Simulazione 2017/18 SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA DELL ESAME DI STATO

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1 Simulazione 7/8 ANNO SCOLASTICO 7/8 SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA DELL ESAME DI STATO PER IL LICEO SCIENTIFICO Risoluzione Problema In pieno recupero a Il profilo del tetto è continuo, simmetrico rispetto all asse y, interseca l asse in ( ;) e ( ; ) e l asse y in ( ;4 ) Entrambe le funzioni f ( ) e f ( ) sono pari, quindi i loro grafici sono simmetrici rispetto all asse y, e intersecano l asse nei punti ( ± ;) e l asse y nel punto ( ;4 ) Esplicitiamo la funzione f ( ): f ( ) Calcoliamo la sua derivata in = : da cui: La funzione f ' 8 4 se < = 8 4 se ( ) se < < = se < < lim f ' ( ) = lim =+ ; lim f ' ( ) = lim = + + f ammette un punto a tangente verticale in =, che è una cuspide, mentre il profilo del tetto raffigurato in figura presenta un punto angoloso Consideriamo, ora, la funzione: La sua derivata è: f f ' ( ) ( ) ( ) = ( ) + se < se ( + ) se < < = ( ) se < < Zanichelli editore, 8

2 Simulazione 7/8 da cui: 4 lim f ' lim La funzione ' in [ ;] ; = ( + ) = ; lim f ' ( ) lim ( ) f ha un punto angoloso in = Inoltre: f < per + + < <, quindi f ( ) è decrescente in [ ] f '' = > per in tutto l intervallo Quindi < <, quindi f f rappresenta il profilo del tetto meglio di quanto faccia 4 = = ; e, per simmetria, crescente ha la concavità rivolta verso l alto f 4 4 Le rette tangenti hanno equazione y= + 4 e y = + 4 L angolo α compreso tra le due tangenti al grafico è ottuso Il modo più semplice per calcolarlo è raddoppiare l angolo che ciascuna di tali rette forma con l asse y π 4 α = arctan ovvero α 4' Il volume dell edificio si può calcolare considerandolo come un solido retto la cui altezza è m e la cui superficie di base è quella rappresentata in figura, formata da un rettangolo di area A = m 8 m = 6 m sormontato da una regione di area: A = f( ) d= ( ) d ( ) d = + = 8 = m + = + = La superficie di base del solido retto misura quindi: 8 6 A= A+ A = 6 + = m Il volume dell edificio è, pertanto: 6 6 m V = A h= = b In base ai dati deducibili dal grafico, la parabola ha vertice V ( ;) e passa per ( ;) cerchiamone l equazione: y = a ; vertice V passaggio per A = 64a a= 64 La parabola ha equazione: 4 y= ( ) y= + y= ( + 6) A ; Zanichelli editore, 8

3 Simulazione 7/8 Calcoliamo l area del palco: A palco = 64 = 64 6 ( + 6) 86 4 = 64 d = = m m 6 = Dovendo dare tre mani di vernice, si può ritenere che la superficie da verniciare sia di circa m Dal momento che la resa della vernice, una volta diluita, è di m a barattolo, occorre acquistare: : =,7 barattoli Il costo sostenuto per l acquisto della vernice è di 6 = 84 Osserviamo che il dato sulla percentuale di diluizione è un classico dato distrattore : non serve, infatti, per la risoluzione del problema g = c Studiamo la funzione Dominio: La funzione può essere scritta nella forma: g = = < se se La funzione g( ) è pari, in quanto il dominio è simmetrico rispetto all origine e inoltre: g = = = g Determiniamo le eventuali intersezioni con gli assi: y = y = y = y g = ( ) y = = = = ; ; Quindi il grafico di g( ) interseca gli assi cartesiani in ( ), ( ; ), g( ) è sempre positiva, tranne in = e in =± in cui si annulla g( ) è continua nel proprio dominio Studiamo la derivabilità della funzione per, ed estendiamo i risultati per simmetria: g' ( ) = + ( ) = = = Osserviamo che: g' : < < ; o dominio di &%$ o lim g' ( ) = lim = #"! +, quindi ( ; ) è un punto a tangente verticale; per simmetria possiamo affermare che la funzione ammette un punto a tangente verticale ; ; anche in Zanichelli editore, 8

