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4

Il candidato risolva uno dei due problemi e risponda a 5 quesiti del questionario.

La funzione f è definita da f x t dtx

( ) =

+

∫ cos

2120

per tutti i numeri reali x appartenenti all’intervallo chiuso [0, 9].

1. Si calcolino f'(p) e f'(2p) ove f' indica la derivata di f.2. Si tracci, in un sistema di coordinate cartesiane, il grafico S di f'(x) e da

esso si deduca per quale o per quali valori di x, f(x) presenta massimi o mi-nimi. Si tracci altresì l’andamento di f(x) deducendolo da quello di f'(x).

3. Si trovi il valor medio di f'(x) sull’intervallo [0, 2p].4. Sia R la regione del piano delimitata da S e dall’asse x per 0 ≤ x ≤ 4; R è

la base di un solido W le cui sezioni con piani ortogonali all’asse x hanno, per ciascun x, area A x x( ) =

3

4.sen

π Si calcoli il volume di W.

Sia f la funzione definita, per tutti gli x reali, da f xx

( ) =+8

4 2.

1. Si studi f e se ne disegni il grafico F in un sistema di coordinate cartesiane Oxy. Si scrivano le equazioni delle tangenti a F nei punti P(–2; 1) e Q(2; 1) e si consideri il quadrilatero convesso che esse individuano con le rette OP e OQ. Si provi che tale quadrilatero è un rombo e si determinino le misure, in gradi e primi sessagesimali, dei suoi angoli.

2. Sia G la circonferenza di raggio 1 e centro (0; 1). Una retta t , per l’origine degli assi, taglia G oltre che in O in un punto A e taglia la retta di equazio-ne y = 2 in un punto B. Si provi che, qualunque sia t , l’ascissa x di B e l’ordinata y di A sono le coordinate (x; y) di un punto di F.

esame di stato 2013 seconda prova scrittaper il liceo scientifico

di ordinamento

PROBLEMA1

PROBLEMA2

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3. Si consideri la regione R compresa tra F e l’asse x sull’intervallo [0, 2]. Si provi che R è equivalente al cerchio delimitato da G e si provi altresì che la regione compresa tra F e tutto l’asse x è equivalente a quattro volte il cerchio.

4. La regione R, ruotando attorno all’asse y, genera il solido W. Si scriva, spiegandone il perché, ma senza calcolarlo, l’integrale definito che fornisce il volume W.

1. Un triangolo ha area 3 e due lati che misurano 2 e 3. Qual è la misura del ter-zo lato? Si giustifichi la risposta.

2. Si calcoli il dominio della funzione f x x( ) = − − −1 2 3 .3. Si considerino, nel piano cartesiano, i punti A(2; –1) e B(–6; –8). Si determi-

ni l’equazione della retta passante per B e avente distanza massima da A.4. Di un tronco di piramide retta a base quadrata si conoscono l’altezza h e i

lati a e b delle due basi. Si esprima il volume V del tronco in funzione di a, b e h, giustificando il ragionamento seguito.

5. In un libro si legge: «Due valigie della stessa forma sembrano “quasi ugua-li”, quanto a capacità, quando differiscono di poco le dimensioni lineari: non sembra che in genere le persone si rendano ben conto che ad un aumento delle dimensioni lineari (lunghezza, larghezza, altezza) del 10% (oppure del 20% o del 25%) corrispondono aumenti di capacità (volume) di circa 33% (oppure 75% o 100%: raddoppio)». È così? Si motivi esaurientemente la risposta.

6. Con le cifre da 1 a 7 è possibile formare 7! = 5040 numeri corrispondenti alle permutazioni delle 7 cifre. Ad esempio i numeri 1234567 e 3546712 corrispondono a due di queste permutazioni. Se i 5040 numeri ottenuti dalle permutazioni si dispongono in ordine crescente qual è il numero che occupa la settima posizione e quale quello che occupa la 721-esima posizione?

7. Un foglio rettangolare, di dimensioni a e b, ha area 1 m2 e forma tale che, tagliandolo a metà (parallelamente al lato minore) si ottengono due rettango-li simili a quello di partenza. Quali sono le misure di a e b ?

8. La funzione f ha il grafico in figura. Se g x f t dt

x

( ) = ( )∫0

, per quale valore positi- vo di x, g ha un minimo? Si illustri il ragionamento seguito.

