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Maturità Scientifica 2014 Problema 1 Corso di Ordinamento
Problema 1
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Maturità Scientifica 2014 Problema 1 Corso di Ordinamento
⋅1 dal grafico Γ della funzione integrale
( ) ( )0
xg x f t d t=∫ dobbiamo dedurre le
principali caratteristiche della funzione
integranda ( )f x .
Dal teorema fondamentale di Torricelli-Barrow del calcolo integrale deduciamo che: ( ) ( )g x f x′ =
L’asse delle ascisse è tangente orizzontale a Γ nel punto 0x= ; quindi risulta: ( ) ( )0 0 0f g′= =
( ) ( ) 0f k g k′= = in quanto la funzione ( )f x presenta nel punto x k= un punto di massimo
assoluto.
La funzione ( ) ( )f x g x′= è positiva per 0 x k< < perché in tale intervallo ( )g x è strettamente
crescente e quindi risulta ( ) 0g x′ > .
La funzione ( ) ( )f x g x′= è negativa per k x w< < perché in tale intervallo ( )g x è strettamente
decrescente e quindi risulta ( ) 0g x′ < .
( ) ( )f x g x′ ′′= x h= è un punto di flesso discendente per la funzione integrale ( )g x ⇒
( ) 0g x′′ = ⇒ ( ) 0f h′ = x h= è un punto stazionario per la funzione ( )f x
Per stabilire la natura di questo punto stazionario dobbiamo studiare il segno di ( )f x′ .
x+ _O ( ) ( )xgxf ′′=′
0 h w
x h= è un punto di massimo assoluto per la funzione ( )f x
In base alle nostre conoscenze il grafico della funzione ( )f x potrebbe essere quello indicato in figura:
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Maturità Scientifica 2014 Problema 1 Corso di Ordinamento
⋅2 ( )g x polinomio di terzo grado ⇒ ( ) 3 2g x a x b x c x d= + + + ( ) 23 2g x a x bc d′ = + + con 0a ≠
( )0 0g = ⇒ d =0 ( )0 0g′ = ⇒ c=0 ( ) 3 2g x ax bx= + ( ) 2 23g x a x b x′ = + ( ) 6 2g x a x b′′ = +
( )g w =0 ⇒ ( )2w w 0a b+ = con w 0≠ ( )′g k =0 ⇒ ( )3 2 0k a k b+ = con 0k ≠
( ) 0g h′′ = ⇒ ( )2 3 0a h b+ =
Il sistema da risolvere è il seguente: w 0
3 2 03 0
a ba k ba h b
+ = + = + =
⇒
w
2313
ba
bkabha
=− =− =−
⇒
1 w3
2kk = w3
h =
Abbiamo così dimostrato che i numeri ,h k dividono l’intervallo [ ]0;w in tre parti uguali.
.3 ( ) 213
g = ⇒ 23
a b+ = w 3= ⇒ 3ba
− = 23
3
a b
b a
+ = =−
13
1
a
b
=− =
( ) 3 21g x =- x + x3
3 213
23
y x x
y
=− + =
3 22 13 3
23
x x
y
=− + =
3 23 2 023
x x
y
− + =
=
( )( )21 2 2 0
23
x x x
y
− − − =
=
1
2
1
1 3
1 3
x
x
x
=
= + = −
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Maturità Scientifica 2014 Problema 1 Corso di Ordinamento
21;3
A
21 3;3
B +
( )′ 2g x =- x + 2x ( )1 1g′ = ( ) ( )1
A AA
y y x xg x
− =− −′
equazione della retta normale a Γ nel punto
21;3
A
( )2 13
y x− =− − 5y =- x+3
( )1 3 2g′ + =− ( ) ( )1
B BB
y y x xg x
− =− −′
equazione della retta normale a Γ nel punto
21 3;3
B +
( )2 1 1 33 2
y x− =− − + 1 1 3y = x+ -2 6 2
⋅4
La regione R colorata in giallo genera, in una
rotazione completa attorno all’asse delle
ordinate, il solido W di volume V . La sezione
del solido col piano xy è quella colorata.
