Simulazione 2017/18 SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA DELL ESAME DI STATO

(1)

ANNO SCOLASTICO 2017/18

SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA DELL’ESAME DI STATO PER IL LICEO SCIENTIFICO

Il candidato risolva uno dei problemi e risponda a 5 quesiti del questionario.

Problema 1 – In pieno recupero

Il tuo comune ha commissionato allo studio di progettazione Urban2000 il recupero di un capannone in stile modernista per realizzarne una sala polivalente ed uno spazio espositivo.

Figura 1 Figura 2

In figura 1 è rappresentata la forma della facciata; le dimensioni del capannone sono riportate, invece, in figura 2.

a. Individua, motivando la risposta, quale tra le seguenti funzioni, definite nell’intervallo

[

⁻^10;10

]

, può descrivere il profilo del tetto in modo più preciso:

( )

1

4 8

f x = − 5 x ; 2

( ) (

10

)

²

25

1 −

= x

x

f .

Se 8

( ) 4 | | f x = − 5 x

Per x>0 8 1

'( ) 5 2 f x

= − x e '(0)f = ∞

Se ^{( )} ¹

(

^{| | 10}

)

²

f x = 25 x − Per x>0 ^{( )} ¹ ²

(

¹⁰

)

f x =25 x− e 20 4

(0) 25 5

f = − = − E retta tangente per x=0. 4

4 5

y− = − x  4 5 4 y= − x+ Quindi il tetto segue la funzione f2.

Dato che la retta tangente passa per il punto (5,0)

(2)

Scrivi le equazioni delle due rette tangenti tratteggiate in figura 1 e valuta l’angolo α tra esse compreso.

Quindi per x>0: retta tangente 4 5 4 y= − x+ Per simmetria la retta tangente per x<0: 4

5 4 y= x+

Determina, inoltre, il volume occupato dall’edificio.

Dato che l’area della facciata è area l’area del rettangolo di dimensioni 8x20

2 1 8(20) 160

Area = = m , più l’area della facciata del tetto:

( )

³ ¹⁰ ³

10 10 10 2

2 10 2 0 2 0

0

1 2 ( 10) 2 10 80

( ) 2 ( ) 2 10

25 25 3 25 3 3

A f x dx f x dx x dx x

−

 −   

= = = − =   =  =

   

  

Quindi area facciata: ₁ ₂ 80 560

160 3 3

A= +A A = + =

Il volume del capannone: 560 ³

30 5600 V = ⋅ =A h 3 = m

Il progetto prevede che al primo piano del capannone sia allestita una sala polivalente, in cui deve essere costruito un palco delimitato da un arco di parabola. La pianta della sala è rappresentata in figura 3 (le misure sono espresse in metri). Il piano di calpestio del palco viene rivestito con tre mani di una speciale vernice antigraffio, che può essere diluita con acqua fino al 15% del volume e costa 65 € a barattolo.

b. In base ai dati che puoi dedurre dal grafico, determina l’equazione dell’arco di parabola ed il costo minimo sostenuto per acquistare la vernice se quest’ultima, una volta diluita, ha una resa di 12 m² per barattolo.

Figura 3 L’equazione della parabola: y− =5 a x( −10)² dato che passa per (2,0)

5

a= −64  5 ²

( 10) 5

y= −64 x− + Area del palco:

3 16

16 2 2

2 2

2

5 5 ( 10) 595 70 1225

( 10) 5 5 51

64 64 3 8 3 24

Area =



− x− + dx= − x− + x =    − = = m

2 1225(3) 1225

12, 76 13

12 24(12) 96

n= Area = = = ≈ barattoli

Spesa: (13)65 845€= =

(3)

Il progetto prevede anche il recupero di cinque finestre per fornire luce alla sala. Ogni finestra ha la forma di un quadrato di lato 2 m sormontato da una zona il cui profilo superiore segue l’andamento della funzione ^{g x}

( )

⁼ ^x ¹⁻^x² ^.

c. Disegna il grafico della funzione ^{g x}

( )

e studia i punti di non derivabilità.

2 2

2

1 0

( ) | | 1

1 0

x x x

g x x x

x x x

 − ≥

= − =

− − <



Funzione pari:

CE: 1− ≤ ≤x 1

Studiamo la funzione per x>0 e poi per simmetria costruiamo la funzione simmetrica rispetto all’asse y.

