TESTE INTERMÉDIO DE MATEMÁTICA A - 12º ANO
RESOLUÇÃO - VERSÃO 1
______________________________________________
GRUPO I
1.
2.
3.
4.
Nas condições do enunciado, tem-se:
log + B œ " & log + C Í log + B œ log + + log + C& Í
Í log + B œ log + + C& Í B œ + C&
Resposta A
O gráfico da função . , definida por .ÐBÑ œ # tg B, tem uma
infinidade de assimptotas verticais.
Resposta D
w
2 w ÐBÑ œ 0 w ÐBÑ 1 w ÐBÑ œ B# " 1 w ÐBÑ œ #B 1 w ÐBÑ
Como o gráfico da função 1 é uma recta, tem-se 1 w ÐBÑ œ ,, sendo
, o declive dessa recta, que é negativo.
Logo, 2 w ÐBÑ œ #B , , com , !.
Resposta B
A linha do Triângulo de Pascal com nove elementos é a linha que
)
contém os elementos da forma G: , pelo que o segundo e o penúltimo
elementos dessa linha são iguais a ). Como o primeiro e o último
elementos da linha são iguais a ", a linha contém dois elementos
iguais a ) e dois elementos iguais a ", sendo todos os outros maiores
do que ). Portanto, para o produto dos dois elementos escolhidos ser
igual a ), é necessário que um deles seja " e o outro seja ).
#
A probabilidade pedida é, portanto,
G" ‚ #G"
*
G#
œ
%
$'
"
œ *
Resposta B
5.
O número complexo
3
# -3= # α
tem, relativamente ao número
complexo 3 -3= α, metade do módulo e o dobro do argumento.
Resposta B
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GRUPO II
1.
2.
Ð # 3 Ñ# " ' 3 $&
" #3
% % 3 3# " ' 3 $
" #3
œ
œ
% % 3 " " ' 3
" #3
œ " #3 œ
% # 3
œ
% ) 3 # 3 % 3#
" % 3#
œ
œ
% # 3 Ð" # 3Ñ
" # 3 Ð" # 3Ñ
% )3 #3 %
"%
œ
"! 3
&
œ
œ #3
O acontecimento E ∩ F é o acontecimento «sair número ímpar maior do que 2».
Ora, dos números 1, 2, 3 e 4, só há um número ímpar maior do que 2, que é o 3.
Portanto, E ∩ F œ Ö$×
Concluímos assim que T ÐÖ$×Ñ œ !,%
De T ÐEÑ œ T ÐEÑ resulta que T ÐEÑ œ !,& e T ÐEÑ œ !,&.
Portanto, como E œ Ö"ß $× e como T ÐÖ$×Ñ œ !,%, vem T ÐÖ"×Ñ œ !,"
Como E ∪ F œ Ö"ß $ß %× e
pelo que T ÐÖ#×Ñ œ !,#.
T E ∪ F œ !,), vem T ÐÖ"ß $ß %×Ñ œ !,),
Finalmente, como T ÐEÑ œ T ÐÖ#ß %×Ñ œ !,& e como T ÐÖ#×Ñ œ !,#, vem
T ÐÖ%×Ñ œ !,$
Tem-se, então, a seguinte tabela de distribuição de probabilidades da variável aleatória \ :
B3
T Ð\ œ B3 Ñ
3.1.
"
!,"
#
!,#
$
!,%
%
!,$
Como o ponto E pertence ao eixo das ordenadas, a sua abcissa é igual a !.
Portanto, o declive da recta tangente ao gráfico de 0 , no ponto E, é igual a 0 w Ð!Ñ.
Tem-se que 0 w Ð!Ñ œ Ð# ‚ ! %Ñ ‚ /! œ % ‚ " œ %
Como o ponto E pertence ao eixo das ordenadas, e a sua ordenada é igual a ", tem-se
que a recta intersecta o eixo das ordenadas no ponto de ordenada ".
Portanto, a equação reduzida da recta é C œ %B "
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3.2.
