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Prova Escrita de Matemática (Prova 435)
Primeira Parte
Questões
Versão 1
Versão 2
1
B
D
2
D
A
3
B
D
4
B
C
5
C
B
6
A
D
7
B
C
Segunda Parte
(Proposta de resolução)
1.1
 
w  2 cis  
 4
 
w 2  2 cis  
 2
w2
 cis  2   1
z
Os pontos A, B, C e D, são as imagens geométricas dos números complexos i, 1, -i e –1,
respectivamente; ora, calculando a quarta potência de qualquer um destes número obtemos 1. Por isso, estes
números são as raízes quartas do complexo dado.
1.2.
O centro da circunferência é a origem e o seu raio é metade do lado do quadrado. Assim, uma
2
.
2
condição poderá ser z 
2.
2.1.
f ' ( x) 
e x ( x  1)  e x
x  12

e x ( x  2)
x  12
.
Como para qualquer valor do domínio, e x e
de x  2 :
x
f'(x)
f(x)
-
-
x  12
1
n.d.
n.d.
são positivas, o sinal de f  depende apenas do sinal
-
2
0
+
+
e2
De acordo com a tabela conclui-se que f é decrescente em ]-, 1[ e em ] 1, 2] e crescente em [2, + [.
Tem um mínimo relativo para x  2 .
2.2.
Ao conjunto solução desta condição apenas poderão pertencer elementos do domínio de f para os
quais f é positiva ( ] 1, + [ ). Neste conjunto:
ln  f ( x )   x  f ( x )  e x  x  1  1  x  2
2.3.
Como f é contínua em IR \ 1 , apenas poderá existir assimptota vertical para x  1 .
Dado que lim f ( x )    (e lim f ( x )    ), conclui-se que a recta de equação x  1 é
x  1
x  1
assimptota vertical do gráfico da função f.
Existe apenas uma assimptota horizontal unilateral, y = 0 , pois
lim f ( x )  0 e lim f ( x )    .
x  
3.
3.1.
3.2.
x  
Como no Apogeu a amplitude de x é igual a 180º, a altitude do satélite é 2031 Km,
aproximadamente, e pode ser obtida por d (180)  6378 .
d(x) = 8200 
7820
 1  0,07 cos x  cos x   0,662
8200
Recorrendo à calculadora e atendendo a que o ângulo pertence ao 3º quadrante, x  229Ό.
4.
4.1
A probabilidade pedida resulta da soma de duas probabilidades, calculadas utilizando
probabilidades condicionadas: a do acontecimento A, “iogurte estragado e dentro do prazo de validade”
com a do acontecimento B, “iogurte estragado e fora do prazo de validade”.
Atendendo às informações dadas:
pA 0.0050.8 e pB 0.650.2 .
Por isso, a probabilidade pedida é 0,004  0,13  0,134 .
4.2.
Como há 12 compartimentos na caixa, existem 12 C7 escolhas possíveis para colocar os 7 iogurtes.
Para cada uma dessas escolhas, colocados os 3 iogurtes de fruta ficam determinados os lugares para os 4
iogurtes naturais; por isso, existem 7 A3 maneiras de os distribuir pois os iogurtes naturais são
indistinguíveis entre si.
Logo o número total de casos será 12 C7 7 A3 .
Este poderá ter sido o raciocínio do João.
Por outro lado, existem 12 C 4 escolhas possíveis para colocar na caixa os 4 iogurtes naturais, indistinguíveis
entre si. Para cada uma dessas escolhas, ficam 8 compartimentos livres, para colocar os 3 iogurtes de fruta.
As trocas de ordem entre estes originam diferentes casos; logo existem 8 A3 possibilidades.
Então o número total de casos será 12 C 4 8 A3 .
Este poderá ter sido o raciocínio da Joana.