Sessione suppletiva 2000 – 2001 Liceo di ordinamento
Soluzione di Nicola De Rosa
ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
a.s. 2000/2001
Tema di MATEMATICA
Sessione suppletiva CORSO DI ORDINAMENTO
PROBLEMA 1
Si consideri la funzione reale f m di variabile reale x tale che:
x2
fm =
,
x − 2m + m
dove m è un parametro reale non nullo.
a) Trovare gli insiemi di definizione, di continuità e di derivabilità della funzione.
b) Indicata con C1 la curva rappresentativa della funzione f1(x) corrispondente ad m=1, studiarla e
disegnarla in un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali, dopo aver determinato, in
particolare, le equazioni dei suoi asintoti e il comportamento nel punto A di ascissa 2.
c) Calcolare l’area della regione finita di piano delimitata dalla curva C1 e dalla retta parallela
all’asse delle ascisse condotta per il punto A.
PROBLEMA 2
Una piramide retta, di vertice V, ha per base il triangolo ABC, rettangolo in A, la cui area è 24 a2,
AB 3
=
dove a è una lunghezza assegnata. Si sa inoltre che
e che il piano della faccia VAB della
BC 5
12
piramide forma col piano della base ABC un angolo ϕ tale che sin ϕ = .
13
a) Calcolare
l’altezza
della
piramide.
24
b) Controllato che essa è
a , calcolare la distanza del vertice C dal piano della faccia VAB.
5
c) Condotto, parallelamente alla base ABC, un piano α che sechi la piramide e considerato il
prisma retto avente una base coincidente con il triangolo sezione e per altezza la distanza di α dalla
base ABC, calcolare per quale valore di tale distanza il prisma ha volume massimo.
d) Il prisma di volume massimo ha anche la massima area totale ?
QUESTIONARIO
1. Considerata una funzione reale di variabile reale f(x), si prendano in esame le due seguenti
proposizioni:
A: condizione necessaria e sufficiente affinché f(x) sia definita in un punto a è che sia continua in a.
B: condizione necessaria e sufficiente affinché f(x) sia continua in un punto a è che sia derivabile in
a.
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1
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Una sola delle seguenti combinazioni è corretta: individuarla e fornire un’esauriente giustificazione
della risposta:
a) A vera – B vera; b) A vera – B falsa; c) A falsa – B vera; d) A falsa – B falsa.
2. Si consideri il cubo di spigoli AA’, BB’, CC’, DD’, in cui due facce opposte sono i quadrati
ABCD e A’B’C’D’. Indicato con E il punto medio dello spigolo AB, sia CF la retta perpendicolare
a DE condotta per C. I piani D’DE e C’CF dividono il cubo in quattro parti. Calcolare a quale
frazione del cubo equivale ciascuna di esse.
3. Calcolare se esiste un numero naturale n per il quale risulti:
n
n
k =0
∑ k = 1048576 .
4. Sia f(x) una funzione reale di variabile reale, derivabile con derivata continua in tutto il campo
x
∫ f (t )dt − x
reale, tale che: f(0) = 1 ed f ’(0) = 2. Calcolare: lim 0
x →0
cos 2 x − 1
.
5. Dimostrare che la derivata, rispetto ad x, della funzione ax, dove a è un numero reale positivo
diverso da 1, è ax ln a .
6. Fra i rettangoli di dato perimetro determinare quello di area massima.
1
7. Una primitiva della funzione f(x) è x2 + 2 x . Se è possibile calcolare
x
∫ f 2 dx , determinare il
0
valore dell’integrale. In caso contrario spiegare perché il calcolo non è possibile.
8. In un piano, riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), sia T un trapezoide di base
[a,b] relativo alla funzione f(x), continua in tale intervallo. Dimostrare la formula che esprime il
volume del solido generato dal trapezoide quando ruota di un giro completo attorno all’asse x.
9. Calcolare la derivata della funzione sen 2x rispetto alla variabile x, ricorrendo alla definizione di
derivata di una funzione
10. Considerata una funzione reale di variabile reale f(x), derivabile almeno due volte in un dato
punto a, affinché la funzione f(x) abbia in a un punto di flesso la condizione f "(a) = 0 è:
a) necessaria e sufficiente;
b) necessaria ma non sufficiente;
c) sufficiente ma non necessaria.
