N. De Rosa STR 2016 p.1 …... N. De Rosa STR 2016 – p.2 RISOLUZIONE Punto 1 Il volume del cono...

www.matematicamente.it N. De Rosa STR 2016 – p.1

Esame di stato di istruzione secondaria superiore

Indirizzi: Scientifico e Scientifico opzione scienze applicate

Tema di matematica 2016

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

PROBLEMA 1

Sei addetto alla gestione di una macchina utensile in cui è presente un contenitore di olio lubrificante avente

la forma di un cono circolare retto col vertice rivolto verso il basso. Il raggio di base r del cono è 4 cm

mentre l’altezza h è 12 cm. In tale contenitore, inizialmente vuoto, viene versato automaticamente dell’olio

lubrificante alla velocità di s

cm3

12 . Devi assicurarti che il processo avvenga correttamente, senza produrre

traboccamenti di olio.

1. Determina l’espressione della funzione ℎ( ), che rappresenta il livello ℎ (in cm) raggiunto dall’olio

all’istante (in secondi) e la velocità con la quale cresce il livello dell’olio durante il riempimento del

contenitore.

2. Al fine di programmare il processo di versamento da parte della macchina utensile, determina il tempo

Rt necessario perché il contenitore sia riempito fino al 75% della sua altezza.

3. Devi realizzare un indicatore graduato, da porre lungo l’apotema del cono, che indichi il volume di

olio presente nel recipiente in corrispondenza del livello raggiunto dall’olio , misurato all’apotema.

Individua l’espressione della funzione ( ) da utilizzare per realizzare tale indicatore graduato.

4. A causa di un cambiamento nell’utilizzo della macchina, ti viene richiesto di progettare un nuovo e più

capiente recipiente conico, avente apotema uguale a quello del contenitore attualmente in uso.

Determina i valori di ℎ e di in corrispondenza dei quali il volume del cono è massimo e verifica, a

parità di flusso di olio in ingresso e di tempo di riempimento Rt , a quale livello di riempimento si arriva.

È ancora pari al 75% dell’altezza?


RISOLUZIONE

Punto 1

Il volume del cono circolare retto è

643

1612

3

2

hr

V .

Indichiamo con trthtV ,, il volume, l’altezza ed il raggio del cono funzioni del tempo.

Poiché il livello dell’olio è posizionato lungo l’altezza, il nuovo cono avrà il rapporto tra raggio ed altezza

coincidente con il cono iniziale ovvero

thtrth

tr

3

1

3

1 .

Il volume del cono riempito di olio è pari a

thtrth

tV 3

2

273

.

Sapendo che il volume cresce alla velocità di s

cm3

12 possiamo dire che ttV 12 pertanto imponendo

l’uguaglianza tra le due espressioni del volume si ricava che:

333 12332427

12 tthtththt

La velocità con cui cresce il livello dell’olio è pari alla derivata prima della funzione altezza th :

3 2

3

3 2

3

3 2

3

3

2

3

2

121

3

1123

1

3

1324

324

1

3

1324'

tttt

th

Punto 2 Dobbiamo trovare Rt tale per cui

s 25.2271231291239

4

3

1233 RRRRR

R ttttthth

Punto 3

L’apotema del cono è

ththth

thtrta3

10

9

22

22 .

Di conseguenza il volume in funzione dell’apotema è

tatatrth

tV 33

2

10101010

27

273

Pertanto se Al è il livello dell’olio misurato all’apotema si ha

3

1010AA llV

Punto 4

Il volume del cono è

33

222 hahhrhV

con ah 0 .

Massimizziamo tale volume mediante derivazione. La derivata prima è 22 33

' hahV

ed è positiva in

3,0

a e negativa in

a

a,

3, pertanto la funzione volume è strettamente crescente in

3,0

a e

strettamente decrescente in

a

a,

3.


La derivata seconda della funzione volume è hhV 2'' ed essendo 03

2

3''

aaV

deduciamo che

3

ah è il valore dell’altezza che massimizza il volume del cono.

In corrispondenza di 3

ah il raggio del cono è 2

3

2har .

Indichiamo con x il livello di riempimento, in corrispondenza il volume è

.3

2

3

2 3

2

xxx

xV

Se

flusso di olio in ingresso e di tempo di riempimento Rt sono gli stessi, allora il volume del cono sarà pari a

2712 RttV , pertanto imponendo l’uguaglianza si ha

333

2

33

2

8127

3

2 xxx

Il rapporto tra livello di riempimento ed altezza è

%754

3

4000

243

4

3

104

32

33

412

33

3

6

3

22

x

a

x

a

x

In conclusione il rapporto tra livello di riempimento ed altezza è diverso dal 75%, in particolare è pari al

47% circa.


