PROVA MODELO N.º 12 JULHO DE 2019 PROPOSTA DE RESOLUÇÃO EXAME NACIONAL DO ENSINO SECUNDÁRIO MATEMÁTICA A 12.º ANO DE ESCOLARIDADE

(1)

EXAME NACIONAL DO ENSINO SECUNDÁRIO

|

MATEMÁTICA A

12.º ANO DE ESCOLARIDADE

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P

ROVA

M

ODELO N

.

º

12 J

ULHO DE

2019

(2)

C

ADERNO

1

1.

1.1. Seja X a variável aleatória: :

X «número de aves desta espécie numa amostra de nove com a anomalia genética»

Esta variável aleatória segue uma distribuição binomial de parâmetros n9 e p7%0,07, isto é:





~ Bin 9;0,07

X

Pretende-se determinar P



Estudo ser considerado válido



P X



2



. Assim, P X



2



P X



0



P X



 1



P X



2



 ₉



 

0



9 ₉



 

1



8 ₉



 

2



7 0 0,07 0,93 1 0,07 0,93 2 0,07 0,93 0,98 C C C           Resposta: D

1.2. Consideremos a seguinte figura:

Tem-se que a área do triângulo é dada por 2 AB CD _. Como sen 30º

 

4 1 2 4 2 CD CD CD       , vem que 8 2 2 AB CD AB   2  8 AB8.

Logo, pelo lei dos co-senos, tem-se:





2 2 2 ₂ ₂ 2 cos 150º 4 8 2 BC AB AC  ABAC    4 8 3 2    _ _80 32 3  

Como BC0, vem que BC 80 32 3 11,64.

(3)

2.1. Tem-se que:

▪ o ponto A pertence à recta t , pelo que as suas coordenadas



x_A,y z_A, _A



, são da forma:



x_A,y z_A, _A

 

 0,0,1

 

k 4,0, 1 

 

4 ,0,1k k



, k

 A



4 ,0,1k k



, k

▪ AV  V A



4, 5,5

 

 4 ,0,1k k

 

 4 4 , 5,4 k  k



▪ CA  A C



4 ,0,1k k

 

 0,0,3

 

 4 ,0,k  k 2



Logo, como AV CA  56, vem:



 



56 4 4 , 5, 4 4 ,0, 2 56 AV CA     k   k k  k    4k



4 4 k



 0



4k



 k 2



 56 2 2 16k 16k 4k 8 k 2k 56         2 17k 10k 48 0     









2 10 10 4 17 48 2 17 k           10 58 24 2 34 17 k   k k         Assim, se: ▪ 24 17 k  então,



4 ,0,1



4 24 ,0,1 24 96,0,41 17 17 17 17 A k k _  _ _  _ _ _       ▪ k2 então, A



4 ,0,1k k

 

 4 2,0,1 2

 

 8,0, 1



(4)

▪ por três pontos não colineares passa um único plano. Os pontos A , C e D pertencem ao plano ABC e não são colineares. Logo, se os pontos A , C e D pertencerem ao plano definido por x2y2z6, então esse plano é o

ABC:



8,0, 1



8 2 0 2

 

1 6 8 2 6 6 6 A               Proposição verdadeira.



0,0,3



0 2 0 2 3 6 6 6 C          Proposição verdadeira.



0, 4, 1



0 2

 

4 2

 

1 8 2 6 6 D               Proposição verdadeira.

Logo, uma equação cartesiana do plano ABC é x2y2z6.

▪ a altura da pirâmide é dada por VP , em que P é o ponto de intersecção da recta r , perpendicular ao plano ABC e que contém o ponto V , com o plano ABC.

Um vector normal ao plano ABC é n



1, 2,2



, pelo que como r é perpendicular a ABC, este vector é também director de r e portanto, r:



x y z, ,

 

 4, 5,5

 

k 1, 2, 2



, k .

Como o ponto P pertence a r , tem-se que: P



4  k, 5 2 ,5 2k  k



, k . Mas P também pertence a ABC,

pelo que:



 



4   k 2 5 2k 2 5 2 k    6 4 k 104k104k 6 9k    18 k 2 Portanto, P



4 2, 5 2    

 

2 ,5 2  

 

2







2, 1,1



, pelo que:



 

2

 

2



2 ₂

 

2 ₂

4 2 5 1 5 1 2 4 4 4 16 16 36 6

VP               

 A altura da pirâmide é 6.

3. Tem-se que nC₃nC₇ 0 nC₃nC₇     n 3 7 n 10.

Logo, a forma geral dos termos deste desenvolvimento é

 

(5)

Logo, como se pretende o coeficiente do termo em 11

x , vem 3p10 11 3p21 p 7.  O coeficiente do termo em _{x é}11 10 10 7

 

7 3

 

7 2 1 120 2 1 960 C           . Resposta: A 4.