Una sola alternativa è corretta: individuarla e fornire un’esauriente spiegazione della risposta.
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PROBLEMA1
Punto 1
•
Dominio di definizione
Il dominio della funzione f m =
x2
è dato da x : x − 2m + m ≠ 0 . Si presentano 2
x − 2m + m
possibilità:
1. m > 0 : la condizione x : x − 2m + m ≠ 0 è sempre soddisfatta;
2. m < 0 : la condizione x : x − 2m + m ≠ 0 è soddisfatta per x − 2m ≠ ± m ⇒ x ≠ {m,3m}.
Il dominio di definizione di f m =
•
x2
è dunque D f
x − 2m + m
se m > 0
R
:
.
R − {m,3m} se m < 0
Dominio di continuità
Per quanto riguarda la continuità possiamo affermare che la funzione è continua in
se m > 0
R
Dc :
e nei punti x = m, x = 3m presenta due discontinuità di seconda specie.
R − {m,3m} se m < 0
•
La
Dominio di derivabilità
funzione
fm =
x2
x2
x−m
fm =
= 2
x − 2m + m x
3m − x
x 2 − 2 xm
2
(x − m)
'
fm =
2
6mx − x
(3m − x )2
x2
x − 2m + m
è
riscrivibile
nel
modo
seguente:
se x ≥ 2m ∧ x ≠ m
; di conseguenza la derivata prima è
se x < 2m ∧ x ≠ 3m
se x ≥ 2m ∧ x ≠ m
; nei punti in cui la funzione non è continua non è
se x < 2m ∧ x ≠ 3m
nemmeno derivabile, ed inoltre va analizzata la natura del punto x = 2m . Si ha:
x 2 − 2 xm
lim + f m' = lim +
=0
2
x→ 2 m
x→2 m
(x − m )
6mx − x 2
lim − f m' = lim −
= 8m
x→ 2 m
x → 2 m (3m − x )2
Ricordando che m ≠ 0 per ipotesi, il punto x = 2m è un punto angoloso e quindi di non
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se m > 0
R − {2m}
derivabilità. In conclusione il dominio di derivabilità è Dd :
.
R − {m,2m,3m} se m < 0
Punto 2
x2
x − 1
x2
Per m = 1 si ha f 1 =
= 4
x − 2 +1 2
x
3 − x
se x > 2
se x = 2
se x < 2
Studiamo la funzione:
•
Dominio: essendo m = 1 > 0 il dominio è R;
•
Intersezione asse ascisse: f 1 =
•
Intersezione asse ordinate: x = 0 ⇒ y = 0 ;
•
Positività: la funzione è sempre non negativa in quanto sia il numeratore che il denominatore
x2
= 0 ⇔ x = 0;
x − 2 +1
sono sempre non negativi, cioè f 1 ≥ 0 ∀x ∈ R ;
•
Asintoti verticali: essendo m = 1 > 0 il dominio di continuità è tutto R da cui deduciamo
l’assenza di asintoti verticali;
•
Asintoti orizzontali: non ve ne sono in quanto
x2
2
= lim x = +∞
lim f 1 = lim
x → +∞
x → +∞ x − 2 + 1
x → +∞ x − 1
x2
2
= lim x = +∞
lim f 1 = lim
x → −∞
x → +∞ x − 2 + 1
x → −∞ 3 − x
•
Asintoti obliqui: hanno equazione y = mx + q . Si hanno due casi:
1. x > 2 :
x2
x2
f1
x
m = lim
= lim 2
= 1, q = lim ( f 1 − x ) = lim
− x = lim
=1
x → +∞ x
x → +∞ x − x
x → +∞
x → +∞ x − 1
x → +∞ x − 1
per cui y = x + 1 è asintoto obliquo destro:
2. x < 2 :
m = lim
x → −∞
x2
x2
f1
3x
(
)
= lim
=
−
1
,
q
=
lim
f
−
x
=
lim
+ x = lim
= −3 per
1
2
x → −∞
x → −∞ 3 − x
x x →−∞ 3 x − x
x →−∞ 3 − x
cui y = − x − 3 è asintoto obliquo sinistro:
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•
Crescenza e decrescenza:
derivata prima è f 1' =
strettamente
f 1' =
x(6 − x )
(3 − x )2
