Simulazione 4 - Questionario - Esame di Stato 2026

Soluzione del Quesito 1

Derivata prima di \(F(x)\)

Per il teorema fondamentale del calcolo integrale, la derivata dell'integrale con estremo superiore variabile è l'integrando valutato in \(x\):

\[F'(x) = \frac{1}{2} - e^{(x-2)^2}\]

Derivata seconda di \(F(x)\)

Deriviamo \(F'(x)\) usando la regola della catena:

\[F''(x) = -e^{(x-2)^2} \cdot 2(x-2)\]

Verifica del flesso in \(x = 2\)

Calcoliamo \(F''(2)\):

\[F''(2) = -e^{(2-2)^2} \cdot 2(2-2) = -e^0 \cdot 0 = 0\]

Studiamo il segno di \(F''(x) = -2(x-2)e^{(x-2)^2}\). Poiché \(e^{(x-2)^2} > 0\) sempre, il segno dipende da \(-(x-2)\):

• per \(x < 2\): \(-(x-2) > 0\) → \(F''(x) > 0\) → concavità verso l'alto
• per \(x > 2\): \(-(x-2) < 0\) → \(F''(x) < 0\) → concavità verso il basso

Poiché \(F''(2) = 0\) e la concavità cambia in \(x=2\), il punto è un flesso. ✓

Equazione della retta tangente in \(x = 2\)

Calcoliamo il punto di flesso:

\[F(2) = 2 + \frac{1}{2}\cdot 2 - \int_2^2 e^{(t-2)^2}\,dt = 2 + 1 - 0 = 3\]

Il coefficiente angolare della tangente è:

\[F'(2) = \frac{1}{2} - e^{(2-2)^2} = \frac{1}{2} - e^0 = \frac{1}{2} - 1 = -\frac{1}{2}\]

L'equazione della retta tangente nel punto \((2, 3)\) è:

\[y - 3 = -\frac{1}{2}(x - 2) \implies \boxed{y = -\frac{1}{2}x + 4}\]

Soluzione del Quesito 2

Uno studio qualitativo della funzione porta al seguente grafico, in cui è evidenziata la regione di area \(A(h)\) compresa tra la curva, l'asse delle ascisse e le rette \(x = h\) e \(x = h+2\):

Espressione di \(A(h)\)

Per \(x > 0\), la funzione \(f(x) = \dfrac{x^2+1}{x} = x + \dfrac{1}{x} > 0\), quindi l'area è:

\[A(h) = \int_h^{h+2} \left(x + \frac{1}{x}\right)dx = \left[\frac{x^2}{2} + \ln x\right]_h^{h+2}\] \[A(h) = \frac{(h+2)^2}{2} + \ln(h+2) - \frac{h^2}{2} - \ln h\] \[A(h) = \frac{(h+2)^2 - h^2}{2} + \ln\frac{h+2}{h}\] \[A(h) = \frac{4h + 4}{2} + \ln\left(1 + \frac{2}{h}\right) = 2h + 2 + \ln\left(1 + \frac{2}{h}\right)\]

Ricerca del minimo

Calcoliamo la derivata \(A'(h)\):

\[A'(h) = 2 + \frac{1}{1+\frac{2}{h}} \cdot \left(-\frac{2}{h^2}\right) = 2 - \frac{2}{h(h+2)}\]

Poniamo \(A'(h) = 0\):

\[2 = \frac{2}{h(h+2)} \implies h(h+2) = 1 \implies h^2 + 2h - 1 = 0\] \[h = \frac{-2 \pm \sqrt{4+4}}{2} = \frac{-2 \pm 2\sqrt{2}}{2} = -1 \pm \sqrt{2}\]

Poiché \(h > 0\), prendiamo la soluzione positiva:

\[\boxed{h = -1 + \sqrt{2} \approx 0{,}414}\]

Verifica che sia un minimo

Per \(0 < h < \sqrt{2}-1\): \(h(h+2) < 1\) → \(A'(h) < 0\) → decrescente.
Per \(h > \sqrt{2}-1\): \(h(h+2) > 1\) → \(A'(h) > 0\) → crescente.
Quindi \(h = \sqrt{2} - 1\) è un minimo.

