SOLUZIONI ESERCIZI TEST OFA

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1 SOLUZIONI ESERCIZI TEST OFA Alberto Carraro e Samuel Rota Bulò 4 Settembre Test OFA 2010 Domanda 1. Sapendo che 7 =, 5, 9 = 4, 5 e che 8 < 10 =,... l unica 2 2 opzione possibile rimane la B. Per verificarne la correttezza ricordiamo che, 6 = 18. Quindi 10 < 18 < sse < 54 < 55, che è vero Domanda 2. Se x 2 + bx + c = 0 fosse la nostra equazione quadratica allora avremmo soluzioni reali se e soltanto se b 2 4c 0. Prendendo b = 5 e c = 5 otteniamo b 2 4c = = 5 > 0. La riposta quindi è B. Domanda. Piegando un quadrato di lato l a metà otteniamo un rettangolo avente perimetro p = 2l + 2(l/2) = l. Siccome p = 18 deriviamo che l = 6. L area del quadrato è quindi data da A = l 2 = 6. Domanda 4. La velocità di 240 km/h corrisponde a 240( 1000 ) = m/msec (metri al millisecondo). Quindi ci vogliono 15 millisecondi per percorrere un metro. Domanda 5. Abbiamo che = = 1. La risposta corretta è la B. Domanda 6. La funzione tangente è strettamente crescente per angoli compresi tra 0 e π/2. Siccome β > α ne segue che tan(β) > tan(α). Domanda 7. L altezza h del triangolo rispetto alla base AC è data da h = x B x C = 9. L area del triangolo è quindi data da A = AC h/2 = 1

2 5 9/2 = Domanda 8. Solo la funzione al punto D passa per il punto ( 1, 0). Domanda 9. L area della regione è data dalla somma delle aree dei due quadrati, meno l area nell intersezione. Quindi A = = 22. Domanda 10. Abbiamo che a = b e c = 1 c b. Pertanto = 2 b = a 6b 2 = 1. 4 Domanda 11. Il testo dice che 2 c = 5. Siccome 2 2 < 2 c = 5 < 2 per la monotonia della funzione esponenziale vale anche 2 < c < ed infine 2 > c >. Domanda 12. La retta passante per i punti A = (5, 1) e B = (15, 2) ha equazione (y y A )/(y B y A ) = (x x A )/(x B x A ) da cui deriviamo y = (x 5)/ Il costo di una telefonata di 20 minuti è dato da y = (20 5)/ = 2.5. Domanda 1. La probabilità che esca il con un lancio è p = 1/6 e che non esca è 1 p = 5/6. La probabilità che non esca il al primo lancio, ma esca al secondo è (1 p)p = 5/6 Domanda 14. Una perpendicolare alla retta y = mx + q ha equazione y = m x+q dove m = 1/m. La retta r ha coefficiente angolare m = 1/2, quindi una retta perpendicolare ad r ha coefficiente angolare 2. La risposta è quindi la C. Domanda 15. Alla coordinata x = 2 le due funzioni hanno valore f(x) = 2 e g(x) = 4. L unica soluzione che soddisfa le due equazioni è B. Domanda 16. Il 27 percento di P non è altro che (0, 27)P. La popolazione aumentata è data da P + (0, 27)P ovvero P 1, 27. Domanda 17. Risolvendo il sistema otteniamo: { { x 2 + y 2 = 2y 2 + y 2 = x 2 2y 2 = 0 x 2 = 2y 2 { y 2 = 1 x 2 = 2 Abbiamo quindi 4 soluzioni {(1, 2), (1, 2), ( 1, 2), ( 1, 2)}. 2

