EXAME NACIONAL DO ENSINO SECUNDÁRIO MATEMÁTICA A PROVA MODELO N.º 4 PROPOSTA DE RESOLUÇÃO 12.º ANO DE ESCOLARIDADE

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1 EXAME NACIONAL DO ENSINO SECUNDÁRIO MATEMÁTICA A PROVA MODELO N.º 4 PROPOSTA DE RESOLUÇÃO 1.º ANO DE ESCOLARIDADE Site: Facebook: GRUPO I ITENS DE ESCOLHA MÚLTIPLA 1. Comecemos por determinar o número de elementos de cada conjunto. Conjunto X: os elementos deste conjunto são todos os números pares de quatro algarismos distintos que se podem formar com os algarismos 1,,, 6, 7, 8 e 9: 6 4 Dos restantes seis algarismos, escolhemme, ordenadamente, três. O número de maneiras de o fazer é 6 A 6 4. Par Para esta posição há duas hipóteses, o 6 ou o 8. Logo, o número de elementos do conjunto X é 6 A Conjunto Y: os elementos deste conjunto são todos os números de três algarismos se podem formar com os algarismos 0,,, 6, 7 e 9. Nesta posição não pode ficar o 0, pois assim o número teria apenas dois algarismos. 6 6 Logo, o número de elementos do conjunto Y é Portanto, o número de maneiras de escolher três elementos de X e dois de Y é dado por C C. Resposta: B. Tem-se que: P A 0,7P B 1 0,7P B 1 P A 0,7P B P A P A B P A B 0, 0, P A B 0,P B P B José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 1

2 Assim: P A B A P A A B A P A B A P A 0,7P B i) P B A P B A P B P A B 0,7P B 0,7P B i) 0,7P B P B 0,P B 0,7P B 0, P B 0,7 P B 0, 0,7 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Resposta: C. Vamos começar por determinar uma equação da recta r usando o produto escalar. Sendo Q, um ponto do plano, Q pertence à recta r se TQ TC 0, onde C é o centro da circunferência 1 c. Portanto, C 1,1 TQ TC 0 1, 1 1, Assim: O número de casos possíveis é O ponto P pertence à recta r se a soma das suas coordenadas for. Assim, o número de casos favoráveis é : sair 1 no primeiro lançamento e 1 no segundo, formando o ponto de P de coordenadas 1,1 ; sair no primeiro lançamento e 0 no segundo, formando o ponto de P de coordenadas,0 ; sair 0 no primeiro lançamento e no segundo, formando o ponto de P de coordenadas 0,. Logo, a probabilidade pedida é 16. Resposta: B 4. Tem-se que: c c c c c c c log 9000 log log log 9 log log c log c log 10c log c log 10c b log c0 a a b b a b log Resposta: A José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução

3 vn vn 1. Tem-se que vn 1 v. Portanto, n v é uma progressão geométrica de razão. Assim: n v n n1 n1 v1 0 n ( vn 0, n ) Logo, pela definição de limite segundo Heine: 1 e e 1 e e e e e 1 e e lim g vn lim g lim lim lim Se 0 então 0 (limite notável) 6. Tem-se que f g f g g. Portanto, f g 1 f g 1 g 1. Resposta: D Seja t a recta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1. Como t é perpendicular a r, vem: m t 1 1 m 1 r Logo, 1. O ponto de coordenadas g m t,, pertence à recta t, assim, a sua equação é dada por: t : 4 1 O ponto de coordenadas g é o ponto de tangência, portanto 1, g1 1, 1 t. Logo, g Tem-se 1 f. 1 1 f g 1 f g 1 g1 f Assim, Resposta: C n i z i i i i i cis 16n 44n0 0 i i i 1 cis cis 4cis cis i cis cis z cis cis cis 16 n 4cis José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução

4 A imagem geométrica do número compleo argumento for da forma k, k. Assim: 4 z 16n i z pertence à bissectriz dos quadrantes ímpares se o seu k k, k k, k k, k, k Logo, ( k ). 1 Resposta: A 8. Tem-se que z 1, portanto z cis, com 0, 4 define a bissectriz dos quadrantes ímpares. Assim:, pois a condição Im z Re z 0 Im z Re z iz i cis cis i cis cis i cis i, Utilizando a regra do paralelogramo: A imagem geométrica de iz obtém-se rodando a imagem geométrica de iz, 90º em torno da origem. iz Im z z z cis O Re z Logo, a imagem geométrica de iz i pertence ao terceiro quadrante. iz i i Outra resolução: Tem-se que paralelogramo: iz i i z i cis i cis. Utilizando a regra do Im z z z z cis O Re z A imagem geométrica de iz i obtém-se rodando a imagem geométrica de iz, 90º em torno da origem. iz i Logo, a imagem geométrica de iz i pertence ao terceiro quadrante. Resposta: C José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 4

5 GRUPO II ITENS DE RESPOSTA ABERTA Como ABCDE é um pentágono regular inscrito numa circunferência centrada na origem e OA, então OC e portanto z. Os vértices do pentágono dividem a circunferência em que está inscrito em cinco arcos de amplitude, ou seja, ˆ ˆ ˆ 4 AOB BOC EOA. Logo, um argumento de z é. Assim: z 4 4 cis cis cis cis 1 6i cis 1 6i 1 i 1 i 6 i 6 i 6 i 1 i i) cis 1 i 11 cis 1 i 6 6 i) Para escrever 6 i cis0 cis4 cis cis i 1 4 i cis 4 i cis cis cis 4 cos sen 4 4 i 4 i 4 i i 4 i 16 na forma trigonométrica, vem: i i 4 i 8 8i 4 i 1 6i Sendo um argumento de 6 i, tem-se 6 i cis tg 6 6 e.º quadrante, pelo que. Assim Tem em atenção a figura seguinte: arg z 4 C Im z B F 6 O A Re z arg z 6 D E José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução

6 4 4 As coordenadas do ponto C são dadas por cos,sen e, consequentemente, as do ponto F são 4 dadas por cos,0. Assim, F é a imagem geométrica do número compleo 4 4 cos 0i cos e a medida do comprimento do raio da circunferência de centro em F que contém o ponto C é igual CF sen. Logo, uma condição que define essa circunferência é z cos sen. As semi-recta OC e OD são definidas, respectivamente, pelas condições arg 4 z e arg z 4. Portanto, uma condição que define a região sombreada da figura, incluindo as fronteiras, é: 4 cos sen 4 4 z arg z Pela regra de Laplace a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de casos favoráveis ao acontecimento e o número de casos possíveis, desde que os acontecimentos elementares sejam equiprováveis. Como se sabe que entre os quatro funcionários escolhidos pelo menos dois são do seo masculino, o número de casos possíveis é 7 C C 7 C C 7 C 7 C C 7 C 7 C : dos sete homens escolhem-se dois e das três mulheres escolhem-se duas ou dos sete homens escolhem-se três e das três mulheres escolhe-se uma ou dos sete homens escolhem-se quatro. Pretende-se calcular a probabilidade de os quatro funcionários escolhidos serem homens. Portanto, o número de casos favoráveis é 7 C 4 : dos sete homens escolhem-se quatro. Logo, pela regra de Laplace, a probabilidade pedida é 7 C C C C C1 C4... A variável aleatória Y: «altura das funcionárias da empresa» tem distribuição normal de valor médio 16 cm e PY 168 0,. Tem em atenção a seguinte figura: 0, 0, 0, , Tem-se que P Y P Y , 0, 0,. José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 6

7 A variável aleatória X: «número de funcionárias do Departamento Financeiro com altura entre 16 cm e 16 cm» tem distribuição binomial de parâmetros X 0,1,, e portanto tem-se: n e p 16 Y 168 0,, ou seja, X Bin ;0,. Assim, 0 P X C 0 0, 1 0, 0,4 0 1 P X C 1 0, 1 0, 0, P X C 0, 1 0, 0,189 0 P X C 0, 1 0, 0,07 Logo, a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória é dada por: 0 1 i P X i 0,4 0,441 0,189 0,07.. Seja n o número de funcionárias que foram contratadas. Assim, o Departamento Financeiro da empresa fica constituído por n 10 funcionários, sete homens e n mulheres. O número de maneiras distintas de escolher dois funcionários entre os n 10 é: n10 C n 10! n n n n n 8!! 10! ! n10n9 O número de maneiras distintas de escolher dois funcionários do seo feminino entre os n é: n C n! n n n n n 1!!! 1! nn Logo, como a probabilidade de escolher ao acaso dois funcionários do Departamento Financeiro a e estes serem do seo feminino é 4 1, vem: n n10 C C nn 4 1 n 10 n 9 4 n n n n n 6 4n 19n 90 1 n 9n 10n 90 1 José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 7

