Scuola Europea - Luxembourg Prebac

Scuola Europea - Luxembourg
Prèbac 1995
MATEMATICA (5P.)
Problema 1 - (corto: Analisi )
Si consideri la funzione parametrica (parametro reale a) di variabile reale
fa:x a x  3 
3 punti
1
.
xa
A
Determinare il parametro a, in modo che fa abbia un minimo in x = 1.
B
Per il seguito del problema si pone a = -2, f-2 = f . Sia F il grafico di f-2 in un
sistema di riferimento ortonormato xOy.
5 punti
a)
Studiare f (dominio, zeri, crescenza, decrescenza, punti estremanti, asintoti) e
disegnare F.
4 punti
b)
Calcolare l’area della parte finita di piano compresa tra F e la retta di equa5
zione y  .
2
12 punti
N.B.: Tutti i problemi proposti sono obbligatori!
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MATEMATICA (5P.)
Problema 2 - (corto: Analisi)
É data l’equazione differenziale:
dy
 y cos2 x .
dx
4 punti
a)
Determinare l’integrale (la soluzione) generale dell’equazione data.
4 punti
b)
Determinare la soluzione particolare che soddisfa la condizione y(0)  2e (dove e
é la base dei logaritmi naturali).
4 punti
c)
Scrivere l’equazione della tangente al grafico della soluzione particolare nel suo
punto di ascissa x = 0.
12 punti
N.B.: Tutti i problemi proposti sono obbligatori!
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Problema 3 - (corto: Geometria)
Nello spazio euclideo, munito di un riferimento ortonormato Oxyz, sono dati:
- i piani
 1: x  y  z  0 ,
 2 :2 x  y  5z  9  0 ,
- la retta
 x   2
 4
   
 
r:  y   1     2 ().
   
 
 z  0 
 2
3 punti
a)
Determinare la retta s = 12.
2 punti
b)
Mostrare che r e s sono parallele.
4 punti
c)
Determinare un’equazione del piano individuato dalle rette r e s.
4 punti
13 punti
d)
Trovare l’equazione della proiezione ortogonale di r sul piano 1.
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Problema 4 - (corto: Probabilità)
In un certo paese, il 40% della popolazione ha meno di 30 anni.
Tra quelli che hanno meno di 30 anni, il 30% ha la patente di guida (P.G.).
Tra quelli che hanno 30 anni o piú, il 60% ha la P.G.
4 punti
a)
Calcolare la probabilità che una persona, scelta a caso, abbia la P.G.
4 punti
b)
Calcolare la probabilità che una persona con P.G. abbia meno di 30 anni.
c)
Un gruppo di 12 persone di questo paese si distribuisce cosí:
- 3 persone hanno P.G e meno di 30 anni
- 4 persone hanno P.G e 30 anni o piú
- 5 persone non hanno P.G.
Si scelgono a caso, nel gruppo, 3 persone.
5 punti
Calcolare la probabilità che tutte e 3 abbiano la P.G., con una persona avente meno
di 30 anni.
13 punti
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Problema 5 - (lungo: Analisi)
É data la funzione di variabile reale:
ax 2  2ax,
fa:x a 
3x ln x ,
4 punti
SE x  0
SE x  0
(a\{0}).
A
Calcolare a in modo che fa abbia un minimo relativo di ordinata -1.
B
Si pone ora a = -1 e si considera la funzione:
 x 2  2 x,
f :x a 
3x ln x ,
SE x  0
SE x  0
e sia F il grafico di f in un sistema di riferimento ortonormato xOy.
5 punti
a)
Studiare f (zeri, senso di variazione, punti estremanti)
4 punti
b)
Studiare la derivabilità di f in x = 0.
4 punti
c)
Disegnare F.
4 punti
d)
Scrivere le equazioni delle rette tangenti a F che sono parallele alla retta di
equazione y = -4x + 1
4 punti
e)
Calcolare :
k
Ak   f ( x )dx
( k  2) .
2
25 punti
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Problema 6 - (lungo: Geometria)
Nello spazio euclideo, munito di un riferimento ortonormato Oxyz, sono dati i punti:
A(2,-1,3),
B(-6,2,2),
C(0,1,0),
D(4,1,-4),
E(3,3,-1) e
P(3,2,1).
5 punti
a)
Scrivere l’equazione del piano , i cui punti sono equidistanti da A e da B (piano
assiale del segmento AB).
8 punti
b)
Si considera il piano 1 passante per i punti C, D e E.
Scrivere un’equazione del piano 2 perpendicolare alla retta 1 e passante per P.
8 punti
c)
Scrivere un’equazione del piano 3 parallelo alla retta 1e passante per i punti
P1(4,3,-3) e P2(2,-2, p) 1 .
Si scriverà 3 sia sotto forma parametrica che sotto forma cartesiana.
4 punti
25 punti
d)
Verificare se i punti A e B si trovano dalla stessa parte, o no, rispetto al piano 1.
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Pagina 1
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Soluzione Problema 1:
A
Si ha: f a ': x a 1 
Essendo f a '': x a
1
 x  a
2
2
 x  a 3
; inoltre f a '(1)  0  1 
1
1  a
2
0 
a0
a  2
.
, si ha ancora f 0 ''(1)  2  0 e f 2 ''(1)  2  0 ; dunque in
x = 1 si ha una minimo relativo quando a = 0 (e un massimo relativo quando a = -2) .
B
Si ha: f : x a x  3 
a)
1
1
, f ': x a 1 
, f '': x a
x2
 x  2 2
2
 x  2 3
5
1 m 21
, f (0)  .
2
2
lim f ( x)   , dunque la retta x = 2 é asintoto verticale di F
 D = \{2}, f ( x)  0  ( x  3)( x  2)  1  0  x 


