Proposta de resolução

Proposta de Resolução do Exame Nacional de Matemática A – 2015 (2ª fase)
GRUPO I
(versão 1)
1.
+ 2 + 0,4 = 1 e μ = 1 ×
⟺ 3 = 0,6
⟺ = 0,2
+ 2 × 2 + 3 × 0,4
Assim: μ = 0,2 + 2 × 2 × 0,2 + 3 × 0,4 = 2,2
Opção (B)
| significa a probabilidade de a bola retirada ser preta,
2. No contexto do problema,
sabendo que o número da bola retirada é um número par. Ora, os números pares existentes
nas bolas são 2, 4, 6 e 8 e, dentro destes, os lados com os números 2 e 4 são pretos.
|
Assim,
= = .
Opção (B)
3. Sabendo que log
e que log
=
=
=!
vem que log " = 3
Assim: log
(mudança de base)
" = log
+ log " =
=2+3=
=5
Opção (D)
4. Se $ é contínua em ℝ, em particular é contínua em & = 0.
Logo, existelim $ & elim = $ 0 .
)→+
)→+
Assim: lim,$ & = lim-$ &
)→+
)→+
© Edições ASA, Testes e Exame Matemática A, 2015
lim .2 + / )01 2 = lim- 3
)→+,
)→+
)
⟺ 2 + / +01 = lim- 3 +
)
)→+
)0 4 )0
)
4 )0
)
5
5
4 )0
⟺ 2 + / 1 = 2 + lim)
6778779
)→+
⟺ /1 = 1
⟺@=0
:;:<=
4 <á?=
Opção (A)
5. $ & = 3sen &
$ & = 3 sen & D =
= 3 × 2sen& × sen&
= 6sen& × cos & =
D
=
= 3 × 2sen&cos&
67777877779
=
= 3 × sen 2&
$′′ & = 3 × sen 2& D =
= 3 × 2cos 2& =
= 6sen 2&
Opção (C)
6.
1, 0
Como o triângulo GH
JJJJ = H
JJJJ = 1
• H
I é equilátero vem que:
K
• a amplitude do ângulo H é igual a !
Então, |L| = 1, e como a imagem geométrica de L pertence ao 4º quadrante, um argumento
K
de L pode ser − ! .
π
π
5π
L = 1 ∙ cos 3− 5 = cos 3− + 2π5 = cis P Q
3
3
3
Opção (D)
© Edições ASA, Testes e Exame Matemática A, 2015
7. Comecemos por determinar as coordenadas do ponto :
R
S=0
SM1
&
⟺R
S
&
2
0
1
⟺T
Como a abcissa de
⟺R
&
S
&
0
1
S 0
M1
∨
é positiva,
T
⟺R
&
2
S
0
2M1
S 0
& M1
1, 0 .
V 0, 1 , centro da circunferência
WWWWWX
V
MV
1, 0 M 0, 1
1, M1
&, S um ponto qualquer da reta Y.
Seja
WWWWWX ∙ WVWWWWX
0 ⟺ & M 1, S ∙ 1, M1
⟺&M1MS 0
⟺&M1 S
⟺S &M1
0
Opção (B)
8.
•
•
"Z
•
]Z
Z
Z Z0
M1
M1
Z
Z
não é monótona pois
M1, 1 e ! M1.
∙ [ não é monótona pois "
M1, "
2 e "! M3.
M Z é monótona crescente, pois ]Z0 M ]Z
_ 0, ∀[ ∈ b.
]Z é limitada, pois 0 c
•
eZ
M Z0
1
Z
d 1 ⟺ M1 d M Z c 0, ∀[ ∈ b.
[ não é limitada pois lim 1
Opção (C)
© Edições ASA, Testes e Exame Matemática A, 2015
[
∞.
Z
^Z0Z0
Z Z0
Z Z0
e
GRUPO II
1.
Cálculo auxiliar 1
Seja w = −1 + x.
