La prova svolta di Matematica per la sessione

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Nicola De Rosa
maturità 2015
Esame di stato di istruzione secondaria superiore
Indirizzi: LI02– SCIENTIFICO
LI03 - SCIENTIFICO - OPZIONE SCIENZE APPLICATE
Tema di matematica
(Testo valevole anche per la corrispondente sperimentazione quadriennale)
Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario
PROBLEMA 1
Sei stato incaricato di progettare una pista da ballo all’esterno di un locale in costruzione in una
zona balneare. Il progetto prevede, oltre alla pista, delle zone verdi e una tettoia che consenta l’uso
della pista anche in caso di pioggia.
La pista da ballo viene rappresentata, in un sistema di riferimento cartesiano Oxy in cui l’unità di
misura corrisponde a 1 metro, all’interno del rettangolo avente come vertici i punti di coordinate (4, 0), (4, 0), (-4, 25) e (4, 25); nella scelta della sagoma della pista va rispettato il vincolo rbanistico
che stabilisce che essa non può occupare più del 60% della superficie di tale rettangolo.
Un tuo collaboratore predispone due soluzioni: la prima è rappresentata dalla parte di piano
25
compresa tra l’asse x e la curva di equazione, y   x 2  25 , ∈ [−4, 4], la seconda dalla parte
16
100
di piano compresa tra l’asse x, la curva di equazione y 
e le rette = − 2 3 , = 2 3 .
4  x2
1. Studia le due soluzioni, e traccia il grafico di entrambe nel riferimento cartesiano Oxy.
Individua in particolare le caratteristiche delle due funzioni che sono più rilevanti nella fase
di costruzione della pista: eventuali punti di massimo e di minimo, di flesso, angolosi.
Il proprietario del locale sceglie la seconda soluzione, che ritiene più elegante, ma ti chiede di
realizzare due aiuole nelle porzioni di terreno comprese tra le due curve che gli hai proposto.
2. Determina l’area della soluzione scelta e verifica che essa rispetti i vincoli urbanistici, in
modo da poter poi procedere all’acquisto del materiale necessario per la costruzione della
pista.
Poiché lo scavo effettuato ai lati della pista ha reso il terreno scosceso, hai fatto eseguire delle
misure e hai verificato che sia per ∈ [− 2 3 , 0] che per ∈ [0, 2 3 ] la profondità dello scavo
stesso varia con la legge lineare rappresentata dalla funzione ( ) = | | + 1; è dunque necessario
acquistare del terreno per riempire lo scavo e realizzare le aiuole richieste.
3. Calcola quanti metri cubi di terreno vegetale sono necessari per riempire l’aiuola delimitata
dalle suddette curve nell'intervallo [− 2 3 , 0].
Per realizzare la tettoia, è necessario usare un piano leggermente inclinato, per favorire il deflusso
della pioggia. Nel sistema di riferimento cartesiano Oxyz, tale piano deve passare per i punti (-4, 0,
5), (4, 0, 5) e (0, 25, 4), in modo che la quota vari gradualmente dai 5 metri in corrispondenza
dell’inizio della pista, ai 4 metri in corrispondenza della fine della pista stessa.
4. Determina l’equazione del piano prescelto.
1
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SVOLGIMENTO a cura di Nicola De Rosa
1. La curva di equazione, y  
25 2
x  25 ,
16
∈ [−4, 4], è un arco di parabola con vertice che
funge da massimo in (0,25), ha concavità verso il basso, interseca l’asse delle ascisse in (-4,0) e
(4,0) e non presenta né flessi né punti angolosi.
La funzione y 

dilatata lungo l’asse delle ordinate di
y

100
, con x   2 3,2 3 non è altro che un arco della versiera di Agnesi
4  x2
25
. Infatti la versiera di Agnesi ha espressione
2
8a 2
100
25
8
, pertanto y 
si ricava da essa con a  1 e dilatazione lungo


2
2
2
2 4  x2
4a  x
4 x
le ordinate di
25
.
2
2
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La funzione y 
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100
è sempre positiva, pari, non interseca l’asse delle ascisse, interseca
4  x2
l’asse delle ordinate in (0,25), ha la retta y=0 come asintoto orizzontale destro e sinistro. La
derivata prima è y  
200 x
pertanto la funzione è strettamente crescente per x<0 e
4  x 
2 2
strettamente decrescente per x>0 e (0,25) è punto di massimo assoluto. La derivata seconda è
pari a
y  200
4  3x 2
4  x 
2 3


2 3 2 3
  ,


,


  3

3

 

pertanto la funzione presenta concavità verso l’alto in
e
verso
il
basso
in
 2 3 2 3


,


3
3


di
conseguenza
 2 3 75   2 3 75 

, , 
,  sono due flessi a tangente obliqua.

