Tema di matematica, indirizzi Scientifico e

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N. De Rosa
STR 2016 – p.1
Esame di stato di istruzione secondaria superiore
Indirizzi: Scientifico e Scientifico opzione scienze applicate
Tema di matematica 2016
Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario
PROBLEMA 1
Sei addetto alla gestione di una macchina utensile in cui è presente un contenitore di olio lubrificante avente
la forma di un cono circolare retto col vertice rivolto verso il basso. Il raggio di base r del cono è 4 cm
mentre l’altezza h è 12 cm. In tale contenitore, inizialmente vuoto, viene versato automaticamente dell’olio
cm 3
lubrificante alla velocità di 12
. Devi assicurarti che il processo avvenga correttamente, senza produrre
s
traboccamenti di olio.
1. Determina l’espressione della funzione ℎ( ), che rappresenta il livello ℎ (in cm) raggiunto dall’olio
all’istante (in secondi) e la velocità con la quale cresce il livello dell’olio durante il riempimento del
contenitore.
2. Al fine di programmare il processo di versamento da parte della macchina utensile, determina il tempo
t R necessario perché il contenitore sia riempito fino al 75% della sua altezza.
3. Devi realizzare un indicatore graduato, da porre lungo l’apotema del cono, che indichi il volume di
olio presente nel recipiente in corrispondenza del livello raggiunto dall’olio , misurato all’apotema.
Individua l’espressione della funzione ( ) da utilizzare per realizzare tale indicatore graduato.
4. A causa di un cambiamento nell’utilizzo della macchina, ti viene richiesto di progettare un nuovo e più
capiente recipiente conico, avente apotema
uguale a quello del contenitore attualmente in uso.
Determina i valori di ℎ e di in corrispondenza dei quali il volume del cono è massimo e verifica, a
parità di flusso di olio in ingresso e di tempo di riempimento t R , a quale livello di riempimento si arriva.
È ancora pari al 75% dell’altezza?
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RISOLUZIONE
Punto 1
hr 2
  12  16
 64 .
3
3
Indichiamo con V t , ht , r t  il volume, l’altezza ed il raggio del cono funzioni del tempo.
Poiché il livello dell’olio è posizionato lungo l’altezza, il nuovo cono avrà il rapporto tra raggio ed altezza
r t  1
1
  r t   ht  .
coincidente con il cono iniziale ovvero
ht  3
3
Il volume del cono circolare retto è V 

Il volume del cono riempito di olio è pari a V t  
ht r t 2


h 3 t  .
3
27
3
cm
Sapendo che il volume cresce alla velocità di 12
possiamo dire che V t   12t pertanto imponendo
s
l’uguaglianza tra le due espressioni del volume si ricava che:
 3
12t 
h t   h 3 t   324t  ht   33 12t
27
La velocità con cui cresce il livello dell’olio è pari alla derivata prima della funzione altezza ht  :
1
h' t   324  
3
1
324
2
3
t
2
3
3
1 1
1 1
12
 3 324  
 33 12  

3 3 t2
3 3 t2 3 t2
Punto 2
Dobbiamo trovare t R tale per cui
ht R  3
  ht R   9  33 12t R  9  3 12t R  3  12t R  27  t R  2.25 s
12
4
Punto 3
h 2 t 
10
 h 2 t  
ht  .
9
3
Di conseguenza il volume in funzione dell’apotema è
ht r t 2 
27

V t  


a 3 t  
a 3 t 
3
27 10 10
10 10
Pertanto se l A è il livello dell’olio misurato all’apotema si ha

V l A  
l A3
10 10
L’apotema del cono è at   r 2 t   h 2 t  
Punto 4
Il volume del cono è V h  
hr 2
3

ha 2  h 2 
3
con 0  h  a .
Massimizziamo tale volume mediante derivazione. La derivata prima è V ' h  

a
3
2
 3h 2  ed è positiva in
 a 
 a

 a 
 0,
 e negativa in 
 e
, a  , pertanto la funzione volume è strettamente crescente in  0,
3
3


 3 
 a

strettamente decrescente in 
, a  .
 3 
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 a 
2a
La derivata seconda della funzione volume è V ' ' h   2h ed essendo V ' ' 
  
