2008 - Liceo scientifico, scuole italiane in America Latina

Soluzioni a cura di Nicola De Rosa

PROBLEMA 1

Σ + =

2 2

L’ellisse ha equazione x 4 y 4 e , con , è un suo punto.

Punto 1 Σ

Si determini l’equazione della tangente a in P e se ne indichi con Q l’intersezione con l’asse

y.  

( ) 1

= ≥ = − 2

 

P a , b b 0 P a , 4 a

, essendo

Il punto . L’equazione dell’ellisse in

, ha coordinate  

2

1

= ± − 2

y x

4

forma implicita è e la parte di essa che ci interessa è quella con determinazione

2  

−

1 1 x

 

= − = ⋅

2

y 4 x y '   ; il coefficiente angolare della retta

positiva la cui derivata è −

2 2 2

 

4 x

 

−

 

1 1 a

 

= − = ⋅

2

 

P a , 4 a m  

è . La retta tangente ha equazione

tangente all’ellisse in   −

2 2 2

 

4 a

     

− −

( )

1 a 1 1 ax 2

     

= ⋅ − + − = ⋅ +

2

y x a 4 a

      . Il punto Q di intersezione della

− − −

2 2 2

2 2 2

     

4 a 4 a 4 a

 

2

 

=

Q 0

,

 

tangente con l’asse delle ordinate è .

− 2

 

4 a 3

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Punto 2

Si determini l’equazione cartesiana del luogo geometrico descritto dal punto medio M del

Ω

segmento PQ al variare di P. + +  

  − 2

x x y y a 8 a

 

= =

 

P Q P Q

Il punto M, medio tra P e Q, ha coordinate . Per trovare

M , ,

   

−

2 2 2

  2

 

4 4 a

M PQ

l’equazione cartesiana del geometrico descritto dal punto medio del segmento al variare di

Ω

 a

=

x



 2 ( )

=

 y g x

P ricavando una funzione . Il sistema si riscrive nel

risolviamo il sistema − 2

8 a

 =

y

 − 2

 4 4 a

=

 a 2 x

 − 2

 da cui si ricava, sostituendo la prima equazione nella seconda,

modo seguente 8 a

=

y

 − 2

 4 4 a

( ) ( )

− − −

2 2 2

( ) 8 4 x 4 2 x 2 x

= = = =

y g x − − −

2 2 2

4 4 4 x 8 1 x 2 1 x

Punto 3 ( )

− 2

2 x

=

Si studi e si rappresenti avendo trovato che la sua equazione è: y

Ω − 2

2 1 x

( )

− 2

2 x

=

Studiamo la funzione y − 2

2 1 x

] [

− > ⇔ ∈ −

2

1 x 0 x 1

,

1

Dominio: ( )

− ( )

2

2 x

= = ⇔ − = = ±

⇒

2

Intersezioni asse x: y 0 2 x 0 x 2 che non appartengono al dominio,

− 2

2 1 x

per cui non esistono intersezioni con l’asse delle ascisse.

= =

⇒

Intersezioni asse y: x 0 y 1 ( )

( ) − >



− 2

2 ] [

2 x 0

2 x

= > ⇔ ⇔ ∈ −



y 0 x 1

,

1

Positività: per cui la funzione è sempre positiva nel

− < <

−  1 x 1

2

2 1 x

dominio di definizione. = ±

Asintoti verticali: la funzione presenta due asintoti verticali di equazione x 1 . Infatti

( ) ( )

− −

2 2

2 x 2 x

= = +∞

lim lim

− +

− −

→ → −

2 2

1 1

x x

2 1 x 2 1 x

Asintoti orizzontali: per come è definita la funzione non presenta asintoti orizzontali

Asintoti obliqui: per come è definita la funzione non presenta asintoti obliqui 4

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( )

− 3

2 x

2 x =

=

Crescenza e decrescenza: la derivata prima della funzione y ' per cui

y è ( )

3

− −

2 2

2 1 x 2

2 1 x

] [ ] [

−

0

,

1 1

,

0

e strettamente decrescente in .

la funzione è strettamente crescente in ( )

− 2 2

2 x 3 x

= =

Concavità e convessità: la derivata seconda della funzione y è y ' ' che nel

( )

5

− −

2 2

2 1 x 2

2 1 x

=

dominio di definizione è sempre positiva eccetto in x 0 in cui si annulla. Visto che sia la derivata

= =

x , per decidere la natura del punto di ascissa x 0

prima che seconda si annullano in 0

dobbiamo calcolare le derivate successive. La derivata terza e quarta sono rispettivamente

( ) ( )

+ + +

2 2 4 ( )

( ) ( )

3 x 2 3 x 3 2 21

x 12 x = = >

= =

IV IV 0

,

1

y ' ' ' 0 0

, y 0 3 0 per cui è

y ' ' ' , y e si nota che

( ) ( )

7 9

− −

2 2

2 2

2 1 x 2 1 x

un punto di minimo relativo ed assoluto.

