LICEO SCIENTIFICO - SUPPLETIVA 2026 - QUESTIONARIO

Soluzione quesito 1:

Poniamo \( \widehat{BAC}=\gamma \) e \( \widehat{ACB}=\alpha \) (con \( \alpha+\gamma=90° \), essendo il triangolo retto in \( B \)); indichiamo con \( O \) il centro della circonferenza (punto medio di \( BC \), raggio \( R \)).

Passo 1 — \( AB \) è tangente alla circonferenza in \( B \).
Poiché \( BC \) è diametro, il raggio \( OB \) giace sulla retta \( BC \). Essendo il triangolo retto in \( B \), risulta \( AB\perp BC \), quindi \( AB\perp OB \): dunque \( AB \) è tangente alla circonferenza in \( B \).

Passo 2 — \( EB=ED \).
Il triangolo \( OBE \) è retto in \( B \) (Passo 1), il triangolo \( ODE \) è retto in \( D \) (tangente perpendicolare al raggio). I due triangoli condividono l'ipotenusa \( OE \) e hanno un cateto uguale, \( OB=OD=R \) (entrambi raggi). Per il criterio ipotenusa-cateto, i triangoli sono congruenti:

\[ OBE \cong ODE \quad\Rightarrow\quad EB=ED \quad(\text{e } \widehat{OEB}=\widehat{OED}=\beta) \]

Passo 3 — Il triangolo \( ODC \) è isoscele.
Essendo \( OD=OC=R \) (entrambi raggi), il triangolo \( ODC \) è isoscele sulla base \( DC \), quindi gli angoli alla base sono uguali:

\[ \widehat{ODC}=\widehat{OCD}=\widehat{ACB}=\alpha \]

Passo 4 — L'angolo \( \widehat{EDC} \).
Essendo \( ED \) tangente in \( D \), risulta \( ED\perp OD \), cioè \( \widehat{EDO}=90° \). Poiché la semiretta \( DO \) è interna all'angolo \( \widehat{EDC} \) (come si vede dalla figura):

\[ \widehat{EDC}=\widehat{EDO}+\widehat{ODC}=90°+\alpha \]

Passo 5 — L'angolo \( \widehat{ADE} \).
Poiché \( A \), \( D \), \( C \) sono allineati (\( D\in AC \)), gli angoli \( \widehat{ADE} \) e \( \widehat{EDC} \) sono supplementari:

\[ \widehat{ADE}=180°-\widehat{EDC}=180°-(90°+\alpha)=90°-\alpha=\gamma \]

Passo 6 — Il triangolo \( AED \) è isoscele.
Nel triangolo \( AED \): l'angolo in \( A \) è \( \widehat{DAE}=\widehat{BAC}=\gamma \) (essendo \( E\in AB \) e \( D\in AC \)); l'angolo in \( D \) è \( \widehat{ADE}=\gamma \) (Passo 5). Essendo i due angoli uguali, il triangolo è isoscele, con lati opposti uguali:

\[ AE=ED \]

Passo 7 — Conclusione.
Combinando con \( EB=ED \) (Passo 2):

\[ AE = ED = EB \]

Soluzione quesito 2:

Punto a)

La retta \( r \) ha vettore direttore \( \vec{v}_r=(1,2,-1) \), ricavabile dai coefficienti di \( t \) nelle equazioni parametriche. Il piano \( \pi \) perpendicolare a \( r \) e passante per \( A \) ha come vettore normale proprio \( \vec{v}_r \). Usando l'equazione del piano per un punto con normale assegnato:

\[ a(x-x_A)+b(y-y_A)+c(z-z_A)=0 \]

con \( (a,b,c)=(1,2,-1) \) e \( A(1,0,2) \):

\[ 1\cdot(x-1)+2\cdot(y-0)-1\cdot(z-2)=0 \quad\Rightarrow\quad x+2y-z+1=0 \]

Punto b)

La retta \( s \), parallela a \( r \) e passante per \( A \), ha equazioni parametriche (parametro \( h \)):

\[ s:\begin{cases} x=x_A+h=1+h \\ y=y_A+2h=2h \\ z=z_A-h=2-h \end{cases} \]

Poiché \( \pi\perp r \), \( \pi\perp s \) (essendo \( s\parallel r \)) e \( A\in\pi \), la distanza tra le rette parallele \( r \) e \( s \) è uguale alla lunghezza del segmento \( AH \), dove \( H=r\cap\pi \) è il piede della perpendicolare condotta da \( A \) a \( r \).

