Simulazione 12 – Questionario – Versione DSA – Esame di Stato 2026

1. Equazione del piano

L'equazione del piano passante per \(P(x_0,y_0,z_0)\) con vettore normale \(\vec{n}(a,b,c)\) è:

\[a(x-x_0)+b(y-y_0)+c(z-z_0)=0\]

Sostituendo \(P(1,2,-1)\) e \(\vec{v}(2,-1,4)\):

\[2(x-1)-(y-2)+4(z+1)=0 \implies \pi:\; 2x-y+4z+4=0\]

2. Perpendicolarità piano–retta

Il vettore direttore di \(r\) si legge dai coefficienti di \(t\): \(\vec{u}(-2,1,2)\). Per la perpendicolarità, \(\vec{v}\) e \(\vec{u}\) devono essere paralleli (proporzionali):

\[\frac{2}{-2} = -1, \quad \frac{-1}{1} = -1, \quad \frac{4}{2} = 2\]

I rapporti non sono tutti uguali: il piano non è perpendicolare alla retta.

3. Dimostrazione che \(r\) e \(n\) sono sghembe

La retta normale \(n\) passante per \(P\) con direzione \(\vec{v}\) è:

\[n:\;\begin{cases} x = 1+2h \\ y = 2-h \\ z = -1+4h \end{cases}\]

Imponiamo \(n = r\) componente per componente:

\[\begin{cases} 1+2h = 1-2t \implies h = -t \\ 2-h = 3+t \implies 2+t = 3+t \implies 2=3 \end{cases}\]

Il sistema è impossibile: le rette non si incontrano. Non essendo parallele (i vettori direttori non sono proporzionali), sono sghembe.

4. Minima distanza

Il vettore \(\vec{AB}\) (con \(A \in n\) e \(B \in r\)) deve essere ortogonale ad entrambe le rette:

\[\vec{AB} = (-2t-2h,\; 1+t+h,\; 1+2t-4h)\]

Condizione \(\vec{AB}\cdot\vec{v}=0\):

\[2(-2t-2h)-(1+t+h)+4(1+2t-4h)=0 \implies t-7h+1=0\]

Condizione \(\vec{AB}\cdot\vec{u}=0\):

\[-2(-2t-2h)+(1+t+h)+2(1+2t-4h)=0 \implies 3t-h+1=0\]

Risolviamo il sistema:

\[\begin{cases} t-7h=-1 \\ 3t-h=-1 \end{cases} \implies t=-\frac{3}{10},\quad h=\frac{1}{10}\]

Le coordinate dei punti di minima distanza sono:

\[A\!\left(\frac{6}{5};\;\frac{19}{10};\;-\frac{3}{5}\right), \quad B\!\left(\frac{8}{5};\;\frac{27}{10};\;-\frac{3}{5}\right)\] \[\vec{AB} = \left(\frac{2}{5};\;\frac{4}{5};\;0\right)\] \[d(r,n) = |\vec{AB}| = \sqrt{\frac{4}{25}+\frac{16}{25}} = \sqrt{\frac{20}{25}} = \frac{2\sqrt{5}}{5}\]

Impostazione

La risposta è affermativa: i dati sono sufficienti. Poniamo:

• Base minore: \(CD = x\)
• Base maggiore: \(AB = 7x\)
• Altezza: \(h\)
• Proiezione del lato obliquo: \(AH = KB = \dfrac{7x-x}{2} = 3x\)

Rotazione attorno alla base maggiore — Solido 1

Si genera un cilindro (raggio \(h\), altezza \(x\)) più due coni (raggio \(h\), altezza \(3x\)):

\[V_1 = \pi h^2 x + 2\cdot\frac{1}{3}\pi h^2\cdot 3x = \pi h^2 x + 2\pi h^2 x = 3\pi h^2 x\]

Rotazione attorno alla base minore — Solido 2

Si genera un cilindro grande (raggio \(h\), altezza \(7x\)) a cui si sottraggono due coni (raggio \(h\), altezza \(3x\)):

\[V_2 = \pi h^2\cdot 7x - 2\cdot\frac{1}{3}\pi h^2\cdot 3x = 7\pi h^2 x - 2\pi h^2 x = 5\pi h^2 x\]

Rapporto tra i volumi

\[\frac{V_1}{V_2} = \frac{3\pi h^2 x}{5\pi h^2 x} = \frac{3}{5}\]

I fattori \(\pi\), \(h^2\) e \(x\) si elidono: il rapporto dipende solo dalle proporzioni intrinseche.