crescente;
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x 2 − 2x
2
( x − 1)
la derivata prima è f 1' =
2
6x − x
(3 − x )2
x(x − 2)
(x − 1)2
per
se x > 2
la
derivata
prima
per x > 2 la
(2,+∞ )
la funzione è
se x < 2
che è sempre positiva, per cui in
x<2
;
è
f 1' =
x(6 − x )
(3 − x )2
> 0 ⇒ 0 < x < 2 , cioè la funzione è strettamente decrescente in
per
cui
(− ∞,0)
e
strettamente crescente in (0,2) . Quindi il punto m(0,0) è di minimo relativo ed assoluto. Il
punto A(2,4) è un punto angoloso con tangente destra di equazione y = 4 e tangente sinistra di
equazione y = 8 x − 12 ;
•
Concavità e convessità: per x > 2 la derivata seconda è f 1" =
cui in
f 1" =
(2,+∞ )
18
(3 − x )3
2
(x − 1)3
che è sempre positiva, per
la funzione ha concavità verso l’alto; per x < 2 la derivata seconda è
che è sempre positiva, per cui anche in (− ∞,2) la funzione ha concavità verso
l’alto; in conclusione la funzione presenta sempre concavità verso l’alto.
Di seguito il grafico:
Punto c
La retta passante per A(2,4) e parallela all’asse delle ascisse ha equazione y = 4 . Le intersezioni di
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y = 4 con la curva di equazione f 1 =
x2
x2
si ricavano risolvendo l’equazione
= 4,
x − 2 +1
x − 2 +1
x 2 = 4( x − 1) se x ≥ 2
cioè
x 2 = 4(3 − x ) se x < 2
( x − 2 )2 = 0
(x + 6)(x − 2 ) = 0
se x ≥ 2
se x < 2
⇒
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⇒
x 2 − 4 x + 4 = 0 se x ≥ 2
da
x 2 + 4 x − 12 = 0 se x < 2
x=2
se x ≥ 2
x = −6 ∨ x = 2 se x < 2
.
Le
intersezioni
sono
cui
allora
A(2,4 ), B(− 6,4) . L’area da calcolare è di seguito colorata in grigio:
Tale area vale:
2
2
x 2
x2 − 9
9
9
dx = ∫ 4 −
dx = ∫ 4 − − x − 3 +
S = ∫ 4 −
+
dx =
3 − x
3 − x
3 − x 3 − x
−6
−6
−6
2
( x + 7 )2
9
81 1
= ∫x + 7 −
+ 9 ln 3 − x = − + 9 ln 9 = 40 − 18 ln 3
dx =
3− x
− 6
2
−6 2 2
2
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2
.
6
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PROBLEMA2
Punto a
Consideriamo la figura a lato in cui è rappresentata la
piramide con base un triangolo rettangolo in A in cui
è inscritta una circonferenza di raggio OH . Il cateto
AB 3
= ,
BC 5
AC per il teorema di Pitagora, sapendo che
misura
2
2
2
25
4
AB − AB = AB .
9
3
2
AC = BC − AB =
L’area
S ABC =
del
triangolo
rettangolo
è
allora
2
AB ⋅ AC 2
= AB .
2
3
S ABC =
Imponendo
2
2
AB = 24a 2
3
ricaviamo
AB = 6a, AC = 8a, BC = 10a .
Il raggio della circonferenza inscritta è pari al rapporto tra area e semiperimetro del triangolo
rettangolo
e
OH =
cioè
24a 2
= 2a ,
12a
per
cui
l’altezza
della
piramide
misura
12
12
sin ϕ
sin ϕ
24
VO = OH ⋅ tan ϕ = OH ⋅
= OH ⋅
= 2a ⋅ 13
= 2a ⋅ 13 =
a.
2
5
cos ϕ
5
144
1 − sin ϕ
1−
13
169
Punto b
Se indichiamo con h la distanza di C dalla faccia VAB, essa è altezza della piramide di base VAB.
L’area del triangolo VAB è SVAB =
AB ⋅ VH
=
=
2
di conseguenza SVAB
V=
SVAB ⋅ h 26 2
=
a h.
