Simulazione 15 – Questionario – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Soluzione del Quesito 1

Definiamo gli eventi descritti dal testo:

• \(E\): l'abbonato ha il profilo "Studente"
• \(C\): l'abbonato ha il profilo "Classico"
• \(F\): l'abbonato ha il profilo "Famiglia"
• \(H\): l'abbonato ha attivato l'opzione "Ascolto offline"

Dai dati del problema, ricordando che la somma delle probabilità di una partizione dello spazio campionario è \(1\):

\[P(E) = 0{,}25 \qquad P(F) = 0{,}15\] \[P(C) = 1-(0{,}25+0{,}15) = 0{,}60\]

Le probabilità condizionate fornite sono:

\[P(H|E) = 0{,}45 \qquad P(H|C) = 0{,}30\]

Attenzione alla formulazione linguistica

Il 12% "del totale complessivo degli abbonati" ha un profilo Famiglia e ascolta offline: la percentuale è riferita all'intera popolazione, quindi rappresenta direttamente una probabilità di intersezione:

\[P(F \cap H) = 0{,}12\]

Diverso è il caso del 45% "degli abbonati Studente": l'universo si restringe al sottoinsieme degli studenti, quindi \(P(H|E)=0{,}45\) è una probabilità condizionata, e la sua intersezione va calcolata con la regola del prodotto.

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Punto 1: calcolo di \(P(H)\)

Per il teorema della probabilità totale:

\[P(H) = P(E\cap H)+P(C\cap H)+P(F\cap H)\]

Calcoliamo le intersezioni mancanti con la regola del prodotto:

\[P(E\cap H)=P(E)\cdot P(H|E)=0{,}25\cdot0{,}45=0{,}1125\] \[P(C\cap H)=P(C)\cdot P(H|C)=0{,}60\cdot0{,}30=0{,}1800\]

Quindi:

\[P(H)=0{,}1125+0{,}1800+0{,}1200=0{,}4125\]

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Punto 2: calcolo di \(P(E|H)\)

Applichiamo il teorema di Bayes:

\[P(E|H)=\frac{P(E\cap H)}{P(H)}=\frac{0{,}1125}{0{,}4125}=\frac{1125}{4125}\]

Semplificando la frazione si ricava il valore esatto:

\[P(E|H)=\frac{3}{11}\approx 0{,}273\]

Soluzione del Quesito 2

Punto 1: termine generale \(X_n\)

Approccio euristico e principio di induzione

Calcoliamo i primi termini con la legge ricorsiva:

• \(X_0=600\)
• \(X_1=1{,}1\cdot600-50=660-50=610\)
• \(X_2=1{,}1\cdot610-50=671-50=621\)
• \(X_3=1{,}1\cdot621-50=683{,}1-50=633{,}1\)

Riscriviamo questi valori evidenziando una regolarità con le potenze di \(1{,}1\):

\[X_0=500+100\cdot(1{,}1)^0,\quad X_1=500+100\cdot(1{,}1)^1\] \[X_2=500+100\cdot(1{,}1)^2,\quad X_3=500+100\cdot(1{,}1)^3\]

Congetturiamo quindi:

\[X_n = 500+100\cdot(1{,}1)^n\]

Verifica per induzione

Base (\(n=0\)): \(X_0=500+100\cdot(1{,}1)^0=600\). Verificata.

Passo induttivo: supponendo vera la formula per \(n\), sostituiamo nella relazione ricorsiva:

\[X_{n+1}=1{,}1\,X_n-50=1{,}1\left[500+100\cdot(1{,}1)^n\right]-50\] \[X_{n+1}=550+100\cdot(1{,}1)^{n+1}-50=500+100\cdot(1{,}1)^{n+1}\]

Il passo induttivo è dimostrato: la formula vale per ogni \(n\in\mathbb{N}\).

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Metodo alternativo: punto fisso

Cerchiamo il valore di equilibrio \(\alpha\) tale che \(\alpha=1{,}1\alpha-50\):

\[-0{,}1\alpha=-50 \implies \alpha=500\]

Poniamo \(Y_n=X_n-500\). Sostituendo:

\[Y_{n+1}=X_{n+1}-500=1{,}1X_n-550=1{,}1(X_n-500)=1{,}1\,Y_n\]

\(Y_n\) è una progressione geometrica di ragione \(1{,}1\) con \(Y_0=600-500=100\), quindi \(Y_n=100\cdot(1{,}1)^n\) e:

\[X_n=Y_n+500=500+100\cdot(1{,}1)^n\]

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Punto 2: comportamento asintotico e soglia critica

Per \(X_0=600\):

\[\lim_{n\to+\infty}X_n=\lim_{n\to+\infty}\left[500+100\cdot(1{,}1)^n\right]=+\infty\]

Essendo la ragione \(q=1{,}1>1\), la componente geometrica cresce esponenzialmente: con popolazione iniziale superiore all'equilibrio \(500\), la crescita biologica prevale sul prelievo costante.