Determiniamo \( H \) sostituendo le equazioni parametriche di \( r \) in \( \pi:\ x+2y-z+1=0 \):

\[ t+2(2t-1)-(-t+3)+1=0 \quad\Rightarrow\quad 6t-4=0 \quad\Rightarrow\quad t=\frac23 \]

Sostituendo \( t=\dfrac23 \) nelle equazioni di \( r \):

\[ H=\left(\frac23,\ \frac43-1,\ -\frac23+3\right)=\left(\frac23,\ \frac13,\ \frac73\right) \]

Calcoliamo infine la distanza \( AH \):

\[ \overrightarrow{AH}=H-A=\left(\frac23-1,\ \frac13-0,\ \frac73-2\right)=\left(-\frac13,\ \frac13,\ \frac13\right) \] \[ AH=\sqrt{\left(\frac13\right)^2+\left(\frac13\right)^2+\left(\frac13\right)^2}=\sqrt{\frac13}=\frac{\sqrt3}{3} \]

Soluzione quesito 3:

Determinazione di \( b \) (condizione di massimo in \( t=5 \)).
Calcoliamo la derivata di \( C(t)=a\,t\,e^{-bt} \):

\[ C'(t)=a\,e^{-bt}+a\,t\,(-b\,e^{-bt})=a\,e^{-bt}(1-bt) \]

Poiché \( a\neq0 \) e \( e^{-bt}>0 \), i punti stazionari si hanno per \( 1-bt=0 \). Imponendo che il massimo sia in \( t=5 \):

\[ 1-5b=0 \quad\Rightarrow\quad b=\frac15=0{,}20\ \text{h}^{-1} \]

Determinazione di \( a \) (condizione sul valore di picco).
Imponendo \( C(5)=5{,}5 \):

\[ 5{,}5 = 5a\,e^{-1} \quad\Rightarrow\quad a=\frac{5{,}5\,e}{5}=1{,}1\,e \approx 2{,}99 \approx 3{,}0\ \frac{\text{mg}}{\text{l}\cdot\text{h}} \]

Unità di misura.
Poiché \( a\,t \) deve avere le stesse unità di \( C \), cioè mg/l, e \( t \) è in ore, l'unità di \( a \) è mg/(l·h). L'esponente \( bt \) deve essere adimensionale, quindi \( b \) ha unità \( \text{h}^{-1} \).

Studio qualitativo del grafico.
Con \( a\approx1{,}1e \) e \( b=0{,}2 \), si ha \( C(0)=0 \); dal segno di \( C'(t)=a\,e^{-0,2t}(1-0{,}2t) \) risulta \( C \) crescente per \( t<5 \) e decrescente per \( t>5 \), con massimo \( C(5)=5{,}5 \) mg/l; inoltre \( \displaystyle\lim_{t\to+\infty}C(t)=0^+ \) (l'esponenziale prevale sul termine lineare). Il grafico qualitativo di \( C(t) \) e della retta \( y=3 \) è del tipo seguente:

Verifica della permanenza sopra 3,0 mg/l per oltre 10 ore.
Dal grafico, la retta \( y=3 \) interseca \( y=C(t) \) in due punti \( t_1 \) e \( t_2 \), con \( 1<t_1<2 \) e \( 12<t_2<13 \). Risolvendo numericamente \( 1{,}1e\cdot t\cdot e^{-0,2t}=3 \) si ottiene:

\[ t_1\approx1{,}30\ \text{h} \qquad t_2\approx12{,}69\ \text{h} \]

Quindi la concentrazione resta sopra 3,0 mg/l per un intervallo di ampiezza:

\[ \Delta t = t_2-t_1 \approx 12{,}69-1{,}30 \approx 11{,}4\ \text{h} \]

Soluzione quesito 4:

Continuità in \( x=2 \).
La funzione è continua su tutto \( \mathbb{R}\setminus\{2\} \) (composizione di funzioni continue); resta da imporre la continuità in \( x=2 \):

\[ \lim_{x\to 2^-} f(x) = a\,e^{2-2}+b = a+b \qquad \lim_{x\to 2^+} f(x) = f(2) = \frac{2+c}{2} \]