!K
w = −1 + x = √2cis
pois |w| = y −1
e sendoθum argumento dew, tg θ =
Logo, θ =
!K
porexemplo .
^
+ 1 = √2
∧ θ ∈ 2ºquadrante
Cálculo auxiliar 2
3π
√2cis 3 4 5 √2
−1 + x
3π π
8π
2π
L =
cis P − Q = 1cis P Q = cis P Q
π =
π =
4
12
12
3
√2
√2cis 12
√2cis 12
Logo , Lg = cis 3−
Assim: L
K
!
5
Lg
⟺ L = cis 3−
⟺ L = √1cis j
i
K
5
!
^
K
kl
0
m
⟺ L = cis 3− q +
1K
n ,@ ∈ o0, 1, 2, 3p
1K
5 ,@ ∈ o0, 1, 2, 3p
K
Se @ = 0, L = cis 3− 5
q
K
K
K
Se @ = 1, L = cis 3− q + 5 = cis 3 ! 5
K
q
rK
q
Se @ = 2, L = cis 3− + π5 = cis 3 5
K
Se @ = 3, L = cis 3− q +
!K
K
5 = cis 3 ! 5
2.
2.1. Em s = 0 constanteinicial , o ponto
K
coincide com o ponto :
e 0 = 1 + sen 30 + q 5 = 1 + × = e s =
r
K
r
1 + sen 3πs + q 5 = K
⟺ sen 3πs + q 5 =
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r
K
⟺ sen 3πs + q 5 =
K
K
K
K
⟺ πs + q = q + 2@π ∨ πs + q = π − q + 2@π,@ ∈ ℤ
⟺ πs = 2@π ∨ πs =
K
+
q
2@π, @ ∈ ℤ
⟺ s = 2@ ∨ s = ! + 2@, @ ∈ ℤ
Se @ = 0,s = 0 ∨ s =
!
!
…
!
!
!
Se @ = 1,s = 2 ∨ s = + 2 =
Se @ = 2,s = 4 ∨ s = + 4 =
Assim, durante os primeiros três segundos de movimento, à exceção do movimento inicial,
…
o ponto P passou pelo ponto A aos s, aos 2 s e aos s.
!
!
2.2.
• e é uma função contínua em G3, 4I, visto ser a soma de funções contínuas neste
intervalo.
K
• e 3 = 1 + sen 33π + q 5 =
K
= 1 + sen 3π + q 5 =
K
= 1 + sen 3 q 5 =
= 1 + × 3− 5 =
!
!
e
< 1,1
K
q
K
q
r
• e 4 = 1 + sen 34π + 5 = 1 + sen 3 5 = 1 + × = > 1,1
Assim, pelo teorema de Bolzano, ∃] ∈ I3, 4G: e ] = 1,1.
3.
3.1.
•
lim $ & = lim ln & − 3 − ln &
)→0‡
)→0‡
= lim ln 3
)→0‡
)^!
5
)
=
!
= lim ln 31 − )5 =
)→0‡
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=
ln P1 −
3
Q=
+∞
= ln 1 − 0 =
= ln1 = 0
A reta da equação S = 0 é assíntota horizontal do gráfico de $.
•
lim $ & = lim 1 + &/ ) =
)→^‡
)→^‡
Mudança de variável
S = −& ⟺ & = −S
Se & → −∞, então S → +∞
= 1 + lim &/ ) =
)→^‡
= 1 + lim −S/ ^ˆ =
ˆ→0‡
ˆ
= 1 − lim
ˆ→0‡ ‰ Š
=
=1−0=1
A reta da equação S = 1 é assíntota horizontal do gráfico de $.
3.2. Em I−∞, 3I,$ & − 2& > 1
⟺ 1 + &/ ) − 2& > 1
⟺ &/ ) − 2& > 0
⟺ & /) − 2 > 0
&
−∞
Sinal de &
Sinal de / − 2
)
Sinal de& / ) − 2
0
−
+
0
−
−
+
−
0
−
ln2
3
+
+
+
0
+
+
0
+
+
Cálculo auxiliar
/ ) − 2 = 0
⟺ /) = 2
⟺ & = ln2
Assim, o conjunto solução de $ & − 2& > 1 em I−∞, 3IéI−∞, 0G∪Iln2, 3I.
