Prova Escrita de MATEMÁTICA A - 1o Ao 00 - a Fase Proposta de resolução GRUPO I 1. Como a probabilidade do João acertar em cada tetativa é 0,, a probabilidade do João acertar as tetativas é 0, 0, 0, 0, = 0,) = 0,096 Resposta: Opção D. Como a experiêcia aleatória descrita, foi defiido que Se sair o úmero 5, tira-se uma bola da caixa A, para calcular a probabilidade de a bola retirada ser verde, cosideramos apeas o coteúdo da caixa A duas bolas verdes e uma bola amarela). Assim temos que existem bolas verdes úmero de casos favoráveis) um total de 3 bolas úmero de casos possíveis), pelo que a probabilidade é de 3 Resposta: Opção D 3. A liha do triâgulo de Pascal que tem 15 elemetos é costituída por 16 úmeros da forma 1 C k. Como 1 C 0 = 1 C 1 = 1, 1 C 1 = 1 C 13 = 1 e 1 C = 1 C 1 = 91 estes são os úicos 6 elemetos da liha meores que 100, porque 1 C 3 = 1 C 11 = 36 e todos os restates são maiores que 36. Resposta: Opção C. Como o poto P 1,3) pertece ao gráfico da fução, substituido as coordeadas a expressão algébrica da fução, e resolvedo a equação, podemos determiar o valor de a: Resposta: Opção A 3 = a 1 1 3 + 1 = a = a a = log a = Págia 1 de
5. Como lim gx ) = +, e como, pela observação do gráfico temos que + lim x gx) = +, temos que limx ) = + ou etão limx ) = lim gx) = + e que x + Assim, calculado os limites das sucessões de cada uma das hipóteses, temos: lim + ) = + 0 + = + lim 1 ) = 0 + = lim 1 + 1 ) = 1 + 0 + = 1 + lim 1 1 ) = 1 0 + = 1 1 y gx ) g 1 0 x Pelo que, de etre os termos gerais de sucessões apresetados, o úico em que lim + gx ) = + é 1 Graficamete, a figura aterior, estão represetados algus termos da sucessão x = + 1 como objetos, e algus termos da sucessão das images gx ), que tedem para +, quado o valor de aumeta. Resposta: Opção B 6. Como y = 1 é a úica assítota do gráfico da fução f, e pela observação da figura, temos que: lim fx) = 1 E assim, vem que: Resposta: Opção B lim 3 lim 3 fx) = lim fx) = 3 1 = 3. Os úmeros complexos z e z, têm argumetos que diferem de π radiaos, logo, temos que: Resposta: Opção D arg z) = π + arg z) = π + π 6 = 6π 6 + π 6 = π 6. Os potos represetado a região a sombreado satisfazem cumulativamete duas codições: Re z) 3, ou seja, pertecem ao semiplao à direita da reta defiida por Re z) = 3 π arg z) 0, ou seja, os potos que são images geométricas de úmeros complexos cujo argumeto está compreedido etre π e 0 Resposta: Opção A Imz) Re z) = 3 3 0 3 π Rez) Págia de
GRUPO II 1. 1.1. Como i 1 = i + = i ) i = 1) 1) = 1, temos que: z 1 i 1 3 1 i = 1 i) 1) 3 1 i = i + 1 3 1 i = i + 1 + = i = 5 5 5 i = i i1 + i) i i = = 1 i 1 i)1 + i) 1 i) = 1.. Escrevedo z 1 a f.t. temos z 1 = ρ cis θ, ode: ρ = z 1 = 1 + 1) = 1 + 1 = tg θ = 1 1 = 1 ; como se θ < 0 e cos θ > 0, θ é um âgulo do o quadrate, logo θ = π Logo z 1 = cis π ) Como existem raízes quartas de z, cujas images geométricas são os vértices de um quadrado cetrado a origem, temos que as outras 3 raízes quartas de z são: z = cis π + π ) = cis π + π ) = cis π z 3 = π cis + π ) = π cis + π ) = cis 3π z 3 = 3π cis + π ) = π cis + π ) = cis 5π Pelo que a raiz quarta de z cuja imagem geométrica é um poto do 3 o quadrate é z 3 = cis 5π..1. Temos que, P A ) P B) + P A B) = 1 P A) P B) + P A B) Teorema: P X) = 1 P X ) ) = 1 P A) + P B) P A B) Logo, P A B ) = P A ) P B) + P A B) q.e.d. = 1 P A B) Teorema: P X Y ) = P X) + P Y ) P X Y ) = P A B ) Teorema: P X) = 1 P X ) = P A B ) Leis de De Morga: X Y = X Y Págia 3 de