Generalizzando per una popolazione iniziale \(X_0\) qualsiasi:

\[X_n=500+(X_0-500)\cdot(1{,}1)^n\]

• Se \(X_0=500\): \(X_n=500\) per ogni \(n\) — equilibrio stazionario (la crescita biologica compensa esattamente il prelievo).
• Se \(X_0<500\): il coefficiente \((X_0-500)\) è negativo. Poiché \((1{,}1)^n\to+\infty\), si ha \(X_n\to-\infty\): la popolazione raggiunge lo zero e la specie si estingue.

Soluzione del Quesito 3

Punto 1: vertici della base e volume

L'area della base quadrata è \(16\), quindi il lato è \(\ell=\sqrt{16}=4\). Avendo il centro in \(O(0,0,0)\) e i lati paralleli agli assi, i vertici si trovano a distanza \(2\) da ciascun asse, uno in ciascun quadrante del piano \(z=0\). Disponendoli in ordine ciclico:

\[A(2,-2,0),\quad B(2,2,0),\quad C(-2,2,0),\quad D(-2,-2,0)\]

L'altezza della piramide è la quota di \(V(0,0,3)\), quindi \(h=3\):

\[V_{\text{piramide}}=\frac{1}{3}\cdot\text{Area}_{\text{base}}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot16\cdot3=16\]

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Punto 2: piano della faccia \(VAB\) e distanza dall'origine

Metodo 1: sistema con i tre punti

Il piano \(ax+by+cz+d=0\) passa per \(V(0,0,3)\), \(A(2,-2,0)\), \(B(2,2,0)\):

• \(V\): \(3c+d=0\)
• \(A\): \(2a-2b+d=0\)
• \(B\): \(2a+2b+d=0\)

Sottraendo la seconda dalla terza: \(4b=0\implies b=0\). Le restanti diventano:

\[\begin{cases} d=-3c \\ 2a+d=0 \end{cases} \implies 2a-3c=0 \implies a=\frac{3}{2}c\]

Scegliendo \(c=2\) si ottiene \(a=3\), \(b=0\), \(d=-6\). Il piano è:

\[3x+2z-6=0\]

Distanza dell'origine dal piano:

\[d(O,\pi)=\frac{|3(0)+0(0)+2(0)-6|}{\sqrt{3^2+0^2+2^2}}=\frac{6}{\sqrt{13}}=\frac{6\sqrt{13}}{13}\]

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Metodo 2: approccio geometrico

Sia \(M(2,0,0)\) il punto medio di \(AB\): \(OM=2\) è l'apotema della base. Il triangolo \(VOM\), rettangolo in \(O\), ha cateti \(OV=3\) e \(OM=2\). La distanza dell'origine dal piano \(VAB\) coincide con l'altezza \(OH\) relativa all'ipotenusa \(VM\).

Calcoliamo l'ipotenusa con Pitagora:

\[VM=\sqrt{OV^2+OM^2}=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}\]

Dalla formula dell'area del triangolo rettangolo (prodotto dei cateti diviso ipotenusa):

\[OH=\frac{OM\cdot OV}{VM}=\frac{2\cdot3}{\sqrt{13}}=\frac{6}{\sqrt{13}}=\frac{6\sqrt{13}}{13}\]

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Punto 3: sfera tangente alla faccia \(VAB\)

Una sfera centrata in \(O\) e tangente a un piano ha raggio \(R\) pari alla distanza del centro dal piano. Quindi \(R=OH=\dfrac{6}{\sqrt{13}}\), da cui:

\[R^2=\left(\frac{6}{\sqrt{13}}\right)^2=\frac{36}{13}\]

L'equazione di una sfera centrata nell'origine è \(x^2+y^2+z^2=R^2\), quindi:

\[x^2+y^2+z^2=\frac{36}{13}\]

Soluzione del Quesito 4

Punto 1: continuità e derivabilità in \(x=1\)

I due rami (un polinomio e un logaritmo traslato) sono continui e derivabili nei rispettivi intervalli aperti. L'unico punto critico è il raccordo \(x=1\).

