Corso di ordinamento Sessione straordinaria - a.s. 2009

Corso di ordinamento
Sessione straordinaria - a.s. 2009-2010
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ESAME DI STATO DI LICEO SCIENTIFICO
CORSO DI ORDINAMENTO
SESSIONE STRAORDINARIA
Tema di: MATEMATICA a.s. 2009-2010
Svolgimento a cura di Nicola De Rosa
Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 dei 10 quesiti del questionario.
PROBLEMA 1
In un triangolo ABC, l’angolo
è doppio dell’angolo
e inoltre è
1. Dette BH e CL , rispettivamente, le altezze del triangolo uscenti dai vertici B e C, si consideri
il rapporto:
espresso in funzione di x = ABˆ C .
2. Si studi la funzione f(x) così ottenuta e si tracci il suo grafico γ nell’intervallo 0 ≤ x ≤ 2π ,
mettendo in evidenza poi la parte di grafico compatibile con i dati del problema.
3. Si dimostri che γ è simmetrica rispetto alla retta x = π.
4. Si calcoli il valore medio della funzione f(x) nell’intervallo 0 ≤ x ≤ π.
PROBLEMA 2
Sia data la funzione:
f ( x) =
x3
x2 −1
1. Si verifichi che la curva che la rappresenta è simmetrica rispetto all’origine.
2. Si studi tale funzione e se ne tracci il grafico γ, su un piano riferito ad un sistema di assi
cartesiani ortogonali Oxy.
3. Si verifichi che F ( x ) =
x2 1
+ log x 2 − 1 è una funzione primitiva di f(x).
2 2
4. Si calcoli l’errore che si commette approssimando l’area racchiusa dalla curva γ, dall’asse x e
dalle rette x = 2 e x = 3 con l’area del trapezio ABCD, essendo A(2, 0), B(3, 0), C(3, f(3)) e
D(2, f(2)).
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QUESTIONARIO
1. Due osservatori si trovano ai lati opposti di un grattacielo, a livello del suolo. La cima
dell’edificio dista 1600 metri dal primo osservatore, che la vede con un angolo di elevazione
di 15°. Se il secondo individuo si trova a 650 metri dalla cima del grattacielo, quale è la
distanza tra i due osservatori ( non tenendo conto dell’ostacolo grattacielo)?
2. Si calcoli il limite della funzione (1 + tgx)ctgx quando x tende a 0.
3. In quanti modi 10 persone possono disporsi su dieci sedili allineati? E attorno ad un tavolo
circolare?
4. Si dimostri che ogni funzione f ( x) = ax 3 + bx 2 + cx + d dove a, b, c, d sono valori reali con
a ≠ 0 , ha un massimo e un minimo relativi oppure non ha estremanti.
5. Si calcoli il volume del solido generato da una rotazione completa attorno all’asse x del
triangolo di vertici A(2, 2) , B(6, 4) , C(6, 6)
6. Si dica se esistono numeri reali per i quali vale la seguente uguaglianza:
2 + 2 x = sen 4 x + cos 4 x + 6sen 2 x cos 2 x
1
 1
7. Sia P un punto del piano di coordinate  t + , t −  . Al variare di t ( t ≠ 0 ), P descrive un
t
 t
luogo geometrico del quale si chiede l’equazione cartesiana e il grafico.
8. Si dimostri che il perimetro di un poligono regolare di n lati, inscritto in una circonferenza di
raggio r , quando si fa tendere n all’infinito, tende alla lunghezza della circonferenza.
9. Si calcoli il valore medio della funzione f ( x) = cos3 x nell’intervallo 0 ≤ x ≤
π
2
.
10. Si dimostri che se le diagonali di un quadrilatero sono perpendicolari, la somma dei quadrati
di due lati opposti è uguale alla somma dei quadrati degli altri due.
_____________________________________
Durata massima della prova: 6 ore.
E’ consentito soltanto l’uso di calcolatrici non programmabili.
Non è ammesso lasciare l’aula degli esami prima che siano trascorse tre ore dalla dettatura del tema.
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PROBLEMA 1
Punto 1
Consideriamo la figura sottostante.
Si ha:
2
 x
BH = a 2 ⋅ sin 2  
2
CL = a 2 ⋅ sin 2 ( x )
2
=
1− cos ( x )
2
2
2
BH + CL
1 − cos( x )
 x
f (x ) =
= sin 2   + sin 2 ( x ) =
+ 1 − cos 2 ( x ) =
2
2
2
a
 
