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Exame final nacional de Matem´atica A (2024, 1.ª fase)
Proposta de resolu¸c˜ao
- Como o contradom´ınio da fun¸c˜ao f ´e [− 1 ,3], temos que, para qualquer valor de x, − 1 ≤ f (x) ≤ 3.
Assim, vem que − 1 ≤ f (x − 2) ≤ 3, e ainda que:
−1 + 1 ≤ f (x − 2) + 1 ≤ 3 + 1 ⇔ 0 ≤ f (x − 2) + 1 ≤ 4
Ou seja, o contradom´ınio da fun¸c˜ao g, ´e [0,4].
Resposta: Op¸c˜ao C
2.1. Considerando a experiˆencia aleat´oria que consiste em selecionar ao acaso, um dos candidatos que
participaram no primeiro dia das audi¸c˜oes, e os acontecimentos:
V :≪O candidato ´e violinista≫
N :≪O candidato ´e portuguˆes≫
Temos que P (V ) =
, P (N ) = P
N
e P (V ∩ N ) =
× P
N
×
Assim, organizando os dados numa tabela obtemos:
• P
V
= 1 − P (V ) = 1 −
• P
N ∩ V
= P
V
− P (V ∩ N ) =
• P (N ∩ V ) = P (N ) − P
N ∩ V
V V
N
N
Logo, a probabilidade do candidato ser portuguˆes, sabendo-se que ´e violinista, na forma de fra¸c˜ao
irredut´ıvel, ´e:
P (N |V ) =
P (N ∩ V )
P (V )
2.2. Como cada fila tem 4 lugares e pretendemos que os 3 contrabaixistas fiquem na mesma fila, o n´umero
de formas diferentes de distribuir os trˆes m´usicos pelos lugares de uma fila ´e
4 A 3 ; e como existem 2
filas, o n´umero de formas diferentes de os sentar na mesma fila ´e 2 ×
4 A 3
E por cada uma das formas anteriores de sentar os contrabaixistas, nos restantes 5 lugares devem
sentar-se os restantes 5 m´usicos, pelo que o n´umero de disposi¸c˜oes dos 5 m´usicos nos 5 lugares ´e
5 A 5
= P
5
Assim, o n´umero de maneiras diferentes de dispor os oito m´usicos nas condi¸c˜oes pretendidas, ´e:
2 ×
4 A 3 × 5!
Resposta: Op¸c˜ao B
2.3. Temos que:
- como a Constan¸ca praticou sempre mais 10 minutos, que no dia anterior, `a exce¸c˜ao do primeiro
dia, ent˜ao o n´umero de minutos de pr´atica em cada dia, ´e uma progress˜ao aritm´etica de raz˜ao
- Assim, designando por c 1 o n´umero de minutos que a Constan¸ca praticou no primeiro dia,
o n´umero de minutos praticados no dia n, ´e dado por
c n
= c 1
- como a Constan¸ca praticou 60 minutos no quarto dia, vem que:
c 4 = 60 ⇔ c 1 + (4 − 1) × 10 = 60 ⇔ c 1 + 30 = 60 ⇔ c 1 = 60 − 30 ⇔ c 1 = 30
- como no total dos m dias a Constan¸ca praticou 2970 minutos, este valor corresponde `a soma de
m termos de uma progress˜ao aritm´etica, ou seja:
Sm =
c 1 + cm
× m
Assim, substituindo o valor de S m
e de c 1
e uma express˜ao de c m
na express˜ao anterior, calculamos
o valor de m:
30 + c 1
× m ⇔ 5940 = (30 + 30 + 10m − 10)m ⇔ 5940 = (50 + 10m)m ⇔
⇔ 5940 = 50m + 10m
2 ⇔ 10 m
2
2
⇔ m =
p
2 − 4(1)(−594)
⇔ m = − 27 ∨ m = 22
Como m ∈ N, vem que m = 22.
3.1. Como a reta BC pertence ao plano que cont´em uma das bases do prisma, ´e
perpendicular aos planos que contˆem as faces laterais do prisma, em particular
ao plano ABF. Assim, o vetor diretor da reta BC tamb´em ´e um vetor normal
do plano ABF.