3
4
3
4


La funzione y 
100
25 
25 


incontra le rette x  2 3 nei punti A    2 3, , B   2 3,  .
2
4
4
4 x


Di conseguenza la funzione y 
100
4  x2
delimitata dalle rette x  2 3 ha la seguente
espressione analitica:
0

 100
y
2
4  x
0

x  -2 3
-2 3  x  2 3
x2 3
Calcoliamo i limiti a destra e sinistra di x  2 3 della derivata prima, si ha:
lim  y '  0, lim  y '  lim  
x  2 3
x  2 3
lim  y '  lim  
x  2 3
x  2 3
x  2 3
200 x
4  x 
2 2

200 x
4  x 
2 2
25
3
16
25
3 , lim  y '  0
16
x  2 3
di conseguenza x  2 3 sono ascisse di due punti angolosi.
3

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2. L’arco di parabola è interamente interno al rettangolo avente come vertici i punti di coordinate
(-4, 0), (4, 0), (-4, 25) e (4, 25). Tale rettangolo ha area 25  8  200 m 2 pertanto a norma del
teorema di Archimede l’area sottesa dall’arco di parabola y  
25 2
x  25 ,
16
∈ [−4, 4] è
2
400 2
 200 
m e il rapporto tra l’area del rettangolo e quella dell’arco di parabola è
3
3
2
 66,67% ovvero superiore al 60% imposto dai vincoli urbanistici.
3
4
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L’area
2 3
2

0
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sottesa
100
dx  100
4  x2
dalla
2 3

0
seconda
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soluzione
1
2

 x 
2
dx  100arctan  
2
 2  0

 x
1  
2
3

è
pari
a
100
 . Di conseguenza il rapporto
3
100


3
tra l’area della seconda soluzione e quella del rettangolo è
  52% pertanto questa
200
6
seconda soluzione rispetta i vincoli urbanistici.
3. Il volume di ciascuna aiuola è il volume di un solido avente per base una delle due regioni di
piano, limitate dalla parabola e dalla cubica ed altezza ( ) = | | + 1.
Nell’intervallo [−2√3, 0] tale volume è pari a
0

2
0

2
100 
 25 2
x  25 

   x  1dx 
16
4  x2 
3
100 x
100 
 25 3 25 2
x  25 x  25 

 x 
dx 
2
16
16
4 x
4  x2 
3
0
 25 4 25 3 25 2
 x 
2
 64 x  48 x  2 x  25 x  50 ln 4  x  50 arctan  2 
   2



50
 225 25
100 ln 2  

3  150  50 3  200 ln 2 
2
3
 4
75
375
50
3
 100 ln 2 
 37,03 m 3
2
4
3

3



4. Il piano ha equazione ax  by  cz  d  0 , imponendo il passaggio per i 3 punti si ha:
 4a  5c  d  0

4a  5c  d  0
25b  4c  d  0

Sottraendo le prime due si ricava subito a=0; sommando le prime due si ottiene d=-5c che
sostituita nella terza comporta c=25b. Le soluzioni del sistema sono quindi
a  0
b  


c  25b
d  125b
Considerando b=1 la soluzione del sistema è
5
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a  0
b  1


c  25
d  125
ed il piano ha equazione y  25z  125  0 .
6
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PROBLEMA 2
La rotazione intorno all’asse dei grafici della famiglia di funzioni:
f k x  
x
k 2  x con x  ,
4k
0  x  k2,
k  ,
k 0
genera dei solidi di rotazione di forma aerodinamica.
1. In un riferimento cartesiano Oxy, traccia i grafici delle funzioni
determina il valore di
( ), per
= 1,
= 2,
per il quale il volume del solido di rotazione assume il valore
2. calcola il diametro massimo dei solidi di rotazione in funzione di
dell'angolo formato dalla tangente al grafico di
con l'asse
per
=3e
64
192
, e determina il valore
= 0;
3. assumendo che la distribuzione della massa sia omogenea, il baricentro del corpo di rotazione si
trova sull’asse , per ragioni di simmetria. Determina l’ascissa
del baricentro in funzione del
parametro , sapendo che vale:
b
xs 
  x f k x 2 dx
a
V
dove gli estremi di integrazione a e b vanno scelti opportunamente, e V indica il volume del solido
di rotazione;
4. all’interno del solido di rotazione generato da
, per
= 3, si vorrebbe collocare un cilindro di
raggio 0,5 e di altezza 6. Verifica se ciò è possibile, motivando la tua risposta.
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SVOLGIMENTO
1. Il dominio della funzione f k x  
x
k 2  x è 0  x  k 2 , interseca l’asse delle ascisse in
4k
2
0,0, k ,0 e quello delle ordinate in 0,0 , è non negativa nel dominio 0  x  k 2 , non


