Prova Escrita de MATEMÁTICA A - 1o Ano 015 - Época especial Proposta de resolução GRUPO I 1. Como P A B = P A + P B P A B, substituindo os valores conhecidos, podemos calcular P A: 0,7 = P A + 0,4 0, 0,7 0,4 + 0, = P A 0,5 = P A Como P B A = Resposta: Opção D P A B, vem que P A P B A = 0, 0,5 = 5 = 0,4. Calculando o número de grupos ordenados de três rapazes, temos A = P =! hipóteses para dispor os três rapazes juntos. E por cada grupo de rapazes, existem 7 A 7 = P 7 = 7! ordenações possíveis dos nove jovens, correspondendo à disposição das 6 raparigas e do grupo de rapazes, considerando a ordenação relevante. Assim, o número de maneiras de dispor os nove jovens, com os três rapazes juntos é Resposta: Opção B! 7! = 0 40. Como o ponto P pertence ao gráfico de f, substituindo as suas coordenadas na expressão algébrica da função, temos que Resposta: Opção C 8 = e a ln 8 = e ln a 8 = a a = log 8 a = 4. Por observação do gráfico de f, podemos observar o sentido das concavidades e relacionar com o sinal da segunda derivada, f admitindo que o ponto de inflexão tem abcissa zero. y f x 0 fx Pt. I. f x 0 + f O único gráfico compatível com o sentido das concavidades do gráfico identificadas é o gráfico da opção C. Resposta: Opção C O x Página 1 de 8
5. Temos que, pela definição de derivada num ponto f fx f = lim = 6 x x Assim, vem que fx f fx f lim x x = lim = lim x x xx x Resposta: Opção A 1 fx f x x 1 = lim x x lim x fx f x = 1 6 = 6. Analisando cada uma das afirmações temos A z z 1 = z 4 z é uma afirmação verdadeira porque z z 1 é a distância entre os vértices correspondentes ao complexos z e z 1, ou seja a medida da diagonal do quadrado, tal como z 4 z representa a medida da outra diagonal do quadrado. Como as medidas das diagonais do quadrado são iguais, a afirmação é verdadeira. z 1 + z 4 = Re z 1 é uma afirmação verdadeira porque como o centro do quadrado está centrado na origem e os lados são paralelos aos eixos, os vértices do quadrado estão sobre as bissetrizes dos quadrantes, ou seja, z 1 = a + ai e z 4 = a ai, com a R + Assim, vem que z 1 + z 4 = a + ai + a ai = a = Re z 1 C z 4 i = z 1 é uma afirmação falsa porque z 4 i = z 1 z 4 = z 1 i e z 1 = a + ai e z 4 = a ai, com a R + Como z 1 i = a + ai i = ai + ai = ai + a 1 = ai a = a + ai = z Ou seja, multiplicar por i corresponde geometricamente a fazer uma rotação de π radianos, no sentido positivo. Assim, fazendo a uma rotação deste tipo da imagem geométrica de z 1, obtemos a imagem geométrica de z e não a imagem geométrica de z 4 D z 1 = z é uma afirmação verdadeira porque z 1 = a + ai e z = a + ai, com a R + Logo z 1 = a + ai = a ai = a + ai = z Resposta: Opção C 7. Como os segmentos de reta [AB] e [BC] são lados consecutivos de um hexágono regular de perímetro 1, temos que 1 BA = BC = 6 = Como os hexágonos regulares podem ser decompostos em seis triângulos equiláteros, cada ângulo interno do hexágono regular tem o dobro da amplitude de um triângulo equilátero, ou seja Assim, vem que BA. BC = cos BAˆ BC Resposta: Opção B π BAˆ BC = = π π BA BC = cos C B π = cos 4 = 1 4 = 4 = π A Página de 8
8. Como a n é progressão geométrica a n, designado por r a razão, temos que o termo de ordem n é Assim, temos que a n = a 1 r n 1 a = 1 4 a 1 r 1 = 1 4 a 1 r = 1 4 a 1 = 1 4 r a 6 = a 1 r 6 1 = a 1 r 5 = a 1 = r 5 Desta forma, podemos calcular o valor da razão: 1 4 r = r 5 r5 r = 4 r = 8 r = 8 r = E o valor do primeiro termo: a 6 = a 1 = r 5 Assim, calculado o valor do vigésimo termo, vem r= a 1 = 5 a 1 = 1 4 Resposta: Opção C a 0 = a 1 r 0 1 = 1 4 19 = 19 4 = 19 4 = 15 = 768 GRUPO II 1. Escrevendo 1 + i na f.t. temos 1 + i = ρ cis θ, onde: ρ = 1 + i = 1 + 1 = 1 + 1 = tg θ = 1 1 = 1 ; como sen θ > 0 e cos θ > 0, θ é um ângulo do 1o quadrante, logo θ = π 4 E assim 1 + i = cis π, pelo que, recorrendo à fórmula de Moivre, temos 4 z 1 = 1 + i 6 π 6 6 π = cis = cis 4 4 6 = cis 6π 4 = cis π = 8 cis π Como 8i = 8 cis π, calculando o quociente de complexos na f.t., temos: z = cis 8i 6π 5 8 cis π = cis 6π 5 = 8 cis = 8 π 1 cis 6π π = 8 cis 5 + 6π = 5 5π 10 + 1π = 8 cis 17π 10 10 Como um polígono regular de n lados, pode ser dividido em n triângulos isósceles, em que a soma dos ângulos adjacentes, junto da origem é π, então cada um destes ângulo tem amplitude π n Como as imagens geométricas de z 1 e z são vértices de um destes triângulos então os respetivos argumentos diferem de π n, ou seja arg z arg z 1 = π n Imz O arg z 1 π n arg z z 1 z Rez Assim, temos que arg z arg z 1 = π n 17π 10 π = π n 17π 10 15π 10 = π n π 10 = π n n = π 10 π n = 10 Página de 8
