06 - Esame di stato 2002 supple

ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
Sessione suppletiva
2002
Il candidato risolva uno dei due problemi e 5 dei 10 quesiti in cui si articola il questionario.
PROBLEMA 1
a)
b)
c)
d)
e)
Se il polinomio f (x) si divide per x2 − 1 si ottiene x come quoziente ed x come resto.
Determinare f (x).
f (x)
Studiare la funzione y = 2
x −1
e disegnare il grafico G in un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali
(Oxy), dopo aver trovato, in particolare, i suoi punti di massimo, minimo e flesso e i
suoi asintoti.
1
Trovare l’equazione della retta t tangente a G nel suo punto di ascissa .
2
Determinare le coordinate dei punti comuni alla retta t e alla curva G.
Dopo aver determinato i numeri a, b tali che sussista l’identità:
x
a
b
=
+
,
2
x −1 x +1 x −1
calcolare una primitiva della funzione
PAROLE
CHIAVE
f (x)
.
x2 −1
Informazioni
1 x come quoziente ed x come resto
2 I suoi punti di massimo, minimo e flesso e i suoi asintoti
x
a
b
=
+
3 Sussista l’identità: 2
x −1 x +1 x −1
Obiettivi
1 Determinare f (x)
2 Aver trovato i suoi punti di massimo, minimo e flesso e i suoi asintoti
f (x)
3 Studiare la funzione y = 2
x −1
4 Disegnarne il grafico G in un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy)
1
5 Trovare l’equazione della retta t tangente a G nel suo punto di ascissa
2
6 Determinare le coordinate dei punti comuni alla retta t e alla curva G
7 Aver determinato i numeri a, b tali che sussista l’identità...
f (x)
8 Calcolare una primitiva della funzione 2
x −1
57
SCIENTIFICO 2002
Relazione
di divisione
Quando un
termine A
si divide
per B con
quoziente Q
e resto R,
allora vale la
relazione:
A/B =
Q + R/B
f (x)
x
La funzione f (x) si determina imponendo la relazione di divisione: 2
=x+ 2 .
x −1
x −1
Da questa relazione si ricava f (x) = x3
obiettivo 1
f (x)
x3
ha come insieme di definizione − {− 1;1}, è una funzio=
x2 −1 x2 −1
ne dispari, ossia simmetrica rispetto all’origine, in quanto f (− x) = − f (x). Passa per l’origine, in cui ha un’intersezione tripla. Il segno di f (x) è positivo per − 1 < x < 0 ∨ x > 1 (figura 1). Nel suo insieme di definizione la funzione è continua.
La funzione y =
–1
1
0
x3 ≥ 0
x2 – 1 > 0
–
+
Figura 1
+
–
Risulta anche essere derivabile, e la sua derivata vale: y ′(x) =
x 4 − 3x 2
, sull’insieme di
(x 2 − 1)2
definizione − {− 1;1}. Tale derivata si annulla per x = ± 3 (soluzione semplice) e x = 0
(soluzione doppia) e ha segno positivo per x < − 3 ∨ x > 3, da cui si deduce che la
funzione in questi intervalli è crescente, e che ha un massimo di coordinate
 − 3, − 3 3 

2 
 3, − 3 3  .
Inoltre ha un flesso a tangente orizzontale nell’o
2 
rigine, poiché in questo punto la derivata si annulla ma non cambia di segno.
e un minimo di coordinate
0
– 3 –1
3
1
x2 ≥ 0
x2 – 3 ≥ 0
(x2 – 1)2 > 0
+
–
–
–
–
+
Figura 2
Essendo i limiti negli estremi dell’insieme di definizione i seguenti:
x3
x3
=
−∞
e
lim
= +∞ la funzione ha un asintoto verticale di equazione
x→1 x 2 − 1
x→1+ x 2 − 1
x = 1 e il suo simmetrico di equazione x = − 1.
lim–
x3
= +∞ la funzione non ha asintoti orizzontali. Ha invece un asintoto
x→+∞ x − 1
Essendo lim
2
obliquo, in quanto il grado del polinomio a numeratore supera di 1 il grado del polinomio
a denominatore.
ESAME DI MATEMATICA
58
Per determinarlo si calcolano i limiti:
y(x)
x3
 x3