9. Si calcoli: limcos

.x

x x xx→

−0 24

sen sen

QuEstiOnARiO

–1

01 2 3 40

1

2

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4

10. Se la figura a lato rappresenta il gra-fico di f (x), quale dei seguenti po-trebbe essere il grafico di f '(x)? Si giustifichi la risposta.

Durata massima della prova: 6 ore.È consentito l’uso della calcolatrice non programmabile.È consentito l’uso del dizionario bilingue (italiano-lingua del paese di provenien-za) per i candidati di madrelingua non italiana.Non è consentito lasciare l’Istituto prima che siano trascorse 3 ore dalla dettatu-ra del tema.

1. Per il teorema fondamentale del calcolo integrale si ha f x x' cos ;( ) =

+

212

quindi f ' cos ,π π( ) =

+ =

212

12

mentre f ' cos .2π π( ) = + = −12

12

RisOLuziOnEdELPROBLEMA1

y

x

f (x)

4–1 3–2 2–3 1–4 0

y y

x x

f'(x) f'(x)

4

A) C)

4–1 –13 3–2 –22 2–3 –31 1–4 –40 0

B) D)

y y

f'(x) f'(x)

x x4 4–1 –13 3–2 –22 2–3 –31 1–4 –40 0

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2. Il grafico S è deducibile da quello di y = cos x, mediante una dilatazione orizzontale di rapporto 2 (infatti il periodo di f' è T

/) ,= =2

1 24

π π compo-

sta con una traslazione di vettore �v 0

12

; ,

come in figura 1.

La funzione f' è definita e continua in R, dunque f è sempre derivabile e continua; perciò f può presentare massimi o minimi locali interni al dominio solo nei valori in cui la derivata prima si annulla:

da cuicosx x k2

12

02

23

2

+ = = ± +π π ee quindi ,x k k= ± + ∈4

34π π Z .

Soltanto i valori 43

83

p pe appartengono all’intervallo [0, 9]. A questi

aggiungiamo 0 come punto di minimo e 9 come punto di massimo in quanto, in base al segno di f', la funzione f è crescente in 0

43

83

, ., 9π π

∪

Deduciamo dal grafico S altre proprietà di f(x): la funzione è decrescente in 4

383

π π, ,

ha un massimo in 43

p ed un minimo in 83

p ; tenendo conto

delle aree comprese tra S e l’asse x, si può affermare che f (0) = 0, mentre

f f43

83

π π

, e f (9) sono valori positivi, con f f f8

39

43

π π

< ( ) <

.

y

3

2

1

0

0 1 2 3 4 5 6 7

2p

y = cos(x)

8 9

x

–1

–2

=

+c: osy x2

12

∑

43

π 83

π

y x=

cos2

Figura 1

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4

Dalla crescenza o decrescenza di f' segue che f ha la concavità rivolta verso il basso in ]0, 2p[ , verso l’alto in ]2p, 9] e presenta un flesso a tangente obli-qua in x = 2p.Ciò è sufficiente per tracciare il grafico di f (figura 2); per essere più accura-ti, possiamo calcolare le immagini dei punti più significativi: sapendo che

f x t dt xx

( ) =

+

= ∫ cos

212

220

sen + x

2

si trova

f f

f

43

323

2

83

π π π π

= + ≈ ( ) = ≈3,83; 3,14 ;

ππ π

= − + ≈ ( ) =

3

43

9 292

2,46 ; senf ++ ≈92

2,54.

3. La funzione f'(x) è continua in [0, 2p], e dunque il valor medio è mf x dt

=( )−

∫ '

.0

2

2 0

π

π

Ricordiamo che f x dt f x c' ;( ) = ( ) +∫ dunque:

mf x dt x x

=( )−

=

+

∫ '

0

2

0

2

2 0

22 22

π π

π

sen

ππππ

= + − =0 02

12

.

43

π 83

π

y

1

0

–1

2

3

3,83

2,542,46

p

4

f(x)

–1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 92p

x

Figura 2

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4. Possiamo calcolare il volume del solido di rotazione W mediante il metodo delle sezioni normali:

V A x dx x dxW co= ( ) = ⋅

= −∫ ∫

0

4

0

4

34

12sen

ππ

ss .π

π424

0

4

x

=

Il fatto che la base di W sia R non ha alcuna importanza per il calcolo richiesto.