Il grafico della funzione è di seguito riportato: 5

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PROBLEMA 2

Il trapezio ABCD è isoscele e circoscritto ad un cerchio di raggio 1. Si ponga la base minore

=

CD 2 x

Punto 1 2

=

Si provi che è: AB x

Si consideri la figura seguente: = = =

Per il teorema sulle secanti ad una circonferenza si ha KB GB , HC CG x . Ponendo allora

= = > = + = − = −

KB GB y con , si ha , , e per il teorema di Pitagora

y x CB x y FB KB KF y x

2 2 2 =

+ = CF 2

applicato al triangolo CFB si ha dove . Sostituendo i valori si ha:

CF FB CB

( ) ( ) 1 2

+ − = + = = ⋅ = =

2 2

4 da cui si ricava e poiché 2 2 si ricava .

y x x y y AB KB y AB

x x

Punto 2

Si dimostri che il volume del solido, ottenuto dalla rotazione completa del trapezio attorno alla

2

=

base maggiore, assume il valore minimo per x 2

Il solido ottenuto dalla rotazione completa del trapezio attorno alla base maggiore, è formato da un

cilindro e da due coni. Per simmetria i due coni hanno lo stesso volume, per cui il volume totale è la

somma del volume del cilindro e del doppio del volume di uno dei due coni.

Consideriamo a tal riguardo la figura sottostante rappresentante la rotazione intorno alla base

maggiore AB del trapezio isoscele ABCD: 6

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Per le considerazioni sopra effettuate si ha

( )

( ) ( )

2

π ⋅ ⋅  

( ) ( ) FC FB 2

2 2

π π

= + = ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅ +

 

V V CDD ' C ' 2

V ADD ' FC EF 2 FC EF FB e

 

3 3

 

 

2 −

 

2 x

  π

   

( ) 2 2 2 8 1

x

 

π π

= ⋅ + = ⋅ + − = ⋅ +

     

sostituendo i valori si ha V x 4 2 x 4 2 x x 2 x con

     

3 2 3 x 3 3 x

 

 

 

 

  π  

( ) 8 1

> = ⋅ −

 

la condizione da cui si deduce che la

x 0 . Lo derivata prima del volume è 2

V ' x 2

 

3 x

   

2 2 +∞

   

, strettamente crescente in e si

funzione volume è strettamente decrescente in 0

, ,

2 2

   

π π

   

 

2 8 2 32 2

2 2

  = ⋅ = >

= =

 

V ' ' 0

annulla in ; inoltre per cui è l’ascissa

x x

 

  3

 

 

2 3 3

2 2

x

  2

=

x 2 π

 

2 16 2

  =

del minimo del volume. Il volume minimo è V .

 

2 3

 

Punto 3

In corrispondenza di tale valore di x, si calcoli l’area del quadrilatero avente per vertici i

quattro punti in cui il trapezio è tangente al cerchio.

Si consideri la figura seguente:

L’area del quadrilatero HLKG la si può calcolare come differenza tra l’area del trapezio e l’area dei

4 triangolini DHL, HCG, LAK e GKB. Per simmetria le aree di DHL e HCG coincidono così come

2

= =

sono uguali le aree di LAK e GKB. Con HC KF , si ha

2

2 2 3 2

2 2

= − = − = = + =

FB KB KF 2 , CB CF FB .

2 2 2 7

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   

FB 1

 

= =

ˆ  

F

C B arcsin arcsin

Per il teorema sui triangoli rettangoli si ha , da cui

   

3

 

CB

π π

   

1 1

= − = +

ˆ

ˆ    

e . Di conseguenza l’area di HCG è

arcsin arcsin

F B C H

C G

   

2 3 2 3 2

π  

   

   

( ) 1 1 1 2 1 1 1 2

2  

= ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅ = ⋅ − =

   

   

A HCG HC sin arcsin cos arcsin 1 ; l’area di

   

 

   

   

2 2 3 2 2 3 4 9 6

  ( )

π

   

   

( ) 1 1 1 1 1 2 2

2

2

= ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ = − =

   

   

A GKB KB sin arcsin 2 cos arcsin 1 .

GKB è    

   

   

2 2 3 2 3 9 3

( )

( ) 1

= ⋅ ⋅ + =

L’area del trapezio è A ABCD per cui in conclusione

2 2 2 2 3 2

2

   

( ) 2 2 2 5 2 4 2

   

= − ⋅ + = − ⋅ = .

A HLKG 3 2 2 3 2 2

   

6 3 6 3

    8

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QUESTIONARIO

Quesito 1

Le misure dei lati di un triangolo sono 10, 24 e 26 cm . Si calcolino, con l’aiuto di una

calcolatrice, le ampiezze degli angoli del triangolo approssimandole in gradi e primi

sessagesimali. α β

= +

2 2 2

Il triangolo di lati a=10, b=24 e c=26 cm è rettangolo in quanto , per cui detti

c a b , gli

angoli alla base del triangolo che si oppongono rispettivamente ai lati a e b, si ha

       

a 5 b 12

α β

= = ≅ ° = = ≅ °

        .

arcsin arcsin 22 37 ' , arcsin arcsin 67 23

'

       

c 13 c 13

Quesito 2

Si calcoli e si interpreti geometricamente l’integrale definito:

+ 1 1

∫ dx

+ 2

1 x

−

1 Integrando

+ + π

1 1 [ ]

pari ( ) ( )

1 1

∫ ∫

= = = = =

1

2 2 arctan 2 arctan 1

Il valore dell’integrale è I dx dx x e

+ + 0

2 2 2

1 1

x x

−

1 0

( ) 1

=

rappresenta l’area sottesa dalla funzione integranda f x nell’intervallo [-1,1].