3 Domanda 19. Secondo il testo 6 è il numero a cui bisogna elevare 2 per ottenere a. Quindi 2 6 = a e 2 12 = (2 6 ) 2 = ( a) 2 = a. Domanda 20. La disequazione può essere fattorizzata in a(a x 2 ) > 0. Siccome a > 0, il segno del prodotto è determinato dal secondo fattore. Quindi la soluzione è data da x 2 < a da cui otteniamo a < x < a. Domanda 76. Il triangolo rettangolo T 2 ha un angolo di 0 e uno di 60 quindi è la metà di un triangolo equilatero. Di conseguenza, se a è la lunghezza del cateto più piccolo allora 2a è la lunghezza dell ipotenusa. Il cateto più grande, adiacente a T 1, che denotaimo b misura b = (2a) a 2 = a. Ora T2 e T 1 sono simili aventi angoli in comune. Quindi possiamo calcolare la lunghezza del cateto più grande di T 1, che denotiamo c, come c = b 2 /a = a. Il rapporto tra le aree è quindi data da T 2 /T 1 = ab/bc = a/c = 1/. Domanda 77. Una funzione f ha periodo π se f(x + π) = f(x) per ogni x. Ora f(x + π) = sin(x + π) 2 = ( sin(x)) 2 = sin(x) 2 = f(x). Quindi la risposta è B. Domanda 78. Una funzione è simmetrica rispetto all asse delle y se f(x) = f( x). Nel nostro caso f(x) = log 2 (x 2 + 1) = log(( x) 2 + 1) = f( x). Domanda 79. Siano a, b is due numeri interi positivi non primi. Il loro minimo comune multiplo è mcm(a, b) = 105 = 7 5. Il 7 è l unico fattore comune ad a e b perché MCD(a, b) = 7 ed a, b non hanno altri fattori oltre a 7, 5, nella loro scomposizione. L unica possibilità è che a = 7 5 e b = 7. Quindi a + b = = 56. Domanda 80. Se il polinomio ha come zeri 1 e 2 allora P (x) = (x+1)(x 2). Ponendo x = 7 otteniamo P (7) = 8 5 = 40. Domanda 81. Dopo la prima mezz ora il macchinario A ha prodotto 0 10 = 00 pezzi. Il numero x di minuti che trascorrono da quando viene acceso B fino a che A e B hanno prodotto lo stesso numero di pezzi si trova con l equazione x = 12x, la cui soluzione è x = 150. In 150 minuti

4 A produce = 1500 pezzi, e B produce = 1800 pezzi. Poiché prima che partisse il conto dei 150 minuti di funzionamento contemporaneo il macchinario A aveva già prodotto 00 pezzi, il totale di pezzi prodotti alla fine è = 600. Poiché ciascuna scatola contiene 15 pezzi, vengono riempite = 240 scatole. Domanda 82. La pendenza media è data da p = (y S y F )/(x S x F ) = ( )/( ) = 44. Domanda 8. { x 2 4c 2 0 x c 0 2c x 2c 2c x 2c x c 0 x c 0 x 0 x 0 La soluzione è l unione delle soluzioni dei due sistemi, ovvero c x 2c e 2c x c. Domanda 84. Il triangolo rettangolo che ha come cateti il raggio alla base del cono e l altezza del cono, e lo stesso triangolo relativo al cono troncato sono simili in quando hanno angoli in comune. Quindi il raggio alla base del cono troncato misura r/, se r è il raggio alla base del cono intero. Il volume del cono troncato è quindi dato da V T = 1/(r/) 2 π(h/) = 1/r 2 πh/27 = V/27, dove V è il volume del cono intero. Domanda 85. Sviluppiamo la sequenza: x 0 = 1, x 1 = 1, x 2 =, x = 5, x 4 = 11, x 5 = 21, x 6 = 4. 2 Test OFA 2009 Domanda 1. Usando la proprietà associativa e commutativa della moltiplicazione abbiamo che (1, )(1, 10 7 ) = (17 1)( ). Per le proprietà delle potenze otteniamo (17 1) 10, cioè = 0,

