La prova svolta di Matematica per il Liceo

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Nicola De Rosa
maturità 2015
Esame di stato di istruzione secondaria superiore
Indirizzi: Scientifico e Scientifico opzione scienze applicate
Tema di matematica
Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario
PROBLEMA 1
Il piano tariffario proposto da un operatore telefonico prevede, per le telefonate all’estero, un
canone fisso di 10 euro al mese, più 10 centesimi per ogni minuto di conversazione. Indicando con
x i muniti di conversazione effettuati in un mese, con f(x) la spesa totale nel mese e con g(x) il costo
medio al minuto:
1. individua l’espressione analitica delle funzioni f(x) e g(x) e rappresentale graficamente;
verifica che la funzione g(x) non ha massimi né minimi relativi e dai la tua interpretazione
dell’andamento delle due funzioni alla luce della situazione concreta che esse rappresentano.
2. Detto x0 il numero di minuti di conversazione già effettuati nel mese corrente, determina x1
tale che:
Traccia il grafico della funzione che esprime x1 in funzione di x0 e discuti il suo andamento.
Che significato ha il suo asintoto verticale?
Sul suo sito web l’operatore telefonico ha pubblicato una mappa che rappresenta la copertura del
segnale telefonico nella zona di tuo interesse:
La zona è delimitata dalla curva passante per i punti A, B e C, dagli assi x e y, e dalla retta di
equazione x=6; la porzione etichettata con la “Z”, rappresenta un’area non coperta dal segnale
telefonico dell’operatore in questione.
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3. Rappresenta il margine superiore della zona con una funzione polinomiale di secondo grado,
verificando che il suo grafico passi per i tre punti A, B e C. Sul sito web dell’operatore
compare la seguente affermazione: “nella zona rappresentata nella mappa risulta coperto dal
segnale il 96% del territorio”; verifica se effettivamente è così.
L’operatore di telefonia modifica il piano tariffario, inserendo un sovrapprezzo di 10 centesimi per
ogni minuto di conversazione successivo ai primi 500 minuti.
4. Determina come cambiano, di conseguenza, le caratteristiche delle funzioni f(x) e g(x),
riguardo agli asintoti, alla monotonia, continuità e derivabilità, individua eventuali massimi
e minimi assoluti della funzione g(x) e della sua derivata e spiegane il significato nella
situazione concreta.
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SVOLGIMENTO
a cura di Nicola De Rosa
Punto 1
La spesa totale in un mese è f x   10 
x
(€) con x  0 mentre il costo medio al minuto è
10
f x  10 1
con x  0 .


x
x 10
10 1
La funzione g x  
è una funzione omografica (iperbole) con asintoto verticale x  0 ed

x 10
1
asintoto orizzontale y  . Non ha massimi e minimi in quanto una funzione omografica non ha
10
10
estremanti relativi, o alternativamente notando che la derivata prima è g ' x    2 si deduce che
x
g x  è strettamente decrescente in tutto il suo dominio x  0 .
Di seguito il grafico
g x  
La funzione f x   10 
x
rappresenta il costo in minuti dato da un costo fisso più un costo
10
variabile in base ai minuti stessi, quindi è una funzione lineare con i minuti di conversazione e
cresce al crescere dei minuti trascorsi a telefono.
f x  10 1
La funzione g x  
rappresenta il costo medio per minuto che decresce con


x
x 10
l’aumentare dei minuti passati a telefono, al limite per x tendente all’infinito il coso medio si riduce
al costo di un minuto in quanto il costo fisso sarà trascurabilissimo (nullo o comunque quasi nullo).
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Punto 2
g x0  10 1
200 x0
5
1
10 5
1
10 100  x0
  






 x1 
2
x1 10 x0 20
x1 x0 20
x1
20 x0
100  x0
200 x0
La funzione x1 
ha senso per 0  x0  100 in quanto x1 è una quantità intrinsecamente
100  x0
non negativa, ed inoltre è una iperbole con asintoto verticale in x0  100 .
Di seguito il grafico
g x1  
200 x0
rappresenta il numero di minuti che un utente dovrebbe stare a telefono
100  x0
per pagare un costo medio pari alla metà di quello calcolato sui minuti effettivi x0 .
Per x0  100 , il costo medio sarebbe g 100  0,2 euro/minuto ovvero 20 centesimi a minuto,
g 100
mentre la metà del costo medio sarebbe
 0,1 euro/minuto ovvero 10 centesimi a minuto;
2
g x0 
pertanto in corrispondenza di x0  100 , la metà del costo medio
verrebbe a coincidere con il
2
costo per minuto.
Punto 3
La parabola ha equazione y  ax 2  bx  c e deve passare per A(0,2), B(2, 7/2) e C(4,4).
Poiché C(4,4) è il punto di massimo ed il vertice della parabola si deduce subito che
b

