Soluzioni quesiti matematica maturità 2011


Soluzioni quesiti matematica maturità 2011.
Soluzione Punto 2.
\begin{array}{c}
\Gamma: y=\sqrt{x}, \space A(4,0) \\
Coefficiente \space angolare \space retta\space tangente\space nel\space punto\space x_{0}: \\
y’=\frac{1}{2 \sqrt{x_{0}}}, \space \forall x_{0} > 0
P(x_{0}, \sqrt{x_{0}}),\space \forall P \in \Gamma \\
retta\space tangente: y-\sqrt{x_{0}} = \frac{x}{2\sqrt{x_{0}}} – \frac{\sqrt{x_{0}}}{2}
\Longleftrightarrow \frac{x}{2\sqrt{x_{0}}}-y + \frac{\sqrt{x_{0}}}{2}=0 \\
distanza\space punto\space retta:\\
d(x_{0}) = \frac
{
|\frac{4}{2\sqrt{x_{0}}} + \frac{\sqrt{x_{0}}}{2}|}
{\sqrt{
\frac{1}{4\sqrt{x_{0}}}}}
\end{array}

Semplificando quanto scritto, ricordando che i valori in valore assoluto e sotto radice sono positivi a causa del dominio della funzione iniziale, si ottiene:
\begin{array}{c}
d=\frac{4+x_{0}}{2\sqrt{x_{0}}} \cdot \sqrt{\frac{4x_{0}}{1+4x_{0}}} \\
\Longrightarrow d= \frac{4+x_{0}}{\sqrt{1+4x_{0}}}
\end{array}
che +è la funzione da studiare, sostituendo x ad x_0

Pertanto:
\begin{array}{c}
d= \frac{4+x}{\sqrt{1+4x}} \\
d’= … = \frac{2x-7}{(1+4x)^{\frac{3}{2}}}
\Longrightarrow d’ \geq 0 \space per \space x\geq \frac{7}{2}
\end{array}

Il punto cercato è pertanto:
\begin{equation}
P(\frac{7}{2}, \sqrt{\frac{7}{2}})
\end{equation}

Punto 3.
\begin{array}{c}
y=x^{3} \Longleftrightarrow x=\sqrt[3]{y} \\
x = 2 \Longrightarrow y = 8 \\
V_{R_{1}} =\pi \int_{0}^{8} (\sqrt[3]{y})^{2}dy = \\
= \pi \int_{0}^{8} y^\frac{2}{3} dy = \pi \frac{3}{5}[y^{\frac{5}{3}}]_{0}^{8} =\\ =\pi \frac{3}{5} 8^{\frac{5}{3}} = \pi \frac{3}{5} 2^{3\cdot \frac{5}{3}} = \\ = \pi \frac{3}{5} 2^{5} = \frac{96}{5} \pi
\end{array}

Il volume appena calcolato va sottratto al volume del cilindro che si ottiene ruotando la retta x = 2 intorno all’asse x, poiché dall’integrale di prima si ottiene il volume della parte complementare. Pertanto:
\begin{array}{c}
V_{C} = \pi r^{2}h = \pi (4)(8) = 32 \pi
\end{array}
Concludendo:
\begin{array}{c}
V_{R} = 32 \pi – \frac{96}{5} \pi = \frac{64}{5} \pi
\end{array}

Punto 6.

Considerando che la tangente è uguale al rapporto di seno su coseno, e facendo il minimo comune multiplo al numeratore si ottiene:
\begin{array}{c}
\lim_{x \rightarrow a} \frac{ \tan x – \tan a}{x-a}= \\
= \lim_{x \rightarrow a} \frac{\sin x \cos a – \sin a \cos x}{(\cos x \cos a)(x-a)} = \lim_{x \rightarrow a} \frac{\sin (x-a)}{(\cos x \cos a)(x-a)} = \frac{1}{\cos^{2} a}
\end{array}

Punto 7.
Si consideri la funzione:
\begin{equation}
y = x^{2011} + 2011x +12
\end{equation}
Si ha:
\begin{array}{c}
y(-1) = -1 -2011 +12 = -2000 < 0 \\
y(0) = 12 > 0
\end{array}
Per il teorema degli zeri la funzione ammette sicuramente almeno una radice tra -1 e 0. Tale radice inoltre è l’unica radice della funzione poiché la sua derivata è sempre positiva, per cui non esistono altri punti in cui può annullarsi. Infatti:
\begin{array}{c}
y’ = 2011 x^{2010} + 2011 \\
y’ \geq 0 \Longrightarrow 2011 x^{2010} + 2011 \geq 0 \\ \Longrightarrow x^{2010} \geq -1 \space \forall x \in \mathbb{R}
\end{array}
Inoltre non si ha mai l’uguaglianza in quanto 2010 è una potenza pari e quindi è sempre un numero positivo!

