Quesiti seconda prova Maturità 2015

Pronti per leggere le soluzioni dei quesiti della seconda prova di Matematica per la Maturità 2015? Per ciascun quesito vi proponiamo una soluzione dettagliata e completa, con tanto di commenti nei passaggi più delicati della risoluzione.

 

Quesiti della seconda prova di Maturità 2015

 

Quesito 1) Determinare l'espressione analitica della funzione y=f(x) sapendo che la retta y=-2x+5 è tangente al grafico di f nel secondo quadrante e che f'(x)=-2x^2+6.

 

Soluzione 1) Per cominciare risaliamo alla famiglia di primitive di f'(x)=-2x^2+6, calcolandone l'integrale indefinito

 

\int f'(x)dx)=\int(-2x^2+6)dx=\int(-2x^2)dx+\int 6dx=-2\frac{x^3}{3}+6x+c

 

dove c\in\mathbb{R} è una costante arbitraria. Nel secondo passaggio abbiamo sfruttato le proprietà degli integrali. Il calcolo dei due integrali è immediato (integrali fondamentali).

 

La famiglia di primitive è dunque

 

f_c(x)=-\frac{2}{3}x^3+6x+c

 

Ora sfruttiamo la condizione di tangenza: detta x_T l'ascissa del punto di tangenza, sappiamo che la derivata prima valutata nell'ascissa del punto di tangenza coincide con il coefficiente angolare della retta tangente al grafico nel punto

 

\begin{cases}m=-2\\ f'(x_T)=-2x^2_T+6\end{cases}\ \Rightarrow\ -2x_T^2+6=-2

 

da cui la banale equazione di secondo grado

 

x_T^2=4\ \Rightarrow\ x_T=\pm 2

 

A noi interessa il punto nel secondo quadrante, quindi deve essere x_T<0, quindi x_T=-2.

 

Nel punto di tangenza il grafico di f e la tangente hanno la stessa ordinata, per cui

 

y_T=-2x_T+5\ \to\ y_T=-2(-2)+5=9\ \to\ T=(-2,9)

 

Ora è sufficiente usare le coordinate del punto di tangenza per determinare la costante c

 

\\ f(x_T)=y_T\\ \\ f(-2)=9\\ \\ -\frac{2}{3}(-2)^3+6(-2)+c=9\\ \\ \frac{16}{3}-12+c=9\ \Rightarrow\ c=\frac{47}{3}

 

Abbiamo così ricavato l'espressione analitica della funzione: f(x)=-\frac{2}{3}x^3+6x+\frac{47}{3}

 

 

Quesito 2) Dimostrare che il volume del tronco di cono è espresso dalla formula

 

V=\frac{1}{3}\pi\cdot h\cdot (R^2+r^2+R\cdot r)

 

dove R ed r sono i raggi e h l'altezza.

 

Soluzione 2) Rappresentiamo un tronco di cono

 

 

Quesito 2 seconda prova 2015

 

 

Il volume del tronco di cono si ottiene dalla differenza tra il volume del cono grande ed il volume del cono piccolo. Ora, le aree dei cerchi di base sono \pi r^2 \mbox{ e } \pi R^2, di conseguenza il volume del cono piccolo V_p e quello del cono grande V_g sono dati da:

 

V_p=\frac{1}{3}\pi r^2 h'; \ V_g=\frac{1}{3}\pi R^2(h+h').

 

Per esprimere h' in termini di h, \ r \mbox{ e } R è sufficiente impostare la proporzione

 

R:(h+h')=r:h'

 

che vien fuori dalla similitudine dei due triangoli rettangoli VO'A' \mbox{ e } VOA che sono simili per il primo criterio di similitudine dei triangoli.

 

Grazie alla proprietà fondamentale delle proporzioni abbiamo

 

r(h+h')=Rh' \iff rh+rh'-Rh'=0 \iff h'(r-R)=-rh \iff h'=\frac{rh}{R-r}

 

Possiamo allora concludere che:

 

\mbox{Volume Tronco} = V_g-V_p = \frac{1}{3}\pi R^2 (h+h') - \frac{1}{3}\pi r^2 h'=

 

sostituendo h'=\frac{rh}{R-r}

 

=\frac{1}{3}\pi R^2 \left(h+\frac{rh}{R-r}\right) - \frac{1}{3}\pi r^2 \left(\frac{rh}{R-r}\right)=

 

=\frac{1}{3}\pi R^2 \left(\frac{Rh-rh+rh}{R-r}\right) - \frac{1}{3}\pi \left(\frac{r^3 h}{R-r}\right)=

 

\frac{1}{3}\pi \left(\frac{R^3 h}{R-r}\right) - \frac{1}{3}\pi \left(\frac{r^3 h}{R-r}\right)= \frac{1}{3}\pi h \left(\frac{R^3-r^3}{R-r}\right)=

 

scomponendo la differenza di cubi

 

=\frac{1}{3}\pi h \left(\frac{(R-r)(R^2+Rr+r^2)}{R-r}\right)=\frac{1}{3}\pi h (R^2+r^2+Rr)

 

Abbiamo così ricavato la formula per il volume del tronco di cono.