Soluzione del Quesito 3

Definizione degli eventi

Definiamo i due eventi fondamentali:

• \(P\) = "lo studente ha già programmato le vacanze" → \(P(P) = 0{,}75\), \(P(\bar{P}) = 0{,}25\)
• \(I\) = "lo studente sceglie una vacanza in Italia"

Dal testo ricaviamo le probabilità condizionate:

• Tra chi ha programmato le vacanze, il 60% va all'estero → il restante 40% sceglie l'Italia: \[P(I \mid P) = 1 - 0{,}60 = 0{,}40\]
• Tra chi non ha programmato le vacanze, il 90% sceglierà l'Italia: \[P(I \mid \bar{P}) = 0{,}90\]

Parte (a) — Probabilità totale di scegliere l'Italia

L'evento \(I\) può verificarsi in due modi distinti e incompatibili:

• lo studente ha programmato le vacanze e sceglie l'Italia;
• lo studente non ha programmato le vacanze e sceglie l'Italia.

Applicando la formula della probabilità totale:

\[P(I) = P(I \mid P)\cdot P(P) + P(I \mid \bar{P})\cdot P(\bar{P})\] \[P(I) = 0{,}40 \cdot 0{,}75 + 0{,}90 \cdot 0{,}25 = 0{,}30 + 0{,}225 = \boxed{0{,}525}\]

La probabilità che un maturando scelga una vacanza in Italia è 0,525 (52,5%), indipendentemente dal fatto che abbia già programmato le vacanze o meno.

Parte (b) — Distribuzione binomiale

Scegliamo a caso 10 studenti in modo indipendente. Per ciascuno, la probabilità di scegliere l'Italia è \(p = 0{,}525\) (trovata al punto a). Siamo in presenza di uno schema bernoulliano: ogni studente costituisce una prova di Bernoulli con:

• "successo" = sceglie l'Italia, con probabilità \(p = 0{,}525\)
• "insuccesso" = non sceglie l'Italia, con probabilità \(1-p = 0{,}475\)

Il numero \(X\) di studenti che scelgono l'Italia segue quindi una distribuzione binomiale \(X \sim B(n, p) = B(10,\, 0{,}525)\), con valore atteso \(\mu = np = 10 \cdot 0{,}525 = 5{,}25\).

La probabilità che esattamente \(k = 5\) studenti scelgano l'Italia è data dalla formula binomiale:

\[P(X = k) = \binom{n}{k} p^k (1-p)^{n-k}\] \[P(X = 5) = \binom{10}{5}(0{,}525)^5(0{,}475)^{5}\]

Calcoliamo separatamente i tre fattori:

• Coefficiente binomiale: \(\dbinom{10}{5} = \dfrac{10!}{5!\cdot 5!} = 252\)
• \((0{,}525)^5 \approx 0{,}039688\)
• \((0{,}475)^5 \approx 0{,}024368\)

\[P(X = 5) \approx 252 \cdot 0{,}039688 \cdot 0{,}024368 \approx \boxed{0{,}2438}\]

La probabilità è circa il 24,4%: quasi 1 possibilità su 4. Questo è del tutto coerente con il fatto che \(p \approx 0{,}5\) e che stiamo chiedendo esattamente la metà dei 10 studenti — un valore vicinissimo al valore atteso \(\mu = 5{,}25\).

Soluzione del Quesito 4

Vettore \(\overrightarrow{AB}\)

\[\overrightarrow{AB} = B - A = (0-(-1),\ 1-2,\ -2-0) = (1, -1, -2)\]

Questo vettore è la normale comune a entrambi i piani (poiché \(\alpha \perp AB\) per costruzione e \(\beta\) è tangente alla sfera in \(B\), quindi ha come normale il raggio \(AB\)).