 0 deduciamo che
3
 3
a
h
è il valore dell’altezza che massimizza il volume del cono.
3
In corrispondenza di h 
a
3
il raggio del cono è r  a
2
h 2.
3
Indichiamo con x il livello di riempimento, in corrispondenza il volume è V x  
 
x  x 2
2
2
 x 3 . Se
3
3
flusso di olio in ingresso e di tempo di riempimento t R sono gli stessi, allora il volume del cono sarà pari a
V t   12t R  27 , pertanto imponendo l’uguaglianza si ha
2 3
81
3
x  27  x 3   x  33
3
2
2
Il rapporto tra livello di riempimento ed altezza è
3
33  3
x
x 3
x 3
3 243
3
2



 6
  75%
a
a
4 4000 4
4 10
12 2  4 2
3
In conclusione il rapporto tra livello di riempimento ed altezza è diverso dal 75%, in particolare è pari al
47% circa.
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PROBLEMA 2
La funzione f :    è così definita:
f x   sin x   x  cosx  .
1. Dimostra che è una funzione dispari, che per x  0,   si ha f  x   0 e che esiste un solo valore
x0  0,2  tale che f x0   0 . Traccia inoltre il grafico della funzione per x  0,5  .
2. Determina il valore dell’integrale definito:

2
 f x dx
0
e, sapendo che risulta:

x dx  
2

2
f
3
48
0


8
prova che risulta verificata la disequazione:
 3  18  96
anche non conoscendo il valore di  .
3. Verifica che, qualsiasi n   , risulta:
 2 n 1
 f x dx  4
0
2 n
 f x dx  0
4. Dimostra che i massimi della funzione f
l’equazione della parabola e della retta.
2
x 
0
giacciono su una parabola e i minimi su una retta, e scrivi
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RISOLUZIONE
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Punto 1
Poiché
f  x   sin  x    x   cos x    sin x   x  cosx    f x 
deduciamo che f x   sin x   x  cosx  è dispari.
Notiamo innanzitutto che f 0  0, f     , f 2   2 .
La derivata prima è f ' x   cosx    cosx   x  sin x   x  sin x  e nell’intervallo 0,   si ha f ' x   0 ,
pertanto f x  è strettamente crescente in 0,   e poiché f 0   0 si deduce che essa non si annulla mai in
0,  .
Analogamente nell’intervallo  ,2  si ha f ' x   0 pertanto f x  è strettamente decrescente in  ,2  e
poiché f x  assume valori discordi agli estremi dell’intervallo, per il teorema degli zeri
x 0   ,2  : f  x 0   0 e tale zero è unico per la stretta decrescenza.
Di seguito il calcolo di x 0   ,2  applicando il metodo di bisezione:
a
b
f(a)
f(b) xm=(a+b)/2 f(xm)
b-a (b-a)<0,01
3,1416 6,2832 3,1416 -6,2832
4,7124
-1,0000 3,1416
NO
3,1416 4,7124 3,1416 -1,0000
3,9270
2,0697 1,5708
NO
3,9270 4,7124 2,0697 -1,0000
4,3197
0,7292 0,7854
NO
4,3197 4,7124 0,7292 -1,0000
4,5160
-0,0997 0,3927
NO
4,3197 4,5160 0,7292 -0,0997
4,4179
0,3255 0,1963
NO
4,4179 4,5160 0,3255 -0,0997
4,4670
0,1153 0,0982
NO
4,4670 4,5160 0,1153 -0,0997
4,4915
0,0084 0,0491
NO
4,4915 4,5160 0,0084 -0,0997
4,5038
-0,0455 0,0245
NO
4,4915 4,5038 0,0084 -0,0455
4,4976
-0,0185 0,0123
NO
4,4915 4,4976 0,0084 -0,0185
4,4946
-0,0051 0,0061
SI
Quindi si ha x0  4.49 .
Studiamo la funzione f x   sin x   x  cosx  in 0,5  .
 Dominio: 0,5  ;
 Intersezione asse ascisse: poiché f 2   2 , f 3   3 , f 4   4 ,
suddetti intervalli 2 ,3 , 3 ,4 , 4 ,5  la funzione strettamente
decrescente, allora essa presenterà un unico zero in ognuno
x1  2 ,3 , x 2  3 ,4 , x 3  4 ,5  oltre a quello già discusso sopra
x 0   ,2  ;