Assim, a equa¸c˜ao do plano ABF ´e da forma:
2 x + 3y + 6z + d = 0
E como o ponto A pertence ao plano, podemos determinar o valor do parˆametro d, substituindo as
coordenadas, na equa¸c˜ao anterior:
2(4)) + 3(−4) + 6(−3) + d = 0 ⇔ 8 − 12 − 18 + d = 0 ⇔ −22 + d = 0 ⇔ d = 22
E assim, a equa¸c˜ao do plano ABF , ´e 2x + 3y + 6z + 22 = 0.
Resposta: Op¸c˜ao A
- Considerando y = ln x, temos que:
ln
2 x − ln x − 2 < 0 ⇔ y
2 − y − 2 < 0
Determinado os zeros da equa¸c˜ao y
2 − y − 2 = 0, temos:
y =
p
2 − 4(1)(−2)
⇔ y =
⇔ y =
⇔ y = 2 ∨ y = − 1
Observando que:
2
- y = − 1 ⇔ ln x = − 1 ⇔ x = e
− 1 ⇔ x =
e
Pelo que, fatorizando a express˜ao polinomial, temos que:
ln
2 x − ln x − 2 < 0 ⇔ y
2 − y − 2 < 0 ⇔ (y − 2)(y + 1) < 0 ⇔
x − e
2
x −
e
Estudando o sinal da fun¸c˜ao, observando que o dom´ınio de validade da inequa¸c˜ao ´e R
, porque a fun¸c˜ao
logar´ıtmica s´o est´a definida para reais positivos, temos:
x 0
1
e
e
2 +∞
x − e
2 n.d. − − − 0 +
x −
1
e
n.d. − 0 + + +
P n.d. + 0 − 0 +
Assim, o conjunto dos n´umeros reais que verificam a condi¸c˜ao indicada, ´e:
e
, e
2
5.1. Come¸camos por determinar a express˜ao da derivada da fun¸c˜ao g, em ]1, + ∞[:
g
′ (x) =
x
2 − 3 x − 2 ln x
′
=
x
2
′
−(3x)
′
−(2 ln x)
′
= 2x− 3 −2 (ln x)
′
= 2x− 3 − 2
x
= 2x− 3 −
x
Calculando os zeros da derivada da fun¸c˜ao g, em ]1, + ∞[:
g
′ (x) = 0 ⇔ 2 x − 3 −
x
2 x
2 − 3 x − 2
x
= 0 ⇔ 2 x
2 − 3 x − 2 = 0 ∧ x ̸= 0
| {z }
P.V.
⇔ x =
p
2 × 2
⇔ x = 2 ∨ x = −
Como no intervalo ]1, + ∞[ a equa¸c˜ao g
′ (x) = 0 s´o tem um zero, estudando a varia¸c˜ao do sinal da
derivada e relacionando com a monotonia da fun¸c˜ao, vem:
x 1 2 +∞
2 x
2 − 3 x − 2 n.d. − 0 +
x n.d. + + +
g
′ n.d. − 0 +
g n.d. min
Assim, podemos concluir que a fun¸c˜ao g:
- ´e decrescente no intervalo ]1,2];
- ´e crescente no intervalo [2, + ∞[;
- tem um m´ınimo relativo que ´e g(2) = 2
2 − 3 × 2 − 2 ln 2 = 4 − 6 − 2 ln 2 = − 2 − 2 ln 2
5.2. Como a fun¸c˜ao ´e cont´ınua em x = 1, temos que:
g(1) = lim
x→ 1
−
g(x) = lim
x→ 1
g(x)
Como lim
x→ 1
g(x) = g(1) = 1
2 − 3(1) − 2 ln 1 = 1 − 3 − 2 × 0 = −2 + 0 = −2, calculando lim
x→ 1
−
g(x),
temos:
lim
x→ 1
−
g(x) = lim
x→ 1
−
1 − x
e
x− 1 − 1
− e
x−k
e
0 − 1
− e
1 −k
=
− e
1 −k
(Indetermina¸c˜ao)
lim
x→ 1
−
1 − x
e
x− 1 − 1
− e
x−k
= lim
x→ 1
−
−(x − 1)
e
x− 1 − 1
− e
x−k
= lim
x→ 1
−
x − 1
e
x− 1 − 1
− e
x−k
= lim
x→ 1
−
e
x− 1 − 1
x − 1
− e
x−k
lim
x→ 1
−
lim
x→ 1
−
e
x− 1 − 1
x − 1
− lim
x→ 1
−
e
x−k = −
lim
x→ 1
−
e
x− 1 − 1
x − 1
− e
1 −k
(fazendo y = x − 1, temos que se x → 1
− , ent˜ao y → 0
− )
lim
y→ 0
−
e
y − 1
y
| {z }
Lim. Not´avel
− e
1 −k = −
− e
1 −k = − 1 − e
1 −k
Assim, como g(1) = −2, e g ´e cont´ınua em x = 1, temos que:
lim
x→ 1
−
g(x) = g(1) ⇔ −2 = − 1 − e
1 −k ⇔ e
1 −k = 1 ⇔ 1 − k = ln 1 ⇔ 1 − k = 0 ⇔ 1 = k
- Temos que:
x→ 2
−
f (x) = −∞ e f (2) > 0, ent˜ao lim
x→ 2
−
f (x) ̸= f (2) pela que a fun¸c˜ao f n˜ao ´e cont´ınua em
x = 2, logo n˜ao ´e cont´ınua em [1,3].
