Proposta de Resolução da Prova Escrita de Matemática A
12.º Ano de Escolaridade Prova 635/1.ª Fase 6 páginas2020
1. 1.1.(
)
(
)
(
)(
)
1 8 1 4 8 4 8 4 8 4 12 1 1 1 2 1 1 2 n n n n n n u u n n n n n n + + − − + − − = − = − = + + + + + + +Como n , então podemos afirmar que
(
n+112)(
n+2)
0, assim a sucessão( )
un é crescente. 1.2.( )
1 1 8 1 8 1 8 4 2 2 8lim lim lim lim 8
1 1 1 1 1 1 n n n n n u n n n n + + + − − − = = = = = + + +
( )
2(
)
2 8lim n lim log 8 log 0
x f u x + + → = − = = − Resposta: (A)
2. Casos possíveis: 54 (cada pessoa tem cinco números disponíveis e pessoas diferentes podem escolher o mesmo número)
Casos favoráveis: 4 2 2 4
C (das quatro pessoas temos de selecionar 2 que escolhem o número 5, as restantes podem escolher qualquer um dos restantes números)
4 4 2 2 5 0,1536 4 P C = Resposta: (D)
3.
3.1. a – “número de bolas azuis existentes inicialmente no saco” b – “número de bolas brancas existentes inicialmente no saco”
(
|)
P B(
( )
A)
P B A P A = , como(
)
1( )
3 P AB = P A , podemos escrever:(
)
(
( )
)
( )
( )
1 1 3 | 3 P A P B A P B A P A P A = = =Por outro lado
(
|)
"nº de bolas brancas""total de bolas menos a bola azul retirada " 1 b P B A a b = = + − Assim,
(
|)
1 1 3 1 2 1 3 1 3 b P B A b a b a b a b = = = + − = + + −Como 2b é múltiplo de 2, será par, logo 2b + será ímpar. Desta forma poderemos 1 concluir que a é necessariamente um número ímpar.
3.2. Existem 10 caixas numeradas de 1 a 10, o que nos permite concluir que existem 5 caixas numeradas com números ímpares (1, 3, 5, 7 e 9) e 5 caixas numeradas com números pares (2, 4, 6, 8 e 10).
• Todas as caixas numeradas com números pares deverão ter pelo menos uma bola azul, uma vez que existem 8 bolas azuis, distribuímos uma bola por cada caixa com número par, ficando por colocar 3 bolas azuis
• Todas as caixas numeradas com números ímpares deverão ter pelo menos uma bola branca, uma vez que existem 7 bolas brancas, distribuímos uma bola por cada caixa com número ímpar, ficando por colocar 2 bolas brancas
• Uma vez que cada caixa deverá ter no máximo 2 bolas, podemos agora distribuir as restantes 3 das bolas azuis por três caixas 10
3 C
• Por último resta-nos distribuir as bolas brancas pelas 7 caixas que contém apenas 1 bola, isto é, 7C2
Assim o número de possibilidades para distribuir todas as bolas pelas caixas é
10 7
3 2 2520
C C =
4. 4.1. Consideremos i z= z e Assim, z2=
(
z ei)
2= z e2 i2 e z = z e−i 2 2 2 2 2 2 , 2 0 1 , 3 i i z z z e z e z z k k k z z k − = = = = − + = = = As soluções da equação são: 2 3 0;1 , k i e k
Sejam A, B e C os afixos pretendidos que correspondem aos complexos não nulos, isto é, 0 1 ( 0) i e = k= , 2 3 1+ 3 ( 1) 2 2 i e = − i k= , 4 3 1 3 ( 2) 2 2 i e = − − i k= Podemos escrever: A
( )
1, 0 , 1, 3 2 2 B− e 1 3 , 2 2 C− − . Como A, B e C são os vértices de um polígono regular, basta determinar a distância entre dois deles, por exemplo
(
)
2 2 1 3 9 3 , 1 0 3 2 2 4 4 d A B = + + − = + = Assim, o perímetro do polígono pedido é 3 3 .
