Soluzioni Seconda prova scritta Matematica 2008 – Liceo Scientifico di ordinamento sessione ordinaria

PROBLEMA 1

Il triangolo rettangolo ABC ha l’ipotenusa AB= a e l’angolo CA^B=π3.

a) Si descriva, internamente al triangolo, con centro in B e raggio x , l’arco di circonferenza di estremi P e Q rispettivamente su AB e su BC. Sia poi R l’intersezione con il cateto CA dell’arco di circonferenza di centro A e raggio AP . Si specifichino le limitazioni da imporre ad x affinché la costruzione sia realizzabile.

b) Si esprima in funzione di x l’area S del quadrilatero mistilineo PQCR e si trovi quale sia il valore minimo e quale il valore massimo di S(x).

c) Tra i rettangoli con un lato su AB e i vertici del lato opposto su ciascuno dei due cateti si determini quello di area massima.

d) Il triangolo ABC è la base di un solido W . Si calcoli il volume di W sapendo che le sue sezioni, ottenute tagliandolo con piani perpendicolari ad AB , sono tutti quadrati.

Soluzione problema 1

Punto a.

Siano AB=a,PB=x.

x è minimo quando R coincide con C , ossia AP=AC=a2, e quindi anche x=a2.

x è massimo quando Q coincide con C , per cui BP=a23.

pertanto a2xa23.

Punto b.

L’area del quadrilatero mistilineo PQRC si ottiene per differenza tra l’area del triangolo ABC e quella dei settori circolari APR e PQB.

Area (ABC)=a2a3212=a238

Area settore (APR)=π(ax)26

Area settore (BQP)=πx212

Area (PQCR)=S(x)=a238π(ax)26πx212=πx24+π3ax+a2(38π6)

cona2xa23

Si tratta di una parabola che volge la concavità verso il basso. La funzione assume valore massimo in corrispondenza del vertice, xmax=23a ed è Smax=a2(38π18).

Per il minimo è necessario confrontare il valore di S(x) agli estremi. S(a2)=a2(38π16), mentre S(a23)=a2(38+π(361748)).

Il valore minimo si ha per x=a23.

Punto c.

Si ponga AT=x, con0<x<a4.

Allora MT=NV=x3,NB=2x3,VB=3x,TV=a4x.

Area ( TVNM )=x3(a4x)=ax34x23.

Come al punto precedente si tratta di una parabola e il massimo si trova in corrispondenza del vertice, con xmax=a8. L’area del rettangolo vale a2163.

Punto d.

Il volume del solido W si può calcolare con il metodo “delle fette”, che equivale al principio di Cavalieri. Il lato del quadrato sezione varia, a seconda che la sezione intersechi il lato AC o il lato BC. Chiamata x la distanza del piano sezione dal vertice A e t la distanza dal vertice B, il volume del solido sarà quindi:

0a43x2dx+03a4t23dt=[x3]0a4+[t39]03a4=116a3

In alternativa si può osservare che il solido in questione è costituito da due piramidi aventi in comune la base, che è un quadrato avente per lato l’altezza del triangolo ABC relativa all’ipotenusa, che vale a43.

La somma delle altezze delle piramidi è AB=a.

Il volume pertanto vale 13(a43)2a=a316.

PROBLEMA 2

Assegnato nel piano il semicerchio Γ di centro C e diametro AB=2, si affrontino le seguenti questioni:

a) Si disegni nello stesso semipiano di Γ un secondo semicerchio Γ1 tangente ad AB in C e di uguale raggio 1 . Si calcoli l’area dell’insieme piano intersezione dei due semicerchi Γ e Γ1

b) Si trovi il rettangolo di area massima inscritto in Γ.

c) Sia P un punto della semicirconferenza di Γ,H la sua proiezione ortogonale su AB.Si ponga PC^B=x e si esprimano in funzione di x le aree S1 e S2 dei triangoli APH e PCH .
Si calcoli il rapporto f(x)=S1(x)S2(x)

d) Si studi f(x) e se ne disegni il grafico prescindendo dai limiti geometrici del problema.

SOLUZIONE PROBLEMA 2

Punto a.

Con riferimento alla figura 1 , l’angolo MCN è di 2π3, pertanto l’area della figura è il doppio dell’area del segmento circolare MNC. L’area cercata è quindi:

2(π334)=2π332

Punto b.

Chiamato x l’angolo HCS, con 0xπ2 si ha SL=sinx,RS=2cosx.

L’area del rettangolo KHSR è S(x)=2sinxcosx=sin2x, che nell’intervallo considerato ha un massimo per x=π4. Si tratta di un rettangolo che ha la base doppia dell’altezza. L’area del rettangolo vale 1.

Punto c.