cos( x ) 3 − 2 cos 2 ( x ) − cos( x ) + 3 (1 − cos( x )) ⋅ (2 cos( x ) + 3)
= − cos 2 ( x ) −
+ =
=
2
2
2
2
Punto 2
Studiamo la funzione f ( x ) =
(1 − cos(x )) ⋅ (2 cos(x ) + 3)
2
•
Dominio: [0,2π ] ;
•
Intersezione asse ascisse:
f (x ) = 0 →
in [0,2π ]
( x )+3>0
(1 − cos(x )) ⋅ (2 cos(x ) + 3) = 0 ∀2cos
x∈[0 , 2π ]

→ cos( x ) = 1 → x = 0 ∨ x = 2π
2
•
Intersezione asse ordinate: x = 0 → f (0) = 0
•
Simmetrie: la funzione è periodica di periodo T = 2π e pari in quanto
f (− x ) =
(1 − cos(− x )) ⋅ (2 cos(− x ) + 3) = (1 − cos(x )) ⋅ (2 cos(x ) + 3) = f (x ) ;
2
2
•
Positività: f ( x ) > 0 → 1 − cos( x ) > 0 → cos( x ) < 1 → ∀x ∈ (0,2π ) ;
•
Asintoti verticali: non ve ne sono in quanto la funzione è periodica e limitata;
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•
Asintoti orizzontali: non ve ne sono in quanto la funzione è periodica e limitata;
•
Asintoti obliqui: non ve ne sono in quanto la funzione è periodica e limitata;
•
Crescenza
e
decrescenza:
f ' (x ) = 2 sin (x )cos(x ) +
la
derivata
prima
è
sin ( x )
1

= 2 sin ( x ) ⋅ cos(x ) +  ; studiamo il segno dei singoli fattori e
2
4

poi valutiamo il segno della derivata prima:
sin ( x ) > 0 ⇒ 0 < x < π
cos( x ) > −
1
1
1
⇒ 0 < x < π − arccos  ∨ π + arccos  < x < 2π
4
4
4
Di conseguenza:
1
1
f ' ( x ) > 0 ⇒ 0 < x < π − arccos  ∨ π < x < π + arccos 
4
4
1
1
Di seguito il quadro dei segni in cui α = π − arccos , β = π + arccos 
4
4
sin( x)
cos(x ) +
1
4
0
Dal quadro soprastante deduciamo che la
α
π β
2π x
funzione presenta un minimo relativo in
 25 
 25 
m = (π ,1) e due massimi relativi in M1 = α , , M 2 =  β ,  ;
 16 
 16 
Concavità
e
f ' ' ( x ) = 2 cos(2 x ) +
convessità:
la
derivata
seconda
cos( x )
cos( x )
8 cos 2 ( x ) + cos(x ) − 4
= 4 cos 2 ( x ) +
−2=
2
2
2
− 1 − 33
− 1 + 33
∨ cos( x ) >
→
8
8
 − 1 + 33 
 1 + 33 
 1 + 33 
 ∨ π − arccos
 < x < π + arccos

0 < x < arccos

 8 
 8 ∨
8






f ' ' (x ) > 0 → cos(x ) <
 − 1 + 33 
 < x < 2π
∨ 2π − arccos

8


per
è
cui
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Quindi la funzione presenta concavità verso l’alto in


 




