2 Simulazione di prova d`Esame di Stato

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2
Simulazione di prova d’Esame di Stato
Risolvi uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario
Problema 1
Sui lati opposti AB e CD del rettangolo ABCD ed esternamente a esso si costruiscano due triangoli isosceli AP B e CQD aventi gli angoli alla base di ampiezza α.
a. Sapendo che il perimetro dell’esagono AP BCQD è 2p, determinare le lunghezze dei
lati del rettangolo in funzione di α e del lato AP in modo che l’area S dell’esagono
risulti massima.
b. Determinare per quale ampiezza dell’angolo α l’esagono di area massima è inscrivibile in una circonferenza. Commentare il risultato.
c. Disegnare il grafico della funzione S, considerando il valore di α trovato nel punto b.
Quale deve essere la lunghezza del perimetro dell’esagono in modo che l’area della parte di piano delimitata da S e dall’asse delle ascisse sia uguale all’area dell’esagono?
d. Nel caso in cui l’angolo α assuma il valore trovato nel punto b, calcolare il volume
del solido generato da una rotazione di 180◦ attorno alla retta P Q dell’esagono
AP BCQD e disegnare il grafico della funzione trovata nello stesso sistema di riferimento in cui si è rappresentata la funzione S del punto c.
Risoluzione
AP = P B = DQ = CQ = x
P
4AP + 2AD = 2p
( = α, 0 < α <
P AB
π
2
A
2p − 4x
= p − 2x
2
AH = x cos α, P H = x sen α
D
a. AD = BC =
α
H
C
α
Q
AreaAP BCQD = S(x) = Area rettangolo + 2 · AreaAP B =
= (p − 2x)2x cos α + 2x cos α · x sen α =
= 2(sen α − 2) cos αx2 + 2p cos αx
S (x) = 4(sen α − 2) cos αx + 2p cos α = 2 cos α[2(sen α − 2)x + p]
π
S (x) = 0, cos α = 0 in quanto α =
2
1
B
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x=
p
punto stazionario
2(2 − sen α)
π
p
S (x) = 4(sen α − 2) cos α < 0 ∀α ∈ 0;
⇒x=
punto di massimo.
2
2(2 − sen α)
Quindi le dimensioni del rettangolo richieste sono:
p
p(1 − sen α)
p cos α
AD = p −
=
AB =
;
2 − sen α
2 − sen α
2 − sen α
p2
p2 cos α
−p2
Smax = 2 cos α
+
=
.
4(2 − sen α) 2(2 − sen α)
2(2 − sen α)
b. La circonferenza circoscritta all’esagono avrà diametro P Q e il vertice A deve appartenere a questa circonferenza ⇒ AP Q rettangolo in A.
2
AP = P H · P Q
(Primo teorema di Euclide)
p sen α
P H = xmax sen α =
2(2 − sen α)
p(1 − sen α)
p
p sen α
+
=
P Q = 2 · P H + AD =
2 − sen α
2 − sen α
2 − sen α
Quindi:
p
p sen α
p2
·
=
2
4(2 − sen α)
2(2 − sen α) 2 − sen α
1
π
= sen α ⇒ α =
2
6
2
π
( = π +π = 2π
P AD
AP(B = π − 2 · = π;
6
3
6
2
3
1
p 1− 2
1 2
p
p
2p
p
= =
AD =
=p· · =
AP = ;
1
1
2
3
3
3
6
