Quesiti - Matefilia
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LICEO SCIENTIFICO SESSIONE STRAORDINARIA 2016 QUESTIONARIO
QUESITO 1
Calcolare il limite:
π ππ(cos(π₯) β 1)
π₯β0
lnβ‘(cos2 (π₯))
lim
Ricordiamo che, se f(x) tende a zero, risulta: π πππ(π₯)~π(π₯) ed lnβ‘(1 + π(π₯))~π(π₯).
π ππ(cos(π₯) β 1)
(cos(π₯) β 1)
(cos(π₯) β 1)
(cos(π₯) β 1)
= lim
= lim
= lim
=
2
2
2
π₯β0
π₯β0 lnβ‘(1 β π ππ (π₯))
π₯β0 βπ ππ (π₯)
π₯β0 β1 + cos 2 (π₯)
lnβ‘(cos (π₯))
lim
(cos(π₯) β 1)
1
1
= lim
=
π₯β0 (cos(π₯) β 1)(cos(π₯) + 1)
π₯β0 1 + cos(π₯)
2
= lim
1
Il limite richiesto è 2.
QUESITO 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?
Sia E lβevento βun passeggero non paga il bigliettoβ. Risulta: π(πΈ) = 0.04. La probabilità q
che un passeggero paghi il biglietto è quindi: π = π(πΈΜ
) = 0.96.
Detta p la probabilità che su 40 persone ci siano zero persone senza biglietto, secondo la
formula della distribuzione binomiale (0 successi su 40 prove) abbiamo:
π = π(0,40) = (
40
) (0.04)0 (0.96)40 = 0.9640
0
La probabilità che ci sia almeno un passeggero senza biglietto è quindi:
1 β π = 1 β 0.9640 β
0.805 β
80.5β‘%
Se il numero raddoppia la probabilità non raddoppia, infatti in questo caso abbiamo:
1 β π = 1 β 0.9680 β
0.962 β
96.2β‘%
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QUESITO 3
Determinare il parametro reale π in modo che i grafici di π¦ = π₯ 2 e di π¦ = βπ₯ 2 + 4π₯ β π,
risultino tangenti e stabilire le coordinate del punto di tangenza.
Risolviamo il seguente sistema:
{
π¦ = π₯2
Ξ
π¦ = π₯2
;
{
; β‘β‘2π₯ 2 β 4π₯ + π = 0β‘β‘;β‘ 4 = 4 β 2π = 0β‘β‘π πβ‘β‘π = 2.
2
2
2
π¦ = βπ₯ + 4π₯ β π π₯ = βπ₯ + 4π₯ β π
Le parabole sono tangenti se π = 2.
Cerchiamo il punto di tangenza:
2π₯ 2 β 4π₯ + π = 0β‘β‘β‘; β‘β‘β‘2π₯ 2 β 4π₯ + 2 = 0β‘;β‘β‘β‘π₯ 2 β 2π₯ + 1 = 0β‘β‘; (π₯ β 1)2 = 0β‘; β‘β‘β‘β‘π₯ = 1
Le parabole sono tangenti nel punto (1; 1).
QUESITO 4
Dati i punti π΄(2, 4, β8) e π΅(β2, 4, β4), determinare lβequazione della superficie sferica di
diametro AB e lβequazione del piano tangente alla sfera e passante per A.
Il centro C della sfera è il punto medio del segmento AB: πΆ = (0; 4;β‘β6).
Il raggio R della sfera è la metà della distanza AB, quindi:
1
1
1
π
= π΄π΅ = β(2 + 2)2 + (4 β 4)2 +(β8 + 4)2 β‘ = β16 + 16β‘ = 2β2
2
2
2
La sfera di diametro AB ha quindi equazione:
(π₯ β 0)2 + (π¦ β 4)2 + (π§ + 6)2 = 8β‘β‘β‘;β‘β‘β‘β‘π₯ 2 + π¦ 2 + π§ 2 β 8π¦ + 12π§ + 44 = 0
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Il piano passante per A e tangente alla sfera equivale al piano passante per A e
perpendicolare alla retta AC; i parametri direttori del piano coincidono con quelli della
normale AC, che sono: π = 2 β 0 = 2β‘, π = 4 β 4 = 0, π = β8 + 6 = β2β‘.