f 5   5 ed essendo in
crescente o strettamente
dei seguenti intervalli
appartenente all’intervallo
Intersezione asse ordinate: 0,0 ;
Simmetrie: la funzione è dispari come sopra mostrato;
Positività: dati la monotonia, i valori agli estremi degli intervalli 2 ,3 , 3 ,4 , 4 ,5  ovvero
f 2   2 , f 3   3 , f 4   4 , f 5   5 e gli zeri x 0 , x1 , x 2 , x3 , si ha che f  x   0 in
0, x0   x1 , x2   x3 ,5 ;
Crescenza e decrescenza: dall’analisi della derivata prima deduciamo che negli intervalli
0,    2 ,3   4 ,5  si ha f ' x   0 mentre negli intervalli  ,2   3 ,4  si ha f ' x   0 ,
pertanto la funzione presenta minimi relativi nei punti 2 ,2 , 4 ,4  e massimi relativi nei punti
 ,  , 3 ,3 , 5 ,5  .
Notiamo che i punti di massimo sono allineati lungo la retta y  x ed i punti di minimo lungo la retta
y   x , quindi il grafico della funzione è compreso tra le rette di equazione y  x e y   x.
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Concavità e convessità: la derivata seconda è f ' ' x   sin x   x  cosx  da cui deduciamo che essa si
annulla in x  0 , ascissa in cui si annulla anche la derivata prima, pertanto 0,0 è un flesso a tangente
orizzontale.
Di seguito il grafico in cui riportiamo anche la parte per x  0 ricavata per disparità e la parte per x  5 .
La parte di grafico in rosso fa riferimento al solo intervallo richiesto 0,5  .

Punto 2
 
Nell’intervallo 0,  la funzione f x  assume valori appartenenti all’intervallo 0,1 , pertanto vale la
 2
seguente catena di disuguaglianze:

0  f x   1  f

2
2
2
x   f x    f x dx   f x dx
2
0
0
Applicando l’integrazione per parti si ha:


2
2

0



2
f x dx   sin x   x  cosx dx   cosx 02   x  sin x 02   sin x dx 
0
0

  2 cosx   x  sin x 02  2 

2
Di conseguenza la disuguaglianza diventa:
3 

 3 3
  2 

 2   3  18  96
48 8
2
48
8
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come volevasi dimostrare.
Punto 3
 2 n 1
 f x dx  4 , si ha:
Calcoliamo
0
2 n 1
 f x dx   2 cosx   x  sinx 
2 n 1
0
 2cos2n  1   2n  1 sin2n  1   2 




 

cos 
0
 2 cos   2  2  2  4
Analogamente
2 n
 f x dx   2 cosx   x  sin x 
0
2 n
0
0
 2cos2n   2n sin 2n   2  2  2  0





0
1
Punto 4
La funzione f 2  x  è:
- Non negativa;
- pari essendo f x  una funzione dispari;
La derivata della funzione f 2  x  è 2 f x   f ' x  da cui deduciamo che:
f 2  x  ha la stessa monotonia di f x  se f  x   0 ;
f 2  x  ha monotonia opposta a quella di f x  se f  x   0 ;
Inoltre gli estremi relativi vanno ricercati nei punti in cui si annulla f x  ed f '  x  .
Poiché la funzione f 2  x  è non negativa e si annulla nei punti in cui si annulla f x  , gli zeri di f x  sono
minimi relativi per f 2  x  e sono posizionati lungo la retta y  0 .
Gli zeri di f '  x  sono x  k , k  Z .
Poiché f 2  x  ha la stessa monotonia di f x  se f  x   0 deduciamo che i punti ad ascisse x  k , k  Z


