Simulazione 8 - Questionario - Esame di Stato 2026

Soluzione del Quesito 1

Consideriamo la sezione della sfera e del cilindro con un piano passante per l'asse del cilindro:

Indicando con \(x\) il diametro di base del cilindro, con \(y\) la sua altezza e con \(R\) il raggio della sfera, si ha:

\[x^2 + y^2 = 4R^2 \qquad (*)\]

Il volume del cilindro è \(V = \pi \frac{x^2}{4}y = \text{max}\) se lo è il prodotto di due potenze (positive) di grandezze a somma costante (\(x^2\) e \(y^2\)), ovvero \(x^2 y = x^2 (y^2)^{\frac{1}{2}}\); il massimo si avrà quando le basi sono proporzionali agli esponenti, cioè:

\[\frac{x^2}{1} = \frac{y^2}{\frac{1}{2}} \implies x^2 = 2y^2\]

Sostituendo nella \((*)\) si ottiene:

\[2y^2 + y^2 = 4R^2 \implies 3y^2 = 4R^2 \implies y = \frac{2}{\sqrt{3}}R \qquad \text{e} \qquad x = \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}R\]

Il cilindro di volume massimo sarà quindi uguale a:

\[V_{\text{max}} = \frac{4}{9}\sqrt{3}\pi R^3\]

Ponendo \(R = 60\text{ cm} = 6\text{ dm}\), troviamo il volume in decimetri cubi e quindi la capacità in litri:

\[V_{\text{max}} = \frac{4}{9}\sqrt{3}\pi (6)^3 = 96\sqrt{3}\pi\text{ dm}^3 \approx 522{,}37\text{ dm}^3\]

Soluzione del Quesito 2

Il generico punto della curva ha coordinate \(P\left(x; \sqrt{x}\right)\), con la condizione di esistenza \(x \ge 0\). La sua distanza dal punto \(A(4;0)\) è minima quando è minima la quantità del quadrato della distanza:

\[d^2 = (x - 4)^2 + \left(\sqrt{x} - 0\right)^2 = x^2 - 8x + 16 + x = x^2 - 7x + 16\]

Studiamo la funzione \(f(x) = x^2 - 7x + 16\), definita per \(x \ge 0\). Calcoliamo la sua derivata prima rispetto a \(x\):

\[f'(x) = 2x - 7\]

Analizziamo il segno della derivata prima per determinare i punti di massimo o minimo relativo:

\[f'(x) \ge 0 \implies 2x - 7 \ge 0 \implies x \ge \frac{7}{2}\]

La funzione decresce nell'intervallo \(\left[0; \frac{7}{2}\right]\) e cresce per \(x > \frac{7}{2}\). Presenta quindi un punto di minimo assoluto in \(x = \frac{7}{2}\).

Sostituendo l'ascissa trovata nell'equazione della curva, otteniamo l'ordinata del punto \(P\):

\[y = \sqrt{\frac{7}{2}} = \frac{\sqrt{14}}{2}\]

Soluzione del Quesito 3

Il volume del solido si può ottenere integrando per fette orizzontali rispetto a \(y\) (dove l'ordinata massima è \(y = 2^3 = 8\)), sottraendo il volume della parte vuota interna dal volume del cilindro circoscritto esterno:

\[V = V_{\text{cilindro}} - \pi \int_{0}^{8} [x(y)]^2 \, dy\]

Il cilindro esterno ha raggio di base \(r = 2\) e altezza \(h = 8\). Esplicitando la curva rispetto a \(x\), si ha \(x = y^{1/3}\). L'espressione diventa quindi:

\[V = \pi \cdot 2^2 \cdot 8 - \pi \int_{0}^{8} \left(y^{1/3}\right)^2 \, dy = 32\pi - \pi \int_{0}^{8} y^{2/3} \, dy\] \[V = 32\pi - \pi \left[ \frac{3}{5}y^{5/3} \right]_{0}^{8} = 32\pi - \pi \left( \frac{3}{5} \cdot 32 - 0 \right) =\] \[=32\pi - \frac{96}{5}\pi = \frac{160 - 96}{5}\pi = \frac{64}{5}\pi\]

Soluzione alternativa: Metodo dei gusci cilindrici

In alternativa, il volume si può calcolare in modo diretto effettuando l'integrazione rispetto alla variabile \(x\) nell'intervallo \([0, 2]\) mediante il metodo dei gusci cilindrici. Per una trattazione teorica dettagliata di questo procedimento, si rimanda all'approfondimento sui gusci cilindrici.

