2003 - Liceo Scientifico di ordinamento sessione ordinaria

Sessione ordinaria 2002/2003 Liceo di Ordinamento Soluzione di De Rosa Nicola

(C) è divisibile per 3 ma non per 2.

(D) non è divisibile né per 2 né per 3.

Una sola risposta è corretta: individuarla e fornire una spiegazione esauriente della scelta operata.

Si consideri una data estrazione in una determinata Ruota del Lotto. Calcolare quante sono le

9.

possibili cinquine che contengono i numeri 1 e 90.

⋅

Il valore dell’espressione log 3 log 2 è 1. Dire se questa affermazione è vera o falsa e fornire

10. 2 3

un’esauriente spiegazione della risposta. 3

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PROBLEMA 1

Si consideri un tetraedro regolare T di vertici A, B, C, D.

Punto (a)

Indicati rispettivamente con V ed S il volume e l’area totale di T e con r il raggio della sfera

inscritta in T, trovare una relazione che leghi V , S ed r.

Si consideri la figura seguente:

Le facce del tetraedro sono triangoli equilateri, per cui le altezze AK e DK sono anche mediane e

bisettrici. Indicato con s lo spigolo del tetraedro T se ne deduce che:

3

= =

DK AK s 2

2 3

= =

AH AK s

3 3

1 3

= =

HK AK s

3 6 3 1 2

= − = − =

2 2

DH DK HK s s

4 12 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

1 1 3 2 2

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

2 3

V S DH s s s

Il volume del tetraedro sarà allora e la superficie

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

ABC

3 3 4 3 12

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞

3

⎜ ⎟

= ⋅ = ⋅ =

2 2

totale S 4 S 4 s s 3

⎜ ⎟

ABC 4

⎝ ⎠

Ricordando che il punto di incontro delle tre altezze del tetraedro è il centro della sfera inscritta, si

= =

OH OP r . I triangoli OHK e KOP sono congruenti per cui OK funge da bisettrice

ha ˆ .

dell’angolo H

K P 4

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( ) ( ) ⎛ ⎞

r

= ⇒ =

ˆ ˆ ⎜ ⎟

tan tan 2 3 . I

In tal modo r HK H

K O H

K O ⎝ ⎠

s ( )

( )

( ) ( ) ˆ

2 tan H

K O

=

= ⇒ =

ˆ ˆ ˆ ( )

tan 2 H

K O

Inoltre tan 2 tan 2 2 2 e ricordando che

DH HK H

K O H

K O − ˆ

2

1 tan H

K O

( ) ( ) ( )

⋅ ˆ ( )

H

K O

2 tan ≠ ±

ˆ

= ⎯

⎯ ⎯ ⎯

⎯

→ + − =

ˆ ˆ

( ) tan 1

H

K O 2

si ha 2 tan H

K O tan H

K O 2 0 da cui

2 2 − ˆ

2 H

K O

1 tan

( ) ( ) ( )

− ±

1 3 2

= ⇒ = = −

ˆ ˆ ˆ

tan H

K O tan H

K O , tan H

K O 2 ; escludendo la soluzione negativa, si ha

2

2 2 2

( )

( ) ˆ

⎛ ⎞

2 r H

K O

tan 2

= = = ⇒ = ⋅

ˆ ⎜ ⎟

tan H

K O da cui .

s r 2 6

⎝ ⎠

2 s 2 3 2 3

Riscriviamo il volume e la superficie totale in funzione del raggio:

( )

2 3

= ⋅ = ⋅ 3

V r 2 6 8 3 r

12 ( )

⎛ ⎞

3

⎜ ⎟ 2

= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅

2 2

S 4 S 4 s r 2 6 3 24 3 r

⎜ ⎟

ABC 4

⎝ ⎠

1

= ⋅ ⋅

da cui si deduce che V S r

3

Punto (b)

Considerato il tetraedro regolare T’ avente per vertici i centri delle facce di T, calcolare il

rapporto fra le lunghezze degli spigoli di T e T’ e il rapporto fra i volumi di T e T’.

