Simulazione 11 – Questionario – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Soluzione del Quesito 1

Riscriviamo le potenze al numeratore usando le proprietà delle potenze:

• \(2^{3x} = (2^3)^x = 8^x\)
• \(3^{4x} = (3^4)^x = 81^x\)

Il limite diventa:

\[\lim_{x \to 0^+} \frac{8^x - 81^x}{x^2}\]

Raccogliamo \(81^x\) al numeratore e scriviamo \(x^2 = x \cdot x\):

\[\lim_{x \to 0^+} \frac{81^x}{x} \cdot \frac{\left(\dfrac{8}{81}\right)^x - 1}{x}\]

Applichiamo il limite notevole \(\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{a^x-1}{x} = \ln a\) con \(a = \dfrac{8}{81}\):

\[\lim_{x \to 0^+} \frac{\left(\dfrac{8}{81}\right)^x - 1}{x} = \ln\!\left(\frac{8}{81}\right)\]

Il limite si riduce a:

\[\lim_{x \to 0^+} \frac{81^x}{x} \cdot \ln\!\left(\frac{8}{81}\right)\]

Analisi dei segni

• \(\dfrac{81^x}{x} \to \dfrac{1}{0^+} = +\infty\) per \(x \to 0^+\).
• \(\ln\!\left(\dfrac{8}{81}\right)< 0\) perché \(\dfrac{8}{81} < 1\).

Il prodotto di una quantità che tende a \(+\infty\) per una costante negativa dà \(-\infty\).

Soluzione del Quesito 2

Lo spazio campionario è formato da coppie ordinate \((d_1, d_2)\): il numero totale di casi possibili è \(6 \times 6 = 36\).

I casi favorevoli — esattamente un dado mostra 5 — sono:

• Primo dado = 5, secondo ≠ 5: \((5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,6)\) → 5 casi.
• Secondo dado = 5, primo ≠ 5: \((1,5),(2,5),(3,5),(4,5),(6,5)\) → 5 casi.

Totale casi favorevoli: \(5 + 5 = 10\).

\[P = \frac{10}{36} = \frac{5}{18}\]

Soluzione alternativa: probabilità composta

I due eventi sono indipendenti. La probabilità che esca 5 è \(\frac{1}{6}\), che non esca 5 è \(\frac{5}{6}\):

\[P = \frac{1}{6}\cdot\frac{5}{6} + \frac{5}{6}\cdot\frac{1}{6} = \frac{5}{36} + \frac{5}{36} = \frac{10}{36} = \frac{5}{18}\]

Soluzione del Quesito 3

Sia \(AB\) un lato del decagono regolare inscritto nella circonferenza di centro \(O\) e raggio \(r\). L'angolo al centro sotteso da ciascun lato è:

\[\alpha = \frac{2\pi}{10} = \frac{\pi}{5} = 36^\circ\]

Il triangolo \(OAB\) è isoscele con \(OA = OB = r\). Gli angoli alla base valgono:

\[\beta = \frac{\pi - \frac{\pi}{5}}{2} = \frac{2\pi}{5} = 72^\circ\]

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Dimostrazione della Sezione Aurea

Tracciamo la bisettrice dell'angolo \(\widehat{OAB}\): essa interseca \(OB\) nel punto \(K\), dividendo i 72° in due angoli da 36° ciascuno.

Dall'analisi dei triangoli che si formano:

• Il triangolo \(OAK\) ha due angoli da 36° (\(\widehat{AOK}\) e \(\widehat{OAK}\)): è isoscele, quindi \(OK = AK\).
• Il triangolo \(ABK\) ha angoli 36°, 72°, 72°: è isoscele, quindi \(AK = AB\).

Indicando con \(\ell\) la lunghezza del lato: \(AB = AK = OK = \ell\).

I triangoli \(ABK\) e \(OAB\) sono simili (stessi angoli). La proporzione tra lati obliqui e basi dà:

\[OB : AB = AB : BK \implies r : \ell = \ell : (r - \ell)\]

Questo dimostra che \(\ell\) è la sezione aurea di \(r\).

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Calcolo di \(\text{sen}\dfrac{\pi}{10}\)

Sviluppando la proporzione:

\[\ell^2 = r(r - \ell) \implies \ell^2 + r\ell - r^2 = 0\]

L'unica soluzione positiva è:

\[\ell = r \cdot \frac{-1 + \sqrt{5}}{2}\]

Tracciando l'altezza dal vertice \(O\) sulla base \(AB\), si forma un triangolo rettangolo con angolo acuto \(\dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{\pi}{10} = 18°\). Il seno di questo angolo è:

\[\text{sen}\frac{\pi}{10} = \frac{\ell/2}{r} = \frac{\ell}{2r} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{5}-1}{2}\]

Approfondimento sulla Sezione aurea:
https://www.matefilia.it/argomen/sezione-aurea/sezione-aurea.pdf

Soluzione del Quesito 4

1. Verifica della continuità in \(x = 0\)

Occorre verificare che \(\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f(x) = f(0) = 0\).