4 Simulazione 7/8 + + &%$ o lim g' ( ) = lim = e, per la parità, g ( ) #"! punto angoloso in O ( ;) ; lim ' =, quindi la funzione ha un o g', quindi = è punto di massimo relativo e g( ) ha un massimo in simmetria, ha un massimo relativo in ; g Tralasciamo lo studio della derivata seconda e disegniamo il grafico di ; e, per d Come scritto nel testo del problema, ogni finestra ha la forma di un quadrato di alto m sormontato da una regione il cui profilo è individuato da g( ) Possiamo allora disegnare il contorno della finestra Calcoliamo innanzitutto l area di ciascuna finestra: determiniamo l area della parte di piano indicata con g per, sommiamo l area del A, delimitata dall asse e dal grafico di rettangolo indicato con A e raddoppiamo il valore così trovato + A = g( ) d= d ( ) d ( ) = = = + Zanichelli editore, 8 4

5 Simulazione 7/8 La superficie totale delle finestre è: = ( ) = ( ) = m ; A = m ; 4 Area finestra = ( A+ A) = + = m A 4 7 tot = Area finestra = = m, m La spesa da sostenere per il restauro delle finestre è stimata in: Spesa, m, 6, m da arrotondare a Zanichelli editore, 8

6 Simulazione 7/8 Problema g a Osserviamo che continua e derivabile Per avere un flesso in dopo = Calcoliamo: 4 λ = +λ = +λ è una funzione polinomiale, indefinitamente =, deve essere g" λ ( ) =, con g" ( ) g ' = 4 + λ, g '' = + 6λ = 6 +λ λ Annulliamo la derivata seconda in = : g λ '' = 6 +λ = λ= La funzione '' 6 ( ) quindi = è un punto di flesso per la funzione g ( ) 4 g ( ) = + λ λ di segno opposto prima e = + = + ha segno opposto in un intorno di =, infatti: corrispondente a λ= : λ b Studiamo g ( ) per disegnare il grafico di Γ g ( ) è definita su R, non è né pari né dispari essendo g( ) g( ) lim g ( ) =+, ma g ± grado g + ; Γ interseca gli assi cartesiani nell origine e in ( ;) g ( ) = + = ( + ) ; ± non ammette asintoti obliqui essendo un polinomio di quarto ' 4 6 g ' ( ) < per < e g ' > per > g ha un punto di Dal quadro dei segni deduciamo che minimo relativo in =, con g 7 7 = + =, 8 6 e un flesso a tangente orizzontale in = 7 =+, il punto ; 6 g Poiché lim g ( ) ± è anche minimo assoluto di Per quanto ricavato al punto precedente, < > e verso il basso per < < = è un punto di flesso obliquo perché 4 Il flesso F ha coordinate F ( ; ) F g volge la concavità verso l alto per g ' Calcoliamo: g = + = Zanichelli editore, 8 6

7 Simulazione 7/8 La retta t, tangente in F al grafico Γ della funzione g y ( ) = g '( ) Calcoliamo g ' ( ) : L equazione di t è: g ' = = Disegniamo il grafico Γ e la retta tangente t y+ = + y= +, ha equazione: Cerchiamo l ulteriore punto di intersezione A tra la retta t e il grafico Γ : y= + 4 y = + L equazione risolvente 4 + = ammette certamente la soluzione = con molteplicità almeno, dal momento che la curva e la retta sono tangenti in = Osserviamo che: = + = + + = ( )( ) ( )( )( ) ( )( ), = + + = + + = + pertanto le soluzioni dell equazione risolvente sono: = =, e i punti comuni alle due curve sono F e A ( ; ) Calcoliamo l area della regione compresa fra la retta t e il grafico Γ : A= ( ) d ( ) d + + = + + = + + = 8 = = + = Zanichelli editore, 8 7

