P R O P O S T A D E R E S O L U Ç Ã O D O E X A M E T I P O 3

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Ágatha Stachinski Domingues
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1 P R O P O S T A D E R E S O L U Ç Ã O D O E X A M E T I P O 3 GRUPO I ITENS DE ESCOLHA MÚLTIPLA 1. O vetor é um vetor normal ao plano e o vetor é um vetor normal ao plano. Os planos e são perpendiculares se e só se os vetores e forem perpendiculares, ou seja,. Assim, Como e são números reais não nulos, então, ou seja, e são simétricos e portanto, tendo em conta as opções apresentadas, e. Resposta: B 2. O número de casos possíveis é. Como se pretende que o número seja par, então para o algarismo das unidades existem três hipóteses possíveis (, ou ). Para cada uma destas hipóteses existem maneiras de escolher o restantes quatro algarismos (dos restantes seis escolhem-se ordenadamente quatro). Assim o número de casos favoráveis é e portanto, pela lei de Laplace, a probabilidade pedida é. Resposta: A 3. Seja o valor médio da variável aleatória. A curva de Gauss associada à variável aleatória é simétrica em relação à reta de equação. Observa a figura seguinte. Assim, como e tem-se que e que. Portanto,. 4. Por observação da figura verifica-se que ( ), ( ), ( ) e ( ). Tem-se: Resposta: D e Proposta de Resolução do Exame-Tipo 3 Página 1

2 Assim: [ ] ( ) Resposta: C 5. Como é uma progressão geométrica, então é constante para todo o natural (é igual à razão). Assim, como, e são três termos consecutivos de, tem-se: Logo, a razão da progressão é e portanto o seu termo geral é: A soma dos seus primeiros termos é dada por ( ). Logo: [ ( )] Portanto, as opções IAI, ICI e IDI são verdadeiras. A opção IBI é falsa pois, ou seja, é uma progressão aritmética de razão. Resposta: B 6. Fazendo um quadro de variação do sinal da função, vem: n.d. n.d. Ponto anguloso Ponto anguloso O gráfico da opção IB não é o correto porque tem ponto de inflexão em e em e portanto nesses pontos a segunda derivada é nula. Portanto o gráfico correto é o da opção ID. Resposta: D Proposta de Resolução do Exame-Tipo 3 Página 2

3 7. Tem-se argumento for da forma. Assim:. O número complexo é um número real negativo seu Fazendo, vem. Resposta: C 8. Seja. Tem-se: ( ) ( ) ( ) Portanto a condição ( ) ( ) define uma circunferência de raio centrada na origem do referencial. Resposta: B GRUPO II ITENS DE RESPOSTA ABERTA 1. Tem-se: é raiz cúbica de se. Assim, e portanto é raiz cúbica de. As restantes raízes cúbicas de são e. 2. Os pontos e são as imagens geométricas, respetivamente, dos números complexos e, com, portanto e. Como o ponto pertence ao eixo real e tem a mesma abcissa que o ponto, então. O ponto é a imagem geométrica do número complexo, logo. Na figura pode-se ver o quadrilátero [ ] representado no plano complexo, para um certo número real. Proposta de Resolução do Exame-Tipo 3 Página 3

4 Seja o ponto de interseção do segmento de reta [ ] com a reta de equação, assim e, portanto: B a (z) E A [ ] [ ] [ ] C a O a a e(z) a D Como vem e portanto ). i) Cálculo auxiliar: Para escrever na forma trigonométrica, vem: ( ) ( ). Sendo um argumento de, tem-se e quadrante, pelo que. Assim, i) ( ( )) ( ( )) ( ) (( ) ) ( ) ( ) ) ( ) ( ) ( ) ) ( ) ( ) ii) e são independentes.. Proposta de Resolução do Exame-Tipo 3 Página 4

5 Tem-se que e que. Assim: Como, vem e. Portanto, ( ( )) Considere-se os acontecimentos :«o trabalhador tem menos de 25 anos» e : «o trabalhador é solteiro». Os acontecimentos e são independentes, portanto pode-se aplicar a igualdade enunciada em Do enunciado vem e ( ). Como e são independentes, tem-se ( ). Pretende-se determinar ( ( )). Assim: ( ( )) Portanto a probabilidade pedida é. 4. Para solucionar este problema, comecemos por separá-lo em dois casos: os números naturais entre e que se iniciam por e os que se iniciam por : 1.º Caso (os que se iniciam por ): pretende-se que a soma dos cinco algarismos seja um número ímpar. Como o primeiro algarismo é ímpar, a soma dos restantes quatro terá de ser par. Portanto temos de considerar três casos: os restantes quatro algarismos são ímpares, ou os restantes quatro algarismos são pares, ou entre os restantes quatro algarismos, dois são pares e os outros dois ímpares. Os restantes quatro algarismos são ímpares: Os restantes quatro algarismos são pares: ímpar ímpar ímpar ímpar par par par par O total de números nestas condições é. O total de números nestas condições é: Proposta de Resolução do Exame-Tipo 3 Página 5