 0, arccos − 1 + 33   ∪  π − arccos 1 + 33 , π + arccos 1 + 33   ∪

 
 8 
 8 

8
 







 − 1 + 33  
,2π 
∪  2π − arccos
 

8

 

e
presenta
quattro
flessi
a
tangente
obliqua
in
Se consideriamo i limiti geometrici, dobbiamo imporre che l’angolo al vertice BÂC = π −
3
x deve
2
 − 1 + 33 
 1 + 33 
 ≅ 53,6°, x = π − arccos

x = arccos

 8  ≅ 147,5°,
8




 1 + 33 


 ≅ 212,5°, x = 2π − arccos − 1 + 33  ≅ 306,4°
x = π + arccos



8
 8 


Il grafico è di seguito presentato nell’intervallo [0,2π ] :
essere compreso tra 0 e π , cioè 0 < π −
Di seguito il grafico per 0 < x <
2π
:
3
3
2π
.
x <π →0< x <
2
3
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Punto 3
Una funzione è simmetrica rispetto alla retta x = k se f ( x ) = f (2k − x ) . Nel caso in esame
f (2π − x ) =
(1 − cos(2π − x )) ⋅ (2 cos(2π − x ) + 3) = (1 − cos(x )) ⋅ (2 cos(x ) + 3) = f (x )
2
2
per cui f (x ) è
simmetrica rispetto alla retta x = π .
Punto 4
Il valor medio di una funzione f (x ) in
1 
cos ( x )
− cos 2 ( x ) −
+
∫

π 0
2
π
VM =
b
è VM =
1
f ( x )dx . Nel caso in esame
b − a ∫a
3
1   1 + cos (2 x )  cos ( x )
dx = ∫  − 
+
−

π 0 
2
2
2

π
1  cos (2 x ) cos ( x ) 
1
−
−
+ 1dx =
∫

2
2
π 0
π

π
=
[a, b]
 sin (2 x ) sin ( x )
−
+
 −
4
2
3
dx =
2 
π
1

x = ⋅ π = 1
0 π
PROBLEMA 2
Punto 1
Per dimostrare la simmetria rispetto all’origine bisogna provare che f (x) = − f (− x) . In effetti
− f (− x ) = −
Punto 2
(− x )3 = − − x 3 =
(− x )2 − 1 x 2 − 1
x3
= f (x ) .
x2 −1
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Studiamo la funzione f ( x ) =
x3
x2 −1
•
Dominio: x ≠ ±1 ⇔ x ∈ (− ∞,−1) ∪ (− 1,1) ∪ (1,+∞) ;
•
Intersezione asse ascisse: f ( x ) =
•
Intersezione asse ordinate: x = 0 → f (0) = 0
•
Simmetrie: la funzione è dispari come dimostrato al Punto 1
•
Positività:
x3
=0→x=0
x2 −1
x3 > 0 ⇒ x > 0
x3
x 2 − 1 > 0 ⇒ x < −1 ∨ x > 1
-
+
+
+
-
-
+
x2 −1
f ( x ) > 0 ⇒ −1 < x < 0 ∨ x > 1
•
-
-
−1
0
+
+1
-
x
+
Asintoti verticali:
lim f ( x ) = +∞, lim− f (x ) = −∞, lim+ f ( x ) = −∞, lim− f ( x ) = +∞ per cui le rette di equazione
x →1+
x →1
x → −1
x → −1
x = ±1 sono asintoti verticali;
•
Asintoti orizzontali: non esistono in quanto lim f ( x ) = ±∞ ;
•
Asintoti
x → ±∞
obliqui:
se
esistono
 f (x )
m = lim 
[ f (x ) − mx ] ;
, q = xlim
x → ±∞
→ ±∞
 x 
hanno
equazione
nel
caso
y = mx + q
con
in
esame
 x3 
 x3