8 Simulazione 7/8 c L ascissa del punto cercato risolve l equazione g ' =, quindi: = + = + = + = Sappiamo che =, l ascissa di F, è una soluzione di tale equazione, pertanto + è un fattore del polinomio a primo membro Applichiamo il metodo di Ruffini per scomporre il polinomio: e riscriviamo l equazione: ( )( ) + + = Il secondo fattore + è un trinomio particolare; due numeri che hanno somma s = e prodotto p = sono e, quindi il trinomio si scompone in + = ( + ) L equazione iniziale diventa: + = le cui soluzioni sono: =, che è l ascissa di F; =, che è l ascissa del punto cercato B Per = è: g = + = B ; g = + rispetto all asse y è la funzione: 4 d La funzione simmetrica di ( ) g 4 ( ) che corrisponde alla funzione g ( ) ( ) λ= ϕ = = =, λ = +λ per La funzione simmetrica di g ( ) g ( ) che non si ottiene da g ( ) rispetto all asse, invece, è data da: ψ = = =, λ per alcun valore di λ Se così fosse, infatti, dovrebbe essere = +λ λ=, con λ costante, e questo è impossibile e La funzione g è continua in R, perché composizione di funzioni continue, quindi per il Teorema di Torricelli la funzione integrale G = g t dt è derivabile con derivata: G' = g, per ogni R Zanichelli editore, 8 8

9 Simulazione 7/8 Dal momento che G' ( ) = g ( ) per ogni R, la funzione R ; in particolare, G( ) non presenta estremi né relativi né assoluti Determiniamo ora i valori richiesti: G( ) = g ( t) dt = per le proprietà dell integrale definito; 4 4 G = g t dt = t + t dt = t + t = ( ) 4 8 = = = = = 6 ; = 4 t t + G è non decrescente in G = g ( t) dt = ( t + t ) dt = + = + = = = Gli eventuali punti stazionari di G( ) sono punti di flesso a tangente orizzontale poiché, come determinato prima, G( ) è priva di minimi e massimi relativi Ricerchiamo tali punti stazionari: G' ( ) = g ( ) = ( + ) = = = Le coordinate dei punti stazionari di G( ) sono: ; G( ) = ; e ( G ) Per quanto riguarda lo studio della concavità di G' = g discende G( ) osserviamo che da G'' ( ) = D[ g ( ) ], quindi: se g ( ) è crescente, G'' ( ) > e la concavità verso l alto; G volge se g ( ) è decrescente, G'' ( ) < e G( ) volge la concavità verso il basso g, disegnato prima, ricaviamo il Dal grafico di grafico di g a lato 8 ; = ; Otteniamo: per l alto; per il basso < < > la funzione g ( ) è crescente e < < < la funzione g ( ) è decrescente e G volge la concavità verso G volge la concavità verso Zanichelli editore, 8 9

10 Simulazione 7/8 Infine ricordiamo che: G è derivabile in R, quindi non ha asintoti verticali; G( ) è non decrescente in R In base ai risultati fin qui ottenuti possiamo tracciare il grafico indicativo della funzione G( ) Questionario L appartenenza dei punti A( ;; ) e ( ;; ) B al piano α di equazione y+ z = si può verificare per sostituzione diretta: + = = A α, + = = B α I punti C e C nel piano β perpendicolare a α e contenente la retta AB tali che i triangoli ABC e ABC siano equilateri appartengono alla retta r perpendicolare a α e passante per il M ;; punto medio del segmento AB, cioè il punto Zanichelli editore, 8