2− 2
2 2− 2
⇒ AP BCQD è un esagono regolare di lato
p
.
3
√
π
3
π 2
π
c. S(x) = 2 sen − 2 cos x + 2p cos x = 3x p − x
6
6
6
2
S(x) = 0 se x = 0 ∨ x =
2
p
3
y
y = S(x)
O
2
3
2
p
x
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2p
3
0
)√
* 2p
√
√
√
3
8
2 3 3
3 2
3 3
3 3 4
S(x) dx =
=
px −
x
p
−
=
p .
2
2
2
9 27
27
0
1
1
Area esagono regolare = perimetro · apotema = 2p · a
2
2
P
K
A
B
O
D
C
Q
!
√
1 2
1 2
3
2
2
OK = a = OP − P K =
p −
p =
p
9
36
6
√
√
2 3 3 1
3
p = · 2p ·
p
27
2
6
1
1 2 2
2 3 1 2
p
p−
=0
p − p = 0,
3
9
2
27
6
p=
9
.
4
2
πAH · P H
2
+ πAH · AD =
3
2
2
2
2
2
P H + AD = πx cos α
x sen α + p − 2x
= πAH
3
3
5
3
π
Se α = , V(x) = πx2 p − x
4
3
3
d. V = 2 · Vcono + Vcilindro = 2 ·
V(x) = 0 se x = 0 ∨ x =
3
p
5
3
5
2
V (x) = πx p − x = 0 se x = 0 ∨ x = p
2
2
5
3
p
π(p − 5x) ≥ 0 se x ≤
2
5
π 3
2
p
p;
π
⇒ (0; 0) minimo,
massimo, x = flesso.
5 25
5
V (x) =
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Se V xmax = 25 p ≥ S xmax = 13 p le due curve hanno 2 punti di intersezione nell’in
tervallo 0; 23 p
√
√
25 3
3 2
π 3
p ≥
p , p≥
.
25
6
6π
y
y = S(x)
2
3
O
p
3
3
5
p
p
x
y = V(x)
Problema 2
Sia fm la funzione reale di variabile reale definita da
mx2 − (m + 2)x + 2
fm (x) =
,
2x − 5
con m parametro reale, e sia γm il grafico di fm .
a. Precisare per quali valori di m la funzione fm non ammette né massimo né minimo.
Quali particolarità si hanno per m = 0 e per m = 45 ?
b. Provare che la funzione fm può essere scritta nella forma
c
ax + b +
,
2x − 5
determinando le costanti a, b, c. Quale relazione intercorre tra la funzione fm e la
retta y = ax + b?
c. Studiare la funzione f2 (x) e disegnare il relativo grafico γ2 . Provare che γ2 è simmetrica rispetto al punto di intersezione tra gli asintoti.
d. Calcolare il volume del solido generato dalla rotazione di γ2 attorno all’asse x delimitato dai piani perpendicolari a tale asse passanti per l’asse y e per il punto di
massimo di f2 .
Risoluzione
mx2 − (m + 2)x + 2
2x − 5
[2mx − (m + 2)](2x − 5) − [mx2 − (m + 2)x + 2] · 2
=
fm (x) =
(2x − 5)2
a. fm (x) =
=
2mx2 − 10mx + 5m + 6
(2x − 5)2
4
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fm
(x)
=0⇔x=
5m ±
"
√
5m ± m(15m − 12)
25m2 − 10m2 − 12m
=
2m
2m
Se m(15m − 12) < 0 la derivata prima non ammette punti stazionari, quindi non può
avere punti di massimo né di minimo ⇒ 0 < m < 45 .
Se m(15m − 12) = 0 ⇒ m = 0 ∨ m =
4
5
∃! x = x0 | fm
(x0 ) = 0 ∧ fm
(x) > 0 ∀x = x0
⇒ x0 flesso a tangente orizzontale.
b. ax + b +
c
2ax2 + (2b − 5a)x + c − 5b
mx2 − (m + 2)x + 2
=
=
⇒
2x − 5
2x − 5
2x − 5