Imponendo l'uguaglianza:

\[ a+b=\frac{2+c}{2} \qquad (\star) \]

Derivata sinistra in \( x=2 \).
Per \( x< 2 \): \( f'(x)=-a\,e^{2-x} \), quindi:

\[ f'_-(2)=-a\,e^{0}=-a \]

La tangente sinistra \( y=-3-6x \) ha pendenza \( -6 \), quindi:

\[ -a=-6 \quad\Rightarrow\quad a=6 \]

Derivata destra in \( x=2 \).
Per \( x>2 \): \( f(x)=\dfrac{x+c}{x} \), quindi \( f'(x)=\dfrac{x-(x+c)}{x^2}=-\dfrac{c}{x^2} \):

\[ f'_+(2)=-\frac{c}{4} \]

Imponendo \( f'_+(2)=8 \):

\[ -\frac{c}{4}=8 \quad\Rightarrow\quad c=-32 \]

Determinazione di \( b \).
Sostituendo \( a=6 \) e \( c=-32 \) nella \( (\star) \):

\[ 6+b=\frac{2-32}{2}=-15 \quad\Rightarrow\quad b=-21 \]

Verifica: \( f(2)=a+b=6-21=-15 \), coerente con la retta tangente sinistra \( y=-3-6x \) in \( x=2 \): \( y=-3-12=-15 \) ✓.

Soluzione quesito 5:

Sia \( P\left(t,\ e^{1+at}\right) \) il generico punto della curva, con \( t\in\mathbb{R} \).

Equazione della retta tangente \( r \) in \( P \).
Da \( y=e^{1+ax} \) si ha \( y'=a\,e^{1+ax} \), quindi il coefficiente angolare della tangente in \( P \) è \( m=a\,e^{1+at} \):

\[ r:\ y-e^{1+at}=a\,e^{1+at}(x-t) \]

Raccogliendo \( e^{1+at} \) a secondo membro:

\[ y = e^{1+at}\big[1+a(x-t)\big] = e^{1+at}\,(ax-at+1) \]

Determinazione di \( A=r\cap\{y=0\} \).
Poiché \( e^{1+at}\neq 0 \), imponendo \( y=0 \):

\[ ax-at+1=0 \quad\Rightarrow\quad x=\frac{at-1}{a}=t-\frac1a \]

quindi \( A\left(t-\dfrac1a,\ 0\right) \).

Determinazione di \( H \).
\( H \) è la proiezione ortogonale di \( P \) sull'asse \( x \), quindi \( H(t,0) \).

Calcolo di \( AH \).

\[ \overline{AH}^2 = \left(t-\frac1a-t\right)^2+0^2 = \left(-\frac1a\right)^2 = \frac{1}{a^2} \]

Il risultato non dipende da \( t \), quindi non dipende dal punto \( P \) scelto sulla curva: \( \overline{AH} \) ha lunghezza costante.

\[ \overline{AH}=\sqrt{\frac{1}{a^2}}=\frac{1}{|a|} \]

Soluzione quesito 6:

Calcolo della derivata.

\[ P'(x)=(m^2-1)\Big[2(x-1)(x-4)^2+2(x-4)(x-1)^2\Big] \]

Raccogliendo \( 2(x-1)(x-4) \):

\[ P'(x)=(m^2-1)\cdot2(x-1)(x-4)\big[(x-4)+(x-1)\big]=\] \[=2(m^2-1)(x-1)(x-4)(2x-5) \]

Studio del segno del fattore \( g(x)=(x-1)(x-4)(2x-5) \).
Gli zeri sono \( x=1,\ x=\dfrac52,\ x=4 \). Studiando il segno dei tre fattori:

• \( x-1\geq0 \ \Leftrightarrow\ x\geq1 \)
• \( x-4\geq0 \ \Leftrightarrow\ x\geq4 \)
• \( 2x-5\geq0 \ \Leftrightarrow\ x\geq\dfrac52 \)

si ottiene che \( g(x) \) ha il seguente segno:

\[ g(x)<0 \text{ per } x<1; \qquad g(x)>0 \text{ per } 1<x<\tfrac52; \] \[ g(x)<0 \text{ per } \tfrac52<x<4; \qquad g(x)>0 \text{ per } x>4 \]