11 Simulazione 7/8 I coefficienti direttivi della retta r sono dati dai coefficienti delle incognite dell equazione del piano α, per cui l equazione di r in forma parametrica è: = t+ r: y = t +, con t R, z = t Ct+ ; t+ ; t e i punti C cercati hanno coordinate del tipo La condizione che i triangoli ABC e ABC siano equilateri implica che le distanze CM e CM, cioè le altezze relative al lato AB, siano tali che: pertanto si deve avere: CM = CM = AB= = 6, CM = t + + t + t = t + 4t + t = 6t = t 6 t 6 = 6 t = t =± Sostituendo nelle coordinate del generico punto C troviamo i due punti cercati: per C ; ;, per C ; ; t =, t =, La funzione f ( ) = a + b ammette come asintoto obliquo per + la retta di equazione y= + se sono soddisfatte le seguenti tre condizioni: a b + lim a + b =, lim =, lim a + b = Dalla prima condizione otteniamo: a + b + a + b lim a + b = lim a + b = lim = a + b + a + b + a Dalle altre condizioni ricaviamo: b a + b a + b a + lim = lim = lim = + a = a= 9, ( b ) ( b ) 9 + b + b lim 9 + = lim 9 + = lim = b b = lim + b b = = b = 6 b I parametri devono quindi valere a = 9 e b = 6 Zanichelli editore, 8

12 Simulazione 7/8 Le funzioni f ( ) e g sono entrambe definite per I grafici delle due funzioni sono ortogonali nel loro punto di intersezione P se sono perpendicolari le rispettive rette tangenti in P Determiniamo, per le due funzioni assegnate, il punto P di intersezione: a a y= = a = 9 = a, con a > y = y= y= y= a Calcoliamo le derivate delle funzioni f ( ) e g( ) nel punto P: f' ( ) = a a = f' = a g' Le rette tangenti ai grafici di f ( ) e, a = g' = a g in P sono perpendicolari se: 9 a a a 4 4 f' g' = = a = a a a=±, e poiché a deve essere positivo troviamo a = Possiamo ricavare le coordinate di P e le equazioni delle rette r e s tangenti in P rispettivamente g : al grafico di f ( ) e P ( ; ) ; 8 r: y= ( ) + y= + ; s: y= + y= La funzione f ( ) è definita su R Procediamo nel seguente modo: ricaviamo l equazione della retta tangente al grafico di f ( ) in un suo generico punto At ( ; f( t )), con t R, e imponiamo che tale retta passi per il punto P( ; k ) Calcoliamo la derivata della funzione: f' ( ) = =, + + osserviamo che è definita su R e ricaviamo l equazione della retta tangente al grafico di f ( ) in At; f( t ) : t y = f' ( t)( t) + f ( t) y = ( t) + t + t t + t t + y = + t + t + Zanichelli editore, 8

13 Simulazione 7/8 Il termine t + rappresenta l ordinata all origine della tangente in ; Imponendo quindi che tale retta tangente passi per il generico punto P( ; ) At f t per ogni t R k, otteniamo: = k k > t + Inoltre vale la seguente catena di disuguaglianze: t t + t + < < t + t + Quindi deve essere: < k, come si doveva dimostrare La funzione polinomiale p( ) cercata ammette i punti A ( ;), B ( ;) e C( ; ) k come estremanti relativi, quindi =, = e = devono essere tre zeri della derivata prima p' sarà esattamente di grado tre e p'( ) Poiché il polinomio deve essere di grado minimo, si presenta nella forma: p' = a, con a Procedendo per integrazione, otteniamo: p p d a a a d a a a c 4 p passi per i punti A, B e C: = ' = ( + 6 ) = 4 + +, con c Imponiamo che il grafico di c= c= a = a a+ a+ c= a= c= k = a 4a+ 7a+ c= k k = a+ 4 4 Otteniamo dunque la funzione: 4 9 p( ) = e il punto C ; p ammette sicuramente A, B e C come punti stazionari; dalla derivata prima La funzione p' ( ) = ( )( ) 8 ricaviamo poi il quadro dei segni a lato, verificando così che in effetti A e C sono dei minimi relativi e B un massimo relativo per p( ), come richiesto dal quesito La funzione non presenta altri minimi relativi e, 9 poiché ya = < yc =, il minimo assoluto risulta essere A ( ;) Zanichelli editore, 8