Calcoliamo il limite della forma indeterminata \([0 \cdot (-\infty)]\). Usiamo la formula di duplicazione \(\text{sen}2x = 2\text{sen}x\cos x\) per moltiplicare e dividere per \(2\cos x\):

\[\lim_{x \to 0^+} \text{sen}x \cdot \ln(\text{sen}2x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{\text{sen}2x \cdot \ln(\text{sen}2x)}{2\cos x}\]

Analizziamo i due fattori separatamente:

• Denominatore: \(2\cos x \to 2\).
• Numeratore: ponendo \(t = \text{sen}2x \to 0^+\), si ha \(t\ln t \to 0\) (limite notevole).

\[\lim_{x \to 0^+} f(x) = \frac{0}{2} = 0 = f(0)\]

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2. Studio della derivabilità in \(x = 0\)

Calcoliamo il limite del rapporto incrementale destro:

\[\lim_{h \to 0^+} \frac{f(h) - f(0)}{h} = \lim_{h \to 0^+} \frac{\text{sen}h}{h} \cdot \ln(\text{sen}2h)\]

I due fattori si comportano così:

1. \(\displaystyle\lim_{h \to 0^+} \frac{\text{sen}h}{h} = 1\) (limite notevole fondamentale).
2. \(\displaystyle\lim_{h \to 0^+} \ln(\text{sen}2h) = -\infty\) (l'argomento tende a \(0^+\)).

\[\lim_{h \to 0^+} \frac{f(h) - f(0)}{h} = 1 \cdot (-\infty) = -\infty\]

Soluzione del Quesito 5

1. Analisi geometrica della sezione

Ogni sezione perpendicolare all'asse \(x\) ha come lato \(c(x) = 1 + \text{tg}\,x\). L'area del triangolo equilatero di lato \(c\) è \(\dfrac{\sqrt{3}}{4}c^2\), quindi:

\[A(x) = \frac{\sqrt{3}}{4}(1 + \text{tg}\,x)^2 = \frac{\sqrt{3}}{4}(1 + 2\text{tg}\,x + \text{tg}^2x)\]

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2. Calcolo del volume

\[V = \int_{0}^{\pi/4} A(x)\,dx = \frac{\sqrt{3}}{4} \left[ \int_{0}^{\pi/4} (1 + \text{tg}^2x)\,dx + 2\int_{0}^{\pi/4} \text{tg}\,x\,dx \right]\]

Risolviamo i due integrali:

• Primo integrale — poiché \(1 + \text{tg}^2x\) è la derivata di \(\text{tg}\,x\): \[\int_{0}^{\pi/4}(1 + \text{tg}^2x)\,dx = \Big[\text{tg}\,x\Big]_0^{\pi/4} = 1 - 0 = 1\]
• Secondo integrale — scriviamo \(\text{tg}\,x = \dfrac{\text{sen}\,x}{\cos x}\) e integriamo: \[2\int_{0}^{\pi/4}\frac{\text{sen}\,x}{\cos x}\,dx = -2\Big[\ln(\cos x)\Big]_0^{\pi/4} = \] \[=-2\!\left[\ln\!\tfrac{\sqrt{2}}{2} - \ln 1\right] = -2\!\cdot\!\left(-\tfrac{1}{2}\ln 2\right) = \ln 2\]

Soluzione del Quesito 6

1. Retta \(r\) e verifica nel piano \(\pi\)

Il vettore direttore è \(\vec{v} = \vec{AB} = (-1, 1, 1)\). L'equazione parametrica della retta è:

\[r: \begin{cases} x = 1 - t \\ y = 1 + t \\ z = t \end{cases}\]

Sostituendo nel piano \(\pi: x + y - 2 = 0\):

\[(1-t) + (1+t) - 2 = 0 \implies 0 = 0\]

L'identità è sempre verificata: la retta giace interamente su \(\pi\).

