Exame Nacional de 2013 (2.a fase)
Prova Escrita de Matemática A
12.O Ano de Escolaridade
Prova 635/Versões 1 e 2
GRUPO I
1. Versão 1: (B); Versão 2: (A)
Se apenas são distinguíveis pela cor, os discos brancos entre si e os discos pretos, também entre si, são iguais, logo, não interessa a ordem.
Assim, temos 16C9 maneiras diferentes de colocar os 9 discos brancos em 9 lugares dos 16 do tabuleiro e 7C3 maneiras diferentes de colocar
os 3 discos pretos nos 7 lugares restantes. Então a resposta é: 16C9 × 7C3
2. Versão 1: (C); Versão 2: (D)
Em qualquer linha do triângulo de Pascal, o segundo e o penúltimo elemento são iguais. Se o produto entre esses dois elementos é 484
4苶
8苶
4 = 22 .
então o seu valor é 兹苶
Sabemos também que, em qualquer linha do triângulo de Pascal, o 2.º elemento é dado por nC1 . Assim nC1 = 22 , logo n = 22 , ou seja, a
linha em causa tem 23 elementos. Desses 23 existem 6 (1.o , 2.o, 3.o, 21.o, 22.o e 23.o) que são inferiores a 1000. Existem assim 23 – 6 = 17 que
17
são superiores a 1000. Logo, a probabilidade pedida é p = .
23
3. Versão 1: (A); Versão 2: (B)
1
3
1
1
苶) + aloga(b) = loga (a5) + loga b 3 + b = 5 + loga (b) + b = 5 + × 3 + b = 5 + 1 + b = 6 + b
loga (a5 × 兹b
3
3
冢 冣
4. Versão 1: (D); Versão 2: (B)
e
Sendo f uma função contínua em [–e, 1] e sendo f(–e) = 1 e f(1) = e , em que f(–e) < < f(1) , então, pelo Teorema de Bolzano, podemos
2
e
concluir que a equação f(x) = tem pelo menos uma solução em ]–e, 1[ .
2
5. Versão 1: (B); Versão 2: (C)
f(x) – f(a) representa f’(a) , então f’(a) = 0 . Perante esta situação, podemos concluir que f poderá ter um extremo em
Sabendo que lim x→a
x–a
x = a , dado que a derivada se anula nesse ponto. Sendo, nesse ponto, f’’(a) = –2 , x = a não é ponto de inflexão, o que leva a concluir que
f(a) é um máximo relativo de f .
6. Versão 1: (A); Versão 2: (A)
Relativamente ao gráfico de g , o gráfico de f desloca-se 3 unidades para a direita, pelo que o sinal de f ’ será positiva desde – até ao
seu zero (positivo), negativa desde esse zero até ao zero seguinte (também positivo), e positiva desde esse zero até + . Ora o gráfico de
f ’ que verifica essas condições é o da opção (A).
7. Versão 1: (C); Versão 2: (D)
Se z = 2 + bi , com b < 0 , então o argumento de z pertence ao 4.º quadrante e sendo |z| = 兹苶
4苶
+苶
b苶2 , |z| > 2 , logo, z = 3 cis(–) .
Assim z苶 = 3 cis() .
8. Versão 1: (A); Versão 2: (C)
3
3
A condição ≤ |z – 3 + i| ≤ 3 ⇔ ≤ |z – (3 – i) ≤ 3 representa, no plano complexo, o conjunto dos pontos exteriores à circunferência de cen2
2
3
tro em (3, 1) e raio e interiores à circunferência de centro em (3, –1) e raio 3 , em ambas as situações, incluindo a fronteira.
2
2
2
A condição ≤ arg (z – 3 + i) ≤ ⇔ ≤ arg (z – (3 – i)) ≤ , representa, no plano complexo, o conjunto dos pontos compreendidos
3
3
3
3
2
entre as semirretas de origem no ponto (3, –1) e argumentos, respetivamente, e , em ambas as situações, incluindo a fronteira.