1. La funzione è definita per tutti i reali (D = R), è positiva e continua in tutto il suo dominio, ed è pari in quanto f(x) = f(–x): quindi il suo grafico F è simmetrico rispetto all’asse y. L’unica intersezione con gli assi è il punto M(0; 2); per quanto riguarda il comportamento agli estremi del dominio, la

funzione ha l’asse x come asintoto orizzontale, essendo lim .x x→∞ +

=84

02

La derivata prima f x x

x'( ) = −

+( )16

42 2 si annulla in x = 0, è positiva in ] –∞, 0 [

e negativa in ] 0, +∞ [ ; pertanto M è l’unico massimo assoluto di F. La

derivata seconda f xx

x"( ) =

−( )+( )

16 3 4

4

2

2 3 si annulla in x = ± 2

33 , mentre è

positiva nell’insieme −∞ −

∪ + ∞

, , .23

323

3 In questi intervalli la funzione f rivolge la concavità verso l’alto, mentre la rivolge verso il basso in

−

23

323

3, ; nei punti D 23

332

;

e E −

23

332

; vi sono flessi a tangente obliqua (figura 3).

RisOLuziOnEdELPROBLEMA2

Figura 3

3

2

1

0

543210–1

E D

x

M

–2–3–4–5

F

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4

La retta s tangente a F in Q(2; 1) ha equazione y = f'(2)(x − 2) + 1, cioè y x= − +1

22 e, analogamente, la retta t tangente in P(–2; 1) ha equazione

y x ;= + +1

22 le due tangenti s’intersecano in M(0; 2). Dunque il quadrila-

tero convesso da considerare è MPOQ (figura 4).

Per dimostrare che MPOQ è un rombo possiamo calcolare le lunghezze dei

lati e verificare che sono tutte uguali a 5 , oppure osservare che i vertici del quadrilatero sono simmetrici rispetto alle rette x = 0 ed y = 1, e quindi de-durre la congruenza tra i lati. Per determinare l’ampiezza dell’angolo acuto a (figura 4) usiamo la formula nota dalla geometria analitica: tg

m mm ms t

s t

α ;=−

+ ⋅1

si trova α '.=

≈ °arctg

43

53 8 L’angolo b è supplementare di a e quindi b ≈ 126°52'.

In alternativa, possiamo determinare l’ampiezza di a mediante la trigonome-tria applicata al triangolo OQM:

α arccos arccos= + −⋅ ⋅

=OQ MQ OMOQ MQ

2 2 2

2335

53 8

≈ ° '.

2. La circonferenza G ha equazione x2 + (y – 1)2 = 1, ovvero x2 + y2 − 2y = 0, mentre la retta t ha equazione y = mx, con m ≠ 0, oppure x = 0. Nel primo caso determiniamo le coordinate di A ponendo a sistema le equazioni di G

Figura 4

F b

a

M

QP

O

y

xt

ts

–5 –4 –3 –2 –1 0

–1

1

2

0

3

4

1 2 3 4 5

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e t, ottenendo A mm

mm

21

212

2

2+ +

; . Analogamente determiniamo le coor- dinate di B intersecando t ed y = 2: troviamo B

m2

2; .

Pertanto il pun- to cercato è P

mmm

2 21

2

2; ,

+

ed è facile verificare che le sue coordinate sod- disfano l’equazione di F, il che significa che P appartiene a F. Se t coin-cide con l’asse y, i punti A e B hanno coordinate (0; 2), e lo stesso il pun-to P: possiamo nuovamente concludere che P appartiene a F (figura 5).

