Simulazione 10 – Problema 1 – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Soluzione del punto 1

Retta tangente \(r\) in \(A\) alla parabola \(L\)

Ricaviamo esplicitamente \(y\) dall'equazione della parabola:

\[x^2 = 9 - 6y \implies y = -\frac{1}{6}x^2 + \frac{3}{2}\]

Deriviamo e valutiamo in \(x = 3\):

\[y' = -\frac{1}{3}x \implies m = y'(3) = -1\]

La retta tangente in \(A(3,\,0)\) con pendenza \(m = -1\) è:

\[r:\; y = -(x - 3) \implies y = -x + 3\]

Si verifica che \(r\) passa anche per \(B(0,\,3)\): \(y(0) = 3\) ✓

La parabola ha vertice in \(\left(0,\,\dfrac{3}{2}\right)\) e taglia l'asse delle ascisse nei punti \((3,\,0)\) e \((-3,\,0)\); nel primo quadrante l'arco \(L\) va da \(A(3,\,0)\) a \(\left(0,\,\dfrac{3}{2}\right)\).

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Area \(A_1\): tra l'arco \(AB\) e la retta \(r\)

Poiché la retta \(r\) coincide con la corda \(AB\), l'area \(A_1\) è la differenza tra il quarto di cerchio di raggio 3 e il triangolo rettangolo \(OAB\) con cateti di lunghezza 3:

\[A_1 = \frac{\pi \cdot 3^2}{4} - \frac{1}{2}\cdot 3 \cdot 3 = \frac{9\pi}{4} - \frac{9}{2}\]

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Area \(A_2\): tra la retta \(r\) e l'arco \(L\)

L'area \(A_2\) è la differenza tra il triangolo \(OAB\) e l'area della regione compresa tra l'arco \(L\) e gli assi cartesiani. Quest'ultima si calcola con l'integrale:

\[\int_0^3 \left(-\frac{1}{6}x^2 + \frac{3}{2}\right)dx = \left[-\frac{x^3}{18} + \frac{3}{2}x\right]_0^3\] \[= -\frac{27}{18} + \frac{9}{2} = -\frac{3}{2} + \frac{9}{2} = 3\]

Pertanto:

\[A_2 = \frac{1}{2}\cdot 3 \cdot 3 - 3 = \frac{9}{2} - 3 = \frac{3}{2}\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto 2

Integrazione della funzione delle sezioni

Il volume di un solido con sezioni trasversali di area nota si calcola integrando la funzione dell'area lungo l'asse di riferimento:

\[V(W) = \int_0^3 S(x)\,dx = \int_0^3 e^{5-3x}\,dx\]

La derivata dell'esponente \(5 - 3x\) è \(-3\), quindi moltiplichiamo e dividiamo per \(-3\):

\[\int_0^3 e^{5-3x}\,dx = \left[-\frac{1}{3}\,e^{5-3x}\right]_0^3\] \[= -\frac{1}{3}\,e^{5-9} - \left(-\frac{1}{3}\,e^{5-0}\right)\] \[= -\frac{1}{3}\,e^{-4} + \frac{1}{3}\,e^{5} = \frac{e^5 - e^{-4}}{3}\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto 3

Strategia: differenza di volumi di rotazione

Quando la regione \(R\) ruota attorno all'asse \(x\), il solido generato si ottiene per differenza tra:

• il volume della semisfera di raggio 3 (generata dal quarto di cerchio);
• il volume del solido generato dalla rotazione della regione delimitata dall'arco \(L\) e dagli assi cartesiani.