 2a = m
2b − 5a = −m − 2

c − 5b = 2

m
a=



2



1
5
3
b=
−m − 2 + m = m − 1
2
2
4





15
15
c = 2 +
m−5=
m−3
4
4
m
3
x + m − 1 risulta essere un asintoto per la funzione fm (x).
2
4
Infatti si è appena visto come la funzione fm (x) possa essere scritta come somma della retta y = ax + b e di una parte infinitesima per x → ±∞.
La retta y = ax + b =
2(x − 1)2
2x2 − 4x + 2
=
, Df2 = −∞; 52 ∪ 52 ; +∞ .
2x − 5
2x − 5
4
/ 0; 5 ⇒ f2 (x) ammette massimo e minimo.
Siamo nel caso di m = 2 ∈
c. f2 (x) =
f2 (x) > 0 se x >
5
2
f2 (x) = 0 se x = 1
x = 0, f2 (0) = − 25
lim f2 (x) = ±∞
x→±∞
1
asintoto obliquo (vedi punto b)
2
5
lim± f2 (x) = ±∞ ⇒ x = asintoto verticale
2
x→ 52
y =x+
4(x − 1)(2x − 5) − 2(x − 1)2 · 2
4x2 − 20x + 16
4(x2 − 5x + 4)
=
=
(2x − 5)2
(2x − 5)2
(2x − 5)2
√
10 ± 36
10 ± 6
x=4
=
=
f2 (x) = 0 ⇒ x =
4
4
x=1
f2 (x) =
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f2 (x) > 0 ⇒ x < 1 ∨ x > 4 ⇒ x = 1 massimo, x = 4 minimo
(2x − 5)3 − 4(x2 − 5x + 4)(2x − 5)
36
=
4
(2x − 5)
(2x − 5)3
5
f2 (x) > 0 ⇒ x >
2
Non ci sono punti di flesso.
f2 (x) = 4
y
y =x+
O 1
4
x=
1
2
x
5
2
Per verificare che la curva γ2 è simmetrica rispetto al generico punto C(xc ; yc ), occorre
ricordare le equazioni che rappresentano una simmetria centrale di centro C.
x = 2xC − x
y = 2yC − y

