Simulazione 6 – Questionario – Versione DSA – Esame di Stato 2026

Soluzione del Quesito 1

a) La funzione non è invertibile in tutto il dominio

Dominio: la funzione contiene \(\ln x\), quindi il dominio è \(D = (0, +\infty)\).

Derivata prima (regola del prodotto su \(x \ln x\)):

\[f'(x) = \ln x + x \cdot \frac{1}{x} - 1 = \ln x\]

Studio del segno di \(f'(x) = \ln x\):

• \(f'(x) < 0\) per \(0 < x < 1\): la funzione è decrescente.
• \(f'(1) = 0\): minimo assoluto in \(x = 1\), con \(f(1) = -2\).
• \(f'(x) > 0\) per \(x > 1\): la funzione è crescente.

Poiché la funzione prima decresce poi cresce, non è monotona su tutto il dominio: esistono valori di \(y\) assunti due volte. Una funzione non iniettiva non è invertibile.

b) Tangente alla funzione inversa in \(x = -2\)

Intervallo di invertibilità: la funzione è strettamente crescente per \(x > 1\), quindi è invertibile in \((1, +\infty)\), cioè \(a = 1\).

Punto sul grafico di \(g\): cerchiamo \(y_0\) tale che \(f(y_0) = -2\). Verifichiamo \(y_0 = 1\):

\[f(1) = 1 \cdot \ln 1 - 1 - 1 = 0 - 2 = -2 \checkmark\]

Il punto \((-2,\, 1)\) appartiene al grafico di \(g(x)\).

Derivata della funzione inversa:

\[g'(x_0) = \frac{1}{f'(y_0)} = \frac{1}{f'(1)} = \frac{1}{\ln 1} = \frac{1}{0}\]

Geometricamente: il minimo di \(f\) in \(x=1\) (tangente orizzontale) corrisponde, nel grafico dell'inversa (simmetrico rispetto a \(y = x\)), a un punto con tangente verticale.

Soluzione del Quesito 2

a) Esistenza e unicità della radice

Dal Quesito 1 sappiamo che \(f'(x) = \ln x\). La funzione:

• è decrescente per \(0 < x < 1\);
• ha minimo assoluto in \(x = 1\), con \(f(1) = -2 < 0\);
• è strettamente crescente per \(x > 1\).

I limiti agli estremi del dominio:

\[\lim_{x \to 0^+} f(x) = -1 < 0 \qquad \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\]

La funzione è strettamente negativa su \((0,1]\) e cresce verso \(+\infty\) per \(x > 1\). Per il teorema degli zeri esiste almeno un \(x_0 > 1\) con \(f(x_0) = 0\), e la stretta monotonia lo rende unico.

b) Localizzazione di \(x_0\) in \([n,\, n+1]\)

\[f(3) = 3\ln 3 - 4 \approx 3{,}296 - 4 = -0{,}704 < 0\] \[f(4) = 4\ln 4 - 5 \approx 5{,}545 - 5 = 0{,}545 > 0\]

Poiché \(f(3) < 0\) e \(f(4) > 0\), per il teorema degli zeri la radice è in \([3,\, 4]\).

c) Calcolo di \(x_0\) a meno di un centesimo

Metodo di bisezione

Dopo 6 passi l'intervallo è \([3{,}5938;\, 3{,}6094]\): possiamo concludere \(x_0 \approx 3{,}60\).

Metodo delle tangenti (Newton-Raphson)

La successione è \(x_{n+1} = x_n - \dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}\) con \(f'(x) = \ln x\). Partiamo da \(x_0 = 4\):

\[x_1 = 4 - \frac{f(4)}{f'(4)} = 4 - \frac{0{,}545}{\ln 4} \approx 4 - \frac{0{,}545}{1{,}386} \approx 3{,}607\] \[x_2 = 3{,}607 - \frac{f(3{,}607)}{f'(3{,}607)} \approx 3{,}607 - \frac{0{,}003}{1{,}283} \approx 3{,}605\]

Soluzione del Quesito 3

Dominio della funzione

Imponiamo il radicando non negativo:

\[x^2 - x^4 \ge 0 \implies x^2(1 - x^2) \ge 0\]

Poiché \(x^2 \ge 0\) sempre, basta imporre \(1 - x^2 \ge 0\), da cui \(\mathcal{D} = [-1, 1]\).

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

a) Continuità e derivabilità

La funzione è continua su tutto \([-1,1]\) (composizione di funzioni continue nel dominio).