4.1. O número de casos possíveis é 10 3

C , que é o número de escolher três bolas entre um conjunto de dez.

Para que no conjunto das três bolas, não sejam todas da mesma cor, temos de considerar dois casos: duas vermelhas e uma branca, o número de maneiras de extrair três bolas nestas condições é 6 4

2 1

C  C; uma vermelha e duas

brancas, o número de maneiras de extrair três bolas nestas condições é 6 4

1 2

C  C .

Logo, o número de casos favoráveis é 6 4 6 4

2 1 1 2 C  C  C  C . A probabilidade pedida é 6 4 6 4 2 1 1 2 10 3 96 4 120 5 C C C C C    _ _ .

4.2. P A B



C



é a probabilidade de as seis bolas extraídas não serem todas da mesma cor, sabendo que as

cinco primeiras são todas da mesma cor mas nenhuma delas é preta.

Como as cinco primeiras são todas da mesma cor, mas nenhuma é preta, conclui-se que as cinco primeiras extraídas são vermelhas.

Logo, para a sexta extracção estão na caixa n10 5  n 5 bolas, sendo que n são pretas, quatro são brancas e uma é vermelha.

Portanto, o número de casos possíveis é n5. Como queremos que as seis bolas não sejam todas da mesma cor, então na sexta extracção não pode sair uma bola vermelha, tem de sair uma preta ou uma branca. Logo, o número de

casos favoráveis é n4 e portanto





4

5 n P A B C n     .

Assim, como P A B



C



96%, vem que:

(6)

da Fonte será 92% superior ao número de habitantes que viviam no Bairro do Garrafão no dia t . ₀

Tem-se que:

▪ passados dois meses do dia t o número de habitantes no Bairro da Fonte é dado por ₀ F t



₀2



;

▪ passados dois meses do dia t o número de habitantes no Bairro da Fonte será 92% superior ao número de ₀

habitantes que viviam no Bairro de Garrafão no dia t , isto é, é igual a ₀ G t

 

₀ 0,92G t

 

₀ 1,92G t

 

₀ .

Portanto, t é solução da equação ₀ F t



2



1,92G t

 

.

No editor de funções da calculadora gráfica define-se y₁F t



2



e y₂ 1,92G t

 

na janela

  

0,6  0, 22



:

Portanto, F t



2



1,92G t

 

 t t₀, com t₀ 1,504. Como 0,504 30 15  , o dia correspondente a t é o dia ₀

(7)

▪





2 2 1 1 1 1 1 1 2z i z  z 2i  z   2 i z  2  1 z  5. Portanto, 2 ₁ ₁ 1 ₁ 5 1 ₁ 1 ₁ 5 5 5 5 5 z i z   z    z    z  . ▪ 3z₁3i z₁z₁



3 3 i



.

Sendo  um argumento de 3 3i , vem que tg 3 1 3

   e 4.º Q, pelo que

4



  . Portanto, sendo  um argumento de z , vem que: ₁





4 4 1 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 3 i i i z i z z i z e i e z i e  _                 

Mas como Arg 3



₁ 3 ₁



2 z  i z  , vem que 2 4 2 k      , 3 2 4 k     k , k , pelo que um argumento de z é ₁ 3 4  . Logo, 3 4 1 5 5 3 3 5 2 2 10 10 cos sen 5 5 4 4 5 2 2 10 10 i z e i i i  _ _ _ _ _ _            _  _           . Resposta: C 7. Tem-se que:

▪ para n e n10, o número de termos de

 

u_n é finito. Neste caso, o menor termo da sucessão é u₁212 e

o maior termo é 9

9 2 512

u  

.

Portanto, para n e n10, vem que 2u_n512.

▪ para n e n10, 2 3 2 n n u n    .

Fazendo a divisão inteira, vem:

2n  3 n  2

2n

 _ ₄ ₂

1

(8)

 , pelo que, para n e n10, vem que:

1 1 1 1 1 1 23 10 2 12 0 0 2 2 2 2 2 12 12 2 12 2 12 n u n n n u n n n                       

Portanto, para n e n10, vem que 23 2 12un  .

 23 512

12un , n  , ou seja,

 

un é limitada.

8. Seja t a recta tangente ao gráfico de g no ponto de abcissa 1. Assim, o declive de t , m , é dado por _t g

 

1 . Como _{g x}

   

 _{ax e} 2x _{ax e}

 

2x _ae2x _ax

 

₂_{x e} 2x _ae2x₂_axe2x _ae2x



_{1 2} _x



_{, vem que:}

 

2 1





2

1 1 2 1 3

t

m g ae    ae

Mas a inclinação da recta t é 85º , pelo que, por outro lado, m_t tg 85º

 

.

(9)

C

ADERNO

2

9.