3
3
A conjunção das duas condições é o conjunto dos pontos representados na opção (A), versão 1, e opção (C), versão 2.
© Texto
GRUPO II
1.
1.1.
1
1
1
1
兹3苶
兹3苶
兹3苶
兹3苶
z1 = + i + i22 = + i + i2 = + i – 1 = – + i
2
2
2
2
2
2
2
2
–2
–2
–2
–2
z2 = = = = ;
iz1
1
1
兹3苶
兹3苶
兹3苶 1
i – + i
–i + i2
– – i
2
2
2
2
2
2
冢
冣
7
2 cis()
z2 = = 2 cis – = 2 cis –
6
6
7
cis 6
冢 冣
|iz1| =
冢
冣
冢 冣
1
3 1
7
兹3苶
2
–1
+ = 1 ; = + tg
= + tg–1 = + = 4 4
3
6
6
3苶
兹
2
冢
冑苳苳苳
Assim, (z2)n = 2 cis – 6
冤
n
冣
冢 冣
冢 冣冥 = 2 cis 冢–6 × n冣 ; (z )
n
2
n
é um número real negativo quando – × n = + 2k, k 僆 ZZ ⇔ – × n = 6 + 12k, k 僆 ZZ ⇔
6
⇔ n = – 6 – 12k, k 僆 ZZ .
Fazendo concretizações de k , obtemos n = 6 para k = –1 , sendo este o menor valor natural de n tal que (z2)n é um número real negativo.
1.2.
cos( – ) + i sen cos( – ) + i sen( – )
cis( – )
= =
= cis( – – ) = cis( – 2)
cos + i sen cis cis Como queríamos mostrar.
2.
5
5
5
5
苶 傼苶B) – P(A 傽 B) = , então P( A
苶 傼苶B) – P(A 傽 B) = ⇔ P(A
苶苶傽
苶苶B
苶 ) – P(A 傽 B) = ⇔ 1 – P(A 傽 B) – P(A 傽 B) = ⇔
Sabe-se que P( A
9
9
9
9
5
5
4
2
⇔ 1 – 2 × P(A 傽 B) = ⇔ –2 × P(A 傽 B) = –1 + ⇔ –2 × P(A 傽 B) = – ⇔ P(A 傽 B) = .
9
9
9
9
2
2
2
P(B 傽 a)
P(B 傽 A)
Sabe-se também que P(B| A) = , então P(B| A) = ⇔ = ⇔ P(A) = .
7
7
7
P(A)
2
7
2
2
7
9
Dado que P(A 傽 B) = , temos P(A) = ⇔ P(A) = .
2
9
9
7
Sendo B o acontecimento «sair número menor do que 3», então 苶
B será o acontecimento «sair número 3».
Uma vez que A = {1, 3} e como A 傽 B = {1} e 苶
B = {3} são dois acontecimentos incompatíveis, tem-se que P(A) = P(A 傽 B) + P( 苶
B ) pelo
7 2 5
que, P( 苶
B ) = P(A) – P(A 傽 B)⇔ P( 苶
B ) = – = .
9 9 9
5
Assim, conclui-se que a probabilidade de sair número 3 é .
9
3.
3.1.
3
Do enunciado retiramos que a probabilidade de escolher, ao acaso, um jornalista e ele ser do sexo feminino é . Como existem 20 jornalis5
3
tas então, o número jornalistas do sexo feminino é dado por × 20 = 12 , sendo assim os restantes 8 do sexo masculino.
5
Se agora se pretende escolher ao acaso dois dos 20 jornalistas presentes nessa conferência de imprensa e sendo Y a variável aleatória
«número de jornalistas do sexo feminino escolhidos», os valores da variável Y são 0,1 e 2 e a tabela de distribuição da variável Y é
Yi
0
1
2
P(Y = Yi)
14
95
48
95
33
95
8C × 12C
8C
12C
1
1
14
48
33
2
2
Em que P(Y = 0) = = ; P(Y = 1) = = e P(Y = 2) = =.
20C
20C
20C
95
95
95
2
2
2
© Texto
3.2.
