Simulazione 3 – Questionario – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Circonferenza circoscritta al quadrato

Il quadrato ha lato 4. La diagonale vale:

\[d = 4\sqrt{2}\]

Il raggio della circonferenza circoscritta è:

\[R = \frac{4\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}\] \[A_{\text{grande}} = \pi R^2 = \pi(2\sqrt{2})^2 = 8\pi\]

Circonferenza inscritta nel quadrato

Il raggio è pari a metà lato:

\[r = \frac{4}{2} = 2 \implies A_{\text{piccola}} = \pi r^2 = 4\pi\]

Area della regione compresa

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Distribuzione binomiale

Il numero di teste in 10 lanci segue una distribuzione binomiale \(B(n=10,\, p=0{,}6)\).

Probabilità di esattamente 7 teste

\[P(X=7) = \binom{10}{7}(0{,}6)^7(0{,}4)^3 = 120 \cdot 0{,}02799 \cdot 0{,}064 \approx 0{,}215\]

Probabilità di al massimo 7 teste

Usiamo la probabilità complementare:

\[P(X \leq 7) = 1 - P(X=8) - P(X=9) - P(X=10)\] \[P(X=8) = \binom{10}{8}(0{,}6)^8(0{,}4)^2 = 45 \cdot 0{,}0168 \cdot 0{,}16 \approx 0{,}121\] \[P(X=9) = \binom{10}{9}(0{,}6)^9(0{,}4)^1 = 10 \cdot 0{,}0101 \cdot 0{,}4 \approx 0{,}040\] \[P(X=10) = (0{,}6)^{10} \approx 0{,}006\] \[P(X \geq 8) = 0{,}121 + 0{,}040 + 0{,}006 = 0{,}167\] ↑ Nascondi soluzione

Natura dell'integrale

L'integrale è improprio: \(\ln(x)\) non è definita in \(x=0\). Lo riscriviamo come limite:

\[\int_0^1 x\ln(x)\,dx = \lim_{k \to 0^+} \int_k^1 x\ln(x)\,dx\]

Integrazione per parti

Poniamo \(u = \ln(x)\), \(dv = x\,dx\), quindi \(du = \dfrac{1}{x}dx\), \(v = \dfrac{x^2}{2}\):

\[\int x\ln(x)\,dx = \frac{x^2}{2}\ln(x) - \int \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{x}\,dx = \frac{x^2}{2}\ln(x) - \frac{x^2}{4} + C\]

Calcolo del limite

\[\int_k^1 x\ln(x)\,dx = \left[\frac{x^2}{2}\ln(x) - \frac{x^2}{4}\right]_k^1 = -\frac{1}{4} - \frac{k^2}{2}\ln(k) + \frac{k^2}{4}\]

Per il limite \(\displaystyle\lim_{k \to 0^+} k^2\ln(k)\), riscriviamo come \(\dfrac{\ln k}{1/k^2}\) e applichiamo De L'Hopital:

\[\lim_{k \to 0^+} \frac{\ln k}{1/k^2} = \lim_{k \to 0^+} \frac{1/k}{-2/k^3} = \lim_{k \to 0^+} -\frac{k^2}{2} = 0\] ↑ Nascondi soluzione

Punto a) — Posizione reciproca retta e piano

I parametri direttori della retta \(r\) sono:

\[(2-1,\; 1-0,\; 1-(-1)) = (1, 1, 2)\]

Equazioni parametriche di \(r\):

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

Sostituiamo nel piano \(\beta\):

\[2(1+t) - t + 3(-1+2t) - 6 = 0 \implies 7t - 7 = 0 \implies t = 1\]

Esiste un valore di \(t\), quindi la retta è incidente al piano nel punto con \(t=1\):

\[P = (2,\; 1,\; 1)\]

