Esame di Stato di Liceo Scientifico Corso di Ordinamento

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1 Corso di Ordinamento Soluzione dei Temi di Matematica proposti nella Sessione Ordinaria 006

2 Sessione Ordinaria 006 Corso di Ordinamento Sommario Problema Punto a) Punto b) Punto c) Punto Finale 4 Problema 5 Punto 5 Punto 6 Punto 6 Questionario 9 Quesito 9 Quesito 9 Quesito Quesito 4 Quesito 5 Quesito 6 Quesito 7 Quesito 8 Quesito 9 Quesito 0

3 Sessione Ordinaria 006 Corso di Ordinamento Problema Punto a) λ Indicata con x la misura di un lato del rettangolo, con 0 x, la sua area è: λ λ A( x) = x x = x + x A x è una parabola concava, per cui assume valore massimo nel suo vertice La funzione ( ) b V ; a 4a b λ Risulta xv = = a 4 Per x = λ 4, l altro lato del rettangolo è lungo λ λ x = e quindi in corrispondenza del quadrato 4 con i lati tutti uguali a 4 λ, l area è massima Punto b) Indicata con x la lunghezza della porzione di filo che delimita il perimetro dell aiuola quadrata, con 0 x λ, e con λ x la lunghezza della porzione di filo con cui viene delimitata l aiuola circolare (circonferenza), la somma delle due aree è: ( λ x) λ π + 4 λ λ x x x S( x) = + π = + = x x+ (*) 4 π 6 4π 6π π 4π Ancora una volta la funzione da studiare è una parabola, in questo caso, convessa La derivata prima di tale funzione è: ' π + 4 λ S ( x) = x 8π π 4λ che assume valore minimo per x = π + 4 Punto c) Per determinare il valore massimo, sostituiamo nella (*) gli estremi di variazione della x Risulta: λ S ( 0) = 4π π + 4 λ λ λ S ( λ) = λ + = 6π π 4π 6 S 0 > S λ, la funzione assume valore massimo per x = 0 ossia quando tutto il filo è Essendo ( ) ( ) utilizzato per l aiuola circolare

4 Sessione Ordinaria 006 Corso di Ordinamento Punto Finale Indicate, rispettivamente con l, l e l le lunghezze delle dimensioni del parallelepipedo rettangolo iniziale, il suo volume è V0 = l l l Il parallelepipedo modificato ha un volume: f ( 0 ) ( 0 ) ( 0 ) ( ) ( ) 0 V = l + l l + l l + l = l l l = V L aumento percentuale è dato da: (( ) ) Vf V V = 00 = % V V 0 0 4

5 Sessione Ordinaria 006 Corso di Ordinamento Problema Punto La funzione g( x ) rappresenta un fascio di parabole con il vertice nell origine degli assi Se a < 0 la parabola risulta essere concava e negativa x 0 Se a = 0 la parabola degenera in una retta, l asse delle ascisse Se a > 0 la parabola risulta essere convessa e positiva x 0 Ricordando che due curve sono tangenti tra di loro se hanno una retta tangente in comune, per determinare il valore del parametro a per cui i grafici delle funzioni sono tra loro tangenti è sufficiente risolvere il sistema: f ( x) = g( x) ' ' f ( x) = g ( x) x > 0 ossia: ln x = ax ln x = ax ln x = ax ln = a = e a a = e = ax da cui x = ; x = ; x = ; x = ; x = x a a a a a x > 0 x > 0 x > 0 x > 0 x > 0 x > 0 Pertanto le due curve sono tangenti per a = e (*) 5