5 Domanda 2. Il numero di anagrammi della parola funghi è dato dalle permutazioni di 6 elementi, mentre il numero di anagrammi che hanno la f come prima lettera è dato dalle permutazioni di 5 elementi. Ne segue che il numero di anagrammi che non iniziano per f sono 6! 5! = 5 5! = Domanda. L espressione si può semplificare come segue: q + 2p = pq pq p q Domanda 4. (a b) 2 = a 2 + b 2 2ab = 58 2( 21) = p q (q + 2p) = Domanda 5. Risolviamo per sostituzione. Dalla prima equazione otteniamo x = 2y e dall ultima z = 1 y. Sostituendo nella seconda otteniamo 4y + 1 y = 4 da cui y = 1. Ne segue che x = 2 e z = 0. Infine la somma di queste da. Domanda 6. Siano A,B e C i vertici del triangolo e M,N e P i punti medi di AB, BC e AC, rispettivamente. I triangoli ABC/AMP, ABC/P NC, ABC/MBN sono simili in quanto hanno un angolo in comune e i lati adiacenti a quest ultimo rsultano scalati di un fattore 2. Ne segue che i triangoli AMP, P NC e MBN sono congruenti e così pure il triangolo MNP. Quindi il triangolo MNP è 1/4 dell area del triangolo ABC. Domanda 7. L area del rettangolo è data da A = (+1)(2+) = 20. Le aree dei triangoli agiacenti ai lati del rettangolo sono date da T 1 = 2(+1)/2 = 4, T 2 = 1(2 + )/2 = 5/2 e T = /2 = 9/2. L area del triangolo interno è qiundi data da A T 1 T 2 T = 9. Domanda 8. L intersezione della retta con l asse delle x ha coordinate y = 0 e coordinata x soluzione di 2 x = 0, ovvero x = 2/. L intersezione con l asse delle y è ottenuta ponendo x = 0 nell equazione della retta, ottenendo y = 2. La distanza tra i due punti che ne risultano, ovvero (2/, 0) e (0, 2) è data da d = (0 2/) 2 + (2 0) 2 = 2/ 10. Domanda 9. La figura è un parallelepipedo ottenuto da due cubi. La distanza massima tra due punti del solido è data dalla lunghezza della diagonale. Quest ultima si ottiene trovando la lunghezza dell ipotenusa del triangolo rettangolo che ha come cateti la diagonale del quadrato alla base 5

6 del parallepipedo e l altezza di quest ultimo. La lunghezza della diagonale alla base è data da d = = 2, mentre la diagonale del parallelepipedo è data da d 2 + h 2 = = 6. Domanda 10. La soluzione alla disequazione si ottiene unendo le soluzioni dei seguenti due sistemi: { { x 0 x < 0 x < 2x + x < 2x + Il primo sistema ha soluzione x 0, mentre il secondo ha soluzione 1 < x < 0. L unione delle due soluzioni da x > 1. Domanda 11. P ( 2) = ( 2) ( 2) = 2 1 Domanda 12. Dato che log 2 (c + 1) = 2, abbiamo 2 2 = c + 1 e quindi c = = 4. Inoltre 1 = 4 4 < 4 < 2 4 = 1 2. Domanda 1. Notando che 2 x > 0 per ogni x R, abbiamo che f(x) = 2 x <. Domanda 14. Diciamo che p è il mio peso in kg e a la mia altezza in metri. Dal testo si deduce che BMI = p, 0 = 80 e 24 = 80 N. Pertanto a 2 a 2 a 2 0a 2 = 80 = 24a 2 + N da cui ricavo che N = 0a 2 24a 2 = 6a 2. Il valore di a 2 è 80 = 8. Infine N = 0 6a2 = 6 8 = 16. Domanda 15. Il massimo numero di automobili si ha quando il club ha 11 membri, che possiedono 1, 29, 27,..., 11 auto rispettivamente. Il numero richiesto è dunque la somma 10 i=0 1 2i. Calcoliamo: 10 i=0 1 2i = 10 i= i=0 i = i=1 i. Siccome per una nota formula sappiamo che 10 i=1 i = 10(10+1), possiamo determinare il numero richiesto 2 calcolando = 11 (1 10) = = Domanda 16. Per ogni terna di numeri controlliamo se a a 2 = a 2 a 1. Solo in tal caso si tratta di una progressione geometrica di ragione k = a a 2. Per esempio nella prima terna abbiamo = 4 4 = Per la terna C invece = e k =. 5 6