 

 

Quesito 3) Lanciando una moneta sei volte qual è la probabilità che si ottenga testa al più due volte? Qual è la probabilità che si ottenga testa almeno due volte?

 

Soluzione 3) Per rispondere ad entrambe le domande faremo ricorso alla formula di Bernoulli per la quale, dato un evento con probabilità p di verificarsi per ciascuna prova, effettuando n prove indipendenti tra loro, risulta che la probabilità che l'evento si verifichi k\leq n volte è data da

 

\mathbb{P}(k\mbox{ successi su }n\mbox{ prove})=\binom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}

 

dove \binom{n}{k} indica il coefficiente binomiale

 

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

 

e n! indica il fattoriale di n.

 

Nel nostro caso la probabilità di ottenere testa lanciando una moneta non truccata è p=\frac{1}{2}, per cui 1-p=\frac{1}{2}, ed inoltre abbiamo n=6 prove indipendenti. L'intero k varia a seconda dei casi da esaminare.

 

Detto X il numero di teste, la probabilità di ottenere al più due teste è

 

\mathbb{P}(X=0)+\mathbb{P}(X=1)+\mathbb{P}(X=2)=

 

=\binom{6}{0}\left(\frac{1}{2}\right)^0\left(\frac{1}{2}\right)^6+\binom{6}{1}\left(\frac{1}{2}\right)^1\left(\frac{1}{2}\right)^5+\binom{6}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(\frac{1}{2}\right)^4=

 

=1\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6+6\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6+15\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6=

 

=\left(\frac{1}{2}\right)^6\left(1+6+15\right)=\frac{1}{64}\cdot 22=0,34375

 

Il risultato in termini di calcolo percentuale è 34,375\%.

 

La probabilità di ottenere almeno due teste è

 

\mathbb{P}(X=2)+\mathbb{P}(X=3)+\mathbb{P}(X=4)+\mathbb{P}(X=5)+\mathbb{P}(X=6)=

 

=\binom{6}{2}\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(\frac{1}{2}\right)^4+\binom{6}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^3\left(\frac{1}{2}\right)^3+\binom{6}{4}\left(\frac{1}{2}\right)^4\left(\frac{1}{2}\right)^2+\binom{6}{5}\left(\frac{1}{2}\right)^5\left(\frac{1}{2}\right)^1+\binom{6}{6}\left(\frac{1}{2}\right)^6\left(\frac{1}{2}\right)^0=

 

=15\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6+20\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6+15\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6+6\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6+1\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6=

 

=\left(\frac{1}{2}\right)^6\cdot(15+20+15+6+1)=\frac{57}{64}=0,890625

 

Il risultato in forma percentuale è approssimativamente pari 89\%.

 

In alternativa possiamo calcolare la probabilità di ottenere almeno due teste come:

 

1-\mathbb{P}(X=0)-\mathbb{P}(X=1)=1-\left(\frac{1}{2}\right)^6-6\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6=1-\frac{1}{64}-\frac{6}{64}=\frac{57}{64}

 

 

 

Quesito 4) Di quale delle seguenti equazioni differenziali la funzione y=\frac{\ln(x)}{x} è soluzione?

 

\\ A)\ y''+\frac{2y'}{x}=y;\ \ \ B)\ y'+xy'=1;\\ \\ C)\ xy'=\frac{1}{x}+y;\ \ \ D)\ x^2y''+xy'+\frac{2}{x}=y

 

Soluzione 4) Dato che le equazioni differenziali non sono oggetto di studio alle scuole superiori, non è chiaramente richiesta la risoluzione delle equazioni proposte. Per rispondere al quesito basta calcolare le derivate della funzione assegnata fino al secondo ordine e capire quale delle quattro equazioni è verificata come identità.

