Prova di matematica - Questionario

Prova di matematica - Questionario
Alberto Cogliati, Lara Charawi
Università degli Studi di Milano
20 giugno 2013
1.
Conoscendo due lati a, b di un triangolo qualunque 4ABC l’area A è data da:
1
A = ab sin ∠ab
2
Essendo a = 3, b = 2 e A = 3 si ottiene immediatamente sin ∠ab = 1 ossia l’angolo ∠ab è retto.
Dal teorema di Pitagora segue che il terzo lato c è uguale a
p
√
c = a2 + b2 = 13
2
Il dominio di esistenza della funzione
r
f (x) =
1−
q
2−
√
3−x
si determina facilmente richiedendo successivamente che:
a) 3 − x ≥ 0 ossia x ≤ 3
b) 2 −
c) 1 −
√
p
3 − x ≥ 0 ossia 4 ≥ 3 − x, cioè x ≥ −1
2−
√
3 − x ≥ 0 ossia 1 ≥
p
2−
√
3 − x. Quadrando si ha 1 ≥ 2 −
Il dominio di esistenza è dato dall’intersezione −1 ≤ x ≤ 2.
1
√
3 − x da cui x ≤ 2.
3.
La retta r passante per B che ha distanza massima da A è quella perpendicolare alla retta s
passante per A e B, tale distanza è proprio AB. Presa una qualunque retta t passante per B non
perpendicolare a s e chiamando C il punto che realizza la distanza tra t e A, si ha che il triangolo
∆
ABC è rettangolo con ipotenusa AB. Pertanto AC < AB.
Per calcolare l’equazione della retta r, si calcola dapprima il coefficiente angolare della retta s
pari a 78 , concludendo che il coefficiente angolare di r, essendo perpendicolare, è − 87 . La generica
equazione della retta passante per un punto di coordinate P (xP , yP ) di coefficiente angolare m è
y − yP = m(x − xP ).
(1)
Sostituendo in (1) m = − 87 e inserendo le coordinate di B, si ha che l’equazione di r è
8
104
y =− x−
7
7
4.
Si può calcolare il volume V come differenza delle due piramidi, V1 e V2 , associate al tronco di
piramide dato, come mostrato in figura.
Indichiamo con h1 e h2 le altezze relative a V1 e V2 , rispettivamente, osservando che vale h = h1 −h2 ,
si ha
1 2
a h1
3
1 2
b h2
3
V1 =
V2 =
Per la similitudine di V1 e V2 si ha che
h1 =
Pertanto il volume V è dato da
a·h
a · (h1 − h2 )
=
.
a−b
a−b
1
V = h(a2 + b2 + ab).
3
2
(2)
(3)
5.
L’affermazione è corretta per il motivo seguente. Supponendo che le valigie abbiano forma di
parallelepipedo, indichiamo con a, b e c le sue dimensioni. Sia V il volume della prima valigia, si
ha V = abc. Una valigia di volume V1 ottenuta aumentando ciascuna delle dimensioni della prima
valigia di una percentuale si ha V1 = abc(1+)3 . Sostituendo successivamente i valori = 0.10, =
0.20, = 0.25 si verifica che l’affermazione del testo è corretta in prima approssimazione.
6.
Il 7◦ numero è 1235467.
Il 721◦ è 2134567.
Il primo numero della sequenza è 1234567. Essendo 6 = 3! i primi sei numeri della sequenza si
ottengono dalla permutazione delle ultime tre cifre, cioè sono del tipo 1234xyz. Il successivo sarà il
più piccolo numero della sequenza del tipo 123xyzw con x 6= 4, dunque x = 5 e yzw è il più piccolo
numero ottenuto con le cifre {4, 6, 7}. Pertanto il numero è 1235467. Notando che 721 = 6! + 1,
analogamente, il 721◦ sarà il più piccolo numero del tipo xyzabcd con x 6= 1. Quindi x = 2 e yzabcd
è il più piccolo numero ottenuto dalle cifre {1, 3, 4, 5, 6, 7}. Pertanto il numero cercato è 2134567.
7.
Supponiamo che sia a ≤ b. Ricordiamo che due rettangoli sono simili se hanno i lati in proporzione.
Per ipotesi si ha che ab = 1 (tralasciando l’unità di misura). Il rettangolo ottenuto tagliando il
rettangolo dato nel modo descritto ha lati a e b/2. Delle due possibili proporzioni solo la seguente
non produce contraddizione:
a
b
= .
b/2
a
Risolvendola otteniamo a2 =
b2
. Dal che, tenuto conto di ab = 1, si ottiene:
2
b=
√
4
1
a= √
.
4
2
2
8.
Per il teorema fondamentale del calcolo integrale, si ha g 0 (x) = f (x). Dal grafico della funzione f
deduciamo che g 0 (x) ≥ 0 per 0 ≤ x ≤ 2 e x ∈ [4, 4 + δ], per qualche δ > 0. Quindi x = 4 è un punto
di minimo relativo.
3
9.
Ricordiamo il limite notevole
1 − cos x
1
= .
2
x→0
x
2
Sfruttando il fatto che il limite di un prodotto di funzioni è uguale al prodotto dei limiti, se esistono
finiti, otteniamo
lim
lim 4
x→0
1 − cos x
sin x cos x − sin x
= lim −4 sin x lim
= 0.
2
x→0
x→0
x
x2
10.
Osserviamo che f è crescente per x < −2 e x > 2, e decrescente per −2 < x < 2. Quindi f 0 (x) > 0
per x < −2 e x > 2 e f 0 (x) < 0 per −2 < x < 2. L’unico grafico che soddisfa queste condizioni è
quello della figura A).
4