Positività.: x≥0

Nulla per x=0 e per x=1

2 2

2 1 2

'( ) 1 0

2 1 1

x x

g x x x

x x

− −

= − + = ≥

− −  1 2− x²≥0  1 1

2 x 2

− ≤ ≤

1

− 2 0 1 2

- + + -

Massimo per 1

x= 2 e 1 1 1 1

2 2

g 

= =

 

 

Osserviamo che per x=0 '(0) 1g = e retta tangente per x=0 y=x e '(1)g = ∞

(4)

d. Sapendo che il restauro delle vetrate costa 220 €/m², stima la spesa per il recupero delle finestre arrotondando il risultato alle decine di euro.

Dato che l’area della vetrata è area l’area del quadrato di dimensioni 2x2 Area₁ =2(2)=4m² , più l’area del profilo

1 3

1 1 1 2 1 2

2 1 0 0 0

0

( ) 2 ( ) 2 1 2

3 3

2

A g x dx g x dx x x dx tdt t

−

 

 

= = = − = =  =

 

 

   

Dove t= −1 x² e dt= −2xdx e

2 dx dt

= x

−

Quindi area facciata: ₁ ₂ 2 14

4 3 3

A= +A A = + =

Area totale : 70

5 3

Atot = A= Spesa finestre: 70

220 5130€

Spesa= 3 =

(5)

Problema 2

Fissato λ∈R, sia g_λ la funzione così definita:

( )

³

( )

g_λ x =x x+ λ .

a. Determina il valore di λ∈R in modo che il grafico della funzione ammetta un flesso nel punto F di ascissa x= −1.

3 4 3

( ) ( )

g_λ x =x x+λ =x +λx

3 2

'( ) 4 3

g_λ x = x + λx

''( ) 12 2 6 6 (2 )

g_λ x = x + λx= x x+λ  imponendo che g_λ''( 1)− =0 g_λ''( 1) 12 6− = − λ=0  λ =2

Verificato che risulta λ =2, indica con Γ il grafico corrispondente.

b. Rappresenta Γ dopo averne individuato le principali caratteristiche. Trova l’equazione della retta t tangente a Γ in F, le coordinate del punto A, ulteriore intersezione tra Γ e la retta t, e l’area della regione piana delimitata da tali curve.

3 4 3

2( ) ( 2) 2

g x =x x+ = x + x

Positività: g x₂( )=x x³( + ≥2) 0  x≤ − ∨ ≥2 x 0 Derivata : g₂'( )x =4x³+6x² =x²(4x+ ≥6) 0 

2 0

3 2 x x

≥

≥ −

-3/2 0

+ + +

- + +

Min per x=-3/2 e ₂ 3 81 27 27

( )

2 16 4 16

g − = − = −

Flesso a tan. Orizzontale (0,0)

Derivata seconda : g₂''( ) 12x = x²+12x=12 (x x+ ≥1) 0  0 1 x x

≥

≥ −

-1 0

- - +

- + +

+ - +

∪ ∩ ∪

Flesso per x=-1 e g₂( 1) 1 2− = − = −1, F(-1,-1) Flesso (0,0)

(6)

Tangente in F: g₂'( 1)− = − + =4 6 2  y+ =1 2(x+1)  y=2x+1

4 3

2( ) 2

2 1

g x x x

y x

 = +

 = +

 ^

4 3

2 2 1 0

2 1

x x x

y x

 + − − =

 = +

 ^

2 2

( 1) ( 1) 0 2 1

x x

y x

 − − =

 = +

 ^

1 1 2 1 x

x

y x

=



= −

 = +



1 2 0 -2 -1

-1 -1 -1 1 1

1 1 -1 -1 //

-1 -1 0 +1

1 0 -1 //

x=-1 F(-1,-1) e per x=1 A(1,3)

5 4 1

1 1

4 3 2

1 1

1

x 13 3 8

( ) (2 x 1 2 x )

5 2 10 10 5

Area f g dx x dx x x x

− −

−

    − 

=



− =



+ − − = + − −  =   − =

c. Calcola le coordinate del punto B, appartenente all’arco FA e distinto da F, tale che la tangente a Γ in B sia parallela a t.