Si consideri la figura seguente:

Per calcolare il rapporto tra i volumi, basta calcolare lo spigolo del tetraedro POHK in quanto il

rapporto tra i volumi non è altro che il rapporto tra i cubi degli spigoli. 5

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Per il teorema di Carnot ( ) ( )

π

= + − ⋅ ⋅ = − ⋅ − =

ˆ ˆ

2 2 2 2

HP OH OP OH OP H

O

P r r H

K P

2 cos 2 2 cos 2

[ ]

( ) ( ) ( )

= + ⋅ == ⋅ + = =

ˆ ˆ ˆ

2 2 2

r r H

K P r H

K P r H

K P

2 2 cos 2 2 1 cos 2 2 cos

= ⋅ s

2 6

1

1 s r 2 6

= ⋅ = ⋅ = ⋅ =

( )

r r r

2

2 + ˆ 1

2 3 3

H

K P

1 tan +

1 2 ( )

3

V s

= =

Il rapporto tra i volumi è allora .

27

⎛ ⎞

3

V ' s

⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎝ ⎠

27

Punto (c) α contenente la retta AB e perpendicolare alla retta CD nel punto E e

Condotto un piano

posto che uno spigolo di T sia lungo s, calcolare la distanza di E dalla retta AB.

Si consideri la figura seguente:

F è il punto medio di AB per cui DF ed FC sono le mediane di ABD ed ABC, per cui il triangolo

DFC è isoscele e l’altezza EF è anche mediana. Quindi E è il punto medio di DC. Ora AE ed EB

sono mediane di ADC e BDC per cui AEB è isoscele ed EF è anche altezza oltre ad essere mediana.

2

⎞

⎛ 2

⎛ ⎞

3 1 2

⎟

⎜ = ⋅

−

= − = ⎜ ⎟

2 2

Quindi EF AE AF s s .

⎟

⎜ ⎝ ⎠

2 2 2

⎠

⎝

Punto (d) α la parabola p avente l’asse perpendicolare alla retta AB e passante

Considerata nel piano

per i punti A, B ed E, riferire questo piano ad un conveniente sistema di assi cartesiani

ortogonali e trovare l’equazione di p. 6

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Consideriamo il sistema di riferimento con origine coincidente col punto F.

⎞

⎛

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

s s s 2 ⎟

⎜

= − = =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

A ,

0 , B ,

0 , E 0

, .

In tal modo ⎟

⎜

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 2 2 ⎠

⎝ = + +

2 per cui imponendo il passaggio per i tre

L’equazione generica della parabola è y ax bx c

punti si ha:

⎧ ⎛ ⎞ ⎧ ⎛ ⎞

⎛ ⎞

2 2

s s s

⎜ ⎟ + − + = ⎜ ⎟

⎜ ⎟ + =

⎪ ⎪

a b c 0 ⎧

⎜ ⎟ a c 0

⎜ ⎟ 2 2

⎝ ⎠

⎝ ⎠

4 2

⎪ = −

⎝ ⎠

4

⎪ ⎪ a

⎪ ⎪ s

⎪

⎞

⎛

⎪ ⎪ ⎪

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

2

s s s s

2 2 2

⎟

⎜ + + = ⇒ = ⇒ = ⇒ = − +

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2

⎨ ⎨ ⎨

a b c b b y x

0 2 0 0

⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎠

⎝ s

4 2 2 2

⎪ ⎪ ⎪ s 2

⎪ ⎪ ⎪ =

c

2

s ⎪

s 2

⎪ ⎪ = ⎩

= c 2

c ⎪

⎪ 2

⎩

2

⎩

Punto (e)

Determinare per quale valore di s la regione piana determinata dalla parabola e dalla retta

2 2

cm

EA ha area .

3

Si consideri la figura seguente in cui l’area da calcolare è raffigurata in grigio:

L’area del segmento parabolico, vista la simmetria è la semidifferenza tra l’area del segmento

parabolico AEB ed il triangolo AEB. L’area del segmento parabolico AEB è, per il teorema di

2 dell’area del rettangolo circoscritto e cioè

Archimede, i 3 ⎞

⎛

( )

2 2 s 2 2

⎟

⎜ =

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ 2

S AB EF s s . L’area del triangolo AEB è

⎟

⎜

. ,

sett par AEB 3 3 2 3

⎠

⎝ 7

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2 2

−

2 2

s s

⎞

⎛

( )

1 1 s 2 2 2

⎟

⎜ 3 4

=

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = =

2 2

S AB EF s s S s .

per cui l’area cercata è

⎟

⎜

AEB 2 2 2 4 2 24

⎠

⎝ ( )

2 2 =

= =

2 s 2 2 cm .

