RIPASSO
Risoluzione della verifica
IN UN’ORA - SECONDA PROVA
1. ALGEBRA, GEOMETRIA, FUNZIONI
Risoluzione della verifica IN UN’ORA - SECONDA PROVA
1 a) Determiniamo il dominio di y = f (x) = arcsen x - 1 mettendo a sistema la condizione di esistenza del
x +1
radicale e dell’arcoseno.
x$0
*- 1 #
Zx $ 0
Zx $ 0
Zx $ 0
]
]
]
]] x - 1 $ - 1 ]] x - 1 + x + 1 $ 0 ]] 2 x $ 0
"
"[
" [ x +1
x +1
x +1
x -1
# 1 []
]
]
2
x +1
x -1- x -1
x -1
$0
#1
# 0 ]]
]]
]]
x +1
+
1
x
+
1
x
\
\
\
Le disequazioni irrazionali sono verificate 6x ! R perché sia al numeratore che al denominatore sono
presenti quantità positive o nulle.
Il dominio è quindi D = [0; + 3 [ .
Calcoliamo le intersezioni con gli assi coordinati ponendo rispettivamente x = 0 e y = 0 nell’equazione
della funzione.
x = 0 " f (0) = arcsen (- 1) =y = 0 " 0 = arcsen
x -1
"
x +1
r
r
" la funzione interseca l’asse y nel punto di coordinate a0; - k .
2
2
x -1
= 0 " x = 1 " la funzione interseca l’asse x nel punto di coorx +1
dinate (1; 0).
Studiamo il segno della funzione.
Z
]
]
x -1
x -1
20"01
#1"[
y 2 0 " arcsen
x +1
x +1
]
]
\
La funzione è positiva in ] 1; + 3 [ e negativa in [0; 1 [ .
x
x
x
x
-1
2 0 " x -1 2 0 " x 2 1
+1
-1
# 1 " 6x ! R
+1
23 - x - 4 x
b) Determiniamo il dominio di y = f (x) =
mettendo a sistema la condizione di esistenza del
ln (x 2 - 3)
logaritmo e della frazione.
2
*
x2 - 3 2 0
x 1- 3 0 x 2
"* 2
2
ln (x - 3) ! 0
x -3 ! 1
3
"*
x 1- 3 0 x 2
x !!2
3
Pertanto, il dominio è l’insieme D = ]- 3; - 2[ , ]- 2; - 3 [ , ] 3 ; 2 [ , ] 2; + 3[ .
Calcoliamo le intersezioni con gli assi coordinati.
Osserviamo che x = 0 non appartiene al dominio della funzione, quindi non ci sono intersezioni con
l’asse y.
2
23 - x - 4 x
= 0 " 23 - x = 2 2x " 3 - x 2 = 2x " x 2 + 2x - 3 = 0 " x =- 3 0 x = 1.
ln (x 2 - 3)
2
y=0"
La soluzione x = 1 non è accettabile perché non appartiene al dominio di f.
La funzione interseca quindi l’asse x nel punto di coordinate (- 3; 0) .
Studiamo il segno della funzione.
2
23 - x 2 2 2x " - x 2 - 2x + 3 2 0
23 - x - 4 x
20">
2
ln (x - 3)
ln (x 2 - 3) 2 0 " x 2 - 4 2 0
2
–2 – 3 1 3
–3
2
x
–x2 – 2x + 3 − 0 +
La funzione è positiva negli intervalli ] - 3; - 2 [ e ] 3 ; 2 [ .
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x2 – 4
y
+
+
+ 0 −
− 0 + ∃ − ∃
−
−
− 0 +
∃ + ∃ −
1
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2 a) L’equazione generica della parabola con asse parallelo all’asse x è x = ay2 + by + c .
Imponiamo le condizioni e determiniamo i coefficienti.
Z
] yV =- b = 0 " b = 0
2a
]
[ xV = ayV2 + byV + c " - 1 = c " c =- 1
]
1
] x P = ay 2P + by P + c " 0 = 4a + 2b + c " a = 4
\
1
L’equazione della parabola è quindi x = y 2 - 1.
4
b) Determiniamo il fuoco della parabola:
Fb
y
-D + 1
b
;" F (0; 0) .
