ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO CORSO DI ORDINAMENTO

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1 ESAME DI STATO DI LIEO SIENTIFIO ORSO DI ORDINAMENTO 2001 Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario. PROBLEMA 1 Si consideri la seguente relazione tra le variabili reali, : dove a è un parametro reale positivo. a) Esprimere in funzione di e studiare la funzione così ottenuta, disegnandone il grafico in un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (O). b) Determinare per quali valori di a la curva disegnata risulta tangente o secante alla retta t di equazione + = 4. c) Scrivere l equazione della circonferenza k che ha il centro nel punto di coordinate (1,1) e intercetta sulla retta PAROLE HIAVE Informazioni 1 1 Relazione tra le variabili reali e : + 1 = 1 a 2 a è un parametro reale positivo 3 entro nel punto di coordinate (1,1) 4 Retta t di equazione + = 4 5 Intercetta sulla retta t una corda di lunghezza 2 2 Obiettivi 1 Esprimere in funzione di 2 Studiare la funzione così ottenuta 3 Disegnandone il grafico 4 Determinare per quali valori di a la curva disegnata risulta tangente o secante alla retta t di equazione + = 4 5 Scrivere l equazione della circonferenza k 6 alcolare le aree delle due regioni finite di piano in cui il cerchio delimitato da k è diviso dalla retta t 7 Determinare per quale valore del parametro a il grafico, di cui al precedente punto a), risulta tangente alla circonferenza k. 13

2 Fascio Si tratta di un fascio perché il parametro a compare al grado 1. Iperboli equilatere Sono iperboli che hanno uguali i semiassi. In questo caso le iperboli sono riferite ad assi paralleli agli assi coordinati. Esplicitando la come variabile indipendente, si ottiene il fascio di funzioni: = a a, che sono iperboli equilatere, di vertici V(2a,2a) e O(0,0), di cui una rappresentazione cartesiana è in figura 1. A causa della forma dell espressione fornita dal testo, e devono essere contemporaneamente diversi da zero, quindi O non appartiene alle curve del fascio. L asintoto verticale di equazione = a varia nel primo e quarto quadrante, come imposto dalla condizione a > 0. Le iperboli sono simmetriche rispetto alla bisettrice del primo e del terzo quadrante. La relazione data tra e è nota anche come legge dei punti coniugati, viene utilizzata in ottica nella riflessione da specchi sferici o nella rifrazione da lenti sottili per legare le distanze (da specchio o rispettivamente da lente) di una sorgente e della sua immagine. obiettivi 1 e 2 Diversi da zero Infatti, nell equazione fornita dal problema, e compaiono a denominatore. a O a V (2a; 2a) Figura 1 obiettivo 3 Per determinare le condizioni su a, si impone il sistema tra il fascio e la retta: + = 4 = a a e si ottiene l equazione risolvente, di secondo grado, a cui imporre le condizioni sul discriminante ( >0 corrisponde a curva secante e =0 corrisponde a curva tangente): a = 0. Si ottiene la condizione sul parametro a: a 1 che, aggiunta a quella di partenza, fornisce: 0 < a 1. La condizione di tangenza può anche essere determinata con considerazioni geometriche, tenendo conto che anche la retta data è simmetrica rispetto alla bisettrice del primo e del terzo quadrante, dunque deve passare per il vertice (2a, 2a): 2a + 2a = 4, cioè a = 1. obiettivo 4 ESAME DI MATEMATIA 14

3 La circonferenza k può essere determinata noti il suo centro e il suo raggio. Dato il centro, l equazione sarà: ( 1) 2 + ( 1) 2 = r 2, anch essa simmetrica rispetto alla bisettrice del primo e del terzo quadrante. Il raggio può essere determinato da condizioni geometriche. Il centro viene fornito dal testo (informazione 3), il raggio può essere determinato per esempio dalle seguenti considerazioni geometriche. In figura 2 si applica il teorema di Pitagora al triangolo PH, determinando P, noti PH (informazione 4) e H (come distanza punto-retta): P = PH 2 + H 2 = 2. La circonferenza k pertanto ha equazione = 0. Si osserva che vale la relazione: P = PQ quindi l angolo PQ è retto. 2, obiettivo 5 4 P 1 H Q O 1 4 t Segmento circolare È la parte di cerchio compresa fra un arco e la corrispondente corda. Figura 2 Per ottenere le due aree occorre calcolarne una come area di un segmento circolare, e determinare l altra per differenza. L area della regione minore si ottiene dalla differenza tra l area del settore circolare PQ e l area del triangolo PQ. In questo caso, essendo il settore la quarta parte di un cerchio, si ha: A 1 = 1 4 πr = π 2. L altra area si ottiene per differenza dall area del cerchio e vale: A 2 = 3π + 2. O obiettivo 6 Figura 3 Vista la situazione di simmetria della figura rispetto alla bisettrice del primo e del terzo quadrante, per imporre la tangenza tra un iperbole del fascio e la circonferenza, è possibile utilizzare la tangenza tra la circonferenza e la retta tangente al fascio del vertice V. Oppure è possibile sfruttare la situazione di simmetria imponendo che la distanza tra il centro della circonferenza e il vertice V sia uguale al raggio: obiettivo 7 (l altra soluzione non è accettabile perché negativa). 2(2a 1) 2 = 2. Per a si ottiene il valore 15

