Simulazione 3 - Questionario - Esame di Stato 2026

Soluzione del Quesito 1

Circonferenza circoscritta al quadrato

Il quadrato ha lato 4. La diagonale vale \(d = 4\sqrt{2}\). Il raggio della circonferenza circoscritta è:

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

Circonferenza inscritta nel quadrato

Il raggio è pari a metà lato:

\(\displaystyle r = \frac{4}{2} = 2 \implies A_{\text{piccola}} = \pi r^2 = 4\pi\)

Area della regione compresa

\(\displaystyle A = A_{\text{grande}} - A_{\text{piccola}} = 8\pi - 4\pi = 4\pi\)

Soluzione del Quesito 2

Distribuzione binomiale

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

Probabilità di esattamente 7 teste

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

La probabilità di ottenere esattamente 7 teste è circa 0,215 (21,5%).

Probabilità di al massimo 7 teste

Usiamo la probabilità complementare:

\(\displaystyle P(X \leq 7) = 1 - P(X=8) - P(X=9) - P(X=10)\)

\(\displaystyle P(X=8) = \binom{10}{8}(0{,}6)^8(0{,}4)^2 \approx 0{,}121\)

\(\displaystyle P(X=9) = \binom{10}{9}(0{,}6)^9(0{,}4)^1 \approx 0{,}040\)

\(\displaystyle P(X=10) = (0{,}6)^{10} \approx 0{,}006\)

\(\displaystyle P(X \leq 7) = 1 - 0{,}167 = 0{,}833\)

La probabilità di ottenere al massimo 7 teste è circa 0,833 (83,3%).

Soluzione del Quesito 3

Natura dell'integrale

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

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

Integrazione per parti

Con \(u = \ln(x)\) e \(dv = x\,dx\):

\(\displaystyle\int x\ln(x)\,dx = \frac{x^2}{2}\ln(x) - \frac{x^2}{4} + C\)

Calcolo del limite

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

Poiché \(\displaystyle\lim_{k \to 0^+} k^2\ln k = 0\) (tramite De L'Hopital):

\(\displaystyle\int_0^1 x\ln(x)\,dx = -\frac{1}{4}\)

L'integrale improprio converge al valore \(-\dfrac{1}{4}\).

Soluzione del Quesito 4

Punto a) — Posizione reciproca retta e piano

I parametri direttori della retta \(r\) sono \((1, 1, 2)\). Le equazioni parametriche di \(r\) sono:

\(\displaystyle\begin{cases} x = 1+t \\ y = t \\ z = -1+2t \end{cases}\)

Sostituendo nel piano \(\beta\):

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

La retta è incidente al piano nel punto \(P = (2, 1, 1)\).

Punto b) — Equazione della sfera

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

\(\displaystyle r = \frac{|2(0) - 1 + 3(-1) - 6|}{\sqrt{4+1+9}} = \frac{10}{\sqrt{14}}\)

\(\displaystyle x^2 + (y-1)^2 + (z+1)^2 = \frac{50}{7}\)

Soluzione del Quesito 5

Continuità in \(x=0\)

\(\displaystyle \lim_{x \to 0^-}\left(\frac{\sin x}{x} + a\right) = 1 + a, \qquad f(0)=b \)

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:

\(\displaystyle b=1\)

\(\displaystyle a=0,\qquad b=1\)

Soluzione del Quesito 6

Metodo dei gusci cilindrici

La formula per la rotazione attorno all'asse \(y\) è \(\displaystyle V = 2\pi \int_a^b x \cdot f(x)\,dx\). Con \(f(x) = \sqrt{x}+1\):

\(\displaystyle V = 2\pi \int_0^4 x(\sqrt{x}+1)\,dx = 2\pi \int_0^4 (x^{3/2} + x)\,dx\)

\(\displaystyle V = 2\pi \left[\frac{2}{5}x^{5/2} + \frac{x^2}{2}\right]_0^4 = 2\pi\left(\frac{64}{5} + 8\right) = 2\pi \cdot \frac{104}{5} = \frac{208\pi}{5}\)

Soluzione del Quesito 7

Ipotesi del Teorema di Rolle

\(f(x) = x^3 - ax\) è un polinomio, quindi continua e derivabile. Imponiamo \(f(0) = f(4)\):

\(f(0) = 0, \qquad f(4) = 64 - 4a\)

\(64 - 4a = 0 \implies a = 16\)

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

Punto c garantito dal teorema

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

\(f'(x) = 3x^2 - 16 = 0 \implies c = \dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{4\sqrt{3}}{3} \approx 2{,}31\)

\(\displaystyle a = 16, \qquad c = \frac{4\sqrt{3}}{3} \approx 2{,}31\)

Soluzione del Quesito 8

Definizione di derivata

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

Limite notevole

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

\(\displaystyle f'(1) = e \cdot 1 = e\)

La derivata di \(f(x) = e^x\) nel punto \(x = 1\) vale \(f'(1) = e\).