Demo TOLC-I

Soluzione: B. Affinché un triangolo sia univocamente determinato è necessario sapere o i tre lati, o due lati ed un angolo, o due angoli ed un lato. In tal caso sono forniti solo due lati, non sufficienti per determinarlo di maniera univoca. Analizzando le varie proposizioni:

• La prima proposizione afferma che l’angolo α compreso tra i due lati uguali soddisfa sinα = π/6. Essendo π/6 inferiore a 1, α esiste, da cui l’affermazione può essere vera;
• Sapendo due lati, l’area del triangolo (chiamando sempre α l’angolo compreso tra i due lati dati) è espressa come ¹⁄₂ × 5 × 5 × sin(α). Sapendo che il valore massimo di sin(α) è 1, ed è assunto nel caso di angolo retto, l’area massima è pari a 25/2 = 12,5 < 15. Per cui la seconda è falsa;
• Imponendo che il terzo lato sia pari a 2,5, si possono determinare anche gli angoli tramite il teorema dei seni. In più, si può notare che nessuno dei lati è superiore alla somma degli altri due, per cui tale proposizione può essere vera;
• Qualora tutti gli angoli fossero uguali, bisognerebbe avere che il seno di ogni angolo è . Tale valore si ha quando gli angoli misurano 60°, ovvero nel caso di triangolo equilatero. Tale proposizione può, quindi, essere vera;
• Dalla proposizione precedente si può dedurre che questa affermazione può essere vera.

Soluzione: B. Affinché un triangolo sia univocamente determinato è necessario sapere o i tre lati, o due lati ed un angolo, o due angoli ed un lato. In tal caso non è dato il lato ma la tangente. Quest’ultima assume valori positivi per valori compresi tra 0° e 90° o per angoli superiori a 180°, non ammissibili nel caso di un triangolo. In tal caso, l’angolo tra 0° e 90° avente tangente uguale a 1∕3 è univocamente determinato. Conoscendo due lati ed un angolo ci è possibile determinare univocamente il triangolo.

Soluzione: B. Un modo per risolvere questo quesito è applicare il teorema di Carnot (o del coseno) al lato BC, ossia BC² = AB² + AC² – 2 AB AC cos(Â), così facendo si ottiene cos(Â) = ¹⁄₂, da cui  = 60°. In alternativa, i valori proposti possono essere sostituiti nel teorema di Carnot.

Soluzione: D. Se il cubo è inscritto nella sfera allora i centri dei due solidi devono coincidere, la diagonale del cubo coincide con un diametro della sfera da cui i vertici del cubo devono appartenere alla superficie della sfera. Data quest’ultima affermazione, sapendo che la diagonale del cubo è legata allo spigolo dello stesso dalla seguente relazione d =l, allora lo spigolo del cubo misura = 2 (e non 3).
Il volume del cubo è quindi 24.

Soluzione: D. Per il teorema fondamentale della goniometria (cos²(x) + sin²(x) = 1), possiamo scrivere che cos² = 1 – sin²(x). Possiamo riscrivere l’equazione come: sin²(x) + –sin²(x) – 2sin(x) = 0, da cui si ottiene sin(x) = . Tale equazione è risolta per x = ^π ⁄₃ + 2kπ e per x = ⁵⁄₆π + 2kπ con k ∈ ℤ. Per l’intervallo considerato nel testo 0 ≤ x ≤^π⁄₂, l’unica soluzione ammissibile è π∕6.
É possibile arrivare a tale soluzione anche sostituendo i valori proposti all’interno dell’equazione e verificare quale soddisfa l’uguaglianza 0 = 0.

Soluzione: D. Si noti prima di tutto che il logaritmo, con base maggiore di 1, è una funzione monotona crescente, cioè considerati due valori 0 < x₁ < x₂, allora log(x₁) < log(x₂). Questo è proprio il caso in argomento. Tra le soluzioni proposte l’unica ammissibile è quindi la D. N.B. se la base è compresa tra 0 e 1 il logaritmo è monotono decrescente, quindi considerati due valori 0 < x₁ < x₂, allora log(x₁) > log(x₂)

Soluzione: E. Notiamo che entrambi gli addendi hanno la medesima base. Sapendo che 3ⁿ⁺¹ = 3ⁿ × 3, esprimiamo l’espressione come (3ⁿ × 3 – 3ⁿ) = 3ⁿ(3 – 1) = 2 × 3ⁿ.