Caso \( m^2-1>0 \) (cioè \( m<-1 \) oppure \( m>1 \)).
In questo caso \( P'(x) \) ha lo stesso segno di \( g(x) \), quindi:

• in \( x=1 \): \( P' \) passa da \( - \) a \( + \)  ⟹  minimo relativo;
• in \( x=\dfrac52 \): \( P' \) passa da \( + \) a \( - \)  ⟹  massimo relativo;
• in \( x=4 \): \( P' \) passa da \( - \) a \( + \)  ⟹  minimo relativo.

Caso \( -1<m<1 \) (con \( m\neq\pm1 \)), cioè \( m^2-1<0 \).
In questo caso \( P'(x) \) ha segno opposto a quello di \( g(x) \), quindi tutte le nature si invertono rispetto al caso precedente:

• in \( x=1 \): massimo relativo;
• in \( x=\dfrac52 \): minimo relativo;
• in \( x=4 \): massimo relativo.

Soluzione quesito 7:

Lanciando due dadi regolari a sei facce, i possibili esiti (ordinati) sono \( 6\times6=36 \), tutti equiprobabili.

Probabilità di ottenere somma 7.
Il 7 si ottiene con le seguenti coppie:

\[ (1,6),\ (6,1),\ (2,5),\ (5,2),\ (3,4),\ (4,3) \quad\Rightarrow\quad 6 \text{ casi favorevoli} \] \[ P(\text{somma}=7)=\frac{6}{36}=\frac16 \]

Probabilità di non ottenere somma 8, 9 o 11.
Calcoliamo le probabilità dei tre eventi (fra loro incompatibili, poiché la somma non può assumere contemporaneamente due valori diversi):

\[ P(8):\ (2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(4,4) \ \Rightarrow\ \frac{5}{36} \] \[ P(9):\ (3,6),(6,3),(4,5),(5,4) \ \Rightarrow\ \frac{4}{36} \] \[ P(11):\ (5,6),(6,5) \ \Rightarrow\ \frac{2}{36} \]

Essendo eventi incompatibili:

\[ P(8\cup9\cup11)=\frac{5+4+2}{36}=\frac{11}{36} \]

Per l'evento complementare:

\[ P(\text{non } 8,9,11)=1-\frac{11}{36}=\frac{25}{36} \]

Probabilità di ottenere lo stesso valore su entrambi i dadi.
I casi favorevoli sono le coppie \((1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6,6)\), cioè 6 casi:

\[ P(\text{stesso valore})=\frac{6}{36}=\frac16 \]

Soluzione quesito 8:

Ipotesi aggiuntiva: assumiamo, come naturale per un "libro", che lo spazio non possa essere né il primo né l'ultimo carattere del micro-libro.

Punto a) — Conteggio dei micro-libri distinti.

Il primo carattere deve essere una lettera (non lo spazio): 21 possibilità. Analogamente, anche il centesimo carattere (l'ultimo) deve essere una lettera: 21 possibilità. I restanti 98 caratteri (dal 2° al 99°) possono essere uno qualsiasi dei 22 simboli, con ripetizione ammessa: 22 possibilità ciascuno.

\[ N_{\text{tot}} = 21\cdot22^{98}\cdot21 = 21^2\cdot22^{98} \]

Punto b) — Probabilità che i primi 5 caratteri siano "TORRE".

Fissiamo i primi 5 caratteri come "TORRE" (tutte lettere, quindi la condizione sul primo carattere è automaticamente rispettata). Restano da determinare i 95 caratteri successivi:

• dal 6° al 99° carattere (94 posizioni): 22 possibilità ciascuno, con ripetizione;
• il 100° carattere: deve essere una lettera (non spazio), quindi 21 possibilità.

Numero di micro-libri favorevoli:

\[ N_{\text{fav}} = 22^{94}\cdot21 \]

La probabilità richiesta è quindi:

\[ P_b=\frac{N_{\text{fav}}}{N_{\text{tot}}}=\frac{21\cdot22^{94}}{21^2\cdot22^{98}}=\frac{1}{21\cdot22^4} \]