4 onsiderato un qualunque triangolo AB, siano D ed E due punti interni al lato B tali che: BD = DE = E. Siano poi M ed N i punti medi rispettivamente dei segmenti AD ed AE. a) Dimostrare che il quadrilatero DENM è la quarta parte del triangolo AB. b) Ammesso che l area del quadrilatero DENM sia dove a è la lunghezza assegnata, verifica- e ammesso che l angolo ABˆ sia acuto e si abbia inoltre: re che tale quadrilatero risulta essere un trapezio r ESAME DI MATEMATIA 16

5 Punti medi Il segmento che congiunge i punti medi di due lati di un triangolo è parallelo al terzo lato e uguale alla sua metà. Il quadrilatero è un trapezio, perché il lato MN è parallelo al lato DE, essendo MN il segmento che congiunge i punti medi di due lati del triangolo ADE. Detta k l area di AB, DE + MN AH l area di DENM sarà: 2 2 = 1 6 k k = 1 4 k. obiettivo 1 Dall informazione 3 si ottiene l area di AB per il risultato dell obiettivo 1. Essa vale 90a 2, da cui si determina l altezza AH del triangolo AB: essa vale 12a. Applicando il teorema di Pitagora al triangolo ABH si ha la proiezione di AB su B, che vale 5a. Ma dai dati si sa che il segmento BD, terza parte di B, misura 5a. Quindi il punto H coincide con il punto D, l altezza AH coincide con il lato AD del triangolo ADE, cioè il trapezio DENM è rettangolo. obiettivo 2 Scelto il punto M come centro del sistema di assi cartesiani (figura 5), la parabola ha equazione: = 2 25a , = A 2 + B + per i tre punti 0 = 0 = 25 4 a2 A + B 5 2 a 6a = 100a 2 A + B10a ottenibile facilmente imponendo il passaggio della parabola M(0,0), N 5 2 a,0 e (10a, 6a) e risolvendo il sistema: A M N F B D H E Figura 5 obiettivo 3 17

6 Imponendo il passaggio della retta = m + n per i punti A(0,6a) e (10a, 6a) si ottiene l equazione della retta A: = a. La retta interseca la parabola anche nel punto F di ascissa La prima area si ottiene dall integrale: area si ottiene per differenza dall area del triangolo AD, che misura 60a 2,e vale: obiettivo a a a a d = a2. 0 L altra a3. QUESTIONARIO 1. Indicata con f () una funzione reale di variabile reale, si sa che f () l per a, essendo l ed a numeri reali. Dire se ciò è sufficiente per concludere che f (a) = l e fornire un esauriente spiegazione della risposta. Il fatto che una funzione ammette limite in un punto non è sufficiente per poter affermare che il suo valore in quel punto sia il valore del limite, perché la funzione potrebbe essere = 3 per 0 non continua in quel punto. Per esempio, la funzione ammette limite = 4 per = 0 0 nel punto 0, ma tale valore non corrisponde a f (0), che vale 4. 2 Sia f () una funzione reale di variabile reale, continua nel campo reale, tale che f (0) = 2. alcolare: dove e è la base dei logaritmi naturali. Applicando il teorema di De L Hôpital al limite dato, si ottiene: lim 0 0 lim 0 0 f (t)dt 2e, f (t)dt f () = lim 2e 0 2e ( +1) = 2 2 = 1 3 Si consideri il cubo di spigoli AA, BB,, DD, in cui due facce opposte sono i quadrati ABD e A B D. Sia E il punto medio dello spigolo AB. I piani A A e D DE dividono il cubo in quattro parti. Dimostrare che la parte più estesa è il quintuplo di quella meno estesa. Facendo l ipotesi che lo spigolo del cubo abbia lunghezza unitaria, in figura 6 si vedono i piani che secano il piano di base ABD. ESAME DI MATEMATIA 18

7 Dalla figura 6, si vede che il cubo risulta D essere composto da quattro prismi retti. Poiché il volume di un prisma si ottiene moltiplicando l area di base per la sua altezza, e i prismi hanno tutti la stessa A F E B altezza, è possibile semplificare la dimostrazione riferendola alle sole aree di base dei prismi, perché il loro rapporto è pari D al rapporto dei volumi dei corrispondenti prismi. A E B In figura 7 si vede la proiezione della configurazione sulla faccia ABD. Figura 6 D F A E B Figura 7 Bisogna dimostrare che l area di FBE è quintupla di quella di AFE. Data l additività dell area, è sufficiente dimostrare che l area di AFE è la sesta parte dell area del triangolo AB, (che è la metà dell area della faccia del cubo, quindi vale essendo lo spi- 1 golo unitario). 2, Pensando a un sistema di coordinate (figura 8) centrato in A e con assi coincidenti con due lati del quadrato (AD e AB), il problema si risolve semplicemente intersecando le due rette: DE, di equazione = e A, di equazione =. Il punto F, così ottenuto, ha coordinate Il triangolo AFE ha quindi area uguale a pari a dell area di AB, che vale 3, , D F A E B Figura 8 4 Un tronco di piramide ha basi di aree B e b ed altezza h. Dimostrare, col metodo preferito, che il suo volume V è espresso dalla seguente formula: V = 1 3 hb+ ( b + Bb ). In ogni caso esplicitare ciò che si ammette ai fini della dimostrazione. 19

