Proposta de Correção da Ficha de Avaliação 24 de janeiro de 2012

Proposta de Correção da Ficha de Avaliação 24 de janeiro de 2012
Versão1
GRUPO I
1.
P X  1  3P X  5  2a  a  3 
1
1
a
10
10
2
1
1
6
1
  3b 
 1  3b 
b
10 10
10
10
5
Resposta (D)
2.
Considerando que as fichas da mesma cor são iguais, há 10C 3 maneiras de dispor as 3 fichas
verdes nos 10 lugares e apenas uma maneira destas ficarem em cima. Assim a probabilidade
1
1
3!7!
pedida é dada por 10 
.

10!
10!
C3
3!7!
Se considerarmos as fichas diferentes entre si então há 10! maneiras diferentes de as dispor e
3
! 7! maneiras de as dispor de forma que as fichas verdes fiquem em cima. Sendo assim a
3
! 7!
probabilidade pedida é dada diretamente por
.
Resposta (C)
10!
e 21
e
e
e
3.
f (2)  5 
 5   5  a  . Sendo assim ln a  ln    ln e  ln 5  1  ln 5 .
a
a
5
5
Resposta (C)
4.
A única transformação, das que existem na função dada, que pode alterar o domínio da
função, caso este não seja R, é a translação horizontal de 3 unidades para a direita logo o
domínio da nova função é 2,6.
Resposta (A).
n
5.
 1

1    e logo, lim f u n    .
 n
GRUPO II

Resposta (C).

1.1 P B | A é a probabilidade do segundo cartão retirado ser numerado com um algarismo
par, sabendo que o algarismo do primeiro cartão retirado era ímpar.
Supondo que se retirou um cartão numerado com um algarismo ímpar, ficaram no saco 8
cartões, sendo que 4 estão numerados com algarismos pares e outros 4 estão numerados
com algarismos ímpares. A probabilidade de retirar de seguida um cartão numerado com um
4 1
algarismo par é então  .
8 2
1.2
O n.º de maneiras de extrair simultaneamente três cartões do saco é dado por 9 C 3 e é
este o número de casos possíveis nesta experiência. Destes conjuntos só os que são
formados apenas por cartões com número ímpar é que são favoráveis ao acontecimento “ o
produto dos números saídos ser ímpar”. Sendo assim há 5 C 3 casos favoráveis.
3
C3
 0,12 .
C3
1.3
O n.º de maneiras de extrair, sucessivamente e sem reposição, quatro cartões do
saco e colocá-los, por ordem de saída, em cima de uma mesa da esquerda para a direita, é
dado por 9 A4 , sendo este o n.º de casos possíveis desta experiência.
Para que o número obtido desta forma seja inferior a 3000, o primeiro algarismo só poderá ser
1 ou 2.
A probabilidade é então
9
______________________________________________________________________
Teste de Matemática A – 12.º Ano – Página 1
Consideremos os números cujo primeiro algarismo é1. Como se exige que os números sejam
ímpares, o último algarismo poderá neste caso ser 3, 5, 7 ou 9 , havendo depois 7 hipóteses
para o segundo algarismo e 6 para o terceiro. O número de números ímpares cujo primeiro
algarismo é 1 é então 1 7  6  4 .
Consideremos agora os números cujo primeiro algarismo é 2. Para que o número seja ímpar
poderá agora terminar em 1, 3, 5, 7 ou 9, havendo novamente 7 hipóteses para o segundo
algarismo e 6 para o terceiro. O número de números ímpares cujo primeiro algarismo é 2 é
assim 1 7  6  5 .
Uma vez que estas duas situações são incompatíveis, o número de casos favoráveis ao
acontecimento referido no enunciado é 168  201  378 .
378 1
 .
A probabilidade é então 9
A4 8
2. A e B são acontecimentos independentes sse P A  B  P A  PB (1)

 
P( A  B)  P( A)  P( B)  P( A)  P( A)  P( B)  P( A)  P( B)  P( A)  P( A)  P( B)  P B  1 
(1)
( 2)
 P( A)  1  1  P( A)  0  0
(2) propriedade distributiva da multiplicação em relação à adição, de números reais.
(3) Teorema sobre a probabilidade de acontecimentos contrários.
3. D  x  R : x  1  0  x  0  1,
log 2 ( x  1)  log 2 6  log 2 x  log 2 ( x  1)  log 2 x  log 2 6  log 2 ( x  1) x  log 2 6 
 x 2  x  6   x 2  x  6  0  x   2,3
( 3)
C. A
C. A :
x 2  x  6  0  x  3  x  2
Conjunto  Solução   2,3  1,  1,3
1
1
1
1
1
4. 4.1 I (20)  I (0)  a  e b20   a  e b0  a  e b20   a  e b20   20b  ln   
(1)
2
2
2
2
2
 ln 2
b
Resposta: b  0,03
 20
(1) porque a  0
ln( 0,3)
4.2 4.2.1 I ( x)  3  10  e 0,05x  3  e 0, 05 x  0,3  0,05 x  ln( 0,3)  x 
 0,05
Resposta: x  24 m
4.2.2
I
1
 I 
I  10  e 0, 05 x 
 e 0,05 x  ln    0,05 x  ln I  ln 10   x 
10
20
 10 
1
  ln I  ln 10 
x  20ln 10  ln I   x c.q.d .
20
I ( x  10) 10  e 0,05 x 10
4.2.3

 e 0,05x 0,50,05x  e 0,5  0,61
0, 05 x
I ( x)
10  e
Então I ( x  10)  0,61  I ( x) logo, por cada aumento de 10 metros na profundidade, a
intensidade da luz solar reduz-se, aproximadamente, 39%.
______________________________________________________________________
Teste de Matemática A – 12.º Ano – Página 2