PROBLEMA 2

La funzione :f è così definita:

xxxxf cossin .

1. Dimostra che è una funzione dispari, che per ,0x si ha 0xf e che esiste un solo valore

2,00 x tale che 00 xf . Traccia inoltre il grafico della funzione per 5,0x .

2. Determina il valore dell’integrale definito:

2

0

dxxf

e, sapendo che risulta:

848

32

0

2

dxxf

prova che risulta verificata la disequazione:

96183

anche non conoscendo il valore di .

3. Verifica che, qualsiasi n , risulta:

0

4

2

0

12

0

n

n

dxxf

dxxf

4. Dimostra che i massimi della funzione xf 2 giacciono su una parabola e i minimi su una retta, e scrivi

l’equazione della parabola e della retta.


RISOLUZIONE

Punto 1

Poiché

xfxxxxxxxf cossincossin

deduciamo che xxxxf cossin è dispari.

Notiamo innanzitutto che 22,,00 fff .

La derivata prima è xxxxxxxf sinsincoscos' e nell’intervallo ,0 si ha 0' xf ,

pertanto xf è strettamente crescente in ,0 e poiché 00 f si deduce che essa non si annulla mai in

,0 .

Analogamente nell’intervallo 2, si ha 0' xf pertanto xf è strettamente decrescente in 2, e

poiché xf assume valori discordi agli estremi dell’intervallo, per il teorema degli zeri

0:2, 00 xfx e tale zero è unico per la stretta decrescenza.

Di seguito il calcolo di 2,0 x applicando il metodo di bisezione:

a b f(a) f(b) xm=(a+b)/2 f(xm) b-a (b-a)<0,01

3,1416 6,2832 3,1416 -6,2832 4,7124 -1,0000 3,1416 NO

3,1416 4,7124 3,1416 -1,0000 3,9270 2,0697 1,5708 NO

3,9270 4,7124 2,0697 -1,0000 4,3197 0,7292 0,7854 NO

4,3197 4,7124 0,7292 -1,0000 4,5160 -0,0997 0,3927 NO

4,3197 4,5160 0,7292 -0,0997 4,4179 0,3255 0,1963 NO

4,4179 4,5160 0,3255 -0,0997 4,4670 0,1153 0,0982 NO

4,4670 4,5160 0,1153 -0,0997 4,4915 0,0084 0,0491 NO

4,4915 4,5160 0,0084 -0,0997 4,5038 -0,0455 0,0245 NO

4,4915 4,5038 0,0084 -0,0455 4,4976 -0,0185 0,0123 NO

4,4915 4,4976 0,0084 -0,0185 4,4946 -0,0051 0,0061 SI

Quindi si ha 49.40 x .

Studiamo la funzione xxxxf cossin in 5,0 .

Dominio: 5,0 ;

Intersezione asse ascisse: poiché 55,44,33,22 ffff ed essendo in

suddetti intervalli 5,4,4,3,3,2 la funzione strettamente crescente o strettamente

decrescente, allora essa presenterà un unico zero in ognuno dei seguenti intervalli

5,4,4,3,3,2 321 xxx oltre a quello già discusso sopra appartenente all’intervallo

2,0 x ;

Intersezione asse ordinate: 0,0 ;

Simmetrie: la funzione è dispari come sopra mostrato;

Positività: dati la monotonia, i valori agli estremi degli intervalli 5,4,4,3,3,2 ovvero

55,44,33,22 ffff e gli zeri 3210 ,,, xxxx , si ha che 0xf in

5,,,0 3210 xxxx ;

Crescenza e decrescenza: dall’analisi della derivata prima deduciamo che negli intervalli

5,43,2,0 si ha 0' xf mentre negli intervalli 4,32, si ha 0' xf ,

pertanto la funzione presenta minimi relativi nei punti 4,4,2,2 e massimi relativi nei punti

5,5,3,3,, .

Notiamo che i punti di massimo sono allineati lungo la retta xy ed i punti di minimo lungo la retta

xy , quindi il grafico della funzione è compreso tra le rette di equazione xy e .xy


Concavità e convessità: la derivata seconda è xxxxf cossin'' da cui deduciamo che essa si

annulla in 0x , ascissa in cui si annulla anche la derivata prima, pertanto 0,0 è un flesso a tangente

orizzontale.

Di seguito il grafico in cui riportiamo anche la parte per 0x ricavata per disparità e la parte per 5x .

La parte di grafico in rosso fa riferimento al solo intervallo richiesto 5,0 .

