LICEO SCIENTIFICO 2026 - QUESTIONARIO

Soluzione quesito 1:

Legenda: G centro del cerchio (sulla diagonale AC, con \(\overline{AG}=r\)), F ed E punti di intersezione del cerchio con i lati AD e AB.

Il lato del quadrato è \(\overline{AB}=\sqrt2\) dm, quindi la diagonale misura:

\[ \overline{AC} = \sqrt2\cdot\sqrt2 = 2 \text{ dm} \]

Il centro \(G\) del primo cartoncino sta sulla diagonale, a distanza \(\overline{AG}=r=\dfrac23\) dm da \(A\) (poiché il bordo passa per \(A\)). Il cerchio interseca i lati \(AD\) e \(AB\) rispettivamente in \(F\) ed \(E\).

Per la simmetria della figura rispetto alla diagonale \(AC\) (bisettrice dell'angolo retto in \(A\)), il segmento \(FE\) passa per il centro \(G\) — è quindi un diametro — ed è perpendicolare alla diagonale \(AC\) in \(G\).

Questo diametro \(FE\) divide il cerchio in due semicerchi:

• il semicerchio dalla parte opposta ad \(A\) rispetto a \(FE\), che sta interamente dentro il quadrato;
• il semicerchio dalla parte di \(A\), che viene tagliato dai lati \(AD\) e \(AB\): la parte di questo semicerchio che resta dentro il quadrato è esattamente il triangolo \(AFE\) (essendo \(A\) il punto medio dell'arco \(FAE\), per costruzione).

L'area coperta dal primo cartoncino all'interno del quadrato è quindi:

\[ \text{Area}_{\text{coperta}} = \frac12\pi r^2 + \text{Area}(\triangle AFE) \]

Calcoliamo l'area del triangolo \(AFE\) usando come base il diametro \(\overline{FE}=2r=\dfrac43\) e come altezza la distanza \(\overline{AG}=r=\dfrac23\) (essendo \(AG\perp FE\)):

\[ \text{Area}(\triangle AFE) = \frac{\overline{FE}\cdot\overline{AG}}{2} = \frac{\dfrac43\cdot\dfrac23}{2} = \frac{8/9}{2} = \frac49 \]

Quindi:

\[ \text{Area}_{\text{coperta}} = \frac12\pi\left(\frac23\right)^2 + \frac49 = \frac29\pi + \frac49 = \frac{2\pi+4}{9} \approx 1{,}14 \text{ dm}^2 \]

L'area del quadrato è \(\overline{AB}^2=2\) dm², quindi metà quadrato \(=1\) dm².

Poiché \(\dfrac{2\pi+4}{9}\approx1{,}14 > 1\), il primo cartoncino, da solo, copre già più della metà del quadrato.

Soluzione quesito 2:

a) Tetraedro regolare

Per verificare che \(ABCD\) sia un tetraedro regolare basta dimostrare che tutti gli spigoli sono uguali, cioè \(\overline{AB}=\overline{AC}=\overline{AD}=\overline{BC}=\overline{BD}=\overline{CD}\).

Calcoliamo i quadrati delle distanze:

\[ \overline{AB}^2 = (3-2)^2+(5+4)^2+(-1-3)^2 = 1+81+16=98 \] \[ \overline{AC}^2 = (-6-2)^2+(1+4)^2+(0-3)^2 = 64+25+9=98 \] \[ \overline{AD}^2 = (-1-2)^2+(4+4)^2+(8-3)^2 = 9+64+25=98 \] \[ \overline{BC}^2 = (-6-3)^2+(1-5)^2+(0+1)^2 = 81+16+1=98 \] \[ \overline{BD}^2 = (-1-3)^2+(4-5)^2+(8+1)^2 = 16+1+81=98 \] \[ \overline{CD}^2 = (-1+6)^2+(4-1)^2+(8-0)^2 = 25+9+64=98 \]

Tutti gli spigoli sono uguali: \(\overline{AB}=\overline{AC}=\overline{AD}=\overline{BC}=\overline{BD}=\overline{CD}=\sqrt{98}=7\sqrt2\).