La retta FA è la retta y=2x+1 e la condizione di parallelismo: è che '(f x_B)=2  4x³+6x² =2

 2x³+3x²− =1 0  2x³+3x²− = +1 (x 1)(2x²+ − =x 1) 0  1 1 3 1

4 1 x

x

= −

− ± −

= =

(7)

2 3 0 -1

-1 -2 -1 +1

2 1 -1 //

Quindi : 1 1 1 1 1 5

( ) 2

2 16 8 16 4 16

g = + = + = 1 5

2 16,

B  

= 

 

d. Determina il valore λ del parametro in modo che ^gλ

( )

^x sia simmetrica di g2

( )

x rispetto all’asse delle ordinate. Indica (motivando esaurientemente la risposta) se è possibile determinare un valore di λ in modo tale che ^gλ

( )

^x sia simmetrica di g2

( )

x rispetto all’asse delle ascisse.

Simmetria rispetto all’asse y:

' '

x x

t y y

= −



 = , ¹ '

'

x x

t y y

−  = −

 =



Curva simmetrica rispetto all’asse y di g x₂( )=x x³( + =2) x⁴+2x³

3 4 3 3

' ( ') (( x') 2) ' 2 ' ' ( ' 2) y = −x − + =x − x =x x −

Confrontando con g_λ( )x =x⁴+λx³  x⁴+λx³ =x⁴−2x³  λ= −2 Simmetria rispetto all’asse x:

' ' x x

t y y

=



 = − , ¹ ' ' x x

t y y

−  =

 = −



Curva simmetrica rispetto all’asse y di g x₂( )=x x³( + =2) x⁴+2x³

3 4 3 3

' ( ') (x' 2) ' 2 ' ' ( ' 2)

y x x x x x

− = + = − = −  y'= − +x'⁴ 2 'x ³

Confrontando con g_λ( )x =x⁴ +λx³  x⁴+λx³ = − +x⁴ 2x³  λ = − +2x 2  Impossibile perché λ non è costante.

Considera, ora, la funzione G:R→R così definita:

( )

2 2

( )

G x x g t dt

=



− ^.

e. Verifica che la funzione ^{G x}

( )

non ammette estremi relativi né assoluti e calcola ^G

( )

⁻² ^,

3 G 2

− 

  e ^G

( )

⁰ , senza aver preventivamente trovato l’espressione analitica di tale funzione.

Dopo aver trovato i punti stazionari di ^{G x}

( )

e avere studiato la concavità della funzione, traccia un grafico indicativo.

(8)

4 3

2( ) 2

g x =x + x e

4 3

2 4 3

2 2 2

| ( ) | | 2 |

2 2 0

x x x x

g x x x

x x x

 + ≤ − ∨ ≥

= + =

− − − < <



Gli estremi relativi di:

( )

2 2

( )

x

G x g t dt

=



− ^,G^(x) ^x₂| '( ) | dtg t

=



−

Sono quei punti per cui G'(x) |= g t₂( ) | 0= e dal grafico osserviamo che sono x=-2 e x=0 (punti stazionari)

-2 0

g(x) + + +

G(x)

Ma i punti sono due flessi a tangente orizzontale.

La derivata è sempre crescente e mai nulla, quindi non ammette max e min. relativi e nemmeno max e min assoluti.

Per studiare La derivata di |g t₂( ) |, dobbiamo studiare la pendenza di: e ''(x) | 2( ) | '

G = g t

-2 -3/2 0

G’’(x) - + - +

G(x) ∩ ∪ ∩ ∪

2

( 2) 2| '( ) | dt 0

G ⁻ g t

− =



− =

5 4 3/ 2

3/ 2 3/2

4 3

2 2

2

81 8 47

( 3 / 2) | '( ) | dt ( x 2 ) 2

5 4 80 5 80

x x

G g t x

− − −

− −

−

 

− = = − − = − −  = − + =

 

 

(9)

5 4 0

0 0 4 3

2 2

2

32 8

(0) | '( ) | dt ( x 2 ) 2 8

5 4 5 5

x x

G g t x

− −

−

   