presenta asintoti verticali, orizzontali ed obliqui.
La derivata prima è f k' x  
2k 2  3 x
pertanto f k x  
8k k 2  x
x
k2  x
4k
è strettamente crescente
 2k 2 k 2 3 
 2k 2 
 2k 2 2 




in 0,
 e strettamente decrescente in  3 , k  pertanto  3 , 18  è di massimo
3






relativo ed assoluto.
La derivata seconda è f x  
''
k
 4k 2  3 x
16k
k
2
x

3
pertanto f k x  
x
k2  x
4k
volge concavità
verso il basso in tutto il dominio 0  x  k 2 .
Di seguito il grafico.
Il volume del solido è pari a
f k x  
x
k2  x
4k

k2
 2 x3 
  x3 x4 
 6


V    f k2 x dx 
x

dx

k
  2 
2 


16 0 
16  3 4k  0
192
k 
0
 6 64
Imponendo V 
si ricava k 6  64  k  2 .
k 
192
192
2. Il diametro massimo dei solidi di rotazione è pari al doppio del valora massimo di
k2
k2
ovvero Dmax k  
k2 3
.
9
x
x
pertanto l’angolo
k 2  x in x=0 ha equazione y  f k' 0  x 
4k
4
1
formato con l’asse delle ascisse è   arctan   142' .
4
3. Il baricentro è pari a
La
tangente a
f k x  
8
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
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k2
 3 x4 
 x  2 dx
k2
k2
16 0 
k 
12  3 x 4 
12  x 4
x5 
3
a
xs 

 6   x  2 dx  6   2   k 2

V
5
k 0
k 
k  4 5k  0
k6
192
4. Consideriamo la figura seguente.
b
  x f k x  dx
2
Iniziamo
f 3 x  
a
calcolare
le
soluzioni
dell’equazione
1
x
1

9  x   x 3  9 x 2  36  0.
2
12
2
Graficamente si evince che le soluzioni sono 2 e sono date dalle ascisse dei punti E e F,
calcoliamole analiticamente.
Consideriamo la funzione hx   x 3  9 x 2  36 ; essendo h2  0, h3  0, h8  0, h9  0 , a
norma del torema degli zeri si deduce che le due soluzioni di hx   0 sono   2,3,   8,9 ;
anche graficamente si intuisce che le due soluzioni sono tali per cui   2,3,   8,9 .
Applicando il teorema di Newton-Raphson si ricavano i seguenti valori per   2,3,   8,9
tramite la formula ricorsiva x n 1  x n 
n
0
1
2
3
xn
3,000
2,333
2,322
2,322
h x n 
:
h'  x n 
xn+1 err=|xn+1-xn|
2,333
2,322
0,667
2,322
0,012
2,322
0,000
n
0
1
2
3
4
xn
9,000
8,556
8,503
8,502
8,502
xn+1 err=|xn+1-xn|
8,556
8,503
0,444
8,502
0,053
8,502
0,001
8,502
0,000
Di conseguenza   2.322,   8.502
Essendo     6.180  6 si deduce che non è possibile iscrivere un cilindro di raggio 0,5
ed altezza 6.
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QUESTIONARIO
x
1. Data la funzione integrale  ln tdt , determinare per quali valori di
il suo grafico incontra la
1
retta di equazione = 2 + 1.
2. Data la famiglia di funzioni y   x 3  6kx  33 trovare la funzione tangente nel punto di
ascissa 3 ad una retta parallela alla bisettrice del primo quadrante. Determinare l'equazione
di detta tangente.
3. Vengono lanciati due dadi. Dei due punteggi, viene considerato il maggiore; se sono uguali,
viene considerato il punteggio comune dei due dadi. Detto X il punteggio registrato,
5
riportare in una tabella la distribuzione di probabilità di X e mostrare che ( = 3) = .
36
Calcolare inoltre la media e la varianza di X.
4. In un sistema di riferimento cartesiano nello spazio Oxyz sono dati i punti A (−3, 4, 0) e C
(−2, 1, 2). I tre punti O, A e C giacciono su un piano E. Determinare l’equazione che
descrive il piano E.
5. Determinare il volume del solido generato dalla rotazione attorno alla retta di equazione =
2 della parte di piano delimitata dalla parabola di equazione 2 = 8 e dalla retta stessa.
6. Preso un punto C su una semicirconferenza di diametro
= 2 , sia M il punto medio
dell’arco BC. Determinare il valore massimo che può assumere l’area del quadrilatero
ABMC.
7. Una fabbrica produce mediamente il 3% di prodotti difettosi. Determinare la probabilità che
in un campione di 100 prodotti ve ne siano 2 difettosi, usando:
 la distribuzione binomiale;
 la distribuzione di Poisson.
8. Provare che la funzione = −
ha infiniti zeri, mentre la funzione = −
non
ne ha alcuno.
9. Calcolare la derivata della funzione ( ) = ∙ , adoperando la definizione di derivata.
10. Sia la derivata seconda di una funzione reale ( ) data da ′′( ) = 3 − 6. Determinare
l’espressione di ( ), sapendo che il grafico della funzione passa per il punto P (2, −7) e che
l’angolo formato dalla tangente al grafico di ( ) con l’asse nel punto di ascissa x = 0 vale
45°.
10
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SVOLGIMENTO
x
1. Risolvendo l’integrale si ha y   ln tdt  t ln t  t 1x  xln x  1  1 . Il punto di incontro con la
1
retta
y=2x+1
xln x  1  2 x 
0,1, e 3 ,2e 3  1.
si
ricava
risolvendo
x0
x0