4.2. Consideremos z= +x yi
( )
Re z = ; x Im z( )
= y( )
( )
1 Re z Im z 1 xy 1 y x = = = Resposta: (D) 5. 5.1. Coordenadas de A, x =0 e z = 0substituindo na equação do plano obtemos 4y−12= =0 y 3, A
(
0,3, 0)
Coordenadas de B, y =0 e z = 0substituindo na equação do plano obtemos 3x−12= = , 0 x 4 B
(
4, 0, 0)
(
)
2 2, 4 3 25 5
5.2. Reta perpendicular ao plano ABC que passa por P:
O vetor normal ao plano é o vetor diretor da reta, isto é, A
(
3, 4, 4)
A equação vetorial da reta será:(
x y z, ,) (
= 3,5,6) (
+k 3, 4, 4 ,)
kSeja
(
3 3 ,5+ k +4 , 6k +4k)
,k , um ponto genérico da reta. Substituindo o ponto na equação do plano iremos determinar o k que dará origem ao ponto de interseção da reta com o plano:9+9k+20 16+ k+24 16+ k−12= = − 0 k 1
Desta forma podemos afirmas que as coordenadas do ponto P são
(
0,1, 2)
.6.
( )
ˆ ˆ 1( )
tan OTS = 2 OTS=tan− 2 ˆ
OTS e STUˆ são ângulo suplementares, logo:
( )
1 ˆ tan 2 2, 03 STU= − − Resposta: (C) 7. 7.1. d( )
0 =4 Comprimento da biela 4−OM = − =4 1 3 Resposta: (B)7.2. No instante t0, a distância do pistão ao ponto O corresponde a d t
( )
0 , passados 2 segundosdesse instante a distância será d t +
(
0 2)
, como houve uma diminuição de 25% da distância, significa que 0, 75d t( )
0 =d t(
0+2)
Utilizando as capacidades da calculadora gráfica vamos representar as funções:
( )
0, 75d x e d x +(
2)
janela de visualização: min 0 x = max 10 x = min 0 y = max 4 y =A abcissa do ponto de interseção das duas funções, nos primeiros 5 segundos, corresponde a 1, 63, logo a distância do pistão ao ponto O nesse instante é d
(
1, 63)
=2,8 cm.8. Seja a abcissa do ponto B o comprimento OD.
2 1
OA= a +
Consideremos os triângulos [ODA] e [OCB] tais que são retângulos em C e D e partilham o mesmo ângulo em O, pelo critério AA (ângulo ângulo) podemos afirmar que são semelhantes, o que nos permite escrever a proporção:
2 2 1 1 1 1 1 OA OD a OC OB OC OC a + = = = + Resposta: (A) 9.
9.1. Tendo em conta o domínio de f apenas poderá existir assíntota oblíqua quando x → −
( )
ln(
1)
ln(
1)
ln1lim lim lim lim 1 1 0 1
x x x x x x x e e f x x m x x x x →− →− →− →− + + + = = = + = + = + = −
( )
(
)
(
)
lim lim ln x 1 lim ln x 1 ln1 0
x x x
b f x mx x e x e
→− →− →−
= − = + + − = + = =
y= é a equação da assíntota oblíqua de f. x
9.2.
( )
(
)
(
)
(
)
(
)
1 2 1 ln 1 2 1 ln 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ln 1 1 1 ln 1 x x x x x x x x x f x x x e x e x e e e e e e e e e x e e e x e + = + + + = + + = + + = − + = − = − = = = − − − = − − 9.3. h x( )
= +x ln(
ex + − =1)
x ln(
ex+ 1)
(
)
(
)
ln ex+ = 1 y ex+ =1 ey ex =ey− =1 x ln ey − 1( )
(
)
1 ln x 1 h− x = e − Resposta: (C)10. 10.1. 0 0 0 0 0 0 0 . . 0 . .
sin sin sin
lim 1 lim 1 lim 1 lim
1 1 1 sin 1 1 1 lim 1 1 0 1 1 lim x x x x x x x x x L N x L N x x x x e e x e x e x x − − − − − − → → → → → → + = + = + − − − = + = + = − − −
(
2)
(0 ) 0 lim ln x + x x → substituindo 1 y x= , temos(
)
( ) 2 1 0 2 2 0 . . 1 1 ln ln 1lim ln lim ln lim lim lim 0 0 0
y y y y x L N y y x x y y y y y + − →+ →+ →+ →+ → = = = − = − =
