Simulazione 14 – Problema 2 – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Soluzione del punto 1

Il triangolo \(CMD\) è rettangolo isoscele

L'angolo \(\widehat{ACB}\) misura \(135^\circ\), poiché il suo angolo al centro corrispondente misura \(270^\circ\) (l'angolo esplementare dell'angolo retto \(\widehat{AOB}\)).

Di conseguenza, l'angolo adiacente \(\widehat{MCD}\) vale:

\[180^\circ - 135^\circ = 45^\circ\]

Inoltre, la retta \(OD\) è perpendicolare alla corda \(AC\), poiché passa per il centro \(O\) della circonferenza e per il punto medio \(M\) della corda stessa.

Segue che il triangolo \(CDM\) è rettangolo in \(M\). Essendo l'angolo \(\widehat{MCD}\) di \(45^\circ\), anche l'angolo \(\widehat{MDC}\) è di \(45^\circ\):

Nota geometrica: Il triangolo \(MCD\) è quindi rettangolo isoscele per ogni scelta del punto \(C\) sull'arco \(AB\).

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Calcolo del rapporto richiesto

Poniamo la lunghezza della corda \(AC = x\). Essendo \(M\) il punto medio di \(AC\):

\[AM = \frac{x}{2}\]

Assumiamo come unità di misura il raggio della circonferenza, quindi \(OA = 1\).

Essendo il triangolo \(CDM\) rettangolo isoscele con cateti \(CM = AM = \dfrac{x}{2}\), l'ipotenusa \(CD\) vale:

\[CD = CM \cdot \sqrt{2} = \frac{x}{2}\cdot\sqrt{2}\]

Sostituiamo nel rapporto richiesto:

\[\frac{CD^2}{AM^2 + OA^2} = \frac{\left(\dfrac{x}{2}\sqrt{2}\right)^2}{\left(\dfrac{x}{2}\right)^2 + 1^2}\] \[= \frac{\dfrac{2x^2}{4}}{\dfrac{x^2}{4} + 1} = \frac{\dfrac{2x^2}{4}}{\dfrac{x^2+4}{4}}\]

Semplificando i due quattro al numeratore e al denominatore otteniamo proprio la funzione richiesta:

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Limiti di variabilità di \(x\)

Il punto \(C\) si muove sull'arco \(AB\):

• Quando \(C\) coincide con \(A\), la corda \(AC\) si annulla, quindi \(x = 0\).
• Quando \(C\) coincide con \(B\), la corda \(AC\) diventa l'intero segmento \(AB\). Il triangolo \(OAB\) è rettangolo isoscele con cateti \(OA = OB = 1\), quindi per il teorema di Pitagora \(AB = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2}\).

Il dominio di variabilità di \(x\) è dunque:

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Soluzione del punto 2

Studio della funzione \(y = \dfrac{2x^2}{x^2+4}\)

Dominio e continuità: il denominatore \(x^2+4\) non si annulla mai (\(x^2+4 \ge 4 > 0\)), quindi la funzione è definita e continua su tutto \(\mathbb{R}\):

\[\mathbb{R} = (-\infty, +\infty)\]

Simmetrie: sostituendo \(x\) con \(-x\):

\[f(-x) = \frac{2(-x)^2}{(-x)^2+4} = \frac{2x^2}{x^2+4} = f(x)\]

La funzione è pari: il grafico è simmetrico rispetto all'asse \(y\).

Intersezioni con gli assi e segno:

• \(f(x)=0\) solo per \(x=0\): unica intersezione con gli assi nell'origine \(O(0;\,0)\).
• Essendo \(2x^2 \ge 0\) e \(x^2+4 > 0\), la funzione è strettamente positiva per \(x \ne 0\).

Limiti agli estremi e asintoti:

\[\lim_{x \to \pm\infty} \frac{2x^2}{x^2+4} = 2\]

Asintoto orizzontale completo:

\[y = 2\]

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Derivata prima

Applicando la regola di derivazione del quoziente:

\[f'(x) = \frac{4x(x^2+4) - 2x^2 \cdot 2x}{(x^2+4)^2} = \frac{4x^3+16x-4x^3}{(x^2+4)^2}\] \[f'(x) = \frac{16x}{(x^2+4)^2}\]

Studiamo il segno:

\[f'(x) \ge 0 \iff x \ge 0\]

La funzione è decrescente per \(x < 0\), crescente per \(x > 0\), con un punto di minimo relativo (e assoluto) in \(x=0\), di ordinata \(y=0\).

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Derivata seconda

\[f''(x) = \frac{16(x^2+4)^2 - 16x \cdot 2(x^2+4)\cdot 2x}{(x^2+4)^4}\]

Semplificando per il fattore comune \((x^2+4)\):

\[f''(x) = \frac{16(x^2+4) - 64x^2}{(x^2+4)^3} = \frac{64 - 48x^2}{(x^2+4)^3}\]

Studiamo il segno:

\[f''(x) \ge 0 \iff x^2 \le \frac{4}{3} \iff -\sqrt{\frac{4}{3}} \le x \le \sqrt{\frac{4}{3}}\]

La concavità è verso l'alto in \(\left(-\sqrt{\dfrac{4}{3}};\,\sqrt{\dfrac{4}{3}}\right)\) e verso il basso al di fuori. Si hanno due punti di flesso per \(x = \pm\sqrt{\dfrac{4}{3}}\), con ordinata \(y = \dfrac{1}{2}\).

