Maturità 2014
Ho creato questa discussione per mettere insieme tutte le questioni relative alla seconda prova scritta dell'Esame di Stato del 19 giugno 2014. Ovviamente, da utilizzare nel pomeriggio, dopo la prova.
Risposte
Onestamente pensavo fosse più difficile. (parlo del PNI)
Ho cominciato svolgendo il secondo problema. Non presentava particolari difficoltà, se non per la i valori di $k$ per cui $h(x)$ (almeno così mi pare venisse chiamata) aveva $4$ soluzioni distinte. In quel caso, l'unica idea che mi sembrava plausibile era quella grafica. E così ho fatto (fino a un certo punto). Ma temendo che ci fosse una soluzione più semplice e brillante, ho ripiegato sul primo che in sostanza era molto simile a quello dello scorso anno. Qui l'unica difficoltà era ricordarsi l'area di un settore circolare (o la si ricavava per via geometrica o si traslava il cerchio in questione nell'origine e si risolveva l'integrale).
Anche i quesiti, tutto sommato, erano fattibili. Ho fatto il primo, con il teorema dei seni, l'ultimo (che mi sembra desse come risultati $a=4$ e $b=4$), i due di probabilità e il quesito a risposta multipla (che si risolveva facilmente ricordandosi la relazione tra segno della deriva seconda e punti stazionari). E' andata bene, dai...
Ho cominciato svolgendo il secondo problema. Non presentava particolari difficoltà, se non per la i valori di $k$ per cui $h(x)$ (almeno così mi pare venisse chiamata) aveva $4$ soluzioni distinte. In quel caso, l'unica idea che mi sembrava plausibile era quella grafica. E così ho fatto (fino a un certo punto). Ma temendo che ci fosse una soluzione più semplice e brillante, ho ripiegato sul primo che in sostanza era molto simile a quello dello scorso anno. Qui l'unica difficoltà era ricordarsi l'area di un settore circolare (o la si ricavava per via geometrica o si traslava il cerchio in questione nell'origine e si risolveva l'integrale).
Anche i quesiti, tutto sommato, erano fattibili. Ho fatto il primo, con il teorema dei seni, l'ultimo (che mi sembra desse come risultati $a=4$ e $b=4$), i due di probabilità e il quesito a risposta multipla (che si risolveva facilmente ricordandosi la relazione tra segno della deriva seconda e punti stazionari). E' andata bene, dai...
E anche quest'anno niente problemi di geometria...
Beh dai ... : in genere i problemi di geometria trovano impreparati molti studenti (incluso, qualche volta, me). Per due principali ragioni: a) in genere la geometria razionale al biennio non viene spiegata bene 2) durante il triennio, soprattutto durante l'ultimo anno, raramente vengono affrontati problemi di geometria euclidea.
Però c'era il quesito sulle geometrie non euclidee: inizialmente pensavo di farlo (geometria sferica), poi però non ero sicuro della definizione di punto e ho fatto i quesiti su cui ero certo, o quasi, della correttezza della soluzione.
Per di più, mi viene in mente soltanto ora, con il prossimo anno non ci sarà più la tradizionale prova di matematica.
Però c'era il quesito sulle geometrie non euclidee: inizialmente pensavo di farlo (geometria sferica), poi però non ero sicuro della definizione di punto e ho fatto i quesiti su cui ero certo, o quasi, della correttezza della soluzione.
Per di più, mi viene in mente soltanto ora, con il prossimo anno non ci sarà più la tradizionale prova di matematica.
"kilikion":
Per di più, mi viene in mente soltanto ora, con il prossimo anno non ci sarà più la tradizionale prova di matematica.
Cosa cambia?
Entra in vigore l'ultimo "step" della riforma Gelmini. Non si sa ancora di preciso, ma ,stando a quanto hanno saputo dirci i nostri insegnati, si parlava di invalsi a livello nazionale.
Parlando della prova di ordinamento, l'ho trovata nella media: ho scelto il problema 2 e l'unico problema (scusate il gioco di parole 
) è stato un po' il punto 4, che ho risolto per via grafica con pochi calcoli. I quesiti erano carini, ma non è stato difficile trovarne 5 semplici da fare.
) è stato un po' il punto 4, che ho risolto per via grafica con pochi calcoli. I quesiti erano carini, ma non è stato difficile trovarne 5 semplici da fare.
