Soluzione questionario

Soluzioni a cura di Nedo Checcaglini e Sandra Evangelisti ESAME DI STATO 2014 Questionario ORDINAMENTO (sessione ordinaria) LEGENDA: come quesito pni 1. Applicando il teorema dei seni al triangolo assegnato, si ha:
4
3
4
4 1 2

 sen a = sen 30 = ⋅ = .
sen a
sen30
3
3 2 3
Ne segue:
æ2ö
a = arcsin (sin a) = arcsin çç ÷÷÷  41,8103  4149 ' ,
çè 3 ø
l’uso di una calcolatrice scientifica.
con
2. Un poliedro regolare è un poliedro le cui facce sono poligoni regolari tutti congruenti tra loro. In
ogni suo angoloide devono convergere almeno tre facce (poligoni regolari) e la somma di tutte le
facce deve essere strettamente minore di un angolo giro.
Poiché ciascun angolo di un esagono regolare misura 120° non può esistere un poliedro regolare a
facce esagonali perché la somma delle facce concorrenti in un vertice sarebbe uguale a 360°.
3. Ricordiamo la formula del binomio di Newton:
n
æ nö
æ nö
æ nö
æ n ÷ö n-1 æ n ÷ö n
æ nö
n
çç ÷ b = å çç ÷÷ an-k bk
ab
+
( a + b ) = çç ÷÷÷ an + çç ÷÷÷ an-1 b + çç ÷÷÷ an-2 b2 + ... + çç
÷
÷
÷
çè 1 ø
çè 2 ø
çè n - 1 ø
çè n ø
ç ÷
èç 0 ø
k=0 è k ø
(1) .
Nel nostro caso per a = (2 a 2 ) e per b = (-3b3 ) otteniamo:
æ n ö÷
æ ö
æ
ö
æ ö
2
3 ùn
2 n
2 n-1
3
2
3 n-1
3 n
ç
ç n÷
ç n ÷
ç n÷
é
ë ( 2a ) + ( -3b ) û = ççè 0 ø÷÷( 2a ) + ççè 1 ÷÷ø( 2a ) ( -3b ) + ... + ççè n - 1 ÷÷ø( 2a )( -3b ) + ççè n ÷÷ø( -3b )
Essendo assegnato il termine -1080a4 b9 , la parte letterale a4 b9 è data da
2 2
3 3
( a ) (b )
con
l’esponente di b che vale 3 = n - 2 ; ne segue che n = 5.
Infatti:
æ 5 ö÷
æ ö
çç ÷( 2a2 )5-3 ⋅ ( -3b3 )3 = çç 5 ÷÷( 2a2 )2 ⋅ ( -3b3 )3 = 5! ⋅ ( 4 a4 )( -27b9 ) = -10 ⋅ 4 ⋅ 27 ( a4 b9 ) = -1080 a4 b9
çè 3 ÷ø
3!⋅ 2!
èç 3 ÷ø
4. Il solido W può essere considerato come la somma di infiniti rettangoli di base f(x) ed altezza h(x) e
1
1
.
x2
Il suo volume V ( x) , applicando il cosiddetto “metodo delle fette” si ottiene calcolando il seguente
integrale:
-1
é 1ù
-1
-1 1
-1 1 æ
-1 1 æ 1 ö
1
1ö
V ( x) = ò S ( x) dx = ò e x ⋅ 2 dx = -ò e x ⋅ çç- 2 ÷÷÷ dx = -ò e x d çç ÷÷÷ = - ê e x ú =
ê ú
-2
-2
-2
-2
èç x ø
èç x ø
x
ë û -2
1ö
æ -1
1
1
= -ççç e - e 2 ÷÷÷ =
-  0,24
÷ø
çè
e e
quindi di area S ( x) = e x ⋅
5. Indicato con N il numero da cercare e con:
 D(2) i numeri divisibili per 2 (cioè i numeri pari),
 D(3) i numeri divisibili per 3,
 D(5) i numeri divisibili per 5,
 D(2 Ç 3)=D(6) i numeri divisibili per 2 e per 3,

D(2 Ç 5)=D(10) i numeri divisibili per 2 e per 5,
Soluzioni a cura di Nedo Checcaglini e Sandra Evangelisti 
D(3 Ç 5)=D(15) i numeri divisibili per 3 e per 5 e infine con
 D(2 Ç 3 Ç 5)=D(30) i numeri divisibili per 2, per 3 e per 5.