0 ww ÐBÑ œ Ð#B %Ñw Þ /B Ð#B %Ñ Þ Ð/B Ñw œ
œ # /B Ð#B %Ñ /B œ Ð#B 'Ñ /B
Tem-se:
0 ww ÐBÑ œ ! Í Ð#B 'Ñ /B œ ! Í #B ' œ ! Í B œ $
B
0 ww
∞
$
!
0
∞
:Þ3.
Concluímos assim que o gráfico de 0 tem a concavidade voltada para baixo no intervalo
Ó ∞ß $Ó e voltada para cima no intervalo Ò $ß ∞Ò ; o ponto de abcissa $ é
ponto de inflexão.
4.1.
Tem-se:
•
•
lim 1ÐBÑ œ lim c# B ln " B B# d œ # ln " œ # ! œ #
B Ä "
lim 1ÐBÑ œ lim
BÄ"
BÄ"
œ lim
BÄ"
•
B"
ÈB "
B " ˆÈ B "‰
œ
B "
!
!
B " ˆÈ B "‰
œ lim ˆÈ
B "‰ˆÈ B "‰
BÄ"
œ
lim ˆÈ B "‰ œ È " " œ #
B Ä "
1Ð"Ñ œ #
Como
4.2.
BÄ"
lim 1ÐBÑ œ lim 1ÐBÑ œ 1Ð"Ñ , concluímos que a função é contínua em B œ "
B Ä "
Tem-se 1Ð%Ñ œ
BÄ"
%"
È% "
œ $. Portanto, 1ÐBÑ œ # 1Ð%Ñ Í 1ÐBÑ œ "
Trata-se, assim, de determinar B pertencente a
Ò
"
# ß"
Ò
tal que
1ÐBÑ œ "
Na figura está representado o gráfico de
1, nesse intervalo, bem como a recta de
equação C œ ". Esta recta intersecta o
gráfico de 1 no ponto assinalado na
figura,
cuja abcissa, arredondada às
décimas, é igual a !,%.
Portanto, o valor de B pedido é !,%
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5.1.
B œ !, o ponto T coincide com o ponto E, pelo que a distância do ponto U
ao ponto S é igual a $ ", ou seja, é igual a %.
Quando B œ 1, o ponto T coincide com o ponto F , pelo que a distância do ponto U
ao ponto S é igual a $ ", ou seja, é igual a #.
Como .Ð!Ñ œ % e .Ð1Ñ œ #, resulta que se tem, efectivamente, .Ð!Ñ œ # .Ð1Ñ, pelo
que a afirmação I é verdadeira.
Quando
Quando B varia de ! a 1, o ponto T vai de E até F, percorrendo, no sentido directo,
a semicircunferência que está acima do diâmetro ÒEFÓ, pelo que o ponto U se vai
aproximando do ponto S. Tem-se, assim, que, no intervalo Ò!ß 1Ó,
.ÐBÑ diminui à
medida que B aumenta, pelo que a função . é estritamente decrescente neste intervalo.
O mesmo não se passa quando B varia de 1 a #1. Neste caso, o ponto T vai de F
até E, percorrendo, no sentido directo, a semicircunferência que está abaixo do diâmetro
ÒEFÓ, pelo que o ponto U se vai afastando do ponto S. Portanto, no intervalo Ò1ß #1Ó,
.ÐBÑ aumenta à medida que B aumenta, pelo que a função . é estritamente crescente
neste intervalo. Logo, a função derivada, . w , não pode ser negativa no intervalo Ò1ß #1Ó .
Portanto, a afirmação II é falsa.
5.2.
Tem-se, de acordo com a sugestão, SU œ SV VU
Por um lado, tem-se
SV œ cos B
Por outro lado, aplicando o Teorema de Pitágoras no triângulo ÒT UVÓ, vem:
#
VU sen# B œ $#
Donde resulta que
Portanto,
VU œ È * sen# B
.ÐBÑ œ cos B È * sen# B
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