Dominio

Il logaritmo richiede \(x > 0\): dominio \(D = (0,+\infty)\).

Derivata prima

Deriviamo i due termini separatamente:

• Derivata di \(-\ln^2 x\) (funzione composta): \(-\dfrac{2\ln x}{x}\)
• Derivata della funzione integrale per il Teorema di Torricelli–Barrow: \(\ln x\)

\[f'(x) = -\frac{2\ln x}{x} + \ln x = \ln x\left(1 - \frac{2}{x}\right) = \frac{\ln x\cdot(x-2)}{x}\]

Segno della derivata

Per \(x > 0\) il denominatore è positivo. Studiamo il segno del numeratore \(\ln x\cdot(x-2)\):

• \(\ln x \ge 0 \iff x \ge 1\)
• \(x-2 \ge 0 \iff x \ge 2\)

Premessa

La somma di due interi è dispari se e solo se uno è pari e l'altro è dispari. I casi totali sono \(\dbinom{n}{2} = \dfrac{n(n-1)}{2}\).

Caso 1: \(n\) pari

Ci sono \(\dfrac{n}{2}\) numeri pari e \(\dfrac{n}{2}\) numeri dispari. Casi favorevoli:

\[\frac{n}{2}\cdot\frac{n}{2} = \frac{n^2}{4}\] \[p(n) = \frac{n^2/4}{n(n-1)/2} = \frac{n}{2(n-1)}\]

Caso 2: \(n\) dispari

Ci sono \(\dfrac{n+1}{2}\) numeri dispari e \(\dfrac{n-1}{2}\) numeri pari. Casi favorevoli:

\[\frac{n+1}{2}\cdot\frac{n-1}{2} = \frac{n^2-1}{4}\] \[p(n) = \frac{(n^2-1)/4}{n(n-1)/2} = \frac{(n+1)(n-1)}{4}\cdot\frac{2}{n(n-1)} = \frac{n+1}{2n}\]

Risposta ai tre punti

1. La funzione di probabilità è:

\[p(n) = \begin{cases} \dfrac{n}{2(n-1)} & \text{se } n \text{ è pari} \\ \dfrac{n+1}{2n} & \text{se } n \text{ è dispari} \end{cases}\]

2. Sì, \(p(n)\) dipende dalla parità di \(n\). Esempi:

• \(n=4\) (pari): \(p(4) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3} \approx 0{,}667\)
• \(n=5\) (dispari): \(p(5) = \frac{6}{10} = \frac{3}{5} = 0{,}600\)

3. Entrambe le successioni tendono a \(\frac{1}{2}\):

\[\lim_{n\to+\infty}\frac{n}{2(n-1)} = \frac{1}{2}, \qquad \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{2n} = \frac{1}{2}\]

Schema geometrico

Chiamiamo \(t\) il tempo (in minuti) necessario a coprire il tratto finale \(CB\). Con velocità costante, le distanze sono proporzionali ai tempi:

\[CB = \frac{t}{20}\cdot AC \implies AB = AC\!\left(1+\frac{t}{20}\right)\]

Dalla trigonometria dei triangoli rettangoli:

\[BD = AB\cdot\tan 4^\circ = CB\cdot\tan 9^\circ\]

Sostituendo e dividendo per \(AC\):

\[\left(1+\frac{t}{20}\right)\tan 4^\circ = \frac{t}{20}\tan 9^\circ\] \[(20+t)\tan 4^\circ = t\tan 9^\circ \implies t = \frac{20\tan 4^\circ}{\tan 9^\circ - \tan 4^\circ}\]

Con \(\tan 4^\circ \approx 0{,}06993\) e \(\tan 9^\circ \approx 0{,}15838\):

\[t \approx \frac{20\times 0{,}06993}{0{,}15838 - 0{,}06993} \approx 15{,}81\text{ minuti}\]

1. Formula del costo

Dal vincolo di volume: \(x^2 h = 16 \implies h = \dfrac{16}{x^2}\).