3
5
S
⋅ VO
V = ABC
=
3
Ma
il
2
2
576 2
26
AB ⋅ VH
dove VH = VO + OH =
a + 4a 2 =
a;
2
25
5
6a ⋅
26
a
5 = 78 a 2 cui corrisponde il volume della piramide
2
5
volume
della
piramide
è
anche
pari
a
24
a
5 = 192 a 3 ; imponendo l’uguaglianza tra i due volumi si ha
3
5
24a 2 ⋅
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26 2
192 3
96
a h=
a ⇒h=
a.
5
5
13
Punto c
Consideriamo la figura a lato rappresentante la geometria
del quesito. Poniamo VO' = x con 0 < x <
24
a , per cui
5
24
l’altezza del prisma è OO' = a − x .
5
I triangoli ABC e A’B’C’ sono simili in quanto il piano
α è parallelo alla base, per cui vale la seguente
proporzione tra perimetri di base ed altezze:
2p ABC : 2p A'B'C' = VO : VO' ⇒
⇒ 2p A'B'C'
x
VO'
= 5 x.
= 2p ABC ⋅
= 24a ⋅
24
VO
a
5
Dalla similitudine tra i triangoli ABC ed A’B’C’ deduciamo che i lati del triangolo A’B’C’ stanno
nello stesso rapporto dei lati di ABC e cioè 3, 4, 5, cioè
A' B': B' C' : A' C' = 3 : 4 : 5 da cui
componendo la proporzione si ricava
(A' B'+ B' C'+ A' C') : A' B' = (3 + 4 + 5) : AB ⇒
⇒ 2p A'B'C' : 2p ABC = A' B' : AB ⇒ A' B' = AB ⋅
Di
conseguenza
S A'B 'C ' =
A' C' =
5
25
x, B' C' =
x
3
12
A' B' ⋅ A' C' 25 2
=
x .
2
24
VP ( x ) = S A'B 'C ' ⋅ OO' =
2p A'B'C'
5x
5
= 6a ⋅
= x.
2p ABC
24a 4
Il
e
l’area
volume
del
del
triangolo
A’B’C’
prisma
è
è
24
25 2 24
25 3
a . Il valore massimo del
x ⋅ a − x = 5ax 2 −
x con 0 < x <
5
24
24
5
volume lo calcoliamo mediante derivazione: VP' ( x ) = 10ax −
25 2
x per cui
8
24
0< x < a
25 2
16
5
V ( x ) = 10ax −
x > 0
→0 < x < a
8
5
24
0< x < a
25 2
16
24
5
VP' ( x ) = 10ax −
x < 0
→ a<x<
a
8
5
5
'
P
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8
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da cui deduciamo che il volume massimo lo si ha per x =
misura
16 8
24
OO' = a − a = a
5 5
5
2
e
16
a e quindi quando l’altezza del prisma
5
tale
volume
massimo
vale
3
25 16
256 3
16
16
V P a = 5a ⋅ a − a =
a .
24 5
15
5
5
Punto d
L’area totale del prisma è pari alla somma delle due aree di base e dell’area laterale:
25 2
35 2
24a − 5 x
x + 5x ⋅
= 24ax − x
12
5
12
(24a − 5 x )(24a + 7 x ) = − 35 x + 4ax + 48a 2 con 0 < x < 24 a.
=
12
12
5
S P ( x ) = 2S A'B 'C ' + 2 p A'B 'C ' ⋅ OO' =
Notiamo che l’area totale è un arco di parabola con concavità verso il basso che raggiunge il suo
massimo
nell’ascissa
del
vertice
e
cioè
in
x=−
24a 144
=
a
35 35
−
6
cui
corrisponde
24a 144 24
OO' =
−
a =
a . In conclusione il prisma di volume massimo non coincide con quello
35 35
5
di area totale massima in quanto le altezze massime non coincidono.
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QUESTIONARIO
Quesito 1
La risposta esatta è D. Infatti la proposizione A è falsa perché una funzione può essere definita in un
2 se x ≠ 0
punto senza esservi continua, come per f ( x ) =
che è definita ma non è continua in
1 se x = 0
x = 0 ; inoltre la proposizione B è falsa perché una funzione può essere continua e non derivabile in
un punto assegnato come per f ( x ) = 3 x 2 che in x = 0 presenta una cuspide ma è ivi continua.
