Proposta de Resolução do Exame Nacional de Matemática A 2015 (2ª fase)

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1 Proposta de Resolução do Exame Nacional de Matemática A 2015 (2ª fase) ,4=1 e 3=0,6 =0,2 GRUPO I (versão 1) μ= ,4 Assim: μ=0, ,2+3 0,4=2,2 Opção (B) 2. No contexto do problema, significa a probabilidade de a bola retirada ser preta, sabendo que o número da bola retirada é um número par. Ora, os números pares existentes nas bolas são 2, 4, 6 e 8 e, dentro destes, os lados com os números 2 e 4 são pretos. Assim, = =. Opção (B) 3. Sabendo que log = = (mudança de base) e que log =! vem que log "=3 Assim: log "=log +log "= =2+3= =5 Opção (D) 4. Se $ é contínua em R, em particular é contínua em &=0. Logo, existe lim ) + $& e lim ) + =$0. Assim: lim ) +,$&= lim ) + -$&

2 lim ) +,.2+/)01 2= lim ) + -3)04)0 ) 5 Opção (A) 2+/ +01 = lim ) + -3) ) +4)0 ) 2+/ 1 =2+ lim ) / 1 ) + - 4)0 :;:<= 4<á?= 5 5. $&=3 sen & $&=3 sen & D = =3 2 sen & sen & D = =6 sen & cos&= = sen & cos &= =3 sen2& $ &=3 sen2& D = =3 2cos 2& = =6sen2& Opção (C) 6. 1, 0 Como o triângulo GHI é equilátero vem que: H JJJJ=H JJJJ=1 a amplitude do ângulo H é igual a K! Então, L =1, e como a imagem geométrica de L pertence ao 4º quadrante, um argumento de L pode ser K!. L=1 cos3 π 3 5=cos 3 π 3 +2π5=cisP5π 3 Q Opção (D)

3 7. Comecemos por determinar as coordenadas do ponto : S=0 R & SM1 2 S0 R & M1 2 S0 R & 2M1 R S0 & 1 T S0 &1 T S0 &M1 Como a abcissa de é positiva, 1,0. V0,1, centro da circunferência V WWWWWXMV 1,0M0,1 1,M1 Seja &,S um ponto qualquer da reta Y. WWWWWX WWWWWX0 V &M1,S 1,M10 &M1MS0 &M1S S&M1 Opção (B) 8. Z M1 Z não é monótona pois M1, 1 e! M1. " Z M1 Z [ não é monótona pois " M1, " 2 e "! M3. ] Z M Z é monótona crescente, pois ] Z0M] Z M Z0 Z ^Z0Z0 ZZ0 ZZ0 e ZZ0 _0, [ b. ] Z é limitada, pois 0c Z d1 M1dM c0, [ b. Z e Z 1[ não é limitada pois lim1[. Opção (C)

4 GRUPO II 1. Cálculo auxiliar 1 Seja w = 1+x. w= 1+x= 2 cis!k pois w =y 1 +1 = 2 e sendo θ um argumento de w, tgθ= ^ θ 2º quadrante Logo, θ=!k por exemplo. Cálculo auxiliar 2 L = 1+x 2 cis π = 2 cis33π cis π = 2 2 cisp3π 4 π Q=1 cisp8π Q=cisP2π 3 Q 12 Logo, L g =cis3 K! 5 Assim: L L g L =cis3 K! 5 i L= 1 cisj^kl m 01K o0,1,2,3p L=cis3 K q +1K o0,1,2,3p L=cis3 K 5 q L=cis3 K q +K 5=cis3K 5! L=cis3 K q +π5=cis3rk5 q L=cis3 K q +!K 5=cis3K 5! Em s=0 constante inicial, o ponto coincide com o ponto : e0=1+ sen30+k q 5=1+ = r es= r 1+ sen3πs+k q 5=r sen3πs+k q 5=