b) Piano tangente in A alla superficie sferica

Trattandosi di un tetraedro regolare, il centro \(O\) della sfera circoscritta coincide con il baricentro dei quattro vertici:

\[ O = \left(\frac{x_A+x_B+x_C+x_D}{4};\,\frac{y_A+y_B+y_C+y_D}{4};\,\frac{z_A+z_B+z_C+z_D}{4}\right) \] \[ O = \left(\frac{2+3-6-1}{4};\,\frac{-4+5+1+4}{4};\,\frac{3-1+0+8}{4}\right) =\] \[=\left(-\frac12;\,\frac32;\,\frac52\right) \]

Verifica (le distanze al quadrato da \(O\) sono tutte uguali, pari al raggio al quadrato \(R^2\)):

\[ \overline{OA}^2=\overline{OB}^2=\overline{OC}^2=\overline{OD}^2 = 36{,}75 \]

Il piano tangente alla sfera in \(A\) è perpendicolare al raggio \(\overrightarrow{AO}\) nel punto \(A\): il vettore \(\overrightarrow{AO}\) è quindi il vettore normale al piano.

\[ \overrightarrow{AO} = O-A = \left(-\frac12-2;\,\frac32+4;\,\frac52-3\right) = \left(-\frac52;\,\frac{11}{2};\,-\frac12\right) \]

Moltiplicando per 2 (per semplicità) si ottiene il vettore normale \((a,b,c)=(-5;\,11;\,-1)\). L'equazione del piano per \(A\) con tale normale è:

\[ a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0 \] \[ -5(x-2)+11(y+4)-1(z-3)=0 \] \[ -5x+10+11y+44-z+3=0 \]

Soluzione quesito 3:

Rapporto tra le ampiezze

Dalla definizione \( M = \log_{10}\!\left(\dfrac{A}{A_0}\right) \), per i due terremoti:

\[ M_1 = \log_{10}\!\left(\frac{A_1}{A_0}\right) \;\Rightarrow\; \frac{A_1}{A_0}=10^{M_1}\] \[M_2 = \log_{10}\!\left(\frac{A_2}{A_0}\right) \;\Rightarrow\; \frac{A_2}{A_0}=10^{M_2} \]

Quindi:

\[ \frac{A_1}{A_2} = \frac{A_1/A_0}{A_2/A_0} = \frac{10^{M_1}}{10^{M_2}} = 10^{M_1-M_2} = 10^{6{,}5-6{,}0} = 10^{0{,}5} \]

Variazione percentuale dell'energia

Dalla legge di Gutenberg-Richter \( \log_{10}\dfrac{E}{E_0} = 1{,}5M+4{,}8 \), per i due terremoti:

\[ \log_{10}\frac{E_1}{E_0} = 1{,}5\,M_1+4{,}8 = 1{,}5\cdot6{,}5+4{,}8 = 9{,}75+4{,}8 = 14{,}55 \] \[ \log_{10}\frac{E_2}{E_0} = 1{,}5\,M_2+4{,}8 = 1{,}5\cdot6{,}0+4{,}8 = 9+4{,}8 = 13{,}8 \]

Quindi, analogamente al caso precedente:

\[ \frac{E_1}{E_2} = 10^{\,14{,}55-13{,}8} = 10^{0{,}75} \approx 5{,}623 \]

La variazione percentuale dell'energia tra il primo e il secondo terremoto è:

\[ \frac{E_2-E_1}{E_1}\cdot100 = \left(\frac{E_2}{E_1}-1\right)\cdot100 = \] \[=\left(\frac{1}{10^{0{,}75}}-1\right)\cdot100 \approx (0{,}1778-1)\cdot100 \approx -82{,}2\% \]

Soluzione quesito 4:

Per \(x>0\), entrambi gli integrali sono ben definiti (l'integrando \(\dfrac{1}{1+t^2}\) è continuo su tutto \(\mathbb{R}\)). Deriviamo \(F\), usando il teorema fondamentale del calcolo integrale e, per il secondo termine, la regola di derivazione delle funzioni composte:

\[ F'(x) = \frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+\left(\frac1x\right)^2}\cdot D\!\left(\frac1x\right) \]

Calcoliamo il secondo addendo, ricordando che \(D\!\left(\dfrac1x\right)=-\dfrac{1}{x^2}\):

\[ \frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right) = \frac{x^2}{x^2+1}\cdot\left(-\frac{1}{x^2}\right) = -\frac{1}{1+x^2} \]

Quindi:

\[ F'(x) = \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{1+x^2} = 0 \quad \text{per ogni } x>0 \]

Poiché \(F'(x)=0\) su tutto l'intervallo \(]0;+\infty[\), per il corollario del teorema di Lagrange (una funzione con derivata identicamente nulla su un intervallo è costante su quell'intervallo), \(F(x)\) è costante per \(x>0\).