"marcosocio":
Parlando della prova di ordinamento, l'ho trovata nella media: ho scelto il problema 2 e l'unico problema (scusate il gioco di parole
Ho avuto la stessa impressione, l'unico problema che poteva causare panico era il primo(quello sulla funzione integrale).
http://maturita.****/articol ... i-2425.htm
Il quesito $1$ e $3$ mi sembrano sbagliati..l'angolo espresso in sessagesimali non vale $41,81$ e nella probabilità di ottenere una sola pallina rossa va considerato il non-reimbussolamento
Il quesito $1$ e $3$ mi sembrano sbagliati..l'angolo espresso in sessagesimali non vale $41,81$ e nella probabilità di ottenere una sola pallina rossa va considerato il non-reimbussolamento
"kilikion":
Onestamente pensavo fosse più difficile. (parlo del PNI)
Ho cominciato svolgendo il secondo problema. Non presentava particolari difficoltà, se non per la i valori di $k$ per cui $h(x)$ (almeno così mi pare venisse chiamata) aveva $4$ soluzioni distinte. In quel caso, l'unica idea che mi sembrava plausibile era quella grafica. E così ho fatto (fino a un certo punto). Ma temendo che ci fosse una soluzione più semplice e brillante, ho ripiegato sul primo che in sostanza era molto simile a quello dello scorso anno. Qui l'unica difficoltà era ricordarsi l'area di un settore circolare (o la si ricavava per via geometrica o si traslava il cerchio in questione nell'origine e si risolveva l'integrale).
Anche i quesiti, tutto sommato, erano fattibili. Ho fatto il primo, con il teorema dei seni, l'ultimo (che mi sembra desse come risultati $a=4$ e $b=4$), i due di probabilità e il quesito a risposta multipla (che si risolveva facilmente ricordandosi la relazione tra segno della deriva seconda e punti stazionari). E' andata bene, dai...
Pure io ho svolto il problema 2, per la terza richiesta del punto 4 ho indicato gli intervalli rifacendomi al grafico della funzione, che ho ricavato trovando massimi e minimi. Ho notato innanzitutto che la funzione si annulla per \(0\), \(2\) e \(4\). Poi la derivata \(\displaystyle h'(x) = \cos \left[(2-x) \sqrt{4x - x^2}\right] 2 \frac{x^2 - 4x + 2}{\sqrt{4x - x^2}}\) si annulla per \(\displaystyle \cos \left[(2-x) \sqrt{4x - x^2}\right] = 0 \Rightarrow sin \left[(2-x) \sqrt{4x - x^2}\right] = \pm 1\), ovvero per i due punti della richiesta precedente e per i due punti simmetrici ad essi(anche \(h\) è simmetrica rispetto al punto \((2; 0)\), si ricava considerando che la funzione seno è dispari e che la funzione \(f\) è simmetrica rispetto allo stesso punto) e per \(\displaystyle \frac{x^2 - 4x + 2}{\sqrt{4x - x^2}} = 0\) ovvero \(x = 2 \pm \sqrt 2\). Considerando l'intervallo \((0, 2)\), i punti in cui si annulla il coseno sono massimi perché la funzione seno assume il valore \(1\), il massimo assoluto, mentre \(2 - \sqrt 2\) è minimo perché compreso tra due massimi, e tutti i valori compresi tra i massimi sono minori di essi. Nell'altro intervallo la situazione è simmetrica, quindi ho tracciato un grafico simile a questo e ho trovato gli intervalli in cui la retta \(y = k\) intercetta quattro volte la funzione, \(k \in (\sin 2, 1) \cup (-\sin 2, -1)\). Non l'ho fatto in maniera molto rigorosa, ma vabeh.
Un amico invece mi ha detto che si poteva risolvere più facilmente considerando il fatto che per ogni \(y = f(x)\) ad eccezione di \(0\) ci sono due valori per cui la funzione assume quel valore(come si vede dal grafico), quindi disegnando la funzione seno da \(0\) a \(2\)(considerando la prima parte del grafico) si vede facilmente l'intervallo in cui ha punti con due immagini uguali, e quindi in quell'intervallo ci sono \(2*2=4\) soluzioni. Gli intervalli ovviamente sono gli stessi di quelli di prima.