Dividiamo il solido W in gusci cilindrici, cioè in cilindri cavi, ognuno dei quali ha come base una
corona circolare di raggio x e spessore d x ed altezza ( ) 3 21g x =- x + x3
. Il volume del cilindro
interno di raggio x vale: ( )⋅2iV =πx g x , mentre quello esterno vale: ( ) ( )⋅2
eV =π x+dx g x .
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Maturità Scientifica 2014 Problema 1 Corso di Ordinamento
Guscio cilindrico di raggio interno x e raggio
esterno x d x+
Spessore ed altezza di una sezione del guscio
cilindrico
Il volume V del guscio cilindrico infinitesimo considerato vale:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 22 22 2 2e idV V V g x x x d x d x x g x x d x d x x g x xπ π π = − = ⋅ + + − = ⋅ + = ⋅ ⋅
( )2d x è trascurabile in quanto è un infinitesimo di ordine superiore rispetto all’infinitesimo d x .
Il volume V del solido W si ottiene sommando tutti questi gusci cilindrici infinitesimi al variare
della x nell’intervallo [ ]0;3 .
( )35 43 3 3 4 3
0 0 00
1 81 812 2 2 23 5 4 5 4
x xW dV x g x d x x x d xπ π π π = = = − + = − + = − +
∫ ∫ ∫
381 81W = πdm = πlitri 25,45litri10 10
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Maturità Scientifica 2014 Problema 2 Corso di Ordinamento
⋅1 ( ) ( )2 2 22 2
2 2 2
2 44 42 4 4 4
x x x xx x xx x x
− − −= − + ⋅ = − − = =′
− − −
2
2
2 2-xf x
4-x ( ) 0f x′ = ⇒
22 0x− =
2x=±
x+_O f '(x)O
_-2 +222−
2x=− punto di minimo assoluto ( )2 2f − = minimo assoluto
2x=− punto di massimo assoluto ( )2 2f − = massimo assoluto
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Maturità Scientifica 2014 Problema 2 Corso di Ordinamento
⋅2 ( ) ( ) ( )2 24 4f x x x x x f x− =− − − =− − =− ( ) 24f x x x= − è una funzione dispari il cui
grafico è simmetrico rispetto all’origine degli assi cartesiani, come risulta anche osservando la
figura del problema. Abbiamo dimostrato che l’origine O è centro di simmetria per la curva Γ .
( ) 40 24
m tg fα ′= = = =
2 63,44 63 26 06arctgα ′ ′′= ° °
⋅3 Poiché risulta 2 0y ≥ l’equazione ( )2 2 24y x x= − ammette radici reali solo se 24 0x− ≥ cioè se:
2 2x− ≤ ≤
( )2 2 24y x x= − ⇒ ( ) ( )2 2 24 4y x x x x f x=± − =± − =± La curva di equazione ( )2 2 24y x x= −
è l’unione dei grafici delle due funzioni ( )y f x=± .
Ricordando che il grafico della funzione ( )f x− è il simmetrico rispetto all’asse delle ascisse del
grafico della funzione ( )f x , la curva richiesta è quella indicata in figura.
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Maturità Scientifica 2014 Problema 2 Corso di Ordinamento
( )2
2 32 2
00
4 44 4 643 3
x x d x x = − =− − = = ∫32S4
( ) ( ) ( )3
2 21 32 2 2241 1 44 ) 4 432 2 3
2
xx x d x x d x x
−
− − − =− ⋅ =− −
∫ ∫
⋅4 [ ]2;2dom f = − [ ]2;2codom f = − ( ) 2sin 4h x x x= − con 0 2x≤ ≤
( ) ( )0 sin 0 sin 0 0h f= = = ( ) ( )2 sin 2 sin 0 0h f= = = [ ]0;2x∈ ⇒ ( ) [ ]0;2f x ∈ ⇒ ( ) 0h x ≥
( ) ( )sin 1h x f x= = ⇒ ( )2
f x π= ⇒ 24
2x x π
− =
Le soluzioni di questa equazione coincidono con le
ascisse dei punti comuni alla curva Γ ed alla retta di
equazione 2
y π= . Come risulta dalla figura otteniamo
x α= con 0 2α< < x β= con 2 2β< <
242
x x π− = ⇒ ( )
22 24
2x x π
− = ⇒ 2
4 244
x x π− +
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Maturità Scientifica 2014 Problema 2 Corso di Ordinamento
2
1 2 4 0,874
x πα= = − − 2
2 2 4 1,84
x πβ= = + − ( ) ( )22
2
2 2cos 4
4
xh x x x
x
−′ = ⋅ −
−
( ) 0h x′ = ⇒ 1x x α= = punto di massimo assoluto 2x x β= = punto di massimo assoluto
2x= punto di minimo assoluto
Il minimo assoluto della funzione ( )h x vale zero e si ottiene per 0x= e per 2x=
Il grafico della funzione ( )h x è quello indicato in figura.