Punto 2

Nell’intervallo

2,0

la funzione xf assume valori appartenenti all’intervallo 1,0 , pertanto vale la

seguente catena di disuguaglianze:

2

0

2

0

2210

dxxfdxxfxfxfxf

Applicando l’integrazione per parti si ha:

2

2sincos2

sinsincoscossin

20

2

0

20

20

2

0

2

0

xxx

dxxxxxdxxxxdxxf

Di conseguenza la disuguaglianza diventa:

961828

3

4822

848

333


come volevasi dimostrare.

Punto 3

Calcoliamo

4

12

0

n

dxxf , si ha:

4222cos2

212sin1212cos2sincos2

0cos

12

0

12

0

nnnxxxdxxfn

n

Analogamente

02222sin22cos2sincos2

01

2

0

2

0

nnnxxxdxxfn

n

Punto 4

La funzione xf 2 è:

- Non negativa;

- pari essendo xf una funzione dispari;

La derivata della funzione xf 2 è xfxf '2 da cui deduciamo che:

- xf 2 ha la stessa monotonia di xf se 0xf ;

- xf 2 ha monotonia opposta a quella di xf se 0xf ;

Inoltre gli estremi relativi vanno ricercati nei punti in cui si annulla xf ed xf ' .

Poiché la funzione xf 2 è non negativa e si annulla nei punti in cui si annulla xf , gli zeri di xf sono

minimi relativi per xf 2 e sono posizionati lungo la retta 0y .

Gli zeri di xf ' sono Zkkx , .

Poiché xf 2 ha la stessa monotonia di xf se 0xf deduciamo che i punti ad ascisse Zkkx ,

sono massimi relativi, quindi i massimi relativi sono Zkkk ,,2

e sono posizionati lungo la parabola 2xy . D’altronde se i massimi di xf erano posizionati sulle rette xy .

Di seguito i grafici in un unico riferimento cartesiano: in nero il grafico di xf 2, in rosso quello di xf ed

in rosso tratteggiato la parabola di equazione 2xy .


QUESTIONARIO

1. Calcolare il limite:

x

x

x 20 cosln

1cossinlim

2. In media, il 4% dei passeggeri dei tram di una città non paga il biglietto. Qual è la probabilità che ci

sia almeno un passeggero senza biglietto in un tram con 40 persone? Se il numero di persone

raddoppia, la probabilità raddoppia?

3. Determinare il parametro reale a in modo che i grafici di 2xy e di axxy 42 , risultino

tangenti e stabilire le coordinate del punto di tangenza.

4. Dati i punti (2, 4, −8) e (−2, 4, −4), determinare l’equazione della superficie sferica di diametro

AB e l’equazione del piano tangente alla sfera e passante per A.

5. Un'azienda produce, in due capannoni vicini, scatole da imballaggio. Nel primo capannone si

producono 600 scatole al giorno delle quali il 3% difettose, mentre nel secondo capannone se ne

producono 400 con il 2% di pezzi difettosi. La produzione viene immagazzinata in un unico

capannone dove, nel corso di un controllo casuale sulla produzione di una giornata, si trova una

scatola difettosa. Qual è la probabilità che la scatola provenga dal secondo capannone?

6. In un semicerchio di raggio = 10 è inscritto un triangolo in modo che due vertici si trovino sulla

semicirconferenza e il terzo vertice si trovi nel centro del cerchio. Qual è l’area massima che può

assumere tale triangolo?

7. Calcolare, se esiste, il limite della seguente successione esplicitando il procedimento seguito: n

n n

31lim

8. Data la funzione 82 24 xxxf , sia g la retta passante per i punti A(0,8) e B(2,0). Si calcoli

l’area della regione trattegiata indicata in figura.

9. Dati i punti (−2, 0, 1), (1, 1, 2), (0, −1, −2), (1, 1, 0), determinare l’equazione del piano

passante per i punti , , e l’equazione della retta passante per e perpendicolare al piano .

10. Si consideri, nel piano cartesiano, la regione limitata , contenuta nel primo quadrante, compresa tra

l'asse ed i grafici di xy 2 e

2xy . Si determinino i volumi dei solidi che si ottengono ruotando

attorno all'asse e all'asse .


RISOLUZIONE

1. In un intorno di 0x , applicando la formula di Taylor possiamo dire che:

xox

x 2

1cos2

Di conseguenza il limite diventa:

1

2

2

02

2

0

2

0

2

22

2

2

2

02

2

020

sin

sin1lnlim

2

2sin

limsin

lim2

1

sin

sin1lnsin

2

2sin

2

limsin1ln

2sin

limcosln

1cossinlim

x

x

x

x

x

x

x

xx

x

x

x

x

x

x

x

xxx

xxx

Poiché per 0x si ha

1sin

sin1lnlim,1

2

2sin

lim,1sin

lim2

2

02

2

00

x

x

x

x

x

x

xxx,

il limite richiesto vale 2

1.