 

y=\frac{\ln(x)}{x}

 

Calcoliamo y' usando la regola di derivazione del rapporto e tenendo a mente le derivate fondamentali

 

y'=\frac{\frac{1}{x}\cdot x-\ln(x)\cdot 1}{x^2}=

 

=\frac{1-\ln(x)}{x^2}

 

Passiamo alla seconda, procedendo in modo analogo

 

y''=\frac{-\frac{1}{x}\cdot x^2-2x(1-\ln(x))}{x^4}=

 

=\frac{-x-2x+2x\ln(x)}{x^4}=

 

=\frac{2x\ln(x)-3x}{x^4}=

 

=\frac{2\ln(x)-3}{x^3}=

 

A questo punto non resta che sostituire le espressioni di y,y',y'' nelle quattro equazioni differenziali e stabilire in quale caso è verificata l'uguaglianza. Un po' di intuito e un po' d'occhio possono aiutare... ;)

 

D)\ \ x^2y''+xy'+\frac{2}{x}=y

 

Per sostituzione otteniamo

 

x^2\frac{2\ln(x)-3}{x^3}+x\frac{1-\ln(x)}{x^2}+\frac{2}{x}=\frac{\ln(x)}{x}

 

con un paio di semplificazioni e altrettanti conticini ricaviamo

 

\frac{2\ln(x)-3+1-\ln(x)+2}{x}=\frac{\ln(x)}{x}

 

vale a dire

 

\frac{\ln(x)}{x}=\frac{\ln(x)}{x}

 

che è un'identità. L'equazione differenziale che ammette y=\frac{\ln(x)}{x} come soluzione è la D).

 

 

Quesito 5) Determinare un'espressione analitica della retta perpendicolare nell'origine al piano di equazione x+y-z=0.

 

Soluzione 5) Dall'equazione del piano possiamo ricavare immediatamente i coefficienti direttori del medesimo: (1,1,-1).

 

Dal momento che la retta è perpendicolare al piano, la direzione della retta è data proprio dal vettore dei parametri direttori del piano. Detta r la retta e v_r il vettore che ne esprime la direzione, abbiamo

 

v_r=(a,b,c)=(1,1,-1)

 

Sapendo che la retta passa per il punto O=(0,0,0) possiamo determinarne le equazioni cartesiane mediante la formula

 

\frac{x-x_0}{a}=\frac{y-y_0}{b}=\frac{z-z_0}{c}

 

cioè

 

\frac{x-0}{1}=\frac{y-0}{1}=\frac{z-0}{-1}

 

da cui

 

x=y=-z

 

Per ottenere una rappresentazione analitica della retta è sufficiente disaccoppiare le equazioni precedenti

 

\begin{cases}x=y\\ x=-z\end{cases}\ \mbox{ ossia }\ \begin{cases}x-y=0\\ x+z=0\end{cases}

 

 

Quesito 6) Sia f la funzione, definita per tutti gli x reali, da

 

f(x)=(x-1)^2+(x-2)^2+(x-3)^2+(x-4)^2+(x-5)^2

 

Determinare il minimo di f.

 

Soluzione 6) La funzione proposta è continua e derivabile \forall x\in\mathbb{R}, in quanto funzione polinomiale.

 

Per minimizzarla basta seguire l'usuale procedura per lo studio di massimi e minimi. Calcoliamone la derivata

 

f'(x)=2(x-1)+2(x-2)+2(x-3)+2(x-4)+2(x-5)

 

ossia

 

f'(x)=10x-30

 

Individuiamo gli zeri della derivata prima

 

f'(x)=0\ \to\ 10x-30=0\ \to\ x=\frac{30}{10}=3

 

e studiamone il segno, risolvendo la disequazione di primo grado

 

f'(x)\geq 0\ \to\ 10x-30\geq 0\ \to\ x\geq 3

 

Da qui risulta che f'(x) è negativa per x<3 e positiva per x>3, dunque f(x) decresce per x<3 e cresce per x>3.

 

Possiamo così concludere che x=3 è un punto di minimo assoluto per f, cui corrisponde il (valore) minimo

 

f(3)=(3-1)^2+(3-2)^2+(3-3)^2+(3-4)^2+(3-5)^2=10

 

 

Quesito 7) Detta A(n) l'area del poligono regolare di n lati inscritto in un cerchio C di raggio r, verificare che A(n)=\frac{n}{2}r^2\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right) e calcolarne il limite per n\to+\infty.

 

Soluzione 7) Verifichiamo la formula per l'area del poligono regolare inscritto.

 

Un poligono regolare di n lati inscritto in un cerchio può essere suddiviso in n triangoli isosceli congruenti tra loro, ciascuno con angolo al centro di ampiezza \frac{2\pi}{n} (angolo giro diviso numero di lati del poligono).