..1. Como a reta OP é perpendicular ao plano β, qualquer vetor com a direção da reta e em particular o OP e o vetor normal do plano u são colineares. Temos que u =, 1,1 e OP = P O =,1,a 0,0,0 =,1,a Como os vetores são colineares, temos que OP = λ u, λ R,1,a = λ, 1,1 = λ 1 = 1λ a = λ 1λ 1 = λ a = λ Logo a = 1 a = 1.... Como o ponto B pertence ao eixo Ox, tem ordenada e cota nulas, pelo que, podemos determinar a sua abcissa, recorrendo à equação do plano β: x y + z 4 = 0 y = 0 z = 0 x 0 + 0 4 = 0 x = 4 x = E assim temos as coordenadas do ponto B, B,0,0 e podemos calcular as coordenadas do vetor AB, e a sua norma: AB = B A =,0,0 1,, = 1,, AB = 1 + + = 1 + 4 + 9 = 14 Como o ponto C é o simétrico do ponto B relativamente ao plano yoz, tem as mesmas ordenada e cota, e abcissa simétrica, ou seja, as coordenadas do ponto C são C,0,0 e podemos calcular as coordenadas do vetor AC, e a sua norma: AC = C A =,0,0 1,, =,, AC = + + = 9 + 4 + 9 = Recorrendo à fórmula do produto escalar vem: cos ABˆ AC = AB. AC = AB AC 1,,.,, 14 = + 4 + 9 14 = 10 08 Logo, a amplitude do ângulo BAC, em graus, arredondado às unidades, é BÂC = cos 1 10 08 55 Página 4 de 8
.4. A reta OP é perpendicular ao plano β e contém o centro da superfície esférica, pelo que a interseção da reta OP com o plano β é o ponto de tangência. Usando os elementos do item anterior para determinar equações cartesianas da reta OP, considerando o ponto da reta O = 0,0,0 e o vetor diretor OP =,1, equações: x 0 = y 0 = z 0 1 1 1 x = y = z =,1, 1, temos as Determinado as coordenadas do ponto de interseção da reta OP com o plano β, vem: x y + z 4 = 0 y y + y 4 = 0 4y y y 4 = 0 x = y x = y x = y y = z 6y = 4 x = y y = z y = z y = 4 6 x = y y = z y = x = = z y = z y = x = 4 z = 4 Assim, o ponto de tangência da superfície esférica com o plano β é o ponto Q,, do raio é 4 OQ = 0 + 0 + E assim, a equação da superfície esférica é x 0 + y 0 + z 0 = 16 0 = 9 + 4 9 + 4 4 9 = 9 4 x + y + z = 4 9 9 e a medida..1. Determinando a probabilidade com recurso à Regra de LaPlace, calculamos o quociente do número de casos favoráveis pelo número de casos possíveis, sendo os casos possíveis equiprováveis. Para calcular o número de casos possíveis, calculamos o número de arranjos completos porque pode haver repetição de 9 elementos bolas para posições extrações, ou seja, 9 A = 9 = 79 casos possíveis. O número de casos favoráveis pode ser calculado observando que a única combinação de números que gera um produto igual a dois é a extração de uma única bola com o número e as restantes duas extrações da bola com o número 1. Como no cálculo do número de casos possíveis consideramos a ordem relevante, neste caso também deve ser considerado, pelo que temos que escolher a posição da extração da bola com o número : C = casos favoráveis. Poderíamos escrever C 1 1 1 para enfatizar que depois de escolher a posição de ocorrência da extração da bola com o número, existe apenas 1 bola que gera um caso favorável, em cada extração. Assim, calculando a probabilidade com recurso à Regra de Laplace, e apresentando o resultado na forma o resultado na forma de fração irredutível, temos p = C 9 = 1 4 Página 5 de 8
