Simulazione 2 – Questionario – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Premessa

Il dado è regolare. Ad ogni lancio:

• esce un numero inferiore a 3 (cioè 1 o 2) con probabilità \(\displaystyle p_A = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}\) → 2 punti ad Angela;
• esce un numero maggiore di 2 (cioè 3, 4, 5 o 6) con probabilità \(\displaystyle p_B = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\) → 1 punto a Bernardo.

Angela raggiunge 6 punti dopo 3 esiti favorevoli; Bernardo raggiunge 6 punti dopo 6 esiti favorevoli.

Punto a) — Probabilità che entrambi segnino almeno 1 punto

Usiamo la probabilità dell'evento contrario: almeno uno dei due non segna nemmeno 1 punto.

• Angela non segna mai: tutti i lanci vanno a Bernardo, che vince in esattamente 6 lanci. Probabilità: \[\left(\frac{2}{3}\right)^6 = \frac{64}{729}\]
• Bernardo non segna mai: tutti i lanci vanno ad Angela, che vince in esattamente 3 lanci. Probabilità: \[\left(\frac{1}{3}\right)^3 = \frac{27}{729}\]

I due eventi sono incompatibili, quindi:

\[P(\text{almeno uno non segna}) = \frac{64}{729} + \frac{27}{729} = \frac{91}{729}\]

Punto b) — Probabilità che Angela conduca per 4 a 3

Il punteggio 4 a 3 in favore di Angela significa:

• Angela ha totalizzato 4 punti → 2 lanci favorevoli ad Angela (\(2 \times 2 = 4\));
• Bernardo ha totalizzato 3 punti → 3 lanci favorevoli a Bernardo (\(3 \times 1 = 3\)).

Sono stati effettuati in totale \(2 + 3 = 5\) lanci, in qualsiasi ordine. Il numero di sequenze possibili è:

\[\binom{5}{2} = 10\] ↑ Nascondi soluzione

Punto a) — Centro, raggio e piano secante

Completiamo il quadrato per ciascuna variabile:

\[(x-1)^2 - 1 + (y+2)^2 - 4 + (z-3)^2 - 9 + 9 = 0\] \[(x-1)^2 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 5\]

Calcoliamo la distanza del centro \(C\) dal piano \(\pi\colon x + 2y - 2z + 3 = 0\):

\[d = \frac{|1 + 2(-2) - 2(3) + 3|}{\sqrt{1^2+2^2+(-2)^2}} = \frac{|1 - 4 - 6 + 3|}{\sqrt{9}} = \frac{6}{3} = 2\]

Poiché \(d = 2 < \sqrt{5} = r\), il piano è secante la sfera. ✓

Poiché \(d = 2 < \sqrt{5} = r\), il piano è secante la sfera. ✓

Indichiamo con \(d = CH\) la distanza del centro della sfera dal piano e con \(AB\) il diametro della circonferenza sezione:

Il raggio della circonferenza intersezione è:

Punto b) — Retta perpendicolare e punti di intersezione

La retta \(r\) passa per \(C(1, -2, 3)\) ed è perpendicolare al piano \(\pi\), quindi ha come vettore direttore il vettore normale al piano \(\mathbf{n} = (1, 2, -2)\). Le equazioni parametriche della retta sono:

\[r: \begin{cases} x = 1 + t \\ y = -2 + 2t \\ z = 3 - 2t \end{cases}\]

Sostituiamo nella sfera \((x-1)^2 + (y+2)^2 + (z-3)^2 = 5\):

\[(1+t-1)^2 + (-2+2t+2)^2 + (3-2t-3)^2 = 5\] \[t^2 + 4t^2 + 4t^2 = 5 \implies 9t^2 = 5 \implies t = \pm\frac{\sqrt{5}}{3}\] ↑ Nascondi soluzione

Calcolo del limite

Per \(x \to 0\) si ha \(\sin(3x) \to 0\) e \(x^2+3x \to 0\): forma indeterminata \(\dfrac{0}{0}\). Raccogliamo \(x\) al denominatore:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{x^2+3x} = \lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{x(x+3)}\]

Moltiplichiamo e dividiamo per 3:

\[= \lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{3x} \cdot \frac{3}{x+3} = 1 \cdot \frac{3}{3} = 1\]

Si è usato il limite notevole \(\displaystyle\lim_{\alpha \to 0}\frac{\sin\alpha}{\alpha} = 1\) con \(\alpha = 3x\).