3. La circonferenza G ha raggio unitario, e quindi il cerchio corrispondente ha area uguale a p. Determiniamo l’area di R mediante l’integrale definito di f nell’intervallo [0, 2]:

Area Rx

dxx

dx( ) =+

=

+

=∫ ∫84

84

1

12

20

2

20

2

442

440

2

arctgx

= ⋅ =π π

e la prima affermazione è così dimostrata. Se S è l’area della regione compre- sa tra F e l’asse x, allora S

xdx=

+−∞

+∞

∫ 84 2

; poiché la funzione f è pari ri-

sulta S

xdx= ⋅

+

+∞

∫28

4 20

. Si tratta di un integrale in senso improprio, e il calcolo fornisce il valore

Figura 5

F

G

B

PA

x

ty

–4 –3 –2 –1 0 1 2 3 4

3

y = 2

2

1

0

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4

Sx

dx xb

b

b= ⋅

+= ⋅

→+∞ →+∞∫28

42 4

220

lim lim arctg

=0

b

= ⋅

= ⋅ ⋅

→+∞

2 42

2 42

limb

barctg

π == 4π ,

pari a 4 volte l’area del cerchio.4. Per esprimere il volume di W usiamo il metodo dei gusci cilindrici. Conside-

riamo il cilindro in figura 6, avente raggio di base x e altezza f(x); la sua superficie laterale è Sl = 2p · x · f(x). Il volume del guscio cilindro di spessore dx è pertanto dV = 2p · x · f (x) · dx. Quindi il volume del solido di rotazio- ne W è V x f x dx x

xdxW .= ⋅ ⋅ ( ) ⋅ =

+∫ ∫2 28

40

2

20

2

π π

1. Siano a = 2, b = 3 e c i lati del triangolo, e sia S = 3 la sua area.

L’area S di un triangolo qualsiasi è S ab= ⋅2

sen γ , ove g è l’angolo compre-

so tra a e b. Sostituendo i dati, otteniamo γ π=2

. Quindi il triangolo è rettangolo e a e b sono i suoi cateti. Per determinare la misura del terzo

lato c basta applicare il teorema di Pitagora: c a b= + =2 2 13 . Si arrivava più rapidamente alla stessa conclusione osservando che l’area è la

metà del prodotto delle lunghezze dei due lati noti, il che è sufficiente per affermare che i due lati sono i cateti di un triangolo rettangolo.

Figura 6

y

W

f (x)

F

xx

–3 –2 –1

2

1

0

0 1 2 3

RisPOstEALQuEstiOnARiO

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2. Per calcolare il dominio della funzione f x x( ) = − − −1 2 3 consideria-mo il sistema formato dalle condizioni di esistenza relative ai tre radicali:

3 0

2 3 0

1 2 3 0

34 3 3

1

− ≥

− − ≥

− − − ≥

≤≥ − ∧ ≤

x

x

x

xx x

≥≥ − − ∧ ≥ −

≤− ≤ ≤

− ≥ ∧ − ≤

2 3 2 3

31 3

3 1 1

x x

xx

x x ≤≤

≤− ≤ ≤

≤ ∧ − ≤ ≤

3

31 3

2 1 3

xx

x x

e quindi il dominio cercato è D = [–1, 2].3. Sia AH la distanza di A di una generica retta r passante per B. Il triango-

lo AHB è rettangolo in H e quindi l’ipotenusa AB è maggiore o uguale ad AH. Pertanto AH è massimo quando H coincide con B e la retta t cer-cata è la perpendicolare al segmento AB passante per B.

Il coefficiente angolare di AB è my yx xAB

A B

A B

=−−

= 78

e dunque mt = − 87

.

La generica retta r passante per B ha equazione y + 8 = m(x + 6); conclu-diamo che l’equazione richiesta è 8x + 7y + 104 = 0.

4. Consideriamo il tronco di piramide avente per basi il quadrato ABCD di lato a ed il quadrato EFGH di lato b (con b < a), e per altezza il segmen-to PQ = h (figura 7). Come noto, le piramidi VABCD e VEFGH sono simili e vale la proporzione a : b = VP : VQ. Applicando la proprietà dello scomporre, otteniamo (a – b) : b = h : VQ e dunque VQ bh

a b=

−; in modo

analogo otteniamo VP ah

a b=

−. Il volume del tronco di cono è la differenza

tra i volumi delle due piramidi, ovvero

V V V VP a VQ b ahaTronco VABCD VEFGH= − = ⋅ − ⋅ =1

313

13

2 2

−−⋅ −

−⋅

=b

a bha b

b2 2

= −−

= + +( ).13

13

3 32 2h a b

a bh a ab b

Per una risoluzione per via analitica si veda l’articolo sul tema PNI.

