PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVA DE MATEMÁTICA A DO ENSINO SECUNDÁRIO (CÓDIGO DA PROVA 635) 1ª FASE 23 DE JUNHO 2017 GRUPO I

Transcrição

1 Associação de Professores de Matemática Contactos: Rua Dr. João Couto, n.º 7-A Lisboa Tel.: / Fax: geral@apm.pt PROPOSTA DE RESOLUÇÃO DA PROVA DE MATEMÁTICA A DO ENSINO SECUNDÁRIO (CÓDIGO DA PROVA 635) ª FASE 3 DE JUNHO 07 GRUPO I. Dado que os algarismos que são usados são os do conjunto {,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 }, um número formado por quatro algarismos que seja múltiplo de 5 tem, necessariamente, que terminar em 5. Assim, para cada uma das restantes três posições para formar o número temos nove hipóteses. Conclusão, existem números de quatro algarismos que se podem formar com os algarismos de a 9. Versão : A Versão : D Proposta da APM de resolução da prova de Matemática A (635) do ensino secundário, 3 de junho de 07 Página de

2 . Consideremos os acontecimentos: R O aluno escolhido ser rapaz V O aluno escolhido ter olhos verdes. Se 4 dos rapazes tem olhos verdes, então ( ) P V R, e se escolhido, ao acaso, um aluno da 4 turma, a probabilidade de ele ser rapaz e de ter olhos verdes é P ( R V ) 0. Da definição de probabilidade condicionada temos que: P ( V R ) P ( R ) P V R 4 0 P R P( R ) 4 0 P( R ) 4 0. Dado que a turma tem 0 alunos e destes, isto significa que 0, resolvendo a equação em ordem a P ( R ), vem: são rapazes, então o número de rapazes da turma é Versão : B Versão : D 3. Considerando as concavidades do gráfico da figura concluímos, por um lado, que f ''( ) < 0 e que f ''( ) < 0. E, por outro lado, que f ''( ) > 0 e que f ''( ) > 0. Considerando as quatro hipóteses de resposta a única que é verdadeira é a f ''( ) f ''( ) > 0. Versão : D Versão : B Proposta da APM de resolução da prova de Matemática A (635) do ensino secundário, 3 de junho de 07 Página de

3 4. Considerando que y x é assíntota oblíqua quer do gráfico de f quer do gráfico de g, então f ( x) verifica-se que lim lim x + x x + lim x + g( x) f x x lim x + g( x). x f ( x) g ( x ) x x x ( + ) + lim x + f ( x) x lim x + g( x) x lim x x + Versão : A Versão : C 5. Consideremos a seguinte figura: observando-a, conclui-se que π π tg x > x + kπ, + kπ 4, k Z. Portanto: se k 0 então x π 4, π, não estando este intervalo representado em nenhuma das opções; se k então x 3π 4, 3π, estando este intervalo representado numa das opções. Logo, A pode ser o conjunto 3π 4, 3π. Versão : B Versão : C Proposta da APM de resolução da prova de Matemática A (635) do ensino secundário, 3 de junho de 07 Página 3 de

4 6. Tem-se que α é a inclinação da reta r, pelo que o seu declive é dado por tgα. Como π cosα, vem que α, π 5, pelo que tg 0 α < Logo, usando a fórmula + tg α + tg α cos α + tg α cos α, vem: 5 tg α 4 tgα ± 4 + tg α 5 + tg α 5 Como tgα < 0, vem tgα, pelo que o declive da reta é. Das opções apresentadas, apenas uma tem uma equação de uma reta cujo declive é. Versão : C Versão : A 7. A condição 5π 4 arg ( z ) 7π 4 Im ( z ) define a região a sombreado da figura seguinte: A condição define o triângulo AOB, em que a medida do comprimento da sua altura é e AB. Logo, Versão : D Versão : B A AOB AB altura Proposta da APM de resolução da prova de Matemática A (635) do ensino secundário, 3 de junho de 07 Página 4 de

