Proposta de Resolução do Exame Nacional de Matemática A 2015 (1ª fase)

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1 Proposta de Resolução do Exame Nacional de Matemática A 2015 (1ª fase) GRUPO I (versão 1) 1. Como há dois rapazes e quatro raparigas, existem duas maneiras de sentar os rapazes nas duas extremidades do banco. Para cada uma destas maneiras, existem 4! formas de sentar as quatro raparigas nos quatro lugares restantes. Assim, 2 4!48 é o número de maneiras pretendido. Esquematicamente: R rapaz M rapariga R M M M M R 2 X 4 X 3 X 2 X 1 X 1 48 Opção (C) 2. Tem-se que 0,5 + 0,5 E como 0,4 e 1 0,70,3 vem que 0,4+0,3 0,5 0,2 Logo, 1 1 0,2 0,8 Opção (C) 3. log!log "3 # $ log 9& 2 Opção (B)

2 4. Sendo ' ( ), tem-se que lim ' ( + Como. / lim. ' ( lim / vem, pela definição de limite segundo Heine: lim 71+ln/ / Opção (A) lim / +ln/ / 9 1 lim 4 16 / + lim ln/ 4 16 :;<; / >?>@A 3B@áDA2 5. cosα,sen α cosα,0 I 1,0 J 1,tgα LMNOPQ OP LMNOPQ S 1 TA3 S I 1 cos α Cálculo auxiliar I XI X 1 S UA3S 1 S TA3 S TA3 S 1 cosα TA3 S TA3 S VBT S cosα+ VBTS cosα+ta3 S TA3 S VBT S S TA3 S VBTS W + TA3 S TA3 S VBT S TA3 S VBT S Resposta: (B)

3 6. No plano complexo a condição Z+44[ 3 Z 44[ 3 define a circunferência de centro no ponto 4,4 e raio 3: A condição \ ]arg Z] \ corresponde à região representada em baixo (região W compreendida entre duas semirretas): Portanto, à condição z44[ 3 \ ]arg Z]\ W representada abaixo: corresponde a semicircunferência Logo, o seu comprimento é igual a 0 : 1 2 2π33π Resposta: (C)

4 7. 1,0 I / c,0 com / c >0 Uma vez que o triângulo LIQ é equilátero, sabemos que a amplitude do ângulo I é igual a 60 o. Assim, a inclinação da reta é 60 o. Logo, o declive da reta é igual a e MN tg 60 g 3. A equação reduzida da reta é então do tipo i 3 /+j. Como o ponto 1,0 pertence à reta, vem que: b 3b Donde se conclui que i 3/ 3 é a equação reduzida da reta. Resposta: (D) 8. ' 0 l ' ' 010 3' l+2 ' ' 10 3' l+2+2 9l 6+2 9l 4 Resposta: (B)

5 GRUPO II 1. Cálculo auxiliar 1 [ 0 [ W4W1 [ W W [ [ [ [ Cálculo auxiliar 2 Seja z 2 2[. Tem-se que z { e sendo α um argumento de z, como tg α 1 e α 3º quadrante, então, por exemplo, α uπ W. Assim, z 2 2 cis uπ W!. Z m1nop V>T q m1 mn V>T q mmn V>T q V>T rs t V>T q cisu\ W θ! 2 cis u\ W θ! Para que Z seja um número imaginário puro: u\ W θ \ +&π, θ u\ W \ +&π, & Z & Z θ \ W +&π, & Z Como θ Q0,2πL tem-se que os valores de θ que satisfazem as condições do enunciado são: θ \ W para & 0 e θ y\ W para & 1

6 Consideremos os acontecimentos: H: O funcionário é do sexo masculino C: O funcionário reside em Coimbra Do enunciado sabe-se que: I 0,6 I0,4 I 0,3 Pretende-se determinar I. A partir dos dados fornecidos e construindo uma tabela, vem que: I I 0,35 0,15 0,5 0,05 0,45 0,5 0,4 0,6 1 Assim, I ƒ O g,gu 0 O g,w Cálculos auxiliares e + 1 Logo, 0,5 I 0,3 O ƒ 0,3 ƒ I 0,3 0,5 I 0, Como se escolhem três funcionários de entre 80 de uma empresa, tem-se que 80 C 3 é o número de maneiras diferentes de o fazer, e constitui assim o número de casos possíveis. No cálculo do número de casos favoráveis ao acontecimento haver no máximo dois funcionários a residir em Coimbra utilizou-se o acontecimento contrário, e assim, ao número total dos casos ( 80 C 3 ) retirou-se o número de casos em que se contempla a situação de os três funcionários residirem em Coimbra: 32 C 3 conjuntos de pessoas, já que em 80 funcionários, 40% reside em Coimbra 80 0,432. Tem-se assim que 80 C 3 32 C 3 é o número de casos favoráveis. De acordo com a regra de Laplace, em que a probabilidade de um acontecimento é o quociente entre o número de casos favoráveis a esse acontecimento e o número de casos possíveis, desde que estes sejam todos equiprováveis, vem que a probabilidade pretendida é ˆ O m O. O

7 Tem-se que o raio da esfera é a diferença entre a distância do ponto à base do recipiente (16 cm) e a distância do ponto ao centro da esfera no instante inicial Š 0 cm. Assim, 16 Š Logo, ATŒA Ž W π W π 4,19 cm Cálculo auxiliar Š g Para 0: Š t e mg,gu@ mg,gu + 5 mg,gu mg,gu + 5 0,05 mg,gu mg,gu L ,05Q mg,gu 1 0,25+0,05 mg,gu 0,05 1,25 Š 0 :;;;<;;; mg,gu 0 A ŽçãB >? BTTíDA2 A? R 0,05 1,250 0,u g,gu Š 0 + Š Máx Min A distância do centro da esfera ao ponto P é mínima aos 25 segundos lim. / lim 4 oˆ! 4 lim m 4m0 oˆ! m 4 oˆ! 4m oˆ! Mudança de variável / 1 2 i Como / 1 2! vem que i 0 m