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4

5. Immaginando che le valigie abbiano la forma di parallelepipedo rettangolo, siano a, b, c le dimensioni del primo, che dunque ha volume V = abc, ed a', b', c' le dimensioni del secondo, avente volume V'. Aumentando a del K% otteniamo a' = a + K% · a = (1 + K%)a e analogamente per b' e c'; quindi V' = a'b'c' = (1 + K%)3 · V. Dunque l’aumento di volume è

DVK = V' − V = (1 + K%)3 · V − V = [(1 + K%)3 − 1] · V =

= [(3K% + 3K%2 + K%3] ·V.

Sostituiamo i valori indicati nel testo e verifichiamo se le conclusioni sono corrette:

– se K% = 10% otteniamo ∆V V V1031 10 1 0 331= +( ) −

= ⋅% , , che corri-

sponde ad un aumento di capacità di circa il 33%;

– se K% = 20% otteniamo ∆V V V2031 20 1 0 728= +( ) −

= ⋅% , , che corri-

sponde ad un aumento di capacità di circa il 73%;

– se K% = 25% otteniamo ∆V V V2531 25 1 0 953= +( ) −

≈ ⋅% , , che corri-

sponde a quasi il raddoppio del volume.

6. Tra tutti i 5040 numeri che si ottengono permutando le cifre da 1 a 7, il mini-mo è 1234567; se fissiamo le prime quattro cifre (1234) e permutiamo le ultime 3 otteniamo 3! = 6 numeri, che, in ordine crescente, sono i primi 6 ed esau-riscono tutte le possibilità che iniziano con 1234. Dunque il 7° numero è quello immediatamente successivo, cioè il minimo tra i numeri che iniziano con

Figura 7

V

A

D

a

h

bE F

GQ

H

B

P

C

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la sequenza 1235, ovvero 1235467. Analogamente, i numeri che hanno 1 per cifra iniziale sono esattamente 6! = 720, e quindi quello che occupa la 721-esi-ma posizione è il minimo tra i numeri che iniziano con 2, cioè 2134567.

7. Per ipotesi a · b = 1 m2 con a > 0 e b > 0; inoltre, con riferimento alla figu- ra 8, i rettangoli ABCD e BCEF sono simili: dunque a b b a

: : .=2

Dalla

condizione ab = 1 (in m2) si ricava a = 1/b. Dalla precedente proporzione segue allora:

b ab

b22

221

21= = =e quindi22

24

4m e m .a =

Approssimando, si trovano come dimensioni del foglio a = 1189 mm e b = 841 mm.

8. Per determinare il minimo della funzione g, studiamo la sua derivata; per il teorema fondamentale del calcolo integrale g'(x) = f(x). Questa funzione è continua, e dunque il minimo va cercato tra i punti stazionari di g, cioè fra i punti in cui g' = f si annulla: x ∈ {0; 2; 4}, come risulta dal grafico. Sempre dal grafico deduciamo che f è negativa a sinistra di 4 e positiva alla sua destra, cioè g è decrescente a sinistra di 4 e crescente alla sua destra, e tanto basta per affermare che g ha un minimo in 4. Notiamo altresì che il valore 0 è escluso a priori dal testo, mentre in 2 la funzione g ha un massimo.

9. Il limite proposto si presenta nella forma indeterminata 00

e può essere cal- colato mediante l’uso di limiti notevoli. Ricordando che lim

cos,

x

xx→

− =0 2

1 12

otteniamo:

limcos

limx x

x x xx

x→ →

− = ⋅0 2 04 4

sen sensen ⋅⋅ − = ⋅ ⋅ −

=cos

.x

x1

4 012

02

Figura 8

D

A

C

B

E

F

b

a

a2

a2

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4

In alternativa è possibile usare i limiti notevoli lim limcos

,x x

xx

xx→ →

= − =0 0

11

0sen

e ottenendo:

limcos

limx x

x x xx

xx→ →

− = ⋅0 2 04 4

sen sen sen cos.⋅ − = ⋅ ⋅ =x

x1

4 1 0 0

10. Studiando il grafico di f(x), si osserva che per x ∈ ]–∞, –2[∪]+2, +∞[ la funzione è crescente, e dunque f'(x) > 0, mentre per x ∈ ]–2, +2[ la funzio-ne è decrescente e quindi f'(x) < 0. L’unico grafico che soddisfa questa con-dizione è l’A.