14 Simulazione 7/8 a e 6 La funzione integranda y = è continua su R, quindi per il teorema di Torricelli la + ta e funzione integrale f ( ) = dt è derivabile su R ed ha derivata: a t + a e f '( ) = + f è monotona crescente in tutto il suo Poiché risulta ' dominio R f > per ogni, la funzione Affinché una retta possa essere tangente al grafico di avere la seguente equazione: y = f ' $#" ( a)( a) +! f ( a) y = ( a) a + a + f nel punto di ascissa y = a + Valutiamo quale delle due rette proposte può essere scritta in questa forma: = a + a + = per r : y = impossibile ; a = a + = a a + = a + a + = per r : y = a= a = a + = a a + f nel punto di ascissa = a= è r Quindi la retta tangente al grafico di a a = a, deve + 7 Ricaviamo la derivata prima e la derivata seconda della funzione assegnata: y= ae + be +, y' = ae + ae + be +, y'' = ae + ae + be Se sostituiamo nell equazione differenziale data: y'' y' + y = ae + ae + be ae + ae + be + + ae + be + = ae + ae + be ae ae be + ae + be + = = otteniamo un identità indipendentemente da a e b, quindi y( ) è soluzione dell equazione differenziale per ogni valore reale delle costanti a e b Per determinare i valori di a e b imponiamo le due condizioni: y = a e + be + = b= a= y ' = ae + a e + be + = a+ b+ = b= Zanichelli editore, 8 4

15 Simulazione 7/8 8 a Calcoliamo la probabilità di totalizzare almeno sei punti con lanci come la probabilità dell evento contrario di totalizzare al massimo cinque punti Con lanci il punteggio minimo è cinque, e questo si ottiene se a ogni lancio la moneta dà esito testa e il dado dà esito La probabilità che in un lancio tale evento si verifichi è: = 6 Quindi, per la proprietà dell evento contrario, la probabilità di totalizzare almeno sei punti in lanci è: = b Determiniamo il numero n di volte in cui è uscita testa in lanci, nell ipotesi che esca sempre 6 col dado e che in tutto si siano totalizzati 4 punti: 6n+ ( n) = 4 6n= 8 n= La probabilità cercata è dunque equivalente alla probabilità che su lanci di una moneta, esca tre volte testa e due volte croce Poiché la distribuzione è binomiale, tale probabilità è: 4, = = = = 6 b 9 Calcoliamo le derivate di f ( ) = ae fino alla derivata quarta: b b b f '( ) = abe, f ''( ) = ab e, f '''( ) = ab e, (4) 4 b f = ab e Imponiamo le condizioni sulle derivate e risolviamo il sistema: f ' = 8 ab = 8 ab = 8 ab = 8 a = 4 (4) 4 f = 64 ab = 64 8b = 64 b = 8 b = La funzione richiesta è f ( ) = 4e = 4e, è Dimostriamo con il principio di induzione che, per la funzione trovata ( n) n+ f ( ) = e La formula è valida per n =, infatti: + f ' = 4 e = 8e = e = e Supponiamo ora che la formula sia valida per n e dimostriamo la sua validità anche per n + : ( n) n+ ( n+ ) n+ n+ ( n+ ) + f = e f = e = e = e Quindi ( n) n+ f = e per ogni numero naturale n Sostituiamo le espressioni delle derivate nell equazione data: ( n+ ) ( n ) n+ n+ f = f f e = 4 e! n+ n+ n+ n+ = = 4 Abbiamo trovato un uguaglianza verificata per ogni n naturale e per ogni reale, quindi l equazione data è un identità per ogni n naturale f Zanichelli editore, 8

16 Simulazione 7/8 Il volume del solido ottenuto dalla rotazione di R intorno all asse è espresso da: 4 V ( k ) d k d k =π =π =π k = π Per il metodo dei gusci cilindrici, il volume del solido ottenuto dalla rotazione di R intorno all asse y è espresso da: 4 Vy ( k ) d k d k = π = π = π k = π 4 Uguagliamo i due volumi: π k = πk k k = k k = k = k = Poiché per ipotesi deve essere k >, abbiamo una sola soluzione accettabile: k = Zanichelli editore, 8 6