Derivata prima per \(x \neq 0\):

\[f'(x) = -\frac{2x - 4x^3}{2\sqrt{x^2 - x^4}} = -\frac{x(1 - 2x^2)}{|x|\sqrt{1 - x^2}}\]

Limiti nei punti critici:

• In \(x = 0\): \[\lim_{x \to 0^+} f'(x) = -\frac{1 - 2x^2}{\sqrt{1-x^2}}\bigg|_{x\to 0^+} = -1 = m_1\] \[\lim_{x \to 0^-} f'(x) = +\frac{1 - 2x^2}{\sqrt{1-x^2}}\bigg|_{x\to 0^-} = 1 = m_2\] I limiti esistono e sono finiti ma diversi: \(x = 0\) è un punto angoloso.
• In \(x = \pm 1\): i limiti della derivata sono infiniti: semitangenti verticali.

b) Massimi e minimi

Studio del segno di \(f'(x)\):

• Per \(x > 0\): \(f'(x) < 0\) se \(0 < x < \frac{\sqrt{2}}{2}\) (decrescente), \(f'(x) > 0\) se \(\frac{\sqrt{2}}{2} < x < 1\) (crescente).
• Per \(x < 0\): per simmetria, crescente in \((-1, -\frac{\sqrt{2}}{2})\) e decrescente in \((-\frac{\sqrt{2}}{2}, 0)\).

c) Grafico qualitativo

Il grafico è simmetrico rispetto all'asse \(y\): parte da \(A(-1;1)\), scende (verticalmente) fino al minimo \(D\), risale al punto angoloso \(C(0;1)\), ridiscende a \(E\) e risale (verticalmente) fino a \(B(1;1)\).

d) Angolo tra le semitangenti nel punto angoloso

Le semitangenti hanno coefficienti \(m_1 = -1\) e \(m_2 = 1\). Poiché \(m_1 \cdot m_2 = -1\), le due semitangenti sono perpendicolari.

Soluzione del Quesito 4

a) Determinazione del polinomio \(p(x)\)

Il numeratore si fattorizza: \(x^3 - 2x^2 = x^2(x-2)\). La discontinuità eliminabile in \(x=2\) impone che anche \(p(x)\) si annulli in \(x=2\). L'asintoto obliquo con numeratore di grado 3 impone che \(p(x)\) abbia grado 2. Scriviamo quindi:

\[p(x) = a(x-2)(x-x_0)\]

Semplificando \((x-2)\) per \(x \neq 2\), la funzione diventa \(f(x) = \dfrac{x^2}{a(x-x_0)}\). Imponiamo le condizioni dell'asintoto \(y = x + 1\):

1. Coefficiente angolare \(m = 1\): \[m = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \frac{1}{a} = 1 \implies a = 1\]
2. Termine noto \(q = 1\): \[q = \lim_{x \to \infty} \left( \frac{x^2}{x - x_0} - x \right) = \lim_{x \to \infty} \frac{x_0 x}{x - x_0} = x_0 = 1\]

Quindi:

\[p(x) = (x-2)(x-1) = x^2 - 3x + 2\]

b) Altri asintoti ed estremi relativi

Dominio: \(\mathcal{D} = \mathbb{R} \setminus \{1,\, 2\}\).

Asintoti:

• In \(x = 2\): discontinuità eliminabile, \(\displaystyle\lim_{x \to 2} f(x) = \frac{4}{1} = 4\). Il grafico ha un "buco" in \((2;\,4)\).
• In \(x = 1\): \(\displaystyle\lim_{x \to 1^-} f(x) = -\infty\) e \(\displaystyle\lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty\). Retta \(x = 1\) è un asintoto verticale.
• Per \(x \to \pm\infty\): divisione \(\dfrac{x^2}{x-1} = x + 1 + \dfrac{1}{x-1} \to 0\). Retta \(y = x+1\) è l'asintoto obliquo (confermato).

Estremi relativi:

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

Il segno di \(f'(x)\) dipende da \(x(x-2)\): positivo per \(x < 0\) e \(x > 2\), negativo per \(0 < x < 1\) e \(1 < x < 2\).

• In \(x = 0\): cambio di segno \(+ \to -\): massimo relativo \(M(0;\,0)\).

c) Grafico qualitativo

Per \(x \to -\infty\) la curva segue l'asintoto obliquo. Raggiunge il massimo in \(O(0;0)\), poi decresce verso \(-\infty\) per \(x \to 1^-\). Il ramo destro scende da \(+\infty\) per \(x \to 1^+\), passa (con buco) in \((2;4)\) e risale seguendo l'asintoto per \(x \to +\infty\).

Soluzione del Quesito 5

1. Altezza del grattacielo e distanza \(AH\)

Nel triangolo rettangolo \(AHC\), con \(AC = 1600\) m e \(\widehat{CAH} = 15°\):

\[CH = AC \cdot \sin(15°) \approx 1600 \cdot 0{,}2588 \approx 414{,}11 \text{ m}\] \[AH = AC \cdot \cos(15°) \approx 1600 \cdot 0{,}9659 \approx 1545{,}48 \text{ m}\]

2. Distanza \(BH\)

Nel triangolo rettangolo \(BHC\), con \(BC = 650\) m e \(CH \approx 414{,}11\) m, applichiamo Pitagora:

\[BH = \sqrt{BC^2 - CH^2} = \sqrt{650^2 - 414{,}11^2} = \sqrt{422500 - 171487} = \] \[=\sqrt{251013} \approx 501{,}01 \text{ m}\]

3. Distanza totale

\[AB = AH + BH \approx 1545{,}48 + 501{,}01 = 2046{,}49 \text{ m}\]

