ResoluExame, Matemática A, 2011_2011

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ResoluExame, Matemática A, 2011_2011

  1. 1. Sociedade Portuguesa de Matemática Av. da República 45 - 3ºesq., 1050–187 Lisboa Tel. 21 795 1219 / Fax 21 795 2349 www.spm.pt imprensa@spm.pt 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 8Versão D A C B C D B B 1Versão B C A D C A C D 2 Grupo II1.1. Utilizando a regra de Ruffini: 1 −1 16 -16 1 1 0 16 1 0 16 0 = restoz 3 − z 2 + 16 z − 16 = ( z − 1)(z 2 + 16) = ( z − 1)(z + 4i)(z − 4i)Cálculo auxiliar: z 2 + 16 = 0 ⇔ z 2 = −16 ⇔ z = −4i ∨ z = 4iAssim, as raízes do polinómio na forma trigonométrica: ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ 1 = cis0 , − 4i = 4cis⎜ − ⎟ e 4i = 4cis⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎛ nπ ⎞ ⎛ π ⎞ ⎛ nπ ⎞ ⎛ π nπ ⎞1.2. z 2 × z 3 = 5i × cis⎜ ⎟ = 5cis⎜ ⎟ cis⎜ ⎟ = 5cis⎜ + ⎟ como a imagem ⎝ 40 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 40 ⎠ ⎝ 2 40 ⎠geométrica de z 2 × z 3 está no terceiro quadrante e pertence à bissectriz dos quadrantes 5πímpares vem que arg( z 2 × z 3 ) = + 2kπ , k ∈ Ζ . Assim, 4 π nπ 5π nπ 3π + = + 2kπ , k ∈ Ζ ⇔ = + 2kπ , k ∈ Ζ ⇔ n = 30 + 80k , k ∈ Ζ 2 40 4 40 4Fazendo k = 0 temos o menor natural que satisfaz o pretendido que é n = 30 .
  2. 2. 2.1. Seja X a variável aleatória que dá o número de jovens, de entre os 9, queutilizaram cartão multibanco. X segue uma distribuição binomial com n = 9 e p = 0,6 .Assim, P( X = 6) = 9C 6 × 0,6 6 × 0,4 3 ≈ 0,25 .2.2. No universo formado pelo conjunto dos passageiros que optam pelo destino Berlimou 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: P (V | B ) = 0,05 ; P(V | P) = 0,92 logo P(V | P) = 1 − 0,92 = 0,08 P( B) = 0,3 logo P( P) = 1 − 0,3 = 0,7P(V ) = P(V ∩ P) + P(V ∩ B) = P(V | P) × P( P) + P(V | B) × P( B) = 0,08 × 0,7 + 0,05 × 0,3 = 0,071 3. Tendo-se P( A) > 0 vem que: 1 − P( B) P( A ∩ B) P( A) − 1 + P( B) P( B | A) ≥ 1 − ⇔ ≥ ⇔ P( A ∩ B) ≥ P( A) + P( B) − 1 ⇔ P( A) P( A) P( A) ⇔ P( A) + P( B) − P( A ∩ B) ≤ 1 ⇔ P( A ∪ B) ≤ 1 O que é verdadeiro, pois a probabilidade de um acontecimento é sempre menor ou igual a 1. 1 − P( B) Tendo-se, por equivalência, que P( B | A) ≥ 1 − é também verdadeira. P( A) 4. T (t ) = 0,2t × e −0,15t − 0,15 × e −0,15t × 0,1t 2 = e −0,15t (0,2t − 0,015t 2 ), t ∈ [0, 20] 40T (t ) = 0 ⇔ e −0,15t = 0 ∨ t (0,2 − 0,015t ) = 0 ⇔ t (0,2 − 0,015t ) = 0 ⇔ t = 0 ∨ t = 3Visto que e −0,15t = 0 é impossível.Organizando a informação numa tabela, obtemos: 40 t 0 3 20 T (t ) 0 + 0 − T (20) T (t ) T ( 0) Max. T (20)