Soluzione: E. La disequazione equivale alla seguente sin²(x) ≤ 2, da cui si ottiene – ≤ sin(x) ≤. Ricordando che il seno (ma anche il coseno) assume valori compresi tra -1 e 1, ovvero che – < -1 ≤ sin(x) ≤ 1 < , allora si deduce che la disequazione è verificata per ogni valore di x.

Soluzione: D. Si può notare che 32 = 30 + 2 e che invece 28 = 30 – 2. Da cui si può scrivere sin(30° + 2°) + sin(30° – 2°). Per le formule di somma e sottrazione del seno si ha sin(30°)cos(2°) + cos(30°)sin(2°) + sin(30°)cos(2°) – cos(30°)sin(2°), ovvero ¹⁄₂ cos(2°) + ¹⁄₂ cos(2°) = cos(2°). Di maniera generale, è sempre auspicabile cercare di esprimere angoli non notevoli in funzione di angoli notevoli, conosciuti e più facili da trattare.

Soluzione: A. Per la formula di sdoppiamento del seno:

sin(α +β) = sin(α)cos(β)+cos(α)sin(β)

Si deduce che α = 17° e β = 73° (o viceversa) da cui l’espressione equivale sin(90°) = 1.

Soluzione : E. Vediamo che 4⁴ può anche essere riscritto come 2⁸=16²=256¹. Le coppie di numeri sono quindi 4 (risposta E).

Soluzione : D. Sapendo che 4 stanze non hanno il bagno, si deduce che le stanze con il bagno sono 31 (35 – 4). Di queste 31, 26 hanno anche la televisione, per cui quelle senza televisione sono 31-26 = 5. La risposta corretta è quindi la D.

Soluzione : C. Sapendo che gli studenti sono 40 e che 5 giocano a tutti e 3 gli sport, allora gli altri giocano a uno o due sport. Calcolando 40 – 5 = 35 sappiamo quanti sono gli studenti che giocano a uno o due sport.

Soluzione : B. Consideriamo di fissare la prima rotella sulla lettera F. Così facendo possiamo dare alle rimanenti 3 rotelle qualsiasi possibile combinazione, per un totale di 16 x 16 x 16. Invece di fissare la prima, però, potremmo fissare la seconda, la terza o la quarta (quattro possibili rotelle da fissare sulla lettera F). Le combinazione sono quindi 4 x 16 x 16 x 16 = 16384. La risposta corretta è la B.

Soluzione : C. Le combinazioni totali sono 6 x 12 = 72. Le combinazioni di risultati che portano ad avere 3 come differenza tra i risultati sono (6, 9), (5, 8), (4, 7), (3, 6), (2, 5), (1, 4), (6, 3), (5, 2), (4, 1). Essendoci 9 combinazioni possibili su 72, la probabilità è 9/72 = 1/8, quindi risposta C.

Soluzione: A. Il bilanciamento di una reazione serve a fare in modo che nei reagenti e nei prodotti siano presenti lo stesso numero di elementi. Il coefficiente stechiometrico è il numero che viene anteposto alle varie specie presenti per fare in modo che la stessa quantità di ogni elemento compaia da ambo i membri della reazione. I coefficienti stechiometrici rappresentano il numero più piccolo che consente di bilanciare una reazione.
Iniziamo bilanciando l’arsenico: poiché vi è un atomo di ferro tra i reagenti e 2 tra i prodotti di reazione, moltiplichiamo per 2 AsCl₃ ponendogli davanti un coefficiente “2”. Otteniamo così 2AsCl₃ + H₂S → HCl + As₂S_3. Ora abbiamo 6 atomi di cloro tra i reagenti e solo uno tra i prodotti di reazione. Moltiplichiamo per 6 quindi HCl, ottenendo 2AsCl₃ + H₂S → 6HCl + As₂S₃.
Per continuare, vediamo che lo zolfo è presente con tre atomi tra i prodotti di reazione e solo con uno tra i reagenti. Moltiplichiamo quindi per 3 H₂S, ottenendo 2AsCl₃ + 3H₂S → 6HCl + As₂S₃. Possiamo notare che ora la reazione è bilanciata.

