Prova Escrita de MATEMÁTICA A - 12o Ano a Fase

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1 Prova Escrita de MATEMÁTICA A - o Ano 06 - a Fase Proposta de resolução GRUPO I. Como P A B ) P A B ) P A B), temos que: P A B ) 0,6 P A B) 0,6 P A B) 0,6 P A B) 0,4 Como P A B) P A) + P B) P A B) P A B) P A) + P B) P A B), temos que: P A B) 0, + 0,3 0,4 0, E assim, vem que: Resposta: Opção A P A B) P A B) P B) 0, 0,3 3. Como a eperiência se repete várias vezes, de forma independente, a distribuição de probabilidades segue o modelo binomial P X k) n C k p k q n k). Temos que: n 5 o Carlos vai eecutar uma série de cinco lances livres). p 0,4 em cada lance livre, a probabilidade de o Carlos encestar é 0,4) q 0,6 a probabilidade do insucesso pode ser calculada como q 0,4 0,6 Assim, calculando a probabilidade de o Carlos encestar eatamente quatro vezes, temos: Resposta: Opção C P X 4) 5 C 4 0,4 4 0, , Usando as propriedades dos logaritmos, temos que: E assim, vem que: log a ab 3 ) log a a + log a b 3 ) + 3 log a b Logo, vem que: Resposta: Opção B log a ab 3 ) log a b 5 log a b 5 3 log b a log a a log a b log a b log a b 4 3 Página de 9

2 4. Como lim u n lim n e n lim e n n lim lim en n }{{} Lim. Notável + 0+, então: limf u n ) lim 0 + f) lim 0 + ln ) ln0 + ) Graficamente, na figura ao lado, estão representados alguns termos de u n ) como objetos, e alguns termos da sucessão das imagens fu n ), que tendem para, quando o valor de n aumenta. 0 u n Resposta: Opção A fu n ) 5. Observando que os ângulos AOP e RQO têm a mesma amplitude porque são ângulos de lados paralelos), relativamente ao triângulo [P QR], vem que: QR cos α OR sen α a altura do triângulo, relativa ao lado [QR] é P h OR sen α Desta forma, a área do triângulo é: A [P QR] QR h cos α sen α sen α cos α sen α) Q α cos α O sen α R α sen α Resposta: Opção D 6. O polígono cujos vértices são as imagens geométricas das raízes de índice 6 de um qualquer número compleo, é um heágono regular. Como qualquer heágono regular pode ser decomposto em 6 triângulos equiláteros, temos que, o comprimento do lado do heágono é igual ao raio da circunferência em que o heágono está inscrito. Assim, podemos determinar o raio da circunferência como a distância à origem do ponto que é a representação geométrica do número compleo z, ou seja z Desta forma vem que o perímetro do heágono regular é: Imz) z O z z Rez) P H 6 z Resposta: Opção C Página de 9

3 7. Representando o quadrado definido pela condição dada, podemos verificar que o centro da circunferência é o ponto médio de uma das diagonais, ou seja o ponto : C,3) Da mesma forma, o raio da circunferência é metade do comprimento do lado: r 4 E assim, temos que a equação da circunferência inscrita no quadrado é: 5 3 C Resposta: Opção C ) + 3) ) + 3) 4 O 4 8. Como u n ) é progressão geométrica u n ), designado por r a razão, temos que o termo de ordem n é Assim, temos que u n u r n u 4 3 u r 4 3 u r 3 3 u 3 r 3 u 8 89 u r 8 89 u r 7 89 u 89 r 7 Desta forma, e como a progressão é monótona crescente, temos que a razão é positiva r > 0), pelo que podemos calcular o valor da razão: 3 r 3 89 r 7 r7 r r 4 56 r 4 56 r>0 r 4 Logo, obtemos o quinto termo, multiplicando o quarto termo pela razão: Resposta: Opção B u 5 u 4 r GRUPO II... No conteto da situação descrita P B A) é a probabilidade de que, retirando uma ficha da caia U e uma ficha da caia V, o produto dos números das fichas retiradas seja ímpar, sabendo que a soma dos números das fichas retiradas é igual a 0. Como se retira uma bola de cada caia, o número de casos possíveis é 4 e correspondem a pares de bolas em que cada uma é retirada de uma caia) cuja soma é 0, ou seja:,9);,8); 3,7) e 4,6) De entre estes pares os que correspondem a produtos ímpares são,9), porque 9 9 e 3,7), porque 3 7 ; os restantes pares de números, por serem constituídos por números pares resultam num produto par). Assim, eistem casos favoráveis, e, recorrendo à Regra de Laplace para o cálculo da probabilidade, e escrevendo o resultado na forma de fração irredutível, vem: P B A) 4 Página 3 de 9