x 2
lim f ( x)  lim ( x  3) , dunque la retta y = x + 3 è asintoto obliquo di F
x 
x 
f '( x)  0  ( x  2) 2  1  x 2  4 x  3  0  x  ,1  3, 
 f strettamente decrescente quando x  1,3 .
 f strettamente crescente quando x  ,1  3, 
 Massimo relativo M(1,3), minimo relativo m(3, 7).

Risolvendo il sistema
1

 y  x  3  x  2
,

5
y 

2
3
si trova x  0  x  .
2
b)
Si ha:
3/ 2
 x2 1

1
5
9 3
15

A  x  3
  dx    x  ln x  2     2 ln 2 
 2 ln 2  0.489 u 2


x2 2
8 4
8
2 2
0
0
3/ 2
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Soluzione Problema 2:
a)
dy
Da
 y cos2 x , si ha (separando le variabile x e y):
dx
1
sin 2 x
dy
dy
1
 cos 2 x  dx  
  cos 2 x  dx  ln y  sin 2 x  ln C  y  Ce 2
y
y
2
b)
c)
1
y  2e 2
y(0)  2e  2e  C 
sin 2 x 1
Dall’equazione differenziale data si ha subito:
y'(0)  y(0) cos 2  0  2e ,
Dunque l’equazione della tangente è: y  2e( x  1)
Soluzione Problema 4:
60
100
 30 anni
60
100
P.G.
40
100
no P.G.
40
100
< 30 anni
30
100
P.G.
70
100
no P.G.
40 30
60 60
48




 0.48
100 100 100 100 100
a)
p(P.G.) 
b)
40 30

p(meno di 30 a. e P.G.) 100 100 12 1
p(meno di 30 a. se con P.G.) 


  0.25
48
p(P.G.)
48 4
100
4 3 3
9
p(3 P.G. e 1 meno di 30 a.)  3    
.
 0.0818  818%
.
12 11 10 110
c)
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Soluzione Problema 3:
a)
 x  3  2
x  y  z  0
3x  6z  9  0 
Si ha: s: 
 s: 
s:  y  3   , da cui risulta che la retta s passa
2 x  y  5z  9  0
y  x  z
z  

2
  
per il punto B(3,-3,0) ed ha come vettore direttore il vettore v    1 .
1
 
b)
 4 
2
 
  

Il vettore direttore della retta r è u    2   2  1  2v , dunque le rette r e s dono parallele.
 2 
1
 
 

 
c)
Il piano individuato dalle rette r e s è il piano  3 (B, BA, v ) , dove A(-2,1,0) è un punto della retta r;
dunque si ha:
x3 y3 z
 3 : 5
4
0  0  4( x  3)  5( y  3)  3z  0  4 x  5 y  3z  3  0 .
2
1
1

u
r
A
s
B
d)

v
Essendo r//s e s = 12, anche r//1; dunque anche la proiezione ortogonale di r su 1 (sia questa
r1) avrà lo stesso vettore direttore di r. Basta allora trovare la proiezione ortogonale A1r1 di Ar
sul piano 1:
5

x   3
 5

 x  2  t
 x  2  t
 
4
y 
 x   3
 2
y  1  t
y  1  t
   4
 



3
A1 : 
 A1 : 
 A1 : 
 r1 :  y 
   1
   3
 
z   t
z   t
z   1
 z   1
 1
 x  y  z  0
2  t  1  t  t  0

3
 
 3
 1
t 
 3
r
A
r1
A1
1
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Soluzione Problema 5:
A
2a ( x  1)
Si ha: f a ': x a 
3(ln x  1)
2a