Il piano richiesto ha quindi equazione:
π(π₯ β π₯π΄ ) + π(π¦ β π¦π΄ ) + π(π§ β π§π΄ ) = 0β‘β‘; β‘β‘β‘2(π₯ β 2) β 2(π§ + 8) = 0,
π₯ β π§ β 10 = 0β‘.
QUESITO 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?
La probabilità che una scatola prodotta nel primo capannone sia difettosa è quindi:
π1 = 3% = 0.03
La probabilità che una scatola prodotta nel secondo capannone sia difettosa è quindi:
π1 = 2% = 0.02
Mettiamo ora insieme le scatole (1000); estraiamo una scatola a caso: la probabilità che
600
sia una di quelle prodotte nel primo capannone è 1000 = 0.6, la probabilità che sia una di
quelle prodotte dal secondo capannone 0.4.
La probabilità che sia prodotta dal primo capannone e che sia difettosa è:
π1π· = 0.6 β 0.03 = 0.018
La probabilità che sia prodotta dal secondo capannone e che sia difettosa è:
π2π· = 0.4 β 0.02 = 0.008
La probabilità che sia difettosa è quindi:
ππ· = π1π· + π2π· = 0.026
La probabilità π(2|π·) che sia difettosa provenendo dal capannone 2 è:
π(2|π·) =
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π(π· β© 2) π2π· 0.008
4
=
=
=
= 30.8β‘%
ππ·
ππ·
0.026 13
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QUESITO 6
In un semicerchio di raggio π = 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
lβarea massima che può assumere tale triangolo?
Indichiamo con x lβangolo compreso fra i lati CD ed EC del triangolo, che è isoscele,
essendo CD ed EC raggi; risulta, in radianti, 0 β€ π₯ β€ π. Lβarea del triangolo è:
π΄πππ(πΆπ·πΈ) =
1
β πΈπΆ β πΆπ· β π ππ(π₯) = 50β‘π ππ(π₯)
2
π
Tale area è massima quando π ππ(π₯) = 1, quindi per π₯ = 2 β‘.
Il triangolo di area massima è quello rettangolo in C e la sua area è 50.
QUESITO 7
Calcolare, se esiste, il limite della seguente successione esplicitando il procedimento
seguito:
3 βπ
lim (1 + )
πββ
π
Dal limite notevole:
Segue che:
1 π
lim (1 + ) = π
πββ
π
1 π(π)
lim (1 +
)
=π
π(π)ββ
π(π)
Quindi:
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π
( )β(β3)
3
3 βπ
1
lim (1 + ) = lim (1 + π )
πββ
πββ
π
3
Il limite esiste ed è
1
π3
π β3
3
1
= lim (1 + π )
πββ
3 ]
[
= π β3 =
1
π3
β‘.
QUESITO 8
Data la funzione π(π₯) = βπ₯ 4 + 2π₯ 2 + 8, sia g la retta passante per i punti π΄(0,8) e π΅(2,0).
Si calcoli lβarea della regione tratteggiata indicata in figura.
π₯
π¦
La retta per A e B ha equazione: 2 + 8 = 1β‘,β‘β‘β‘π¦ = β4π₯ + 8 .
Lβarea richiesta si ottiene mediante il seguente calcolo integrale:
2
2
1 5 2 3
4
2
4
2
2
[(βπ₯
(β4π₯
(βπ₯
β«
+ 2π₯ + 8) β
+ 8)] ππ₯ = β«
+ 2π₯ + 4π₯)β‘ππ₯ = [β π₯ + π₯ + 2π₯ ] =
5
3
0
0
0
2
=β
32 16
104
+
+8=
β
6.93β‘π’2 = π΄πππ
5
3
15
QUESITO 9
Dati i punti π΄(β2, 0, 1), π΅(1, 1, 2), πΆ(0, β1, β2), π·(1, 1, 0), determinare lβequazione del piano
πΌ passante per i punti π΄, π΅, πΆ e lβequazione della retta passante per π· e perpendicolare al
piano πΌ.