sono massimi relativi, quindi i massimi relativi sono k , k 2 , k  Z e sono posizionati lungo la parabola
y  x 2 . D’altronde se i massimi di f x  erano posizionati sulle rette y   x .
Di seguito i grafici in un unico riferimento cartesiano: in nero il grafico di f 2  x  , in rosso quello di f x  ed
in rosso tratteggiato la parabola di equazione y  x 2 .
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QUESTIONARIO
1. Calcolare il limite:
sin cosx   1
ln cos2 x 
In media, il 4% dei passeggeri dei tram di una città non paga il biglietto. Qual è la probabilità che ci
sia almeno un passeggero senza biglietto in un tram con 40 persone? Se il numero di persone
raddoppia, la probabilità raddoppia?
Determinare il parametro reale a in modo che i grafici di y  x 2 e di y   x 2  4 x  a , risultino
tangenti e stabilire le coordinate del punto di tangenza.
Dati i punti (2, 4, −8) e (−2, 4, −4), determinare l’equazione della superficie sferica di diametro
AB e l’equazione del piano tangente alla sfera e passante per A.
Un'azienda produce, in due capannoni vicini, scatole da imballaggio. Nel primo capannone si
producono 600 scatole al giorno delle quali il 3% difettose, mentre nel secondo capannone se ne
producono 400 con il 2% di pezzi difettosi. La produzione viene immagazzinata in un unico
capannone dove, nel corso di un controllo casuale sulla produzione di una giornata, si trova una
scatola difettosa. Qual è la probabilità che la scatola provenga dal secondo capannone?
In un semicerchio di raggio = 10 è inscritto un triangolo in modo che due vertici si trovino sulla
semicirconferenza e il terzo vertice si trovi nel centro del cerchio. Qual è l’area massima che può
assumere tale triangolo?
Calcolare, se esiste, il limite della seguente successione esplicitando il procedimento seguito:
n
 3
lim 1  
n 
 n
4
2
Data la funzione f  x    x  2 x  8 , sia g la retta passante per i punti A(0,8) e B(2,0). Si calcoli
l’area della regione trattegiata indicata in figura.
lim
x 0
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.


9. Dati i punti (−2, 0, 1), (1, 1, 2), (0, −1, −2), (1, 1, 0), determinare l’equazione del piano
passante per i punti , , e l’equazione della retta passante per e perpendicolare al piano .
10. Si consideri, nel piano cartesiano, la regione limitata , contenuta nel primo quadrante, compresa tra
l'asse ed i grafici di y  2 x e y  x 2 . Si determinino i volumi dei solidi che si ottengono ruotando
attorno all'asse e all'asse .
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RISOLUZIONE
1. In un intorno di x  0 , applicando la formula di Taylor possiamo dire che:
cos x   1  
x2
 o x 
2
Di conseguenza il limite diventa:
 x2 
sin   
sin cosx   1
 2   lim
lim

lim
x  0 ln cos2  x 
x 0 ln 1  sin 2  x 
x 0




 x2 
 
sin
 x 2   2 
  
2
 2    x 
 2 


 

ln 1  sin 2  x 
 sin  x 
 sin 2 x 

2

 x2 
  
sin
1
2
2  
1   sin x 
ln 1  sin 2  x  

 lim 
 lim
  lim

2
x 0 
2  x 0  x 
x 2   x 0  sin  x  
  
 2 




Poiché per x  0 si ha
 x2 
sin   
2
ln 1  sin 2 x 
 sin x 
lim 
 1, lim  2   1, lim
1,

x 0
x 0 
x 0
 sin 2 x 
x 
 x 
  
 2 


il limite richiesto vale


1
.
2

2. La probabilità che almeno un passeggero sia senza biglietto è pari al complemento ad 1 della probabilità
che non vi sia nessun passeggero senza biglietto, ovvero:
 40 
0
40
40
p  1  p0  1   0.04 0.96  1  0.96  0.805  80.5%
0
Se il numero di passeggeri raddoppia la nuova probabilità diventa:
 80 
0
80
80
p  1  p0  1   0.04 0.96  1  0.96  0.962  96.2%
0
Quindi al raddoppiare del numero dei passeggeri la probabilità ovviamente non raddoppia.