6 Entre os restantes quatro algarismos, dois são pares e dois são ímpares, por exemplo: ímpar ímpar par par Começa-se por escolher as posições que os números ímpares (ou os pares) podem ocupar, o número de maneiras de o fazer é (entre as quatro posições escolhem-se duas, as restantes duas ficam para os pares). O total de números nestas condições é: 2.º Caso (os que se iniciam por ): pretende-se que a soma dos cinco algarismos seja um número ímpar. Como o primeiro é par, a soma dos restantes quatro terá de ser ímpar. Portanto temos de considerar dois casos: entre os restantes quatro algarismos, três são ímpares e um é par, ou entre os restantes quatro algarismos, três são pares e um é ímpar. Entre os restantes quatro algarismos, três são ímpares e um é par, por exemplo: Entre os restantes quatro algarismos, três são pares e um é ímpar, por exemplo: ímpar ímpar ímpar par par par par ímpar Começa-se por escolher as posições que os números ímpares (ou o par) podem ocupar, o número de maneiras de o fazer é (ou ) (entre as quatro posições escolhem-se três, a restante fica para o par). O total de números nestas condições é: Começa-se por escolher as posições que os números pares (ou o ímpar) podem ocupar, o número de maneiras de o fazer é (ou ) (entre as quatro posições escolhem-se três, a restante fica para o ímpar). O total de números nestas condições é: Logo o total de números nas condições do enunciado é: Como corresponde às h da manhã, então corresponde às h min e corresponde às h min. A função é contínua em [ ] pois é composição e diferença entre funções contínuas em [ ]. Logo, é contínua em [ ] [ ]. Tem-se: Proposta de Resolução do Exame-Tipo 3 Página 6

7 Assim, como, pelo teorema de Bolzano ] [:, ou seja, existe um instante entre as h min e as h min em que o parapente do Manuel esteve a metros de altura Tem-se: Fazendo um quadro de variação do sinal da função, vem: min. máx. min. A função tem máximo em. Conservando três casas decimais,, que corresponde a minutos e a minutos, isto é, o parapente do Manuel atingiu a altura máxima minutos e segundos após o salto se ter iniciado. O valor dessa altura é dada por metros Assíntotas verticais ( e ) e e. A reta de equação é assíntota vertical do gráfico da função. Como a função é contínua em { }, o seu gráfico não tem mais assíntotas verticais. Proposta de Resolução do Exame-Tipo 3 Página 7

8 Assíntotas não verticais Quando : ( ) Nota: { e e. Como pode assumir-se que é negativo, logo - A reta de equação é assíntota horizontal do gráfico de, quando. Quando : ( ) A reta de equação é assíntota oblíqua do gráfico de, quando Para [ [, tem-se que: e Como o ponto pertence ao gráfico de e o ponto pertence ao gráfico de, então: ( ) e ( ) ( ) Proposta de Resolução do Exame-Tipo 3 Página 8

9 O triângulo [ ] é rectângulo em se. Assim: ( ) Utilizando o editor de funções da calculadora, define-se na janela de visualização [ ] [ ]. Logo: As coordenadas do ponto são, e do ponto são ( ). Portanto: [ ] Tem-se: e e e e Portanto, para e, vem: e 7.2. Tem-se: e Proposta de Resolução do Exame-Tipo 3 Página 9

10 Assim:, Como o contradomínio da função é [ ], vem e Sejam a reta da reta perpendicular à reta tangente ao gráfico da função no ponto de abcissa e a reta tangente gráfico da função no ponto de abcissa. Como o vetor é um vetor diretor de, então e portanto. Logo,. Assim: ( ) ( e ) Portanto: e e e e e Com as equações de e de podemos formar um sistema que permitirá determinar os valores de, e : { { { { { { Proposta de Resolução do Exame-Tipo 3 Página 10

11 8. Duas retas definem um plano se forem estritamente paralelas ou se forem concorrentes: Tem-se, portanto um vetor diretor da reta é. Um vetor diretor da reta é, assim as retas e não são paralelas pois os vetores e não são colineares. Tem-se: { { { { { Logo as retas e são concorrentes no ponto de coordenadas e portanto definem um plano. Sejam o plano definido pelas retas e, um vetor normal a e a reta perpendicular a que contém o ponto. Como a reta é perpendicular a, então um vetor diretor de pode ser. O plano é definido pelas reta e, portanto e (ver figura). Assim vem: { { { { { { Proposta de Resolução do Exame-Tipo 3 Página 11

12 Concluímos então que as coordenadas do vetor são da forma, sendo um número real não nulo. Fazendo, por exemplo, vem que é um vetor normal ao plano e consequentemente um vetor diretor da reta. Assim as equações cartesianas da reta são. Proposta de Resolução do Exame-Tipo 3 Página 12

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