Condizione di continuità

\[\lim_{x\to1^-}f(x)=\lim_{x\to1^+}f(x)=f(1)\]

• Limite sinistro (e valore della funzione): \(1+a+b\)
• Limite destro: \(\ln(1)+2=2\)

Da cui:

\[1+a+b=2 \implies a+b=1\]

Condizione di derivabilità

Calcoliamo la derivata nei due rami aperti:

\[f'(x)=\begin{cases} 2x+a & \text{se } 0\le x<1 \\ \dfrac{1}{x} & \text{se } x>1 \end{cases}\]

Imponendo l'uguaglianza delle derivate laterali in \(x=1\):

\[2(1)+a=\frac{1}{1} \implies 2+a=1 \implies a=-1\]

Risoluzione del sistema

Sostituendo \(a=-1\) in \(a+b=1\): \(b=2\). La funzione è quindi:

\[f(x)=\begin{cases} x^2-x+2 & \text{se } 0\le x\le1 \\ \ln(x)+2 & \text{se } x>1 \end{cases}\]

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Punto 2: Teorema di Lagrange su \([0,e]\)

Il teorema richiede continuità in \([0,e]\) e derivabilità in \((0,e)\): entrambe verificate, essendo il punto di raccordo \(x=1\) interno all'intervallo e regolare per i valori trovati.

La tesi garantisce un punto \(c\in(0,e)\) tale che:

\[f'(c)=\frac{f(e)-f(0)}{e-0}\]

Valori agli estremi:

\[f(0)=0-0+2=2 \qquad f(e)=\ln(e)+2=3\]

Rapporto incrementale:

\[\frac{f(e)-f(0)}{e-0}=\frac{3-2}{e}=\frac{1}{e}\]

Ricerca di \(c\)

Primo ramo (\(0<c\le1\)):

\[2c-1=\frac{1}{e} \implies c=\frac{1}{2}+\frac{1}{2e}\]

Numericamente \(c\approx0{,}5+0{,}184=0{,}684\), valore interno a \((0,1)\): accettabile.

Secondo ramo (\(1<c<e\)):

\[\frac{1}{c}=\frac{1}{e} \implies c=e\]

Ma \(c=e\) è un estremo dell'intervallo, non un punto interno: non accettabile.

Ordinata del punto

Sostituendo \(c=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2e}\) nel primo ramo \(f(c)=c^2-c+2\):

\[c^2=\frac{1}{4}+\frac{1}{2e}+\frac{1}{4e^2}\] \[c^2-c=\left(\frac{1}{4}+\frac{1}{2e}+\frac{1}{4e^2}\right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{2e}\right)=-\frac{1}{4}+\frac{1}{4e^2}\] \[f(c)=c^2-c+2=\frac{7}{4}+\frac{1}{4e^2}\]

Soluzione del Quesito 5

Sia \(a\) il lato maggiore e \(b\) il lato minore del rettangolo iniziale, con \(a>b\). L'area è:

\[a\cdot b=1 \implies b=\frac{1}{a}\]

Tagliando a metà parallelamente al lato \(b\), i due nuovi rettangoli hanno dimensioni \(b\) e \(\dfrac{a}{2}\). Per la similitudine, il rapporto tra lato maggiore e lato minore deve restare \(\dfrac{a}{b}\). Analizziamo i casi possibili.

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Caso 1: \(\dfrac{a}{2}<b\) (configurazione coerente)

Il lato maggiore del nuovo rettangolo è \(b\), il minore è \(\dfrac{a}{2}\). La similitudine impone:

\[\frac{a}{b}=\frac{b}{\frac{a}{2}} \implies \frac{a}{b}=\frac{2b}{a}\]

Da cui, moltiplicando in croce:

\[a^2=2b^2 \implies a=b\sqrt{2}\]

Combinando con \(b=\dfrac{1}{a}\):

\[a^2=2\left(\frac{1}{a}\right)^2 \implies a^4=2\]

Estraendo la radice quarta (soluzione reale positiva):

\[a=\sqrt[4]{2}\text{ m}\]

e quindi:

\[b=\frac{1}{a}=\frac{1}{\sqrt[4]{2}}\text{ m}\]

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Caso 2: \(\dfrac{a}{2}>b\)

Il lato maggiore sarebbe \(\dfrac{a}{2}\), il minore \(b\). La similitudine darebbe:

\[\frac{a}{b}=\frac{\frac{a}{2}}{b} \implies \frac{a}{2}=a\]

Uguaglianza impossibile (\(1=2\)) per qualunque dimensione non nulla: caso da scartare.

