Simulazione 13 – Questionario – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Soluzione del Quesito 1

Basta applicare il teorema del coseno al triangolo \(ABC\):

\[AB^2 = AC^2 + BC^2 - 2AC \cdot BC \cdot \cos(44{,}5^\circ) =\] \[= \left[837^2 + 1164^2 - 2 \cdot 837 \cdot 1164 \cdot \cos(44{,}5^\circ)\right]\text{ m}^2\] \[AB^2 = 665670{,}82\text{ m}^2 \implies AB \cong 816\text{ m}\]

Soluzione del Quesito 2

Indicato con \(2x\) il lato del rettangolo che coincide con il diametro della semicirconferenza e con \(y\) la misura dell'altro lato del rettangolo, osservando che il contorno della finestra è formato dai lati \(AD\), \(AB\) e \(BC\) del rettangolo e dalla semicirconferenza di diametro \(CD\) (senza diametro), si ha:

\[2x + 2y + \pi x = L\] \[\text{Da cui: } y = \frac{L}{2} - x - \frac{\pi x}{2}\]

L'area della finestra è data da:

\[\text{Area}(finestra) = 2xy + \frac{1}{2}\pi x^2 = 2x\left(\frac{L}{2} - x - \frac{\pi x}{2}\right) + \frac{1}{2}\pi x^2\] \[\text{Area} = xL - 2x^2 - \pi x^2 + \frac{1}{2}\pi x^2 = \left(-2 - \frac{1}{2}\pi\right)x^2 + xL = z\]

La funzione da ottimizzare è una parabola con la concavità rivolta verso il basso, quindi il massimo si ha nel vertice:

\[x_V = -\frac{b}{2a} = \frac{L}{4+\pi} < L \quad \text{quindi accettabile.}\]

L'area massima risulta:

\[\text{Area}(massima) = \frac{L^2}{2(4+\pi)}\]

Soluzione del Quesito 3

Dobbiamo calcolare il volume del tetraedro regolare di spigolo \(L\):

\[\text{Area}(ABC) = L^2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\]

Indicando con K il baricentro della base e con D il vertice superiore, l'altezza della piramide risulta:

\[\overline{DK} = L \sqrt{\frac{2}{3}}\] \[V_{\text{tetraedro}} = \frac{1}{3} \cdot \text{Area}(ABC) \cdot \overline{DK} = \frac{L^3\sqrt{2}}{12}\]

Essendo \(L = 6\text{ cm}\), risulta:

\[V_{\text{pieno}} = 18\sqrt{2}\text{ cm}^3 \cong 25{,}456\text{ cm}^3\]

Dalla formula della densità, il volume effettivo occupato dal rame è:

\[V_{\text{rame}} = \frac{m}{\rho} = \frac{200}{8{,}9} \cong 22{,}472\text{ cm}^3\]

Il volume della cavità interna è dato dalla differenza dei due volumi:

\[V_{\text{cavità}} = V_{\text{pieno}} - V_{\text{rame}} = 25{,}456 - 22{,}472 = 2{,}984\text{ cm}^3\]

Applicando la formula del volume della sfera per ricavare il raggio:

\[\frac{4}{3}\pi R^3 = 2{,}984 \implies R^3 \cong 0{,}712 \implies R = \sqrt[3]{0{,}712} \cong 0{,}893\text{ cm}\]

Soluzione del Quesito 4

Il valore medio di una funzione continua \(f(x)\) in un intervallo \([a; b]\) è definito da:

\[\frac{1}{b - a} \cdot \int_{a}^{b} f(x)\,dx = \frac{1}{1 - 0} \cdot \int_{0}^{1} \frac{x^5 - 1}{x^2 + 1}\,dx\]

Eseguendo la divisione polinomiale tra numeratore e denominatore ricaviamo:

\[x^5 - 1 = (x^2 + 1)(x^3 - x) + x - 1\]

Riscriviamo l'integrale spezzandolo in tre componenti integrabili direttamente:

\[\int_{0}^{1} (x^3 - x)\,dx + \int_{0}^{1} \frac{x}{x^2 + 1}\,dx - \int_{0}^{1} \frac{1}{x^2 + 1}\,dx =\] \[= \left[ \frac{x^4}{4} - \frac{x^2}{2} \right]_{0}^{1} + \left[ \frac{1}{2}\ln(x^2 + 1) \right]_{0}^{1} - \left[ \arctan(x) \right]_{0}^{1} =\] \[= \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \right) + \frac{1}{2}\ln(2) - \frac{\pi}{4} = -\frac{1}{4} + \frac{1}{2}\ln(2) - \frac{\pi}{4}\]

Soluzione del Quesito 5

Metodo 1: Approccio analitico (Minimizzazione della distanza)

Un punto generico \(P\) appartenente alla retta ha coordinate calcolate in funzione di \(t\): \(P(-1 - 2t; \, 4; \, 4 + t)\). La distanza quadratica da \(C(0; 1; 1)\) è:

\[\overline{CP}^2 = (-1 - 2t - 0)^2 + (4 - 1)^2 + (4 + t - 1)^2 = 5t^2 + 10t + 19\]

Troviamo il minimo derivando rispetto a \(t\):

\[10t + 10 = 0 \implies t = -1\]

Sostituendo \(t = -1\) ricaviamo il raggio al quadrato \(R^2 = 5(-1)^2 + 10(-1) + 19 = 14\).