Soluzione del Quesito 6

1. Vettore direttore e piano perpendicolare

Il vettore direttore di \(r\) è:

\[\vec{v} = B - A = (2-1,\; 3-(-2),\; -1-0) = (1,\; 5,\; -1)\]

Il piano \(\alpha\) passante per \(C\) e perpendicolare a \(r\) ha equazione:

\[1(x-1) + 5(y+6) - 1(z-7) = 0 \implies x + 5y - z + 36 = 0\]

2. Punto di tangenza \(T\)

Scriviamo \(r\) in forma parametrica:

\[\begin{cases} x = 1+t \\ y = -2+5t \\ z = -t \end{cases}\]

Sostituendo nell'equazione del piano:

\[(1+t) + 5(-2+5t) - (-t) + 36 = 0 \implies 27t + 27 = 0\] \[\implies t = -1\]

Quindi: \(T = (0,\; -7,\; 1)\).

3. Raggio e equazione della sfera

\[R^2 = (1-0)^2 + (-6+7)^2 + (7-1)^2 = 1 + 1 + 36 = 38\]

Soluzione del Quesito 7

Biglietti totali: \(N = 10\,000\). Premi totali: \(1+5+50+200 = 256\).

a) Calcolo delle probabilità

\[P(\text{€ 20\,000}) = \frac{1}{10\,000} = 0{,}01\%\] \[P(\text{almeno un premio}) = \frac{256}{10\,000} = 2{,}56\%\] \[P(\text{nessun premio}) = 1 - \frac{256}{10\,000} = \frac{9744}{10\,000} = 97{,}44\%\]

b) Distribuzione di probabilità di \(X\)

\(x\)	\(P(X = x)\)
0	\(\dfrac{9744}{10000}\)
20	\(\dfrac{200}{10000}\)
100	\(\dfrac{50}{10000}\)
2000	\(\dfrac{5}{10000}\)
20000	\(\dfrac{1}{10000}\)

c) Valore atteso \(E(X)\)

\[E(X) = 0 \cdot \frac{9744}{10000} + 20 \cdot \frac{200}{10000} + 100 \cdot \frac{50}{10000} + \] \[+2000 \cdot \frac{5}{10000} + 20000 \cdot \frac{1}{10000}\] \[E(X) = \frac{0 + 4000 + 5000 + 10000 + 20000}{10000} = \frac{39000}{10000} =\] \[= 3{,}90 \text{ euro}\]

d) Guadagno medio atteso

Nota (Gioco equo): un gioco è equo se il guadagno medio atteso è zero; è favorevole al giocatore se positivo, all'organizzatore se negativo.

Il guadagno netto del giocatore è \(G = X - 5\). Per la linearità del valore atteso:

\[E(G) = E(X) - 5 = 3{,}90 - 5 = -1{,}10 \text{ euro}\]

Soluzione del Quesito 8

1. Massimi e minimi

Derivata prima (regola del prodotto):

\[f'(x) = e^{-x} + x \cdot (-e^{-x}) = e^{-x}(1 - x)\]

Poiché \(e^{-x} > 0\) sempre, il segno dipende da \((1-x)\): la funzione è crescente per \(0 \le x < 1\) e decrescente per \(x > 1\).

• In \(x = 1\): massimo assoluto \(M\!\left(1;\, \dfrac{1}{e}\right)\).
• In \(x = 0\): minimo assoluto \(O(0;\, 0)\) (estremo del dominio).

2. Grafico qualitativo

Per \(x \to +\infty\): \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \frac{x}{e^x} = 0\) → l'asse \(x\) è un asintoto orizzontale destro. La funzione parte dall'origine, sale fino a \(M\) e poi decresce asintoticamente verso zero.

3. Area tra \(x = 0\) e \(x = 2\)

Poiché \(f(x) \ge 0\) su \([0,2]\):

\[A = \int_{0}^{2} xe^{-x} \, dx\]

Integrazione per parti: \(u = x\), \(dv = e^{-x}dx\), quindi \(du = dx\), \(v = -e^{-x}\):

\[\int xe^{-x} \, dx = -xe^{-x} + \int e^{-x}\,dx = -xe^{-x} - e^{-x} = -e^{-x}(x + 1)\] \[A = \left[ -e^{-x}(x + 1) \right]_{0}^{2} = -3e^{-2} - (-1) = 1 - \frac{3}{e^2}\]

4. Area con estremo mobile \(k \to +\infty\)

\[A(k) = \int_{0}^{k} xe^{-x} \, dx = \left[ -e^{-x}(x+1) \right]_{0}^{k} = 1 - \frac{k+1}{e^k}\]

Per \(k \to +\infty\), la forma \(\left[\frac{+\infty}{+\infty}\right]\) si risolve per la gerarchia degli infiniti (\(e^k\) prevale su \(k\)): \[\lim_{k \to +\infty} \frac{k+1}{e^k} = 0 \implies \lim_{k \to +\infty} A(k) = 1 - 0 = 1\]