 4  b  8a quindi l’equazione diventa y  ax 2  8ax  c . Imponendo il passaggio per A
2a
1
si ottiene c  2 mentre imponendo il passaggio per C si ottiene 4  16a  2  a   , per cui
8
La funzione x1 
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x2
 x  2 . Per ispezione si trova subito che la parabola passa anche per
l’equazione diventa y  
8
B.
Il territorio Z è un triangolo rettangolo isoscele di area 1/2, mentre l’area sottesa dalla parabola in
6
 x2

 x3 x 2

216
[0,6] è S    
 x  2 dx  

 2 x  
 18  12  9  30  21 .
8
24
2
24




0
0
1
21 
2  97,6% , coerente con quanto
Pertanto l’area coperta dal segnale è pari in percentuale a
21
riportato sul sito web.
Punto 4
Di seguito le espressioni analitiche delle nuove funzioni di spesa e costo medio a seguito
dell’introduzione del costo aggiuntivo dopo i 500 minuti:
x

x

0  x  500
0  x  500
10  10
10  10
f x   
 f x   
10  x   x - 500 
 40  x
x  500
x  500


10  10 
5
6
10 1

f x   x 10
g x  

x
 40  1
 x 5
0  x  500
x  500
Di seguito i grafici delle due funzioni.
La nuova funzione f x 
 è continua in tutto il dominio R
 non è derivabile in x  500 che è ascissa di punto angoloso in corrispondeza del quale il
1
salto è f ' 500    f ' 500   
10
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
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non presenta asintoti essendo una composizione di funzioni lineari ed è strettamente
crescente nel dominio
 presenta un minimo assoluto per x=0 e vale f(0)=10 ovvero 10 euro
La nuova funzione g x 
 è continua in tutto il dominio R-{0}
 non è derivabile in x  500 che è ascissa di punto angoloso in corrispondeza del quale il
50
salto è g ' 500    g ' 500   
 2  10 4 .
2
500
1
 presenta x=0 come asintoto verticale, y  come asintoto orizzontale
5
 è strettamente decrescente in (0,500) e strettamente crescente per x>500
 non presenta minimi e massimi relativi
 presenta un minimo assoluto per x=500 e vale g(500)=0,12 ovvero 12 centesimi
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PROBLEMA 2
La funzione derivabile
ha, per
, il grafico Γ disegnato in figura 2. Γ presenta
le tangenti orizzontali per x=-1, x=1, x=2. Le aree delle regioni A, B, C e D sono rispettivamente 2,
3, 3 e 1. Sia g(x) una primitiva di f(x) tale che g(3)=-5.
1. Nel caso f(x) fosse esprimibile con un polinomio, quale potrebbe essere il suo grado
minimo? Illustra il ragionamento seguito.
2. Individua i valori di
, per cui g(x) ha un massimo relativo e determina i valori di
x per i quali g(x) volge la concavità verso l’alto.
3. Calcola g(0) e, se esiste, il
.
4. Sia
, determina il valore di
.
SVOLGIMENTO
1. Il grado di f (x) nell’ipotesi che sia una funzione polinomiale è almeno quarto. Infatti ha tre
punti a tangente orizzontale, dunque la sua derivata deve annullarsi in tre punti e quindi è un
polinomio di grado non inferiore al terzo. A conferma, una retta opportunamente scelta interseca il
grafico della curva  in quattro punti.
2. La primitiva g (x) ha monotonia stabilita dal segno di f (x) secondo il seguente schema:
-3
-2
-1
0
1
2
3
segno di f (x)
monotonia di g (x)
quindi g (x) ha un massimo relativo in x  0 (gli altri due zeri di corrispondono ad un minimo in
x  2 ed un flesso a tangente orizzontale in x  2 ).
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Il verso della concavità di g (x) è fissato dal segno di g ( x)  f ( x) ; in particolare, la concavità è
verso l’alto dove f (x) è positiva, quindi dove f (x) è crescente. Dal grafico si desume che ciò
avviene negli intervalli  3,1 e 1,2 .
x
3. Detta g 0 ( x) la primitiva di f (x) che si annulla per x  3 , ovvero: g 0 ( x)   f (t )dt , la
3
funzione richiesta g (x) è data da: g ( x)  g 0 ( x)  K , con K opportuna costante.
Dai dati forniti sulle aree delle regioni e dal segno degli integrali definiti corrispondenti si trova:
g 0 (3)  2  3  3  1  3 , per cui dalla richiesta che sia: g (3)  5 si ottiene:
x
 5  3  K  K  2 , quindi è: g ( x)   f (t )dt  2 .
3
0
Di conseguenza: g (0)   f (t )dt  2  3  2  1 ;
3
il limite richiesto si calcola con la regola di De L’Hospital:
1  g ( x) ( H )
g ( x)
f ( x)
 lim
 lim
0,
x0
x0
x0
2x
2
2
lim
dove si è sfruttato il fatto che g ( x)  f ( x) e che dal grafico di  risulta f (0)  0 .
4. Si ha:
1

2
1

1
2
h( x)dx 
h( x)dx  3 f (2 x  1)dx ; con la sostituzione:
2
3 3
3
9
f ( z )dz  (2  3  3  1)   .


