Grupo I
1.
Os múltiplos de 5 são números que terminam em 0 ou 5, neste caso não
podem terminar em 0 já que esse algarismo não pertence ao conjunto de
algarismos considerado, portanto, das 4 posições possíveis a última está
necessariamente ocupada pelo algarismo 5. Para as restantes 3 posições temos ao
nosso dispor 9 algarismos que podem aparecer repetidos, assim, a resposta será
${{9}^{3}}\cdot
1={{9}^{3}}=729$ (A)
2. Seja
| o número de rapazes, então:
$\frac{\frac{1}{4}\,}{20}=\frac{1}{10}\,\,\,\,\,\,\,\,\Leftrightarrow
\,\,\,\,\,\,\frac{1}{4}\,=2\,\,\,\,\,\,\Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,=\,8$ (B)
3. Observando
o gráfico conclui-se que, se o único ponto de inflexão tem abcissa 0, ${f}''(x)<0\,\,\,\,\,\,se\,\,\,\,\,x<0$ e
${f}''(x)>0\,\,\,\,\,\,se\,\,\,\,\,x>0$ . Posto isto, a única opção correcta será
${f}''(1)\,{f}''(2)>0$ (D)
4. Depois
de corrigir os erros de ortografia que tornava o problema absurdo, colocando um
C na palavra recta e um P na palavra assimptota podemos começar.
Se a recta $y=-x$ é assímptota quer de f quer de g temos
$\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)}{x}=\underset{x\to
\infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{g(x)}{x}=-1$
então
$\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim
}}\,\frac{f(x)g(x)}{x}=\underset{x\to \infty }{\mathop{\lim }}\,\frac{f(x)g(x)}{{{x}^{2}}}\,{{x}^{2}}=-1(-1)\underset{x\to
\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}^{2}}=+\infty $ (A)
5. Se $\operatorname{tg}x\to
+\infty $ temos $x\to \frac{\pi
}{2}+k\pi ,\,\,\,\,\,\,k\in \mathbb{Z}$
Se
$\operatorname{tg}x\to -1$
temos $x\to \frac{\pi }{4}+k\pi
,\,\,\,\,\,\,k\in \mathbb{Z}$
Os possíveis conjuntos A são os intervalos $\left] \,\frac{\pi }{4}+k\pi
\,\,,\,\,\frac{\pi }{2}+k\pi \, \right[,\,\,\,\,\,\,k\in \mathbb{Z}$
O único intervalo apresentado que
coincide com um destes intervalos é $\left]
\,\frac{3\pi }{4},\,\frac{3\pi }{2}\, \right[$
que se obtém se $k=1$. (B)
6. De
novo, depois de corrigir o erro de ortografia que tornava o problema absurdo e
colocando um C na palavra recta podemos começar.
Como
${{\operatorname{tg}}^{2}}\alpha ={{\sec }^{2}}\alpha
-1\,=\frac{1}{{{\cos }^{2}}\alpha }-1=4$
teremos $\operatorname{tg}\alpha
=\pm 2$ que é o declive da recta.
A única recta apresentada com declive 2
ou $-2$ é a recta $y=-2x$
(C)
7. A
região definida pela condição indicada está representada na figura seguinte
e a área é $A=\frac{1}{2}\,Base\times
Altura=\frac{1}{2}\,\times 2\times 1=1$ (D)
8. Para $n\le 20$
temos ${{u}_{n}}\in \left\{ \,1,\,2,\,3,\,\,\cdots \,\,,\,20\, \right\}$ $$
Para $n>20$ temos ${{u}_{n}}\in
\left\{ \,-1,\,1\, \right\}$
Então,
${{\forall }_{n\in N}}\,,\,\,{{\exists }_{L\in
\mathbb{R}}}\,\,:\,\,\,\left| \,{{u}_{n}}\, \right|\,<L$ e a sucessão é limitada. (C)
Grupo II
1. Como
a divisão inteira de 19 por 4 tem resto 3,
${{i}^{19}}={{i}^{3}}=-i$ e
${{z}_{1}}=\frac{1+3i}{1+i}=\frac{\left( 1+3i \right)\left( 1-i
\right)}{\left( 1+i \right)\left( 1-i \right)}=2+i$ , ${{z}_{2}}=-3k\cos
\left( \frac{3\pi }{2} \right)-3ki\operatorname{sen}\left( \frac{3\pi }{2}
\right)=3ki$
Então $\overline{{{z}_{1}}{{z}_{2}}}=\sqrt{{{2}^{2}}+{{(1-3k)}^{2}}}=\sqrt{5}$
$4+1-6k+9{{k}^{2}}=5$
$9{{k}^{2}}-6k=0$
$3k(3k-2)=0$
logo $k=0\,\,\,\,\vee \,\,\,\,k=\frac{2}{3}$.
