ResoluExame, Matemática A, 2011_2011
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Sociedade Portuguesa de Matemática Av. da República 45 - 3ºesq., 1050–187 Lisboa
Tel. 21 795 1219 / Fax 21 795 2349 www.spm.pt [email protected]
Proposta de Resolução da Sociedade Portuguesa de Matemática para o Exame Nacional de Matemática A Prova 635, 1ª fase – 27 de Junho de 2011
Grupo I 1 2 3 4 5 6 7 8 Versão
1 D A C B C D B B
Versão 2 B C A D C A C D
Grupo II 1.1. Utilizando a regra de Ruffini:
1
−1
16
-16
1 1 0 16 1 0 16 0 = resto
)4)(4)(1()16)(1(1616 223 izizzzzzzz −+−=+−=−+−
Cálculo auxiliar: izizzz 4416016 22 =∨−=⇔−=⇔=+ Assim, as raízes do polinómio na forma trigonométrica:
01 cis= , ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−=−2
44 πcisi e ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=2
44 πcisi
1.2. ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛×=×402
5402
540
532πππππ ncisnciscisncisizz como a imagem
geométrica de 32 zz × está no terceiro quadrante e pertence à bissectriz dos quadrantes
ímpares vem que Ζ∈+=× kkzz ,245)arg( 32 ππ . Assim,
Ζ∈+=⇔Ζ∈+=⇔Ζ∈+=+ kknkknkkn ,8030,243
40,2
45
402π
πππ
πππ
Fazendo 0=k temos o menor natural que satisfaz o pretendido que é 30=n .
2.1. Seja X a variável aleatória que dá o número de jovens, de entre os 9, que utilizaram cartão multibanco. X segue uma distribuição binomial com 9=n e 6,0=p . Assim, 25,04,06,0)6( 36
69 ≈××== CXP .
2.2. No universo formado pelo conjunto dos passageiros que optam pelo destino Berlim ou Paris, com bilhetes a baixo custo, sejam os acontecimentos: B: “O destino é Berlim” P:” O destino é Paris” V:”Efectua o voo” Sabe-se que: 05,0)|( =BVP ; 92,0)|( =PVP logo 08,092,01)|( =−=PVP 3,0)( =BP logo 7,03,01)( =−=PP
071,03,005,07,008,0)()|()()|()()()( =×+×=×+×=∩+∩= BPBVPPPPVPBVPPVPVP
3. Tendo-se 0)( >AP vem que:
1)(1)()()(
1)()()()(
)(1)()()(
)()(11)|(
≤∪⇔≤∩−+⇔
⇔−+≥∩⇔+−
≥∩
⇔−
−≥
BAPBAPBPAP
BPAPBAPAP
BPAPAPBAP
APBPABP
O que é verdadeiro, pois a probabilidade de um acontecimento é sempre menor ou igual a 1.
Tendo-se, por equivalência, que )()(11)|(
APBPABP −
−≥ é também verdadeira.
4. [ ]20,0),015,02,0(1,015,02,0)(' 215,0215,015,0 ∈−=××−×= −−− ttteteettT ttt
34000)015,02,0(0)015,02,0(00)(' 15,0 =∨=⇔=−⇔=−∨=⇔= − ttttttetT t
Visto que 015,0 =− te é impossível. Organizando a informação numa tabela, obtemos:
t
0
340
20
)(' tT 0 + 0 − )20('T
)(tT
)0(T
Max.
)20(T
De onde concluímos que o instante em que a temperatura atingiu o valor máximo foi em
340
=t horas, o que corresponde a 13horas e 20 minutos.
5. 1. Cálculo da equação da assimptota horizontal do gráfico de f :
0313lim =
∞−=
−−∞→ xx, pelo que 0=y é equação da assimptota horizontal do
gráfico de f.
Nota: 000lnlim2limln2lim =+=+=+
+∞→+∞→+∞→ xx
xxx
xxx, donde também se concluía que
0=y é equação da assimptota horizontal do gráfico de f. Cálculo da equação da recta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa e:
1,ln1)ln2(1
)(' 22 >−−
=+−
= xx
xx
xxxxf , assim
2
2)('e
efm −== .
Sabendo que a recta passa no ponto ))(,( efeT , com e
ef 3)( = , a ordenada na origem,
b, é dada, pela resolução da equação e
bbee
ef 52)( 2 =⇔+×−= . Finalmente a
equação reduzida da recta é dada por:e
xe
y 522 +−=
Determinamos agora as coordenadas do ponto P resolvendo o seguinte sistema de duas equações:
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=
=⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧
+−=
=
250
520
2
ex
y
ex
ey
y
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ 0,25eP
5.2. As coordenadas dos pontos referidos correspondem aos pontos dos gráficos cujas
abcissas são as soluções da equação 3)( xxf = Recorrendo à calculadora gráfica: As coordenadas dos pontos pretendidos são: ( )21, aaA e ( )21, bbB em que 22,11 ≈a , 80,12 ≈a , 12,11 −≈b e 41,12 −≈b 6.1. A área do trapézio é dada por:
CDBCADárea ×+
=2
A abcissa do ponto A é um zero da função f . Temos,
ZkkxZkkxxxxf ∈+=⇔∈+=⇔⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=⇔=⇔= ,24
,2
22
cos)2cos(0)2cos(40)( πππ
ππ
Fazendo 0=k vem que abcissa do ponto A é 4π (pois é o primeiro zero positivo da
função).
Logo, 125
46πππ
=+=AD ; 6π
=BC e 2214
3cos4
6=×=⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛−=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−=ππfCD .
Logo, 1272
2612
5π
ππ
=×+
=área .
6.2. IRxxsenxsenxf ∈∀−=×−= ),2(82))2((4)(' IRxxxxf ∈∀−=×−= ),2cos(162)2cos(8)('' Logo,
...)),2(2)2cos(3(4)2cos(12)2(8)2cos(16)2(8)2cos(4)('')(')(
dqcIRxxsenxxxsenxxsenxxfxfxf
∈∀+−=
=−−=−−=++
7. A opção que pode representar a função f é a III. Podemos excluir a opção II visto que por visualização gráfica as imagens de 1 e 4 têm sinais contrários logo 0)4()1( <× ff , o que contraria a condição dada 0)4()1( >× ff . Excluímos a opção IV pois, pelo facto de ''f estar definida em IR, em particular f é duas vezes diferenciável, logo contínua. A opção I também é excluída porque não respeita o sentido das concavidades do gráfico de f. O sentido das concavidades do gráfico de f é obtido pelo estudo do sinal da segunda derivada de f. Pelo facto da parte do gráfico de g visualizada estar acima do eixo das abcissas e de g ser contínua e não ter zeros, temos que IRxxg ∈∀> ,0)( . Assim, o sinal de ''f é dado pelo sinal do factor 452 +− xx , obtido no seguinte esboço. Assim, rejeitamos a opção I pois, por exemplo, no intervalo [ ]4,1 a concavidade está voltada para cima e o esboço apresentado indica que deveria estar voltada para baixo.