Impostando l'integrale si ha:

\[V = 2\pi \int_{0}^{2} x \cdot f(x) \, dx = 2\pi \int_{0}^{2} x \cdot x^3 \, dx = 2\pi \int_{0}^{2} x^4 \, dx\] \[V = 2\pi \left[ \frac{x^5}{5} \right]_{0}^{2} = 2\pi \left( \frac{32}{5} - 0 \right) = \frac{64}{5}\pi\]

Soluzione del Quesito 4

L'equazione richiesta dal problema si esprime uguagliando i coefficienti binomiali \(\binom{n}{4} = \binom{n}{3}\), sotto la condizione fondamentale di esistenza \(n \ge 4\):

\[\frac{n!}{4!(n-4)!} = \frac{n!}{3!(n-3)!} \implies \frac{1}{24(n-4)!} = \frac{1}{6(n-3)(n-4)!}\] \[\frac{1}{4} = \frac{1}{n-3} \implies n - 3 = 4 \implies n = 7\]

Sfruttando in alternativa la nota proprietà di simmetria dei coefficienti binomiali, secondo cui \(\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}\), l'uguaglianza stabilisce in modo immediato che:

\[4 = n - 3 \implies n = 7\]

Soluzione del Quesito 5

La funzione \(y = \cos x\) nell'intervallo \([1; 2]\) espresso in radianti interseca l'asse delle ascisse nel valore \(x = \frac{\pi}{2} \approx 1{,}57\). Essa risulta positiva in \([1; \frac{\pi}{2}]\) e negativa nell'intervallo successivo \([\frac{\pi}{2}; 2]\).

L'area si ottiene quindi spezzando l'integrale definito:

\[\text{Area} = \int_{1}^{\frac{\pi}{2}} \cos x \, dx - \int_{\frac{\pi}{2}}^{2} \cos x \, dx =\] \[=\Big[ \sin x \Big]_{1}^{\frac{\pi}{2}} - \Big[ \sin x \Big]_{\frac{\pi}{2}}^{2}\] \[\text{Area} = \left(1 - \sin 1\right) - \left(\sin 2 - 1\right) = 2 - \sin 1 - \sin 2\]

Sostituendo i valori trigonometrici numerici approssimati (\(\sin 1 \approx 0{,}8415\) e \(\sin 2 \approx 0{,}9093\)):

\[\text{Area} \approx 2 - 0{,}8415 - 0{,}9093 \approx 0{,}2492\]

Soluzione del Quesito 6

(N.B. \(a\) deve essere diverso da \(\frac{\pi}{2} + k\pi\), altrimenti il limite non ha senso).

Il limite proposto si presenta nella forma indeterminata \(\left[\frac{0}{0}\right]\). Esso coincide direttamente con la definizione di rapporto incrementale della funzione \(f(x) = \tan x\) nel punto di ascissa \(x = a\).

Pertanto, il valore del limite non è altro che la derivata prima della funzione tangente calcolata nel punto \(a\):

\[\lim_{x \to a} \frac{\tan x - \tan a}{x - a} = f'(a) = D[\tan x]_{x=a}\]

Ricordando che la derivata di \(\tan x\) è \(\frac{1}{\cos^2 x}\) (oppure \(1 + \tan^2 x\)), e ricordando che la funzione è definita e derivabile per \(a \neq \frac{\pi}{2} + k\pi\), otteniamo immediatamente:

\[f'(a) = \frac{1}{\cos^2 a} = 1 + \tan^2 a\]

Soluzione alternativa: Regola di De L'Hôpital

In alternativa, essendo il limite una forma indeterminata del tipo \(\frac{0}{0}\) ed essendo numeratore e denominatore funzioni derivabili in un intorno di \(a\), con la derivata del denominatore che non si annulla in un intorno di \(a\) (escluso al più \(a\)), possiamo applicare la regola di De L'Hôpital. Derivando separatamente rispetto alla variabile \(x\) sia il numeratore che il denominatore otteniamo:

\[\lim_{x \to a} \frac{D[\tan x - \tan a]}{D[x - a]} = \lim_{x \to a} \frac{\frac{1}{\cos^2 x} - 0}{1} = \frac{1}{\cos^2 a}\]

Soluzione del Quesito 7

Consideriamo la funzione polinomiale \(f(x) = x^{2025} + 2025x + 12\), che è continua in tutto l'asse reale \(\mathbb{R}\) e, in particolare, nell'intervallo chiuso \([-1; 0]\).