9.1. Tem-se que:

▪ um vector director da recta r é



2



,1, 3

r a  a

▪ um vector normal ao plano  é n 1, ,b 1 a

 

 

 

Como a recta r é paralela ao plano , vem que os vectores r e n são perpendiculares, pelo que r n 0. Assim:



2



1 2 0 ,1, 3 1, , 0 1 1 3 r n a a b a b a a       _ _        1 a  0 0 3 0 2 0 2 a a b a b a b a          

Logo, como b é igual ao dobro de a e ambos são diferentes de zero, a única opção que verifica estas duas condições é a C. Resposta: C 9.2. Tem-se que: ▪ para , 2 2 x _  _   , 3 sen 2 x se e somente se 3

x , pelo que arcsen 3

2 3           ; ▪ para , 2 2 x _  _   , tgx  3 se e somente se x 3 

  , pelo que arctg

 

3 3     ; ▪ tg arctg 2 2 a a  _{  }   _{ }   Logo:

 

3 2 2 2 2

cos arcsen arctg 3 tg arctg cos cos

(10)

 

_i4 4   _i ₁4 _i _i_e_i4n5_i4n _i5

 

_i4 n     _i4 _i ₁n ₁ _i _i_{, pelo que:}



 













2 2 2 2 17 4 5 1 2 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n _i _i _i _i _i _i i i i i z i i i i i i i  _ _{ }                         1 2i 11 2i 1 4 ₂ ₂ 2 1 1 2 i i i e      ▪ 12 2 cos sen 12 12 i z i e         _ _ _ _     Portanto, 2 12 2 12 712 3 1 2 2 2 2 i i i i z z z e e e e      _             .

Como z é uma das raízes cúbicas de k₃ ki, vem que

 

z₃ 3 k ki, pelo que:

 

₃

 

7 3 7 3 7 3 12 12 4 3 2 2 8 i i i z k ki e k ki e k ki e k ki    _                   8 cos 7 sen 7 8 2 2 4 i 4 k ki 2 2 k ki           _ _ _ _ __   _  _        _ _ 4 24 2i   k ki k 4 2  k4 2 11. 11.1. Tem-se que



1



1



1





2



1 2 3 1 5 1 1 2 2 2 2 10 P X    P X  P X    a a  a  a . Logo,



2



1 6 1 4 10 10 P X       ,



1



1 10 P X    ,



1



2 1 2 10 10 P X     e



2



3 1 3 10 10 P X     .

Portanto, o valor médio , da variável aleatória X é:

4 1 2 3 8 1 2 6 1

2 1 1 2

10 10 10 10 10 10 10 10 10

               

(11)

 

0, 4 , pelo que é contínua e derivável em

 

0, 2 e em

 

2, 4 e portanto, pelo teorema de Lagrange tem-se:

▪  c₁

 

0, 2 :

 

₁

 

2

 

0 2 0 g g g c    . Mas

 

2

 

0 3 1 1 2 0 2 0 g g      , pelo que  c1

 

0, 2 : g c

 

1 1. ▪  c₂

 

2, 4 :

 

₂

 

4

 

2 4 2 g g g c    . Mas

 

4

 

2 5 3 1 4 2 2 g g     , pelo que  c2

 

2, 4 : g c

 

2 1.

Como c₁

 

0, 2 e c₂

 

2, 4 , vem que c₁c₂ e portanto, existem c e ₁ c distintos e pertencentes ao intervalo ₂

 

0, 4 tais que g c

 

₁ g c

 

₂ .

A afirmação I. é verdadeira.

Por outro lado, como g é duas vezes derivável em

 

0, 4 , vem que g é derivável em

 

0, 4 e portanto é derivável e contínua em



c c₁, ₂

  

 0, 4 (c e ₁ c são os pontos distintos onde ₂ g c

 

₁ g c

 

₂ que já provámos existir).

Logo, pelo teorema de Lagrange  c



c c₁, ₂



:

 

2 1 0 2 1 g c g c g c c c          c



c c1, 2



: g c

 

0, ou seja, g tem pelo menos um zero no intervalo

 

0, 4 .

A afirmação II. é verdadeira.

Resposta: D

12.

12.1. Tem-se que



1



 



1

 



1 1

f g   f g  .

Como g x

 

  1 3x   1 1 3x  0 x 0, vem que g

 

0  1. Logo, como a função g é bijectiva, pois o seu gráfico é uma recta de declive não nulo, vem que 1

 

(12)

 

2 2 4 4 3 8 3 4 8 20 20 lim lim 4 5 25 9 4 9 x x x f x x               ▪

 





4 3 3 0 0 ) 1 1 4 4 0 0 4 4 4 4 4

lim lim lim lim

4 y x y y x x i y y y e e xe e y e e e f x x y y           _{ }                 0 lim y y    1 y e y  1





0 1 0 0 0 4 1 4 4 1

lim lim 4 lim 4 5

y y y Limite no y y y tável e e e e e e e e e e e y y y                   

i) Mudança de variável: se x4 então x 4 0. Seja y    x 4 x y 4, y0.