=
=1 e
lim y(x) − mx = lim  2
− x = 0
2
x→+∞ x
x→+∞
x→+∞
x(x − 1)
 x −1 
e l’equazione dell’asintoto è y = x, che per simmetria è la stessa nell’intorno di − ∞.
lim
obiettivo 2
Con le precedenti informazioni la funzione risulta studiata e il suo grafico è rappresentato
in figura 3.
y
y=x
– 3
–1
O 1
3
x
Figura 3
obiettivi 3 e 4
1
1
ha ordinata − . La retta tangente alla curva nel punto G si deter6
2
1
11
1
mina con la formula: y(x) − y(x 0 ) = y ′(x 0 )(x − x 0 ), che diventa: y(x) + = −  x −  ,
6
9
2
11
4
ossia: y = − x + .
9
9
Il punto G di ascissa
obiettivo 5
I punti comuni alla curva e alla retta si ottengono risolvendo il sistema:
x3

y
=

x2 −1

y = − 11 x + 4

9
9
da cui si ottiene l’equazione risolvente: 20x3 − 4x2 − 11x + 4 = 0. Tale equazione ha una
1
radice di molteplicità 2 per x = (punto di tangenza) quindi, con la regola di Ruffini, si
2
abbassa di grado:
59
SCIENTIFICO 2002
20
1
2
20
1
2
20
−4
− 11
4
10
3
−4
6
−8
10
8
16
1
1 2
L’equazione diventa così:  x −  (20x + 16) = 0 e ha per soluzioni, oltre a x = con
2
2
molteplicità 2, anche x = −
4
con molteplicità 1.
5
obiettivo 6
Trasformando l’identità data si ottiene (a + b) x − a + b = x, da cui, applicando il principio
1
d’identità dei polinomi, si ricavano a e b: a = b = .
2
obiettivo 7
Per ricavare una primitiva della funzione data, ci si serve del risultato di cui all’obiettivo
precedente. Infatti:
x3
2x
1
x2 1
 x + x  dx = xdx + 1
dx
=
dx
=
+
d(x 2 − 1) =