S s si ha

Imponendo 24 3

PROBLEMA 2

É assegnata la funzione +

( ) x

2 1

=

f x + +

2

x m m

dove m è un parametro reale.

Punto (a)

Determinare il suo dominio di derivabilità.

La funzione può essere riscritta nel seguente modo: +

⎧ x

2 1 ≤

m 0

⎪

+ ⎪ 2

( ) x

2 1 x

=

= ⎨

f x +

+ +

2 x

2 1

x m m ⎪ >

m 0

⎪ +

⎩ 2

x m

2

La derivata è: ( )

− +

⎧ 2 1

x ≤ 0

m

⎪ 3

⎪ x

( ) = ( )

⎨

'

f x − + −

2

2 2

x x m

⎪ > 0

m

( )

⎪ 2

+

2

⎩ 2

x m

{ }

∀ ∈ − ≤

⎧ x R 0 m 0

( ) ⎨

Quindi è derivabile

f x ∀ ∈ >

⎩ x R m 0

Punto (b) = .

Calcolare per quale valore di m la funzione ammette una derivata che risulti nulla per 1

x

− ≤

⎧ m

4 0

⎪

( ) ( )

= −

⎨

f ' 1 m

4 1 >

m 0

⎪ ( )

+ 2

⎩ m

1 2

( ) = ⇔ = >

per cui accettabile in quanto .

' 1 0 1

f m m 0

Punto (c) ( )

f x

Studiare la funzione corrispondente al valore di m così trovato e disegnare il grafico in

8

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un piano riferito ad un sistema di assi cartesiani ortogonali (Oxy), dopo avere stabilito quanti

sono esattamente i flessi di ed avere fornito una spiegazione esauriente di ciò.

+

( ) x

2 1

=

La curva in esame è f x . Studiamola.

+

2

x 2 ( )

• ∀ ∈ = − ∞ +∞

Dominio: cioè ;

x R D , +

( ) 2 1 1

x

• = = ⇔ + = ⇒ = − ;

Intersezioni asse ascisse: 0 2 1 0

f x x x

+

2 2

2

x 1

• = ⇒ =

x 0 y ;

Intersezioni asse ordinate: 2

+

( ) x 1

2 1

• > ⇔ > −

=

Positività: f x ;

0 x

+

2 2

x 2

• Asintoti verticali: non esistono asintoti verticali in quanto il dominio è tutto R;

+

2 1

x

• = =

Asintoti orizzontali: la retta y 0 è asintoto orizzontale: infatti lim 0 ;

+

2

→ ±∞ 2

x

x

• Asintoti obliqui: la presenza di asintoti orizzontali per una funzione razionale fratta esclude

la presenza degli asintoti obliqui; ( )

− + −

2

x x

2 2

• =

Crescenza e decrescenza: la derivata prima è per cui

f x

' ( ) ( )

2

+

2

x 2

( )

− + −

2

x x

2 2

= > ⇔ − < < ;

f x

' ( ) x

0 2 1

( )

2

+

2

x 2 ( )

+ − −

3 2

2 2 x 3 x 12 x 2

=

• f ' ' ( x )

Flessi: la derivata seconda è per cui

( )

3

+

2

x 2 ⎛ ⎞

( )

2 1 1

= − < − = > = − −

= ⎜ ⎟

f ' ' (

1

) 0

, f ' ' ( 2

) 0 per cui è un massimo e m 2

, è un

M 1

,

1 ⎝ ⎠

3 6 2

minimo. Inoltre si può dimostrare (ad esempio graficamente come intersezione della cubica

= +

= +

3 2 y 12 x 2

y 2 x 3 x con la retta ) che la funzione ammette tre flessi come

preannunciano i valori assunti agli estremi del dominio ed i valori dei massimi.