=



=



− − = − −  = − − =

Osserviamo che: se

4 3

2 4 3

2 2 2

| ( ) | | 2 |

2 2 0

x x x x

g x x x

x x x

 + ≤ − ∨ ≥

= + =

− − − < <



5 4

1

5 4

2

5 4

3

5 2 2

( ) 2 0

5 2

5 2 0

x x

c x

x x

G x c x

x x

c x

 + + ≤ −



= − − + − < <



+ + ≥





5 4

8 2

5 2 5

( ) 8 2 0

5 2 5

8 0

5 2 5

x x

x

x x

G x x

x x

x

 + − ≤ −



= − − + − < <



+ + ≥

 Dato che G(-2)=0 32 16 ₁

( 2) 0

5 2

G − =− + + =c  ₁ 8 c = −5

Dato che G(-2)=0 32 16 ₂

( 2) 0

5 2

G − = −− − + =c  ₂ 8 c =5 Dato che G(0)=8/5 ₃ 8

(0) 0

G = + =c 5  ₃ 8 c =5 Questionario

1. Dati il piano α di equazione x−2y+ − =z 1 0 e i punti ^A

(

^{5;1; 2}⁻

)

^e^B

(

^{1;1; 2}

)

, verifica che A e B appartengono a α e individua due punti C₁ e C₂ nel piano β perpendicolare a α e contenente la retta AB tali che i triangoli ABC₁ e ABC₂ siano equilateri.

Il punto A appartiene al piano: 5-2-2-1=0 Il punto B appartiene al piano: 1-2+2-1=0

(10)

2 2 2

(5 1) (1 1) ( 2 2) 16 16 4 2

AB= − + − + − − = + =

Il punto medio di AB: ^M ⁼

(

^{3,1, 0}

)

i punti C si trovano sulla retta perpendicolare al piano e passante per m

M M

M

x at x y bt y z ct z

= +



= +

 = +





3 2 1

0 x t

y t

z t

= +



= − +

 = +



Dato l’altezza è 3 3

4 2 2 6

2 2

h= AB= =

2 2 2

| | | 2 1| | (t 3) 2( 2 1) 1|

1 4 1 1 4 1 2 6

ax by cz d x y z t t

d

a b c

+ + + − + − + − − + + −

= = = =

+ + + +

+ +

| 6 | 2(6)t =  t= ±2

Altro modo: impongo che il triangolo sia equilatero:

CA=AB  (x 5)− ²+ −(y 1)²+ +(z 2)² =4 2  (t 3 5)+ − ²+ − + −( 2t 1 1)²+ +(t 2)² =4 2

 (t 2)− ²+ −( 2 )t ²+ +(t 2)² =4 2  6 t²+ =8 4 2  6 t² =24  t= ±2

1

2 3 5 4 1 3 2 0 2 x

C y z

= + =



= − + = −

 = + =



e ₂

2 3 1 4 1 5

2 x C y z

= − + =



= + =

 = −



2. Determina per quali valori dei parametri reali a e b il grafico della funzione

( )

²

f x = ax +bx−x

ammette come asintoto obliquo per x→ +∞ la retta di equazione y=2x+1.

+ −

(11)

2 2 2

2 2

9 9

lim ( ) mx lim 9 3 lim lim lim 1

9 3 9 3 6

x x x x x

x bx x bx bx

q f x x bx x

x bx x x x x

→∞ →∞ →∞ →∞ →∞

= − = + − = + − = = =

+ + +

 b=6

3. Determina il parametro reale positivo a in modo tale che i grafici delle funzioni

( )

¹

( )

³

3

f x ax , g x

x x

= − =

risultino ortogonali nel loro punto di intersezione P, quindi ricava le coordinate di P e le equazioni delle rette r e s tangenti in P ai grafici rispettivamente di ^{f x}

( )

^e^{g x}

( )

^.

( ) 1 3 f x ax

x

= − e 3

( ) g x = x

2 2

1 ( 1) 1 1

'( ) 3 3

ax ax f x

x x

− −

= = e 1₂

g'( )x 3

= − x

2 2

1 3

3 1 1

3 3

ax

x x

−

 =



 =



 ₄ 1 9 1 ax x

− =



 = ^

10 1 ax x

=



 = ±  10 1 a x

=



 = e 10 1 a x

= −



 = − non acc.

10 1

( ) 3

f x x

x

= − e 3

( )

g x = x P(1,3) Retta r: (1) 3f = , 1

'(1) 3

f = , 1

3 ( 1)

y− =3 x− Retta s: g(1) 3= , g'(1)= −3, y− = −3 3(x−1)

4. Data la funzione

( )

² ^{3 2}

f x = x + − x

e considerato un generico punto ^P

( )

^0;^k dell’asse delle ordinate, dimostra che esistono rette tangenti al grafico di ^{f x}

( )

passanti per P se e solo se 0< ≤k 3.