Applicabilità del Teorema di De L'Hopital

Verifichiamo le condizioni richieste:

• Forma indeterminata \(\dfrac{0}{0}\): per \(x \to 0\) si ha \(\sin(3x) \to 0\) e \(x^2+3x \to 0\). ✓
• Derivabilità: le funzioni \(\sin(3x)\) e \(x^2+3x\) sono derivabili in un intorno di \(x = 0\). ✓
• Derivata del denominatore non nulla in un intorno di \(0\), \(0\) escluso: la derivata di \(x^2+3x\) è \(2x+3\). Poiché \(2x+3 = 0 \implies x = -\dfrac{3}{2}\), esiste un intorno di \(0\) in cui la derivata non sia nulla. ✓

Tutte le condizioni sono soddisfatte, quindi il Teorema di De L'Hopital è applicabile. Applicandolo:

\[\lim_{x \to 0} \frac{\sin(3x)}{x^2+3x} = \lim_{x \to 0} \frac{3\cos(3x)}{2x+3} = \frac{3 \cdot 1}{3} = 1\] ↑ Nascondi soluzione

Asintoto verticale

L'asintoto verticale ha equazione \(x = \dfrac{1}{3}\), quindi il denominatore deve annullarsi per \(x = \dfrac{1}{3}\):

\[cx - 1 = 0 \implies x = \frac{1}{c} = \frac{1}{3} \implies \boxed{c = 3}\]

La funzione diventa \(\displaystyle f(x) = \frac{ax^2+bx}{3x-1}\).

Asintoto obliquo

L'asintoto obliquo ha equazione \(y = mx + q\). Calcoliamo prima \(m\):

\[m = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{ax^2+bx}{x(3x-1)} = \frac{a}{3}\]

Poiché l'asintoto obliquo è \(y = 2x+1\), si ha \(m = 2\):

\[\frac{a}{3} = 2 \implies \boxed{a = 6}\]

Calcoliamo ora \(q\):

\[q = \lim_{x \to \infty} \left(\frac{6x^2+bx}{3x-1} - 2x\right) = \lim_{x \to \infty} \frac{6x^2+bx - 2x(3x-1)}{3x-1} =\] \[=\lim_{x \to \infty} \frac{(b+2)x}{3x-1} = \frac{b+2}{3}\]

Poiché \(q = 1\):

\[\frac{b+2}{3} = 1 \implies b+2 = 3 \implies \boxed{b = 1}\] ↑ Nascondi soluzione

Punto a) — Area del rettangolo in funzione di x

Sia \(x\) la lunghezza del lato del rettangolo parallelo alla base. L'altezza del triangolo equilatero di lato 6 è:

\[h = \frac{6\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}\]

Sia \(y\) l'altezza del rettangolo. Per similitudine tra il triangolo al di sopra del rettangolo e il triangolo intero:

\[\frac{x}{6} = \frac{3\sqrt{3}-y}{3\sqrt{3}} \implies y = 3\sqrt{3}\left(1-\frac{x}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2}(6-x)\]

Punto b) — Dimensioni del rettangolo di area massima

Calcoliamo la derivata e la poniamo uguale a zero:

\[A'(x) = \frac{\sqrt{3}}{2}(6 - 2x) = 0 \implies x = 3\]

• per \(0 < x < 3\): \(A'(x) > 0\) → \(A\) crescente;
• per \(3 < x < 6\): \(A'(x) < 0\) → \(A\) decrescente.

Quindi \(x = 3\) è il massimo assoluto. L'altezza del rettangolo vale:

\[y = \frac{\sqrt{3}}{2}(6-3) = \frac{3\sqrt{3}}{2}\] ↑ Nascondi soluzione

Calcolo della derivata per definizione

Per definizione di derivata:

\[f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\ln(2(x+h)+1) - \ln(2x+1)}{h}\]

Usando la proprietà dei logaritmi \(\ln a - \ln b = \ln\dfrac{a}{b}\):

\[f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h}\ln\!\left(\frac{2x+2h+1}{2x+1}\right) = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h}\ln\!\left(1 + \frac{2h}{2x+1}\right)\]