, f a '': x a  3
SE x  0

x
SE x  0
SE x  0
SE x  0
.
 f a ( x 0 )  1

Deve essere:  f a ' ( x 0 )  0 . La terza condizione esclude che possa essere x0  0 . Dunque si ha:
 f ' '( x )  0
0
 a
ax02  2ax0  1
a  1
.
 

 x0  1
2a ( x0  1)  0
B
a)
SE x  0
2

f ' ': x a  3


 x
2( x  1)
f ': x a 
3(ln x  1)
x 2  2 x
f :x a 
3x ln x
SE x  0
2

 x  2 x  0  x  0  x  2
f ( x)  0  

3x ln x  0  x  0 ( non accettabile)  x  1
 x  1 SE x  0
2( x  1)  0

f '( x )  0  
 
. Riassumendo si ha:
1
x

SE
x

0
3(ln x  1)  0

e

x -
f’(x)
f’’(x)
0
-1
-
0
+
+
+
+
+
1/e
?
+
0
?
-
-
-
f(x)
b)
La funzione é crescente per -1 < x < 1/e .
La funzione è decrescente per - < x < -1 e per 1/e < x < +.
La funzione ha un minimo relativo in (-1,-1).
La funzione ha un massimo relativo in (1/e, 3/e)
lim f '( x)  f '(0)  2 e lim f '( x)   (non definito). Dunque f non è derivabile in x = 0.
xa 0
xa 0
c)
1
0
- 3
- 2
- 1
0
- 1
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1
2
3
Pagina 5
d)
I punti di tangenza sono tali che f’(x) = -4; dunque si ha:
 x1  3
2( x  1)  4

1

3(ln x 2  1)  4  ln x 2   x  3 e

3

Prima retta tangente:
y  f ( 3)  4( x  3)  y  3  4( x  3) y  4 x  9 .
Seconda retta
tangente: y  f (3 e )  4( x  3 e )  y  3 e  4( x  3 e )  y  4 x  33 e .
4
3
2
1
0
- 3
- 2
- 1
0
1
2
3
- 1
- 2
- 3
- 4
(grafico non richiesto!)
e)
k
Ak  
2
k
k
'
k
 3 
 3

 3  1
f ( x )dx    3x ln x dx     x 2  ln xdx   x 2 ln x      x 2   dx 
 2 
 2  x
 2
2
2
2
k
3 
3
 3
 3

  x 2 ln x  x 2     k 2 ln k  k 2  6 ln 2  3 u 2


4 2
2
4
 2
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Pagina 6
Soluzione Problema 6:
a)
Il piano è il piano  che passa per il punto medio M di AB ed ha come vettore normale un vettore

collineare con il vettore AB . Dunque si ha:




 
 1 5
AB  (6  2)i  (2  1) j  (2  3)k  8i  3 j  k , M -2, ,  ,
 2 2




1
2


A
M
B
5
2
 : 8 x  2  3 y     z    0  8 x  3 y  z  15  0
b)

  

 
  
Il piano 1 é il piano  1  C, CD , CE  ; essendo CD  4i  4k e CE  3i  2 j  k , si ha:


x
 1: 4
y 1
0
z
4  0  8 x  8( y  1)  8z  0  x  y  z  1  0
3
2
1
 


Sia s = 1. Si ha che un vettore direttore u di s è collineare con il vettore n  n1 , dove n è un

vettore normale di  e n1 è un vettore normale di 1. Si ha:
  
i
j k

 




 
n  n1  8  3 1  2i  7 j  5k , u  2i  7 j  5k .
1 1 1

Il vetttore u è un vettore normale al piano 2, che ha, dunque, equazione:
2( x  3)  7( y  2)  5( z  1)  0  2 x  7 y  5z  25  0 .
c)
P2(2,-2, p)1  2 - (-2) + p + 1 = 0  p = -5  P2(2,-2,-5)
x 4 y 3 z 3
 2


   
 
7
5  0 11( x  4)  6( y  3)  4( z  3)  0 
P1 P2   5 ,  3  P1 , u , P1P2  : 2
 


2
5
2
 2
 3 :11x  6 y  4z  14  0 .
d)
Il piano 1 divide lo spazio in due semispazi che hanno come frontiera il piano stesso.
I punti della frontiera sono tali che l’espressione f ( x, y, z)  x  y  z  1 si annulla.
I punti dello spazio per cui f ( x, y, z)  0 appartengono ad uno di questi semispazi.
I punti dello spazio per cui f ( x, y, z)  0 appartengono all’altro semispazio.
Per il punto A, si ha: f ( xA , yA , zA )  2  1  3  1  7  0 .
Per il punto B, si ha: f ( xB , yB , zB )  6  2  2  1  5  0 .
Dunque A e B si trovano da parti opposte rispetto al piano 1.
R. SANTORO: Correzione Prèbac Matematica 5p./sett. (A.S. 1994/95)

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