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Maturità Scientifica 2014 Problema 2 Corso di Ordinamento
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Maturità Scientifica 2014 Problema 2 Corso di Ordinamento
L’equazione ( )h x k= ammette 4 soluzioni se sin 2 1k< < in quanto la retta di equazione y k=
incontra, in tale intervallo, in 4 punti distinti il grafico della funzione ( )h x .
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Applicando il teorema dei seni al triangolo ABC otteniamo: sin sin30BC ACα=
° ⇒
4 31sin2
α= ⇒ 2sin
3α = ⇒ 1
2arcsin 41,8103 41 493
α ′° ° 2 138 11α ′°
⋅2 Si spieghi perché non esistono
poliedri regolari le cui facce siano
esagoni.
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Definizione di angoloide:
Dato un poligono qualsiasi ABCDE ed un
qualunque punto V non appartenente al piano
del poligono, si considerino gli angoli convessi
BVA ˆ , CVB ˆ , DVC ˆ , EVD ˆ , AVE ˆ formati
dalle semirette che congiungono V con i
successivi vertici del poligono. La superficie
formata da tali angoli piani limiterà una parte
di spazio che prende il nome di angoloide.
Diversamente chiamiamo angoloide il solido
costituito da tutte le semirette di origine V che
passano per i punti del poligono.
E
A B
C
D
V
Quindi un angoloide è la parte di spazio delimitata da tre o più angoli a due a due consecutivi ed aventi il
vertice in comune.
Il punto V si dice vertice dell’angoloide, le
semirette VA , VB , VC , VD , VE si dicono
spigoli dell’angoloide, gli angoli piani BVA ˆ ,
CVB ˆ , DVC ˆ , EVD ˆ , AVE ˆ sono le facce
dell’angoloide.
Un angoloide con 3, 4, 5 facce dicesi
rispettivamente triedro, tetraedro,
pentaedro.
Un angoloide si dice convesso o concavo
se il poligono che serve per la sua costruzione è
convesso o concavo.
V
a
bc
da
A
BC
DE
Angoloide concavo
Teorema: In ogni angoloide convesso la somma delle facce è minore di quattro angoli retti
ˆ ˆ ˆ ˆ 360BVC CVD DVE EVA+ + + < °
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Definizione di poliedro: Dicesi poliedro la regione finita di spazio delimitata da un numero finito
di poligoni convessi, giacenti su piani diversi ed aventi a due a due un lato in comune.
I poligoni che delimitano il poliedro, i loro vertici si chiamano
rispettivamente facce, vertici, spigoli del poliedro. Ogni segmento
che unisce due vertici non appartenenti alla stessa faccia prende il nome di
diagonale del poliedro.
L’insieme delle facce si dice superficie del poliedro. Un poliedro si dice convesso, se ogni sua
faccia appartiene ad un piano che non interseca il poliedro, si dice concavo se almeno una sua faccia
appartiene ad un piano che interseca il poliedro.
Elementi caratteristici di ogni poliedro sono gli angoli piani (cioè gli angoli di ciascuna faccia),
i diedri (cioè gli angoli formati dalle facce che escono da ogni spigolo), gli angoloidi formati
dagli angoli piani i cui lati partono da uno stesso vertice.
Teorema: In ogni poliedro convesso il numero delle facce più il numero dei vertici è uguale al
numero degli spigoli aumentato di due. 2sv +=+f
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Definizione: Un poliedro si dice regolare quando le sue facce sono poligoni regolari
uguali ed i suoi angoloidi sono uguali fra loro.