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2. Determinazione dei punti \(C\)

A) Punto medio e altezza del triangolo equilatero:

\[M = \left(\frac{1}{2},\;\frac{3}{2},\;\frac{1}{2}\right), \qquad L = AB = \sqrt{3}, \] \[h=\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\sqrt{3} = \frac{3}{2}\]

B) Piano assiale \(\alpha\) (perpendicolare ad \(\vec{AB}\) passante per \(M\)):

\[-\!\left(x-\tfrac{1}{2}\right)+\left(y-\tfrac{3}{2}\right)+\left(z-\tfrac{1}{2}\right)=0 \implies\] \[\alpha:\, 2x - 2y - 2z + 3 = 0\]

C) Retta dell'altezza (intersezione di \(\alpha\) e \(\pi\)):

\[\begin{cases} y = 2 - x \\ x = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2}z \end{cases} \implies C\!\left(\tfrac{1}{4}+\tfrac{s}{2},\;\tfrac{7}{4}-\tfrac{s}{2},\;s\right)\]

D) Imposizione \(d(C,M) = h = \dfrac{3}{2}\):

\[\left(\tfrac{s}{2}-\tfrac{1}{4}\right)^2 + \left(\tfrac{1}{4}-\tfrac{s}{2}\right)^2 + \left(s-\tfrac{1}{2}\right)^2 = \frac{9}{4}\] \[\frac{3}{2}s^2 - \frac{3}{2}s + \frac{3}{8} = \frac{9}{4} \implies 4s^2 - 4s - 5 = 0\] \[s = \frac{1 \pm \sqrt{6}}{2}\]

Soluzione del Quesito 7

Indichiamo con \(l\) l'arco e con \(R\) il raggio. Il perimetro è:

\[l + 2R = 100 \quad (*)\]

L'area del settore è \(\text{Area} = \dfrac{l \cdot R}{2}\).

Metodo 1: Approccio geometrico-algebrico

Scriviamo \(l \cdot R = \dfrac{1}{2} \cdot l \cdot (2R)\). La somma \(l + 2R = 100\) è costante, quindi il prodotto \(l \cdot (2R)\) è massimo quando \(l = 2R\). Sostituendo nel vincolo:

\[2R + 2R = 100 \implies R = 25\text{ m}, \quad l = 50\text{ m}, \quad \alpha = \frac{l}{R} = 2\text{ rad}\]

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Metodo 2: Studio con le derivate

Poniamo \(R = x\), con \(0 < x < 50\). Dalla \((*)\): \(l = 100 - 2x\). La funzione area è:

\[y(x) = \frac{(100-2x)\cdot x}{2} = -x^2 + 50x\] \[y'(x) = -2x + 50 = 0 \implies x = 25\]

Massimo assoluto in \(x = 25\), con \(l = 50\) m e \(\alpha = 2\) rad.

Soluzione del Quesito 8

A prima vista il problema sembra paradossale: la corda si allunga di \(1\text{ metro}\) al secondo, mentre la formica avanza di appena \(1\text{ centimetro}\) al secondo. Tuttavia l'allungamento è uniforme: ogni punto della corda viene trascinato nella stessa proporzione.

Analisi del movimento

Durante l'\(n\)-esimo secondo la corda è lunga \(L_n = n \cdot 100\text{ cm}\). La formica percorre \(1\text{ cm}\), coprendo una frazione:

\[\alpha_n = \frac{1}{100n}\]

La frazione totale percorsa dopo \(n\) secondi è:

\[F(n) = \sum_{k=1}^{n}\alpha_k = \frac{1}{100}\left(1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \cdots + \frac{1}{n}\right)\]

La formica arriva se esiste \(n\) finito tale che \(F(n) \ge 1\), cioè se la serie armonica supera \(100\).

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Confronto con un integrale

La funzione \(y = \dfrac{1}{x}\) è positiva e decrescente. I rettangoli di base 1 e altezza \(\dfrac{1}{k}\) circoscrivono la curva, quindi:

\[1 + \frac{1}{2} + \cdots + \frac{1}{n} > \int_1^{n+1}\frac{1}{x}\,dx = \ln(n+1)\]

Poiché \(\ln(n+1) \to +\infty\), anche la serie armonica diverge. Esiste quindi un \(n\) finito per cui \(F(n) \ge 1\): la formica raggiungerà sicuramente l'altro capo.

Una stima del tempo necessario si ottiene imponendo \(\ln(n+1) \ge 100\):

\[n \ge e^{100} - 1\]

Curiosità

Sebbene la risposta matematica sia affermativa, il tempo fisico necessario è colossale:

\[n \approx e^{100} \approx 2{,}7 \times 10^{43}\text{ secondi} \approx 8{,}5 \times 10^{35}\text{ anni}\]

Una durata incomparabilmente superiore all'età dell'universo (\(\approx 1{,}4 \times 10^{10}\) anni). Dal punto di vista fisico la formica non arriverà mai; dal punto di vista puramente matematico il tempo richiesto è finito.