5 8. Tem-se que para n! e: para n 0, u n n, pelo que u n 0 para n > 0, u n ( ) n, pelo que u n se n é ímpar e u n se n é par. Logo, para todo o n IN, u n 0, ou seja, a sucessão ( u ) é limitada. n Versão : C Versão : A GRUPO II. Tem-se que: i 9 i i 4 4 i 3 i 4 z 3i9 + i + i 3 i 4 i + 3i + i 4 ( i) ( i) i i i + 3i 3i i + 3i + 3 i i 4 + i + i z 3k cis 3π 3k ( i) 3k i! i A distância entre z e z é dada por z z. Assim, z z 5 + i 3k i 5 + i 3k 5 + ( 3k ) ( 3k ) 5 Como para todo o k IR +, 4 + ( 3k ) > 0, elevando ambos os membros ao quadrado, temos: 4 + 3k ( 5) 4 + ( 3k ) 5 ( 3k ) 3k ± 3k 3k 3k 3k 0 k 3 k 0 Dado que k IR +, então k 3. Proposta da APM de resolução da prova de Matemática A (635) do ensino secundário, 3 de junho de 07 Página 5 de

6 ... Como o plano ST U tem equação z 3, então T ( 0, 0, 3 ) e ( 0, 0, 3 ) T. Assim, o centro da superfície esférica de diâmetro [ T T ] é a origem do referencial ( 0, 0, 0 ) e o raio é igual a 3. A equação da superfície esférica pedida é: x + y + z 9.. Como UP UP!!! " 3!!!" RS [ ] e [ RS ] são arestas laterais do prisma e a altura é 3. 3 O ângulo formado pelos vetores UP!!! "!!!" e RS é 80º. Assim, UP!!! "!!!"!!! " i RS UP!!!" RS cos (80º ) 3 3 ( ) 9.3. Como o plano PQV tem equação x + y, e como o ponto Q tem a abcissa e a cota iguais a 0, as coordenadas de Q são: Q 0,, 0 O vetor diretor da reta é: T!!! Q " Q T 0,, 0 ( 0, 0, 3 ) ( 0,, 3 ) Assim, uma condição cartesiana que define a reta T Q é x 0 y z O número de casos possíveis é dado por: 8 C 3 Há 6 planos perpendiculares ao plano xo y. Os 4 planos que contêm as faces laterais do prisma e os dois planos que contêm as diagonais das bases do prisma. Cada um destes planos contém 4 vértices do prisma: Assim, o número de casos favoráveis é: 6 4 C 3 A probabilidade pedida é: 6 4 C 3 8 C Proposta da APM de resolução da prova de Matemática A (635) do ensino secundário, 3 de junho de 07 Página 6 de

7 3. Como a P ( A B ) significa a probabilidade do número da bola retirada ser maior do que 6 ou ser par, então queremos a probabilidade do número da bola retirada ser, 4, 6, 7, 8, 9,. ou seja, considerando o acontecimento contrário, queremos que a bola retirada não tenha os números, 3 e 5, pelo que: P ( A B) 3 n 3 n n Temos que f 0 9, 5 e 0, 0 + e 0, 0 9, 5 e + e, 8 Assim, substituindo o valor aproximado de f 0 na equação f ( 0 ) + x, vem:,8 + x (,8 + x ),8 + x 4 x 4,8 x,366 x ±,366 Como x [ 0, 7], então a solução da equação é x,366, 5. Dado que SP OP + OS e OP f 0 distância SP. e OS x, então temos que ( f ( 0 )) + x é a Assim, a solução da equação ( f ( 0 )) + x é a abcissa do ponto S, na posição em que dista duas unidades do ponto P. O ponto S da superfície do rio que está a metros do topo da parede esquerda que suporta o ponto P está a,5 metros de distância da base da mesma parede. Proposta da APM de resolução da prova de Matemática A (635) do ensino secundário, 3 de junho de 07 Página 7 de

