Soluzioni dei quesiti della maturità scientifica A.S.
2013/2014
Antonio Iannizzotto
∗
Sun-Ra Mosconi
†
19 giugno 2014
Quesito 1
Calcolando l’altezza del triangolo, si ha
3 sin α = 4 sin 30◦ ,
da cui
α = sin−1
2
' 41◦ 480 .
3
Quesito 2
Gli angoli interni di un esagono regolare sono tutti esattamente 120◦ e quindi la
somma di tre angoli interni è esattamente 360◦ .
∗
†
Università di Verona
Università di Catania
1
F2
α >120
120
α >120
F1
V
Supponiamo per assurdo che esista un poliedro con tutte le facce che siano esagoni
regolari. In uno qualsiasi dei suoi vertici V si devono incontrare almeno 3 facce
F1 , F2 e F3 non complanari. Sia Π il piano contentente F1 , e sia Fi una delle due
facce rimanenti. La proiezione su Π di Fi è una figura con sei lati, il cui angolo αi
in V è strettamente maggiore di 120◦ . Poiché questo è vero sia per F2 che per F3 ,
avremmo
120◦ + α2 + α3 > 360,
in contraddizione con il fatto che la somma degli angoli proiettati non può superare
un angolo giro.
Quesito 3
Lo sviluppo di Newton per il binomio assegnato è
n X
n
2
3 n
(2a − 3b ) =
(2a)k (−3b3 )n−k .
k
k=0
Il termine −1080a4 b9 si ha per
(
2k = 4
3(n − k) = 9
(
k=2
⇔
n = 5.
Quesito 4
Il volume di Ω è dato dall’integrale
Z −1 1/x
i−1 √e − 1
h
e
1/x
dx = − e
=
.
x2
e
−2
−2
2
Quesito 5
Definiamo, per ogni intero k,
m(k) = #{multipli di k fra 1 e 6000 compresi}.
Se k divide 6000 si calcola facilmente
m(k) = 6000/k.
Per il principio di inclusione/esclusione il numero N di interi in [1, 6000] non
divisibili per 2 né per 3 né per 5 è dato da
N = 6000 − m(2) − m(3) − m(5) + m(2 · 3) + m(2 · 5) + m(3 · 5) − m(2 · 3 · 5).
Poiché 2 · 3 · 5 divide 6000 (e quindi a maggior ragione gli altri), sostituendo si
ottiene N = 1600.
Quesito 6
Siano l e h, rispettivamente, il lato di base e l’altezza del parallelepipedo (misurate
in decimetri).
h
l
l
Poiché il volume è pari a 5 litri, sappiamo che
l2 h = 5 ⇔ h =
3
5
.
l2
La superficie esterna del parallelepipedo (che fornisce una misura della latta necessaria a fabbricare il recipiente) dipende dunque da l secondo la legge:
S(l) = 2l2 + 4hl = 2l2 +
20
.
l
√
Il grafico di S è una parabola, il cui punto più basso si ha per l = 3 5 ' 171 mm
(notiamo che in questo caso h = l).
Quesito 7
Abbiamo
Z
1 k 3
x dx = 9,
k 0
√
da cui k 3 = 36, quindi k = 3 36.
Quesito 8
Dal teorema di Ruffini e P (2) = P (3) = 3 si deduce P (x) − 3 = (x − 2)(x − 3)Q(x)
per un polinomio Q di secondo grado. Essendo x = 2 e x = 3 punti di massimo,
deve aversi P 0 (2) = P 0 (3) = 0, ossia
P 0 (2) = −Q(2) = 0,
P 0 (3) = Q(3) = 0,
e quindi, ancora per Ruffini, Q(x) = c(x−2)(x−3). Quindi P (x) = 3+c(x−2)2 (x−
3)2 e da P (1) = 0 otteniamo 3 + 4c = 0, ossia c = −3/4. Quindi P (4) = 0 (che si
poteva direttamente dedurre dalla simmetria di P rispetto alla retta x = 5/2).
Quesito 9
Il dominio di f è caratterizzato dal seguente sistema di disequazioni:
(
(
x+5>0
x > −5
⇔
log2 (x + 5) ≤ 3
x + 5 ≤ 23 = 8,
quindi il dominio è l’intervallo ] − 5, 3].
Quesito 10
Per ogni coppia di numeri reali a, b, con a > 0, abbiamo
ab = 1 ⇔ a = 1 oppure b = 0.
Osserviamo che il polinomio x2 − 10x + 26 ≥ 1 per ogni x reale, quindi la potenza
ha sempre senso. L’equazione assegnata ammette esattamente le seguenti quattro
soluzioni:
4
• le soluzioni dell’equazione
1 2
(x − 10x + 26) = 1,
5
ovvero 3 e 7,
• e le soluzioni dell’equazione
x2 − 6x + 1 = 0,
√
ovvero 3 ± 2 2.
5