Calcolo del valore della costante

Essendo \(F\) costante, possiamo calcolarne il valore scegliendo un punto comodo, ad esempio \(x=1\) (per cui \(\frac1x=1\) e i due integrali coincidono):

\[ F(1) = \int_0^1 \frac{1}{1+t^2}\,dt + \int_0^1 \frac{1}{1+t^2}\,dt = 2\int_0^1 \frac{1}{1+t^2}\,dt \]

Ricordando che una primitiva di \(\dfrac{1}{1+t^2}\) è \(\arctan(t)\):

\[ F(1) = 2\Big[\arctan(t)\Big]_0^1 = 2\left(\arctan(1)-\arctan(0)\right) = 2\cdot\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2} \]

Soluzione quesito 5:

Determinazione di k

Per avere asintoti verticali in \(x=\pm\sqrt3\), l'argomento del logaritmo \((x^2+k)^5\) deve annullarsi proprio in tali valori:

\[ (3+k)^5 = 0 \quad \Rightarrow \quad k=-3 \]

La curva diventa quindi:

\[ y = h\ln(x^2-3)^5 \]

con dominio \(x^2-3>0\), cioè \(x<-\sqrt3 \;\vee\; x>\sqrt3\) (dove \(x^2-3>0\), quindi è lecito scrivere \(\ln(x^2-3)^5=5\ln(x^2-3)\)).

Punti A e B (intersezioni con l'asse x)

\[ y=0 \;\Rightarrow\; (x^2-3)^5=1 \;\Rightarrow\; x^2-3=1 \;\Rightarrow\; x^2=4 \;\Rightarrow\; x=\pm2 \]

Quindi \(A(-2;0)\) e \(B(2;0)\) (entrambi nel dominio, essendo \(4>3\)).

Rette tangenti in A e B

Scriviamo \(y=5h\ln(x^2-3)\) e calcoliamo la derivata:

\[ y' = 5h\cdot\frac{2x}{x^2-3} \]

Nei punti A e B:

\[ y'(-2) = 5h\cdot\frac{-4}{4-3} = -20h \qquad\qquad y'(2) = 5h\cdot\frac{4}{4-3} = 20h \]

Le rette tangenti sono quindi:

\[ t_A:\;\; y = -20h(x+2) \qquad\qquad t_B:\;\; y = 20h(x-2) \]

Imposizione del passaggio per C(0;-4)

Sostituendo le coordinate di \(C\) in \(t_A\):

\[ -4 = -20h(0+2) = -40h \quad \Rightarrow \quad h = \frac{1}{10} \]

Verifichiamo con \(t_B\):

\[ -4 = 20h(0-2) = -40h \quad \Rightarrow \quad h = \frac{1}{10} \]

Le due condizioni sono coerenti (entrambe le tangenti passano per \(C\) con lo stesso valore di \(h\)).

Soluzione quesito 6:

Perché \(f\) abbia un asintoto obliquo, il numeratore \(p(x)\) deve essere un polinomio di secondo grado (un grado in più del denominatore). Inoltre, poiché l'asintoto ha coefficiente angolare \(m=3\) e \( f(x)\sim\dfrac{p(x)}{2x} \) per \(x\to\infty\), il coefficiente di \(x^2\) in \(p(x)\) deve essere \(2\cdot3=6\). Poniamo quindi:

\[ p(x) = 6x^2+bx+c \]

Condizione di passaggio per P(1;0)

Da \(f(1)=0\) (con \(2\cdot1+1=3\ne0\)) segue \(p(1)=0\):

\[ 0 = 6+b+c \quad \Rightarrow \quad b+c=-6 \]

