Proposta de resolução do exame nacional de Matemática A (PROVA 35) 1ªFASE 7 Junho 011 Grupo I 1. Como os acontecimentos são independentes, então, a probabilidade de se verificar um acontecimento não se altera pela ocorrência, ou não, do outro, pelo que : = Opção correcta: versão 1: D versão : B. Como só podem existir exactamente dois algarismos iguais a 7, então para as outras duas hipóteses restam 9 algarismos que se podem repetir. Existem 4 C formas diferentes de colocar os dois algarismos 7. O número de códigos diferentes é dado por: 4 C 9 9 = 48 Opção correcta: versão 1: A versão : C 3. Por definição de assimptota oblíqua tem-se que : lim ( g( x) (x 4)) = 0 ou seja lim ( g( x) x + 4) = 0 x + Opção correcta: versão 1: C versão : A x + 4. A função é contínua excepto para x=5. Fica assim excluída como hipótese de resposta a opção C em ambas as versões f(0)= -8, f(1)=-7 f(4)=7 como f(1) f(4)<0, então f admite pelo menos um zero no intervalo ] 1,4 [ Opção correcta: versão 1: B versão : D 5. x sen x sen 1 x 1 1 1 lim sen lim lim 1 x 0 x = = = = x 0 x x 0 x 4 Opção correcta: versão 1: C versão : C
. Estudando, por observação do gráfico de f, o sinal de f (0), f () e f ( 3) tem-se que f (0)<0, f ()>0 e f (-3)>0. A afirmação verdadeira é f (0) f ()<0. Opção correcta: versão 1:D versão :A 4n 4n+ 1 4n+ 7. 1 ( 1) i + i + i = + i + = i O módulo de i é 1 e o argumento é, logo o número complexo que lhe corresponde é z. Opção correcta: versão 1: B versão : C 8. O raio da circunferência é 5 3 = e a amplitude do ângulo compreendido entre duas raízes, índice 5, consecutivas é. 5 4 A área do sector circular é 5 = 5 Opção correcta: versão 1: B versão : D Grupo II 1. 1.1. Se z 1 é raiz do polinómio então, aplicando a regra de Ruffini, vem: 1-1 1-1 1 1 0 1 1 0 1 0 3 z z + 1z 1 = ( z 1)( z + 1)
As restantes raízes do polinómio poderão obter-se através da resolução da seguinte equação: z + 1 = 0 z = 1 z = ± 1 z = ± 1 i z = ± 4i Na forma trigonométrica: 3 z 4 cis = z = 4cis 1.. z = 5i = 5cis n n 0 + n z z3 = 5cis cis = 5cis + = 5cis 40 40 40 Para z z3pertencer ao terceiro quadrante e à bissectriz dos quadrantes impares tem que se verificar: 0 + n 5 = + k 0 + n = 50 + 80k n = 30 + 80k 40 4 30 + 80k n = n = 30 + 80 k, k Z Para k = 0, vem: n = 30..1. Seja X a variável aleatória correspondente ao número de jovens que pagam com multibanco. 9 3 C P X = = 0, 0, 4 0, 5.. Sejam os acontecimentos: B: o destino da viagem é Berlim A: o passageiro segue viagem Como P ( A B) = 0,05 então P ( A B) = 0, 05 0,3 = 0, 015
Como P ( A B) = 0,9 então P ( B A) = 0,9 0, 7 = 0, 44 Esquematizando na tabela seguinte os resultados fornecidos e os obtidos, temos: A A Total B 0,85 0,015 0,3 B 0,44 0,05 0,7 Total 0,99 0,071 1 P A = P B A + P B A = 0, 015 + 0, 05 = 0, 071 3. 1 P B P B A P A 1+ P B P ( B A) 1 (1) P A P A P A Como P ( A) > 0, então, de (1) vem que: ( B A) ( A) 1 ( B) 1 ( A) ( B) ( B A) 1 ( B A) ( B A) 1 P P + P P + P P P P o que se verifica ser uma proposição verdadeira, na axiomática de Kolmogorov, quaisquer que sejam os acontecimento A e B nas condições dadas. Fica assim provada a condição inicial. 4. Vamos começar por calcular T (t) 0,15t ( 0, 0,015 ) T ' t 0, t e 0,1t 0,15e 0, t e 0,015t e 0,15 t 0,15t 0,15t 0,15t = + = = = e t t 0,15t T ' t = 0 e 0,t 0,015t = 0 0,t 0,015t = 0 t 0, 0,015t = 0 0, 40 t = 0 0, 0, 015t = 0 t = 0 t = t = 0 t = 0, 015 3
x 0 40 3 0 T '( t ) 0 + 0 0,099 T ( t ) Máx 40 39 1 1 = + = 13 + 3 3 3 3 1 0 0 3 = A temperatura máxima será atingida às 13h0m. 5. 5.1. lim x f ( x) = 3 3 lim 0 x 1 = = x ( x) + ln x ln x ln x = = + = + = + 0 = 0 x x x x x + lim f lim lim lim lim x + x + x + x + x + Pelo que verificamos que y = 0 é assimptota de f. Como 1 e > então basta determinar ' f x para x 1 f f 1 x ln x x x 1 ln x x ( x) = = ' 1 ln e e e ( e) = = ' O declive da recta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa e será m =. e Como o ponto de tangência pertence ao gráfico de f, vem: f ( e) Assim, substituindo na equação da recta y = x + b, temos: e + ln e 3 = = e e 3 3 5 = e + b = + b b = e e e e e
A equação da recta tangente ao gráfico no ponto de abcissa e será: y = x + 5 e e As coordenadas do ponto P serão determinadas a partir da seguinte condição: 5 x 0 e + e = 5 5 e 5 x = x = x e = e e e 5 As coordenadas do ponto P serão: ; 0 e 5.. Para determinar os pontos no gráfico de f cujas ordenadas são o cubo das abcissas temos que verifica f x = x ar a condição: 3 Os pontos que ver Q ( 1, ;1,80 ). rificam a condição 3 f x = x são: P ( 1,1; 1, 41 e )
..1. A área do trapézio é determinada a partir da seguinte fórmula: AD + CB Área = DC Como a abcissa do ponto D é então temos que CB = f ( x) = 0 4cos( x) = 0 cos( x) = 0 x = + k, k Z k x = +, k Z 4 Para k = 0, temos que x = 4 Assim: 5 AD = = 4 1 1 f = 4cos 4cos 4cos 4 = = = = 3 3 Logo, CD = A área do trapézio será: 5 + 1 5 7 Área = = + = u.a. 1 1 1.. = e f ''( x) = 1cos( x) f ' x 8sin x ' '' 4cos( ) 8sin ( ) 1cos( ) ( x) ( x) ( ( x) ( x) ) f x + f x + f x = x x x = = 1 cos 8sin = 4 3cos + sin c.q.d.
7. f x g x x x g x x x '' = 0 5 + 4 = 0 = 0 5 + 4 = 0 g x Como 0, x > R, então: x = 1 x = 4 x 1 4 + f ''( x) + 0 0 + f ( x ) O gráfico III representa a função f. O gráfico I não pode representar a função f porque não tem os sentidos de concavidade de acordo com os determinados na tabela em cima. O gráfico II não pode representar a função f porque f f contradiz um dos pressupostos do enunciado. 1 4 < 0, o que O gráfico IV não pode representar a função f porque apresenta um ponto de descontinuidade, o que não se pode verificar pelo facto de f '' ser finita em todos os pontos do seu domínio. FIM Esta proposta de resolução também pode ser consultada em http://www.apm.pt