8 lim o ˆm oˆ g o lim ˆ m0 g oˆ lim m0 g :;<; 2>?>@A 3B@áDA2 1 Como lim. / é um número real, não há assíntota vertical do gráfico de. 4 oˆ! quando / 0!m. lim 4 oˆ!. /.0! 0 +1!ln0! ln0! Como lim. / é um número real, não há assíntota vertical do gráfico de. oˆ! 4 quando / 0!1. Assim, o gráfico de. não tem assíntota vertical em / 0. Também não há assíntota vertical em nenhum dos outros pontos do domínio, pois. é contínua em R\ª 0 « Seja / 0,+.. / /+1ln/. / /+1 ln/+ /+1 ln/ 1 ln/+ / ln/ ln/

9 . / ln/ ! m 0 4 4ˆ gm0 4ˆ ˆ 4m0 4ˆ. /0 4m0 0 / 10 / 1 :;<; / 0 VB3 >çãb 3>DA TŽ2 A? oˆ,16 Como, / >0, / 0,+ o sinal de. depende apenas do sinal de / / 1. 1 / P.I ln O gráfico de. tem concavidade voltada para baixo em 0,1 e tem concavidade voltada para cima em Q1,+ L. O gráfico de. admite como ponto de inflexão o ponto de coordenadas 1, Comecemos por mostrar que a equação. /3 é possível em Q1, L recorrendo ao Teorema de Bolzano.. é contínua em 0,+, pois, neste intervalo, trata-se do produto de duas funções contínuas; em particular,. é contínua em L1, Q.. 10 e. +1ln +1. Como >2, então +1>3, isto é,. >3. Tem-se que. 1 <3<. Assim, pelo Teorema de Bolzano podemos concluir que Q1, L:. 3, isto é, a equação. /3 é possível em Q1, L.

10 Recorrendo à calculadora gráfica, determinemos a única solução desta equação no intervalo Q1, L. A solução pedida, arredondada às centésimas, é 2, ,2,1 é um vetor normal do plano α. Seja β o plano paralelo ao plano α e que contém o ponto. Se α e β são planos paralelos, então os vetores normais de α e βsão colineares. Assim, 1,2,1 também é vetor normal do plano β. Uma equação do plano β será, então, do tipo: /2iZŠ0. Como o ponto 0,0,2pertence ao plano β, vem que 0202Š 0 Š 2 Logo, /2iZ20 é uma equação do plano β º Processo Se [AB] é um diâmetro da superfície esférica então: o ponto médio de [AB] é o centro da superfície esférica. I LMNQ g1w,g1g,1g! 2,0,1 a medida de comprimento do raio da superfície esférica é igual a: MN 0 { u 5 Logo, uma equação cartesiana que define a superfície esférica é: /2 i Z1 5 2º Processo Seja /,i,z um ponto genérico da superfície esférica de diâmetro [AB]. Então, ¹¹¹¹¹º 0 /,i,z2 /4,i,Z 0 / /4ii Z2Z 0 / 4/i Z 2Z 0 Logo, uma equação cartesiana que define a superfície esférica é: / 4/i Z 2Z 0

11 5.3. 1º Processo 4,i,0 com i d 0 cos"â$ ¹¹¹¹¹º M MN ½MN ¹¹¹¹¹º½½M cos \! W,g,m W,,m 0 0¾1W {g g1 ˆ g{g1 ˆ {40020i 40 Cálculos auxiliares ¹¹¹¹¹º 4,0,0 0,0,2 4,0,2 ¹¹¹¹¹º 4,i,0 0,0,2 4,i,2 ½ ¹¹¹¹¹º½{ ½ ¹¹¹¹¹º½{4 i 2 {16i 4 {20i {40020i! 40 pois ambos os membros são não negativos i i i 1200 i 0gg g i 60 i 60 i 2 15 Como i d 0, i º Processo 4,0,0 0,0,2 4,i,0, com i d 0 Consideremos o triângulo [ABP]. ¹¹¹¹¹º 4,i,0 4,0,0 0,i,0 com i 1 ¹¹¹¹¹º 0,0,2 4,0,0 4,0,2 ¹¹¹¹¹º 0,i,0 4,0,20 Logo, o triângulo [ABP] é retângulo em B.

12 Assim, ½ ¹¹¹¹¹º½ ½ ¹¹¹¹¹º½ {i i i tg \ ½N ¹¹¹¹¹º½! ½MN ¹¹¹¹¹º½ 3 g i 60 i / 1 cos 3/ 0 3sen 3/ 3sen 3/ Á / sen 3/ 3cos 3/ A reta r é tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa a. Logo, o declive da reta r é igual a. l, ou seja, e Â. l3sen 3l. De igual modo, a reta s é tangente ao gráfico da função Á no ponto de abcissa l \ ¾. Logo, o declive da reta s é igual a Á l, ou seja, e U Á l \ ¾! 3cos73l\ ¾!9 3cos3l \! 3sen 3l As retas r e s são perpendiculares, portanto, e  e U 1. Assim, e  e U 1 3sen 3l"3sen 3l$1 9sen 3l1 sen 3l 0 Cálculo auxiliar cos π α! senα 2 sen 3l 0 Sabemos que l \,\. \ l \

13 Logo, sen 3l 0. c.q.d. \ < 3l < \ π <3l < \ Então, como 3l 3º quadrante, vem que sen 3l<0.