Pretende-se determinar o número de maneiras diferentes dos 20 jornalistas se sentarem nas três primeiras filas, ocupando completamente a
1.ª e a 2.ª filas.
Resposta I) 20C16 × 16! × 8A4 .
Existem 20C16 maneiras diferentes de formar grupos de 16 jornalistas, de entre os 20, para ocuparem as duas primeiras filas. Para cada
grupo de 16 jornalistas existem 16! maneiras de ocuparem os 16 lugares nas duas primeiras filas. Restam 4 jornalistas que têm disponíveis 8
cadeiras na 3.ª fila.
Há 8A4 maneiras diferentes dos restantes 4 jornalistas se sentarem, ordenadamente, em 4 cadeiras de entre as 8 disponíveis.
Existem, assim, ao todo, 20C16 × 16! × 8A4 formas diferentes dos 20 jornalistas se sentarem, nas três primeiras filas, nas condições do enunciado.
Resposta II) 20A8 × 12A8 × 8A4 .
Existem 20A8 maneiras diferentes de se sentarem, ordenadamente, 8 jornalistas escolhidos entre os 20, na primeira fila. Sentados 8 jornalistas, restam 12, sendo que 8 destes deverão ocupar completamente a 2.ª fila. Existem 12A8 formas diferentes dos 8 jornalistas, escolhidos de
entre os 12, ocuparem as 8 cadeiras da 2.ª fila. Ocupadas as duas primeiras filas, restam 4 jornalistas para os quais há 8A4 formas diferentes
de se sentarem ordenadamente em cadeiras das 8 que constituem a 3.ª fila.
Existem, assim, ao todo, 20A8 × 12A8 × 8A4 formas diferentes dos 20 jornalistas se sentarem, nas três primeiras filas, nas condições do enunciado.
4.
4.1.
A função f é contínua em x = 1 se e só se lim –f (x) = lim +f (x) = f (1) .
x→1
x→1
Cálculo dos limites laterais:
lim f (x)
x→1–
= lim +(xe3 + x + 2x) = e4 + 2
lim f (x)
x→1+
1 – 兹苶
x + sen(x – 1)
x
1 – 兹苶
(1 – 兹苶
sen(x – 1)
sen(x – 1)
x)(1 + 兹苶
x)
1–x
= lim + = lim + + lim + = lim + = lim + –
– lim + x→1
x→1
x→1
x→1
x→1
x→1 (1
x– 1
1– x
1– x
1– x
(1 – x)(1 + 兹苶
x)
– x)(1 + 兹苶
x)
– lim
1
1
1
sen(x – 1)
= lim + – 1 = – 1 = – .
x→1 1 + 兹苶
2
2
x– 1
x
x – 1→0+
x→1
Como os limites laterais são diferentes, concluímos que a função não é contínua em x = 1 .
4.2.
O gráfico de f admite uma assíntota oblíqua de equação y = mx + b , quando x → – se existirem e forem finitos os valores de m e b .
f(x)
xe3 + x + 2x
x(e3 + x + 2)
m = lim = lim = lim = lim (e3 + x + 2) = 0 + 2 = 2
x→– x
x→–
x→–
x→–
x
x
e3
3 ×ex
3+x
e–x
e
e3 × x
e
x
= lim = e3 × lim =
b = lim (f (x) – mx) = lim (xe3 + x + 2x – 2x) = lim (xe3 + x) = lim = lim = lim x→–
x→–
x→–
x→–
x→–
x→–
x→– e–x
x→+ e–x
1
1
1
x
x
x
–y
1
3×
3× 1
= e3 × lim =
–e
=
–e
=
0
.
x→+ ey
+
ey
lim y→+ y
Fazendo y = –x vem x = –y em que y → + .
O gráfico de f admite uma assíntota oblíqua de equação y = 2x , quando x → – .
5.
Para efetuar o estudo das concavidades do gráfico de g determinemos a expressão analítica da sua segunda derivada.