8 n 7n 90 4n 76n 60 11n n 70 0 n n n n n n 11 Portanto, foram contratadas cinco funcionárias para o Departamento Financeiro...1. ln f ln D : : 1 1, Neste domínio tem-se Condição Universal ln f ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln ln Cálculo Auiliar: Tem-se Como a função da inequação é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, então as soluções são os valores de tais que,,. 4 1 Tendo em conta o domínio D calculado, os valores de que satisfazem a inequação dada são os valores de que satisfazem a condição 1 : José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 8

9 Conjunto Solução: 1,, 1.. Assimptotas verticais f ln 0 ln 0 ln lim g lim lim f ln 0 ln 0 ln lim g lim lim Logo, a recta de equação 0 é assimptota vertical do gráfico de g. Como a função g é contínua em \ 0, o seu gráfico não tem mais assimptotas verticais. Assimptotas não verticais f g ln lim lim f m lim lim lim lim ln ln lim lim lim 0 lim i) f ln b lim g m lim lim lim lim ln ln 1 ln ln 1 ln ln lim lim lim lim ii) ln 1 ln 1 ln ln ln1 0 lim lim lim 0 0 i) Se então ln. Portanto lim 0 (limite notável). ii) Mudança de variável: Se então Seja,. José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 9

10 Logo, a recta de equação é assimptota horizontal do gráfico de g, quando. f g ln lim lim f m lim lim lim lim ln ln lim lim lim 0 lim i) f ln b lim g m lim lim lim lim ln 1 ln ln 1 ln 1 ln 1 ln ln lim lim lim lim ln i) Se então ln. Portanto lim 0 (limite notável). Logo, a recta de equação é assimptota horizontal do gráfico de g, quando... f f 0 4 Condição Universal f José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 10

11 Fazendo um quadro de variação do sinal da função f, vem: f 0 0 f p.i. p.i. O gráfico da função f tem a concavidade votada para baio em,, tem a concavidade votada para cima em, e em, e tem pontos de infleão em e em. 4. Pretende-se mostrar que os gráficos de f e g se intersectam pelo menos uma vez em cada intervalo do tipo kk, 1, com k, ou seja, pretende-se mostrar que eiste pelo menos um ck, k 1, com k, tal que f c g c f c g c 0. Seja h a função de domínio definida por h f g. h é contínua em, pois é a diferença entre funções contínuas em. Logo, h é contínua em cada intervalo do tipo kk, 1, com k. k par: k k1 h k f k g k 1 k k 1 k k k k k k 1 h k 1 f k 1 g k 1 1 k 1 k 1 1 k 1 k 1 k 1 k 1 k ímpar: 1 1 k 1 k 1 k 1 k 1 k 11 k 1 k 1 k k 1 k k k k k k1 h k f k g k 1 k k 1 k k k k k k k José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 11

12 k k 1 h k 1 f k 1 g k 1 1 k 1 k 1 1 k 1 k 1 k 1 k k 1 k 11 k 1 k 1 k k Nota: 1 n 1 se 1 se n ímpar n par. Se k é par, então k 1 é ímpar e k 1 é par. Se k é ímpar, então k 1 é par e k 1 é ímpar. Assim, como h é contínua em cada intervalo do tipo, 1 contrários, k ( hk hk 1 0), pelo corolário do teorema de Bolzano: kk, com k e como hk e 1, 1 : 0 0 c k k k c f c g c f c g c hk têm sinais Ou seja, os gráficos de f e g se intersectam pelo menos uma vez em cada intervalo do tipo kk, 1, com k...1. Tem-se que h sen sen sen 1 0. Assim: 0 h h sen sen sen sen 0 h lim lim lim i) 0 sen cos sen cos sen cos lim lim lim lim ii) 0 ii) cos 1cos 1cos 1cos sen 1 cos 1 cos lim lim 1 lim cos sen sen sen lim lim lim lim 0 1 cos 0 1 cos 0 01 cos sen cos 0 11 i) Mudança de variável: Se então 0 Seja, 0. ii) Recorrendo ao Círculo Trigonométrico, verifica-se que sen sen e sen cos. José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 1