5 sen3πs+ K q 5= πs+ K = K +2@π q q πs+k= q π K Z q πs=2@π πs= K q Z s=2@ s= Z! s=0 s=! s=2 s=! +2=! s=4 s=! +4=! Assim, durante os primeiros três segundos de movimento, à exceção do movimento inicial, o ponto P passou pelo ponto A aos! s, aos 2 s e aos! s e é uma função contínua em G3,4I, visto ser a soma de funções contínuas neste intervalo. e3=1+ sen33π+k q 5= =1+ sen3π+k q 5= =1+ sen3k q 5= = =! e! <1,1 e4=1+ sen34π+k q 5=1+ sen3k q 5=1+ = r >1,1 Assim, pelo teorema de Bolzano, ] I3,4G:e]=1, lim $&= lim ln& 3 ln&= ) 0 ) 0 = lim ) 0 ln3)^! ) 5= = lim ) 0 ln31! ) 5=

6 lnp1 3 + Q= =ln1 0= =ln1=0 A reta da equação S=0 é assíntota horizontal do gráfico de $. lim $&= lim ) ^ ) ^ 1+&/) = =1+ lim ) ^ &/) = Mudança de variável S= & &= S Se &, então S + =1+ lim ˆ 0 S/^ˆ= =1 lim =1 0=1 ˆ = ˆ 0 Š A reta da equação S=1 é assíntota horizontal do gráfico de $ Em I,3I, $& 2&>1 1+&/ ) 2&>1 &/ ) 2&>0 &/ ) 2>0 & 0 ln2 3 Sinal de & Sinal de / ) Sinal de &/ ) Cálculo auxiliar / ) 2=0 / ) =2 &=ln2 Assim, o conjunto solução de $& 2&>1 em I,3I é I,0G I ln2,3i Seja s a reta tangente ao gráfico de $ no ponto de abcissa 4, então s:s= &+" onde =$ D 4. Cálculo auxiliar 1 Em I,3I, $&=ln& 3 ln& Logo, $ D &=ln& 3 D ln& D = = )^! ) $ D 4= =1 1 4 =3 4 Cálculo auxiliar 2 $4=ln4 3 ln4= =ln1 ln4= = ln4

7 Como Ž4,$4 s, substituindo-o em S=! &+" vem que S ln4=! 4+" Logo, "= 3 ln4 Assim: s:s=! & 3 ln4 4. O gráfico não é um gráfico de função $, pois $ tem derivada finita em todos os pontos do seu domínio, logo é contínua em todo o seu domínio, o que não acontece com a função representada neste gráfico. O gráfico também não é o gráfico da função $, uma vez que em I,0G,$ &<0, isto é, o gráfico da função $ tem concavidade voltada para baixo naquele intervalo, o que não acontece com a função representada neste gráfico. O gráfico V não é o gráfico de função $, pois $ 0>0, ou seja, o declive da reta tangente ao gráfico de $ no ponto de abcissa H é positivo e na função representada neste gráfico o declive da reta tangente ao gráfico no ponto de abcissa H é negativo. 5. J 1+= =+J J 1+ =+1 J 1+ = J = G I = + = = Provamos que J 1+ = Uma vez que a pirâmide G Ž I é quadrangular e o ponto tem coordenadas 2,2,2, concluímos que a abcissa e a ordenada de são iguais a 1. Assim, as coordenadas de são do tipo 1,1,L D com L D R 0.

8 Como o ponto pertence ao plano, então as suas coordenadas satisfazem a condição 6&LM120. Assim, 61L D M120 6L D M120 L D 12M6 L D 6 Logo, 1,1, HWWWWWX M02,2,2M0,0,02,2,2 Uma equação cartesiana do plano que passa no ponto e é perpendicular à reta H é do tipo 2&2S2Le0. Como o ponto 2,0,0 pertence ao plano vem que: e0 4e0 em4 Logo, 2&2S2LM40 é uma equação cartesiana do plano pedido, ou de forma equivalente, &SLM :S2 &,2,&!, & % WWWWWXMH&,2,& H! M0,0,0&,2,&! WWWWWX MŽ2,2,0M0,0,22,2,M2 Ž WWWWWX Ž H WWWWWX0 &,2,&! 2,2,M20 2&4M2&! 0 M2&! 2&40 A abcissa do ponto arredondada às centésimas é 1,52.

9 7. Número de casos possíveis: 7 Número de casos favoráveis: 4 C C 2 1 5! A probabilidade pedida é igual a 4 V 2 5 V 2 r! 0,0002