Proposta de resolução

Proposta de resolução do Exame Nacional de Matemática A – 2016 (2.a fase)
GRUPO I (Versão 1)
– –
P(A ∩ B) = 0,6
1.
⇔ P(A –∪– B) = 0,6
⇔ 1 – P(A ∪ B) = 0,6
⇔ P(A ∪ B) = 0,4
⇔ P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = 0,4
Como P(A) = 0,2 e P(B) = 0,3, vem que:
0,2 + 0,3 – P(A ∩ B) = 0,4
⇔ P(A ∩ B) = 0,1
P(A ∩ B) 0,1 1
Logo, P(A|B) =
=
=
0,3 3
P(B)
Opção (A)
2. Seja X a variável aleatória que representa o número de vezes que o Carlos encesta em cinco lances
livres. X ~ B(5; 0,4).
Numa série de cinco lances livres, a probabilidade de o Carlos encestar quatro vezes é dada por:
P(X = 4) = 5C4 ¥ 0,44 ¥ 0,61 = 0,0768
Opção (C)
3.
loga(ab3) = 5
⇔ logaa + logab3 = 5
⇔ 1 + 3logab = 5
4
⇔ logab =
3
⇔
logbb 4
=
logba 3
⇔
1
4
=
logba 3
⇔ logba =
3
4
Opção (B)
hnh
4. Como lim un = lim i ni = 0+
je j
vem que:
lim f(un) = lim+ f(x) =
xÆ0
= lim+ lnx =
xÆ0
= ln0+
= –∞
Opção (A)
© Edições ASA, Matemática A, 2016
1
5. Consideremos a circunferência de centro no ponto O e raio 1 num referencial ortonormado xOy:
Sabemos que P(cos a, sen a), com cos a > 0 e sen a > 0.
Atendendo a que Q é o ponto simétrico de P relativamente à origem do referencial, vem que Q(–cosa, –sena).
cosa ¥ 2sen a
=
2
=
sen(2a)
2
B
P(cosα, senα)
C
Seja S a projeção ortogonal de P sobre QR.
–
–
Assim, A[PQR] = QR ¥ SP
2
|–cos a| ¥ (|–sen a| + sen a)
=
A[PQR] =
2
=
y
Q(–cosα, –senα)
O
A
S
R
x
D
Opção (D)
6. O polígono cujos vértices são as imagens geométricas das raízes de índice 6 do número complexo
w é um hexágono regular inscrito na circunferência de centro na origem do referencial e raio igual
a |z|.
e.i.
|z| = √∫32∫ ∫ ∫+∫ ∫42∫ = √∫9∫ ∫+∫ ∫1∫6 = √∫2∫5 = 5
Uma vez que num hexágono regular a medida do lado é igual à medida
do raio da circunferência onde ele está inscrito, concluímos que o lado
do hexágono é igual a 5 unidades.
4
O
AÆz
5
3
e.r.
Logo, P = 6 ¥ 5 = 30 unidades.
Opção (C)
7. A condição 0 ≤ x ≤ 4 ∧ 1 ≤ y ≤ 5 define o quadrado seguinte.
y
5
1
O
4
x
A circunferência inscrita no quadrado tem centro no centro do quadrado e as suas coordenadas
h0 + 4 1 + 5h
são i
,
i = (2, 3). Por outro lado, a circunferência é tangente aos lados do quadrado,
2 j
j 2
sendo 2 o valor do raio.
y
5
3
1
O
2
4
x
Logo, a condição (x – 2)2 + (y – 3)2 = 4 define a circunferência inscrita neste quadrado.
Opção (C)
2
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8. Como (un) é uma progressão geométrica, sabemos que u8 = u4 ¥ r4.
Logo,
8192 = 32 ¥ r4
⇔ r4 = 256
⇔ r = ± 4√∫2∫5∫6
⇔ r = ±4
Como (un) é monótona, então r > 0. Logo, r = 4.
Assim, u5 = u4 ¥ r = 32 ¥ 4 = 128.
Opção (B)
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3
GRUPO II
1. 1.1. No contexto da situação descrita, P(B|A) é a probabilidade de o produto dos números das fichas
retiradas ser ímpar, sabendo que a sua soma é igual a 10.