13 .. Comecemos por fazer uma representação do triângulo [ OPQ ]: O Q P, f A área do triângulo [ OPQ ] é dada por 0,. Assim: A OPQ OQ QP. Tem-se que OQ f, e QP f f, pois 0 OQ QP sen sen sen sen Utilizando o editor de funções da calculadora, define-se 0, 0,4. sen sen 1 na janela de visualização O a A área do triângulo [ OPQ ] é máima se a, com a,... Comecemos por ter em atenção a figura: D O h B A A área do polígono ABOCD é dada por: OAh OD CD A ABOCD A ABO A ODC Uma equação da circunferência é 4, logo o seu a medida do seu C raio é. Como os ângulos AOB e COD são verticalmente oposto, então h CD. Assim: A ABOCD CD OD CD OD CD CD José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 1

14 Como as coordenadas do ponto C são com tipo Ccos,sen, onde cos 0,. Portanto, sen CD e OD cos. Assim: e sen 0, pois OD CD A ABOCD CD sen cos sen sen sen cos sen sen h Nota: Seja A um ponto pertencente a uma circunferência centrada na origem e raio r A rsen rcos rcos O O rsen A As coordenadas do ponto A são dada por Ar cos, rsen As coordenadas do ponto A são dada por Ar cos, rsen Para determinar o valor de para o qual a área do polígono ABOCD é máima, recorre-se ao estudo do sinal de h : h cos cos h 0 cos cos 0 cos cos cos cos k k, k k k, k k k, k Como,, vem ( k ) 4 Fazendo um quadro de variação do sinal da função h, vem: π 4 4 h n.d. 0 n.d. h n.d. má. n.d. José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 14

15 A área do polígono ABOCD é máima se O valor dessa área máima é dado por: h sen sen sen sen sen 6.1. Os planos ABF e BCF é a recta BF. Assim: 6 z 4 ( E ) z 6 1 z z 19 ( E ) E E E 1 1 z 6 z 4 8 z E E : 0 10 z z 19 0 Logo, as equações cartesianas da recta BF podem ser z O ponto A pertence ao plano O. Portanto, as suas coordenadas são do tipo A,,0. Como A pertence à recta AF, vem: Logo, A6, 1,0. 6 k 6,,0 6 k,k 1,8 k, k k k k 0 O ponto C pertence ao eio O. Portanto, as suas coordenadas são do tipo C0,,0. Como C pertence ao plano BCF, vem: Logo, C 0,6, José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 1

16 F é o ponto de intersecção entre a recta AF e o plano BCF. (não podemos usar o plano ABF pois a recta AF está contida nesse plano). Assim:,, z 6 k,k 1,8 k, k 8 z 19 6k k 1 4 z 8k z 8 86 k k 1 8k k 176 k 1 Logo, F,4,8. Seja n a, b, c um vector normal ao plano ACF. Este vector é perpendicular aos vetores AC e AF, dois vectores não colineares do plano ACF. Assim tem-se: 7b a AC n 0 6, 7, 0 abc,, 0 6a 7b 0 6 AF n 0,,8 abc,, 0 a b 8c 0 7b b 8c 0 6 7b a 6 7 b b 8c 0 7b 10b 16c 0 b c 16 7b b Concluímos então que as coordenadas do vetor n são da forma n, b, 6 16 eemplo, 48, com b \ 0 b ( m.m.c. 6,16 48 ), um vector normal de ACF é 6,48, 9 equação do plano ACF é:. Fazendo, por n. Logo, como C ACF, uma z z z 88 De uma outra forma: O plano ACF pode ser definido por uma equação do tipo z d. Como o ponto C pertence ao plano ACF, vem: d d 88 Logo, uma equação do plano ACF é z 88. Cálculos Auiliares: AC C A 0,6,0 6, 1,0 6,7,0 ; AF F A,4,8 6, 1,0,,8 José Carlos da Silva Pereira Matemática A 1.º Ano E.N.E.S. Prova Modelo n.º 4 Proposta de Resolução 16