Quesito 2
Consideriamo la figura a lato rappresentante la geometria del problema.
C’
C
Indichiamo con l la misura dello spigolo del cubo e con V1 ,V2 ,V3 ,V4
i volumi dei prismi retti di base DFG, DFC, FGAE e FEBC. D’
D
F
Notiamo innanzitutto che i triangoli rettangoli CDG e DAE sono
congruenti avendo AD=DC e CĜD = AÊD in quanto complementari
G
di AD̂E , per cui DG=AE. I suddetti triangoli hanno in comune il
B’
B
triangolo DFG, per cui sottraendo ad essi l’area del triangolo DFG
E
deduciamo che il triangolo DFC ed il quadrilatero FGAE hanno
A’
stessa area; inoltre, poiché l’altezza dei prismi con base
A
DFC, FGAE è la stessa e coincide con la lunghezza dello spigolo del cubo, deduciamo che V2 = V3 .
Essendo DG = AE =
l
l2 l 5
si ha per il teorema di Pitagora DE = CG = l 2 +
=
; per i teoremi
2
4
2
di
Euclide
si
2
l2
DG
4 = l 5 , DF = CF ⋅ FG =
FG =
=
10
CG
l 5
2
cui l’area del triangolo DFG è
V1 =
V
l3
1
;
⇒ 1 =
20
V 20
di
deduciamo
S DFG
conseguenza
(CG − FG )⋅ FG =
ha
invece:
l 5 l 5 l 5 l 5
2 − 10 ⋅ 10 = 5
l 5 l 5
⋅
DF ⋅ FG
l2
=
= 5 10 =
2
2
20
S DFC = S FGAE = S CDG − S DFG =
V2 = V3 =
V
V
l3
1
⇒ 2 = 3 =
5
V
V 5
per
da cui deduciamo
l2 l2 l2
−
=
4 20 5
da cui
e
V4 V − V1 − V2 − V3
V V V
1 1 1 11
=
= 1− 1 − 2 − 3 = 1−
− − =
.
V
V
V V V
20 5 5 20
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10
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Quesito 3
n
n
Ricordando che
∑ k = 2
k =0
n
si ha 2 n = 1048576 = 2 20 ⇒ n = 20 .
Quesito 4
x
∫ f (t )dt − x
Il limite lim 0
x→0
si presenta nella forma indeterminata
cos 2 x − 1
0
per cui possiamo applicare il
0
teorema di De L’Hospital, e ricordando che per il teorema fondamentale del calcolo
x
x
d ∫ f (t )dt
∫0 f (t )dt − x
f (x ) − 1
0
integrale
= f ( x ) si ha lim
= lim
; il limite ottenuto si presenta
x
→
0
x
→
0
dx
cos 2 x − 1
− 2 sin 2 x
ancora nella forma indeterminata
0
, per cui riapplicando il teorema di De L’Hospital otteniamo
0
x
∫ f (t )dt − x
lim 0
x →0
cos 2 x − 1
f (x ) − 1
f ' (x )
f ' (0 )
1
= lim
=−
=− .
x →0 − 2 sin 2 x
x → 0 − 4 cos 2 x
4
2
= lim
Quesito 5
Applicando la definizione di derivata come limite del rapporto incrementale si ha:
( )
a x+h − a x
d ax
= lim
h→ 0
dx
h
x a h − 1
ah −1
x
= lim a
= a x ⋅ ln a in cui abbiamo sfruttato il
= a ⋅ lim
→
0
h→0
h
h
h
ah −1
= ln a .
risultato noto lim
h →0
h
Quesito 6
Indichiamo con 2p il perimetro del rettangolo e con x, ( p − x ) con 0 < x < p le sue dimensioni.
L’area corrispondente vale S ( x ) = x( p − x ) = xp − x 2 ; tale area è un arco di parabola con concavità
rivolta verso il basso che raggiunge il suo massimo nell’ascissa del vertice x =
corrispondenza di x =
p
. In
2
p
il rettangolo degenera in un quadrato, per cui il rettangolo di area
2
massima è un quadrato di lato x =
p
.