(12)

( ) 2 3 2 f x = x + − x ,

'( ) 2 2

3 f x x

x

= −

+

Retta t: y− f x( )₀ = f '( )(x x )x₀ − ₀

(

⁰² ⁰

)

²⁰ ⁰

0

3 2 2 (x x )

3

y x x x

x

 

 

− + − = + −  −

Passaggio per il punto P(0,k)

(

⁰² ⁰

)

²⁰ ⁰

0

3 2 2 ( x )

3

k x x x

x

 

 

− + − = + −  −



2

2 0

0 0 2 0

0

3 2 2 x

3

k x x x

x

− + + = − +

+

 2

0

3 3 k

x

= + (osseviamo che k>0) 

2 2 0

9 k 3

= x

+ 

2 2 2

0 3 9

k x + k = 

2

0 2

x 9 3k k

= ± −

Esistenza per:

2 2

9 3k 0

k

− ≥ 

3 3

0 k k

− ≤ ≤



 > 

0< ≤k 3

5. Assegnati nel piano cartesiano i punti ^A

( )

^0;1 ^, ^B

( )

^{2; 2} ^e ^C

( )

^3;^k , ricava la funzione polinomiale di grado minimo il cui grafico ammetta un minimo relativo in A e in C e un massimo relativo in B, quindi ricava il valore di k e stabilisci quale sia il punto di minimo assoluto della funzione trovata.

Il polinomio è di 4 grado: e la derivata si deve annullare per x=0,x=2, e x=3

(13)

0 2 3

- + + +

- - + +

- - - +

- + - +

4 3 2

(x) 5 6

4 3 2

x x x

f a c

=  − + + 

 

(0) 1 (2) 2 f

f

=



 =

( )

(0) 1

16 8 4

(2) 5 6 2

4 3 2

f a c

f a c

= =



 =  − + + =

  



( )

¹

8 2

3 a c

a c

=



  + =

  





( )

¹

8 2

3 a c a ac

=



 + =





( )

¹

8 1 2

3 a c a

=



 + =





8 3 3 8 c a

 =



 =



4 3

3 2 8

(x) 5 3

8 4 3 3

x x

f  x 

=  − + + 

 

quindi

3 81 27 8 3 81 8 3 59 59

(3) 5 3(9) 18

8 4 3 3 8 4 3 8 12 32

f =  − + + =  − + =  =

     

6. Data la funzione

( )

₂

3

x t a

a

f x e dt

t

= −



+ ^,

dimostra che è monotona crescente in tutto il suo dominio. Determina poi, motivando adeguatamente la risposta, quale tra le seguenti rette può essere la tangente al suo grafico nel punto di ascissa x=a e ricava di conseguenza il valore di a:

(14)

1 2

1 1 1

: 1; : .

2 2 2

r y= x− r y= x−

( ) 2

3

x t a

a

f x e dt

t

= −



+ ^ ^{'( )} ₂ ⁰

3 ex a

f x x

= − ≥

+ funzione sempre positiva e mai nulla e quindi sempre crescente:

2

'(a) 1

3 f

a

= + , f(a)=0 e quindi retta tangente:

2

0 1 ( )

3

y x a

a

− = −

+ 

2 2

3 3

x a

y

a a

= −

+ + , per a=1 ottengo la retta tangente r2 Dato che

2

1 1

3 2 a

+ = quando a²+ =3 4 a= ±1 e quindi a=1

7. Verifica che la funzione y=axe^x+be^x+x soddisfa l’equazione differenziale

'' 2 ' 2

y − y+ = −y x

per ogni valore reale delle costanti a e b, quindi determina i valori di a e b per i quali si ha:

( )

⁰ ^2, ^{' 0}

( )

^0.

y = y =

x x

y=axe +be +x e 'y =ae^x+axe^x+be^x+1 e '' 2y = ae^x+axe^x+be^x

'' 2 ' y 2

y − y+ = −x

2( 1) 2

x x x x x x x x x

ae +ae +axe +be − ae +axe +be + +axe +be + = −x x 2ae^x+axe^x+be^x−2(ae^x+axe^x+be^x+ +1) axe^x+be^x+ = −x x 2 0 0=

0

(0) 2

'(0) ^x 1 0

y be

y ae be

 = =



= + + =

 

2 2 1 0 b

a

=



+ + =

 

2 3 b a

=



 = −

8. Vengono lanciati contemporaneamente una moneta e un dado a sei facce, entrambi non truccati, 5 volte. Il valore di ogni lancio è uguale all’esito del dado se esce testa, al suo doppio se esce croce.

a. Qual è la probabilità di totalizzare almeno sei punti con 5 lanci?

b. Se esce sempre 6, qual è la probabilità di realizzare 42 punti nei 5 lanci?

