Quesiti PNI seconda prova di Maturità 2011

Pronto a leggere le soluzioni degi quesiti della seconda prova di Maturità 2011? La traccia si riferisce all'esame di Stato 2011 PNI (Piano Nazionale Informatica), ed ognuno dei dieci quesiti presenta i link alle lezioni di teoria e ai metodi di risoluzione generale delle varie tipologie di esercizi.

 

Tracce e risposte ai quesiti di Maturità 2011 per il PNI

 

1) Silvia, che ha frequentato un indirizzo sperimentale di liceo scientifico, sta dicendo ad una sua amica che la geometria euclidea non è più vera perché per descrivere la realtà del mondo che ci circonda occorrono modelli di geometria non euclidea. Silvia ha ragione? Si motivi la risposta.

 

1.R) Silvia ha torto perché parte da un presupposto sbagliato. La veridicità di una teoria non dipende dalle possibili modellizzazioni fisiche. Tra l'altro la geometria euclidea continua a funzionare molto bene quando si lavora su piani. 

 

Se guardiamo la Terra dallo Spazio possiamo notare la sua sfericità, saremmo indotti a pensare che la geometria euclidea non funzioni più ma se prendiamo una piccola porzione di superficie sferica, potremo notare che essa è approssimabile ad una porzione di piano, sul quale Euclide la fa da padrone. In definitiva la geometria euclidea continua a valere, nonostante la sua veneranda età.

 

 

2) Si trovi il punto della curva y= \sqrt{x} più vicino al punto Q(4,0).

 

2.R) Sia P(x, \sqrt{x}) un punto generico del grafico \Gamma_{y= \sqrt{x}}. Per la formula della distanza possiamo determinare la legge che ci fornisce la distanza PQ al variare di x:

 

f(x)= PQ= \sqrt{(x-4)^2+ x}= \sqrt{x^2+ 16 -8x +x}= \sqrt{x^2- 7 x+ 16}

 

Calcoliamo la derivata prima, utilizzando la regola di derivazione per le funzioni composte.

 

f'(x)= \frac{2x-7}{2\sqrt{x^2-7x+16}}

 

Essa è nulla se e solo se il numeratore si annulla e questo avviene per 2x-7=0 cioè per x= \frac{7}{2}

 

Osserviamo inoltre che la derivata prima della funzione f è positiva se x\textgreater \frac{7}{2} ergo la funzione f cresce se x\textgreater \frac{7}{2} mentre decresce in 0\textless x\textless \frac{7}{2}. Questo ci permette di concludere che x= \frac{7}{2} è punto di minimo, la distanza minima è:

 

f\left(\frac{7}{2}\right)=\frac{\sqrt{15}}{2}

 

Il punto richiedo dall'esercizio è P\left(\frac{7}{2}, \sqrt{\frac{7}{2}}\right)

 

Distanza del punto dal grafico del quesito 2, tema di Maturità 2011

 

 

3) Sia R la regione delimitata, per x\in [0, \pi], dalla curva y= \sin(x) e dall'asse  e sia W il solido ottenuto dalla rotazione di R attorno all'asse y. Si calcoli il volume di W. 

 

3.R) Poiché la rotazione avviene attorno all'asse y allora si procede per gusci cilindrici (vedi le formule per il volume dei solidi di rotazione).

 

Solido di rotazione quesito 3 della seconda prova PNI di Maturità 2011

 

Dobbiamo quindi risolvere l'integrale:

 

\mbox{Volume}(W)= 2\pi\int_{0}^{\pi}x\sin(x)dx

 

Si procede integrando per parti scegliendo come fattore finito, da derivare, x e come fattore differenziale \sin(x), in definitiva:

 

\mbox{Volume}(W)= 2\pi\int_{0}^{\pi}x\sin(x)dx=

 

2\pi\left( \left[x(-\cos(x))\right]_{0}^{\pi}- \int_{0}^{\pi}-\cos(x)dx\right)= 2\pi^2

 

 

4) Il numero di combinazioni di n oggetti a 4 a 4 è uguale al numero di combinazioni degli stessi oggetti a 3 a 3. Si trovi n.