 f (x )
 x 


 2
m = lim 
=
lim
=
1
,
q
=
lim
− x  = lim  2
=0
3



x → ±∞
x → ±∞ x − 1
 x  x→±∞ x − x 

 x→±∞ x − 1 
per
cui
l’asintoto obliquo ha equazione y = x ;
•
Crescenza e decrescenza: la derivata prima è f ' (x ) =
(
)
3x 2 x 2 − 1 − x 3 ⋅ 2 x
(x
2
)
−1
2
=
studiamo il segno dei singoli fattori e poi valutiamo il segno della derivata prima:
x 2 > 0 ⇒ x ∈ R − {0}
x2 − 3 > 0 ⇒ x < − 3 ∨ x > 3
(x
2
)
− 1 > 0 ⇒ x ∈ R − {± 1}
2
(
);
x2 x2 − 3
(x
2
)
−1
2
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(
) (
f ' ( x ) > 0 ⇒ x ∈ − ∞,− 3 ∪
Di conseguenza:
3 ,+∞
)
per cui c’è un massimo in


3 3
3 3
 ed un minimo in m 3 ,
;
M  − 3 ,−

2 
2 


•
Concavità
(4 x
f ' ' (x ) =
e
3
)(
convessità:
) (
(x − 1)
2
la
)
(
derivata
) = 2 x(x + 3)
(x − 1)
− 6 x ⋅ x 2 − 1 − x 4 − 3x 2 ⋅ 4 x ⋅ x 2 − 1
2
4
seconda
è
2
2
3
per cui, la funzione
presenta concavità verso l’alto in (− 1,0) ∪ (1,+∞) e verso il basso in (− ∞,−1) ∪ (0,1) ; la
funzione presenta un flesso a tangente orizzontale in F = (0,0 ) .
Di seguito il grafico:
Punto 3
x3
Le primitive della funzione f ( x ) = 2
sono
x −1
∫
 x3 
x 
1 2x 
x2 1


dx = ∫  x + 2
f (x )dx = ∫  2
dx
=
x
+
dx
=
+ ln x 2 − 1 + c



2
∫
2 x −1
2 2
x −1


 x −1
e una di esse la ricaviamo per c = 0 ed è F ( x ) =
Punto 4
x2 1
+ ln x 2 − 1
2 2
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L’area della regione racchiusa dalla curva γ, dall’asse x e dalle rette x = 2 e x = 3 è pari a:
3
S=∫
2
3
 x2 1

9 1
1
5 1 8
f ( x )dx =  + ln x 2 − 1  = + ln 8 − 2 − ln 3 = + ln
2
2 2 3
2 2
2 2 2
L’area
del
trapezio
rettangolo
è,
invece,
pari
a
 8 27 
+
(Bm + BM ) ⋅ h [ f (2) + f (3)] ⋅ (3 − 2)  3 8  145
. L’errore commesso rispetto al valore
ST =
=
=
=
2
2
2
48
145  5 1 8  25 1 8
−  + ln 
− ln
48  2 2 3  48 2 3
=
≅ 1,02%
non approssimato è ε =
5 1 8
5 1 8
+ ln
+ ln
2 2 3
2 2 3
QUESTIONARIO
Quesito 1
Si consideri la figura seguente rappresentante la geometria del problema.
Bisogna calcolare la distanza AB ; posto AB = x ed applicando il teorema di Carnot al triangolo
2
(
2
)
2
AOB si ha AB + AO − 2 ⋅ AB ⋅ AO ⋅ cos OÂB = OB ; sostituendo i valori l’equazione diventa
 6+ 2
 + 1600 2 − 650 2 = 0 →
x 2 + 1600 2 − 2 ⋅ x ⋅ 1600 ⋅ cos(15°) = 650 2 → x 2 − 3200 x ⋅ 