 

 

Quesito 7 seconda prova 2015

 

 

Usiamo la formula goniometrica per l'area del triangolo

 

A_{triangolo}=\frac{1}{2}\overline{AO}\cdot \overline{OB}\cdot \sin(\hat{AOB})=

 

=\frac{1}{2}r\cdot r\cdot \sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)

 

Per l'area del poligono regolare basta sommare le aree degli n triangoli

 

A(n)=\frac{n}{2}r^2\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)

 

e la formula è verificata.

 

Calcoliamo il limite di A(n) per n\to+\infty. Si tratta di un limite di successione, ed in particolare della successione \{A(n)\}_{n\in\mathbb{N}}

 

\lim_{n\to +\infty}A(n)=\lim_{n\to +\infty}\frac{n}{2}r^2\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)=(\spadesuit)

 

Dato che l'argomento del seno tende a zero per n\to +\infty possiamo applicare il limite notevole del seno. Moltiplichiamo e dividiamo per \frac{2\pi}{n}

 

(\spadesuit)=\lim_{n\to +\infty}\frac{n}{2}r^2\frac{\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)}{\frac{2\pi}{n}}\cdot \frac{2\pi}{n}=\pi r^2

 

Com'era lecito aspettarsi, il limite delle aree al crescere del numero dei lati è proprio l'area del cerchio.

 

 

Quesito 8) I lati di un triangolo misurano, rispettivamente, 6 cm, 6 cm e 5 cm. Preso a caso un punto P all'interno del triangolo, qual è la probabilità che P disti più di 2 cm da tutti e tre i vertici del triangolo?

 

Soluzione 8) Calcoleremo la probabilità come rapporto tra l'area A_F della porzione di triangolo i cui distano più di 2 cm da tutti e tre i vertici (colorata in arancione) e l'area A_T del triangolo.

 

Quesito 8 maturità 2015

 

\mathbb{P}(\mbox{Evento})=\frac{A_F}{A_T}

 

Innanzitutto, grazie alla formula di Erone, abbiamo che:

 

A_T=\sqrt{p(p-\overline{AB})(p-\overline{BC})(p-\overline{AC})}=

 

=\sqrt{8,5(8,5-6)(8,5-6)(8,5-5)}=\sqrt{185,9375}

 

dove con p abbiamo indicato il semiperimetro del triangolo.

 

Consideriamo i tre settori circolari costruiti a partire dai tre vertici A, \ B \mbox{ e} C e ciascuno con raggio 2 cm.

 

Noi non conosciamo le ampiezze dei singoli angoli interni del triangolo, ma sappiamo che la somma degli angoli interni di un triangolo qualsiasi è pari a 180^{\circ}\ (\pi). Di conseguenza la somma delle tre aree dei settori circolari equivale all'area di un semicerchio di raggio 2 centimetri, ossia

 

A_S=\frac{\pi r^2}{2}=2\pi\ \mbox{cm^2}

 

Possiamo allora affermare che

 

A_F=A_T-A_S=\sqrt{185,9375}-2\pi

 

Il rapporto tra le due aree, ossia la probabilità richiesta dalla traccia, è

 

\mathbb{P}(\mbox{Evento})=\frac{A_F}{A_T}=\frac{\sqrt{185,9375}-2\pi}{\sqrt{185,9375}}

 

e volendo possiamo approssimare il risultato come segue

 

\mathbb{P}(\mbox{Evento})\simeq 0,54\ \ \ \mbox{ossia il }54\%

 

 

Quesito 9) Data la funzione

 

f(x)=\begin{cases}x^3\mbox{ per }0\leq x\leq 1\\ x^2-kx+k\mbox{ per }1<x\leq 2\end{cases}

 

determinare il parametro k in modo che nell'intervallo [0,2] sia applicabile il teorema di Lagrange e trovare il punto in cui la tesi del teorema assicura l'esistenza.

 

Soluzione 9) Richiamiamo l'enunciato del teorema di Lagrange. Sia f:[a,b]\to\mathbb{R} una funzione continua su [a,b] e derivabile in (a,b). Allora esiste almeno un punto x_L interno ad (a,b) tale che

 

f(b)-f(a)=f'(x_L)\cdot (b-a)

 

Innanzitutto imponiamo che f sia continua su [0,2]. L'unico punto da controllare è x=1, il punto di raccordo, perché i due rami della funzione sono continui (in quanto polinomiali) sui rispettivi intervalli.

 

Applichiamo la definizione di continuità in un punto:

 

\lim_{x\to 1^-}f(x)=f(1)=\lim_{x\to 1^+}f(x)

 

Esplicitamente

 

\\ \lim_{x\to 1^-}f(x)=\lim_{x\to1^-}x^3=1 \\ \\ f(1)=(1)^3=1 \\ \\ \lim_{x\to 1^+}f(x)=\lim_{x\to 1^+}(x^2-kx+k)=1-k+k=1

 

Ne deduciamo che f è continua in x=1 per ogni k\in\mathbb{R}.