  3. 3. De onde concluímos que o instante em que a temperatura atingiu o valor máximo foi em 40t= horas, o que corresponde a 13horas e 20 minutos. 35. 1. Cálculo da equação da assimptota horizontal do gráfico de f : 3 3 lim = = 0 , pelo que y = 0 é equação da assimptota horizontal do x → −∞ x −1 − ∞ gráfico de f. 2 + ln x 2 ln x Nota: lim = lim + lim = 0 + 0 = 0 , donde também se concluía que x x →+∞ x →+∞ x x →+∞ x y = 0 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 x − (2 + ln x) x − 1 − ln x 2f ( x) = 2 = 2 , x > 1 , assim m = f (e) = − 2 . x x e 3Sabendo que a recta passa no ponto T (e, f (e)) , com f (e) = , a ordenada na origem, e 2 5b, é dada, pela resolução da equação f (e) = − 2 × e + b ⇔ b = . Finalmente a e e 2 5equação reduzida da recta é dada por: y = − 2 x + e eDeterminamos agora as coordenadas do ponto P resolvendo o seguinte sistema de duasequações:⎧ y = 0 ⎧ y = 0⎪ ⎪⎨ 2 5 ⇔ ⎨ 5e⎪ y = − e 2 x + e⎩ ⎪ x = 2 ⎩ ⎛ 5e ⎞ P⎜ ,0 ⎟ ⎝ 2 ⎠
  4. 4. 5.2. As coordenadas dos pontos referidos correspondem aos pontos dos gráficos cujas abcissas são as soluções da equação f ( x) = x 3 Recorrendo à calculadora gráfica: As coordenadas dos pontos pretendidos são: A(a1 , a2 ) e B(b1 , b2 ) em que a1 ≈ 1,22 , a2 ≈ 1,80, b1 ≈ −1,12 e b2 ≈ −1,416.1. A área do trapézio é dada por: AD + BCárea = × CD 2A abcissa do ponto A é um zero da função f .Temos, ⎛ π ⎞ π π kπf ( x) = 0 ⇔ 4 cos( 2 x) = 0 ⇔ cos( 2 x) = cos⎜ ⎟ ⇔ 2 x = + kπ , k ∈ Z ⇔ x = + ,k ∈ Z ⎝ 2 ⎠ 2 4 2
  5. 5. πFazendo k = 0 vem que abcissa do ponto A é (pois é o primeiro zero positivo da 4função). π π 5π π ⎛ π ⎞ ⎛ π ⎞ 1Logo, AD = + = ; BC = e CD = f ⎜ − ⎟ = 4 cos⎜ − ⎟ = 4 × = 2 . 6 4 12 6 ⎝ 6 ⎠ ⎝ 3 ⎠ 2 5π π +Logo, área = 12 6 × 2 = 7π . 2 126.2. f ( x) = 4(− sen(2 x)) × 2 = −8sen(2 x), ∀x ∈ IR f ( x) = −8 cos(2 x) × 2 = −16 cos(2 x), ∀x ∈ IRLogo, f ( x) + f ( x) + f ( x) = 4 cos( 2 x) − 8sen(2 x) − 16 cos( 2 x) = −8sen(2 x) − 12 cos( 2 x) == −4 (3 cos( 2 x) + 2sen(2 x)), ∀x ∈ IR c.q.d .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 têmsinais contrários logo f (1) × f (4) < 0 , o que contraria a condição dada f (1) × f (4) > 0 .Excluímos a opção IV pois, pelo facto de f estar definida em IR, em particular f éduas vezes diferenciável, logo contínua.A opção I também é excluída porque não respeita o sentido das concavidades do gráficode f. O sentido das concavidades do gráfico de f é obtido pelo estudo do sinal dasegunda derivada de f. Pelo facto da parte do gráfico de g visualizada estar acima doeixo das abcissas e de g ser contínua e não ter zeros, temos que g ( x) > 0, ∀x ∈ IR .Assim, o sinal de f é dado pelo sinal do factor x 2 − 5 x + 4 , obtido no seguinteesboço.Assim, rejeitamos a opção I pois, por exemplo, no intervalo [1, 4] a concavidade estávoltada para cima e o esboço apresentado indica que deveria estar voltada para baixo.

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