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Caso 3: \(\dfrac{a}{2}=b\)

Il taglio dividerebbe il rettangolo in due quadrati. Ma un quadrato è simile solo a un altro quadrato (rapporto tra i lati \(=1\)), mentre il rettangolo iniziale ha rapporto \(\dfrac{a}{b}=2\): caso da scartare.

Soluzione del Quesito 6

Punto 1: esistenza e unicità della soluzione

Poniamo \(f(x)=e^x+x-4\): l'equazione data equivale a \(f(x)=0\). \(f\) è continua e derivabile su tutto \(\mathbb{R}\), essendo somma di un esponenziale e di un polinomio.

Esistenza: teorema degli zeri

\[f(1)=e+1-4\approx-0{,}28<0 \qquad f(2)=e^2+2-4\approx5{,}39>0\]

Essendo \(f\) continua in \([1,2]\) e con segni opposti agli estremi, per il teorema degli zeri esiste almeno una soluzione \(c\in(1,2)\) con \(f(c)=0\).

Unicità: monotonia

\[f'(x)=e^x+1\]

Poiché \(e^x>0\) per ogni \(x\), risulta \(f'(x)>1>0\) su tutto \(\mathbb{R}\): \(f\) è strettamente crescente, quindi la soluzione è unica.

Equivalentemente, l'equazione \(e^x+x-4=0\) si può scrivere \(e^x=-x+4\), cioè come intersezione tra il grafico esponenziale \(a(x)=e^x\) (crescente) e la retta \(b(x)=-x+4\) (decrescente): due funzioni con monotonia opposta si intersecano in un solo punto, il punto \(A\) della figura.

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Punto 2: approssimazione con bisezione e tangenti

Partiamo dall'intervallo \([1,2]\). Applichiamo il metodo di bisezione:

Dopo tre passi, l'intervallo si è ristretto a \([1;1{,}125]\), con \(f(1{,}125)\approx0{,}205>0\). Passiamo al metodo delle tangenti (Newton) per accelerare la convergenza.

Condizioni di applicabilità

\[f''(x)=e^x>0 \quad \forall x\in\mathbb{R}\]

La concavità è sempre verso l'alto. Conviene partire dall'estremo in cui \(f\) ha lo stesso segno di \(f''\), cioè \(x_0=1{,}125\) (dove \(f(x_0)>0\)).

Applichiamo \(x_{n+1}=x_n-\dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}\):

Il valore si è già stabilizzato alla terza cifra decimale.

Soluzione del Quesito 7

Punto 1: studio qualitativo della funzione integrale

L'integranda \(f(t)=(1-t)e^t\) è continua su tutto \(\mathbb{R}\), essendo prodotto di un polinomio e di un esponenziale, entrambi continui. Per il Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale (Torricelli–Barrow), il dominio di \(F(x)\) è:

\[\text{Dominio: }(-\infty,+\infty)\]

Monotonia

Sempre per il Teorema Fondamentale, \(F\) è derivabile e:

\[F'(x)=f(x)=(1-x)e^x\]

Studiamo il segno di \(F'(x)\ge0\):

\[(1-x)e^x\ge0\]

Poiché \(e^x>0\) sempre, il segno dipende dal fattore lineare:

\[1-x\ge0 \implies x\le1\]

• Per \(x<1\): \(F'(x)>0\), \(F\) è strettamente crescente.
• Per \(x>1\): \(F'(x)<0\), \(F\) è strettamente decrescente.
• In \(x=1\): la derivata si annulla e cambia segno: \(x=1\) è un punto di massimo relativo e assoluto.

L'ordinata del massimo è \(F(1)=\displaystyle\int_0^1(1-t)e^t\,dt\).

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Punto 2: calcolo analitico di \(F(x)\)

Integriamo per parti, ponendo:

\[u=1-t \implies u'=-1, \qquad v'=e^t \implies v=e^t\]

Applicando la formula \(\int u\,v'\,dt=uv-\int u'v\,dt\):

\[\int(1-t)e^t\,dt=(1-t)e^t-\int(-1)e^t\,dt=(1-t)e^t+e^t+c\]

Raccogliendo \(e^t\):

\[\int(1-t)e^t\,dt=(2-t)e^t+c\]

Espressione di \(F(x)\)

Applicando Newton-Leibniz tra \(0\) e \(x\):

\[F(x)=\Big[(2-t)e^t\Big]_0^x=(2-x)e^x-(2-0)e^0=(2-x)e^x-2\] \[F(x)=(2-x)e^x-2\]