Soluzione: A. Esistono due tipi di urti: gli urti anelastici e gli urti elastici. Nel primo caso v’é solamente conservazione della quantità moto, ovvero la quantità di moto prima dell’urto (prodotto tra velocità e massa di ogni corpo) è uguale a quella dopo l’urto. Nell’urto elastico, oltre alla conservazione della quantità di moto, c’è anche conservazione dell’energia cinetica (E_cin = ¹⁄₂mv²). Sapendo che le due biglie si urtano elasticamente, abbiamo a disposizione due uguaglianze: una sulle quantità di moto mentre la seconda sulle energie cinetiche del sistema. Le soluzioni si trovano mettendo a sistema l’equazione alle quantità di moto:
m_1iv_1i + m_2iv_2i = m_1fv_1f + m_2fv_2f, che diventa nel nostro caso 4mv = 4mv₁f + mv_2f. Con l’equazione dell’energia cinetica: ¹⁄₂m_1iv_1i² + ¹⁄₂m_2iv_2i² = ¹⁄₂m_1fv_1f² + ¹⁄₂m_2fv_2f², che nel nostro caso diventa ¹⁄₂4mv² = ¹⁄₂4mv_1f² + ¹⁄₂mv_2f². Si trovano così due soluzioni per v_1f, una pari a v e l’altra pari ³⁄₅v, da cui la risposta A.
A tale conclusione si poteva arrivare anche ragionando sul fatto che in seguito all’urto, la biglia due assorbisse un po’ di energia cinetica della prima biglia, portando l’energia di quest’ultima a diminuire a favore della seconda, riducendo quindi la sua velocità.

Soluzione: E. Assumendo che l’aria si comporti come un gas perfetto allora vale l’equazione di stato dei gas perfetti pV = nRT, dove p è la pressione del gas, V è il suo volume, n è il numero di moli di gas nella camera d’aria, R è la costante dei gas perfetti e T la temperatura espressa in gradi Kelvin. Sapendo che la temperatura è costante durante la trasformazione, se ne deduce che il prodotto nRT è costante, assumiamo pari a k. Se la parte di destra dell’equazione di stato dei gas perfetti è costante, allora anche la parte di sinistra dovrà rimanere costante durante la trasformazione.
Sapendo che il volume diventa un terzo di quello iniziale, allora (affinché la parte di sinistra rimanga costante) la pressione dovrà triplicare, passando quindi a 300kPa.

Soluzione: A. Ricordando che N = , dalla prima si può ricavare che: = , ovvero l’unità di misura della densità.

Si noti che la risposta C, benché assomigli all’unità di misura della densità, non è corretta perché l’inverso.

Soluzione: D. Per l’equazione alle tensioni, la tensione prodotta dal generatore deve tradursi in una corrente sulle resistenze R₂, R₃ ed R₄. Per l’equazione di Ohm, abbiamo che V= R₂I₂ + R₃I₃ + R₄I₄. Si noti che la corrente passante per R₂, R₃ ed R₄ è la medesima, quindi V = (R₂ + R₃ + R₄) × I, da cui I = = ¹⁄₃A. Da cui si ha che la potenza dissipata, per la legge di Joule, è P = R × I² = 50 ×¹⁄₉W = ⁵⁰⁄₉W ovvero circa 5.5 W.

Risposta: D. L’autore afferma che nel futuro l’attività di governo dovrà essere nulla, ma solo quando gli uomini saranno pronti. Secondo Thoreau, i governi visti fino al suo tempo sono stati “tali di quando in quando”, quindi con attività saltuaria.

Risposta: E. Thoreau critica fortemente il governo americano di avere peccato di non aver “mai portato avanti nessuna impresa con la stessa alacrità con la quale è venuto meno ai propri compiti […]. Il carattere innato del popolo americano ha ottenuto tutto quello che è stato ottenuto; ed avrebbe fatto qualcosa di più, se il governo non si fosse talvolta messo in mezzo”. Quindi, il popolo ha raggiunto tutti i successi non grazie al suo governo, bensì alla propria volontà.

Risposta: E. Thoreau è conscio del fatto che non si potrà fare a meno di un governo nell’immediato ma si auspica, ciononostante, un governo “migliore” che “susciterebbe […] rispetto” in ogni uomo.

Risposta: A. Per Thoreau, ogni governo deve rappresentare innatamente il popolo e garantirne la libertà. Specificatamente, quello americano ha mancato le promesse fatte al proprio popolo di colonizzare l’ovest e fornire istruzione. L’unico dovere non citato da Thoreau tra quelli riportati è di mantenere la pace civile.

Risposta: B. Come scrive l’autore: “Il governo stesso, […], è allo stesso modo suscettibile di abusi e di deviazioni […]. Prova di ciò è l’attuale guerra contro il Messico”. La guerra in Messico quindi non rappresenta la volontà popolare, né ne è un suo successo né un inganno, bensì una degenerazione dell’attività di governo, che nello specifico rappresenta un piccolo numero di persone e non la moltitudine.