4 .. Considerando uma única fica horizontal, eistem 4 posições que devem ser ocupadas por 4 elementos fichas com número par) diferentes e por isso cuja ordem de colocação é relevante, ou seja, são 4 A 4 P 4 4! as formas de colocar os números pares numa única fila horizontal. Como eistem 4 filas horizontais, o número de formas que eistem para dispor as fichas com números pares no tabuleiro, ocupando uma única fila horizontal é 4 4! Após a colocação das fichas com um número par, restam 6 4 posições disponíveis no tabuleiro que podem ser ocupadas por uma fichas com um número ímpar que são diferentes e por isso é relevante a ordem de colocação), ou seja, eistem A 5 formas de dispor as fichas com os números ímpares. Assim o número de maneiras diferentes é possível dispor as nove fichas, de tal forma que as que têm número par ocupem uma única fila horizontal é: 4 4! A Escrevendo + i na f.t. temos + i γ cis α, onde: γ + i ) + + tg α ; como sen α > 0 e cos α < 0, α é um ângulo do o quadrante, logo α π π 4 4π 4 π 4 3π 4 Assim temos que + i cis 3π 4, pelo que podemos simplificar a epressão do número compleo z: z 3π 3π cis cis ) 4 ρ cis θ) 4 3π ρ cis θ) ρ cis 4 θ Escrevendo w na f.t. temos w i cis 3π Como z w, então temos que: z w ρ ρ ρ ρ ρ 0 ρ>0 Arg z Arg w + kπ, k Z 3π 4 θ 3π + kπ, k Z θ 3π 4 3π kπ, k Z θ 3π 4 kπ, k Z θ 3π 8 kπ, k Z Como θ ]0,π[, determinamos o valor de θ, atribuindo valores a k: Se k 0, então θ 3π ) θ / ]0,π[ 8 Se k, então θ 3π 8 π) 3π 8 + 8π 8 5π ) θ ]0,π[ 8 Se k, então θ 3π 8 π) 3π 8 + 6π 8 3π ) θ / ]0,π[ 8 Assim, se z w, ρ > 0 e θ ]0,π[, temos que ρ e θ 5π 8 Página 4 de 9

5 Como um vetor normal de um plano define uma direção perpendicular ao plano, um destes vetores é também um vetor diretor de qualquer reta perpendicular ao plano. Assim, como v 3,,4) é um vetor normal do plano α, também é um vetor diretor da reta perpendicular ao plano α e que contém o ponto C,,4) C v Assim, uma equação vetorial da reta, é: α,,z),,4) + λ3,,4), λ R 3.. Como a reta OD contém a origem e o ponto D, um vetor diretor da reta OD, é: OD D O 4,,) 0,0,0) 4,,) E assim, como a reta contém o ponto O0,0,0), umas equações cartesianas desta reta, são: 4 z Desta forma, as coordenadas do ponto de intersecção da reta OD com o plano α, verificam simultaneamente a equação do plano e as equações da reta, ou seja, podem ser calculadas resolvendo o sistema seguinte: z z 0 3) + + 4) 0 4 z z z z z z Logo o plano α e a reta OD intersectam-se no ponto de coordenadas,,) Página 5 de 9

6 3.3. Como o ponto A pertence ao semieio positivo O, tem ordenada e cota nulas, ou seja as suas coordenadas são: A A,0,0), A R + Analogamente, como o ponto B pertence ao semieio positivo O, que tem abcissa e cota nulas e as coordenadas são B0, B,0), B R + Da mesma forma, como o ponto P pertence ao eio Oz, e tem abcissa e ordenadas nulas e ainda cota não nula, as coordenadas são P 0,0,z P ), z P R \ {0} Como um ângulo é agudo se o produto escalar dos vetores que formam esse ângulo for positivo, então o ângulo AP B é agudo se P A. P B > 0 Determinando as coordenadas dos vetores P A e P B, temos: P A A P A,0,0) 0,0,z P ) A,0, z P ) P B B P 0,B,0) 0,0,z P ) 0, B, z P ) Logo, o produto escalar dos dois vetores, epressos nas suas coordenadas, é: P A. P B A,0, z P ). 0, B, z P ) A b + z P ) z P ) z P z P Como z P é um número real, então z P > 0 Como z P P A. P B, então P A. P B > 0, logo o ângulo AP B é agudo Como o domínio da função é ] π, + [, só poderá eistir uma assíntotas oblíqua quando +. Assim, vamos averiguar a eistência de uma assíntota de equação m + b: f) m lim + lim ln lim + + ln ) lim ln ) + Assim, como de f. b lim + lim lim ln }{{} Lim. Notável ) ) lim f) m lim f) lim ln ) ) ) lim ln lim ln + ) + + ) f) m não é um valor finito, não eiste qualquer assíntota oblíqua do gráfico Página 6 de 9

