Simulazione 9 - Questionario - Esame di Stato 2026

Soluzione del Quesito 1

Facciamo riferimento alla figura: \(A\) è la posizione dell'ornitologa, \(B\) e \(C\) sono le posizioni dello stormo al tempo \(t = 0\) e \(t = 1\,\text{min}\) rispettivamente, \(D\) e \(K\) sono le proiezioni di \(B\) e \(C\) sul suolo, \(BD = CK = 260\,\text{m}\) è la quota di volo.

Nel triangolo rettangolo \(ABD\), l'angolo in \(A\) è di \(30°\) e il cateto \(BD = 260\,\text{m}\). Ricaviamo la distanza \(AB\):

\[AB = \frac{BD}{\sin 30°} = \frac{260}{0{,}5} = 520\,\text{m}\]

Nel triangolo rettangolo \(ACK\), l'angolo in \(A\) è di \(20°\) e il cateto \(CK = 260\,\text{m}\). Ricaviamo la distanza \(AC\):

\[AC = \frac{CK}{\sin 20°} = \frac{260}{0{,}3420} \approx 760{,}23\,\text{m}\]

Osserviamo che l'angolo \(\widehat{BAC} = 30° - 20° = 10°\) è l'angolo compreso tra i lati \(AB\) e \(AC\) del triangolo \(ABC\). Applichiamo il teorema del coseno per calcolare il lato \(BC\) (la distanza percorsa dallo stormo in 1 minuto):

\[BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2 \cdot AB \cdot AC \cdot \cos(10°)\] \[BC^2 = 520^2 + 760{,}23^2 - 2 \cdot 520 \cdot 760{,}23 \cdot \cos(10°)\] \[BC^2 = 270400 + 577949{,}85 - 790639{,}2 \cdot 0{,}9848\] \[BC^2 \approx 270400 + 577949{,}85 - 778826{,}61 \approx 69523{,}24\,\text{m}^2\] \[BC \approx \sqrt{69523{,}24} \approx 263{,}67\,\text{m}\]

La velocità media degli uccelli è:

\[v = \frac{BC}{\Delta t} = \frac{263{,}67\,\text{m}}{60\,\text{s}} \approx 4{,}39\,\text{m/s}\]

Nota: Il risultato numerico può variare leggermente a seconda dei valori approssimati utilizzati per \(\sin 20°\) e \(\cos 10°\). Utilizzando i valori esatti da calcolatrice scientifica si ottiene \(BC \approx 271{,}15\,\text{m}\) e \(v \approx 4{,}52\,\text{m/s}.\)

Soluzione del Quesito 2

Riscriviamo la parabola completando il quadrato: \(x = (y-2)^2 - 1\). L'asse di simmetria è la retta \(y = 2\) e il vertice ha ascissa \(x_V = -1\). La retta \(x = 8\) interseca la parabola nei punti \(A\) e \(B\), le cui ordinate si trovano risolvendo \(y^2 - 4y + 3 = 8\), ossia \(y^2 - 4y - 5 = 0\), da cui \(y = 5\) e \(y = -1\).

Indichiamo con \(C = (x;\,y)\) il generico punto della parabola con \(y \ge 2\) e \(x \le 8\). Il rettangolo inscritto nel segmento parabolico ha:

• Raggio \(R = CH = y_C - y_H = y - 2\)
• Altezza \(h = CD = 8 - x_C = 8 - (y^2 - 4y + 3) = 5 - y^2 + 4y\)

Ruotando il rettangolo di 180° attorno all'asse della parabola (\(y = 2\)) si genera un cilindro di volume:

\[V = \pi R^2 h = \pi(y-2)^2(5 - y^2 + 4y)\]

Il volume è massimo quando lo è la funzione (a meno del fattore costante \(\pi\)):

\[z(y) = (y-2)^2(5 - y^2 + 4y), \qquad 2 \le y \le 5\]