Punto 1.
Come prima cosa bisogna calcolare il volume del cilindro in funzione del raggio (che è l’unico dato noto) e di un angolo. Si può considerare la figura proiettata in due dimensioni, sicché si ottiene un rettangolo inscritto in una circonferenza. Considerando come angolo x quello che ha per lati un lato del rettangolo ed un raggio si ottiene:
\begin{array}{c}
b = 2r\cos x \\
h = 2r\sin x \\
\end{array}
In particolare, per calcolare il volume del cilindro serve metà base, per cui:
\begin{array}{c}
V= \pi (\frac{b}{2})^{2}h = 2 \pi r^{3}\cos^{2} x \sin x \\
ossia: \\
V = 2\pi r^{3} \sin x – 2\pi r^{3} \sin^{3} x
\end{array}
Dovendo avere il volume massimo bisogna derivare rispetto ad x, ricordando che l’angolo minimo è zero, l’angolo massimo è novanta (da esprimere ovviamente in radianti). Pertanto:
\begin{array}{c}
V’ = 2\pi r^{3} \cos x – 6\pi r^{3} \sin^{2} x \cos x \\
v’ = 2 \pi r^{3} \cos x (1-2 \sin^{2} x)
\end{array}
da porre maggiore o uguale a zero. Pertanto:
\begin{array}{c}
\cos x \geq 0 \Longrightarrow 0 \leq x \leq \frac{\pi}{2} \\
1-2 \sin^{2} x \geq 0 \Longrightarrow \sin^{2} x \geq \frac{1}{2} \\
\Longrightarrow -\frac{\sqrt{2}}{2} \leq \sin x \leq \frac{\sqrt{2}}{2}
\Longrightarrow -\frac{\pi}{4} \leq x \leq \frac{\pi}{4}
\end{array}
Facendo la regola dei segni si ottiene come massimo della funzione il valore
\begin{equation}
x = \frac{\pi}{4}
\end{equation}
Dovendo portare le misure in decimetri (per avere la corrispondenza con i litri), si ha:
\begin{array}{c}
r = 6 dm \\
V = 2\pi r^{3}\cos^{2}x \sin x \\
\Longrightarrow V = 2\pi r^{3} \frac{1}{2} \frac{\sqrt{2}}{2} \\
\Longrightarrow V = \pi r^{3} \frac{\sqrt{2}}{2}
\Longrightarrow V = \frac{216 \sqrt{2}}{2} \pi = 108 \pi \sqrt{2} \space litri
\end{array}

Punto 4.
La formula per le disposizioni semplici di n oggetti k a k è quella del D(n,k), cioè:
\begin{equation}
D_{n,k} = n(n-1)…(n-k+1)
\end{equation}
Pertanto basta risolvere la seguente equazione:
\begin{array}{c}
n(n-1)(n-2)(n-3) = n(n-1)(n-2) \\
semplificando \space si\space ottiene\space immediatamente \\
n-3 = 1 \Longrightarrow n = 4
\end{array}

Punto 5.
Per calcolare l’area compresa bisogna ricordare che quando x supera il valore pi greco mezzi la funzione coseno cambia segno, per cui l’area è uguale alla seguente somma di aree:
\begin{array}{c}
\int_{1}^{\frac{\pi}{2}} \cos x dx +| \int_{\frac{\pi}{2}}^{2} \cos x dx| = \int_{1}^{\frac{\pi}{2}} \cos x dx – \int_{\frac{\pi}{2}}^{2} \cos x dx =\\
= [\sin x]_{1}^{\frac{\pi}{2}} – [\sin x]_{\frac{\pi}{2}}^{2} = 1 – \sin 1 – (\sin 2 – 1) = \\
= 1 – \sin 1 – \sin 2 + 1 = \\ = 2 – \sin 1 – \sin 2
\end{array}

Punto 10.
Dalla figura si nota facilmente che la curva I è crescente per x diverso da zero, per cui la sua eventuale derivata dovrebbe essere positiva o nulla su tutto l’asse reale. Siccome questo non accade si può dedurre che I = f”.
La curva II invece è decrescente per x < 0 e crescente per x > 0, per cui la sua derivata deve essere negativa per x < 0 e positiva per x > 0. Pertanto II = f’ e per esclusione III = f
La risposta corretta è dunque la D

Soluzione Punto 9.
Per risolvere questo quesito in maniera semplice è opportuno considerarlo dal punto di vista geometrico. Innanzitutto bisogna osservare che il punto medio M dell’ipotenusa coincide con il circocentro, per cui è equidistante dai quattro vertici del triangolo. A questo punto consideriamo la retta ortogonale all’ipotenusa e passante per il suo punto medio (che chiamiamo r) e prendiamo su di essa un qualsiasi punto P. Osserviamo che i triangoli AMP, BMP, CMP sono tutti retti in M. A questo punto osserviamo quanto segue, applicando semplicemente il teorema di Pitagora:
\begin{array}{c}
\overline{AP}^{2} = \overline{AM}^{2} + \overline{PM}^{2} \\
\overline{BP}^{2} = \overline{BM}^{2} + \overline{PM}^{2} \\
\overline{CP}^{2} = \overline{CM}^{2} + \overline{PM}^{2}
\end{array}
Dalle osservazioni precedentemente fatte sul punto M osserviamo che:
\begin{equation}
\overline{AM}^{2}=\overline{BM}^{2}=\overline{CM}^{2}
\end{equation}
per cui, siccome l’altro membro della somma è anch’esso uguale per ognuna delle tre somme si ottiene immediatamente che
\begin{equation}
\overline{AP}=\overline{BP}=\overline{AP},\space \forall P\in r
\end{equation}
che conclude la dimostrazione.

Continua: Funzioni goniometriche di angoli notevoli





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