7 Domanda 17. Il numero medio di gol a partita si trova dividendo il numero totale di gol per il numero totale di partite. Quindi il valore cercato è dato da = 4. Certamente 1, < 4 < 1, Domanda 18. Una goccia contiene = 0, 1 milligrammi di principio attivo. 0 Poiché la concentrazione di principio attivo è 2, 5 milligrammi per millilitro, il volume di una goccia è 0,1 = 0, 04 millilitri. 2,5 Domanda 19. Sia A = b h l area del rettangolo e A = (1.4 b)(0.5 h) = 0.7 b h = 0.7 A. Da cui A/A = 0.7 che equivale ad una diminuzione del 0%. Domanda 20. Sia A(x) la proposizione x é un italiano nato il 1. gennaio 1950 e B(x) la proposizione x ha almeno un capello bianco. Allora la proposizione ( x.a(x) B(x)) = x. (A(x) B(x)) = x. ( A(x) B(x)) = x.a(x) B(x). Quindi almeno un italiano nato il 1. gennaio 1950 non ha un capello bianco. 2.1 SEZIONE MATEMATICA E PROBLEMI Domanda 1. L equazione f(a) = 0 implica sin(ωa) = 0 da cui ωa = kπ per qualche k Z e quindi a = kπ/ω. L equazione f(b) = 1 implica sin(ωb) = 1 da cui ωb = π/2 + 2k π per qualche k Z e quindi b = π/(2ω) + 2k π/ω. Ne segue che b a = π/(2ω) + π(2k k)/ω. Il cui minimo è π/(2ω). Domanda 2. Siano M = (0, 1) e N = (1, 0) rispettivamente i punti mediani sui lati OA e OB del triangolo. L equazione della retta passante per i punti B e M è data da (y y B )/(y M y B ) = (x x B )/(x M x B ) da cui deriviamo y = 1 x/2. L equazione della retta passante per i punti A e N è data da (y y A )/(y N y A ) = (x x A )/(x N x A ) da cui deriviamo y = 2x + 2. Dall intersezione di queste due rette otteniamo le coordinate del baricentro P : { y = 1 x/2 y = 2x + 2 { xp = 2/ y P = 2/ Per concludere, calcoliamo la lunghezza del segmento OP ottenendo (2/) 2 + (2/) 2 = 2/ 2. 7

8 Domanda. Conoscendo gli zeri, il polinomio può essere fattorizzato in (x + 4)(x + 2)(x 1)(x 2). È facile vedere senza esplicitamente effettuare il prodotto che il termine noto d è dato da d = 4 2 ( 1) ( 2) = 16. Domanda 4. La soluzione è data dal numero di gruppi di 2 elementi che possiamo formare con 7 oggetti, ovvero le combinazioni di 7 elementi di classe 2 che è dato da ( 7 2) = 7 6/2 = 21. Domanda 5. L equazione della retta passante per i due punti A = (6, 10) e B = (10, 15) è data da (y y A )/(y B y A ) = (x x A )/(x B x A ) da cui deriviamo y = 5(x 6)/ Ponendo y = p e x = 7 otteniamo p = 5/ = Domanda 6. Il testo del quesito dice che l implicazione (Q R) P è vera e P è falsa. Pertanto l antecedente Q R deve essere falso. Questo accade nei seguenti casi: Q falsa e R falsa; Q falsa e R vera; Q vera e R vera. L unica opzione che vale in tutte e tre i casi è quella che dice che Q è falsa oppure R è vera. Domanda 7. I risultati ottenibili lanciando quattro volte una moneta sono 2 4, poiché sono tutte le sequenze (x 1, x 2, x, x 4 ) di quattro elementi in cui x i è T (per testa) oppure C (per croce). I casi favorevoli sono esattamente i seguenti: (T, T, T, T ), (C, T, T, T ), (T, C, T, T ), (T, T, C, T ), (T, T, T, C). Quindi la probabilità richiesta è Domanda 8. Chiamiamo: A 0 il numero di pesci specie A l anno scorso; A 1 il numero di pesci specie A quest anno; B 0 il numero di pesci specie B l anno scorso; B 1 il numero di pesci specie B quest anno; 8