(ex + 6e–x + 4x)
ex – 6e–x + 4
g”(x) = [ln(ex + 6e–x + 4x)]’ = = .
ex + 6e–x + 4x
ex + 6e–x + 4x
Como x 僆 IR+ então, ex + 6e–x + 4x > 0
© Texto
Zeros da derivada:
6
–4 ± 兹苶
–4 ± 兹苶
1苶
6苶
–苶
4苶
×苶
1苶
×(–
苶6苶)
4苶
0
g”(x) = 0 ⇔ ex – 6e–x + 4 = 0 ⇔ ex – + 4 = 0 ⇔ (ex)2 – 6 + 4ex = 0 ⇔ (ex)2 + 4ex – 6 = 0 ⇔ ex = ⇔ ex = ⇔
2
2
ex
–4 ± 2兹苶
1苶
0
⇔ ex 1苶
0 ∨ ex = –2 – 兹苶
1苶
0 ⇔ ex = –2 + 兹苶
1苶
0 ⇔ x = ln(–2 + 兹苶
1苶
0) .
⇔ ex = –2 + 兹苶
2
ln(–2 + 兹苶
1苶
0)
x
0
+
g’’(x)
n.d.
–
0
+
g(x)
n.d.
傽
P.I.
傼
Por observação da tabela, conclui-se que o gráfico de g tem a concavidade voltada para baixo no intervalo ]0, ln(–2 + 兹苶
1苶
0)] e voltada para
1苶
0), +[ .
cima no intervalo [ln(–2 + 兹苶
1苶
0) .
O gráfico de g tem um ponto de inflexão de abcissa ln(–2 + 兹苶
6.
Consideremos a representação gráfica de f definida por f(x) = –x – 31 + ln(x2 + 1) definida no intervalo [–1, 2] .
y
–1
A
2
1
P
x
–5
P (–0,15 ; –2,92)
f
–20
A área do triângulo [AOP] é mínima quando a altura do triângulo, relativamente à base [AO] for mínima, o que acontece quando a ordenada
do ponto P for o máximo de f , no intervalo [–1, 2] .
Por observação do gráfico de f , sabemos que o seu máximo é –2,92.
——
2 × |f(x)|
OA × |f(x)|
Assim, a área do triângulo [AOP] é dada por A[AOP] = =
= |f(x)| .
2
2
Um valor aproximado para a área pedida é então 2,92 .
7.
7.1.
——
——
Tendo em conta os dados da figura tem-se que P[AOP] = 2 × OA + AB
——
Determinação de OA :
——
3
3
3
cos ( – ) = —— ⇔ –cos = —— ⇔ OA = – OA
OA
cos ——
Determinação de AB :
——
——
——
AP
AP
tg ( – ) = ⇔ –tg = ⇔ AP = –3 tg 3
3
——
——
——
Como AB = 2 × AP então, AB = 2 × (–3 tg ) = –6 tg 冢
冣
6
3
Assim, P[OAB] = 2 × – – 6 tg = –6 tg – cos cos 6
Então, P() = –6 tg – , 僆 , 2
cos 冥
© Texto
冤
7.2.
5
O declive da reta tangente ao gráfico da função P é igual à derivada da função P no ponto de abcissa .
6
Determinação da derivada da função P :
6
1
–6
6
6 × (–senx)
6 senx
–6 – 6 senx
’
’
– –
P‘(x) = –6 tgx – = (–6 tgx)’ – = –6 × –
=
=
cos x
cos x
cos2 x
cos2 x
cos2 x
cos2 x
cos2 x
冢
冣
冢
冣
冢
冣
5
1
–6 – 6 sen –6 – 6 sen –6 – 6 × –9
6
6
2
5
= Assim, P‘ = = = = –12
2
3
5
6
2
2
兹
3
苶
cos cos 4
6
6
2
冢 冣
冢 冣
冢 冣
冢 冣
冢 冣
冢 冣
5
Pelo que se conclui que o declive da reta tangente ao gráfico da função P , no ponto de abcissa é –12 .
6
FIM
© Texto