"Vulplasir":
http://maturita.****/articoli_esame_maturita-e nella probabilità di ottenere una sola pallina rossa va considerato il non-reimbussolamento
Per la probabilità che esca una sola rossa io ho moltiplicato la probabilità che la prima sia rossa, che la seconda non lo sia, che la terza non lo sia e \(3\), il numero di permutazioni(ho considerando praticamente una stringa del tipo (R) (¬R) (¬R) ), ed è uscito \(\displaystyle \frac{5}{20} \cdot \frac{19 - 4}{19} \cdot \frac{18 - 4}{18} \cdot 3 \approx 0.46 \).
La seconda richiesta l'ho associata ad una stringa del tipo (X) (Y = ¬X) (¬X ¬Y), dunque a una probabilità \(\displaystyle 1 \cdot \frac{19 - 4}{19} \cdot \frac{18 - 4 - 4}{18} \approx 0.44\).
Torna il ragionamento o c'è qualche bell'errore?
Torna il ragionamento o c'è qualche bell'errore?
Si sono giusti, in particolare la seconda richiesta poteva essere svolta più furbamente, come hai fatto tu, invece di considerare tutte e $24$ le possibili permutazioni dei $4$ colori a gruppi di $3$, come hanno fatto un po' tutti, quindi dato che tutti e $4$ i colori erano equiprobabili, bastava che la seconda pallina fosse diversa dalla prima e la terza dalla prima e seconda, col risultato di $15/19*10/18$
Qualcuno ha dimostrato quella sui solidi platonici con il teorema di Eulero? $f+v=2+s$ ?
"Vulplasir":
Qualcuno ha dimostrato quella sui solidi platonici con il teorema di Eulero? $f+v=2+s$ ?
Scusa ma a quale problema ti stai riferendo? non mi pare ci fosse nella prova di quest'anno
Comunque io sinceramente l'ho trovata difficile (essendo impreparato su massimi e minimi e robe simili) mi sarei aspettato più equazioni goniometriche, altri tipi di integrali e problemi di geometria solida e non. Per la prossima prova (che non ci sarà) mi sarei preparato di più in quanto ero benissimo in grado di svolgere 2012 e 2013
Ciao ragazzi volevo chiedervi una cosa sul secondo problema della prova PNI...non una correzione ma semplicemente un'interpretazione della richiesta. In pratica nel primo punto, cito testualmente, si chiedeva "Si dimostri che
(2;0) `e centro di simmetria di Γ e si calcoli, in gradi e primi sessagesimali, l’angolo che la tangente in esso a Γ forma con la direzione positiva dell’asse x".
Adesso il mio dubbio è sulla seconda domanda, ve lo mostro con un'immagine fatta con paint
In tutte le soluzioni online viene calcolata la misura dell'angolo a, ma effettivamente secondo la richiesta del testo non era valido anche l'angolo b? È sempre un angolo formato dalla tangente con la direzione positiva dell'asse x. Anche perchè calcolando arctan(-2) il risultato era -b, che geometricamente aveva senso solo considerandolo come modulo, quindi non vedo perchè debba essere sbagliato.
(2;0) `e centro di simmetria di Γ e si calcoli, in gradi e primi sessagesimali, l’angolo che la tangente in esso a Γ forma con la direzione positiva dell’asse x".
Adesso il mio dubbio è sulla seconda domanda, ve lo mostro con un'immagine fatta con paint
In tutte le soluzioni online viene calcolata la misura dell'angolo a, ma effettivamente secondo la richiesta del testo non era valido anche l'angolo b? È sempre un angolo formato dalla tangente con la direzione positiva dell'asse x. Anche perchè calcolando arctan(-2) il risultato era -b, che geometricamente aveva senso solo considerandolo come modulo, quindi non vedo perchè debba essere sbagliato.
Ciao e benvenuto sul forum.
Gli angoli si considerano sempre in modo che siano crescenti in senso antiorario, quindi la risposta era $a$, oppure $-b$, oppure $2pi-b$ (che è la stessa cosa).
Detto questo, può essere che chi corregge il compito lo interpreti come corretto e, sinceramente, te lo auguro. Ma se trovi uno particolarmente pignolo, allora può anche darsi che te lo conti come un errore (anche se probabilmente non un errore grave).
Gli angoli si considerano sempre in modo che siano crescenti in senso antiorario, quindi la risposta era $a$, oppure $-b$, oppure $2pi-b$ (che è la stessa cosa).