9 C 0 il numero di pesci specie C l anno scorso; C 1 il numero di pesci specie C quest anno. Dunque il testo del quesito ci dice che A 1 B 1 Quindi A 1 C 1 = A 1 B 1 B1 C 1 = 1, 5 A0 B 0 1, 2 B0 C 0 l aumento del rapporto è dell 80%. = 1, 5 1, 2 A0 = 1, 5 A0 B 0 e B 1 C 1 = 1, 2 B0 C 0. C 0. Poiché 1, 5 1, 2 = 1, 8, Domanda 9. L equazione della circonferenza di raggio 1 centrata in C = (1, 2) è data da (x 1) 2 +(y+2) 2 1 = 0. Ne segue che (y+2) 2 = 1 (x 1) 2. Se consideriamo la semicirconferenza superiore allora y e quindi y + 2 = 1 (x 1) 2 da cui y = 2x x 2 2. Domanda 10. La somma degli angoli interni ad un triangolo è π, quindi 2α + β = π da cui β = π 2α. Sostituendo abbiamo sin(β) = sin(π 2α) = sin(2α). Usando le relazioni sin(2α) = 2 sin(α) cos(α) e cos(α) = 1 sin(α)2 abbiamo che sin(β) = sin(2α) = 2 sin(α) 1 sin(α) 2 = = Domanda 11. Applicando semplicemente le formule otteniamo x 2 = x 1 + y 1 = 2, y 2 = x 1 y 1 = 1, x = x 2 + y 2 =, y = x 2 y 2 = 2, x 4 = x + y = 5, y 4 = x y = 6 e infine y 5 = y 4 x 4 = 0. Domanda 12. Dall equazione f(t 0 ) = 1 segue che ca (t 0 t 0 ) = c = 1. Dall equazione f(t 0 + 2) = 16 segue che ca (t 0+2 t 0 ) = ca 2 = a 2 = 16 da cui a = 1/4. Il rapporto è quindi dato da a/c = 1/4. Domanda 1. Dall equazione f(g(t)) = t segue che 2g(t) 1 = t e quindi 2g(t) 1 = log t. Isolando g(t) e notando che 1 = log otteniamo g(t) = (log t + log )/2 = log t. Domanda 14. Se l angolo in B fosse di 90 per il teorema di Pitagora si avrebbe che w 2 = u 2 + v 2. Siccome la riduzione dell angolo in B comporta una diminuzione della lunghezza di w abbiamo che w 2 < u 2 + v 2. Domanda 15. Se Aldo avesse mentito allora sarebbe arrivato o primo o ultimo, ma avremmo poi una contraddizione con la dichiarazione di Carlo o Dario. Se avesse mentito Bruno, avremmo una contraddizione con la 9

10 dichiarazione di Dario. Se avesse mentito Dario avremmo una contraddizione con Bruno. Se fosse falsa la dichiarazione di Carlo allora Bruno sarebbe primo e non avremmo contraddizioni. Test OFA MATEMATICA DI BASE Domanda 1. Abbiamo ( ) 10 = ( 1 2 ) 10 = = 5. Domanda 2. Abbiamo = = 1. Domanda. Usando il fatto che per x, y > 0 si ha x < y x 2 < y 2, confrontiamo i quadrati dei numeri a, b, c. a 2 = = 250, b 2 = 190, c 2 = 4 51 = 204. Quindi b < c < a. Domanda 4. Sia A = b h l area del rettangolo prima della riduzione, dove b e h denotano rispettivamente la base e l altezza del rettagolo. Sia A = (0.8 b)(0.8 h) = 0.64 b h = 0.64 A l area dello stesso rettangolo con i lati ridotti del 20%. Ne deriviamo che il rapporto tra le aree è A/A = 0.64, che corrisponde ad una riduzione dell area del 6%. Domanda 5. Una potenza di 5 è sempre dispari. Possiamo dimostrarlo procedendo per induzione. Se l esponente è 0 allora 5 0 = 1 è dispari. Consideriamo ora il caso generale 5 n+1 = 5 5 n, dove assumiamo che la proprietà valga per 5 n (ipotesi induttiva), ovvero 5 n = 2k + 1 per un qualche k N. Ne segue che 5 n+1 = 5 5 n = 5(2k + 1) = 10k + 1 è un numero dispari. Quindi 5 n è dispari per qualunque n N. Potevamo anche risolvere l esercizio per esclusione vedendo che negli altri casi esiste sempre almeno un numero pari che soddisfa la proposizione. Domanda 6. Le soluzioni dell equazione quadratica a x 2 + b x + c = 0 sono date da: x 1,2 = ( b ± b 2 4ac)/(2a). Sostituendo i valori dell equazione nell esercizio otteniamo x 1,2 = ( ± 17)/ 4 = ( ± 17)/4. Domanda 7. Il numeratore è sempre negativo. Ne segue che la frazione è 10