4


(
(
)
(
)
(
)
)
→ x 2 − 800 x 6 + 2 + 2137500 = 0 → x = 400 6 + 2 ± 160000 8 − 4 3 − 2137500 →
(
)
(
)
(
)
→ x = 400 6 + 2 ± 2500 256 3 − 343 = 400 6 + 2 ± 50 256 3 − 343 →
x = 2046,49 m
→ x = 50 8 6 + 8 2 ± 256 3 − 343  → +


x − = 1044,47 m
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Poiché i due osservatori si trovano ai lati opposti del grattacielo, la soluzione accettabile è
AB = 2046,49 m .
Quesito 2
1
Posto tan x = , se x → 0 allora t → ∞ , per cui il limite sarà:
t
lim(1 + tan x )
cot anx
x →0
t
 1
= lim1 +  = e
t →∞
 t
Quesito 3
E' un problema classico del calcolo combinatorio. Nei tanti modi in cui le persone possono sedersi
conta l'ordine quindi stiamo parlando di disposizioni. Poiché devo fare gruppi ordinati di 10 persone
disponendo proprio 10 persone stiamo parlando di permutazioni. La soluzione è data da
D10 ,10 = 10! = 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ ⋯⋯ ⋅ 2 ⋅ 1 = 3628800
Consideriamo ora il caso in cui debbano sedersi in cerchio. Per ciascuno dei modi sedersi esistono
altri nove modi del tutto equivalenti ottenuti ruotando tutti i posti allo stesso modo. In sostanza i
possibili modi possono essere raggruppati a 10a 10 quindi i possibili modi di sedersi in cerchio sono
D10,10
10
=
10!
= 9!= 9 ⋅ 8 ⋅ ⋯⋯ ⋅ 2 ⋅ 1 = 362880
10
Quesito 4
La cubica di equazione
y = ax 3 + bx 2 + cx + d
ha come derivata prima la parabola
y ' = 3ax 2 + 2bx + c . L’equazione y ' = 0 presenta le seguenti soluzioni:
− b ± b 2 − 3ac
=
se ∆ = b 2 − 3ac > 0 ;
3a
•
2 soluzioni reali distinte x1, 2
•
2 soluzioni reali coincidenti x1, 2 = −
•
2 soluzioni complesse coniugate x1, 2
b
se ∆ = b 2 − 3ac = 0 ;
3a
− b ± i − b 2 + 3ac
=
se ∆ = b 2 − 3ac < 0 .
3a
Nel caso in cui le soluzioni fossero reali e distinte, la funzione sarebbe:
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•
se a > 0


− b − b 2 − 3ac   − b + b 2 − 3ac

∪
,+∞ 
o crescente in − ∞,

 

3a
3a

 

 − b − b 2 − 3ac − b + b 2 − 3ac 

o decrescente in 
,


3
a
3
a


•
se a < 0


− b − b 2 − 3ac   − b + b 2 − 3ac
∪
,+∞ 
o decrescente in  − ∞,

 

3a
3a

 

 − b − b 2 − 3ac − b + b 2 − 3ac 

,
o crescente in 


3
a
3
a


Nel
x1 =
caso
la
cubica
presenterebbe
quindi
un
massimo
relativo
all’ascissa
− b − b 2 − 3ac
− b + b 2 − 3ac
e un minimo relativo all’ascissa x2 =
, mentre se a < 0 un
3a
3a
minimo
x2 =
a>0
relativo
all’ascissa
x1 =
− b − b 2 − 3ac
3a
e
un
massimo
relativo
all’ascissa
− b + b 2 − 3ac
. In questi casi la funzione presenterebbe, oltre ai due estremanti suddetti,
3a
anche un flesso a tangente obliqua all’ascissa x F = −
b
.
3a
Se le due soluzioni fossero reali e coincidenti o complesse coniugate, la funzione sarebbe
strettamente crescente in tutto il dominio R, per cui non vi sarebbero estremanti in questi casi; in
particolare in presenza di soluzioni reali la funzione presenterebbe solo un flesso a tangente
orizzontale all’ascissa x F = −
b
mentre in presenza di soluzioni complesse coniugate la funzione
3a
presenterebbe solo un flesso a tangente obliqua all’ascissa x F = −
Quesito 5
Si consideri la figura sottostante:
b
.
3a
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Il volume richiesto è dato dalla differenza tra i volumi dei tronchi di cono AA’C’C e AA’B’B:
(
)
(
)
1
1
⋅ π ⋅ h ⋅ R 2 + r 2 + Rr − ⋅ π ⋅ h ⋅ R ' 2 + r ' 2 + R ' r ' =
3
3
1
1
208
112
96
= ⋅ π ⋅ 4 ⋅ (36 + 4 + 12 ) − ⋅ π ⋅ 4 ⋅ (16 + 4 + 8) =
π−
π = π = 32π
3
3
3
3
3
V =
Quesito 6
L’equazione può essere così riscritta:
[
]
2 + 2 x = sin 4 ( x ) + cos 4 ( x ) + 2 sin 2 (x ) cos 2 ( x ) + 4 sin 2 ( x ) cos 2 ( x ) =
=1
= sin ( 2 x )