Nel complesso, il tema proposto è alla portata degli studenti del Liceo Scientifico di Ordinamento. Nella prova di quest’anno è molto presente il calcolo integrale (integrale definito e in senso improprio, calcolo di superfici e volumi, funzione integrale e teorema fondamentale del calcolo integrale, media integrale), ma vengo-no toccati molti fra gli argomenti principali del triennio: la geometria analitica del III anno, la trigonometria del IV anno e, naturalmente, lo studio di funzione ed il calcolo differenziale del V anno. I punti più discutibili di questo tema si manifesta-no nei problemi, nei quali viene chiesto di determinare aree o volumi mediante procedimenti che non sono necessariamente in programma. Viceversa, un aspetto positivo ed interessante è il tentativo di inserire quesiti pratici e concreti, risolvibi-li anche con ragionamenti abbastanza semplici, alla portata di studenti anche prima del V anno. Vediamo nel dettaglio i problemi e i quesiti.

Il primo problema non è molto impegnativo dal punto di vista dei calcoli, ma lo è dal punto di vista teorico, anche solo per il fatto di proporre fin dall’inizio una funzione integrale: ciò ha fatto propendere la maggior parte dei maturandi per il secondo problema. A parte la presenza delle funzioni goniometriche, aspetto che spesso intimidisce gli studenti, le richieste vertono sul programma del V anno, in modo originale e completo: calcolo della derivata, studio di funzione, ricerca di massimi e minimi, integrale definito, volume di un solido. In particolare è interes-sante la richiesta di dedurre il grafico di f da quello di f', anche se f è calcolabi-le e si potrebbe rappresentare per altra via; ciò rende il punto 2 il più articolato del problema. Il punto 4 è interessante, ma richiede il metodo delle sezioni normali, argomento che spesso non viene approfondito e si incontra solo nello svolgimento di temi già assegnati. Inoltre è completamente slegato dal problema, tanto che po-teva costituire un quesito a parte: la risposta rimane invariata se S è una qualunque curva continua in [0, 4]! A tal proposito si veda il punto 4 del primo problema del tema d’Ordinamento 2011, che è invece perfettamente integrato nel problema.

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Il secondo problema ruota attorno ad una funzione razionale fratta, che rappre-senta un caso particolare della «versiera di Agnesi». L’esercizio si caratterizza per la richiesta di dimostrare una proprietà specifica della versiera di Agnesi mediante un integrale in senso improprio, argomento spesso non svolto e addirittura assente in alcuni libri di testo. Si sarebbe potuto evitare questa richiesta e pretendere nel quarto punto di calcolare l’integrale che rappresenta il volume del solido W, in-vece di limitarsi a scriverlo: probabilmente questa scelta è stata fatta per aumentare il «tasso teorico» del problema.

Come già accennato, i quesiti risultano nel complesso stimolanti e soprattutto vari, in particolare se confrontati con quelli del 2012, maggiormente incentrati sul programma di V. Il quesito 4, già presente nel tema d’Ordinamento 2001 in forma quasi identica, e il quesito 6, hanno spiazzato molti studenti che, in preparazione all’esame, hanno semplicemente memorizzato formule di geometria solida e di calcolo combinatorio, o si sono esercitati nelle loro applicazioni più dirette. I quesiti 5 e 7 riguardano entrambi le proporzioni e non risultano particolarmente difficili; va sottolineato il loro carattere estremamente pratico, in quanto si parla di oggetti reali (valigie e fogli) e situazioni concrete: nel primo caso la falsa perce-zione che l’uomo comune ha del rapporto tra lunghezza e volume, nel secondo caso la ricerca delle dimensioni del foglio di carta capostipite dei formati della serie A, ovvero l’A0 (per inciso: un problema analogo sul formato dei fogli era stato assegnato pochi mesi prima per i concorsi a cattedra della classe A059; si veda alle pagine 182-183 di questo fascicolo). Il quesito 8 è ridondante, in quanto ricalca il problema 1: chiede infatti di dedurre informazioni su una funzione inte-grale a partire dalla sua derivata. I restanti quesiti trattano di argomenti diversi, sono semplici e adatti allo scopo, anche se non presentano aspetti rilevanti.

EnricoMenara

Istituto Don Bosco – Padova emenara76@alice.it

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