7 4.. Começamos por determinar a epressão da derivada da função f, para,0 : ) + sen f ) + sen ) cos + sen )cos ) cos cos ) 0 + cos ) cos + sen ) sen ) cos Calculando os zeros da derivada, para + sen cos sen + cos + sen cos,0, vem: 0 + sen 0 cos 0 }{{} ) sen sen π ) 6 cos + sen + sen cos + sen cos sen sen π 6 + kπ π π ) + kπ, k Z 6 Para k 0, vem π 6 π + π 6, e como ] π,0 [ podemos verificar que a única solução da equação é π 6 ) Como cos > 0,,0, então cos 0,,0 Estudando a variação do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da função, vem: Assim, podemos concluir que a função f: ] é decrescente no intervalo π, π ] ; 6 é crescente no intervalo [ π [ 6,0 ; tem um mínimo relativo para π 6 π π sen 0 + cos f ) n.d n.d. f) n.d. min n.d. Página 7 de 9

8 4.3. Para calcular o declive da reta tangente, no ponto de abcissa começamos por determinar a epressão da derivada da função, para > 0: f ) ln ) ) ln ) ) Assim, temos que o declive da reta tangente no ponto de abcissa é: m f ) Logo a equação ) da reta tangente é da forma + b Como f ln ln ln ) 0 ln ) + ln, sabemos que o ponto ) P, + ln pertence ao gráfico da função e também à reta tangente. Assim, substituindo as coordenadas do ponto de tangência na equação da reta, podemos calcular o valor de b: + ln + b + + ln b + ln b Pelo que a equação da reta tangente é: + + ln Como as abcissas dos pontos A e B pertencem ao intervalo,0, representando na calculadora gráfica o gráfico da função f e a reta tangente ao gráfico em, numa janela coerente com o intervalo ] π,0 [, reproduzido na figura ao lado) e determinando a interseção das duas, obtemos os valores aproimados às centésimas) das coordenadas dos pontos A e B: f A B A,9 e B 0,7 π,9 0, Temos que 0,003 e como o empréstimo será pago em prestações mensais de 4 euros então p 4 Substituindo estes valores na epressão conhecida, e resolvendo a equação, vem: ,003) e n 0,003 4 ) 4e 0,003n,8 4e 0,003n,8 4 e 0,003n, 4 e 0,003n 0,95 0,003n ln 0,95 n ) Como n N, n 0, então e 0,003n 0 Como ln 0,95 0,003 ln 0,95 0,003 6, concluímos que o José irá demorar 6 meses a pagar o empréstimo. Página 8 de 9

9 5.. Calculando o valor do limite, em função de n, vem que: ) lim 0 e n e 0 n0) e Indeterminação) 600 n lim lim 0 e n 0 n 600 ) 600 e n lim 0 n n ) e n fazendo n, temos que se 0, então 0) 600 lim 0 n ) e lim lim 0 n 600 n lim n e ) 600 e lim ) 0 n ) e 600 lim n 0 e 600 n 600 n lim 0 }{{} Lim. Notável Desta forma, se 0, o que corresponde a uma taa de juro arbitrariamente próima de zero, então a prestação mensal será arbitrariamente próima de 600 o que corresponde a pagar o montante do n empréstimo 600 euros) em n parcelas iguais, durante n meses. 6. Começamos por notar que: g) + g) 0 Assim, considerando f) g), temos que: - provar que a equação g) + é possível no intervalo ]a,ga)[, é equivalente a, - provar que a equação f) 0 é possível no intervalo ]a,ga)[ Como, a função g é contínua em R, então a função f também é contínua R, porque resulta de operações sucessivas de funções contínuas, e, em particular é contínua no intervalo [a,ga)]. Cálculos auiliares: fa) ga) a ga) a + ) Como ga) > a +, então: ga) > a + ga) a + ) > a + a + ) ga) a + ) > 0 fa) > 0 0 < fa) Como g g)), R, então, g g)a) a, e assim: f ga) ) g ga) ) ga) g g)a) ga) a ga) ga) + a Como ga) > a +, então: ga) > a + ga) < a + ) ga) + a + ) < 0 ga) + a + < ga) + a < f ga) ) < f ga) ) < 0 Como < 0 < fa), ou seja, f ga) ) < 0 < fa), então, podemos concluir, pelo Teorema de Bolzano, que eiste c ]a,ga)[ tal que fc) 0, ou seja, que a equação f) 0 tem, pelo menos, uma solução em ]a,ga)[, ou, de forma equivalente, que a equação g) + é possível no intervalo ]a,ga)[ Página 9 de 9