.. Como a variável X segue distribuição binomial, na repetição independente de 10 provas da mesma experiência, temos que, a probabilidade do sucesso é a probabilidade de ocorrência do acontecimento definido, ou seja, a probabilidade de que a soma das duas bolas retiradas seja 7, em cada uma das repetições da experiência aleatória. Como existem 9 bolas no saco, existem 9 C pares de bolas, que se podem retirar simultaneamente, ou seja, o número de casos possíveis em cada realização da experiência. O número de casos favoráveis é correspondentes às somas 1+6, +5 e +4, pelo que a probabilidade é p = 9 C = 1 1 A ocorrência de n sucessos, implica a ocorrência de 10 n insucessos, pelo que 11 1, é a probabilidade do insucesso, ou seja, a probabilidade de que não ocorra a soma 7, em cada uma das realizações da experiência aleatória. A expressão 10 C n permite considerar que os n sucessos esperados ocorram em qualquer conjunto de n experiências, no universo das 10 realizações, ou seja, o número de posições diferentes na sequência de 10 realizações, em que podem ocorrer os n sucessos. 4. 4.1. Calculando as imagens dos objetos 0 e 10, temos N0 = 00 1 + 50e 0,5 0 = 00 149,60 1 + 50e 5 00 N10 = 1 + 50e 0,5 10 = 00 9,18 1 + 50e,5 E assim, calculando a taxa média de variação da função N no intervalo [10, 0] e apresentando o resultado arredondado às unidades, temos T V M [10,0] = N0 N10 0 10 149,60 9,18 10 107,4 10 10,74 11 No contexto da situação descrita, o valor da taxa média de variação significa que entre os anos de 1900 e 000 o número de habitantes, da região do globo em causa, cresceu em média aproximadamente 11 milhões em cada década. 4.. Resolvendo em ordem a t, temos: 00 N = 1 + 50e 0,5t 1 + 50e 0,5t = 00 N 50e 0,5t = 00 N 1 50e 0,5t = 00 N N N 00 N 50e 0,5t = 00 N e 0,5t = 00 N ln 00 N 0,5t = ln t = N 0,5 t = 1 00 N 0,5 ln t = 1 00 N ln t = 100 00 N 5 5 ln 100 4 4 00 N 00 N t = 4 ln t = ln t = ln 00 N Página 6 de 8
5. 5.1. Como o domínio da função é R + 0, a eventual existência de uma assíntota horizontal será quando x + : lim fx = lim x e 1 x = lim x e1 x + x + x + e x = lim e x x + e x = lim e lim x x + x + e x = Logo, como gráfico de f = e lim x + 1 e x x = e lim 1 x + e x lim x + x } {{ } Lim. Notável = e 1 + = e 0 = 0 lim fx = 0, podemos concluir que a reta de equação y = 0 é assíntota horizontal do x + 5.. Começamos por determinar a expressão da derivada da função f: f x = x e 1 x = x e 1 x + x e 1 x = xe 1 x + x 1 x e 1 x = = xe 1 x + x 1 e 1 x = xe 1 x x e 1 x Calculando os zeros da derivada, no domínio da função R + 0, vem: xe 1 x x e 1 x = 0 xe 1 x x = 0 xe 1 x = 0 x = 0 x = 0 e } 1 x {{ = 0 } = x x = 0 x = Impossível Estudando a variação do sinal da derivada e relacionando com a monotonia da função, vem: x 0 + f x 0 + 0 fx min Máx Assim, podemos concluir que a função f: é crescente no intervalo [0,]; é decrescente no intervalo [, + [; tem um mínimo para x = 0 tem um máximo para x = Página 7 de 8
5.. Visualizando na calculadora gráfica o gráfico da função f, e a reta horizontal de equação y = 1,, numa janela compatível com o intervalo definido x [0,5], reproduzido na figura ao lado, e usando a função da calculadora para determinar valores aproximados das coordenadas dos pontos de interseção de dois gráficos, obtemos valores aproximados às milésimas para as coordenadas dos pontos A e B: A1,7; 1, e B,044; 1, Assim, podemos também assumir o valor aproximado de,044 para a abcissa do ponto C e representar o quadrilátero [OABC], constatando que é um trapézio. y 1, 0 A f B C 1,7,044 Desta forma temos as medidas aproximadas da base maior OC = x C x O,044 0,044, da base menor AB = x B x A,044 1,7 1,817 e da altura BC = y B y C 1, 0 1,, pelo que a área do trapézio [OABC], arredondada às centésimas, é A [OABC] = OC + AB BC,044 + 1,817 1,,9 5 x 6. Como a reta r é tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa π, o declive da reta r é o valor da função derivada no ponto de abcissa π π : m r = f Assim, temos pelo que f x = a sen x = a sen x + a sen x = 0 + a cos x = a cos x π π π m r = f = a cos = a cos = a 1 = a Como o declive de uma reta é a tangente da inclinação, temos também que m r = tg π 6 = E assim, igualando as duas expressões para o declive da reta r, podemos calcular o valor de a: a = a = Página 8 de 8