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Metodo 2: Approccio geometrico (Intersezione retta-piano)

Il vettore direttore della retta è \(\vec{v} = (-2; 0; 1)\). Il piano \(\pi\) perpendicolare alla retta e passante per \(C\) ha equazione:

\[-2(x - 0) + 0(y - 1) + 1(z - 1) = 0 \implies -2x + z - 1 = 0\]

Sostituendo le coordinate parametriche della retta nel piano si ottiene la proiezione ortogonale \(H(1; 4; 3)\) per \(t = -1\). Il raggio quadrato è la distanza \(\overline{CH}^2 = 1^2 + 3^2 + 2^2 = 14\).

Equazione della superficie sferica

\[(x - 0)^2 + (y - 1)^2 + (z - 1)^2 = 14 \implies x^2 + y^2 + z^2 - 2y - 2z - 12 = 0\]

Soluzione del Quesito 6

Verifichiamo le tre condizioni del Teorema di Rolle nell'intervallo \([-1; 1]\):

1. Continuità

I rami interni sono continui. Studiamo il raccordo in \(x = 0\):

\[\lim_{x \to 0^-} f(x) = f(0) = a \ln(1) = 0\] \[\lim_{x \to 0^+} f(x) = \lim_{x \to 0^+} (2a + 1)e^{1 - \frac{1}{x}} = (2a + 1) \cdot e^{-\infty} = 0\]

La funzione è sempre continua in \(x=0\) per ogni valore di \(a\).

2. Condizione agli estremi

Imponiamo la condizione richiesta \(f(-1) = f(1)\):

\[f(-1) = a \ln(e - 1 + 1) = a \ln e = a\] \[f(1) = (2a + 1)e^{1 - 1} = 2a + 1\] \[a = 2a + 1 \implies a = -1\]

3. Derivabilità per \(a = -1\)

Sostituiamo il valore e calcoliamo i rami della derivata prima per \(x \neq 0\):

\[f'(x) = \begin{cases} -\frac{2x(e - 1)}{x^2(e - 1) + 1} & \text{se } x < 0 \\ -\frac{e^{1 - \frac{1}{x}}}{x^2} & \text{se } x > 0 \end{cases}\]

Valutiamo i limiti della derivata per verificare la derivabilità in \(x=0\):

\[\lim_{x \to 0^-} f'(x) = 0, \quad \lim_{x \to 0^+} f'(x) = \lim_{y \to +\infty} -e \cdot \frac{y^2}{e^y} = 0\]

La derivata destra e sinistra coincidono nello zero. La funzione è derivabile.

Soluzione del Quesito 7

L'area totale del quadrato vale \(1\). Per la probabilità geometrica, la probabilità di colpire una regione coincide con la sua area. L'area dei 3 punti è spezzata in due regioni dall'asse \(x = t\):

\[P(3) = \int_{0}^{t} x^2\,dx + \int_{t}^{1} (1 - x^2)\,dx = \frac{t^3}{3} + \left[ x - \frac{x^3}{3} \right]_{t}^{1} = \frac{2}{3}t^3 - t + \frac{2}{3}\]

Per minimizzare \(P(3)\), calcoliamo la derivata prima:

\[P'(t) = 2t^2 - 1 \ge 0 \implies t \ge \frac{\sqrt{2}}{2}\]

Nell'intervallo \(]0; 1[\), il punto di minimo assoluto si trova in \(t = \frac{\sqrt{2}}{2}\).

Calcolo delle probabilità associate ai punteggi

• Punteggio 3: \(P(3) = \frac{2}{3}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^3 - \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{2}{3} = \frac{2 - \sqrt{2}}{3} \cong 0{,}195\)
• Punteggio 1: Rettangolo sinistro meno l'area sotto la parabola: \(P(1) = t - \frac{t^3}{3} = \frac{5\sqrt{2}}{12} \cong 0{,}589\)
• Punteggio 2: Area sotto la parabola a destra di \(t\): \(P(2) = \int_{t}^{1} x^2\,dx = \frac{4 - \sqrt{2}}{12} \cong 0{,}215\)

Soluzione del Quesito 8

Punto a): Dimostrazione dell'invertibilità

Applicando il Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale ricaviamo la derivata prima della funzione integrale:

\[F'(x) = \frac{1 + \ln x}{x^2}\]

Studiamo il segno della derivata ponendola maggiore di zero per \(x > 0\):

\[1 + \ln x > 0 \implies \ln x > -1 \implies x > \frac{1}{e}\]

Essendo \(F'(x) > 0\) in tutto l'intervallo aperto \(\left]\frac{1}{e}; +\infty\right[\), la funzione risulta strettamente crescente nell'intervallo chiuso corrispondente e perciò è sempre invertibile.

Punto b): Risoluzione di \(F(x) = 0\) e calcolo di \(G'(0)\)

L'integrale si annulla quando gli estremi superiore ed inferiore coincidono: \(x = 2\). Poiché \(2 > \frac{1}{e}\) e la funzione è strettamente monotona, la soluzione è unica. Dunque \(F(2) = 0 \implies G(0) = 2\).

Per il teorema della derivata della funzione inversa si ha:

\[G'(0) = \frac{1}{F'(G(0))} = \frac{1}{F'(2)}\]

Valutiamo la derivata prima in \(x = 2\):

\[F'(2) = \frac{1 + \ln 2}{2^2} = \frac{1 + \ln 2}{4}\] \[G'(0) = \frac{4}{1 + \ln 2}\]