www.matematicamente.it 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? www.matematicamente.it N. De Rosa STR 2016 – p.2 RISOLUZIONE Punto 1 hr 2 12 16 64 . 3 3 Indichiamo con V t , ht , 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 ht . coincidente con il cono iniziale ovvero ht 3 3 Il volume del cono circolare retto è V Il volume del cono riempito di olio è pari a V t ht r t 2 h 3 t . 3 27 3 cm Sapendo che il volume cresce alla velocità di 12 possiamo dire che V t 12t pertanto imponendo s l’uguaglianza tra le due espressioni del volume si ricava che: 3 12t h t h 3 t 324t ht 33 12t 27 La velocità con cui cresce il livello dell’olio è pari alla derivata prima della funzione altezza ht : 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 ht R 3 ht 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 ht . 9 3 Di conseguenza il volume in funzione dell’apotema è ht 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 at r 2 t h 2 t Punto 4 Il volume del cono è V h hr 2 3 ha 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 www.matematicamente.it N. De Rosa STR 2016 – p.3 a 2a La derivata seconda della funzione volume è V ' ' h 2h 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 12t 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. www.matematicamente.it N. De Rosa STR 2016 – p.4 PROBLEMA 2 La funzione f : è così definita: f x sin x x cosx . 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 www.matematicamente.it N. De Rosa RISOLUZIONE STR 2016 – p.5 Punto 1 Poiché f x sin x x cos x sin x x cosx f x deduciamo che f x sin x x cosx è dispari. Notiamo innanzitutto che f 0 0, f , f 2 2 . La derivata prima è f ' x cosx cosx 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 cosx 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. www.matematicamente.it N. De Rosa STR 2016 – p.6 Concavità e convessità: la derivata seconda è f ' ' x sin x x cosx 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 cosx dx cosx 02 x sin x 02 sin x dx 0 0 2 cosx x sin x 02 2 2 Di conseguenza la disuguaglianza diventa: 3 3 3 2 2 3 18 96 48 8 2 48 8 www.matematicamente.it N. De Rosa STR 2016 – p.7 come volevasi dimostrare. Punto 3 2 n 1 f x dx 4 , si ha: Calcoliamo 0 2 n 1 f x dx 2 cosx x sinx 2 n 1 0 2cos2n 1 2n 1 sin2n 1 2 cos 0 2 cos 2 2 2 4 Analogamente 2 n f x dx 2 cosx x sin x 0 2 n 0 0 2cos2n 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 . www.matematicamente.it N. De Rosa STR 2016 – p.8 www.matematicamente.it N. De Rosa STR 2016 – p.9 QUESTIONARIO 1. Calcolare il limite: sin cosx 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 . www.matematicamente.it N. De Rosa STR 2016 – p.10 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 cosx 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 2x 1 0 x 1 . Quindi il punto di tangenza è (1,1). 2 risolvendo l’equazione www.matematicamente.it N. De Rosa STR 2016 – p.11 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 P1D 0.03 0.018 , analogamente la probabilità che ci sia 1000 400 una scatola prodotta nel secondo capannone e difettosa è pari a P2 D 0.02 0.008 . 1000 Quindi la probabilità di avere una scatola difettosa è PD P1D P2 D 0.026 . La probabilità che una scatola provenga dal secondo capannone sapendo che è difettosa è: P2 D 0.008 4 P2 | D 30 .8% PD 0.026 13 6. Consideriamo la seguente figura e sia l’angolo al vertice del triangolo AOB. www.matematicamente.it 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: www.matematicamente.it N. De Rosa STR 2016 – p.13 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 B2,4 . 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 www.matematicamente.it N. De Rosa STR 2016 – p.14 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