Sia PC^H=x,con0xπ; allora:

Area (APH)=S1(x)=AHPH2=(1+cosx)sinx2
Area(PCH)=S2(x)=|cosx|sinx2

Perciò S1S2=1+cosx|cosx|, dove 0xπ.

Punto d.

Sia f(x)=1+cosx|cosx|. la funzione è pari e periodica di periodo 2π. È definita per xπ2+kπ. è sufficiente studiarla in [π,π], anzi in [0,π].

f(x)={1+cosxcosx se 0x<π2 1+cosxcosx se π2<0π

La funzione assume valore positivo per ogni valore di x e nell’intervallo analizzato si annulla solo se x=π.

Si ha limxπ2f(x)=+.

In [0,π2[ si ha f(x)=sinxcos2x e f(x)=1+sin2xcos3x, pertanto la funzione è crescente e volge la concavità verso l’alto.

In ]π2,π] si ha f(x)=sinxcos2x e f(x)=1sin2xcos3x, pertanto la funzione è decrescente, ma volge ancora la concavità verso l’alto.

Tenendo conto di simmetrie e periodicità, il grafico è quello indicato nella figura 4.

QUESITO 1

Si consideri la seguente proposizione: ” Se due solidi hanno uguale volume, allora, tagliati da un fascio di piani paralleli, intercettano su di essi sezioni di uguale area”. Si dica se essa è vera o falsa e si motivi esaurientemente la risposta.

Soluzione quesito 1

La proposizione è falsa.

La proposizione è l’inversa del “principio di Cavalieri”, un assioma della geometria dello spazio che afferma:
“Se due solidi, allorché sono sezionati da un fascio di piani paralleli, formano, per ogni piano del fascio, sezioni di ugual area, allora i due solidi hanno ugual volume”.

Ovvero:

il principio di Cavalieri fornisce una condizione sufficiente per l’equivalenza di due solidi, ma questa condizione non è necessaria.

E’ facile trovare dei solidi che sono equivalenti ma per i quali non è possibile trovare un fascio di piani che “intercetti” su questi solidi sezioni di ugual area.

Consideriamo ad esempio un cubo e lo sezioniamo in due prismi uguali, tramite un piano che passa per le diagonali di due facce opposte. Questi due prismi li mettiamo uno sopra l’altro, ottenendo un prisma a base triangolare, di altezza doppia rispetto al cubo.

Quest’ultimo prisma e il cubo sono evidentemente equivalenti, ma non verificano il principio di Cavalieri.

QUESITO 2

Ricordando che il lato del decagono regolare inscritto in un cerchio è sezione aurea del raggio, si provi che senπ10=514

Soluzione quesito 2

Ricordiamo che la sezione aurea di un segmento di lunghezza a ha per misura a(51)2.

Poiché π10=18 è la metà di 36, la corda che corrisponde a quest’ultimo angolo nella circonferenza goniometrica è uguale al lato del decagono regolare inscritto ed è quindi lunga (se r=a=1 ) 512, perciò sin18=514, essendo la metà della lunghezza di tale corda.

AO=r= raggio della circonferenza

AB=x= lato decagono regolare inscritto (x>0)

Si ha:

AO:AB=AB:OB

ossia r:x=x:(rx).

Si ottiene l’equazione:

x2+rxr2=0

che ha come unica radice positiva x=r514.

QUESITO 3

Fra le casseruole, di forma cilindrica, aventi la stessa superficie S (quella laterale più il fondo) qual è quella di volume massimo?

Soluzione quesito 3

Sia x= raggio di base del cilindro, x>0

S=Sbase +Slaterale =πx2+2πxh

h=Sπx22πx(NB:Sπx20xSπ)

V=πx2Sπx22πx=Sxπx32

V=S3πx22,V>0 per S3π<x<S3π

Il cilindro di volume massimo ha il raggio di base pari a S3π, e l’altezza pari al raggio. Il volume in tal caso misura S3S3π.

QUESITO 4

Si esponga la regola del marchese de L’Hôpital (1661 – 1704) e la si applichi per dimostrare che è: limx+x20082x=0

Soluzione quesito 4

La regola citata nel testo è presente in ogni libro di testo per i licei scientifici. Basta applicare ripetutamente, 2008 volte, la regola di De L’Hôpital (la forma indeterminata è del tipo ).
Se si applica la regola una prima volta, si trova ancora una forma indeterminata dello stesso tipo:

limx+x20082x=limx+2008x20072xln2

Dopo 2008 derivazioni si ottiene

limx+2008!2x(log2)2008=0

QUESITO 5

Si determini un polinomio P(x) di terzo grado tale che:

P(0)=P(0)=0,P(1)=0 e 01P(x)dx=112

Soluzione quesito 5

Indichiamo con p(x)=ax3+bx2+cx+d, con a0, il polinomio di terzo grado.