Como a caixa U contém as fichas numeradas de 1 a 5 e a caixa V as fichas numeradas de 6 a 9,
os casos possíveis são (1, 9), (2, 8), (3, 7) e (4, 6). O número de casos possíveis é então 4. Destes,
o produto dos números das fichas retiradas é ímpar em dois casos: (1, 9) e (3, 7). Então, 2 é o
número de casos favoráveis.
2
1
Pela Lei da Laplace, tem-se que P(B|A) = = .
4
2
1.2. 4 ¥ 4! ¥ 12A5 = 9 123 840
Existem quatro filas horizontais onde as quatro fichas com os números pares (2, 4, 6 e 8) podem
ser colocadas. Portanto, existem quatro maneiras de escolher uma dessas filas. Por cada uma
destas maneiras, existem 4! formas de as fichas com os números pares permutarem entre si.
Depois de colocadas estas quatro fichas, restam 12 casas no tabuleiro e cinco fichas diferentes
(as fichas numeradas com número ímpar: 1, 3, 5, 7 e 9). Existem, então, 12A5 maneiras de as
colocar no tabuleiro.
2. Cálculo auxiliar 1:
Cálculo auxiliar 2:
|–1 + i| = √∫(∫–∫1∫)∫2∫ ∫+∫ ∫12∫ = √∫2
|–√∫2i| = √∫2
Seja a um argumento de –1 + i.
1
Então tga =
∧ a ∈2.º Q
–1
⇔ tga = –1 ∧ a ∈2.º Q
3p
Logo, por exemplo, a =
4
h 3p h
Assim, –1 + i = √∫2 cis i i
j 4 j
Sabemos que a imagem geométrica do
número complexo –√∫2i pertence ao eixo
imaginário (parte negativa).
3p
Assim, um argumento de –√∫2i pode ser
.
2
h 3p h
Então, –√∫2i = √∫2 cis i i .
j 2 j
h 3p h
i
j 4 j
√∫2 cis i
z=
h 3p
h
–1 + i
= 2
= √∫22 cis i
– 2qi
(rcisq)2
j 4
j
r cis(2q)
r
h 3p h
i
j 2 j
w = –√∫2i = √∫2 cis i
Para z = w tem que:
√∫2 = √∫2 ∧ 3p – 2q = 3p + 2kp, k ∈Z
4
2
r2
3p 3p
–
+ 2kp, k ∈Z
⇔ r2 = √∫2 ∧ 2q =
4
2
√∫2
3p
+ 2kp, k ∈Z
⇔ r2 = 1 ∧ 2q = –
4
3p
⇔ (r = 1 ∨ r = –1) ∧ q = –
+ kp, k ∈Z
8
Como r > 0, vem que r = 1.
5p
Como q ∈]0, p[, então q =
(para k = 1).
8
4
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3. 3.1. Seja ≤n (3, 2, 4) um vetor normal ao plano a.
Como a reta é perpendicular ao plano a, um vetor diretor da reta pode ser o vetor ≤n.
Assim, uma equação vetorial da reta perpendicular ao plano a e que passa no ponto C de coordenadas (2, 1, 4), é:
(x, y, z) = (2, 1, 4) + k(3, 2, 4), k ∈R
3.2. Sabemos que O≥D = D – O = (4, 2, 2) – (0, 0, 0,) = (4, 2, 2)
Assim, uma equação vetorial da reta OD é:
(x, y, z) = (0, 0, 0) + k(4, 2, 2), k ∈R
Um ponto genérico da reta OD, em função de k, é então (4k, 2k, 2k), k ∈R.
Para que o ponto pertença ao plano a de equação 3x + 2y + 4z – 12 = 0, tem de verificar-se
3 ¥ (4k) + 2 ¥ (2k) + 4 ¥ (2k) – 12 = 0, ou seja,
12k + 4k + 8k = 12
⇔ 24k = 12
1
⇔k=
2
h
1
1
1h
Assim, o ponto de interseção pretendido tem coordenadas i4 ¥
,2¥
, 2 ¥ i , isto é,
2
2
2j
j
(2, 1, 1).
3.3. Consideremos os três pontos não colineares A, B e P, que pertencem ao semieixo positivo Ox,
ao semieixo positivo Oy e ao eixo Oz, respetivamente.
Para o ângulo APB ser agudo, tem de verificar-se P≥A . P≥B > 0.