(cioè i numeri pari), (cioè i numeri pari), (cioè i numeri pari), possiamo subito
Si ha quindi:
N = 6.000 - éë( D(2) + D(3) + D(5)) - ( D(2 Ç 3) + D(2 Ç 5) + D(3 Ç 5)) + D(2 Ç 3 Ç 5)ùû 
N = 6.000 - éë(3.000 + 2.000 + 1.200) - (1.000 + 600 + 400) + 200ùû = 6.000 - (6.200 - 2.000 + 200) = = 6.000 - 4.400 = 1.600 . Infatti prima contiamo i divisori di 2, poi di 3 e poi di 5, che sono in totale 6.200; a questi però dobbiamo
però togliere i divisori di 6 (in quanto già contati tra i divisori di 2 e di 3), poi i divisori di 10 (in quanto già
contati tra i divisori di 2 e di 5) e poi i divisori di 15 (in quanto già contati tra i divisori di 3 e di 5), che
sono in totale 2.000; infine aggiungiamo i divisori di 30, che sono 200, perché altrimenti non verrebbero
più contati. Tutti questi divisori, per un totale di 4400 vanno infine tolti ai 6.000 numeri per ottenere il
numero N che era richiesto.
OPPURE
Intanto il minimo comune multiplo di 2, 3, 5 è 30.
Tra i numeri che vanno da 1 a 30, cerchiamo i numeri che non sono divisibili né per 2 né per 3 né per 5; si
trova facilmente che vi sono 8 numeri e precisamente: 1, 7 ,11 ,13 ,17 ,19 ,23 , 29.
6.000
= 200 ) i numeri che non sono
Siccome da 1, 2, 3, …6.000 la situazione si ripete 200 volte (infatti
30
divisibili né per 2 né per 3 né per 5 saranno: N = 8 ⋅ 200 = 1.600 .
6. La lattina, a forma di parallelepipedo a base quadrata, ha il volume espresso in litri e poiché 1
litro equivale ad 1 dm3, si ha V = 5 l = 5 dm3 e quindi inizialmente facciamo i calcoli in decimetri. L’esercizio richiede di trovare la minima superficie laterale di un parallelepipedo di assegnato volume
e quindi, indicato con x ( x > 0) il lato della base quadrata del parallelepipedo e con h l’altezza, ne
segue intanto:
5
.
x2
Indicata con S(x) l’area sella superficie totale della lattina si ha poi:
æ5ö
20
S ( x) = 2 ⋅ Ab + 2 p ⋅ h = 2 ⋅ x2 + 4 x ⋅ çç 2 ÷÷÷ = 2 x2 +
, funzione da rendere minima.
çè x ø
x
Ne segue:
20
4 x3 - 20
S ' ( x) = 4 x - 2  S ' ( x) =
= 0  x = 3 5  1,71 .
x
x2
E inoltre
4 x3 - 20
S ' ( x) =
> 0 per x > 3 5
x2
+
S ' ( x) V = x2 ⋅ h = 5  h =
S ( x)
x


3
h
x
5
La lattina che utilizza la minima quantità di latta è allora quella di lato di base x = 3 5  1,71 dm ed
5
5
altezza h = 2 =
= 3 5 dm e quindi è un parallelepipedo che ha tutte le dimensioni uguali, cioè
2
3
x
5
( )
è un cubo di lato l = 3 5  1,71 dm = 171 mm.
Soluzioni a cura di Nedo Checcaglini e Sandra Evangelisti 7. Intanto ricordiamo il
Teorema della media:
Se la funzione f ( x ) è continua nell’intervallo chiuso [ a, b ] , esiste almeno un punto c interno ad [ a, b ]
in cui risulta:
b
ò f ( x ) dx = ( b - a ) ⋅ f ( c )
a
cioè:
b
f ( c) =
ò f ( x ) dx
a
b-a
.
La funzione f ( x) = x3 è continua, quindi si ha:
k
f (c) = 9 =
ò x3 dx
0
k-0
é x4
 ê
ê 4
ë
Ne segue:
k ( k3 - 36 ) = 0  k =
3
ùk
k4
ú = 9k 
- 9 k = 0  k4 - 36 k = 0  k( k3 - 36 ) = 0 .
ú
4
û0
36  3,30 (k=0 non accettabile, altrimenti l’intervallo è nullo).