Poiché \(z\) è continua in un intervallo chiuso e limitato, ammette massimo e minimo assoluti per il teorema di Weierstrass. Osserviamo che agli estremi \(z(2) = 0\) e \(z(5) = 0\), quindi il massimo assoluto non può trovarsi agli estremi ma è necessariamente un punto stazionario interno. Calcoliamo la derivata prima applicando la regola del prodotto:

\[z'(y) = 2(y-2)(5 - y^2 + 4y) + (y-2)^2(-2y + 4)\]

Raccogliendo il fattore comune \((y-2)\):

\[z'(y) = (y-2)\left[2(5 - y^2 + 4y) + (y-2)(-2y+4)\right] = 0\]

La soluzione \(y = 2\) è un estremo dell'intervallo (già esaminato). Per trovare i punti stazionari interni sviluppiamo la parentesi quadra:

\[2(5 - y^2 + 4y) + (y-2)(-2y+4) = 10 - 2y^2 + 8y - 2y^2 + 8y - 8 = -4y^2 + 16y + 2\]

Poniamo uguale a zero e dividiamo per \(-2\):

\[-4y^2 + 16y + 2 = 0 \implies 2y^2 - 8y - 1 = 0\]

Applicando la formula risolutiva:

\[y = \frac{8 \pm \sqrt{64 + 8}}{4} = \frac{8 \pm \sqrt{72}}{4} = \frac{8 \pm 6\sqrt{2}}{4} = \frac{4 \pm 3\sqrt{2}}{2}\]

Le due radici sono:

• \(y = \dfrac{4 - 3\sqrt{2}}{2} \approx -0{,}121\): non appartiene all'intervallo \([2;\,5]\), non accettabile.
• \(y^* = \dfrac{4 + 3\sqrt{2}}{2} \approx 4{,}121\): appartiene all'intervallo \([2;\,5]\), accettabile.

Poiché \(z(2) = z(5) = 0\) e \(z\!\left(\dfrac{4+3\sqrt{2}}{2}\right) > 0\), l'unico punto stazionario interno è necessariamente un massimo assoluto. Calcoliamo il valore esatto di \(z\) nel punto di massimo, osservando che:

\[(y^*-2)^2 = \left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{9}{2}\] \[5-(y^*)^2+4y^* = 5 - \frac{34+24\sqrt{2}}{4} + \frac{32+24\sqrt{2}}{4} = 5 - \frac{1}{2} = \frac{9}{2}\] \[z(y^*) = \frac{9}{2}\cdot\frac{9}{2} = \frac{81}{4}\]

Il volume massimo vale quindi:

\[V(\max) = \frac{81}{4}\,\pi \approx 63{,}617\,u^3\]

Soluzione del Quesito 3

Il valor medio di \(f\) nell'intervallo \([0;\,1]\) è:

\[\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\,dx = \frac{1}{1-0}\int_0^1 e^x(x^2+x+1)\,dx = \int_0^1 e^x(x^2+x+1)\,dx\]

Cerchiamo una primitiva di \(e^x(x^2+x+1)\) integrando per parti, scegliendo \((e^x)'\) come fattore da integrare e \((x^2+x+1)\) come fattore da derivare:

\[\int e^x(x^2+x+1)\,dx = e^x(x^2+x+1) - \int e^x(2x+1)\,dx\]

Applichiamo di nuovo l'integrazione per parti al secondo integrale, scegliendo \((e^x)'\) come fattore da integrare e \(x\) come fattore da derivare:

\[= e^x(x^2+x+1) - 2\int e^x x\,dx - \int e^x\,dx\] \[= e^x(x^2+x+1) - 2\left[xe^x - \int e^x\,dx\right] - e^x\] \[= e^x(x^2+x+1) - 2xe^x + 2e^x - e^x + k\] \[= e^x(x^2 - x + 2) + k\]

Calcoliamo ora l'integrale definito:

\[\int_0^1 e^x(x^2+x+1)\,dx = \Big[e^x(x^2-x+2)\Big]_0^1 =\] \[=e^1(1-1+2) - e^0(0-0+2) = 2e - 2 = 2(e-1)\]

Soluzione del Quesito 4

La proposizione è in realtà vera per ogni funzione derivabile, non solo per le funzioni razionali intere.