3.3. Seja s a reta tangente ao gráfico de $no ponto de abcissa 4, então s: S = •& + " onde
• = $D 4 .
Cálculo auxiliar 1
Em I−∞, 3I, $ & = ln & − 3 − ln&
Logo, $ & = ln & − 3
D
$D 4 =
= )^! − )
D
− ln&
D
Cálculo auxiliar 2
=
1
1
1 3
− = 1− =
4−3 4
4 4
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$ 4 = ln 4 − 3 − ln4 =
= ln1 − ln4 =
= −ln4
!
Como Ž 4, $ 4
∈ s, substituindo-o em S = & + " vem que
!
S − ln4 = × 4 + "
Logo, " = −3 − ln4
!
Assim: s: S = & − 3 − ln4
4. O gráfico
não é um gráfico de função $, pois $tem derivada finita em todos os pontos do
seu domínio, logo é contínua em todo o seu domínio, o que não acontece com a função
representada neste gráfico.
O gráfico
também não é o gráfico da função $, uma vez que em I−∞, 0G, $′′ & < 0, isto
é, o gráfico da função$ tem concavidade voltada para baixo naquele intervalo, o que não
acontece com a função representada neste gráfico.
O gráfico V não é o gráfico de função $, pois $′ 0 > 0, ou seja, o declive da reta tangente
ao gráfico de $ no ponto de abcissa H é positivo e na função representada neste gráfico o
declive da reta tangente ao gráfico no ponto de abcissa H é negativo.
5.
∪ J −1+
=
+
J −
=
−
∩J
=
−
+
=
=
=
=
=
+1−
−G
∩
×
Provamos que
∩ J −1+
−
|
∩ J −1+
−
∩
∩
I
∪ J −1+
=
×
|
6.
6.1. Uma vez que a pirâmide G•‘Ž’“I é quadrangular e o ponto • tem coordenadas
2, 2, 2 , concluímos que a abcissa e a ordenada de “ são iguais a 1.
Assim, as coordenadas de “ são do tipo 1, 1, L D com L D ∈ ℝ0 .
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Como o ponto “ pertence ao plano ”“, então as suas coordenadas satisfazem a
condição 6&
Assim, 6
L M 12
0.
L D M 12
1
⟺6
L D M 12
⟺ LD
12 M 6
⟺ LD
6
0
0
Logo, “ 1,1,6
WWWWWX
6.2. H•
•M0
2, 2, 2 M 0, 0, 0
2, 2, 2
Uma equação cartesiana do plano que passa no ponto
do tipo 2&
2S
Como o ponto
2
⟺4
2
2
e
⟺e
0
2L
e
0.
2
0
e
e é perpendicular à reta H• é
2, 0, 0 pertence ao plano vem que:
0
0
M4
Logo, 2&
2S
equivalente, &
6.3. ”•‘: S
S
0 é uma equação cartesiana do plano pedido, ou de forma
LM2
0.
2
&, 2, & ! ,
&∈%
WHWWWWX
MH
WWWWWX
Ž”
”MŽ
WHWWWWX ∙ Ž”
WWWWWX
2L M 4
&, 2, & ! M 0, 0, 0
&, 2, & !
2, 2, 0 M 0, 0, 2
2, 2, M2
0 ⟺ &, 2, & ! ∙ 2,2, M2
⟺ 2&
4 M 2& !
⟺ M2& !
A abcissa do ponto
2&
0
0
4
0
arredondada às centésimas é 1,52.
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7. Número de casos possíveis: 7–
1 × 5C2 × 1 × 5!
Número de casos favoráveis: 4C2
A probabilidade pedida é igual a
4
V2 × × 5V2 × ×r!
˜™
© Edições ASA, Testes e Exame Matemática A, 2015
≈ 0,0002