x2 −1
2 2 x2 −1
x 2 − 1
2 x2 −1
∫
∫
=
∫
∫
∫
2
x
1
+ ln x 2 − 1 + c
2 2
obiettivo 8
PROBLEMA 2
Una piramide di vertice V, avente per base il trapezio rettangolo ABCD, è tale che:
– il trapezio di base è cricoscritto ad un semicerchio avente come diametro il lato AB
perpendicolare alle basi del trapezio;
– lo spigolo VA è perpendicolare al piano di base della piramide;
– la faccia VBC della piramide forma un angolo di 45° col piano della base.
a) Indicato con E il punto medio del segmento AB, dimostrare che il triangolo CED, è rettangolo.
b) Sapendo che l’altezza della piramide è lunga 2a, dove a è una lunghezza assegnata, e
che BC = 2AD, calcolare l’area e il perimetro del trapezio ABCD.
c) Determinare quindi l’altezza del prisma retto avente volume massimo, inscritto nella
piramide in modo che una sua base sia contenuta nella base ABCD della piramide.
d) Stabilire se tale prisma ha anche la massima area laterale.
ESAME DI MATEMATICA
60
PAROLE
CHIAVE
Informazioni
1
2
3
4
5
6
7
8
Trapezio rettangolo ABCD
Semicerchio avente come diametro il lato AB perpendicolare alle basi
Lo spigolo VA è perpendicolare al piano di base della piramide
La faccia VBC della piramide forma un angolo di 45° col piano della base
E il punto medio del segmento AB
L’altezza della piramide è lunga 2a
BC = 2AD
Prisma retto inscritto nella piramide in modo che una sua base sia contenuta nella base ABCD della piramide
Obiettivi
1
2
3
4
Dimostrare che il triangolo CED è rettangolo
Calcolare l’area e il perimetro del trapezio ABCD
Determinare l’altezza del prisma retto avente volume massimo
Stabilire se tale prisma ha anche la massima area laterale
Il trapezio ABCD è rappresentato in figura 4. Il triangolo CED è rettangolo in quanto i due
triangoli ADE e DET sono congruenti per una proprietà dei segmenti di tangenza da un
punto esterno a una circonferenza, lo stesso dicasi per i triangoli TEC e ECB. Quindi l’angolo piatto di vertice E risulta diviso in due coppie di angoli congruenti, allora l’angolo
DEC è retto perché formato dalla somma di due elementi di tali coppie.
A
D
T
E
C
B
Figura 4
V
obiettivo 1
Se il piano VBC forma un angolo di 45° con il piano di
base della piramide, allora la faccia VAB è un triangolo
rettangolo con un angolo di 45°, quindi è isoscele, da
cui AB = VA = 2a (figura 5).
2a
B
2a
A
Figura 5
61
SCIENTIFICO 2002
Per la similitudine dei triangoli BCE e DET, che hanno gli angoli congruenti, si ha la proporzione tra i lati corrispondenti: EB : BC = DT : TE, da cui l’equazione: a : 2x = x : a, avendo indicato con x = AD.
Quindi
Il perimetro risulta:
E l’area:
In figura 6 si vede la piramide con un prisma retto ad essa inscritto.
Figura 6
Il volume della piramide vale:
Scegliendo un punto A′ sull’altezza VA, e tracciando il piano parallelo alla base della piramide, si ottiene un trapezio simile ad ABCD, che costituisce sia la base di una piramide
simile a quella data, sia la base di un prisma retto che si ottiene tracciando i sementi di
perpendicolare dai suoi vertici al piano di base.
Le due piramidi (di uguale vertice V e basi rispettivamente ABCD e A′B′C′D′) sono simili,
quindi il rapporto tra le loro aree di base e il quadrato delle loro altezze è costante:
A(ABCD) : A(A′B′C′D′) = (2a)2 : x2
Da questa proporzione si ricava l’area di A′B′C′D′. A(A′B′C′D′) =
Essendo anche
l’area di base del prisma retto (che ha altezza pari a 2a – x) è possibile calcolare il suo
volume: V (prisma) =
Esso si presenta come una funzione di x, che deri-
vata rispetto a x dà:
ESAME DI MATEMATICA
62
L’area laterale del prisma vale 2p′ ⋅ VA. Dalla proporzione tra i perimetri di base delle due
piramidi simili e le loro altezze: 2p : 2p′ = 2a : x si può ricavare il perimetro di base della
x
piramide piccola, 2p′ , che è anche il perimetro di base del prisma: 2 p′ = (3 + 2 ). L’area
2
x
laterale del prisma in funzione di x vale quindi: 2 p′ ⋅ VA = (3 + 2 )(2a − x). La sua deri2
1