Il grafico è sotto presentato: 9

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Punto (d)

Calcolare l’area della regione finita di piano delimitata dal grafico, dall’asse x e dalla retta di

=

equazione .

x 1

L’area da determinare è sotto presentata:

e vale: 10

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1

+

1 1 1

x x

2 1 2 1 2

∫ ∫ ∫

= + =

dx dx dx

+ +

2 2 2

⎛ ⎞

x x

2 2 2 x

1 1 1 + ⎜ ⎟

− − − 1

2 2 2 ⎝ ⎠

2

1

⎡ ⎤

[ ] ⎛ ⎞

( ) x

1

1

= + + =

⎜ ⎟

2 ⎢ ⎥

x

ln 2 arctan

1 ⎝ ⎠

⎣ ⎦

− 2 2 1

−

2 2

⎡ ⎤

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎛ ⎞

9 1 1 1

= − + + =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎜ ⎟ ⎢ ⎥

ln 3 ln arctan arctan

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎣ ⎦

4 2 2 2 2

⎡ ⎤

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎛ ⎞

4 2 2 2

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

= + +

⎜ ⎟ ⎢ ⎥

ln arctan arctan

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎢ ⎥

3 2 2 4

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎣ ⎦

QUESTIONARIO

1. Dopo avere fornito una definizione di rette sghembe, si consideri la seguente proposizione:

«Comunque si prendano nello spazio tre rette x, y, z, due a due distinte, se x ed y sono

sghembe e, così pure, se sono sghembe y e z allora anche x e z sono sghembe». Dire se è vera o

falsa e fornire un’esauriente spiegazione della risposta.

Due rette si dicono sghembe se non giacciono su uno stesso piano. La proposizione è falsa in quanto

non vale la proprietà transitiva. Consideriamo ad esempio la figura seguente, raffigurante un

parallelepipedo:

Entrambe le coppie di rette (r,s) ed (s,t) sono sghembe, ma le rette (r,t) non lo sono visto che si

incontrano in uno spigolo del parallelepipedo.

2. Un piano interseca tutti gli spigoli laterali di una piramide quadrangolare regolare:

descrivere le caratteristiche dei possibili quadrilateri sezione a seconda della posizione del

piano rispetto alla piramide.

Si possono avere i seguenti casi:

Se il piano è parallelo al quadrato di base si ottiene un quadrato;

1. 11

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Se il piano è parallelo a un lato del quadrato di base si ottiene un trapezio isoscele in quanto

2. si ha un quadrilatero con due lati paralleli e due non;

Se il piano è parallelo a una diagonale del quadrato di base si ottiene un romboide.

3.

3. Dal punto A, al quale è possibile accedere, è visibile il punto B, al quale però non si può

accedere in alcun modo, così da impedire la misura diretta della distanza AB. Dal punto A si

può però accedere al punto P, dal quale, oltre ad A, è visibile B in modo che, pure rimanendo

impossibile misurare direttamente la distanza PB, è tuttavia possibile misurare la distanza

AP. Disponendo degli strumenti di misura necessari e sapendo che P non è allineato con A e

con B, spiegare come si può utilizzare il teorema dei seni per calcolare la distanza AB.

Si consideri la figura seguente: α γ

Si misura direttamente AP e poi con un goniometro si misurano gli angoli cui è possibile

,

β π α γ

= − − . Per il teorema dei seni

accedere direttamente da cui si calcola

γ

AP AB sin

= ⇒ =

AB AP .

β γ β

sin sin sin [ ]

( ) ( )

= + − −

f x x x

log 1 1 è l’insieme degli x reali tali che:

4. Il dominio della funzione

− < ≤

(A) 1 x 3

− ≤ <

(B) 1 x 3

< ≤

0 x 3

(C) ≤ <

(D) 0 x 3

Una sola risposta è corretta: individuarla e fornire una esauriente spiegazione della scelta

effettuata. ( )

[ ] ⎧ + − − >

( ) ( ) x x

1 1 0

= + − − = ⎨

D

f x x x

Il dominio della funzione log 1 1 è .

+ ≥

⎩ x 1 0

( )

+ > −

x x

Risolviamo innanzitutto la disequazione irrazionale 1 1 . Le soluzioni di tale

disequazione sono date dall’unione dei due sistemi seguenti:

( )

( ) − ≥ ≥

⎧

− < < ⎧

⎧ ⎧

x 1 0 x 1

x x 1

1 0 { } { }

⇔