La probabilità per per ogni lancio che esca un numero x è data dal prodotto della probabilità che

(15)

1 1 1 2 6 12 p= =

E=(probabilità di realizzare 6 punti con 5 lanci) Ec=(probabilità non di realizzare 6 con 5 lanci)

La probabilità di non realizzare 6 con 5 lanci la ottengo quando esce sempre testa e al dado esce sempre 1.

1 2 3 4 5

moneta T T T T T

Dado 1 1 1 1 1

Quindi

1 5

q 12

= 

  

1 5

( ) 1 1 0, 999996

p E q 12

= − = −  =

 

La probailità di fare 42 la ottengo quando esce testa per 3 volte e croce per 2 volte 42 3(6) 2(12)= +

E dato che esce sempre 6 al dato, la probabilità è quella con la sola moneta è che esce testa per 3 volte su 5 lanci:

3 2 5

5 1 1 5 1 5

( ) 0, 31 31%

2 2 2 2 2 16

p E        

=     =   = = =

     

   

9. Data la funzione ^{f x}

( )

⁼^ae^bx, determina i valori di a e b per i quali ^f ^{' 0}

( )

⁼⁸^e ^f⁽⁴⁾

( )

⁰ ⁼⁶⁴^.

Dimostra che per i valori di a e b trovati è ^f^{( )}ⁿ

( )

^x ⁼²ⁿ⁺²^e²^x e verifica che l’equazione

( ) ( ) ( )

( 1) ( 1)

n 0 n

f ⁺ x = f ⋅ f ⁻ x è un’identità per ogni n naturale.

( ) ^bx f x =ae

'( ) ^bx

f x = ⋅ ⋅a b e , f ''( )x = ⋅ ⋅a b² e^bx, f '''( )x = ⋅ ⋅a b e³ ^bx, f⁴( )x = ⋅ ⋅a b⁴ e^bx 

0

4 4 0

'(0) 8

(0) 64

f a b e

f a b e

 = ⋅ ⋅ =



= ⋅ ⋅ =

 

4

8

8 64

a b b b

 =



 ⋅ =





3

8 8 a b b

 =



 =



 4 2 a b

=



 =

2 2 2

( ) 4 ^x 2 ^x

f x = e = e ,

2 2 2 1 2

'( ) 2 2 ^x 2 ^x

f x = e = ⁺ e , f ''( )x =2 2^{2 1}⁺ e²^x =2^{2 2}⁺ e²^x….

Per ipotesi fⁿ⁻¹( )x =2²^{+ −}ⁿ ^{1 2}e ^x

2 1 2 2 2

( ) 2 2 2

n n x n x

f x = ^{+ −} e = ⁺ e

1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 2

( ) 2 (0) ( ) (2 )2 2

n n x n n x n x

f ⁺ x = ^{+ +} e = f f ⁻ x = ^{+ −} e = ^{+ +} e ,

10. La regione R in figura è delimitata dall’asse x, dalla retta di equazione x=1 e da un arco della parabola di equazione y=kx², dove k >0 è un parametro reale.

Determina il valore di k in modo tale che il volume del solido ottenuto dalla rotazione completa di R intorno all’asse x sia uguale al volume del solido ottenuto dalla rotazione completa di R intorno all’asse y.

(16)

( ) 2

f x =kx

5 1 2

1 1

2 2 4 2

0 0

0

( ) dx dx

5 5

x

x k

V =π f x =π k x =πk ^ ^ =π

 

 

4 1

1 1

3

0 0

0

2 ( ) dx 2 dx 2

4 2

y

x k

V = π xf x = π kx = πk^ ^ =π

 

 

2

5 2

x y

k k

V ₌π ₌V ₌π



2

5 2

k k

π ₌π

 5 k =2