.
ln x  1  2 x  e 3
l’equazione
In
xln x  1  1  2 x  1
conclusione
i
punti
in
da
comune
cui
sono
Si noti che la funzione y  xln x  1  1 è prolungabile per continuità in x  0 in quanto
lim xln x  1  1  1 .
x 0 

2. La retta tangente ha coefficiente angolare m  y' 0   3x 2  6k x3  6k  27 . Dovendo essere


parallela alla bisettrice del primo e terzo quadrante, tale coefficiente angolare deve essere
14
unitario, ovvero deve essere 6k  27  1  k  , di conseguenza la cubica ha equazione
3
3
y   x  28x  33 ed il punto di tangenza è (3,90). In conclusione l’equazione della tangente è
y  90  x  3  y  x  87 .

3. Lanciando due dati è possibile avere 36 combinazioni. Di seguito la tabella con il punteggio
registrato:
Coppie estratte Risultato registrato
(1,1)
1
(1,2)
2
(1,3)
3
(1,4)
4
(1,5)
5
(1,6)
6
(2,1)
2
(2,2)
2
(2,3)
3
(2,4)
4
(2,5)
5
(2,6)
6
(3,1)
3
(3,2)
3
(3,3)
3
(3,4)
4
(3,5)
5
(3,6)
6
(4,1)
4
(4,2)
4
(4,3)
4
(4,4)
4
(4,5)
5
(4,6)
6
11
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(5,1)
(5,2)
(5,3)
(5,4)
(5,5)
(5,6)
(6,1)
(6,2)
(6,3)
(6,4)
(6,5)
(6,6)
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5
5
5
5
5
6
6
6
6
6
6
6
Si ha:
p1 
1
3
5
7
9
11
, p2  , p3  , p4  , p5  , p6 
36
36
36
36
36
36
La media di X è
1
3
5
7
9
11 161
 2   3  4   5  6 

36
36
36
36
36
36 36
Il valore quadratico medio di X è
1
3
5
7
9
11 791
E X 2  1   4   9   16   25   36 

36
36
36
36
36
36 36
La varianza di X è
 X  1
 
 X2  EX 2    X2 
2
791  161 
791 25921 2555



 
36  36 
36 1296 1296

4. L’equazione generica del piano è ax  by  cz  d  0 . Imponendo il passaggio per i tre punti si
ha:
a  

b  3 a
 3a  4b  d  0


4
 2a  b  2c  d  0  
d  0
c  5 a


8
d  0

Considerando a  8 si ricava il piano di equazione 8x  6 y  5z  0 .