Per ipotesi il grafico di \(f(x)\) è simmetrico rispetto all'asse delle ordinate, cioè \(f\) è una funzione pari:

\[f(-x) = f(x) \qquad \forall x \in \text{Dom}(f)\]

Dobbiamo dimostrare che \(f'(x)\) è una funzione dispari, cioè che:

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

Deriviamo entrambi i membri dell'uguaglianza \(f(-x) = f(x)\) rispetto a \(x\), applicando la regola della catena al membro sinistro:

\[D[f(-x)] = D[f(x)]\] \[f'(-x) \cdot (-1) = f'(x)\] \[-f'(-x) = f'(x)\] \[f'(-x) = -f'(x) \qquad \text{c.v.d.}\]

Soluzione del Quesito 5

La quota di produzione dello stabilimento C è \(1 - \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}\). Indichiamo con \(D\) l'evento «il pezzo è difettoso». Le probabilità note sono:

\[P(A) = \frac{1}{2}, \quad P(B) = \frac{1}{3}, \quad P(C) = \frac{1}{6}\] \[P(D|A) = \frac{10}{100}, \quad P(D|B) = \frac{7}{100}, \quad P(D|C) = \frac{5}{100}\]

Calcoliamo la probabilità totale di estrarre un pezzo difettoso applicando il teorema della probabilità totale:

\[P(D) = P(A)\cdot P(D|A) + P(B)\cdot P(D|B) + P(C)\cdot P(D|C)\] \[P(D) = \frac{1}{2}\cdot\frac{10}{100} + \frac{1}{3}\cdot\frac{7}{100} + \frac{1}{6}\cdot\frac{5}{100}\] \[P(D) = \frac{10}{200} + \frac{7}{300} + \frac{5}{600} = \frac{30}{600} + \frac{14}{600} + \frac{5}{600} = \frac{49}{600}\]

Applichiamo ora il teorema di Bayes per trovare la probabilità che il pezzo difettoso provenga dallo stabilimento A:

\[P(A|D) = \frac{P(A)\cdot P(D|A)}{P(D)} = \frac{\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{10}{100}}{\dfrac{49}{600}} =\] \[=\frac{\dfrac{10}{200}}{\dfrac{49}{600}} = \frac{10}{200}\cdot\frac{600}{49} = \frac{6000}{9800} = \frac{30}{49}\]

Soluzione alternativa: diagramma ad albero

Il diagramma ad albero visualizza tutte le probabilità composte. Ogni ramo terminale con etichetta \(D\) contribuisce alla probabilità totale di difetto:

Leggendo il diagramma, i rami che portano a un pezzo difettoso hanno probabilità composte:

\[P(A \cap D) = \frac{1}{2}\cdot\frac{10}{100} = \frac{10}{200} = \frac{30}{600}\] \[P(B \cap D) = \frac{1}{3}\cdot\frac{7}{100} = \frac{7}{300} = \frac{14}{600}\] \[P(C \cap D) = \frac{1}{6}\cdot\frac{5}{100} = \frac{5}{600}\]

La probabilità cercata è il rapporto tra il ramo favorevole \(A \cap D\) e la somma di tutti i rami che portano a \(D\):

\[P(A|D) = \frac{P(A \cap D)}{P(A \cap D) + P(B \cap D) + P(C \cap D)} =\] \[=\frac{30}{30 + 14 + 5} = \frac{30}{49}\]

Soluzione del Quesito 6

Osserviamo che la funzione nell'intervallo indicato non è mai negativa; in particolare si annulla agli estremi dell'intervallo, ossia in \(x = -1\) e in \(x = 0\).

