sfera sono due circonferenze rispettivamente di raggio
9
______________________________________________________________________________
RC = KL e RS = DE . La somma delle aree delle sezioni è quindi S = π ⋅ RC2 + π ⋅ RS2 . Calcoliamo
ora i due raggi:
•
Raggio RC
I triangolo AKL e AHC sono simili essendo entrambi rettangoli con un angolo in comune per
cui vale la seguente proporzione tra lati omologhi:
KL =
AK ⋅ HC (2r − x ) ⋅ r 
x
=
= r − 
2r
2
AH

per
cui
l’area
AK : KL = AH : HC
della
circonferenza
di
da cui
raggio
2
x
x


KL =  r −  è AC = π ⋅ RC2 = π ⋅  r −  ;
2
2


•
Raggio RS
Il triangolo ODE è rettangolo per cui RS = DE = OE − OD = r 2 − (r − x ) = 2rx − x 2
2
2
2
per cui l’area della circonferenza di raggio RS = DE = 2rx − x 2 è AS = π ⋅ RS2 = π ⋅ (2rx − x 2 ) .
2
(
)
x

 3

La somma delle aree è quindi S ( x ) = π ⋅  r −  + π ⋅ 2rx − x 2 = π ⋅  − x 2 + rx + r 2  con
2

 4

0 < x < 2r . Notiamo che la funzione S ( x ) è una parabola con concavità verso il basso che presenta
il massimo nell’ascissa del vertice xV = −
massima per xV =
b
r
2
=−
= r ; quindi la somma delle due aree è
3 3
2a
−
2
2
2
2 
 3 4
 4
r e vale S  r  = π ⋅  − ⋅ r 2 + r ⋅ r + r 2  = πr 2 .
3
3
3 
 4 9
 3
Alternativamente possiamo proseguire mediante derivazione: la derivata prima della funzione S ( x )
2
 3

è S ' ( x ) = π ⋅  − x + r  per cui S ' ( x ) > 0 → x < r da cui deduciamo che S ( x ) è strettamente
3
 2

3
 2 
2

crescente in  0, r  e strettamente decrescente in  r ,2r  ; inoltre S ' ' ( x ) = − π < 0 per cui
2
 3 
3

x=
2
r è l’ascissa del massimo.
3
Quesito 4
− b − b 2 − 4ac
− b + b 2 − 4ac
Gli zeri dell’equazione ax + bx + c = 0 sono x1 =
, x2 =
; la
2a
2a
2
derivata
prima
di
f ( x ) = ax 2 + bx + c è
f ' ( x ) = 2ax + b
per
cui
10
______________________________________________________________________________
 − b − b 2 − 4ac 
 + b = − b 2 − 4ac
f ' ( x1 ) = 2a


2a


 − b + b 2 − 4ac 
 + b = + b 2 − 4ac
f ' ( x 2 ) = 2a 


2
a


da cui deduciamo che f ' ( x1 ) + f ' (x 2 ) = 0 .
Per dare un’interpretazione geometrica al risultato ottenuto riscriviamo la somma [ f ' (x1 ) + f ' ( x 2 )] :
essa è pari a f ' ( x1 ) + f ' (x 2 ) = (2ax1 + b ) + (2ax 2 + b ) = 2a( x1 + x 2 ) + 2b e imponendo che sia nulla
otteniamo ( x1 + x 2 ) = −
b
o equivalentemente
a
(x1 + x2 )
2
=−
b
. La relazione appena ricavata ci
2a
 b 
dice che la semisomma delle soluzioni è pari a  −  che è l’ascissa del vertice; in altri termini gli
 2a 
zeri della parabola sono simmetrici rispetto alla retta x = −
b
coincidente con l’asse di simmetria
2a
della parabola.
Quesito 5
b
1
è VM =
f ( x )dx . Nel caso in esame
b − a ∫a
Il valor medio di una funzione f ( x ) in
[a, b]
 e x ( x − 1)
VM = ∫ 
dx ;
x2 
1 
l’integrazione
2
applicando
2
 e x ( x − 1) 
 e x ( x − 1) 
1
x
x
x
VM = ∫ 
dx = −
 + ∫ ⋅ x⋅e + e − e
2
x
x