Logo, o gráfico de f não tem assimptota vertical em x4.

Como f é contínua em \ 4 , o seu gráfico não tem mais assimptotas verticais.

 

Assimptota horizontal quando x :

 

2 ) 2 2 2 2 8 8 3 3 3 8

lim lim lim lim lim

9 9 9 ₁ 1 ii x x x x x x x x x x x f x x _x x x x     _           _   _       _ _ _ _       _  _ _     8 3 x x  _       1 9₂ x   

 

2 8 3 3 0 3 3 9 9 1 0 1 1                

Logo, a recta de equação y 3 é assimptota horizontal ao gráfico de f quando x . ii) Como x , vem que x0, pelo que x2 x  x.

(13)

Neste domínio tem-se:









 

1





 





2 4 1 log 4 1 2 4 4 4 4 4 4 2 4 1

log 3 log 4 log log 3 log 4 log log 4

2

x x x x x x



           

log₄



x 3



log₄ 4log₄



x



4x



log₄



x 3



log₄



2x



4x







2 2 3 2 4 3 8 2 2 7 3 0 x x x x x x x x             Cálculo auxiliar:

 

2 2 7 7 4 2 3 7 25 7 5 7 5 1 2 7 3 0 3 2 2 4 4 4 2 x  x   x       x   x   x   x  x  Como a função 2 2 7 3

y x  x é quadrática e o seu gráfico tem a concavidade voltada para cima, vem que as

soluções da inequação 2

2x 7x 3 0 são os valores de x tais que ,1



3,



2

x  _ _ 

  .

Intersectando com D

 

0, 4 , vem que o conjunto solução da inequação é:



  

 

1 1 , 3, 0, 4 0, 3, 4 2 2 _{ } _ _{ } _ _ _ _  _ _      

14. A função f é polinomial de grau 3 e tem exactamente dois zeros, pelo que um deles é necessariamente de multiplicidade 1 e o outro é de multiplicidade 2. Assim, observando o gráfico, conclui-se que o zero de multiplicidade 2 da função é o negativo.

(14)

 



2





  

2







cos



sen 2 ln cos 2 ln cos 4 4 4 tg cos cos x x h x x x x x x x x x x x                ▪

  

4 tg



4 1₂ 4cos2₂ 1 cos cos x h x x x x x         ▪

 

, 2 2 2 2 2 2 2 4cos 1 1 1

0 0 4cos 1 0 cos 0 cos cos

cos _{Condição universal} 4 4

em x h x x x x x x   _                      , 2 2 1 1 1

cos cos cos 2

2 2 2 3 Equação impossível em x x x x k    _ _                 , k Como , 2 2 x _   _

 , vem que os zeros de h são 3



 e

3

 _.

Fazendo um quadro de variação do sinal de

,

vem:

x 2   3   3  2  2 4cos x1 0 0 2 cos x 0 0

 

h x n.d. 0 0 n.d.

Gráfico de h n.d.



p.i.



p.i.



n.d.

O gráfico de h tem a concavidade voltada para baixo em ,

2 3   _ _      e em 3 2,      

 , tem a concavidade voltada para

cima em ,

3 3

 

_ 

 

  e tem ponto de inflexão em x 3



  e em 3

(15)

  por ser a soma e a composição entre funções contínuas no seu domínio

(funções polinomiais, trigonométricas e logarítmicas). Logo, h é contínua em

 

0,1 , 2 2      _ _  . Tem-se que: ▪

 

2



 



 

0 2 0 ln cos 0 0 ln 1 ln 1 0 0 1 h        h  ▪ _h

 

₁   _{2 1}2 _{ln cos 1}



 



 _{2 ln cos 1}



 



A função ycosx é decrescente em 0,

2        e como 1 e 3  pertencem a 0, 2       , e 1 3   , vem que:

 

1 _ln



 



1

1 cos 1 cos cos 1 ln cos 1 ln

3 3 2 y x é 2 crescente em            _{ }    _{ }     ln cos 1



 



 ln 2 2 ln cos 1



 



 2 ln 2 h

 

1  2 ln 2 Mas, ln 2 2 ln ln 2 1 ln 2 ln 2 1 2 ln 2 2 1 2 ln 2 1 y x é crescente em e e e                     Logo, h

 

1  2 ln 2 1 h

 

1 1

 Como h é contínua em

 

0,1 e como h

 

0  1 h

 

1 , pelo teorema de Bolzano-Cauchy existe pelo menos um

 

0,1

c tal que h c

 

1, ou seja, a equação h x

 

1 tem pelo menos uma solução em

 

0,1 .