1
y = 3

y = x +
x =5−x
2
C:
⇒
5 ⇒
5

x
=
y = 6 − y
x =
2
2
2(x − 1)2
Sia P (x; y) ∈ γ2 ⇒ P x;
.
2x − 5
 x = 5 − x
Allora P :
2(x − 1)2
−2(4 − x)2
 y = 6 −
=
2x − 5
2x − 5
La curva γ2 è simmetrica se P ∈ γ2
⇒ y =
2(5 − x − 1)2
2(4 − x)2
2(4 − x)2
2(x − 1)2
=
=
=
−
2x − 5
2(5 − x) − 5
5 − 2x
2x − 5
che è la stessa espressione trovata usando le equazioni della simmetria centrale.
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(x − 1)4
dx.
(2x − 5)2
0
0
Usando la divisione tra polinomi si ottiene che
54
459
19
1 2 1
(x − 1)4
4 x − 16
x
x
+
+
=
+
(2x − 5)2
4
4
16
(2x − 5)2
1
1
4
216x − 459
1 3 1 2 19
x + x + x + π
V = 4π
dx =
2
12
8
16 0 16
0 (2x − 5)
1
67
1
108(2x − 5 + 5) − 459
=
π+ π
dx =
12
4
(2x − 5)2
0
1
1
81
67
108
dx =
π+ π
+
=
12
4
2x − 5 (2x − 5)2
0
1
67
1
1 81
=
π + π 54 ln |2x − 5| −
=
12
4
2 2x − 5 0
67
27
3 27 81
67
27
3 27
=
π + π ln +
−
=
π + π ln + π .
12
2
5
2
10
12
2
5
5
d. V = π
1
1
2
[f2 (x)] dx = π
4
Questionario
Determinare le costanti a e b tali che sia derivabile, ∀x ∈ R, la funzione
x
e + a cos x
se x ≥ 0
f (x) =
2
b(x + 3x + 1) se x < 0
1
Risoluzione
f (x) =
ex − a sen x se x ≥ 0
b(2x + 3)
se x < 0
La funzione f (x), definita a tratti, è derivabile rispettivamente nei due intervalli
(−∞; 0) e [0; +∞).
(0) = f−
(0).
Affinché sia derivabile su R, occorre che esistano finite f+
f+
(0) = e0 − a sen 0 = 1 ⇒ ∀a ∈ R; f−
(0) = b(2 · 0 + 3) = 3b ⇒ b = 13 .
2
a.
b.
c.
d.
e.
Quale dei seguenti insiemi è vuoto? (È possibile più di una risposta corretta.)
■
Triangoli rettangoli le cui lunghezze dei lati sono numeri interi.
Triangoli rettangoli le cui lunghezze dei lati sono in rapporto di 5 : 12 : 13.
■
Poligoni regolari con un angolo interno di 45◦ .
■
◦
Poligoni regolari con un angolo interno di 90 .
■
Poligoni regolari con un angolo interno di 100◦ .
■
Risoluzione
a. Non vuoto. Si prendano come lati 3 numeri naturali a, b, c che formino una terna
pitagorica: a2 + b2 = c2 .
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b. Non vuoto. 122 + 52 = 132 .
c. Vuoto. La somma degli angoli interni di un poligono con n lati è pari a (n − 2)π. Se
il poligono è regolare gli angoli interni sono tutti uguali, diciamo ad α.
8
π
π
/ N.
α = 45◦ = ⇒ n = (n − 2)π ⇒ n = ∈
3
4
4
d. Non vuoto. È l’insieme dei quadrati.
9
/ N.
e. Vuoto. α = 100◦ ⇒ n · 100◦ = (n − 2) · 180◦ ⇒ n = ∈
2
Dimostrare che se lim f (x) = k = 0, allora esiste un intorno di x = c nel quax→c
1
le f (x) ha lo stesso segno di k e |f (x)| > |k|.
2
3
Risoluzione
Il segno di f (x) è lo stesso di k in un intorno di x = c per il teorema di permanenza del
segno.
lim f (x) = k ⇔ ∀ε > 0 ∃U (c) | x ∈ U (c), x = c ⇒ |f (x) − k| < ε
x→c
1
1
1
k > 0: k − k < f (x) < k + k
2
2
2
1
3
1
Se k < 0, sia ε = − k > 0: k < f (x) < k < 0.
2
2
2
1
Quindi ∀k = 0 |f (x)| > |x|.
2
Se k > 0, sia ε =
0<
1
3
k < f (x) < k ∀x ∈ U (c).
2
2
4
Sia Pn la successione che ha per termini i perimetri di ciascuno dei quadrati
costruiti come segue: il lato del quadrato iniziale è a, il lato di ogni quadrato successivo è metà del lato del quadrato precedente. Qual è il termine generale della successione? Studiarne il comportamento.
Risoluzione
a
a
a
a
= 2a, P3 = 4 · = a, . . ., Pn = 4 · n−1 = n−3 .
2
4
2
2
+ a ,
1
è una progressione geometrica di ragione q = .
La successione
2
2n−3
Essendo −1 < q < 1, la progressione è convergente a zero.
P1 = 4a, P2 = 4 ·
5
La lunghezza del lato a di un rettangolo aumenta alla velocità di 2 m/s, mentre la lunghezza del lato b diminuisce alla velocità di 3 m/s. A un certo istante t0 i due
lati misurano rispettivamente 20 e 50 m. L’area del rettangolo all’istante t0 è crescente
o decrescente? Con quale velocità?
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Risoluzione
a(t), b(t) lati del rettangolo all’istante t.
t
t
a (x) dx =
2 dx = 2(t − t0 )
a (t) = 2 m/s ⇒ a(t) − a(t0 ) =
t0
t0
b (t) = −3 m/s ⇒ b(t) − b(t0 ) = . . . = −3(t − t0 )
Inoltre a(t0 ) = 20 m, b(t0 ) = 50 m ⇒ a(t) = 2t − 2t0 + 20, b(t) = −3t + 3t0 + 50 ⇒
Area A(t) = a(t) · b(t)
A (t) = 2(−3t + 3t0 + 50) + (−3)(2t − 2t0 + 20)
A (t0 ) = 100 − 60 = 40 m2 /s > 0
All’istante t0 l’area del rettangolo è crescente, a una velocità di 40 m2 /s.
√
6
Determinare il dominio della funzione f (x) = arc sen(2x − x + 1).
Risoluzione
√
−1 ≤ 2x − x + 1 ≤ 1
x+1≥0
√