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Studio del massimo sul ramo \(\gamma\)

Il ramo \(\gamma\) è la porzione di grafico nel primo quadrante, con \(x > 0\) e \(y > 0\).

Dallo studio della derivata prima sappiamo che \(f'(x) > 0\) per ogni \(x > 0\): sul ramo \(\gamma\) la funzione è strettamente crescente.

Analisi della monotonia: la funzione cresce indefinitamente all'aumentare di \(x\), avvicinandosi all'asintoto \(y=2\) senza mai raggiungerlo. La curva non inverte mai il proprio andamento e non presenta punti di massimo relativo interni.

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Soluzione del punto 3

Equazione della retta \(r\)

La retta \(r\) passa per l'origine \(O(0;\,0)\) e per il punto \(T(2;\,1)\). Essendo una retta per l'origine, ha equazione \(y=mx\), con:

\[m = \frac{y_T}{x_T} = \frac{1}{2}\]

L'equazione della retta \(r\) è quindi:

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Calcolo dell'area della regione di piano

La regione è delimitata superiormente dalla retta \(r: y = \dfrac{1}{2}x\) e inferiormente dal ramo \(\gamma: y = \dfrac{2x^2}{x^2+4}\). Le due curve si intersecano in \(O(0;\,0)\) e in \(T(2;\,1)\), quindi l'intervallo di integrazione è \([0;\,2]\).

L'area si calcola con l'integrale definito:

\[\text{Area} = \int_{0}^{2}\left(\frac{1}{2}x - \frac{2x^2}{x^2+4}\right)dx\]

Spezziamo l'integrale in due parti:

\[\text{Area} = \int_{0}^{2}\frac{1}{2}x\,dx - \int_{0}^{2}\frac{2x^2}{x^2+4}\,dx\]

Per la seconda funzione razionale, sommiamo e sottraiamo \(4\) al numeratore:

\[\int \frac{2x^2}{x^2+4}\,dx = 2\int\frac{x^2+4-4}{x^2+4}\,dx = 2\left(\int 1\,dx - 4\int\frac{1}{x^2+4}\,dx\right)\] \[= 2\left(x - 4\cdot\frac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{x}{2}\right)\right) = 2x - 4\arctan\!\left(\frac{x}{2}\right)\]

Componendo i due blocchi otteniamo la primitiva complessiva:

\[\text{Area} = \left[\frac{1}{4}x^2 - \left(2x - 4\arctan\!\left(\frac{x}{2}\right)\right)\right]_{0}^{2} = \left[\frac{1}{4}x^2 - 2x + 4\arctan\!\left(\frac{x}{2}\right)\right]_{0}^{2}\]

Sostituiamo l'estremo superiore \(x=2\) (l'estremo inferiore \(x=0\) annulla tutti i termini):

\[\text{Area} = \frac{1}{4}(2)^2 - 2(2) + 4\arctan\!\left(\frac{2}{2}\right) = 1 - 4 + 4\arctan(1)\]

Essendo \(\arctan(1) = \dfrac{\pi}{4}\):

\[\text{Area} = -3 + 4\cdot\frac{\pi}{4} = (\pi - 3)\,\text{u}^2\] ↑ Nascondi soluzione

Soluzione del punto 4

Equazione della retta normale \(n\)

La retta normale \(n\) è perpendicolare alla retta tangente \(r\) nel punto \(T(2;\,1)\). Essendo \(m_r = \dfrac{1}{2}\), il coefficiente angolare di \(n\) è l'antireciproco:

\[m_n = -\frac{1}{m_r} = -2\]

Usando il fascio di rette per \(T(2;\,1)\):

\[y - 1 = -2(x-2)\] \[y - 1 = -2x + 4\]

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Punto \(N\) e area del triangolo \(OTN\)

\(N\) è l'intersezione di \(n\) con l'asse delle ascisse (\(y=0\)):

\[\begin{cases} y = -2x+5 \\ y = 0 \end{cases} \implies -2x+5=0 \implies x = \frac{5}{2}\]

Quindi:

\[N\left(\frac{5}{2};\,0\right)\]

Nel triangolo \(OTN\) prendiamo come base il segmento \(ON\) sull'asse \(x\), di lunghezza \(\dfrac{5}{2}\), e come altezza l'ordinata di \(T\), cioè \(1\):

\[\text{Area}_{OTN} = \frac{ON \cdot y_T}{2} = \frac{\frac{5}{2}\cdot 1}{2} = \frac{5}{4}\,\text{u}^2\]

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Calcolo della probabilità geometrica

Per la definizione di probabilità geometrica, la probabilità che un punto \(P\) scelto a caso nel triangolo \(OTN\) appartenga alla regione \(S\) (interamente contenuta nel triangolo) è il rapporto tra l'area favorevole e l'area totale:

\[p = \frac{\text{Area}_S}{\text{Area}_{OTN}}\]

Dal punto 3, \(\text{Area}_S = (\pi-3)\,\text{u}^2\). Sostituendo:

\[p = \frac{\pi-3}{\frac{5}{4}} = \frac{4}{5}(\pi-3)\] ↑ Nascondi soluzione