3
2
2
2
1
z  2 x  1  dx  dz
2
si ha:
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QUESTIONARIO
1. Determinare l’espressione analitica della funzione y=f(x) sapendo che la retta y=-2x+5 è
tangente al grafico di f nel secondo quadrante e che f’(x)=-2x2+6.
2. Dimostrare che il volume del tronco di cono è espresso dalla formula:
,
dove R e r sono i raggi e h l’altezza.
3. Lanciando una moneta sei volte qual è la probabilità che si ottenga testa “al più” due volte?
Qual è la probabilità che si ottenga testa “almeno” due volte?
4. Di quale delle seguenti equazioni differenziali la funzione
è soluzione?
5. Determinare un’espressione analitica della retta perpendicolare nell’origine al piano di
equazioni x+y-z=0.
6. Sia f la funzione, definita per tutti gli x reali, da
,
determinare il minimo di f.
7. Detta A(n) l’area del poligono regolare di n lati inscritto in un cerchio C di raggio r,
verificare che
e calcolarne il limite per
.
8. I lati di un triangolo misurano, rispettivamente, 6 cm, 6 cm e 5 cm. Preso a caso un punto P
all’interno del triangolo, qual è la probabilità che P disti più di 2 cm da tutti i tre vertici del
triangolo?
9. Data la funzione
determinare il parametro k in modo che nell’intervallo [0,2] sia applicabile il teorema di
Lagrange e trovare il punto in cui la tesi del teorema assicura l’esistenza.
10. Il grafico della funzione
divide in due porzioni il rettangolo
ABCD avente vertici A(1,0), B(4,0), C(4,2) e D(1,2). Calcolare il rapporto tra le aree delle
due porzioni.
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SVOLGIMENTO
2
1. Integrando si ottiene: f ( x)   (2 x 2  6)dx   x 3  6 x  C ;
3
la condizione di tangenza con la retta data impone che sia: f ( x)  m in un punto del II quadrante,
da cui:  2 x 2  6  2  x 2  4  x  2 (la soluzione positiva è da scartare);
il punto di ascissa  2 sulla retta ha ordinata: y  2(2)  5  9 ; il punto (2,9) appartiene alla
2
47
curva y  f (x) se: 9   (8)  6(2)  C , da cui: C 
.
3
3
2
47
La funzione richiesta pertanto è: f ( x)   x 3  6 x 
.
3
3

y
2. Consideriamo il tronco come il solido generato dalla
rotazione del trapezio delimitato dal segmento e dall’asse x
R
in figura intorno all’asse x .
r
La retta passante per i punti (0, r ) ed (h, R) ha equazione:
x
h
Rr
y
x  r ; il volume si calcola con:
h
h
h R  r
Rr
Rr

x  r  dz 
dx
V    y 2 dx   
x  r  dx , che con la sostituzione: z 
0
0
h
h
 h

h R 2
 h
 h
z dz 
(R3  r 3 ) 
( R  r )( R 2  Rr  r 2 ) , da cui l’asserto.
diventa: V  

r
Rr
3 Rr
3 Rr
2

n
1
1
3. Variabile aleatoria a distribuzione binomiale pn,k    p k q nk , con: p  , q  1  p  , n  6 .
2
2
k 
L’evento: “si ottiene testa al più due volte” corrisponde (indicando con k il numero di volte che
esce Testa) alla probabilità:
0
6
1
5
2
4
 6  1   1   6  1   1   6  1   1 
1
11
P[k  0  k  1  k  2]                    6 (1  6  15) 
.
32
2
 0  2   2  1  2   2   2  2   2 
La seconda probabilità richiesta è:
P[k  2]  1  P[0  k  2]  1  ( p6,0  p6,1 )  1 
1
26
 6   6 
7 57
.
      1  6 
64
2
 0  1 
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
d 1
1 1  ln x
( x ln x)   x 2 ln x  x 1 
, che permette subito di
dx
x
x2
scartare, verificando tramite sostituzione nell’equazione, la terza ipotesi. Derivando ulteriormente
otteniamo:
4. Derivando si ottiene: y( x) 
y( x) 
d 2
 1  2 ln x  3
;
[ x (1  ln x)]  2 x 3 (1  ln x)  x 2    
dx
x3
 x
sostituendo si verifica che soltanto nella quarta proposta si ottiene un’identità:
x2
2 ln x  3
1  ln x 2 ln x
ln x 2 2 ln x
x
 