 

Applichiamo la definizione di funzione derivabile: i due rami della funzione sono derivabili sui rispettivi intervalli (in quanto polinomiali), per cui l'unico punto in cui effettuare il controllo è x=1. Confrontiamo i limiti del rapporto incrementale da sinistra e da destra

 

\lim_{h\to 0^-}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\lim_{h\to 0^+}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}

 

Calcoliamo i due limiti

 

\lim_{h\to 0^-}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\lim_{h\to 0^-}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}=\lim_{0^-}\frac{(1+h)^3-1}{h}=

 

=\lim_{h\to 0^-}\frac{1+3h+3h^2+h^3-1}{h}=3

 

\lim_{h\to 0^+}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}=\lim_{h\to 0^+}\frac{f(1+h)-f(1)}{h}=\lim_{h\to 0^+}\frac{(1+h)^2-k(1+h)+k-1}{h}=

 

=\lim_{h\to 0^+}\frac{1+2h+h^2-k-kh+k-1}{h}=\lim_{h\to 0^+}\frac{(2-k)h+h^2}{h}=2-k

 

Ora imponiamo l'uguaglianza, e ricaviamo 2-k=3\ \to\ k=-1. Riscriviamo la funzione con tale valore del parametro:

 

f(x)=\begin{cases}x^3\mbox{ per }0\leq x\leq 1\\ x^2+x-1\mbox{ per }1<x\leq 2\end{cases}

 

Ora consideriamo l'equazione derivante dalla tesi del teorema di Lagrange:

 

f(b)-f(a)=f'(x_L)\cdot (b-a)\ \ \ (\bullet)

 

Per f'(x_L) abbiamo tre possibilità:

 

- sul primo ramo: f'(x_L)=3x_L^2

- sul secondo ramo: f'(x_L)=2x_L+1

- nel punto di raccordo: f'(x_L)=3 (è il valore della derivata prima in x=1, cioè il valore comune dei due limiti del rapporto incrementale).

 

Consideriamo l'equazione (\bullet) sui tre rami, con f(b)=f(2)=5 e f(a)=f(0)=0.

 

- Sul primo ramo

 

5-0=3x_L^2\cdot (2-0)\ \to\ 5=6x_L^2\ \to\ x_L^2=\frac{5}{6}

 

da cui x_L=\sqrt{\frac{5}{6}}, accettabile perché \in(0,1).

 

- Sul secondo ramo

 

(5-0)=(2x_L+1)(2-0)\ \to\ 5=4x_L+2\ \to\ x_L=\frac{3}{4}

 

non accettabile perché \not\in(1,2).

 

- Nel punto di raccordo

 

5-0=3\cdot (2-0)\ \to\ 5=6

 

Impossibile, quindi x_L=1 non soddisfa la tesi del teorema di Lagrange.

 

 

Quesito 10) Il grafico della funzione f(x)=\sqrt{x}\ (x\in\mathbb{R},\ x\geq 0) divide in due porzioni il rettangolo ABCD avente i vertici A(1,0),\ B(4,0),\ C(4,2),\ D(1,2). Calcolare il rapporto tra le aree delle due porzioni.

 

Soluzione 10) Rappresentiamo il rettangolo ed il grafico nel piano cartesiano

 

 

Quesito 10 seconda prova 2015

 

 

L'area del rettangolo è A_R=3\cdot 2=6.

 

L'area sottesa dal grafico di f sull'intervallo [1,4] si calcola mediante un opportuno integrale, in accordo col significato geometrico dell'integrale di Riemann

 

A_S=\int_1^4f(x)dx=\int_1^4\sqrt{x}dx=\int_1^4x^{\frac{1}{2}}dx=

 

per la formula dell'integrale di una potenza

 

=\left[\frac{x^{\frac{1}{2}+1}}{\frac{1}{2}+1}\right]_1^4=\left[\frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\right]_1^4=\frac{2}{3}\left[\sqrt{4^3}-\sqrt{1^3}\right]=\frac{14}{3}

 

L'area A_I interna al rettangolo al di sopra del grafico si calcola come differenza:

 

A_I=A_R-A_S=6-\frac{14}{3}=\frac{4}{3}

 

e il rapporto tra le due aree è dato da

 

\frac{A_S}{A_I}=\frac{\frac{14}{3}}{\frac{4}{3}}=\frac{14}{4}=\frac{7}{2}

 

dove nel secondo passaggio abbiamo scritto la frazione di frazioni come un'unica frazione.

 

Finito!

 

 

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