Poniamo \(\displaystyle\alpha = \frac{2h}{2x+1}\); quando \(h \to 0\) si ha \(\alpha \to 0\). Moltiplichiamo e dividiamo opportunamente:

\[f'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{2}{2x+1} \cdot \frac{\ln\!\left(1 + \alpha\right)}{\alpha}\]

Usando il limite notevole \(\displaystyle\lim_{\alpha \to 0} \frac{\ln(1+\alpha)}{\alpha} = 1\):

\[f'(x) = \frac{2}{2x+1} \cdot 1 = \frac{2}{2x+1}\] ↑ Nascondi soluzione

Punto a) — Risoluzione dell'equazione differenziale

L'equazione \(\dfrac{dQ}{dt} = -kQ\) è a variabili separabili. Separiamo le variabili:

\[\frac{dQ}{Q} = -k\, dt\]

Integrando ambo i membri:

\[\int \frac{dQ}{Q} = \int -k\, dt \implies \ln|Q| = -kt + c\]

Poiché \(Q(t) > 0\) per ogni \(t\):

\[Q(t) = e^c \cdot e^{-kt} = Q_0\, e^{-kt}\]

Dalla condizione iniziale \(Q(0) = 200\) g:

Punto b) — Determinazione di k e tempo per 50 g

Usiamo la condizione \(Q(10) = 160\) g:

\[200\, e^{-10k} = 160 \implies e^{-10k} = \frac{4}{5}\] \[-10k = \ln\!\left(\frac{4}{5}\right) \implies k = \frac{1}{10}\ln\!\left(\frac{5}{4}\right)\]

Cerchiamo ora il tempo \(t^*\) per cui \(Q(t^*) = 50\) g:

\[200\, e^{-kt^*} = 50 \implies e^{-kt^*} = \frac{1}{4}\] \[-kt^* = \ln\!\left(\frac{1}{4}\right) = -\ln 4 \implies t^* = \frac{\ln 4}{k} = \frac{10\ln 4}{\ln\!\left(\frac{5}{4}\right)}\]

Poiché \(\ln 4 \approx 1{,}386\) e \(\ln\!\left(\dfrac{5}{4}\right) \approx 0{,}223\):

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Punto a) — Area della regione R

Grafico qualitativo della funzione:

Su \([0, \pi]\) la funzione \(f(x) = x\sin(x) \geq 0\), quindi l'area è:

\[A = \int_0^{\pi} x\sin(x)\, dx\]

Applichiamo il metodo di integrazione per parti, con \(u = x\) e \(dv = \sin(x)\,dx\), da cui \(du = dx\) e \(v = -\cos(x)\):

\[A = \Big[-x\cos(x)\Big]_0^{\pi} + \int_0^{\pi} \cos(x)\, dx = \pi + \Big[\sin(x)\Big]_0^{\pi} = \pi + 0 = \pi\]

Punto b) — Volume del solido di rotazione intorno all'asse ipsilon

Utilizziamo la formula dei gusci cilindrici per la rotazione intorno all'asse \(y\):

\[V = 2\pi \int_0^{\pi} x \cdot f(x)\, dx = 2\pi \int_0^{\pi} x^2\sin(x)\, dx\]

Integrazione per parti con \(u = x^2\) e \(dv = \sin(x)\,dx\), da cui \(du = 2x\,dx\) e \(v = -\cos(x)\):

\[\int_0^{\pi} x^2\sin(x)\, dx = \Big[-x^2\cos(x)\Big]_0^{\pi} + 2\int_0^{\pi} x\cos(x)\, dx =\] \[=\pi^2 + 2\int_0^{\pi} x\cos(x)\, dx\]

Calcoliamo \(\displaystyle\int_0^{\pi} x\cos(x)\, dx\) con un'altra integrazione per parti (\(u = x\), \(dv = \cos(x)\,dx\)):

\[\int_0^{\pi} x\cos(x)\, dx = \Big[x\sin(x)\Big]_0^{\pi} - \int_0^{\pi} \sin(x)\, dx = 0 - \Big[-\cos(x)\Big]_0^{\pi} = \] \[=-(\cos\pi - \cos 0) = \] \[=2\cdot(-1) \cdot(-1) = -2\]

Sostituendo:

\[V = 2\pi\left(\pi^2 + 2\cdot(-2)\right) = 2\pi(\pi^2 - 4)\] ↑ Nascondi soluzione