Como é indicado que $k\in
{{\mathbb{R}}^{+}}$ a solução é $k=\frac{2}{3}$.
2.
2.1. Se ${T}'$ é o simétrico de $T$
em relação à origem, como $T=(0,\,0,\,3)$ será ${T}'=(0,\,0,\,-3)$ e a superfície esférica
procurada tem centro na origem e raio 3
${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=9$
2.2. O
vector $\overrightarrow{UP}=P-U$ é igual
ao vector $\overrightarrow{TO}=O-T=(0,0,-3)$
O vector $\overrightarrow{RS}=S-R$ é igual ao vector $\overrightarrow{OT}=T-O=(0,0,3)$
Então
$\overrightarrow{UP}\,\cdot \,\overrightarrow{RS}=0+0-9=-9$
2.3. Para
escrever a equação da recta $TQ$ precisamos de determinar o ponto $Q$ que é a
intersecção do plano $PQV$ com o eixo
dos $yy$:
$x+y=2\,\,\,\,\wedge
\,\,\,\,x=0\,\,\,\,\,\wedge \,\,\,\,\,z=0\,\,\,\,\,\,\,\Leftrightarrow
\,\,\,\,\,\,\,x=0\,\,\,\,\,\wedge \,\,\,\,\,y=2\,\,\,\,\wedge \,\,\,\,\,z=0$
portanto $Q=(0,2,0)$ e a equação vectorial da recta $TQ$
é
$\vec{r}=T+k\,\overrightarrow{TQ}\,\,\,,\,\,\,\,\,\,k\in
\mathbb{R}$
$(x,y,z)=(0,0,3)+k(0,2,-3)$
as equações paramétricas são
$x=0\,\,\,\,\wedge
\,\,\,\,y=2k\,\,\,\,\wedge \,\,\,\,z=3-3k$
Eliminando k obtemos as equações cartesianas
$x=0\,\,\,\,\wedge
\,\,\,\,\,\frac{y}{2}=k\,\,\,\,\,\wedge \,\,\,\,\,-\frac{z-3}{3}=k$
ou seja
$x=0\,\,\,\wedge \,\,\,\,3y=-2(z-3)$
2.4. De
novo corrigindo a ortografia da prova, se colocarmos um C na palavra fracção podemos
então começar a resolver o problema que de outra forma não faz sentido.
Se escolhemos 3 vértices de entre 8 teremos $^{8}{{C}_{3}}=\frac{8!}{(8-3)!\,3!}=\frac{8\cdot
7\cdot 6\cdot 5!}{5!\,3!}=\frac{8\cdot 7\cdot 6}{3\cdot 2}=4\cdot 7\cdot 2=56$
formas de o fazer.
O número de planos a considerar,
perpendiculares ao plano $Oxy$ é 6 (as 4 faces “verticais” do prisma e os dois
planos verticais que contêm as diagonais das duas faces paralelas ao plano $Oxy$).
Cada um destes 6 planos contêm 4 vértices do prisma e temos então $^{4}{{C}_{3}}$
possibilidades de escolha dos vértices para cada plano, então
$P=6\,\,\frac{^{4}{{C}_{3}}\,}{^{8}{{C}_{3}}}=\frac{6}{56}\,\,\frac{4!}{1!\,3!}\,=\frac{3}{28}\,\,4=\frac{3}{7}$
3. Mais
uma vez, o que já se está a tornar cansativo, e imperioso que se coloque um C
em tacto e outro em fracção. Posto isto estamos em condições de resolver o
problema.
$\overline{A}$ : o número da bola retirada é superior a 6
B : o número da bola retirada é
par
Então a expressão $P\left( \overline{A}\cup B \right)$ é a
probabilidade da bola retirada da urna ter um nº superior a 6 ou ser par.