 

4.R) Il numero di combinazioni di n oggetti a 4 a 4 è dato dal coefficiente binomiale:

 

\binom{n}{4}= \frac{n!}{4!(n-4)!}

 

mentre il numero di combinazioni di n oggetti a 3 a 3 è:

 

\binom{n}{3}= \frac{n!}{3!(n-3)!}

 

Per rispondere al quesito dobbiamo solo risolvere l'equazione

 

\binom{n}{4}= \binom{n}{3} e cioè:

 

\frac{n!}{4!(n-4)!}= \frac{n!}{3!(n-3)!}

 

Moltiplichiamo membro a membro per 3! (n-3)!

 

\frac{3! (n-3)!}{4! (n-4)!}= 1

 

Ora un passaggio delicato: è importante ricordare che (n-3)!= (n-3)(n-4)! e semplificando 

 

\frac{n-3}{4}= 1

 

da cui  n-3= 4  e quindi n= 7.

 

 

5) In una delle sue opere G. Galilei fa porre a Salviati, uno dei personaggi, la seguente questione riguardante l'insieme N dei numeri naturali ("i numeri tutti"). Dice Salviati:"... se io dirò, i numeri tutti, comprendono i quadrati e i non quadrati, esser più che i quadrati soli, dirò proposizione verissima: non è così?". Come si può rispondere all'interrogativo posto e con quali argomenti? 

 

5.R) Insiemisticamente, possiamo tranquillamente asserire che l'insieme dei quadrati dei numeri naturali è un insieme contenuto nell'insieme dei "numeri tutti". Saremmo portati a pensare che i numeri interi sono in numero superiore ai loro quadrati, ma così  non è. In realtà esiste una relazione biunivoca che lega il numero intero positivo con il suo quadrato data dalla funzione n\to n^2. In definitiva, l'insieme dei numeri naturali e l'insieme dei quadrati sono equipotenti, hanno cioè la stessa cardinalità (lo stesso numero di elementi).

 

 

6) Di tutti i coni inscritti in una sfera di raggio 10 cm, qual è quello di superficie laterale massima? 

 

6.R) Per prima cosa, tramite le equivalenze possiamo scrivere 10\,\, cm= 1\,\,dm. In riferimento alla figura

 

Triangolo e circonferenza nel quesito 6 della Maturità PNI 2011

 

La superficie laterale del cono è:

 

S_{l}= \pi AH\cdot AV

 

Poniamo x= OH e consideriamo il triangolo rettangolo AOH. Per il teorema di Pitagora applicato ad esso possiamo affermare che:

 

AH= \sqrt{AO-OH^2}= \sqrt{1-x^2}

 

Inoltre l'apotema del cono AV può essere determinata applicando il teorema di Pitagora VHA

 

AV= \sqrt{AH^2+ VH^2}= \sqrt{1-x^+ (1+x)^2}= \sqrt{2+2x}

 

di conseguenza:

 

S_{l}(x)= \pi AH\cdot AV= \pi \sqrt{1-x^2}\sqrt{2+2x}= \pi \sqrt{2+2x-2x^2-2x^3}

 

Abbiamo determinato la superficie laterale in funzione del segmento x. Calcoliamo la derivata prima:

 

S_{l}'(x)= \frac{\pi(2-4x-6x^2)}{2\sqrt{2+2x-2x^2-2x^3}}

 

e imponiamo che sia uguale a 0, così da determinare i punti stazionari:

 

S_{l}'(x)= 0 che equivale a richiedere che  2-4x-6x^2= 0 e questo conduce alle soluzioni:

 

x=-1 e x= \frac{1}{3}.