Costo totale (base + coperchio + quattro pareti):

\[C(x) = 0{,}20\cdot 2x^2 + 0{,}10\cdot 4xh = 0{,}4x^2 + 0{,}4x\cdot\frac{16}{x^2} = 0{,}4x^2 + \frac{6{,}4}{x}\]

2. Minimizzazione

\[C'(x) = 0{,}8x - \frac{6{,}4}{x^2} = \frac{0{,}8x^3-6{,}4}{x^2}\] \[C'(x) = 0 \implies x^3 = 8 \implies x = 2\text{ dm}\]

\(C' < 0\) per \(x < 2\) (decrescente) e \(C' > 0\) per \(x > 2\) (crescente): minimo assoluto in \(x = 2\).

• Lato base: \(x = 2\text{ dm}\)
• Altezza: \(h = \dfrac{16}{4} = 4\text{ dm}\)
• Costo minimo: \(C(2) = 0{,}4\cdot4 + \dfrac{6{,}4}{2} = 1{,}6 + 3{,}2 = 4{,}80\text{ €}\)

1. Esistenza e unicità

Riscriviamo l'equazione come \(e^x = -2x+3\) e studiamo le intersezioni tra \(f(x) = e^x\) (strettamente crescente) e \(g(x) = -2x+3\) (strettamente decrescente).

Verifica agli estremi di \([0,1]\) per \(h(x) = e^x+2x-3\):

• \(h(0) = 1+0-3 = -2 < 0\)
• \(h(1) = e+2-3 = e-1 > 0\)

Per il Teorema degli zeri esiste almeno una soluzione in \((0,1)\). Poiché \(h'(x) = e^x+2 > 0\) sempre, la funzione è strettamente crescente: la soluzione è unica.

2a. Metodo di bisezione

All'ottava iterazione l'ampiezza è \(0{,}0078 < 0{,}01\): la radice è localizzata.

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2b. Metodo delle tangenti (Newton–Raphson)

Condizioni verificate in \([0,1]\): \(h' > 0\) e \(h'' = e^x > 0\). Si parte da \(x_0 = 1\) (dove \(h(1) > 0\) come \(h''\)).

1. Spazio totale percorso

La caduta iniziale percorre \(2\text{ m}\). Le altezze dei rimbalzi successivi formano una progressione geometrica di primo termine \(a_1 = 1\) e ragione \(q = \frac{1}{2}\):

\(1\text{ m},\quad \frac{1}{2}\text{ m},\quad \frac{1}{4}\text{ m},\quad \dots\)

Ogni rimbalzo comporta salita e discesa, quindi lo spazio percorso per ogni rimbalzo è il doppio dell'altezza. Lo spazio totale è:

\[S = 2 + 2\cdot 1 + 2\cdot\frac{1}{2} + 2\cdot\frac{1}{4} + \dots = 2 + 4\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^n\]

Usando la formula della serie geometrica con \(|q| = \frac{1}{2} < 1\):

\[\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^n = \frac{\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}} = 1\] \[S = 2 + 4\cdot 1 = 6\text{ metri}\]

2. Perché lo spazio è finito

L'intuizione che "una somma infinita di termini positivi debba essere infinita" è smentita dal calcolo. La condizione di convergenza di una serie geometrica è \(|q| < 1\): in tal caso i termini decrescono abbastanza rapidamente da avere somma finita. Nel nostro caso \(q = \frac{1}{2}\), quindi la serie converge e i rimbalzi, pur infiniti in numero, si concentrano in un intervallo di spazio limitato.