Detto questo, può essere che chi corregge il compito lo interpreti come corretto e, sinceramente, te lo auguro. Ma se trovi uno particolarmente pignolo, allora può anche darsi che te lo conti come un errore (anche se probabilmente non un errore grave).
Anche perchè calcolando $arctan(-2)$ il risultato era $-b$, che geometricamente aveva senso solo considerandolo come modulo, quindi non vedo perchè debba essere sbagliato
La funzione tangente per essere invertibile deve essere resa biunivoca restringendo il suo dominio a $(-pi/2;pi/2 ) $ , quindi l'arcotangente, essendo l'inversa della tangente ti darà come risultato sempre un numero strettamente compreso tra $-pi/2$ e $pi/2$ , ecco perché il risultato della calcolatrice è negativo, l'angolo giusto è $a$, cioè $a=pi-b$...potrebbe andare bene anche $b$ ma come già detto dipende da chi corregge il compito e dalla sua pignolaggine.
"Trashmob":
[quote="Vulplasir"]Qualcuno ha dimostrato quella sui solidi platonici con il teorema di Eulero? $f+v=2+s$ ?
Scusa ma a quale problema ti stai riferendo? non mi pare ci fosse nella prova di quest'anno[/quote]
Si tratta del quesito $2$ dell'ordinario e pni :Si spieghi perché non esistono poliedri regolari le cui facce siano esagoni
"Vulplasir":
[quote="Trashmob"][quote="Vulplasir"]Qualcuno ha dimostrato quella sui solidi platonici con il teorema di Eulero? $f+v=2+s$ ?
Scusa ma a quale problema ti stai riferendo? non mi pare ci fosse nella prova di quest'anno[/quote]
Si tratta del quesito $2$ dell'ordinario e pni :Si spieghi perché non esistono poliedri regolari le cui facce siano esagoni[/quote]
ma io neanche l'ho dimostrato, ho solo spiegato che non potevano convergere nello stesso vertice facce con più di 360°
ma io neanche l'ho dimostrato, ho solo spiegato che non potevano convergere nello stesso vertice facce con più di 360°
E non ti pare una dimostrazione? questo era il metodo classico, poteva anche essere dimostrato appunto con la relazione $f+v=2+s$ dove $f$ sono il numero di facce, $v$ il numero di vertici e $s$ il numero di spigoli di un poliedro regolare convesso.
Se ipotizziamo che esista per assurdo un poliedro regolare a facce esagonali di $n$ facce , esso avrà $n$ facce, $2n$ vertici e $3n$ spigoli, e dalla relazione otterremmo: $n+2n=2+3n -> 0=2$, imposibile.
"Vulplasir":ma io neanche l'ho dimostrato, ho solo spiegato che non potevano convergere nello stesso vertice facce con più di 360°
E non ti pare una dimostrazione? questo era il metodo classico, poteva anche essere dimostrato appunto con la relazione $f+v=2+s$ dove $f$ sono il numero di facce, $v$ il numero di vertici e $s$ il numero di spigoli di un poliedro regolare convesso.
Se ipotizziamo che esista per assurdo un poliedro regolare a facce esagonali di $n$ facce , esso avrà $n$ facce, $2n$ vertici e $3n$ spigoli, e dalla relazione otterremmo: $n+2n=2+3n -> 0=2$, imposibile.
Io ho pensato al pallone da calcio: se esistesse un poliedro regolare fatto di esagoni diventerebbe una sfera (che non ha facce) o non c'entra nulla?
Io sono in terza e all'ultimo mese di scuola ho portato come approfondimento un argomento che la nostra professoressa quest'anno non é riuscita a trattare e sono proprio i solidi platonici!
Quando ho visto che é uscita una domanda relativa proprio a quel tema mi sono reso conto di aver scelto un ottimo argomento da approfondire.
Ho dimostrato esattamente ciò che chiedeva il quesito e, come dicevate, esiste una dimostrazione "intuitiva" e una che si basa sulla formula di Eulero. Se andate su Wikipedia c'è ed é anche chiara.
Quando ho visto che é uscita una domanda relativa proprio a quel tema mi sono reso conto di aver scelto un ottimo argomento da approfondire.
Ho dimostrato esattamente ciò che chiedeva il quesito e, come dicevate, esiste una dimostrazione "intuitiva" e una che si basa sulla formula di Eulero. Se andate su Wikipedia c'è ed é anche chiara.
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