8 4.. Comecemos por determinar a expressão analítica da derivada da função f : f 0, x ( ) ( x ) 9, 5 e 0, x + e 0, 5 e 0, x 0, x + ( e ), 5 0, e 0, x 0, x 9, 5 e 0, x + e, 5 ( 0, x) e 0, x + 0, x e ( + 0, ( e 0, x )), 5 0, e 0, x 0, x ( + e ) 0, 5 e 0, x 0, x + e 0, x Calculemos os zeros da função derivada, no domínio da função: 0 e 0, x + e 0, x 0 e 0, x e 0, x 0,5 e 0, x + e 0, x 0, x 0, x 0,4 x 4 x 0 x 0 4 x 5 Estudando a variação do sinal da função derivada e relacionando com a monotonia da função, vem: x f ( x) f ( x) min Máx min Assim, conclui-se que o valor máximo da função f é atingido quando x 5, ou seja, a distância máxima entre a superfície da água e a ponte é: 9,5( e + e ) 9 0,5( e 0 + e 0 ) f ( 5) 9,5 e 0, 5 + e 0, 5 9, Portanto, o barco do clube náutico não pode passar por baixo da ponte, porque a distância da superfície da água ao topo do mastro é de 6 metros e a maior distância entre a superfície da água e a ponte é de 4 metros. Proposta da APM de resolução da prova de Matemática A (635) do ensino secundário, 3 de junho de 07 Página 8 de

9 Para averiguar se a função g é contínua em x, temos que verificar se g( ) lim g( x) lim g( x) x x + : g( ) lim g( x) lim x x x e x lim x x lim x x lim e x e x e e (indeterminação). ( x + ) x x e x (fazendo y x, temos que se x, então y 0 ) lim y 0 y e y lim ( x + ) lim x y 0 e y ( + ) y lim g( x) lim x + e y lim y 0!# "# y $ limite notável 3 + sen x x + x 3 + sen x lim x e x ( + ) lim 3 + sen x x + x lim 3 + lim sen x x + x + x 3 (fazendo y x, temos que se x, então y 0 ) sen y 3 lim 3 y 0!# + "## y $ limite notável x (indeterminação). lim sen x x + x Como g( ) lim g( x) lim x x + g x, então a função g é contínua em x. Proposta da APM de resolução da prova de Matemática A (635) do ensino secundário, 3 de junho de 07 Página 9 de

10 5.. Para x 4, 5 tem-se g x 3 + sen ( x ) x e x 0. Assim, sen ( x ) g x x x 0 + k π, k! x + k π, k! 3 sen ( x ) x 0 sen x x 0 0 Logo, se: k 0, então x e 4, 5 ; k, então x + π e + π 4, 5 ; k, então x + π e + π 4, 5. pelo que, o conjunto solução da equação é { + π } Como o ponto A é o ponto de abcissa negativa ( x < ) que é a interseção do gráfico da função g com o eixo das abcissas, tem ordenada nula, calculemos a abcissa resolvendo a equação seguinte: x e x 0 x 0 x x ± x ±. Dado que x <, então x. x Assim, temos que OA e considerando o lado [ OA] como a base do triângulo [ OAP], a altura é o valor absoluto da ordenada do ponto P, pelo que a área do triângulo é igual a 5, se: OA g( x) 5 g( x) 5 g( x) 0 g( x) 0 x x 0 e Visualizando na calculadora gráfica o gráfico da função g, para valores inferiores a 0 e a reta y 0 (reproduzidos na figura ao lado), e usando a função da calculadora para determinar valores aproximados das coordenadas dos pontos de interseção de dois gráficos, obtemos um valor aproximado (às décimas) da abcissa do ponto P, x P 3,3. Proposta da APM de resolução da prova de Matemática A (635) do ensino secundário, 3 de junho de 07 Página 0 de

11 6. Dado que OP PQ, então o triângulo [ OPQ] é isósceles e OQ a. Como as coordenadas do ponto P são a, f declive da reta PQ, é: ( ( a )) e as do ponto Q são ( a, 0), temos que o ( a ) m PQ 0 f a a f a a Tendo em conta que a reta r é tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa a, então o declive da reta r, ou seja, da reta PQ é igual a f Desta forma, vem que: f f ( a ) f a a ( a ) + f a a ( a ), pelo que: f ( a ) a + f ( a ) 0 a FIM Proposta da APM de resolução da prova de Matemática A (635) do ensino secundário, 3 de junho de 07 Página de