  
, c.v.d.
3
2
x
x
x
x x
x
x
x

5. L’equazione: x  y  z  0 corrisponde a porre uguale a zero il prodotto scalare tra il vettore
OP  ( x, y, z ) ed il vettore v  (1,1,1) ; il piano in oggetto passa per l’origine ed è quindi
ortogonale a v ; la retta richiesta è l’insieme dei punti Q  ( x, y, z ) tali che: OQ  t v
che equivale al sistema:
t   ,
x  t

y  t .
 z  t


6. La funzione è un polinomio di secondo grado; il suo termine in x 2 ha evidentemente
coefficiente positivo ( a  5 ) , quindi il grafico corrispondente è quello di una parabola a concavità
verso l’alto.
x  6  x
Si verifica facilmente (operando la sostituzione: 
) che l’equazione y  f (x) è
y  y
invariante per simmetria rispetto alla retta x  3 , che pertanto rappresenta l’asse di simmetria della
parabola, ove quindi si trova il vertice che è il punto di minimo richiesto, ed è: f (3)  10 .

7. Il poligono è l’unione di n triangoli isosceli di lato obliquo r ed angolo al vertice
di ciascuno di questi vale:
2
. L’area
n
1 2
2
1
2
r sin
; l’intero poligono ha area: nr 2 sin
.
2
n
2
n
1 2
2
2
nr sin
con la sostituzione: x 
diventa:
n 2
n
n
1 2
sin x
sin x
lim r 2
sin x  lim r 2
 r 2 , avendo fatto uso del limite notevole: lim
 1.
x

0
x0 2
x

0
x
x
x
Il limite: lim
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8. I punti distanti più di 2 cm da ciascun vertice si possono evidenziare
nel seguente modo: si tracciano le tre circonferenze di raggio 2 cm
centrate nei tre vertici A , B , C del triangolo; la regione che si ottiene
eliminando dal triangolo i tre settori circolari in esso contenuti è
l’insieme dei punti distanti più di 2 cm da ciascun vertice.
La probabilità che un punto scelto nel triangolo cada in questa regione
è data dal rapporto dell’area della stessa con l’area del triangolo.
Indicate con  ,  e  le ampiezze dei tre angoli e posto r  2 cm ,
la somma dei tre settori circolari vale:
A
B
C
1
1
1
1
1
S A  S B  SC  r 2  r 2  r 2  (     )r 2  r 2  2 cm 2 .
2
2
2
2
2
BC / 2 5
119

, quindi: sin   1  cos 2  
, ed il triangolo pertanto ha
12
12
AB
1
5
 AB  BC sin  
119 cm 2 .
2
4
Inoltre è: cos  
area: S ABC
La probabilità richiesta vale: p 
S ABC  ( S A  S B  S C )
 0.539 .
S ABC

9. Le ipotesi del teorema di Lagrange richiedono continuità in 0,2 e derivabilità in
0,2 .
Per la continuità dev’essere: lim f ( x)  lim f ( x)  f (1)  lim x 3  lim ( x 2  kx  k )  1 , da cui:
x1
x1
x1
x1
1  1  k  k  1 , il che è vero per k   .
Per la derivabilità: lim f ( x)  lim f ( x)  lim 3x 2  lim (2 x  k )  3  2  k
x1
x1
x1
x1
da cui:
k  1 .
3

se 0  x 1
x
Pertanto è: f ( x)   2
.

x

x

1
s
e
1

x

2

L’ascissa x0 prevista dal teorema è quella per cui: f ( x0 ) 
f (2)  f (0)
f (2)  f (0) 5
 .
, dove:
20
20
2
Prendendo la derivata del primo tratto di funzione, si ottiene: 3x 2 
accettabile soltanto la soluzione
trova: 2 x  1 
x0  
5
5
 x
di cui è
2
6
5
; operando in modo analogo sul secondo tratto, si
6
5
3
 x  , non accettabile in quanto non compresa nell’intervallo ]1,2] .
2
4
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10. L’area del rettangolo vale 6; di questo, la parte compresa tra la curva assegnata e l’asse delle
ascisse ha area data da:

4
1
4
14 4
2
14
; la rimanente parte di rettangolo ha dunque area: 6   ed il rapporto
x dx  x x 
3 3
3
3
1
richiesto vale pertanto
7
.
2