Parte (a) — Piano \(\alpha\) passante per \(A\) e perpendicolare alla retta \(AB\)

Poiché il piano \(\alpha\) è perpendicolare alla retta \(AB\), un suo vettore normale è il vettore direttore della retta:

\[ \overrightarrow{AB}=(1,-1,-2) \]

Utilizzando la forma punto-normale e il punto \(A(-1,2,0)\), otteniamo:

\[ (1,-1,-2)\cdot\bigl(x+1,\;y-2,\;z\bigr)=0 \] \[ (x+1)-(y-2)-2z=0 \] \[ \boxed{x-y-2z+3=0} \]

Parte (b) — Piano \(\beta\) tangente alla sfera di centro \(A\) nel punto \(B\)

Il piano tangente a una sfera è perpendicolare al raggio condotto al punto di tangenza. Pertanto anche il piano \(\beta\) ha come vettore normale:

\[ \overrightarrow{AB}=(1,-1,-2) \]

Essendo inoltre passante per \(B(0,1,-2)\), la sua equazione è:

\[ (1,-1,-2)\cdot\bigl(x,\;y-1,\;z+2\bigr)=0 \] \[ x-(y-1)-2(z+2)=0 \] \[ x-y+1-2z-4=0 \] \[ \boxed{x-y-2z-3=0} \]

Parte (c) — Distanza tra \(\alpha\) e \(\beta\)

Osserviamo che i due piani hanno la stessa normale \(\mathbf{n} = (1,-1,-2)\) e le equazioni:

• \(\alpha: x - y - 2z + 3 = 0\)
• \(\beta: x - y - 2z - 3 = 0\)

Poiché hanno la stessa parte sinistra e termini noti diversi (\(+3\) e \(-3\)), i due piani sono paralleli.

Per calcolare la distanza tra i due piani paralleli usiamo la formula della distanza punto-piano: scegliamo un punto su \(\alpha\) e calcoliamo la sua distanza da \(\beta\).

Il punto \(A(-1, 2, 0)\) appartiene ad \(\alpha\). Calcoliamo la sua distanza dal piano \(\beta: x - y - 2z - 3 = 0\):

\[d = \frac{|1\cdot(-1) + (-1)\cdot 2 + (-2)\cdot 0 - 3|}{\sqrt{1^2 + (-1)^2 + (-2)^2}}\] \[d = \frac{|-1 - 2 + 0 - 3|}{\sqrt{1+1+4}} = \frac{|-6|}{\sqrt{6}} = \frac{6}{\sqrt{6}} = \frac{6\sqrt{6}}{6} = \boxed{\sqrt{6}}\]

Verifica geometrica: la distanza \(\sqrt{6}\) deve coincidere con la lunghezza del segmento \(AB\), poiché \(\alpha\) passa per \(A\), \(\beta\) passa per \(B\) ed entrambi sono perpendicolari ad \(AB\). Verifichiamo: \[|AB| = \sqrt{(0-(-1))^2 + (1-2)^2 + (-2-0)^2} = \sqrt{1+1+4} = \sqrt{6} \quad \checkmark\]

Soluzione del Quesito 5

Dominio e derivata

La funzione è definita per \(x \neq 0\). Calcoliamo \(f'(x)\):

\[f'(x) = \frac{1}{1+x^2} + \frac{1}{1+\frac{1}{x^2}} \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)\] \[= \frac{1}{1+x^2} + \frac{x^2}{x^2+1} \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)\] \[= \frac{1}{1+x^2} - \frac{1}{1+x^2} = 0\]

Poiché \(f'(x) = 0\) su ogni intervallo del dominio, \(f\) è costante a tratti. ✓

Costante per \(x > 0\)

Calcoliamo il valore in \(x = 1\):

\[f(1) = \arctan 1 + \arctan 1 = \frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{4} = \boxed{\frac{\pi}{2}}\]

Costante per \(x < 0\)

Calcoliamo il valore in \(x = -1\):

\[f(-1) = \arctan(-1) + \arctan(-1) = -\frac{\pi}{4} - \frac{\pi}{4} = \boxed{-\frac{\pi}{2}}\]

Conclusione

Le due costanti sono diverse (\(\frac{\pi}{2} \neq -\frac{\pi}{2}\)), quindi:

\[f(x) = \begin{cases} \dfrac{\pi}{2} & \text{se } x > 0 \\[8pt] -\dfrac{\pi}{2} & \text{se } x < 0 \end{cases}\]

La discontinuità in \(x=0\) è giustificata dal fatto che \(\arctan\dfrac{1}{x}\) ha un salto in \(x=0\): il limite destro vale \(\frac{\pi}{2}\) e quello sinistro \(-\frac{\pi}{2}\).