6 Sessione Ordinaria 006 Corso di Ordinamento Dalla (*) e dal grafico posso concludere che l equazione ln x = ax ammette: Una soluzione reale, positiva, per a 0 ; Due soluzioni reali e distinte, positive, per 0 < a < ; e Due soluzioni reali e coincidenti, positive, per a = e ; Nessuna soluzione reale per a > e Punto L area della parte di piano delimitata dai grafici delle funzioni f e g è quella colorata in grigio nella figura Il suo valore è dato da: 0 ( x ln x) dx = x x ln x + x = ln Punto Posto a =, studio la funzione: h( x) = ln x x Dominio Posta la condizione per l esistenza del logaritmo naturale, x > 0, il dominio della funzione è l insieme: D = ] 0, + [ Simmetrie Non essendo D un dominio di parità, la funzione non può presentare particolari simmetrie Intersezioni con gli assi cartesiani Dallo studio effettuato nel punto ), la funzione non presenta intersezioni Segno Sempre per lo studio effettuato nel precedente punto ), risulta f ( x) < 0 x D Discontinuità Comportamento negli estremi del dominio 6

7 La funzione non presenta discontinuità Risulta: lim(ln x x ) = + x 0 Esame di Stato di Liceo Scientifico Sessione Ordinaria 006 Corso di Ordinamento ln x ln H x lim (ln x x ) = lim x ( ) = lim x lim lim x lim x x + + x x = x x = x + + x + + x Asintoti La funzione presenta un asintoto verticale destro per x = 0 e non presenta asintoti orizzontali (5) Risultando: ln x x H lim = lim x = x + x x + x la funzione non presenta asintoti obliqui Monotonia Punti estremanti Determino la derivata prima della funzione Risulta: ' x h ( x) = x = x x Si ha che: ' h ( x) > 0 x 0, e quindi h(x) è crescente x 0, ; ' h ( x) = 0 per x = e quindi h(x) presenta un massimo nel punto M ' h ( x) < 0 x, + e quindi h(x) è decrescente x, + ln + ; Convessità, punti di flesso La derivata seconda della funzione è: '' + x h ( x) = x che risulta essere negativa x D e, pertanto, la funzione è concava 7

8 Sessione Ordinaria 006 Corso di Ordinamento Grafico 8

9 Sessione Ordinaria 006 Corso di Ordinamento Questionario Quesito I chicchi di grano disposti sulla scacchiera formano una progressione geometrica di ragione q = Indicata con { a n } una progressione geometrica, la somma dei suoi primi n termini è: Nel caso in questione risulta: S n n q = a q S64 = = 6 Ricordando che g = 0 t, la massa totale dei chicchi, espressa in tonnellate, è: 64 6 M = t == 70 0 t Quesito chicchi ( ) ( ) Premesse Nella Geometria dello spazio i poliedri regolari sono i poliedri le cui facce sono poligoni regolari tra loro tutti congruenti e i cui angoloidi sono congruenti tra loro La somma delle facce di un angoloide è minore di quattro angoli retti ( π ) Le facce di un angoloide devono essere angoli di poligoni regolari e devono essere almeno tre n π Inoltre la somma degli angoli interni di un poligono regolare di n lati è pari a ( ) L angolo interno di un esagono ha ampiezza ( 6 ) π = π che moltiplicato per da π 6 La conseguenza è che non si possono avere poliedri regolari le cui facce siano esagoni, ettagoni, etc Pertanto: se le facce che concorrono in un vertice sono triangoli equilateri (angolo di π ), i casi possibili sono : facce Allora la somma degli angoli delle facce che s incontrano in un vertice è π, e si ha il Tetraedro (quattro triangoli equilateri); 4 facce Allora la somma degli angoli delle facce che s incontrano in un vertice è uguale a 4 π, e si ha l'ottaedro (otto triangoli equilateri); 5 facce Allora la somma degli angoli delle facce che s incontrano in un vertice è uguale a 5 π e si ha l'icosaedro (venti triangoli equilateri) 9

10 Sessione Ordinaria 006 Corso di Ordinamento Tetraedro regolare (4 triangoli equilateri) Ottaedro regolare (8 triangoli equilateri) Icosaedro regolare (0 triangoli equilateri) se le facce che concorrono in un vertice sono quadrati (angolo di π ), si può avere solo un caso: facce Allora la somma degli angoli delle facce che s incontrano in un vertice è uguale a π e si ha il Cubo o Esaedro se le facce che concorrono in un vertice sono pentagoni regolari (angolo di π ) si può 5 avere solo un caso: facce Allora la somma degli angoli delle facce che s incontrano in un vertice è uguale a 9 π e si ha il Dodecaedro ( pentagoni regolari) 5 Esaedro regolare (cubo) (6 quadrati) Dodecaedro regolare ( pentagoni regolari) 0