Condizione sull'asintoto obliquo

Il termine noto \(q=-2\) dell'asintoto si trova imponendo:

\[ q = \lim_{x\to\infty}\left(\frac{6x^2+bx+c}{2x+1}-3x\right) = -2 \]

Riducendo a denominatore comune:

\[ \frac{6x^2+bx+c-3x(2x+1)}{2x+1} = \frac{6x^2+bx+c-6x^2-3x}{2x+1} =\] \[=\frac{(b-3)x+c}{2x+1} \]

Per \(x\to\infty\), questo rapporto tende a \(\dfrac{b-3}{2}\). Imponendo che valga \(-2\):

\[ \frac{b-3}{2} = -2 \quad \Rightarrow \quad b = -4+3 = -1 \]

Determinazione di c

Dalla relazione \(b+c=-6\):

\[ c = -6-b = -6-(-1) = -5 \]

Soluzione quesito 7:

a) Tre carte di coppe a Massimo

Metodo 1 — rapporto tra combinazioni. È come chiedersi: estraendo 3 carte dal mazzo di 40, qual è la probabilità che siano tutte e tre di coppe (10 carte su 40)?

\[ P(\text{3 di coppe}) = \frac{\dbinom{10}{3}}{\dbinom{40}{3}} = \frac{10\cdot9\cdot8}{40\cdot39\cdot38} \]

Metodo 2 — probabilità composta (carta per carta). Equivalentemente, si moltiplicano le probabilità successive: la 1ª carta di coppe (10 su 40), la 2ª di coppe (9 rimaste su 39), la 3ª di coppe (8 rimaste su 38):

\[ P(\text{3 di coppe}) = \frac{10}{40}\cdot\frac{9}{39}\cdot\frac{8}{38} \]

Entrambi i metodi danno, ovviamente, lo stesso risultato:

\[ P(\text{3 di coppe}) = \frac{10\cdot9\cdot8}{40\cdot39\cdot38} = \frac{720}{59280} = \frac{3}{247} \approx 0{,}0121 \]

b) I tre assi di bastoni, spade e denari nella mano di Lorenzo

Il numero di mani possibili di 10 carte su 40 è \(\dbinom{40}{10}\). Le mani favorevoli sono quelle che contengono i 3 assi indicati e altre 7 carte scelte tra le restanti 37:

\[ \text{Casi favorevoli} = \dbinom{37}{7} \]

Quindi:

\[ P(\text{3 assi indicati}) = \frac{\dbinom{37}{7}}{\dbinom{40}{10}} \]

Osservazione: il risultato coincide esattamente con quello del punto a):

\[ P(\text{3 assi indicati}) = \frac{\dbinom{37}{7}}{\dbinom{40}{10}} = \frac{3}{247} = P(\text{a}) \]

Soluzione quesito 8:

Le 4 squadre di 1ª fascia sono già assegnate ai gironi A, B, C, D secondo il ranking, senza sorteggio: questa parte non introduce scelte. Restano da distribuire, per sorteggio, le 4 squadre di 2ª fascia (una per girone) e le 8 squadre di 3ª fascia (due per girone).

Procediamo girone per girone: per ciascuno, scegliamo 1 squadra di 2ª fascia tra quelle ancora disponibili e 2 squadre di 3ª fascia tra quelle ancora disponibili.

Girone A: 1 squadra di 2ª fascia su 4 disponibili, e 2 di 3ª fascia su 8 disponibili:

\[ 4 \cdot \binom{8}{2} = 4\cdot28 = 112 \]

Girone B: restano 3 squadre di 2ª fascia e 6 di 3ª fascia:

\[ 3 \cdot \binom{6}{2} = 3\cdot15 = 45 \]

Girone C: restano 2 squadre di 2ª fascia e 4 di 3ª fascia:

\[ 2 \cdot \binom{4}{2} = 2\cdot6 = 12 \]

Girone D: restano 1 squadra di 2ª fascia e 2 di 3ª fascia (assegnazione obbligata):

\[ 1 \cdot \binom{2}{2} = 1\cdot1 = 1 \]

Il numero totale di composizioni si ottiene moltiplicando i risultati dei quattro gironi (regola del prodotto):

\[ 112 \cdot 45 \cdot 12 \cdot 1 = 60\,480 \]