2a l
4a
B
Scriviamo il fascio di rette di centro il fuoco della parabola e
determiniamo i punti A e B d’intersezione con la parabola.
y = mx
y = mx
y = mx
* x = 1 y 2 - 1 " * x = 1 (mx) 2 - 1 " ( 2 2
m x - 4x - 4 = 0
4
x
O
4
Le intersezioni sono A d
Bd
A
x=1
– y2 – 1
4
2 - 4 + 4m 2 2 - 4 + 4m 2
;
n,
m
m2
2 + 4 + 4m 2 2 + 4 + 4m 2
;
n.
m
m2
Poniamo la lunghezza della corda AB = 8 e determiniamo m.
AB = 8 " AB 2 = 64 ,
d
2
2
2 + 4 + 4m 2
2 - 4 + 4m 2
2 + 4 + 4m 2
2 - 4 + 4m 2
n = 64 "
n +d
2
2
m
m
m
m
"d
"
2
2
2 4 + 4m 2
2 4 + 4m 2
n = 64 "
n +d
2
m
m
16 (1 + m 2)
16 (1 + m 2)
+
= 64 "
m4
m2
" 3m 4 - 2m 2 - 1 = 0 " m 2 = 1 0 m 2 =-
1
(impossibile) " m = ! 1.
3
Le equazioni delle rette cercate sono y = ! x .
(La retta del fascio di equazione x = 0 , che non otteniamo per alcun valore di m, interseca la parabola nei
punti di coordinate (0; ! 2) staccando una corda di lunghezza 4, pertanto non è una delle rette cercate.)
c) Consideriamo la retta di coefficiente angolare positivo, cioè la bisettrice del primo e terzo quadrante.
mx + n
ma, dato che p ! 0 , si può scrivere come
L’equazione generica di una funzione omografica è y =
px + q
m
n
x+
p
p
q
ax + b
m
n
ossia, posto a =
,b = ,d =
, come y =
.
y=
p
x+d
q
p
p
x+
p
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Se il centro della funzione omografica appartiene alla bisettrice,
significa che gli asintoti della funzione s’intersecano in un punto
della bisettrice, quindi a =- d . Mettiamo a sistema le condizioni imposte e determiniamo i coefficienti:
Z
b
" b = 3d " b =- 6
]3 =
d
]
[1 = 4a + b " 4 + d =- 4d + 3d " 2d =- 4 " d =- 2
]
4+d
] a =- d " a = 2
\
L’equazione della funzione omografica è y =
y
2
2x – 6
y = ––––––
x–2
O
2
x
2x - 6
.
x-2
3 Indicando con a e b rispettivamente gli angoli di vertice A e B, osserviamo che a e b sono acuti in quanto hanno coseni positivi. Determiniamo il seno di a e b, accettando solo valori positivi:
Z
Z
3
12
]] cos a =
]] cos b =
5
13
e [
[
4
2
]] sen a = 1 - cos a =
]] sen b = 5
5
13
\
\
Calcoliamo ora cos c. Utilizzando gli archi associati e la formula di addizione per il coseno abbiamo:
cos c = cos (r - a - b) =- cos (a + b) =- (cos a cos b - sen a sen b) =- b
3 12
4 5
16
$
- $
=10
5 13
5 13 l
65
che dimostra che il triangolo è ottusangolo.
L’angolo esterno al triangolo nel vertice C è r - c e poiché sen (r - c) = sen c , otteniamo:
16 2
63
=
.
sen c = 1 - b
65 l
65
4 Rappresentiamo in figura una piramide di lato l.
La base della piramide è un triangolo equilatero di lato l, quindi l’area di base è :
Area (ABC) =
l2 3
.
4
V
ᐉ
Il volume della piramide è quindi dato da:
V=
2
ᐉ
A
3
1 l 3
l 3
=
.
l$
3
4
12
ᐉ
C
ᐉ
B
Il triangolo VBC è isoscele su BC che misura l, mentre i lati VB e VC misurano l 2 . Detto H il punto medio
di BC, per il primo teorema dei triangoli rettangoli è:
V "
BH = VB cos VBC
l
V .
= l 2 cos VBC
2
Otteniamo quindi:
cos VV
BC =
1
2 2
V = arccos
da cui VBC
=
2
,
4
2
.
4
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