Punto b) — Equazione della sfera

Il raggio è la distanza da \(C(0,1,-1)\) al piano \(\beta\):

\[r = \frac{|2(0) - 1 + 3(-1) - 6|}{\sqrt{4+1+9}} = \frac{|-10|}{\sqrt{14}} = \frac{10}{\sqrt{14}}\] ↑ Nascondi soluzione

Continuità in \(x=0\)

Calcoliamo i limiti destro e sinistro e il valore della funzione in \(x=0\):

\[ \lim_{x \to 0^-}\left(\frac{\sin x}{x}+a\right)=1+a \] \[ \lim_{x \to 0^+}(x^2+ax+b)=b=f(0) \]

Per la continuità deve essere:

\(\displaystyle 1+a=b\)

Derivabilità in \(x=0\)

Calcoliamo la derivata sinistra tramite la definizione di derivata:

\[ f'_-(0) = \lim_{x\to0^-} \frac{\left(\frac{\sin x}{x}+a\right)-(1+a)}{x} \] \[ = \lim_{x\to0^-} \frac{\sin x-x}{x^2} \]

Si ottiene una forma indeterminata \(\frac{0}{0}\), quindi applichiamo De L'Hôpital:

\[ \lim_{x\to0^-} \frac{\sin x-x}{x^2} = \lim_{x\to0^-} \frac{\cos x-1}{2x} \]

Applichiamo ancora De L'Hôpital:

\[ \lim_{x\to0^-} \frac{\cos x-1}{2x} = \lim_{x\to0^-} \frac{-\sin x}{2} =0 \]

Quindi:

\(\displaystyle f'_-(0)=0\)

Per \(x>0\), la derivata della funzione è:

\(\displaystyle f'(x)=2x+a\)

Pertanto:

\(\displaystyle f'_+(0) = \lim_{x\to0^+}(2x+a) =a \)

Per la derivabilità deve essere:

\(\displaystyle f'_-(0)=f'_+(0)\)

\(\displaystyle 0=a\)

Dalla continuità segue allora:

\(\displaystyle b=1\)

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Metodo dei gusci cilindrici

La formula per la rotazione attorno all'asse \(y\) è \(V = 2\pi \displaystyle\int_a^b x \cdot f(x)\,dx\).

Con \(f(x) = \sqrt{x}+1\) e limiti da 0 a 4:

\[V = 2\pi \int_0^4 x(\sqrt{x}+1)\,dx = 2\pi \int_0^4 (x^{3/2} + x)\,dx\] \[V = 2\pi \left[\frac{2}{5}x^{5/2} + \frac{x^2}{2}\right]_0^4 = 2\pi\left(\frac{2}{5} \cdot 32 + \frac{16}{2}\right) = 2\pi\left(\frac{64}{5} + 8\right)\] ↑ Nascondi soluzione

Ipotesi del Teorema di Rolle

La funzione \(f(x) = x^3 - ax\) è un polinomio, quindi continua su \([0,4]\) e derivabile su \((0,4)\). Resta da verificare la terza ipotesi: \(f(0) = f(4)\).

\[f(0) = 0, \qquad f(4) = 64 - 4a\] \[64 - 4a = 0 \implies a = 16\]

Con \(a = 16\): \(f(x) = x^3 - 16x\).

Punto c garantito dal teorema

Cerchiamo \(c \in (0,4)\) tale che \(f'(c) = 0\):

\[f'(x) = 3x^2 - 16 = 0 \implies c^2 = \frac{16}{3} \implies c = \frac{4}{\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{3}\]

Verifica: \(c \approx 2{,}31 \in (0, 4)\). ✓

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Definizione di derivata

\[f'(x_0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h}\]

Con \(f(x) = e^x\) e \(x_0 = 1\):

\[f'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{e^{1+h} - e}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{e \cdot e^h - e}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{e(e^h - 1)}{h}\]

Limite notevole

Usando il limite notevole \(\displaystyle\lim_{h \to 0} \frac{e^h - 1}{h} = 1\):

\[f'(1) = e \cdot 1 = e\] ↑ Nascondi soluzione