 

x= -1 va escluso per questioni geometriche, mentre quello da tenere in considerazione è x= \frac{1}{3}. Studiamo il segno della derivata prima che dipende esclusivamente dal numeratore

 

2-4x-6x^2\textgreater 0 se e solo 0\textless x\textless \frac{1}{3}

 

Se ne deduce che x= \frac{1}{3} è punto di massimo. Il raggio di base è:

 

AH= \sqrt{1- x^2}= \sqrt{1-\frac{1}{9}}=\frac{2}{3}\sqrt{2}

 

L'altezza è VH= 1+ x= 1+ \frac{1}{3}= \frac{4}{3}

 

Le misure sono espresse in decimetri. 

 

 

7) Un test d'esame consta di dieci domande, per ciascuna delle quali si deve scegliere l'unica risposta corretta fra quattro alternative. Qual è la probabilità che, rispondendo a caso alle dieci domande, almeno due risposte risultino corrette? 

 

7.R) Siano P(0) la probabilità di sbagliare tutte le risposte e p(1) la probabilità di sbagliarne esattamente un decimo, allora la probabilità che rispondendo a caso alle 10 domande almeno due risposte risultino corrette sono:

 

P(x\ge 2)= 1- p(0)- P(1)

 

Calcoliamo quindi le probabilità P(0) e P(1). Per il teorema delle prove ripetute si ha che:

 

P(0)= \left(\frac{1}{4}\right)^{0}\left(\frac{3}{4}\right)^{10}

 

e

 

P(1)= \left(\frac{1}{4}\right)^{1}\left(\frac{3}{4}\right)^{9} \cdot 10

 

Pertanto abbiamo che P(x\ge 2)\simeq 0.755= 75.5\%

 

 

8) In che cosa consiste il problema della quadratura del cerchio? Perché è così citato? 

 

8.R) Quello della quadratura del cerchio è un problema classico della geometria ellenica. Ci si chiedeva se fosse possibile costruire un quadrato equivalente ad un cerchio con il solo uso di riga (non graduata) e compasso. Si scoprirà che cià è impossibile grazie agli studi di Lindemann legati alla trascendenza di \pi

 

9) Si provi che nelo spazio ordinario a tre dimensioni, il luogo geometrico dei punti equidistanti dai tre vertici si un triangolo rettangolo è la retta perpendicolare al piano del triangolo passante per il punto medio dell'ipotenusa. 

 

Sia \pi il piano su cui giace il triangolo rettangolo ABC e M il punto medio dell'ipotenusa del triangolo rettangolo. Consideriamo la retta r passante per il punto medio M e perpendicolare al piano \pi

 

Vertici e triangolo nel quesito 9 della traccia di Maturità 2011

 

Prendiamo ora un quasiasi punto appartenente alla retta, chiamiamolo R, e costruiamo i segmenti AR, BR, CR, generando così due triangoli rettangoli aventi due lati congruenti, 

 

AM\simeq BM\simeq CM

 

ed il segmento in comune MR, necessariamente anche i terzi lati dei tre triangoli sono congruenti tra loro, cioè:

 

BR\simeq AR\simeq CR

 

e ciò dimostra che ogni punto della retta r è equidistante dai tre vertici del triangolo.

 

Sia ora R un punto per il quale si ha che RA= RB= RC. I triangoli BMR, CMR e RMA sono uguali. Poiché il triangolo BRC è un triangolo isoscele, la mediana RM è anche altezza quindi i triangoli RMB e RMC sono rettangoli di conseguenza è rettangolo anche il terzo triangolo. Questo dimostra che i punti equidistanti ai vertici nello spazio stanno sulla retta perpendicolare a M.

 

 

10) Nella figura a lato, denotati con I, II e III, sono disegnati i tre grafici. Uno di essi è il grafico di una funzione f, un altro lo è la funzione derivata f' e l'altro ancora la derivata seconda. Quale delle seguenti alternative identifica correttamente ciascuno dei tre grafici?

 

Tabella e grafico del quesito 10 dell'esame di Maturità 2011

 

10.R) La risposta esatta è la D). Si noti infatti che gli zeri della funzione II coincidono con i punti di massimo e di minimo della funzione III. Infine il segno della I è coerente con gli intervalli di concavità e convessità della funzione III.

 

 

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