Sabe-se que:
• o ponto A, por pertencer ao semieixo positivo Ox tem coordenadas da forma A(x, 0, 0), com
x > 0.
Como A ∈a vem que 3x + 2 ¥ 0 + 4 ¥ 0 – 12 = 0, logo x = 4.
Então, A(4, 0, 0).
• o ponto B, por pertencer ao semieixo positivo Oy tem coordenadas da forma B(0, y, 0), com
y > 0.
Como B ∈a vem que 3 ¥ 0 + 2y + 4 ¥ 0 – 12 = 0, logo y = 6.
Então, B(0, 6, 0).
• o ponto P, por pertencer ao eixo Oz e ter cota não nula, tem coordenadas da forma P(0, 0, z),
com z ≠ 0.
• P≥A = A – P = (4, 0, 0) – (0, 0, z) = (4, 0, –z)
• P≥B = B – P = (0, 6, 0) – (0, 0, z) = (0, 6, –z)
Assim, P≥A . P≥B = (4, 0, –z) . (0, 6, –z) =
= 4 ¥ 0 + 0 ¥ 6 + (–z) . (–z) =
= z2
Como z2 > 0, ∀ z ≠ 0, fica provado que o ângulo APB é agudo.
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5
4. 4.1. Como o domínio de f é limitado inferiormente, só faz sentido procurar assíntota oblíqua quando x Æ +∞.
Seja y = mx + b (m, b ∈R) a equação da assíntota oblíqua, caso exista.
m = lim
x Æ +∞
f(x)
=
x
x – ln x
=
x
x Æ +∞
= lim
h
= lim i1 –
x Æ +∞
j
= 1 – lim
x Æ +∞
lnx h
i=
x j
ln x
=
x
14243
limite notável
=1–0=
=1
b = lim (f(x) –x) =
x Æ +∞
= lim (x – ln x – x) =
x Æ +∞
= lim (–ln x) =
x Æ +∞
= –ln(+∞) =
= –(+∞) =
= –∞
∉R
Como o valor obtido não é um número real, concluímos que o gráfico de f não admite assíntota
oblíqua.
È
Î
4.2. Em Í –
f ’(x) =
p È
2 + sen x
, 0 Í, f(x) =
Î
2
cosx
(2 + sen x)’ ¥ cosx – (2 + sen x) ¥ (cosx)’
=
cos2x
=
cosx ¥ cosx – (2 + sen x) ¥ (–senx)
=
cos2x
=
cos2x + 2sen x + sen2x
=
cos2x
=
1 + 2sen x
cos2x
f ’(x) = 0 ⇔
1 + 2sen x
=0
cos2x
y
⇔ 1 + 2sen x = 0 ∧ cos2x ≠ 0
⇔ sen x = –
h
⇔ ix = –
j
6
1
∧ cosx ≠ 0
2
h
p
7p
p
+ 2kp ∨ x =
+ 2kp i ∧ x ≠ + kp, k ∈Z
6
6
2
j
( π6 )
π– –
–
π x
6
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È
Î
Em Í –
p È
p
, 0 Í: x = –
Î
2
6
–
x
p
2
–
Sinal de f ’
n.d.
–
Variação
de f
n.d.
¢
p
6
0
ph
i
6j
min.
0
+
h
È
Î
f é decrescente em Í –
È
Î
f é crescente em Í –
f i–
j
£
p
pÈ
,– Í
2
6Î
p È
, 0Í
Î
6
ph
i
j 6j
h
ph
i=
j 6j
h
2 + sen i–
f i–
ph
i
j 6j
h
=
cos i–
2–
=
1
2
=
√∫3
2
=
3
2
=
√∫3
2
=
3
=
√∫3
= 3√∫3 =
3
= √∫3
√∫3 é mínimo relativo para x = –
p
.
6
4.3. Seja r a reta tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa
Em R+, f ’(x) = (x – lnx)’ = 1 –
h1h
1
. Então, mr = f ’ i i .