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Volume della semisfera

\[V_{\text{semisfera}} = \frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{2}{3}\pi\cdot 27 = 18\pi\]

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Volume di rotazione della regione sotto \(L\) — metodo dei dischi

Applichiamo la formula con \(y = -\dfrac{1}{6}x^2 + \dfrac{3}{2}\):

\[V_L = \pi\int_0^3 \left(-\frac{1}{6}x^2 + \frac{3}{2}\right)^2 dx\] \[= \pi\int_0^3 \left(\frac{1}{36}x^4 - \frac{1}{2}x^2 + \frac{9}{4}\right)dx\] \[= \pi\left[\frac{x^5}{180} - \frac{x^3}{6} + \frac{9x}{4}\right]_0^3\] \[= \pi\left(\frac{243}{180} - \frac{27}{6} + \frac{27}{4}\right)\]

Riduciamo allo stesso denominatore (20):

\[= \pi\cdot\frac{27 - 90 + 135}{20} = \pi\cdot\frac{72}{20} = \frac{18\pi}{5}\]

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Volume del solido di rotazione di \(R\)

\[V = V_{\text{semisfera}} - V_L = 18\pi - \frac{18\pi}{5} = 18\pi\cdot\frac{4}{5} = \frac{72\pi}{5}\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto 4

Parte I — \(L\) come luogo geometrico

Sia \(\gamma\) una circonferenza generica, tangente internamente all'arco \(AB\) (di centro \(O\) e raggio 3) e tangente all'asse \(x\). Indichiamo con \(C = (x,\,y)\) il suo centro e con \(\rho\) il suo raggio, con \(0 \le x \le 3\) e \(0 \le y \le \frac{3}{2}\).

Condizione di tangenza con l'asse \(x\):

La distanza di \(C\) dall'asse \(x\) deve uguagliare il raggio:

\[\rho = y\]

Condizione di tangenza interna con la circonferenza di centro \(O\) e raggio 3:

Il centro \(C\) è all'interno della grande circonferenza, quindi la distanza \(OC\) soddisfa:

\[OC = 3 - \rho = 3 - y\]

Ma \(OC = \sqrt{x^2 + y^2}\), quindi elevando al quadrato:

\[x^2 + y^2 = (3 - y)^2 = 9 - 6y + y^2\]

Semplificando \(y^2\) da entrambi i membri otteniamo:

\[x^2 = 9 - 6y\]

Che è esattamente l'equazione di \(L\), con \(0 \le x \le 3\) e \(0 \le y \le \dfrac{3}{2}\). È quindi dimostrato che \(L\) è il luogo geometrico dei centri delle circonferenze cercate.

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Parte II — La circonferenza tangente anche all'arco di centro \(A\) e raggio 3

Cerchiamo il punto \(C = (x,\,y)\) su \(L\) tale che la circonferenza di centro \(C\) e raggio \(\rho = y\) sia tangente anche all'arco di circonferenza di centro \(A(3,\,0)\) e raggio 3.

Condizione di tangenza interna con la circonferenza di centro \(A\):

Poiché \(\gamma\) è interna anche alla circonferenza di centro \(A\), la distanza tra i centri soddisfa:

\[AC = 3 - \rho = 3 - y\]

Calcoliamo \(AC\) con il teorema di Pitagora:

\[AC^2 = (3 - x)^2 + y^2\]

Uguagliando le due espressioni di \(AC\):

\[(3 - y)^2 = (3 - x)^2 + y^2\] \[9 - 6y + y^2 = 9 - 6x + x^2 + y^2\] \[-6y = -6x + x^2\]

Poiché \(C\) giace su \(L\), vale \(x^2 = 9 - 6y\), cioè \(-6y = x^2 - 9\). Sostituendo nell'equazione precedente:

\[x^2 - 9 = -6x + x^2 \implies -9 = -6x \implies x = \frac{3}{2}\]

Dall'equazione di \(L\) ricaviamo \(y\):

\[y = \frac{9 - x^2}{6} = \frac{9 - \dfrac{9}{4}}{6} = \frac{\dfrac{27}{4}}{6} = \frac{27}{24} = \frac{9}{8}\]

Il raggio è \(\rho = y = \dfrac{9}{8}\). L'equazione della circonferenza cercata è:

\[\left(x - \frac{3}{2}\right)^2 + \left(y - \frac{9}{8}\right)^2 = \left(\frac{9}{8}\right)^2\]

Sviluppando:

\[x^2 + y^2 - 3x - \frac{9}{4}y + \frac{9}{4} = 0\] ↑ Nascondi soluzione