Calcoliamo i valori che la funzione assume agli estremi di questo intervallo:

\[f(-1) = (-1)^{2025} + 2025(-1) + 12 = -1 - 2025 + 12 = -2014 < 0\] \[f(0) = 0^{2025} + 2025(0) + 12 = 12 > 0\]

Poiché la funzione è continua nell'intervallo chiuso \([-1; 0]\) e assume segni opposti ai suoi estremi, ovvero \(f(-1) \cdot f(0) < 0\), per il teorema degli zeri esiste almeno una radice \(c\) interna all'intervallo open \((-1; 0)\) tale che \(f(c) = 0\).

Per dimostrare l'unicità di tale radice, studiamo la derivata prima della funzione:

\[f'(x) = 2025x^{2024} + 2025 = 2025\left(x^{2024} + 1\right)\]

Poiché l'esponente \(2024\) è un numero intero pari, la quantità \(x^{2024}\) è maggiore o uguale a zero per qualunque valore reale di \(x\) (\(x^{2024} \ge 0 \quad \forall x \in \mathbb{R}\)).

Di conseguenza, aggiungendo \(1\), la parentesi risulta sempre strettamente positiva, rendendo la derivata prima maggiore di zero in tutto il dominio:

\[f'(x) > 0 \quad \forall x \in \mathbb{R}\]

Essendo la derivata prima sempre strettamente positiva, la funzione \(f(x)\) è strettamente crescente in tutto l'asse reale e, di conseguenza, lo è anche nell'intervallo chiuso \([-1; 0]\). La radice quindi è unica.

Soluzione del Quesito 8

Sia \(ABC\) un triangolo rettangolo con l'angolo retto posizionato nel vertice \(A\). Il punto medio dell'ipotenusa \(BC\), che indichiamo con \(E\), coincide per note proprietà euclidee con il circocentro del triangolo (il centro della circonferenza circoscritta). Ne consegue che esso è equidistante dai tre vertici del piano: \(EA = EB = EC\).

Consideriamo la retta passante per il punto \(E\) e ortogonale al piano contenente il triangolo. Preso un punto generico \(F\) appartenente a questa retta, i triangoli nello spazio \(FEB\), \(FEC\) e \(FEA\) sono tutti triangoli rettangoli in \(E\) ed hanno il cateto \(FE\) in comune; inoltre i cateti terrestri \(EA\), \(EB\) ed \(EC\) sono uguali. Per il primo criterio di congruenza dei triangoli rettangoli essi sono congruenti, implicando l'uguaglianza delle ipotenuse: \(FA = FB = FC\). Pertanto, ogni punto della retta è equidistante dai tre vertici.

Viceversa, per dimostrare che non esistono altri punti al di fuori di questa retta, ragioniamo in termini di intersezioni di luoghi geometrici nello spazio. Il luogo geometrico dei punti equidistanti da due punti fissati \(A\) e \(B\) è il piano assiale del segmento \(AB\) (ovvero il piano perpendicolare al segmento nel suo punto medio). Analogamente, i punti equidistanti da \(A\) e \(C\) appartengono al piano assiale del segmento \(AC\).

Un punto \(F\) dello spazio è simultaneamente equidistante da tutti e tre i vertici (\(FA = FB = FC\)) se e solo se appartiene contemporaneamente a entrambi i piani assiali. L'intersezione di questi due piani non paralleli individua univocamente una retta nello spazio. Poiché i piani assiali intersecano il piano del triangolo lungo gli assi dei lati, la loro retta di intersezione deve passare per il punto d'incontro degli assi planari, ossia il circocentro \(E\) (punto medio dell'ipotenusa). Essendo inoltre i piani assiali ortogonali alle rette del piano del triangolo, la retta risultante è necessariamente perpendicolare al piano stesso.