Proposta de resolução da Prova de Matemática A (código 635) 2ª fase. 19 de Julho de 2010

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1 Proposta de resolução da Prova de Matemática A (código 65) ª fase 9 de Julho de 00 Grupo I. Como só existem bolas de dois tipos na caixa e a probabilidade de sair bola azul é, existem tantas bolas roxas quantas as azuis, que são 8. Versão : C Versão : B. Escolhendo três das cinco posições do número para os algarismos 5, temos 5 C hipóteses e podem ainda ser colocados os restantes algarismos nas restantes posições, podendo fazê-lo com repetição ( hipóteses), pelo que existem 5 C números nas condições do enunciado. Versão : B Versão : C. Na linha do triângulo de Pascal em causa apenas os números reproduzidos no enunciado são inferiores ou iguais a 05, pelo que nenhum dos restantes poderia ser parcela de uma soma com resultado 05. Dos números apresentados também não é possível somar dois deles com o resultado 05, pelo que nenhum par de números desta linha do Triângulo de Pascal tem soma 05, logo o valor da probabilidade solicitada é 0 (zero). Versão : D Versão : A APM - Proposta de resolução da prova de exame de Matemática A(65) ª fase - 00

2 . ( h( x) x) h( x) ( x) lim = 0 lim lim = 0 ( ) ( ) ( ) lim h x = lim x lim h x = + Como a função h é par, lim h( x) lim h( x) Ou seja lim h( x) x Versão : A Versão : D = + =, x 5. + Como lim = 0, u n n + ( ) ( u ) + lim g un = lim ln n = ln 0 = + n + n + Versão : D Versão : A 6. Pela observação do gráfico da função f, derivada da função f, conclui-se que no intervalo ] 0, a [ a função derivada é positiva, logo a função é crescente nesse intervalo. Versão : C Versão : B APM - Proposta de resolução da prova de exame de Matemática A(65) ª fase - 00

3 7. Como o vértice A é a representação geométrica de um número complexo de módulo, o mesmo acontecerá com o número complexo representado geometricamente pelo vértice D. Como os argumentos dos números complexos representados por dois vértices consecutivos do pentágono diferem de π, o argumento do número complexo 5 representado pelo vértice D será π 6π =. 5 5 Versão : B Versão : C 8. Como π w = ρcis π 8π = ρ = ρ = ρ π = ρ π., 6 ( 9 ) w 6 6 cis 6 cis 6 cis 6 cis Logo a representação geométrica de Versão : A Versão : D 6 w pertence ao eixo real. Grupo II... ( ) π z cis cis π = = ( ) = ( + i) i + i i + i i w = = = = = + i i i i i Na forma trigonométrica: ρ = + = tan θ = π θ = θ º Q π Então: w = + i = cis APM - Proposta de resolução da prova de exame de Matemática A(65) ª fase - 00

4 .. z cis π cos π isin π = = + = + i = + i Sejam A e B as imagens geométricas dos complexos z e z. Temos então que as suas coordenadas são : A (,) e B (,0) O raio da circunferência é ( ) ( ) AB = + 0 = + = 5 A condição pedida é, pois, z = 5... A variável aleatória X, tal como está definida, toma os valores,,, 0 e P( X = ) = = P( X = ) = = P( X = ) = + = = P( X = 0) = = P( X = ) = = = A tabela de distribuição de X é, assim: P x i 0 ( X = x ) i APM - Proposta de resolução da prova de exame de Matemática A(65) ª fase - 00

5 .. representa a probabilidade de o ponto pertencer ao º quadrante sabendo que o número saído no dado A é negativo. Ora, para que o ponto pertença ao º quadrante é necessário que tenha abcissa e ordenada negativas. Já sabemos que a sua abcissa é negativa, visto que o número saído no dado A é negativo. Então basta agora que a sua ordenada seja também negativa. Assim sendo, para que isso aconteça, existe apenas um caso favorável entre seis possíveis (a saída da face - no dado B). Como todos os acontecimentos são equiprováveis, pela regra de Laplace, vem que =. = + = + = + = c.q.d.... Atendendo ao domínio da função, a existir assimptota oblíqua, ela será quando +. Determinemos, se existir, o seu declive: = lim = lim 5 ln = lim 5 lim ln = 5 0= 5 E a sua ordenada na origem, se existir: = lim = lim 5 ln = lim 5 ln = Como não é um número real, então o gráfico da função não admite assimptotas oblíquas. APM - Proposta de resolução da prova de exame de Matemática A(65) ª fase

6 .. Estudemos, no intervalo,+, a função derivada de. = 5 =0 5 =0 = 5 =5 5 + n.d. 0 + n.d. min Estudado o comportamento da função podemos concluir que admite um mínimo para =5, que é 5 = ln5, pelo que admite no intervalo,+ um extremo relativo, c.q.d... 5 = ln5 Utilizando as capacidades gráficas da calculadora, representemos graficamente a função e a recta de equação = ln5. APM - Proposta de resolução da prova de exame de Matemática A(65) ª fase

7 Determinando a intersecção da recta com o gráfico da função obtemos para as coordenadas de e de, as seguintes: 0,50 ;0,9 e,75 ;0,9. Determinando o mínimo da função no intervalo em causa, obtemos para coordenadas do ponto,00 ; 0,8 Temos então que a área do triângulo é dada por,75 0,50 ln 5 + 0,8 0, é contínua em, por se tratar de soma e composição de funções contínuas, logo é também contínua no intervalo,. =+,000 =+,050 Ora <,5<, logo, pelo Teorema de Bolzano, há-de existir pelo menos um valor, tal que =,5 ou seja, a equação =,5 tem pelo menos uma solução nesse intervalo, c.q.d. 5.. = +6 0 = +0 = 0 =0+ = A recta tangente ao gráfico da função no ponto de abcissa zero tem declive 0 = e contém o ponto de coordenadas 0, logo a sua equação reduzida é = + APM - Proposta de resolução da prova de exame de Matemática A(65) ª fase

8 A altura do combustível no reservatório é dada por = para 0, e por = + para,. Para 0, temos que cos = cos = = = cos cos = Para, temos que cos = cos = cos = cos = =+ = cos Logo, em qualquer dos casos, a altura do combustível no reservatório é dada pela expressão cos, ou seja, h = cos, c.q.d. 6.. h = cos = cos =0 cos =0 Como 0,, =. Quando a altura do combustível no depósito é, o ângulo AOB é, e o depósito está a metade da sua capacidade. rad. Portanto FIM Esta proposta de resolução também pode ser consultada em APM - Proposta de resolução da prova de exame de Matemática A(65) ª fase