vata come funzione di x è: (3 + 2 )(2a − 2x) , si annulla per x = a è positiva per x < a,
2
che non corrisponde al valore del massimo del volume trovato precedentemente. Quindi
per il valore che rende massimo il volume, il prisma non ha massima l’area laterale.
obiettivo 4
QUESTIONARIO
1. Si consideri la seguente equazione in x, y.
2x2 + 2y2 + x + y + k = 0,
dove k è un parametro reale. La sua rappresentazione in un piano, riferito ad un sistema monometrico di assi cartesiani ortogonali:
A − è una circonferenza per ogni valore di k;
1
B − è una circonferenza solo per k < ;
2
1
C − è una circonferenza solo per k < ;
4
D − non è una circonferenza qualunque sia k.
Una sola alternativa è corretta: individuarla e giustificare la risposta.
La risposta corretta è la B, in quanto, data una circonferenza di equazione x2 + y2 + ax +
a2 b2
by + c = 0, il suo raggio è dato da: r =
+ − c e la quantità sotto radice deve esse2 2
re maggiore di zero affinchè la circonferenza abbia raggio reale non nullo.
1
1 1 k
Quindi, nell’equazione data, si pone: + − > 0, da cui k < .
2
8 8 2
2. Considerata la funzione di variabile reale: f (x) = x − 1 + 1 − x , dire se esiste il
limite di f ( x) per x tendente ad 1 e giustificare la risposta.
La funzione data ha come insieme di definizione l’intersezione degli insiemi di definizioni delle due radici, quindi solo il punto x = 1, in quanto deve essere contemporaneamente x ≥ 1 e x ≤ 1. Quindi non ha senso calcolare il limite, poichè x = 1 non è punto di
accumulazione.
63
SCIENTIFICO 2002
3. Sia f(x) una funzione reale di variabile reale. Si sa che: f(x) è derivabile su tutto l’asse
reale; f ( x) = 0 solo per x = 0; f ( x) → 0 per x → ± ∞; f ′(x) = 0 soltanto per x = − 2 e
x = 1; f ( − 2) = 1 ed f ( 1) = − 2. Dire, dandone esauriente spiegazione, se le informazioni suddette sono sufficienti per determinare gli intervalli in cui la funzione è definita,
quelli in cui è continua, quelli in cui è positiva, quelli in cui è negativa, quelli in cui
cresce, quelli in cui decresce. Si può dire qualcosa circa i flessi di f ( x)?
Le informazioni date sono sufficienti per determinare gli intervalli in cui la funzione è
definita, in quanto essendo derivabile su tutto l’asse reale, la funzione è continua su
tutto l’asse reale e quindi definita in esso. Sono sufficienti per determinare gli intervalli
in cui è continua per il motivo precedente. Anche per la positività, poichè se la funzione ha un solo zero ed è ovunque continua, al di fuori dello zero sarà da una parte positiva e dall’altra negativa. Dato che f(− 2) e f(1) = − 2 si può concludere che la funzione è
positiva per x < 0, negativa per x > 0. Se la derivata prima si annulla solo in due punti,
in essi la funzione può ammettere massimo o minimo o eventualmente flesso a tangente orizzontale. Vista la tendenza a zero negli estremi del dominio, saranno un massimo
(x = − 2) e un minimo (x = 1): la condizione è perciò sufficiente. Per i flessi, si può dire
che negli intervalli tra − ∞ e − 2, tra − 2 e 1 e tra 1 e + ∞ ci saranno tre flessi, ma le
condizioni non sono sufficienti a dire se ve ne sono altri.
4. Sia f ( x) una funzione di variabile reale definita nel modo seguente:
 1 sen 2x per 0 < x < π
 a
2
f (x) = 
π
1+ a
per − < x < 0
 sen x
2
dove a è un parametro reale non nullo. Stabilire se esiste un valore di a per il quale il
dominio della funzione possa essere prolungato anche nel punto x = 0.
1+ a
1
=±∞
sin 2x = 0 e lim−
x→0
x→0 a
sin x
se il numeratore è positivo o negativo. Se invece è nullo, ossia a = − 1, allora è 0.
Quindi è − 1 il valore di a cercato.
In generale i limiti destro e sinistro in x = 0 sono: lim+
5. Un titolo di borsa ha perso ieri l’x% del suo valore. Oggi quel titolo, guadagnando
l’y%, è ritornato al valore che aveva ieri prima della perdita. Esprimere y in funzione
di x.
Indichiamo con T0 il valore del titolo prima della perdita, T1 il suo valore ieri e T2 il suo
valore oggi. Le relazioni tra questi valori sono:
T = T  1 − x 
0
 1
100 