I poligoni regolari, detti solidi di Platone, sono soltanto 5 in quanto le loro facce possono
essere triangoli equilateri (tetraedro), quadrati (cubo), pentagoni regolari (dodecaedro).
Un poligono regolare non può avere come faccia un esagono in quanto avremmo come somma
3 120 360⋅ °= ° in contrasto con quanto detto prima. E questo ci consente di affermare che non esiste
un poliedro regolare a facce esagonali.
Si hanno le seguenti possibilità:
1. Le facce del poliedro sono triangoli equilateri: le facce dei quattro angoloidi possono esere 3 (
3×60° =180° < 360° , 4 ( 4×60° = 240° < 360° ), 5 ( 5×60° = 300° < 360° ). Con più di 6 facce
avremmo un valore 360≥ ° . Esistono tre poliedri regolari con le facce triangolari; sono il
tetraedro, l’ottaedro, l’icosaedro.
2. Se le facce del poliedro sono quadrate, le facce degli angoloidi non possono essere
più di 3 ( 3×90° = 270° < 360° ). Abbiamo l’esaedro (cubo). Nel caso di 4 facce avremmo:
4 90 360°= °× ; con non possibile per quanto detto in precedenza.
3. Un poliedro con facce pentagoni regolari può avere al massimo 3 facce; risulta
3×108° = 324° < 360° . Abbiamo il dodecaedro regolare.
( ) ( ) ( )2 3 2 3
02 3 2 3
nn h n h
h
na b a b
h−
=
− = ⋅ ⋅ −
∑ Il termine 4 91080a b− si ottiene se risulta:
( )2 4 3 9h n h= ∧ − =
Risolvendo il sistema 2 43 3 9
hn h=
− = otteniamo:
25
hn=
=
Verifichiamo che per questi valori otteniamo il coefficiente contenente il fattore 4 9a b . Tale
coefficiente si ottiene applicando la seguente formula:
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( )3252 3 10 4 27 1080
2
⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅− =−
( )
5 5! 5 42 5 2 ! 2! ⋅
= = − ⋅
3⋅ 2 13
⋅ ⋅2⋅ 1 2⋅ ⋅
101=
⋅
La regione R di piano compresa tra il grafico della
funzione ( )1xf x e= e l’asse delle ascisse con
[ ]2; 1x∈ − − è quella indicata nella figura a fianco
In quanto risulta: ( )1
2
xef xx
′ =− ( )1
4
2 1 xxf x ex−′′ =
( ) ( ) ( ) ( )11 1 11 1 1 1
22 2 2 22
1 1x x xV A x d x f x h x d x e d x e d ex x
−− − − −
− − − −−
Ω = = ⋅ = ⋅ =− = −
∫ ∫ ∫ ∫
( )1
1 2 1 1e eee
−−=− + = − =e -1V Ωe
( )A x rappresenta l’area di una generica sezione di base ( )f x ed altezza ( )h x perpendicolare
all’asse delle ascisse.
Della successione di numeri 1,2,3,4, ,5999,6000 considero i primi 30 numeri e stabilisco quanti
di essi non sono divisibili per 2,3,5 . Di questi 30 numeri quelli non divisibili per 2,3,5 sono 8 ,
come indica la seguente successione: 1,7,11,13,17,19,23,29 .
Se 1,2,3, ,29,30a= rappresenta la successione dei primi 30 numeri anche la successione di
numeri 31, ,60b= presenta 8 numeri non divisibili per 2,3,5 e questo si verifica per ogni gruppo
successivo di 30 numeri. I numeri 1,2,3,4, ,5999,6000 divisi in gruppi successivi di 30 elementi
sono 6000 20030
= .
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Questo ci consente di affermare che 8 200 1600⋅ = dei numeri proposti considerati non sono
divisibili per 2,3,5 .