2
Alternativamente possiamo procedere mediante derivazione. In questo caso la derivata prima della
p
funzione area è S ' ( x ) = p − 2 x per cui S ( x ) è strettamente crescente in 0, e strettamente
2
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11
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p
decrescente in , p ; inoltre S ' ' ( x ) = −2 < 0 da cui deduciamo la presenza di un massimo relativo
2
p
.
2
per x =
Quesito 7
x
Operando la sostituzione t = l’integrale
2
1
∫
0
1
2
[
x
f dx diventa 2∫ f (t )dt = 2 t 2 + 2t
2
0
1
2
0
]
1 5
= 2 + 1 = .
4 2
Quesito 8
Consideriamo la figura a lato in cui è
rappresentato il
trapezoide delimitato
dalla curva di equazione
y = f (x ) ,
dall’asse delle x e dalle rette x = a, x = b .
Se la funzione f ( x ) è costantemente pari
a K , il trapezoide T è un rettangolo e il
solido di rotazione conseguente è un
cilindro
K2 = f
di
2
(x )
(b − a )
altezza
il
cui
V = π ⋅ K 2 ⋅ (b − a ) = π ⋅ f
2
e
base
volume
è
(x ) ⋅ (b − a ) .
Se
la curva di equazione y = f ( x ) non è
costante, si può procedere seguendo i
seguenti passi:
1. si
[a, b]
suddivide
in
n
sottointervalli
x0 = a, x1 = x0 + h, x 2 = x1 + 2h,L, x n −1 = x n −2 + (n − 1)h, x n = b dove h =
equispaziati:
b−a
;
n
2. si calcola per ogni sottointervallo il valore minimo mi e massimo M i della funzione f ( x )
che corrispondono alle altezze dei rettangoli corrispondenti al sottointervallo i;
3. si
determinano
le
somme
n
n
2 b − a
2 b − a
v n = π ⋅ ∑ (mi ) ⋅
, Vn = π ⋅ ∑ (M i ) ⋅
n
n
i =1
i =1
rappresentanti le somme dei volumi di tutti i cilindri che hanno per base un cerchio di raggio
minimo mi e massimo M i e che forniscono l’approssimazione per difetto e per eccesso del
volume generato dalla rotazione del trapezoide intorno all’asse delle ascisse, v n ≤ V ≤ Vn ;
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Sessione suppletiva 2000 – 2001 Liceo di ordinamento
Soluzione di Nicola De Rosa
4. facendo un ragionamento al limite, per n → +∞ , i sottointervalli di [a, b] aumentano e i
rettangoli corrispondenti al sottointervallo i avranno a limite un’altezza infinitesima o nulla;
dunque per n → +∞ , passando dal discreto al continuo, il simbolo di sommatoria può essere
2 b−a
2 b−a
sostituito da quello di integrale ed i valori (mi ) ⋅
e (M i ) ⋅
coincidono con i
n
n
valori assunti dalla funzione f
2
(x ) ; in sostanza V
b
= lim v n = lim Vn = π ⋅ ∫ f
n → +∞
n → +∞
2
(x )dx .
a
Quesito 9
Applicando la definizione di derivata come limite del rapporto incrementale si ha:
d (sin 2 x )
sin (2 x + 2h ) − sin (2 x )
= lim
. Applicando la formula di prostaferesi
h
→
0
dx
h
p+q
p−q
sin p − sin q = 2 cos
⋅ sin
si ha
2
2
d (sin 2 x )
sin (2 x + 2h ) − sin (2 x )
2 cos(2 x + h ) ⋅ sin (h )
= lim
= lim
=
h →0
dx
h
h
h →0
=1 4
647
8
sin (h )
= lim[2 cos(2 x + h )] ⋅ lim
= 2 cos 2 x.
h →0
h →0
h
Quesito 10
La risposta corretta è la b) cioè la condizione è necessaria ma non sufficiente. Come contro esempio
consideriamo la funzione y = x 4 che ha come derivata seconda y ' ' = 12 x 2 che si annulla in x = 0
ma è altrove sempre positiva , per cui y = x 4 volge sempre concavità verso l’alto e non ammette
flessi.
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