Verifica del punto di massimo

Per verificare la coerenza del risultato, deriviamo l'espressione analitica di \(F(x)\) appena calcolata, verificando che la sua derivata si annulli nel punto di estremo trovato al Punto 1 e che coincida con l'integranda iniziale:

\[F'(x) = \frac{d}{dx}\left[(2-x)e^x - 2\right] = (-1)e^x + (2-x)e^x =\] \[=(-1 + 2 - x)e^x = (1-x)e^x\]

La derivata coincide perfettamente con la funzione integranda \(f(x)\). Studiando nuovamente il segno di \(F'(x) \ge 0\):

\[(1-x)e^x \ge 0 \implies 1-x \ge 0 \implies x \le 1\]

Questo conferma in modo indipendente che \(x = 1\) è l'unico punto di massimo relativo e assoluto per la funzione. Sostituiamo infine \(x = 1\) nell'espressione di \(F(x)\), ne ricaviamo l'ordinata esatta:

\[F(1)=(2-1)e^1-2=e-2\]

Le coordinate del massimo sono \(M(1,\,e-2)\). Il risultato è pienamente coerente: \(e-2\approx0{,}718>0\), valore atteso per una funzione che parte da \(F(0)=0\) con andamento inizialmente crescente.

Soluzione del Quesito 8

Analisi della forma indeterminata e condizioni di applicabilità

Sostituendo \(x=0\):

\[\frac{\cos(0)-1+k(0)^2}{0^4}=\frac{1-1+0}{0}=\left[\frac{0}{0}\right]\]

Forma indeterminata \(\left[\frac{0}{0}\right]\). Prima di applicare De L'Hôpital, verifichiamo le condizioni in un intorno \(I\) di \(x_0=0\):

• Continuità e derivabilità: \(f(x)=\cos(x)-1+kx^2\) e \(g(x)=x^4\) sono combinazioni di funzioni elementari, continue e derivabili infinite volte su \(\mathbb{R}\).
• Derivata del denominatore: \(g'(x)=4x^3\) si annulla solo per \(x=0\), quindi \(g'(x)\neq0\) in \(I\setminus\{0\}\).
• Esistenza del limite delle derivate: verificheremo a posteriori — se esiste, coincide col limite originario.

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Primo passaggio

Deriviamo numeratore e denominatore:

\[f'(x)=-\sin(x)+2kx \qquad g'(x)=4x^3\]

Il limite diventa:

\[\lim_{x\to0}\frac{-\sin(x)+2kx}{4x^3}\]

Sostituendo \(x=0\) si ripresenta \(\left[\frac{0}{0}\right]\). Le condizioni di De L'Hôpital restano valide (le funzioni sono derivabili in un intorno di \(0\) e \(g''(x)=12x^2\neq0\) per \(x\neq0\)). Deriviamo una seconda volta:

\[f''(x)=-\cos(x)+2k \qquad g''(x)=12x^2\]

Il limite si riduce a:

\[\lim_{x\to0}\frac{-\cos(x)+2k}{12x^2}\]

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Discussione del parametro \(k\)

Per \(x\to0\), il numeratore \(-\cos(x)+2k\) tende a \(-1+2k\). La discussione verte sull'annullarsi o meno di questo valore.

Caso 1: \(-1+2k\neq0 \implies k\neq\dfrac{1}{2}\)

Il numeratore tende a un valore finito e non nullo, mentre il denominatore \(12x^2\to0^+\) (potenza pari, sempre positiva). Il limite diverge:

• Se \(k>\dfrac{1}{2}\): \(-1+2k>0\implies\) il limite è \(+\infty\).
• Se \(k<\dfrac{1}{2}\): \(-1+2k<0\implies\) il limite è \(-\infty\).

Nota: il limite del rapporto delle derivate esiste (vale \(\pm\infty\)), quindi per De L'Hôpital esiste anche il limite originario, con lo stesso valore.

Caso 2: \(-1+2k=0 \implies k=\dfrac{1}{2}\) (valore critico)

Il limite si presenta ancora \(\left[\frac{0}{0}\right]\):

\[\lim_{x\to0}\frac{-\cos(x)+1}{12x^2}=\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(x)}{12x^2}\]

Usiamo il limite notevole \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{1-\cos(x)}{x^2}=\frac{1}{2}\):

\[\lim_{x\to0}\frac{1}{12}\cdot\left[\frac{1-\cos(x)}{x^2}\right]=\frac{1}{12}\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{24}\]

Valore reale determinato: la tesi del teorema è soddisfatta e il limite iniziale converge a \(\dfrac{1}{24}\).