De uma urna com n bolas numeradas podemos retirar qualquer uma delas, ou seja o nº
total de casos é n.
Por outro lado o nº de bolas com
números superiores a 6 são $n-6$ e nestas estão incluídas as que têm número par
superior a 6. A estas temos de juntar as que têm numero par inferior ou igual a
6 que são 3 (2,4 e 6). Temos assim $n-6+3=n-3$ casos favoráveis e
$P\left( \overline{A}\cup B \right)=\frac{n-3}{n}=1-\frac{3}{n}$
4. Novamente, e para que tudo faça sentido teremos de colocar um C na
palavra recta várias vezes e de seguida podemos então começar a resolver o
problema.
$f(x)=9-2,5\left( {{e}^{1-0,2x}}+{{e}^{0,2x-1}}
\right)\,\,\,,\,\,\,\,\,\,x\in \left[ 0,7 \right]$
ou seja
$f(x)=9-\frac{5e}{2}{{e}^{-0,2x}}-\frac{5}{2e}{{e}^{0,2x}}\,\,\,,\,\,\,\,\,\,x\in
\left[ 0,7 \right]$
4.1. A equação é
$\sqrt{{{f}^{2}}(0)+{{x}^{2}}}=2$
e
$f(0)=9-\frac{5e}{2}-\frac{5}{2e}=9-\frac{5}{2}\,\left( e+{{e}^{-1}}
\right)$
então, a equação fica
${{\left( 9-\frac{5}{2}\,\left( e+{{e}^{-1}} \right)
\right)}^{2}}+{{x}^{2}}=4$
$x=\sqrt{4-{{\left( 9-\frac{5}{2}\,\left( e+{{e}^{-1}} \right)
\right)}^{2}}}\,\,\approx \,\,1,5329\approx 1,5$
onde se toma o valor positivo já que
x representa uma distancia.
4.2. A
altura acima no nível da água do mastro tem de ser inferior ao valor máximo de $f(x)$
A derivada de $f(x)$ é
${f}'(x)=-\frac{5}{2}\left(
-\frac{1}{5}\,{{e}^{1-0,2x}}+\frac{1}{5}{{e}^{0,2x-1}}\, \right)=-\frac{1}{2}\left(
{{e}^{\frac{1}{5}x-1}}-{{e}^{1-\frac{1}{5}x}} \right)$
e os pontos de estacionaridade são
as soluções de
${f}'(x)=-\frac{1}{2}\left(
{{e}^{\frac{1}{5}x-1}}-{{e}^{1-\frac{1}{5}x}} \right)=0$
${{e}^{\frac{1}{5}x-1}}-{{e}^{1-\frac{1}{5}x}}=0$
${{e}^{\frac{1}{5}x-1}}={{e}^{1-\frac{1}{5}x}}$
$\frac{x}{5}-1=1-\frac{x}{5}$
$x=5$
isto é, temos um ponto de
estacionaridade a 5 metros da margem OP.
A segunda derivada de $f(x)$ é
${f}''(x)=-\frac{1}{10}\,{{e}^{\frac{1}{5}x-1}}-\frac{1}{10}\,{{e}^{1-\frac{1}{5}x}}\,<\,0\,\,,\,\,\,\,\,\,{{\forall
}_{x\left[ 0,7 \right]}}$
e está garantido que o ponto de
estacionaridade encontrado é um máximo.
Assim a altura máxima é
$f(5)=9-\frac{5e}{2}{{e}^{-0,2\cdot 5}}-\frac{5}{2e}{{e}^{0,2\cdot
5}}=9-\frac{5e}{2}{{e}^{-1}}-\frac{5}{2e}e=9-\frac{5}{2}-\frac{5}{2}=9-5=4\,<\,6$
e conclui-se que o barco não pode
passar por baixo da ponte.
5.
5.1. A
função é contínua no ponto em que $x=1$
se $\underset{x\to
1}{\mathop{\lim }}\,g(x)=g(1)=2$.