11 positiva se 2 x < 0, ovvero quando x > 2. Domanda 8. Abbiamo = 1. Pertanto 1 = 1 1 = q f p q f p f q fq invertendo entrambi i membri otteniamo p = fq. q f ed finalmente Domanda 9. Dalla figura leggiamo che f(a) =, f(b) = 1, a = 4 e b = 2. Quindi il rapporto vale ( 1 ( ))/2 ( 4) = 2/6 = 1/. Domanda 10. Vogliamo calcolare il valore di y = log 1 9. Allora y = 1 9 = 2. Concludiamo che y = 2. Domanda 11. Dobbiamo risolvere l equazione f(x) = 2f(0). Sostituendo la definizione di f e semplificando otteniamo x = 8 da cui ne segue che x = 2. Domanda 12. L intersezione della retta con l asse delle x ha coordinata y = 0 e coordinata x data dalla soluzione dell equazione x 2 = 0, ovvero x = 2/. L intersezione con l asse delle y si calcola ponendo x = 0 nell equazione della retta, ottenendo y = 2. Ne segue che la base del triangolo è lunga 2/ e l altezza è 2 per cui l area è data da 2/. Domanda 1. Otteniamo a applicando il teorema di Pitagora: a = = 5. Ora sapendo che a = b otteniamo c nuovamente con Pitagora: c = a2 + b 2 = 2 a 2 = 10. Domanda 14. La disequazione y x individua tutti i punti sopra la retta che passa per i punti (0, 0) e (2, 2) del triangolo. Ne segue che tutti i punti del triangolo soddisfano la condizione. Domanda 15. La probabilità di estrarre un numero dispari dal sacchetto 1 è P 1 =. Allo stesso modo la probabilità di estrarre un numero dispari dal 5 sacchetto 2 è P 2 =. Poichè le due estrazioni sono indipendenti, la probabilità cercata è P = P 1 P 2 = Domanda 16. Il numero totale di famiglie è dato dalla somma dei valori dell istogramma, ovvero = 25. Il numero di famiglie con almeno 4 componenti è dato da = 12. La percentuale che ne risulta è data da 12/25 = 48/100 = 48%. 11

12 Domanda 17. Il costo medio per persona è = 400. Quindi Chiara deve dare a Luciano 50 euro e Sonia deve dare a Luciano 100 euro. Domanda 18. Abbiamo l equazione F R 2 = 2. Dunque F R2 = 2 e F ( R ) 2 = 2. Pertanto R diviene 1 del valore iniziale. Domanda 19. L incasso I(x) come funzione di x è dato dal numero di forni (2000 0x) moltiplicato per il prezzo unitario (100 + x). Domanda 20. Se A è la proposizione fare uso di droghe pesanti e B è la proposizione fare uso di droghe leggere, allora la proposizione dell esercizio può essere scritta come implicazione logica A B. Ne deriva che B A. Domanda 21. Unendo gli elementi dei due insiemi troviamo 20 elementi ma 6 di questi si ripetono e quindi non possono essere contati due volte nell insieme unione, che dunque ha alpiù 14 elementi. Domanda 22. Siano A, B, C le proposizioni Antonio va al cinema, Bruno va al cinema e Corrado va al cinema. Le proposizioni logiche che conosciamo sono: C A e A B. Ne deriva che A B C per cui se Antonio è andato al cinema allora vi è andato pure Bruno. Domanda 2. Se fosse falsa la prima e vera la seconda, allora l Inter potrebbe avere x tifosi e la Roma x + tifosi. Siccome in totale ne dobbiamo avere 8 abbiamo che x + x + = 8 da cui x = 5/2. Ne segue che questa opzione non è possibile. Quindi, l Inter ha tifosi e la Roma 5. Domanda 24. Siccome la retta è decrescente, abbiamo che all aumentare di una variabile l altra diminuisce. Domanda 25. Dobbiamo calcolare il massimo comun divisore di 50 e 0 per trovare la dimensione ottimale dei cubetti, ovvero 10 cm. La base del parallelepipedo può essere riempita con 2 cubetti e per riempire il parallelepipedo possiamo depositare 5 strati di cubetti. Ne segue che il numero totale di cubetti è 9 5 =