2

y  x
3. Risolviamo il sistema 
. Si ha:
2

y


x

4
x

a

 x 2  4x  a  x 2  2x 2  4x  a  0
Imponendo la condizione di tangenza si ricava 4  2a  0  a  2 .
Di
conseguenza
il
punto
di
tangenza
si
trova
2x 2  4x  2  0  2x  1  0  x  1 . Quindi il punto di tangenza è (1,1).
2
risolvendo
l’equazione
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
4. Le coordinate del centro della sfera è il punto medio del diametro ovvero C  0,4,6 . Il raggio è
R
AB 1 2

4  4 2  2 2 . Di conseguenza l’equazione della sfera è:
2
2
x 2   y  4  z  6  8
Il piano tangente alla sfera e passante per A ha gli stessi parametri direttori della retta normale AC
ovvero 2  0,4  4,8  6  2,0,2 pertanto l’equazione del piano è
2
2
2  x  2  0   y  4  2  z  8  0  x  z  10  0

5. Le scatole totali sono 1000, pertanto la probabilità che, tra le scatole totali, ci sia una scatola prodotta nel
600
primo capannone e difettosa è pari a P1D  
 0.03  0.018 , analogamente la probabilità che ci sia
1000
400
una scatola prodotta nel secondo capannone e difettosa è pari a P2 D  
 0.02  0.008 .
1000
Quindi la probabilità di avere una scatola difettosa è PD   P1D   P2 D   0.026 .
La probabilità che una scatola provenga dal secondo capannone sapendo che è difettosa è:
P2 D  0.008
4
P2 | D  


 30 .8%
PD  0.026 13

6. Consideriamo la seguente figura e sia  l’angolo al vertice del triangolo AOB.
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N. De Rosa
STR 2016 – p.12
Il triangolo AOB è isoscele in quanto AO ed OB sono due raggi, pertanto l’area del triangolo è
1
S    r 2 sin    50 sin   pertanto essa è massima quando è massimo sin   ovvero
2

sin    1    ; di conseguenza il triangolo di area massima è rettangolo isoscele.
2

7. Si ha:
 3
lim 1  
n 
 n
n
n


3


 
 
1 
 
 lim 1 
n 
n 
 
 
3 
 

3
n
 1
Ricordando il limite notevole lim 1    e , il limite iniziale vale:
n 
 n
 3
lim 1  
n 
 n
n
 e 3

8. La retta AB ha equazione
y 8 x
  y  4 x  8 ; l’area richiesta è pari a
8
2
  x
2
4


2


 2 x 2  8   4 x  8 dx    x 4  2 x 2  4 x dx 
0
0
2
 x

2x
32 16
104
 

 2x 2      8 
3
5
3
15
 5
0
5
3

9. La generica equazione del piano ha equazione ax  by  cz  d  0 . Imponendo il passaggio per i 3 punti
si ha:
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 2 a  c  d  0

a  b  2c  d  0
 b  2c  d  0

Sommando la seconda e terza euqzione otteniamo a  2d ed il sistema diventa:
a  2d

b  11d
c  5d

Ipotizzando d  1 la retta ha equazione 2 x  11y  5z  1  0 .
I parametri direttori di una normale ad un piano sono gli stessi del piano, pertanto la retta passante per D
e perpendicolare al piano è:
 x  x D  2t
 x  1  2t


 y  y D  11t   y  1  11t
 z  z  5t
 z  5t
D



10. Di seguito la sezione di piano oggetto di rotazione.
Le due curve si intersecano in B2,4 .
Il volume dato dalla rotazione intorno all’asse delle ascisse è:
2

V  2
  x  dx    2
x 2
2
2 2
0
0
2x
2
 22x
x5 
32 
 15
 x dx   
   
 
 2 ln 2 5 
 2 ln 2 5  0
4

Il volume dato dalla rotazione attorno all’asse delle ordinate è:
2


2


V  2  x 2 x  x 2 dx  2  x  2 x  x 3 dx
0
0
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Applicando l’integrazione per parti si ha:
x
 x  2 dx  x 
2x
2x
2x
2x

dx  x 
 2
ln 2
ln 2
ln 2 ln 2
pertanto il volume è pari a
2

V  2  x 2  x
0
x
2
2
 2x
2x
x4 
dx  2  x 
 2   
 ln 2 ln 2 4  0

 8
4
1 
6
 
 16

 2 
 2  4     2    
 2  8
  ln 2 
 ln 2 ln 2

 ln 2 ln 2