.. Como se pretede calcular a probabilidade de o estudate escolhido ão ser rapaz ou ão ter tido classificação positiva, para utilizar a igualdade P A B ) = P A ) P B) + P A B), podemos defiir os acotecimetos A: O estudate escolhido ser rapaz B: O estudate escolhido ter tido classificação positiva E assim, A B é o acotecimeto o estudate escolhido ão ser rapaz ou ão ter tido classificação positiva. Temos que o úmero de casos possíveis é 160 + 10 = 0, correspodedo ao úmero total de estudates que realizaram o exame 160 raparigas e 10 rapazes). O úmero de casos favoráveis para o acotecimeto A é 160, correspodedo ao úmero de raparigas. E assim temos que P A ) = 160 0 O úmero de casos favoráveis para o acotecimeto B é 160 0,65 + 10 0,6 = 16, correspodedo a 65% das raparigas e 60% dos rapazes. E assim temos que P B) = 16 0 O úmero de casos favoráveis para o acotecimeto A B é 10+160 0,65 =, correspodedo à soma do úmero de rapazes com 65% das raparigas que teve positiva. E assim temos que P A B) = 0 Logo, calculado a probabilidade de o estudate escolhido ão ser rapaz ou ão ter tido classificação positiva, e apresetado o resultado em forma de dízima, com aproximação às cetésimas, vem P A B ) = P A ) P B) + P A B) = 160 0 16 0 + 0 = 0 0 0, 3. Como as fichas têm os úmeros 1 e, só existem três somas possíveis: soma : se as duas fichas selecioadas tiverem o úmero 1 3 C cojutos possíveis). soma 3: se as duas fichas selecioadas tiverem úmeros diferetes 3 C 1 C 1 cojutos possíveis). soma : se as duas fichas selecioadas tiverem o úmero C cojutos possíveis). Logo, como existem C cojutos diferetes de fichas, podemos calcular os valores da probabilidade associada à ocorrêcia de cada soma: 3 C P X = ) = = 3 C 1 = 1 P X = 3) = P X = ) = 3 C 1 C 1 = 3 = 1 C 1 1 = C C = 6 1 = E assim, a tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória X é: x i 3 P X = x i ) 1 Págia de
. Traçado a calculadora gráfica os gráficos das fuções f e g uma jaela compatível com o itervalo 1, + [ podemos visualizar o gráfico reproduzido a figura seguite. Assim, as abcissas dos potos A e B, também assialados a figura ao lado, podem ser determiadas com aproximação às décimas, usado a fução da calculadora que permite determiar valores aproximados para as coordeadas de potos de iterseção de dois gráficos. As coordeadas, aproximadas às décimas, são A 0,3;,3) e B,3; 0,3). Pela observação do gráfico podemos observar que os potos do gráfico de f têm ordeada maior que os potos do gráfico de g, quado as respetivas abcissas estão compreedidos etre as abcissas dos potos A e B, pelo que a solução da iequação fx) > gx), o itervalo 1 [, +, é o cojuto 0,3;,3[; y 0,3 1 0,3 0 B,3 g f x logo os úmeros iteiros que pertecem a este itervalo, ou seja as soluções iteiras de iequação são: A,3 x 1 = 0, x = 1 e x 3 = 5. Cosiderado [AB como a base do triâgulo, como os potos A e B são