Soluzione del Quesito 6

Parte (a) — Invertibilità

Per il teorema fondamentale del calcolo integrale:

\[F'(x) = \frac{1 + \ln x}{x^2}\]

Studiamo il segno di \(F'(x)\) per \(x \ge \dfrac{1}{e}\). Poiché \(x^2 > 0\) sempre, il segno dipende da \(1 + \ln x\):

\[1 + \ln x \ge 0 \iff \ln x \ge -1 \iff x \ge e^{-1} = \frac{1}{e}\]

Quindi \(F'(x) \ge 0\) per tutto \(x \ge \dfrac{1}{e}\), con \(F'\!\left(\dfrac{1}{e}\right) = 0\) e \(F'(x) > 0\) per \(x > \dfrac{1}{e}\).

La funzione è strettamente crescente su \(\left[\dfrac{1}{e}, +\infty\right[\), quindi è invertibile. ✓

Parte (b) — Equazione \(F(x) = 0\) e calcolo di \(G'(0)\)

Dobbiamo risolvere \(F(x) = 0\), cioè trovare i valori di \(x\) per cui l'integrale si annulla.

Osserviamo subito che \(x = 2\) è soluzione, poiché:

\[F(2) = \int_2^2 \frac{1+\ln t}{t^2}\,dt = 0\]

Questa è anche l'unica soluzione: abbiamo dimostrato al punto (a) che \(F\) è strettamente crescente su \(\left[\dfrac{1}{e}, +\infty\right[\), quindi è iniettiva. Una funzione iniettiva assume ogni valore al più una volta, pertanto l'equazione \(F(x) = 0\) non può avere altre soluzioni oltre a \(x = 2\).

Quindi: \(\boxed{x = 2}\).

Poiché \(G\) è l'inversa di \(F\) e \(F(2) = 0\), si ha \(G(0) = 2\). Per la formula della derivata della funzione inversa:

\[G'(0) = \frac{1}{F'(G(0))} = \frac{1}{F'(2)} = \frac{1}{\dfrac{1 + \ln 2}{4}} = \boxed{\frac{4}{1 + \ln 2}}\]

Soluzione del Quesito 7

Ipotesi del Teorema di Rolle

Le ipotesi sono: (1) \(f\) continua su \([-1,1]\), (2) \(f\) derivabile su \((-1,1)\), (3) \(f(-1) = f(1)\).

Condizione \(f(-1) = f(1)\)

Calcoliamo i valori agli estremi:

\[f(-1) = a\ln(e\cdot 1 - 1 + 1) = a\ln(e) = a\] \[f(1) = (2a+1)e^{1-1} = (2a+1)e^0 = 2a+1\]

Imponiamo \(f(-1) = f(1)\):

\[a = 2a + 1 \implies -a = 1 \implies \boxed{a = -1}\]

Verifica della continuità in \(x = 0\)

Con \(a = -1\), verifichiamo la continuità in \(x=0\) (unico punto critico):

\[\lim_{x \to 0^-} f(x) = -1 \cdot \ln(e\cdot 0 - 0 + 1) = -\ln(1) = 0\] \[\lim_{x \to 0^+} f(x) = (2(-1)+1)e^{1-\frac{1}{x}} = (-1)\cdot e^{-\infty} = (-1)\cdot 0 = 0\] \[f(0) = -1\cdot\ln(1) = 0\]

La funzione è continua in \(x=0\). ✓

Verifica della derivabilità in \(x = 0\)