  
2
2
= sin ( x ) + cos ( x ) +  2 sin ( x ) cos ( x ) = 1 + sin 2 (2 x ) ⇒ sin 2 (2 x ) = 1 + 2 x








2
2
Poiché 1 + 2 x > 1 ∀x ∈ R , l’equazione sin 2 (2 x ) = 1 + 2 x non ha soluzioni in R in quanto
sin (2 x ) ≤ 1 .
Quesito 7
Corso di ordinamento
Sessione straordinaria - a.s. 2009-2010
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1

 x + y = 2t
 x = t + t

Poniamo 
. Sommando e sottraendo membro a membro si ha: 
2 da cui,
y = t − 1
 x − y = t

t
 2 
 ⇔ x 2 − y 2 = 4 ; il luogo è, quindi, una
eliminando il parametro t, ricaviamo x + y = 2 ⋅ 
x− y
iperbole equilatera con asintoti le bisettrici di equazione y = ± x .
Quesito 8
Si consideri la figura sottostante di un poligono inscritto in una circonferenza di centro O e raggio r.
A
O
H
B
Il perimetro del poligono è pari a n volte la lunghezza del segmento AB, 2 p n = n ⋅ AB ; se i lati del
poligono sono n l’angolo AÔB misura
2π
π
per cui AÔH = BÔH = . La lunghezza del lato AB è
n
n
pari al doppio di quella del segmento AH poiché AOB è isoscele per cui applicando il teorema dei
π 
π 
triangoli rettangoli si ha AB = 2 ⋅ AH = 2r ⋅ sin   . Il perimetro sarà quindi 2 p n = 2rn ⋅ sin   .
n
n
Calcoliamo tale perimetro quando n → ∞ :

π 
sin  


n
 π 
lim 2 p n = lim 2rn ⋅ sin   = lim 2πr ⋅    =
n →∞
n →∞
n
→
∞
π  

 n 

  

n 

  π  π
 sin n   t = n
 sin (t ) 
= 2πr ⋅ lim     = 2πr ⋅ lim
= 2πr
n →∞   π  
t →0
(
t ) 

  n  
→1


cioè il perimetro, al tendere all’infinito del numero dei lati, tende alla lunghezza della circonferenza
circoscritta ad esso.
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Quesito 9
[a, b]
Il valor medio di una funzione f (x ) in
π
VM =
1
π
π
2
3
0
2
0
1
f ( x )dx . Nel caso in esame
b − a ∫a
π
2
sin 3 ( x )  2 2  1  4
cos( x ) − cos(x ) ⋅ sin ( x ) dx = sin ( x ) −
 = 1 −  =
π
3  0 π  3  3π
∫ cos (x )dx = π ∫ [
2
b
è VM =
2
]
2
Quesito 10
Consideriamo la figura sottostante.
B
E
A
C
D
Applicando il teorema di Pitagora ai triangoli AED, BEC, AEB e EDC si ha:
AD = AE + ED (1)
2
2
2
BC = BE + EC (2 )
2
2
2
AB = AE + EB (3)
2
2
2
DC = DE + EC (4)
2
2
2
Sommando membro a membro le prime due e le ultime due si ha:
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
AD + BC = AE + ED + BE + EC
AB + DC = AE + ED + EB + EC
cioè la somma dei quadrati di due lati opposti coincide.