y 


T2 = T1  1 +
100 

T2 = T0

che danno y in funzione di x come: y =
ESAME DI MATEMATICA
64
100x
100 − x
6. Come si sa, la condizione che la funzione reale di variabile reale f (x) sia continua in
un intervallo chiuso e limitato [a,b] è sufficiente per concludere che f (x) è integrabile
su [a,b]. Fornire due esempi, non concettualmente equivalenti, che dimostrino come la
condizione non sia necessaria.
x 2 0 ≤ x < 1
f
(x)
=
Per esempio una funzione definita a tratti come:
nell’intervallo

1 1 < x ≤ 4
[0,4] {1} oppure una funzione come la parte intera di x: f (x) = E[x] nell’intervallo  1 ,4 .
 2 
y
y
4
3
2
1
1
O
1
2
3
x
4
O
–1
2
1
2
3
4
x
Figura 7
7. Una primitiva della funzione f (x) =
A) ln
x
;
x +2
B) ln
x +2
;
x
1
1
è:
+
2x 2x + 4
C) ln x 2 + 2x ;
D) ln x 2 + x .
Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire una spiegazione della scelta
operata.
La primitiva corretta è C, in quanto la funzione da integrare è la somma dei reciproci di
due polinomi di primo grado, dunque la funzione primitiva deve essere la somma di
due logaritmi di funzioni di primo grado, con lo stesso coefficiente (1/2) che diventa la
potenza dell’argomento di un solo logaritmo, pari al prodotto dei due argomenti. Non è
la D in quanto i polinomi in questione sono x e x + 2, che moltiplicati danno x2 + 2x.
8. Sn rappresenta la somma dei primi n numeri naturali dispari. La successione di termiS
ne generale an tale che an = n2 , è:
2n
A) costante;
B) crescente;
C) decrescente.
Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire una spiegazione della scelta
operata.
65
SCIENTIFICO 2002
La successione di termine generale an è decrescente, in quanto:
n 2 + 2n + 1 1 1
1
= + + 2
2 n 2n
2n 2
1
1
1
1
ed essendo >
e
>
, risulta an > an+1 per ogni n.
2
2n
2(n + 1)2
n n +1
an =
9. Dato un tetraedro regolare, si consideri il quadrilatero avente per vertici i punti medi
degli spigoli di due facce. Dimostrare che si tratta di un quadrato.
P
B
S
A
C
R
D
Q
Figura 8
Nella figura 8 si vede che occorre scegliere i punti medi degli spigoli di 2 facce, ad
eccezione dello spigolo comune. Si ottiene un quadrilatere ABCD, in cui i lati opposti
AD e BC sono paralleli perché rispettivamente complanari e paralleli allo spigolo PQ.
Lo stesso si può dire per i lati opposti AB e DC. Si tratta quindi di un parallelogramma.
Inoltre, per un teorema sui triangoli, conseguenza del teorema di Talete, applicato al
triangolo PQS, si ha che BC = 1 PQ perché unisce i punti medi di due lati. Lo stesso
2
1
dicasi per AB = RS. Essendo PQ = RS perché il tetraedo è regolare, si ottiene
2
BC = AB . Il parallelogrammo ABCD, avendo due lati consecutivi uguali, è un quadrato.
10. Di due rette a, b – assegnate nello spazio ordinario – si sa soltanto che entrambe sono
perpendicolari ad una stessa retta p.
a) È possibile che le rette a, b siano parallele?
b) È possibile che le rette a, b siano ortogonali?
c) Le rette a, b sono comunque parallele?
d) Le rette a, b sono comunque ortogonali?
Per ciascuna delle quattro domande motivare la relativa risposta.
a) è possibile che le rette siano parallele, se stanno su uno stesso piano.
b) è possibile che siano ortogonali, se si incontrano nello stesso punto sulla retta p.
c) non sono comunque parallele, in quanto potrebbero appartenere a piani diversi.
d) non sono comunque ortogonali, perchè possono intersecare p in punti diversi.
ESAME DI MATEMATICA
66