Il volume richiesto del solido \(\Sigma\) si ottiene applicando il metodo delle sezioni (o principio di Cavalieri), calcolando l'integrale definito dell'area della sezione generica \(A(x)\) tra gli estremi dell'intervallo \(a = -1\) e \(b = 0\):

\[V = \int_a^b A(x)\,dx\]

Poiché le sezioni perpendicolari all'asse \(x\) sono quadrati il cui lato è pari all'ordinata \(y\) della curva \(\gamma\), l'area della generica sezione trasversale è data da:

\[A(x) = y^2 = \left(x^2\sqrt{x + 1}\right)^2 = x^4(x + 1) = x^5 + x^4\]

Sostituendo l'espressione dell'area nell'integrale del volume, otteniamo l'integrale di una funzione polinomiale:

\[V = \int_{-1}^{0} (x^5 + x^4)\,dx\]

Troviamo una primitiva ed applichiamo il teorema fondamentale del calcolo integrale:

\[V = \left[ \frac{x^6}{6} + \frac{x^5}{5} \right]_{-1}^{0}\]

Calcoliamo il valore sostituendo prima il limite superiore \(0\) e poi il limite inferiore \(-1\):

\[V = 0 - \left( \frac{(-1)^6}{6} + \frac{(-1)^5}{5} \right) =\] \[=- \left( \frac{1}{6} - \frac{1}{5} \right) = - \left( \frac{5 - 6}{30} \right) = - \left( -\frac{1}{30} \right) = \frac{1}{30}\]

Soluzione del Quesito 7

Definizione teorica: Due rette dello spazio si dicono sghembe se non sono complanari, ovvero se non esiste alcun piano che le contenga entrambe. Geometricamente, ciò significa che le due rette non hanno alcun punto in comune (non si intersecano) e non sono parallele.

1. Costruzione delle due rette

Per assicurarci che due rette siano sghembe, possiamo progettarle a partire da due piani paralleli distinti, ad esempio \(z = 0\) (il piano \(xy\)) e \(z = 1\). Scegliamo una retta sul primo piano e una retta sul secondo piano in modo che le loro proiezioni sul piano \(xy\) si intersechino, garantendo così che le direzioni non siano parallele.

• Retta \(r\) (sul piano \(z = 0\)): Scegliamo l'asse \(x\). In forma parametrica, la retta \(r\) che passa per l'origine \((0;0;0)\) con vettore direttore \(\vec{v}_r(1; 0; 0)\) ha equazioni: \[r: \begin{cases} x = t \\ y = 0 \\ z = 0 \end{cases} \qquad \forall t \in \mathbb{R}\]
• Retta \(s\) (sul piano \(z = 1\)): Scegliamo la retta parallela all'asse \(y\) passante per \((0;0;1)\), avente vettore direttore \(\vec{v}_s(0; 1; 0)\). Per esprimerla come intersezione di due piani (forma cartesiana), basta imporre che giaccia contemporaneamente sul piano \(z = 1\) e sul piano \(x = 0\) (piano \(yz\)): \[s: \begin{cases} x = 0 \\ z = 1 \end{cases}\]

2. Verifica analitica

Per dimostrare rigorosamente che \(r\) ed \(s\) sono sghembe, dobbiamo verificare due condizioni: che non siano parallele e che non abbiano punti di intersezione.

A) Verifica del non parallelismo:
I vettori direttori delle due rette sono: \[\vec{v}_r = (1;\, 0;\, 0) \qquad \text{e} \qquad \vec{v}_s = (0;\, 1;\, 0)\] Poiché le componenti dei due vettori non sono proporzionali (\(\nexists k \in \mathbb{R}\) tale che \(\vec{v}_r = k\vec{v}_s\)), i vettori non sono paralleli. Di conseguenza, le rette \(r\) ed \(s\) non sono parallele.

B) Verifica dell'intersezione (ricerca di punti comuni):
Sostituiamo le coordinate parametriche della retta \(r\) nelle equazioni cartesiane della retta \(s\): \[\begin{cases} x_r = 0 \\ z_r = 1 \end{cases} \implies \begin{cases} t = 0 \\ 0 = 1 \end{cases}\] La seconda equazione (\(0 = 1\)) è palesemente impossibile. Il sistema non ammette soluzioni, il che significa che le due rette non hanno alcun punto in comune (\(r \cap s = \emptyset\)).

Concludendo, essendo le rette non parallele e prive di punti di intersezione, esse sono geometricamente sghembe.