Altra isoluzione
I numeri divisibili per 2 sono 6000 30002
= I numeri divisibili per 3 sono 6000 20003
=
I numeri divisibili per 5 sono 6000 12005
= Il totale fa: 3000 2000 1200 6200+ + =
Da questi 6200 numeri dobbiamo sottrarre i numeri divisili per 6 , 10 e per 15 in quanto già
presenti nei numeri divisibili per 2,3,5 ed aggiungere quelli divisibili per 2 3 5 30⋅ ⋅ = non presenti nei
numeri trovati in precedenza.
Pertanto i numeri divisibili per 2,3,5 sono: 6200 1000 600 400 200 4400− − − + =
I numeri non divisibili per 2,3,5 sono: 6000 4400 1600− = come trovato in precedenza.
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Si tratta di trovare la superficie totale minima di un parallelepipedo
a base quadrata di dato volume 35 5V litri dm= = .
Indichiamo con x il lato della base quadrata e con h l’altezza della
lattina.
2V x h= ⇒ 2
Vhx
= 22 4tS x h x= +
222 4t
VS x xx
= + ⋅ 2 42 Vxx
= + =
2t
2VS 2 x +x
con 0x>
3
2 2 2
2 5 52 2 4 4tV xS x xx x x
− ′= − = − = ⋅
0S′= ⇒ 3 5 0x − = 3 5x= punto di minimo assoluto
x+_O
0 3 5
53 −x tS′
33
5 525
h dm x= = = Il parallelepipedo che soddisfa la richiesta è un cubo il cui lato vale:
3h = x= 5 dm 1,71dm 171mm
Per calcolare il valore medio f della funzione ( )f x nell’intervallo [ ];a b basta applicare la
seguente formula ( ) ( )1 b
af x f x d x
b a=
− ∫ che, nel caso nostro, diventa:
3
0
1 90
kx d x
k=
− ∫ ⇒ 4
0
1 94
kx
k
=
⇒ 3
94k= 3 36k = 3k = 36
( ) 4 3 2P x a x b x c x d x e= + + + + è la forma algebrica del polinomio di quarto grado richiesto
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( ) 3 24 3 2P x a x b x c x d′ = + + +
Le condizioni richieste portano al seguente sistema:
( )( )( )( )( )
1 0
2 3
3 3
2 0
3 0
P
P
P
P
P
=
= = ′ = ′ =
⇒
016 8 4 2 381 27 9 3 332 12 4 0108 27 6 0
a b c d ea b c d ea b c d ea b c da b c d
+ + + + = + + + + = + + + + = + + + =
+ + + =
⇒
34
4515242
1114
a
db
e
c
=− = = =− =−
( ) 4 3 23 15 111P x =- x x - x +45x-244 2 4
Grafico del polinomio di quarto grado trovato
( ) 4 3 23 15 1114 4 4 45 4 24 192 480 444 180 244 2 4
=− ⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ − =− + − + − =P 4 0
Per calcolare il dominio della funzione proposta bisogna imporre la condizione di realtà sia della
radice quadrata che del logaritmo. Tale dominio coincide con la soluzione del seguente sistema di
inequazioni:
( )2
5 03 log 5 0x
x+ >
− + ≥ ⇒ ( )2
5log 5 3x
x< −
+ ≤ ⇒ ( )2 2
5log 5 log 8x
x< −
+ ≤ ⇒
55 8
xx> −
+ ≤
53
xx>−
≤
] ]domf = -5;3
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10. Si determinino i valori reali di x per cui ( )2
2 6 11 10 26 15
x xx x
− + − + =
( )2
2 6 11 10 26 15
x xx x
− + − + =
⇒ ( )2
2 6 11ln 10 26 ln15
x xx x
− + − + =
⇒
( ) ( )2 216 1 ln 10 26 05
x x x x − + − + = Applico la legge di annullamento di un prodotto di fattori.
Ottengo: ( )2 6 1 0x x− + = ⇒ 1 3 2 2x = − 2 3 2 2x = +
( )21ln 10 26 05
x x− + = ⇒ ( )21ln 10 26 ln15
x x− + = ⇒ ( )21 10 26 15
x x− + = ⇒
2 10 26 5x x− + = ⇒ 2 10 21 0x x− + = 3 3x = 4 7x =
I valori richiesti sono: 1 2 3 4x = 3-2 2 ; x = 3+ 2 2 ; x = 3 ; x =7
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