+ 2

1 x

Quesito 3

La capacità di una damigiana di vino è pari a quella del massimo cono circolare retto inscritto

in una sfera di raggio 60 cm. Si dica quanti litri di vino la damigiana può contenere.

Si consideri la figura seguente: 9

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[ ] 2

= < < = − 2

Sia OH x cm con 0 x 60 , per il teorema di Pitagora HB 3600 x , per cui il volume del

( ) π ( )

( ) ( )

1 2

π

= ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ +

2

V x HB CH 3600 x x 60 . Il volume massimo lo calcoliamo

cono è 3 3

attraverso lo studio della derivata prima:

π π

[ ]

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

π

= ⋅ − − ⋅ + = ⋅ − − + = ⋅ + −

2 2

V ' x 3600 x 2 x x 60 3 x 120 x 3600 x 60 20 x .

3 3

< <

x si ha:

Ora con la limitazione 0 60 ] [

( ) ( )( )

π

= ⋅ + − > < <

⇒ ⇒

V ' x x 60 20 x 0 0 x 20 funzione volume strettamen

te crescente in 0,20

] [

( ) ( )( )

π

= ⋅ + − < < <

⇒ ⇒

V ' x x 60 20 x 0 20 x 60 funzione volume strettamen

te decrescent

e in 20,60

( ) ( )( )

π

= ⋅ + − = =

⇒

V ' x x 60 20 x 0 x 20

( ) ( )

π π

= ⋅ − − = − < =

V x x

Inoltre ' ' 20 2 40 80 0 per cui il volume è massimo per 20 e vale

=

x 20

π [ ]

( ) 256000

= = = =

3 3 3

V V 20 cm . Ora ricordando che 1

litro 1

dm 1000 cm si ricava che la

MAX 3 π

 

256 ≅

  .

damigiana può contenere litri 268 . 1 litri

 

3

Quesito 4 =

Si dia un esempio, almeno, di polinomio P(x) il cui grafico tagli la retta in 3 punti

y 3

distinti. ( ) ( ) ( )

= ⋅ − ⋅ − =

Q x x x 1 x 2

Il polinomio interseca l’asse delle ascisse di equazione y 0 nei punti di

( ) ( ) ( ) ( )

= + = ⋅ − ⋅ − +

= = = P x Q x 3 x x 1 x 2 3

ascissa x 1

, x 1

, x 2 per cui il polinomio interseca la

( ) ( ) ( )

= = = = 0

,

3 , 1

,

3 , 2

,

3

retta y 3 nei punti ad ascissa x 1

, x 1

, x 2 ed i punti di intersezione sono . 10

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Quesito 5

Quanti sono i numeri di quattro cifre (distinte tra loro) che è possibile scrivere utilizzando le

cifre dispari?

Per calcolare quanti numeri di 4 cifre distinte è possibile scrivere utilizzando le sole 5 cifre dispari

{ }

1

,

3

,

5

,

7

,

9 bisogna applicare la legge delle disposizioni semplici di n elementi distinti di classe k

n

! 5

!

= = = =

≤

con : D . Nel caso in esame si ha D 5

! 120 .

k n ( ) ( )

− −

n , k 5 , 4

n k ! 5 4 !

Quesito 6 ( ) = + +

2

Si determinino le costanti a,b,c in modo che le curve di equazioni f x x ax b e

( ) = +

3

g x x c siano tangenti nel punto A(1, 0). Si determini l’equazione della tangente comune.

Entrambe le curve passano per A(1,0) per cui le prime due condizioni sui coefficienti incogniti si

+ = − = −

ricavano dall’appartenenza di A(1,0) ad entrambe e cioè a b 1

, c 1 . La condizione di

tangenza delle due curve in A(1,0) si traduce nel fatto che la retta tangente in A(1,0) è la stessa per

entrambe e quindi basta calcolare i coefficienti angolari delle rette tangenti in A(1,0) alle due curve

( ) = + +

2

ed eguagliarli. Il coefficiente angolare della tangente in A(1,0) alla curva f x x ax b è

( )

= + = +

m 2 x a a 2 mentre il coefficiente angolare della tangente in A(1,0) alla curva

=

x 1 ( )

( ) = = =

= + 2

3 ;

m ' 3 x 3 dall’uguaglianza dei due coefficienti angolari ricaviamo a

g x x c è 1 e

=

x 1 ( ) ( )

+ = − = − = + − = −

2 3

a b b f x x x g x x

in ultimo da 1 si ricava 2 . Le due curve sono allora 2 e 1

( )

= −

y 3 x 1 .

e la tangente in A(1,0) ha equazione 11