Proposta de resolução da Prova de Matemática A (código 635) 21 de Junho de 2010

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1 Proposta de resolução da Prova de Matemática A (código 635) 1. Como A e B são acontecimentos incompatíveis, 0 e Ou seja, de acordo com os dados do enunciado, 70% 30% 40% Versão 1: B Versão : C. Como se trata de uma única acção de formação, podem seleccionar-se 1 os três amigos constituem um único grupo a probabilidade solicitada é 10 C. 3 Versão 1: C Versão : B 1 de Junho de 010 Grupo I aleatoriamente 10 C 3 grupos de três trabalhadores, que são os casos possíveis. Como 3. Como se trata de uma distribuição de probabilidade, a soma das probabilidades tem que ser Logo Pelo que 0 Versão 1: B Versão : C

2 4. Como é uma função afim, 0. Sabe-se que h = 0 = Das quatro representações gráficas apresentadas a única que pode representar a função h é: Versão 1: A Versão : D 5. Da observação da parte do gráfico da função apresentada, e pelo facto da recta de equação 1 ser assímptota do seu gráfico, podemos concluir que lim. Logo lim 0. Versão 1: C Versão : B 6. Se considerarmos como a base do triângulo, temos que =1, sendo a altura a medida correspondente à ordenada de A, isto é, 5. Pelo que a área do triângulo é = Versão 1: A Versão : D 7. Um número complexo w é um imaginário puro se, Logo é um imaginário puro se,, Para 1,, Versão 1: D Versão : A

3 8. Como todos os números complexos que têm a sua imagem geométrica na região representada na figura têm módulo superior a 3 e nenhum deles é imaginário puro temos que: Versão 1: B Versão : C Grupo II w i cis 3 i ( z ) 7 3 i ( cis ) 3 i ( 1) 3+ i + i z i i i i + i 1 = = = = = = + i + i + i + i + i = = = = 1+ i i 5 5 Na forma trigonométrica: ρ = = tan θ =1 θ = θ 1º Q 4 Então: w = 1+ i = cis z1 + z = cis + + i = cos + i sen + + i = = cos + + sen + 1 i = cos + + sen + 1 = = cos + 4cos sen + sen = = cos + sen + 4cos + sen + 5 = = 6 + 4cos + sen 7 7 c. q. d.

4 ..1. Sejam os acontecimentos: A: Ter computador portátil B: Não saber o nome do director Sabemos que: P( A ) = 1 P( B ) = 1 P( A B) = Pretendemos determinar P( A B) Ora: ( ) Pelo que: ( B) ( ) P A P A B = P( A B) = P( B) P( A B) P ( A B) = = P B 3 6 ( ) ( ) ( A B) P A P B P ( A B) P A B = P A B = 1 P = 1 ( ) + ( ) = = 1 + = 1 = 1 = = N.º de alunos com computador portátil (C.P.): = 30 e portanto 10 não têm C.P. 5 Logo a comissão será constituída por 4 dos 30 alunos com C.P. e dos 10 sem C.P., pelo que o número de comissões diferentes é dado por: C C = = Nesta experiência aleatória todos os acontecimentos elementares são equiprováveis pelo que se poderá utilizar a regra de Laplace, consistindo esta no quociente entre o número de casos favoráveis e o número de casos possíveis. Nesta experiência, retirar simultaneamente duas bolas do saco é o mesmo que retirar, sucessivamente, duas bolas do saco, sem reposição.

5 Tratando-se de um saco que contém 18 bolas indistinguíveis ao tacto, qualquer uma das 18 bolas poderá sair com qualquer uma das 17 restantes. Assim, o número de casos possíveis será igual a Para que possamos obter um par de bolas da mesma cor, teremos que retirar bolas azuis ou bolas vermelhas. Para saírem bolas azuis teremos que tirar qualquer uma das 1 bolas azuis com qualquer uma das 11 restantes da mesma cor. Para saírem bolas vermelhas teremos que tirar qualquer uma das 6 bolas vermelhas com qualquer uma das 5 restantes da mesma cor. Assim, o número de casos favoráveis à saída de duas bolas da mesma cor será igual a Conclui-se, então, que a probabilidade das duas bolas extraídas serem da mesma cor é igual a ( ) 8log 4 ( 3 1) 8log 4 ( 3 1) 8 3log 4 ( 3 1) 8log 4 ( 3 1) 4log ( 3t 1) 8log ( 3t 1) 16log ( 3t 1) N t = t + t + = t + t + = = + + = Para qualquer 0,5 c.q.d = 4 centenas 4 3 N ( t) = 4 16log 4 ( 3t + 1) = 4 log 4 ( 3t + 1) = log4 ( 3t + 1) = t + 1 = 4 3t + 1 = 64 3t = 8 1 t = t = t = h 0m Pelo que, para vender 400 bilhetes foi necessário, h e 0 minutos.

6 5. Usando as capacidades gráficas da calculadora obtemos o gráfico de Da análise do gráfico podemos tirar as seguintes conclusões: 0 0,57 3 ' f ( x ) n.d. 0 + n.d. f ( x ) n.d. Min. n.d. A função f é decrescente em ] 0 ; 0,57 [ e é crescente em ] 0,57 ; 3 [. f admite um mínimo absoluto para x 0, A existir uma assímptota oblíqua, esta terá que ser quando x, uma vez que o domínio da função é ], ]. Para que a recta de equação y = ax + bseja assímptota do gráfico de f, tem que se verificar que f ( x) ( ax b) Como ( ) ( ) lim + = 0 x lim lim x x f x ax + b = ax + b + e ax b = lim e = 0, fica demonstrado x x x o que se pretende.

7 6.. Para que a função f seja contínua para x = 0, tem que se verificar: ( ) = ( ) = ( ) lim f x lim f x f 0 + x 0 x 0 ( ) ( x 0 ) lim f x = lim ax + b + e = a 0 + b + e = b + 1 (1) x 0 x 0 ( ) 0 f 0 = a 0 + b + e = b + 1 () f ( x) ( ) x ( ) ( ) x sen x sen x sen x lim = lim = lim lim = 1 lim = x 0 x 0 x x 0 x x 0 + x x 0 x = 1 1= 1 = 1 (3) De (1),() e (3) tem-se que: b + 1 = 1 b = O triângulo [OAB] é rectângulo em B porque OBAé inscrito numa semicircunferência. O perímetro do triângulo é dado por: P = OA + OB + AB. Ora: OA = OB cos α= OB = cosα AB sen α = AB = senα Assim: f ( α ) = + cosα + senα f ( α ) = ( 1+cosα + senα ) c.q.d. 7.. Para determinar o maximizante da função, calcula-se o zero da função derivada. f '( α ) = ( sen α +cosα ), para α 0,.

8 Pelo que: ( ) ( ) f ' α = 0 sen α +cosα = 0 sen α +cosα = 0 cosα = senα Atendendo a que α 0,, temos que, necessariamente, α = f α n.d. + 0 n.d. ' ( ) f ( α ) n.d. Máx. n.d. Logo, o valor de α para o qual o perímetro do triângulo [OAB] é máximo é 4. FIM Esta proposta de resolução também pode ser consultada em