1 1  x
1 
2
2
(
per
parti
si
ha
)dx =

e2
e2
e2
e 2 − 2e
+ ∫ e x dx = − + e 2 − e =
−e =
2 1
2
2
2
2
=−
Quesito 6
La base a della funzione potenza deve essere a > 0 ∧ a ≠ 1 . Imponendo il passaggio per i punti
(1,4), (3,8) si ha:
a = 2
a b +1 = 4 a b +1 = 4
a b +1 = 4
a b +1 = 4 a = 2
a = 2

→  b +1 2
→
→
→
→
→
in cui
b +1
 b +3




b +1
a = 8 a ⋅ a = 8 4 ⋅ a 2 = 8 a 2 = 2
= 2 b = 3
2 2 = 2 2

 2
la soluzione a = − 2 è stata scartata in quanto non soddisfa la condizione a > 0 ∧ a ≠ 1 .
Quesito 7
Consideriamo il tetraedro e l’ottaedro sottostanti:
11
______________________________________________________________________________
Calcoliamo i due volumi.
•
Volume tetraedro
L’altezza di ognuno dei 4 triangoli equilateri componenti è DK = l
3
; ricordando che
2
l’ortocentro di un triangolo equilatero divide ognuna delle tre altezze in due parti di cui una
doppia dell’altra si ha KH =
1  3
3
=l
per cui l’altezza del tetraedro è pari a
⋅  l

3  2 
6
2
2
 3  3
6
 − l
 =l
DH = DK − KH =  l
;



3
 2   6 
2
VT =
•
Ab ⋅ h
=
3
2
l2
il
volume
è
allora
pari
a
3
6
⋅l
4
3 = l3 2 ;
3
12
Volume ottaedro
Il volume dell’ottaedro può essere visto come la somma dei volumi delle due piramidi
componenti.
OH =
In
accordo
con
la
figura
soprastante
si
ha
2
2
l
3
2
, CH = l
, CO = CH − OH = l
per cui il volume di una delle due piramidi è
2
2
2
A ⋅h
VP = b
=
3
l2 ⋅l
3
2
2 = l3
2
per cui
6
il volume dell’ottaedro è VO = 2VP = l 3
2
che
3
corrisponde al quadruplo del volume del tetraedro.
12
______________________________________________________________________________
Quesito 8
x

t = 2
Le equazioni parametriche possono essere scritte come 
da cui deduciamo la curva
2
y =

t2 +1
y=
2
2
 x
  +1
2
=
8
; l’equazione della retta tangente in (2,1) è y = m( x − 2) + 1 con m = y ' (2) ;
x +4
2
la derivata prima della funzione y =
8
16 x
è y' = −
x +4
x2 + 4
(
2
conclusione l’equazione della retta tangente è y = −
)
2
1
per cui m = y ' (2 ) = − ; in
2
1
(x − 2) + 1 = − x + 2 .
2
2
Quesito 9
Dimostrazione
Ipotesi: ∃ finito il limite lim
x → x0
f ( x) − f ( x 0 )
= f ' ( x0 )
x − x0
Tesi: lim f ( x) = f ( x0 )
x → x0
Scriviamo: f ( x) = f ( x0 ) +
f ( x) − f ( x0 )
( x − x0 )
x − x0
Segue:
lim f ( x) = lim f ( x0 ) + lim
x → x0
x → x0
x → x0
f ( x) − f ( x0 )
( x − x0 ) =
x − x0
f ( x) − f ( x0 )
= f ( x0 ) + lim
⋅ lim ( x − x 0 ) =
x → x0
x → x0
x − x0
f ' ( x0 )
= f ( x0 ) + f ' (x0 ) ⋅ 0 = f ( x0 )
come volevasi dimostrare.
Se la derivabilità in un punto x0 ne implica la continuità, non vale il viceversa. Basta prendere in
 x se x ≥ 0
considerazione la funzione f ( x ) = x = 
che risulta essere continua ma non derivabile
− x se x < 0
in x = 0 in cui presenta un punto angoloso in quanto
lim f ' ( x) = lim− (− 1) = −1
x→0 −
x →0
x→0 +
x →0
lim f ' ( x) = lim+ (1) = 1
13
______________________________________________________________________________
Quesito 10
A
Consideriamo la figura a lato.
I triangoli AHB ed AHC sono rettangoli in H.
Applicando il teorema di Pitagora ad entrambi si ha:
2
2
2
2
2
2
AB = AH + BH
AC = AH + HC
B
2
2
(
2
2
)(
H
2
C
2
)
2
2
Sottraendo membro a membro si ha: AB − AC = AH + BH − AH + HC = BH − HC che
coincide con quanto volevamo dimostrare.
14

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