Il generico piano ha equazione: ππ₯ + ππ¦ + ππ§ + π = 0; imponiamo il passaggio per i tre
punti A, B e C:
β2π + π + π = 0
{π + π + 2π + π = 0 ;β‘ sommando la seconda e la terza equazione otteniamo: π = β2π ;
βπ β 2π + π = 0
il sistema diventa quindi:
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π = β5π
{ π = 11π
π = β2π
Il piano per A, B e C ha pertanto equazione:
β2ππ₯ + 11ππ¦ β 5ππ§ + π = 0,β‘β‘β‘β‘β‘β‘β‘2π₯ β 11π¦ + 5π§ β 1 = 0
I parametri direttori di una normale ad un piano sono gli stessi del piano, uguali ai
coefficienti di x, y e z: 2, -11, 5. La retta per D perpendicolare al piano trovato ha quindi
equazioni parametriche:
π₯ = π₯π· + 2π‘
π₯ = 1 + 2π‘
{π¦ = π¦π· β 11π‘ ;β‘β‘β‘β‘β‘β‘{π¦ = 1 β 11π‘
π§ = π§π· + 5π‘
π§ = 5π‘
QUESITO 10
Si consideri, nel piano cartesiano, la regione limitata π
, contenuta nel primo quadrante,
compresa tra l'asse π¦ ed i grafici di π¦ = 2π₯ β‘β‘β‘πβ‘β‘β‘π¦ = π₯ 2 . Si determinino i volumi dei solidi
che si ottengono ruotando π
attorno all'asse π₯ e all'asse π¦.
Rappresentiamo graficamente la regione R:
Le due curve si incontrano nel primo quadrante nel punto (2;4) (poi si incontreranno di
nuovo, ma non cambia la regione R).
Ruotando attorno allβasse x abbiamo il volume:
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2
2
ππ₯ = π β« [(2π₯ )2 β (π₯ 2 )2 ]ππ₯ = π β« [4π₯ β π₯ 4 ]ππ₯ = π [
0
0
2
4π₯
1
β π₯5] =
lnβ‘(4) 5
0
16
32
1
15
32
= π(
β
β
) = π(
β ) β
13.887β‘β‘π’3 = ππ₯
lnβ‘(4) 5 lnβ‘(4)
lnβ‘(4) 5
Per il calcolo del volume ottenuto dalla rotazione attorno allβasse y consideriamo le curve
nella forma:
π₯ = log 2 π¦ β‘β‘β‘β‘β‘β‘πβ‘β‘β‘β‘β‘β‘β‘β‘β‘π₯ = βπ¦ (è π₯ > 0)
In questo caso il volume è dato da:
4
1 21
1 2 4
ππ¦ = π β« (βπ¦) ππ¦ + π β« [(βπ¦) β (log 2 π¦) ] ππ¦ = π [ π¦ ] + π [ π¦ ] β π β« (log 2 π¦)2 ππ¦
2
2
0
1
0
1
1
1
4
2
2
2
4
4
1
1
πππ¦ 2
1 15
1
= π ( ) + π (8 β ) β π β« ( ) ππ¦ = π ( +
β
β« (πππ¦)2 ππ¦)
2
2
2 2 ln2 2 1
1 ππ2
Cerchiamo una primitiva di (πππ¦)2 , operando la sostituzione πππ¦ = π‘β‘β‘ππβ‘ππ’πβ‘β‘π¦ = π π‘ ed
integrando per parti:
β« ln2 π¦β‘ππ¦ = β« π‘ 2 (π π‘ ππ‘) = β« π‘ 2 (π π‘ )β² ππ‘ = π‘ 2 π π‘ β β« 2π‘π π‘ ππ‘ = π‘ 2 π π‘ β 2 β« π‘(π π‘ )β²ππ‘ =
= π‘ 2 π π‘ β 2 [π‘π π‘ β β« π π‘ ππ‘] = π‘ 2 π π‘ β 2π‘π π‘ + 2π π‘ + π = π¦(ln2 π¦ β 2πππ¦ + 2) + π
Risulta quindi
ππ¦ = β― = β‘π (8 β
4
1
1
(πππ¦)2 ππ¦) = π (8 β 2 [π¦(ln2 π¦ β 2πππ¦ + 2)]14 ) =
β«
2
ln 2 1
ln 2
1
4 ln2 4 β 8ππ4 + 6
2
= β‘π (8 β 2 [4(ln 4 β 2ππ4 + 2) β (2)]) = π (8 β
) β
8.152β‘π’3
ln 2
ln2 2
Quindi ππ¦ = β‘π (8 β
4 ln2 4β8ππ4+6
ln2 2
) β
8.152β‘β‘π’3
Con la collaborazione di Angela Santamaria
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