11 Sessione Ordinaria 006 Corso di Ordinamento Quesito Indico con e con le dimensioni del foglio di carta e, rispettivamente, con x e con y le dimensioni del rettangolo che rappresenta l area di stampa Deve essere: = x + 4; = y + 8; x y = 50; x 0; y 0 x Esplicito y dalla terza y = e ottengo che l area del foglio ha superficie: S( x) = = ( x+ 4) + = 8x+ + 8 x x 00 5 La derivata prima di S(x) è '( ) 8 8 x S x = = e tale derivata è positiva per x 5 x x Pertanto le dimensioni del foglio di carta di area minima che si può utilizzare sono: = 9cm e = 8cm Quesito 4 La diagonale del cubo inscritto in una sfera è pari al diametro della sfera stessa Indicata con d = m la diagonale del cubo, il lato del cubo è: d l = = m = 0 dm Il volume del cubo è V l = = 0 dm = 0 dm 945litri 9 Quesito 5 Considero la formula del binomio di Newton: n n n n i i ( a+ b) = a b i= 0 i (*) La somma dei coefficienti di ( a+ b) n n n è i= 0 i, posto a = b= nella (*), si ottiene: n n n n = ( + ) = i= 0 i

12 Sessione Ordinaria 006 Corso di Ordinamento Quesito 6 L equazione, esplicitata, è: 5k cosx = = 5 (*) k k con la condizione 5 < x < 45 da cui 0 < x < 90 (**) Tenendo presente che la funzione coseno nel I quadrante è decrescente, dalla (*) e dalla (**) si ottiene: cos 90 < 5 < cos 0 k ossia 0< 5 < k da cui 5 < 5 k < 4 e, infine < k < 5 0 Quesito 7 La funzione proposta ( ) Continua in [ 0, ]; Derivabile in ] 0, [ f x = x x è una funzione polinomiale che risulta: e, pertanto, soddisfa le ipotesi del teorema di Lagrange, ossia deve esistere almeno un punto ξ ] 0,[ che verifichi la condizione riportata dalla traccia Osservato che: f b = f = = ( ) ( ) ( ) f ( ) ( ) f a = 0 = 0 e f ' x = x 4x, il punto ξ deve essere soluzione dell equazione: 0 = ξ 4ξ 0 ossia ξ 4ξ + = 0 da cui Quesito 8 ξ = oppure ξ = (non accettabile) π Il teorema degli zeri non è applicabile alla funzione tangente nell intervallo, π 4 4 in quanto pur assumendo valori di segno opposto negli estremi di tale intervallo ( tg π = e tg π = ) presenta 4 4 π π una discontinuità di seconda specie nel punto, π 4 4

13 Sessione Ordinaria 006 Corso di Ordinamento Quesito 9 Essendo f ( x) 0, per ogni x del dominio, dall uguaglianza f '( x) f ( x) f '( x) f ( x ) da cui, integrando entrambi i membri '( ) f x ( ) = dx f x ossia ln f ( x) = x+ c x+ c x c x da cui ( ) f x = e = e e = e c Dovendo essere f ( 0) = si ottiene c = x La funzione richiesta è la funzione esponenziale f ( x) = e = si ottiene: Quesito 0 = + e π y = cos( ax + b) sono funzioni periodiche di periodo T = a 4 Osservato che f '( x) = acos x bsin x e che deve essere f ' π = 0, con l altra condizione f π = si ottiene il seguente sistema: 4 4 acos π bsin π = 0 asin π + bcos π = ossia a + b = 0 a b = da cui a = b = La funzione può essere scritta nel seguente modo: f ( x) sin x cos x sin x cos x cos π sin x sin π cos x sin x π = + = + = + = e, pertanto, è una funzione periodica di periodo π Ricordo, preliminarmente, che, assegnati ( ab, ), le funzioni del tipo y sin ( ax b)