Para que tal possa acontecer é
necessário que exista o limite $\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,g(x)$, isto
é:
$\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,g(x)=\underset{x\to
{{1}^{-}}}{\mathop{\lim }}\,g(x)$
Temos
$\underset{x\to {{1}^{+}}}{\mathop{\lim
}}\,g(x)\underset{h>0}{\mathop{=}}\,\underset{x\to 1}{\mathop{\lim
}}\,g(1+h)=\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\left(
3+\frac{\operatorname{sen}(1+h-1)}{1-1-h} \right)=3-\underset{h\to 0}{\mathop{\lim
}}\,\frac{\operatorname{sen}h}{h}=3-1=2$
e
$\underset{x\to {{1}^{-}}}{\mathop{\lim
}}\,g(x)\underset{h>0}{\mathop{=}}\,\underset{x\to 1}{\mathop{\lim
}}\,g(1-h)=\underset{h\to 0}{\mathop{\lim
}}\,\frac{1-{{(1-h)}^{2}}}{1-{{e}^{1-h-1}}}=\underset{h\to 0}{\mathop{\lim
}}\,\frac{1-{{(1-h)}^{2}}}{1-{{e}^{-h}}}=\underset{h\to 0}{\mathop{\lim
}}\,\frac{h(2-h)}{1-{{e}^{-h}}}=$
\[=\underset{h\to 0}{\mathop{\lim
}}\,\frac{2-h}{\frac{1-{{e}^{-h}}}{h}}=\underset{h\to 0}{\mathop{\lim
}}\,\frac{2-h}{\frac{{{e}^{-h}}-1}{-h}}=\frac{\underset{h\to 0}{\mathop{\lim
}}\,(2-h)}{\underset{h\to 0}{\mathop{\lim }}\,\,\frac{{{e}^{-h}}-1}{-h}}=2\]
portanto
$\underset{x\to 1}{\mathop{\lim }}\,g(x)=g(1)$
e a função é contínua no ponto $x=1$.
5.2. A
equação a resolver é $3+\frac{\operatorname{sen}(x-1)}{1-x}=3\,\,\,\,\,\,\Leftrightarrow
\,\,\,\,\,\,\frac{\operatorname{sen}(x-1)}{1-x}=0$ então, com $k\in \mathbb{Z}$
$\operatorname{sen}(x-1)=0\,\,\,\,\wedge
\,\,\,\,1-x\,\ne \,0$
$x-1=k\pi \,\,\,\,\wedge \,\,\,\,\,x\ne 1$
$x=k\pi +1\,\,\,\,\wedge \,\,\,\,\,x\ne 1$
e no intervalo considerado temos
apenas a solução
$k=1,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x=\pi +1$
5.3.
O valor da abcissa do ponto A é
a solução da equação $g(x)=0$com $x<1$
:
$\frac{1-{{x}^{2}}}{1-{{e}^{x-1}}}=0$
$1-{{x}^{2}}=0\,\,\,\,\wedge \,\,\,\,1-{{e}^{x-1}}\ne 0$
$x=\pm 1\,\,\,\,\wedge \,\,\,\,x\ne 1$
portanto $x=-1$ e $A=(-1,0)$.
Seja
x a abcissa do ponto P, então, a área do triangulo OAP
é
$A=\frac{1}{2}\,\,\cdot \,\,\overline{OA}\,\,\cdot \,\,\left| g(x)
\right|=\frac{1}{2}\left| g(x) \right|=5$
$\left| g(x) \right|=10$ com $x<1$
O gráfico de $\left| g(x) \right|$ e a recta $y=10$ estão representados na
figura seguinte
Usando a calculadora concluímos que
a abcissa do ponto de intersecção Q ( figura seguinte ) corresponde a $x=-3,296$.
A abcissa do ponto P arredondada às décimas é -3,3.
6. Com as informações dadas no problema podemos
esboçar o seguinte gráfico onde não conhecemos a função $f(x)$ mas sabemos que
é estritamente decrescente uma vez que ${f}'(x)<0$.
Se $\overline{OP}=\overline{PQ}$ o triangulo OPQ é isósceles e a abcissa
do ponto Q é $2a$.
A recta r terá então equação
$y-f(a)={f}'(a)\,(x-a)$
e também
$y-f(a)=\frac{0-f(a)}{2a-a}\,(x-a)$
esta segunda equação pode ainda
escrever-se
$y-f(a)=-\frac{f(a)}{a}\,(x-a)$
portanto
${f}'(a)=-\frac{f(a)}{a}$
e ${f}'(a)+\frac{f(a)}{a}=0$
Fim