5. Consideriamo la figura seguente
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.
Poiché il volume è invariante per traslazioni, consideriamo il nuovo sistema di riferimento dato da
X  x  2
. In questo modo l’arco di parabola è Y 2  8 X  2 e bisogna calcolare il volume

Y

y

generato dalla rotazione intorno all’asse delle ordinate della seguente regione:
Il volume richiesto è pari a
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2
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4
4
Y 2

Y 4 Y 2

Y5 Y3

 16 32
 256
V  2  
 2  dY  2  

 4 dY  2 

 4Y   2  
 16  

8
64 2
3
5
 15


 320 6
0
0
0

4
6. Consideriamo la figura seguente:
L’area del quadrilatero ABMC è la somma delle aree dei triangoli ABM e AMC.

Sia 0    , si ha:
4
AM  2r cos  , MB  2r sin  , AC  2r cos2 
AM  MB
 r 2 sin 2 
2
AM  AC
S  AMC  
sin    r 2 sin 2  cos 2 
2
r2
S  ABMC   S  AMB   S  AMC   r 2 sin 2   sin 4 
2
La derivata prima della funzione area è
f '    2r 2 cos2   2r 2 cos4   2r 2 2 cos 2 2   cos2   1  2r 2 2 cos2   1cos2   1

Poiché per 0   
si ha cos2   1  0 , il segno della derivata prima dipende da
4
2 cos2   1, ovvero si ha
S  AMB  

f '    0  cos 2  

1

2




0    4
0    4





 
 
   2k  2   2k    k     k  0   
3
6
6
 3
 6
k


k








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Quindi la funzione area è strettamente crescente per 0   

6
 

4
pertanto presenta un massimo per  

6

6
e strettamente decrescente per
in corrispondenza del quale l’area
2
3 2
3 2 3 3 2
  r
 2 
massima vale S max  ABMC   r 2 sin   sin
r 
r 
r .

4
4
3 2
 3  2

7. La probabilità che su 100 ve ne siano 2 difettosi utilizzando la distribuzione binomiale è
100 
  0,032  0,97 98  4950  0,032  0,97 98  0,2251
p  
 2 
La probabilità che su 100 ve ne siano 2 difettosi utilizzando la distribuzione di Poisson di
parametro   3 è
p  3, k  2  e  
k
k!
 e 3 
9
 0,2240
2

8. Proviamo che la funzione y  e x  tan x ha infiniti zeri.
Possiamo provarlo graficamente ed analiticamente. Graficamente rappresentando nello stesso
riferimento cartesiano le funzioni y  e x e y  tan x possiamo notare che si intersecano infinite
volte.
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Analiticamente basta prendere un intervallo di ampiezza  , ad esempio 

2
x

2
, e ripetere lo
stesso ragionamento seguente per gli altri intervalli.
Poiché lim  e x  tan x   , lim e x  tan x    e poiché è possibile individuare un intervallo
x 

2
x

2
chiuso e limitato in cui il comportamento agli estremi è di segno opposto, per il teorema degli zeri
esiste una radice dell’equazione y  e x  tan x  0 per 

2
x

2
.
Proviamo che la funzione y  e x  arctan x non ha zeri.
Possiamo provarlo graficamente ed analiticamente. Graficamente rappresentando nello stesso
riferimento cartesiano le funzioni y  e x e y  arctan x possiamo notare che non si intersecano
mai.


Analiticamente, essendo y  e x  arctan x  0 per x  0 , eventuali zeri sono da ricercare per
x  0. La derivata prima di y  e x  arctan x è y '  e x 
1
 1, si deduce che
1 x2
y  e x  arctan x
1
, e poiché per x  0 si ha e x  1 e
2
1 x
è strettamente crescente per
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x  0 ; poichè
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y0  e 0  arctan 0  1 , per la stretta crescenza, si deduce che la funzione y  e x  arctan x
assumerà sempre valori maggiori di 1 per x  0 , pertanto non si annulla nemmeno per x  0 ,
ovvero non si annullerà mai.

9. Si ha:
x  h e x h  xe x 
f x  h   f x 
 lim
h 0
h 0
h
h
x
h
xh
h
xe e  1  he
e 1
 lim
 xe x  lim
 e x  lim e h  xe x  e x
h 0
h 0
h 0
h
h



f ' x   lim




1
1

10. Integrando due volte la derivata seconda si ottiene:
3
f ' x    3x  6dx  x 2  6 x  K
2
x3
3

f x     x 2  6 x  K dx 
 3x 2  Kx  H
2
2

Imponendo il passaggio per P(2,-7) si ricava 2K  H  1 .
Imponendo che f ' 0  1 si ricava K  1 da cui H  1 .
In conclusione f x  
x3
 3x 2  x  1 .
2
17