2
j2j
1
x
h
1h
1
= 1 – 2 = –1
i =1–
1
j2j
2
A reta r é definida por uma equação do tipo y = –x + b.
h1
h 1 hh h 1 1
1h
Como o ponto de coordenadas i , f i i i = i , – ln i pertence à reta, vem que:
2j
j2
j 2 jj j 2 2
Logo, mr = f ’ i
1
1
1
1
1
– ln = – + b, isto é, + ln 2 + = b ⇔ 1 + ln 2 = b
2
2
2
2
2
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7
Assim, a equação reduzida da reta r é y = –x + 1 + ln 2
È p
È
Recorrendo à calculadora gráfica, determinemos as abcissas pertencentes ao intervalo Í – , 0 Í
Î 2
Î
dos pontos A e B, pontos de interseção do gráfico de f com a reta r.
y1
y
y1 =
y2
–
A
π
2
a
B
b
2 + sen x
cos x
y2 = –x + 1 + ln 2
O
x
a ≈ –1,19 e b ≈ –0,17
As abcissas dos pontos A e B, arredondadas às centésimas, são –1,19 e –0,17, respetivamente.
5. 5.1. Sabemos que x = 0,003.
Pretendemos determinar o valor de n, número de meses em que o empréstimo será pago,
sabendo que p = 24.
24 =
600 ¥ 0,003
1,8
⇔ 1 – e–0,003n =
–0,003n
1–e
24
⇔ –e–0,003n = 0,075 – 1
⇔ e–0,003n = 0,925
⇔ –0,003n = ln(0,925)
⇔n=
ln(0,925)
–0,003
n ≈ 25,987 18
O empréstimo será pago em, aproximadamente, 26 meses.
5.2. Este item pode ser resolvido por, pelo menos, dois processos.
1.º Processo
yh
i
j nj
=
1 – ey
h
600x
= lim
1
– e–nx y Æ 0
xÆ0
lim
= lim
yÆ0
8
600 ¥ i–
–600y
=
n(1 – ey)
=
600
–y
¥ lim
=
y
n
yÆ0 1 – e
=
600
y
¥ lim y
=
n
yÆ0 e – 1
Cálculo auxiliar:
Consideremos a mudança de variável:
y
–nx = y ⇔ x = –
n
xÆ0 ⇒ yÆ0
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=
=
600
1
¥ lim y
=
n
yÆ0 e – 1
y
600
¥
n
1
=
y
lim e – 1
yÆ0
y
14243
limite notável
=
600 1
¥ =
n
1
=
600
n
2.º Processo
lim
xÆ0
600x
=
1 – e–nx
x
=
1
–
e–nx
xÆ0
= 600 ¥ lim
= 600 ¥ lim
1
=
1 – e–nx
x
= 600 ¥ lim
1
=
–nx – 1
e
–
x
xÆ0
xÆ0
1
= 600 ¥ lim
–nx – 1
xÆ0 e
=
–x
1
= 600 ¥
h e–nx – 1
lim i
xÆ0
=
600
¥
n
j
–nx
h
=
¥ ni
j
1
=
–nx
lim e – 1
–nx Æ 0
–nx
1442443
limite notável
=
600 1
¥ =
n
1
=
600
n
Interpretação: quando a taxa de juro tende para zero, a prestação mensal tende para o quociente entre o valor do empréstimo e o número de prestações mensais.
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9
6. A equação g(x) = x + 1 é equivalente a g(x) – x – 1 = 0.
Consideremos a função h, de domínio R, definida por h(x) = g(x) – x – 1.
• h é contínua, por se tratar da diferença entre funções contínuas. Em particular, é contínua em [a, g(a)].
• h(a) ¥ h(g(a)) < 0 pois h(a) = g(a) – a – 1 > 0 (atendendo a que g(a) > a + 1) e
h(g(a)) = g(g(a)) – g(a) – 1 =
= a – g(a) – 1 =
= (a – g(a)) – 1 < –2
(pois g(a) > a + 1 ⇔ –1 > a – g(a) ⇔ –1 – 1 > a – g(a) – 1 ⇔ –2 > a – g(a) – 1)
Assim, pelo corolário do Teorema de Bolzano-Cauchy, concluímos que:
∃ c ∈]a, g(a)[ : h(c) = 0
isto é, ∃ c ∈]a, g(a)[ : g(c) – c – 1 = 0
⇔ ∃ c ∈]a, g(a)[ : g(c) = c + 1, isto é, a equação g(x) = x + 1 é possível no intervalo ]a, g(a)[.
10
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