8 Un tronco di piramide di altezza h può essere visto come la differenza tra due piramidi con lo stesso vertice, una ottenuta dall altra per proiezione centrale, come in figura 9. Detta l altezza della più piccola, e h + l altezza della maggiore, allora il volume del tronco vale: V T = 1 sapendo che il 3 [ B(h + ) b ], volume della piramide si ottiene dal terzo del prodotto dell area di base per l altezza. Per via della proiezione centrale su piani paralleli, è possibile scrivere la proporzione: B : b = (h + ) 2 : 2, da cui si ricava (scegliendo la soluzione positiva): = bh + Bbh che, sostituito nel volume del tronco, dà il risultato B b cercato. b h B Figura 9 5 Sia f () una funzione reale di variabile reale, derivabile in un intervallo [a,b] e tale che, per ogni di tale intervallo, risulti f () = 0. Dimostrare che f () è costante in quell intervallo. La funzione a derivata nulla in tutte le di un intervallo chiuso è costante perché, in caso contrario (nel caso in cui la funzione localmente non sia costante), la sua derivata avrebbe valori diversi da zero. 6 Dimostrare che si ha: n k = n 1 + n 1 k k 1 dove n, k sono numeri naturali qualsiasi, con n > k > 0. n Si sfrutta la definizione di coefficiente binomiale: k = n! k!(n k)!. I calcoli sono: n 1 + n 1 (n 1)! = k k 1 k!(n 1 k)! + (n 1)! (k 1)!(n k)! = (n 1)![(n k) + k] k!(n k)! = n k. 7. Fra i triangoli inscritti in un semicerchio quello isoscele ha: a) area massima e perimetro massimo; b) area massima e perimetro minimo; c) area minima e perimetro massimo; d) area minima e perimetro minimo. Una sola risposta è corretta: individuarla e darne un esauriente spiegazione. La risposta corretta è la a). Ha l area massima perché i triangoli inscritti in un semicerchio hanno tutti la stessa base e altezza variabile tra 0 e il raggio: quello isoscele ha l altezza pari al raggio e quindi area massima. Ha il perimetro massimo perché, se lo ESAME DI MATEMATIA 20

9 esprimiamo in funzione di, dove con abbiamo indicato uno dei due angoli alla base, come in figura 10, allora il perimetro vale: f() = 2r (1 + sin + cos). La sua derivata f () si annulla per = π che corrisponde al triangolo isoscele. 4, r r r Figura onsiderata la funzione: f () = a 3 + 2a 2 3, dove a è un parametro reale non nullo, determinare i valori di a per cui essa ha un massimo e un minimo relativi a quelli per cui non ha punti estremanti. Si tratta di una cubica, che ha una funzione derivata prima di secondo grado. La derivata prima dunque si annulla se il suo discriminante è maggiore di zero, mentre non si annulla se esso è minore di zero. Tale derivata prima si annulla in due punti nella prima ipotesi, in cui la funzione ammette massimo e minimo, mentre nella seconda ipotesi la funzione non ammette né massimo né minimo. Queste due situazioni accadono rispettivamente per i valori di a: a < 9 (massimo e minimo), o nell insieme complementare: 4 o a > 0 9 (né massimo né minimo). Il valore a = 0 è escluso perché altrimenti non si 4 a < 0 tratta di una cubica. sen cos 9. Il limite della funzione, quando tende a +, a) è uguale a 0; b) è uguale ad 1; c) è un valore diverso dai due precedenti; d) non è determinato. Una sola risposta è corretta: individuarla e darne un esauriente spiegazione. Quando tende all infinito cos e sin non ammettono un limite, ma infiniti valori limite, (tali valori sono limitati, perché appartengono all intervallo [ 1, 1]). Quindi il limite del numeratore non esiste. In questo caso però, poiché il denominatore tende all infinito, il rapporto ammette limite, che è zero, perché rapporto di una quantità limitata per una che tende all infinito. Quindi la risposta corretta è la a). + sen 10. Si consideri la funzione Stabilire se si può calcolarne il limite per + cos. e spiegare se il calcolo può essere effettuato ricorrendo al teorema di De L Hôpital. Il limite per che tende all infinito vale 1, perché sia il numeratore che il denominatore sono asintotici a, essendo uguali alla somma di con funzioni limitate. Non è possibile applicare il teorema di De L Hôpital, in quanto, derivando numeratore e denominatore, si ottiene una funzione che non ammette limite all infinito. 21