Con \(a=-1\), per \(x < 0\): \(f'(x) = -1 \cdot \dfrac{2ex-2x}{ex^2-x^2+1} = \dfrac{-2x(e-1)}{(e-1)x^2+1}\)

\[f'_-(0) = \lim_{x\to 0^-} \frac{-2x(e-1)}{(e-1)x^2+1} = 0\]

Per \(x > 0\) la derivata vale \(f'(x) = (-1)\cdot e^{1-\frac{1}{x}}\cdot\dfrac{1}{x^2}\). Calcoliamo il limite per \(x \to 0^+\):

\[f'_+(0) = \lim_{x\to 0^+} \frac{-e^{1-\frac{1}{x}}}{x^2}\]

Facciamo la sostituzione \(t = \dfrac{1}{x}\), quindi quando \(x \to 0^+\) si ha \(t \to +\infty\):

\[f'_+(0) = \lim_{t \to +\infty} -t^2 e^{1-t} = -e \cdot \lim_{t \to +\infty} \frac{t^2}{e^t}\]

Applicando due volte de L'Hôpital alla forma \(\dfrac{+\infty}{+\infty}\):

\[\lim_{t \to +\infty} \frac{t^2}{e^t} \overset{\text{H}}{=} \lim_{t \to +\infty} \frac{2t}{e^t} \overset{\text{H}}{=} \lim_{t \to +\infty} \frac{2}{e^t} = 0\]

Quindi \(f'_+(0) = 0\). Poiché \(f'_-(0) = f'_+(0) = 0\), la funzione è derivabile in \(x=0\). ✓

Conclusione

Per \(a = -1\) tutte le ipotesi del teorema di Rolle sono soddisfatte su \([-1, 1]\), con \(f(-1) = f(1) = -1\). Il teorema garantisce l'esistenza di almeno un punto \(c \in (-1, 1)\) tale che \(f'(c) = 0\).

Soluzione del Quesito 8

Relazione geometrica tra cono e sfera

Il centro della sfera si trova sull'asse del cono. Chiamiamo \(y\) l'altezza del cono, \(x\) il raggio della base, \(V\) il vertice, \(H\) il centro della base e \(A\) un punto del bordo della base sulla sfera.

Il centro della sfera \(O\) si trova sull'asse \(VH\), a distanza \(R\) dal vertice \(V\), quindi a distanza \(y - R\) dal centro della base \(H\). Dal triangolo rettangolo \(OHA\) (rettangolo in \(H\)):

\[x^2 + (y - R)^2 = R^2\] \[x^2 = R^2 - (y-R)^2 = R^2 - y^2 + 2yR - R^2 = 2yR - y^2\]

Volume del cono in funzione di \(y\)

\[V(y) = \frac{1}{3}\pi x^2 y = \frac{\pi}{3}(2yR - y^2)y = \frac{\pi}{3}(2Ry^2 - y^3)\]

con \(0 < y < 2R\).

Massimizzazione

\[V'(y) = \frac{\pi}{3}(4Ry - 3y^2) = \frac{\pi y}{3}(4R - 3y)\]

Poniamo \(V'(y) = 0\) per \(y > 0\):

\[4R - 3y = 0 \implies \boxed{y = \frac{4R}{3}}\]

Verifica: \(V'(y) > 0\) per \(y < \dfrac{4R}{3}\) e \(V'(y) < 0\) per \(y > \dfrac{4R}{3}\) → massimo. ✓

Raggio di base ottimale

\[x^2 = 2yR - y^2 = 2\cdot\frac{4R}{3}\cdot R - \left(\frac{4R}{3}\right)^2 = \frac{8R^2}{3} - \frac{16R^2}{9} = \frac{8R^2}{9}\] \[\boxed{x = \frac{2R\sqrt{2}}{3}}\]

Volume massimo

\[V_{\max} = \frac{\pi}{3}\cdot\frac{8R^2}{9}\cdot\frac{4R}{3} = \frac{32\pi R^3}{81}\]

Il volume massimo del cono inscritto è \(\dfrac{32\pi R^3}{81}\).