Soluzione del Quesito 8

1. Continuità e derivabilità in \(x = 0\)

Per la continuità in \(x = 0\), il limite sinistro, il limite destro e il valore della funzione nel punto devono coincidere:

\[\lim_{x \to 0^-} f(x) = \lim_{x \to 0^-} (a e^x + b) = a + b\] \[\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} [\ln(x + 1) + 1] = \ln(1) + 1 = 1\]

Uguagliando i due limiti otteniamo la prima condizione: \(a + b = 1\).

Per la derivabilità, calcoliamo innanzitutto la derivata prima nei due rami interni:

\[f'(x) = \begin{cases} a \cdot e^x & \text{se } x < 0 \\ \frac{1}{x + 1} & \text{se } x > 0 \end{cases}\]

Essendo la funzione continua, verifichiamo l'esistenza della derivata in \(x = 0\) calcolando il limite destro e sinistro della derivata prima (teorema di derivabilità):

\[f'_{-}(0) = \lim_{x \to 0^-} a e^x = a\] \[f'_{+}(0) = \lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x + 1} = 1\]

Uguagliando la derivata destra e sinistra otteniamo immediatamente: \(a = 1\).

Sostituendo \(a = 1\) nella condizione di continuità (\(a + b = 1\)), ricaviamo \(b = 0\).

La funzione cercata è dunque:

\[f(x) = \begin{cases} e^x & \text{se } x \le 0 \\ \ln(x + 1) + 1 & \text{se } x > 0 \end{cases}\]

2. Verifica del Teorema di Lagrange nell'intervallo \([-1;\, 1]\)

Il Teorema di Lagrange richiede due ipotesi:

• \(f(x)\) deve essere continua nell'intervallo chiuso \([-1;\, 1]\). I singoli rami sono continui nei rispettivi domini e abbiamo appena garantito la continuità nel punto di raccordo \(x=0\), quindi l'ipotesi è verificata.
• \(f(x)\) deve essere derivabile nell'intervallo aperto \((-1;\, 1)\). Avendo imposto l'uguaglianza delle derivate in \(x=0\), la funzione è derivabile in tutto l'intervallo aperto.

Le ipotesi sono soddisfatte. Il teorema garantisce l'esistenza di almeno un punto \(c \in (-1;\, 1)\) tale che:

\[f'(c) = \frac{f(1) - f(-1)}{1 - (-1)}\]

Calcoliamo i valori agli estremi:

\[f(1) = \ln(1 + 1) + 1 = \ln 2 + 1 \qquad \text{e} \qquad f(-1) = e^{-1} = \frac{1}{e}\] \[f'(c) = \frac{\ln 2 + 1 - \frac{1}{e}}{2} = \frac{\ln 2}{2} + \frac{1}{2} - \frac{1}{2e} \approx 0{,}346 + 0{,}5 - 0{,}184 = 0{,}662\]

Dobbiamo ora cercare il punto \(c\) nei due rami del dominio:

• Nel ramo \(x < 0\): Poniamo \(f'(c) = e^c\). \[e^c = \frac{\ln 2 + 1 - \frac{1}{e}}{2} \implies c = \ln\left(\frac{\ln 2 + 1 - \frac{1}{e}}{2}\right) \approx \ln(0{,}662) \approx -0{,}412\] Poiché \(-0{,}412 \in (-1;\, 0)\), questo punto è accettabile.
• Nel ramo \(x > 0\): Poniamo \(f'(c) = \frac{1}{c + 1}\). \[\frac{1}{c + 1} = 0{,}662 \implies c + 1 = \frac{1}{0{,}662} \approx 1{,}511 \implies c \approx 0{,}511\] Poiché \(0{,}511 \in (0;\, 1)\), anche questo secondo punto è accettabile.

3. Grafico qualitativo della funzione

La funzione trovata è composta da due curve deducibili da funzioni elementari:

• Per \(x \le 0\): Abbiamo la curva esponenziale \(y = e^x\). Passa per il punto \((0;1)\), è strettamente crescente e ammette l'asse \(x\) come asintoto orizzontale sinistro (\(y = 0\) per \(x \to -\infty\)).
• Per \(x > 0\): Abbiamo la curva logaritmica \(y = \ln(x+1) + 1\), ottenuta traslando il grafico di \(y = \ln x\) di una unità verso sinistra e di una unità verso l'alto.