13 .2 MATEMATICA E INFORMATICA Domanda 51. Bisogna escludere tutti i numeri che finiscono per 0, per 2, per 4, per 5, per 6 e per 8. Per i numeri rimanenti, escludiamo quelli la cui somma delle cifre è multiplo di. Restano esattamente i numeri 81, 89 e 97. Domanda 52. x + 2 x(x 1) x x = x + 2 ( x)(x + 1) x(x 1) = x2 + 2x + 2 x(x 1) Domanda 5. La proiezione di uno dei lati uguali sulla base del triangolo è data da a sin(γ). La base quindi misura 2a sin(γ). L altezza del triangolo è data da a cos(γ) e quindi l area del triangolo è A = 2a sin(γ)a cos(γ)/2 = a 2 sin(γ) cos(γ). Domanda 54. La retta passante per l origine O della circonferenza e il punto P dato ha equazione (y y O )/(y P y O ) = (x x O )/(x P x O ). Sostituendo otteniamo y = x. Una retta tangente alla circonferenza nel punto P deve essere ortogonale a questa retta, quindi avrà coefficiente angolare m = 1/. L unica retta avente coefficiente angolare m passante per P ha equazione y y P = m(x x P ) da cui otteniamo y = 1/ (x 4). Domanda 55. Il solido che otteniamo consiste nella differenza di due coni aventi il vertice in comune. Il cono esterno ha raggio r e =, mentre il cono interno da raggio r i = 1. L altezza è per entrambi h =. Quindi l area del solido è data da A = 1/r 2 ehπ 1/r 2 i hπ = 1/(r 2 e r 2 i )hπ = 8π. Domanda 56. Una funzione ha periodo π se f(x + π) = f(x) per ogni x. Notiamo che f(x + π) = sin(2(x + π)) = sin(2x + 2π) = sin(2x) = f(x). Quindi la risposta è C. Domanda 57. La condizione individua funzioni strettamente crescenti. Il logaritmo con base b > 1 è fra queste. Domanda 58. La soluzione è data dal prodotto tra il numero di disposizioni D,2 di elementi di classe 2 (modi in cui posso mettere il 6 e il 9 nelle prime posizioni) per il numero di disposizioni D 8,2 di 8 elementi di classe 2 (modi 1

14 in cui posso mettere i restanti numeri nelle 2 posizioni restanti). Otteniamo quindi D,2 D 8,2 = = 6. Domanda 59. Sia B(x) la proposizione x ha avuto la malattia da bambino e A(x) la proposizione x ha avuto la malattia da adulto. In formalismo logico, le proposizioni che ci vengono date sono x.b(x) x.b(x) e B(x) A(x). Ora se Giovanni ha avuto la malattia da adulto sappiamo che x.a(x). Dalla seconda proposizione deriviamo che A(x) B(x) e dalla prima che x. B(x) x. B(x). Ora assumendo x.a(x) dalla prima delle due relazioni appena viste deriviamo che x. B(x) e quindi dalla seconda relazione che x. B(x). Quindi nessun compagno di classe di Giovanni ha contratto la malattia da bambino, al più può averla contratta da adulto. Domanda 60. Si chiede per quale valore di x tra quelli proposti si ha che x 7 è multiplo di 6. L unica opzione corretta è la D perché 1 7 = 6. Domanda 61. Chiamiamo: A 0 il numero di litri di birra ambrata consumati in aprile; A 1 il numero di litri di birra ambrata consumati in maggio; C 0 il numero di litri di birra chiara consumati in aprile; C 1 il numero di litri di birra chiara consumati in maggio. Il testo del quesito dice che A 1 + C 1 = (A 0 + C 0 ) A 1 = 4A 0 C 1 = C 0 A 1 + C 1 + A 0 + C 0 = 00 Risolvendo il sistema a 4 equazioni e 4 incognite otteniamo che A 0 = 50. Domanda 62. Notiamo che a 1 = 0, a 2 = 1, a = 0 = a 1, a 4 = 1 = a 2,... Ne segue che per n dispari a n = 0 e per n pari a n = 1. Quindi a 64 = 1. Domanda 6. Se Anna prendesse i 4 quadratini più a sinistra, Barbara avrebbe due possibilità: prendere i due quadratini rimanenti più a sinistra, 14

15 o i due più in basso. In entrambi i casi Anna rimarrebbe con 2 quadratini che può spezzare per lasciare a Barbara il pezzo con la nocciola. Domanda 64. Vediamo nel grafico a torta che il gruppo 2 e sono quelli più simili quindi devono essere di 6 e 40 iscritti. Inoltre il gruppo è 1/4 della torta, quindi il numero totale di iscritti è 160 = 40/0.25. Quindi il gruppo 4 ha = 72 iscritti. Domanda 65. Notiamo che le risposte A,B e D sono in generale false in quanto esistono percorsi alternativi che non violano la condizione di non passare per più di una volta da ciascuna porta lungo il percorso. La risposta corretta è C. Infatti, non c è modo di passare per A senza essere entrato da o uscito in B. 15