8. Il polinomio di quarto grado P ( x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e , che ha per derivata prima
P ' ( x) = 4 ax3 + 3bx2 + 2cx + d , deve soddisfare le condizioni:
ì
3
ï
ï
a=ï
ï
4
3
2
ï
ì
ï
ìï P ' (2) = 0 ïïï4 a (2) + 3b (2) + 2c (2) + d = 0
ï
15
ì32 a + 12b + 4 c + d = 0
ïï
ïïb =
ï
ï
ï
ï P ' 3 = 0 ïï4 a (3)3 + 3b (3)2 + 2 c (3) + d = 0
ï
ï
2
ï
ï
ï
(
)
ïï
108 a + 27 b + 6 c + d = 0
ïï
ï
ï
ï
ï
ïï
111
4
3
2
ï
ï
ï
,
í P (2) = 3  ía (2) + b (2) + c (2) + d (2) + e = 3  í16 a + 8 b + 4 c + 2 d + e = 3  ...  íc = ï
ï
ï
ï
4
ï
ï
ï
ï
ïï
ï
ïïa (3)4 + b (3)3 + c (3)2 + d (3) + e = 3 ïï81a + 27 b + 9 c + 3 d + e = 3
P (3) = 3
ï
ïï
ïïd = 45
ï
ïï
ï
ïîa + b + c + d + e = 0
ïïe = -24
ï
ïï
4
3
2
1
0
P
=
(
)
ï
ïî
ï
ïïîa (1) + b (1) + c (1) + d (1) + e = 0
ï
ï
ï
ï
ï
ï
î
da cui: P (4) = -
3 4 15 3 111 2
(4 ) + ( 4 ) (4) + 45 (4) - 24 = -192 + 480 - 444 + 180 - 24 = 0 .
4
2
4
OPPURE
Poiché la funzione P ( x) ha due massimi in (2,3) e (3,3) , la funzione P ( x) = P ( x) - 3 avrà due
massimi (cioè 2 soluzioni coincidenti) in (2,0) e (3,0) e inoltre P (1) = P (1) - 3 = 0 - 3 = -3 .
3
2
2
2
2
Pertanto P ( x) = a ( x - 2) ( x - 3) e P (1) = -3  -3 = a (1 - 2) (1 - 3)  -3 = 4 a  a = - .
4
3
3
2
2
2
2
Allora da P ( x) = - ( x - 2) ( x - 3)  P (4) = - (4 - 2) (4 - 3) = -3 , ed infine:
4
4
P (4) = P (4) - 3  -3 = P (4) - 3  P (4) = 0.
9. Per trovare il dominio della funzione: f ( x) = 3 - log 2 ( x + 5) dobbiamo impostare un sistema che
tenga conto della positività dell’argomento del logaritmo e della non negatività del radicando. Si
ha quindi:
Soluzioni a cura di Nedo Checcaglini e Sandra Evangelisti ïì x > -5
ïïì x + 5 > 0
ïì x > -5
ïì x > -5
 ïí
 ïí
 ïí
 -5 < x £ 3 .
í
3
ï
ï3 - log 2 ( x + 5) ³ 0 ïîïlog 2 ( x + 5) £ 3 ïîïlog 2 ( x + 5) £ log 2 2
îïï x + 5 £ 8
î
é1
ù
10. Data l’equazione: ê ( x2 - 10 x + 26)ú
êë 5
úû
x2 -6 x +1
= 1 , poniamo intanto le condizioni di esistenza.
Sappiamo che la potenza con base reale ed esponente reale variabili, esiste solo per valori positivi
é1
ù
della base (o nulli purché l’esponente sia positivo). Pertanto ê ( x2 - 10 x + 26)ú
êë 5
úû
x2 -6 x +1
esiste per
ìï 1 2
ïï ( x - 10 x + 26) = 0
1 2
x
10
x
+
26
>
0
È
 "x Î  , in quanto la prima disequazione è
í5
(
)
ïï 2
5
ïïî x - 6 x + 1 > 0
sempre vera essendo D < 0 (mentre il sistema non ammette soluzione).
La funzione esponenziale è allora uguale a 1 quando l’esponente è nullo (abbiamo ormai escluso la
possibilità di giungere alla forma indeterminata 00 ), oppure quando la base è uguale a 1 e
l’esponente non è infinito (altrimenti si giungerebbe alla forma indeterminata 1¥ ).
Nel primo caso si ha:
ïìï x2 - 10 x + 26 > 0 ïìï"x Î 
í
 x=32 2
í 2
ïï x = 3  9 - 1
ïï x - 6 x + 1 = 0
î
î
Nel secondo caso si ha:
1 2
( x - 10 x + 26) = 1  x2 - 10 x + 26 = 5  x2 - 10 x + 21 = 0  x = 3  x = 7 .
5
{
}
Le soluzioni dell’equazione assegnata sono dunque, in ordine: 3 - 2 2, 3, 3 + 2 2, 7