Si ha

p(x)=3ax2+2bx+c

e

p(x)dx=ax44+bx33+cx22+dx+k

Dalle condizioni assegnate, si ha:

{p(0)=d=0p(0)=c=0p(1)=a+b+c+d=001p(x)dx=a4+b3+c2+d=112

Quindi

{d=0c=0a=b3a+4b=1

e in definitiva

{a=1b=1c=0d=0

QUESITO 6

Se (n1),(n2),(n3) con n>3 sono in progressione aritmetica, qual è il valore di n ?

Soluzione quesito 6

Si ha

a1=(n1)=n

a2=(n2)=n(n1)2

a3=(n3)=n(n1)(n2)6

con le condizioni nN e n>3.

Poiché questi tre termini devono formare una progressione aritmetica, si ha:

a3a2=a2a1

da cui si ricava

n(n1)(n2)6n(n1)2=n(n1)2(n1)

che fornisce l’equazione di secondo grado (da risolvere in N ):

n29n+14=0

la cui unica soluzione accettabile è n=7.

I tre numeri in progressione aritmetica richiesti sono:

 7, 21 e 35.

QUESITO 7

Si determini, al variare di k, il numero delle soluzioni reali dell’equazione:

x33x2+k=0.

Soluzione quesito 7

L’equazione data si può scrivere:

k=x3+3x2

che equivale al sistema

{y=x3+3x2y=k

Studio della cubica

Il dominio è R

Segno: x2(3x)>00<x<3

Intersezione assi: O(0;0) e A(3;0)

limx+f(x)=

limxf(x)=+

Non ci sono asintoti

DERIVATE :

y=3x2+6xy>0per0<x<2

MASSIMO M(2;4), minimo m(0;0)

y=6x+6y>0 per x<1

Flesso F(1;2)

y=k fascio di rette parallele all’asse x

In definitiva si ottiene

1 soluzione per k<0 oppure per k>4;

3 soluzioni per 0<k<4;

3 soluzioni (di cui due coincidenti) per k=0 oppure k=4.

QUESITO 8

Sia f la funzione definita da f(x)=πxxπ. Si precisi il dominio di f e si stabilisca il segno delle sue derivate, prima e seconda, nel punto x=π.

Soluzione quesito 8

Poiché πx è una funzione esponenziale (con base maggiore di 1 ) è definita per ogni x reale, mentre xπ è una potenza reale di base reale ed è definita solo se la base è positiva, si ha quindi x>0.

Pertanto il dominio di f è appunto x>0.

Tuttavia, essendo l’esponente positivo, si può prolungare la funzione per continuità ed accettare nel dominio anche x=0, dove si ha f(0)=1.

Calcoliamo la f(x). Si ottiene:

f(x)=πxlogππxπ1

e quindi

f(π)=ππlogπππ=ππ(logπ1)

ed essendo logπ>1 poiché

logπ>loge=1

essendo π>e, ne consegue che

f(π)>0

Calcoliamo ora la derivata seconda della funzione:

f(x)=πxlog2ππ(π1)xπ2

e quindi

f(π)=ππlog2ππ(π1)ππ2=ππ1(πlog2ππ+1)=ππ1(π(log2π1)+1)>0

poiché log2π1>0 essendo come detto in precedenza logπ>1.

In definitiva, nel punto x=π la funzione data è crescente e convessa.

QUESITO 9

Sia f(x)=x21|x1|; esiste limx1f(x) ? Si giustifichi la risposta.

Soluzione quesito 9

Il dominio della funzione è R1; la funzione può essere così definita:

f(x)={(x+1)(x1)1x=x1 per x<1(x+1)(x1)x1=x+1 per x>1

In particolare:

limx+f(x)=2

limx1f(x)=2

In x=1 (escluso dal dominio) c’è una discontinuità di I specie con un salto di 4.

Dunque il limite richiesto non esiste.

QUESITO 10

Secondo il codice della strada il segnale di “salita ripida” (fig. a lato) preaverte di un tratto di strada con pendenza tale da costituire pericolo. La pendenza vi è espressa in percentuale e nell’esempio è 10%. Se si sta realizzando una strada rettilinea che, con un percorso di 1,2 km, supera un dislivello di 85 m , qual è la sua inclinazione (in gradi sessagesimali)? Quale la percentuale da riportare sul segnale?

Soluzione quesito 10

In matematica si definisce la pendenza come il rapporto tra cateto opposto all’angolo e cateto adiacente all’angolo α :

tanα= cateto opposto  cateto adiacente =CBAC=85120028520,071=7,1%

SOS Matematica

4.6
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