2. La probabilità che almeno un passeggero sia senza biglietto è pari al complemento ad 1 della probabilità

che non vi sia nessun passeggero senza biglietto, ovvero:

%5.80805.096.0196.004.00

4011

40400

0

pp

Se il numero di passeggeri raddoppia la nuova probabilità diventa:

%2.96962.096.0196.004.00

8011

80800

0

pp

Quindi al raddoppiare del numero dei passeggeri la probabilità ovviamente non raddoppia.

3. Risolviamo il sistema

axxy

xy

42

2

. Si ha:

0424 222 axxxaxx

Imponendo la condizione di tangenza si ricava 2024 aa .

Di conseguenza il punto di tangenza si trova risolvendo l’equazione

1012024222 xxxx . Quindi il punto di tangenza è (1,1).


4. Le coordinate del centro della sfera è il punto medio del diametro ovvero 6,4,0 C . Il raggio è

22442

1

2

22 AB

R . Di conseguenza l’equazione della sfera è:

864222 zyx

Il piano tangente alla sfera e passante per A ha gli stessi parametri direttori della retta normale AC

ovvero 2,0,268,44,02 pertanto l’equazione del piano è

0100824022 zxzyx

5. Le scatole totali sono 1000, pertanto la probabilità che, tra le scatole totali, ci sia una scatola prodotta nel

primo capannone e difettosa è pari a 018.003.01000

6001 DP , analogamente la probabilità che ci sia

una scatola prodotta nel secondo capannone e difettosa è pari a 008.002.01000

4002 DP .

Quindi la probabilità di avere una scatola difettosa è 026.021 DPDPDP .

La probabilità che una scatola provenga dal secondo capannone sapendo che è difettosa è:

%8.3013

4

026.0

008.02|2

DP

DPDP

6. Consideriamo la seguente figura e sia l’angolo al vertice del triangolo AOB.


Il triangolo AOB è isoscele in quanto AO ed OB sono due raggi, pertanto l’area del triangolo è

sin50sin2

1 2 rS pertanto essa è massima quando è massimo sin ovvero

2

1sin

; di conseguenza il triangolo di area massima è rettangolo isoscele.

7. Si ha: 3

3

3

11lim

31lim

n

n

n

n nn

Ricordando il limite notevole en

n

n

11lim , il limite iniziale vale:

331lim

e

n

n

n

8. La retta AB ha equazione 8428

8

xy

xy; l’area richiesta è pari a

15

1048

3

16

5

322

3

2

5

428482

2

0

235

2

0

24

2

0

24

xxx

dxxxxdxxxx

9. La generica equazione del piano ha equazione 0 dczbyax . Imponendo il passaggio per i 3 punti

si ha:


02

02

02

dcb

dcba

dca

Sommando la seconda e terza euqzione otteniamo da 2 ed il sistema diventa:

dc

db

da

5

11

2

Ipotizzando 1d la retta ha equazione 015112 zyx .

I parametri direttori di una normale ad un piano sono gli stessi del piano, pertanto la retta passante per D

e perpendicolare al piano è:

tz

ty

tx

tzz

tyy

txx

D

D

D

5

111

21

5

11

2

10. Di seguito la sezione di piano oggetto di rotazione.

Le due curve si intersecano in 4,2B .

Il volume dato dalla rotazione intorno all’asse delle ascisse è:

5

32

2ln2

15

52ln2

222

2

0

522

0

42

2

0

222

xdxxdxxV

xxx

Il volume dato dalla rotazione attorno all’asse delle ordinate è:

2

0

3

2

0

2 2222 dxxxdxxxV xx


Applicando l’integrazione per parti si ha:

2ln

2

2ln

2

2ln

2

2ln

22

2

xxxxx xdxxdxx

pertanto il volume è pari a

82ln

6

2ln

16

2ln

14

2ln

4

2ln

82

42ln

2

2ln

2222

222

2

0

4

2

2

0

2

x

xdxxxVxx

x

N. De Rosa STR 2016 p.1 …... N. De Rosa STR 2016 – p.2 RISOLUZIONE Punto 1 Il volume del cono...

Documents

Transcript of N. De Rosa STR 2016 p.1 …... N. De Rosa STR 2016 – p.2 RISOLUZIONE Punto 1 Il volume del cono...