fixos, temos que a base do triâgulo é costate. A altura do triâgulo, relativa à base [AB, á a distâcia etre as retas, que como são paralelas também é costate. Assim, temos que ax), ou seja a área do triâgulo [ABS é costate, pelo que o Gráfico 3 ão pode represetar a fução a s altura B Como o poto S se desloca sobre a reta S, existem localizações do poto S, para as quais o âgulo BAS, ou seja, o âgulo x é superior a um âgulo reto, ou seja, a π radiaos, pelo que o gráfico Gráfico 1 também ão represeta a fução a, visto que este gráfico a fução está defiida apeas para valores de x meores que π radiaos. S x base A Como as retas s e AB são estritamete paralelas, ão existem localizações do poto S sobre a reta s, tais que o âgulo x teha amplitude de π radiaos ou zero radiaos), pelo que o gráfico Gráfico também ão represeta a fução a, visto que este gráfico a fução está defiida para valores de x iguais a zero e a π radiaos. Págia 5 de
6. 6.1. Determiado a massa iicial da amostra da substâcia radioativa, ou seja a massa ao fim de zero horas t = 0), vem que: M0) = 15 e 0,0 0 = 15 e 0 = 15 1 = 15 Assim, equacioado o problema e resolvedo a equação vem: Mt) = 15 15 e 0,0t = 15 e 0,0t = 15 15 e 0,0t = 1 0,0t = l 1 t = l 1 0,0 t 3,65 Assim temos que o tempo correspode a 3,65 horas, aproximadamete. E como cada hora tem 60 miutos, fazedo a coversão de 0,65 horas para miutos, vem 0,65 60 = 39,0 39 mi Pelo que se cocluí ao fim de 3 horas e 39 miutos a massa iicial da amostra da substâcia radioativa se reduz a metade. 6.. Como a fução M resulta de operações sucessivas de fuções cotíuas em R +, é cotíua em R +, e também, em [,5;, porque [,5; R + Como 13, < 1 < 1,6, ou seja, como M) < 1 < M,5), etão, podemos cocluir, pelo Teorema de Bolzao, que existe t 0,5; [ tal que Mt 0 ) = 1, ou seja, que houve, pelo meos, um istate, etre as horas e 30 miutos e as horas após o iício da observação, em que a massa da amostra da substâcia radioativa atigiu os 1 gramas. C.A. Observado que horas e 30 miutos correspode a,5 horas, temos que: M,5) = 15 e 0,0,5 1,6 M) = 15 e 0,0 13,..1. Recorredo à defiição de derivada da fução o poto de abcissa 0, vem: ) g gx) g0) + se x) + se 0) + se x) 0) = lim = lim = lim = x 0 x 0 x 0 x x 0 x se x) se x) se x) = lim = lim = lim x 0 x x 0 x x 0 x 1) fazedo y = x, se x 0, etão y 0 = lim 1) y 0 se y y }{{} Limite Notável = 1 = Págia 6 de
.. Para estudar a mootoia da fução, começamos por determiar a expressão da derivada: g x) = + se x) ) = ) + se x) ) = 0 + x) cosx) = cosx) Para estudar o sial da derivada, calculamos os zeros: g x) = 0 cosx) = 0 cosx) = 0 x = π + kπ, k Z x = π + kπ, k Z Atribuido valores a k k = 0 e k = 1) ecotramos as duas soluções da equação que pertecem ao itervalo 0, π [, ou seja x = π e x = π + π = π + π = 3π Estudado a variação do sial de g para relacioar com a mootoia de g, o itervalo 0, π [, vem: x 0 π g x) + 0 0 + 3π π gx) Máx mi Assim, o itervalo 0, π [, temos que: π ) o valor do máximo de g é g = + se π ) π ) = + se = + 1 = 3 ) 3π o valor do míimo de g é g = + se 3π ) ) 3π = + se = + 1) = 1 g é crescete o itervalo 0, π [ [ 3π e também o itervalo,π [ π g é decrescete o itervalo,3π Págia de