 √x + 1 ≤ 2x + 1 (a)
x + 1 ≥ 2x − 1 (b)


x ≥ −1
(a)
2x + 1 < 0
√
∨
x | x + 1 ≤ 2x + 1


1
2x + 1 ≥ 0
x≥−
⇒
2

x + 1 ≤ (2x + 1)2
x(4x + 3) ≥ 0
x≥0
5
(b) x + 1 ≥ (2x − 1)2 , x(4x − 5) ≤ 0 0 ≤ x ≤
4

x≥0


5
5
0 ≤ x ≤ ⇒ Df = 0; .

4
4

x ≥ −1
ln 4
7
Determinare il valore dell’integrale
ln 3
(5ex + 4)ex
dx.
(ex − 2)(e2x + ex + 1)
Risoluzione
Si sostituisce ex = t, ex dx = dt
4
4
Bt + C
5t + 4
A
dt =
+
dt
2
t − 2 t2 + t + 1
3 (t − 2)(t + t + 1)
3
(A + B)t2 + (A − 2B + C)t + A − 2C = 5t + 4
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

A = 2
A + B = 0
A − 2B + C = 5 ⇒ B = −2


C = −1
A − 2C = 4
4
4
2t + 1
2
− 2
dt = 2 ln |t − 2| − ln t2 + t + 1 3 = 2 ln 2 − ln 21 + ln 13 .
t−2 t +t+1
3
8
Determinare il numero complesso z = x + iy tale che |z| = 4 e |z − i| = 1 e dare un’interpretazione grafica del risultato sul piano di Argand-Gauss.
Risoluzione
z = x + iy, |z| = x2 + y 2 , z − i = x + i(y − 1)
2
x + y2 = 4
x2 + (y − 1)2 = 1
y
2
1
x
O
x=0
⇒ z = 2i
y=2
Date le funzioni f (x) = |sen x| e g(x) = −x, disegnare il grafico di f (x), g(x),
# π $
# π $
+g f
f [g(x)], g[f (x)]. Calcolare inoltre f g
.
2
2
9
Risoluzione
f [g(x)] = |sen(−x)|, g[f (x)] = − |sen x|
y
y
f (x ) = |sen x |
−π
O
π
g (x ) = −x
x
O
10
x
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y
y
f [g (x )] = |sen(−x )|
−π
−π
O
π
O
π
x
x
g [f (x )] = − |sen x |
# π $
# π $
+g f
=0
f g
2
2
x3
7
− sen xπ + 3 assume il valore
Specificare se la funzione f (x) =
nell’in4
3
tervallo [−2; 2].
10
Risoluzione
x3
− sen πx + 3
4
è una funzione continua su R. Considerata nell’intervallo chiuso e limitato [−2; 2], per
il teorema dei valori intermedi deve assumere in tale intervallo tutti i valori compresi tra
il minimo assoluto m e il massimo assoluto M .
7
Occorre verificare se m < < M .
3
3
f (x) = x2 − π cos πx ≥ 0
4
risolubile per via grafica, trovando soluzioni approssimate; sicuramente si avrà che
f (x) =
m ≤ f (−2) ≤ M , m ≤ f (2) ≤ M
f (−2) = 1, f (2) = 5 ⇒ m ≤ f (−2) <
Deve esistere x0 ∈ [−2; 2] / f (x0 ) =
7
< f (2) ≤ M .
3
7
.
3
y
f (x ) =
–2
O
11
x3
− sen π x
4
2
x
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