Assim, n˜ao ´e poss´ıvel recorrer ao Teorema de Bolzano-Cauchy para garantir a existˆencia, neste
intervalo, de qualquer valor, em particular, a existˆencia de um zero, pelo que a afirma¸c˜ao I. ´e falsa.
x→ 2
f (x)
lim
x→ 2
f (x)
f (2)
e
f (2)
´e um valor finito, porque f (2) ̸= 0; e que
lim
x→ 2
−
f (x)
lim
x→ 2
−
f (x)
= 0; ent˜ao a reta de equa¸c˜ao x = 2 n˜ao ´e uma ass´ıntota do gr´afico
de
f
porque lim
x→ 2
f (x)
e lim
x→ 2
−
f (x)
s˜ao ambos finitos, logo a afirma¸c˜ao II. ´e falsa.
- Como o setor circular correspondente ao ˆangulo orientado AOB, ou seja ao ˆangulo de amplitude α, e tem
raio 2, vem que sua ´area ´e:
A
AOB
α × 2
2
= α × 2 = 2α
Relativamente aos pontos B, C e D sabemos que:
- como o ponto B est´a sobre a circunferˆencia de raio 2, as suas coordenadas, em fun¸c˜ao de α, s˜ao
(2 cos α, 2sen α) ;
- como o ponto C ´e sim´etrico de B relativamente ao eixo Oy, as suas coordenadas, em fun¸c˜ao de α,
s˜ao (−2 cos α, 2sen α) ;
- como o ˆangulo ODC ´e reto, e o ponto D pertence ao eixo Ox, as suas coordenadas, em fun¸c˜ao de α,
s˜ao (−2 cos α, 0) ;
Logo, vem que:
- BC = xB + |xC | = 2 cos α + | − 2 cos α| = 4 cos α
- CD = yC = 2 sen α
- OD = |xD | = | − 2 cos α| = 2 cos α
Pelo que a ´area do trap´ezio [OBCD] ´e:
A
[OBCD]
BC + OD
× CD =
4 cos α + 2 cos α
× 2 sen α = 6 cos α sen α = 3 × 2 cos α sen α = 3 sen (2α)
Logo, como a ´area da regi˜ao sombreada, A, ´e dada, em fun¸c˜ao de α ´e dada pela soma das duas ´areas,
temos que:
A = A
AOB
+ A
[OBCD]
= 2α + 3 sen (2α)
- Como um dos valores pretendidos ´e o dobro do outro,
e ambos correspondem `a mesma intensidade m´ınima
da for¸ca, o menor dos valores ´e a solu¸c˜ao da equa¸c˜ao:
F (θ) = F (2θ)
Assim, visualizando na calculadora gr´afica o gr´afico
da fun¸c˜ao f (x) =
5 sen (x) + 12 cos(x)
, e o gr´afico da
fun¸c˜ao f (2x), para 0 < x <
π
(porque sabemos que o
menor valor pertence ao intervalo
i
π
h
), reproduzido
na figura ao lado, e usando a fun¸c˜ao da calculadora
para determinar valores aproximados das coordenadas
do ponto de interse¸c˜ao de dois gr´aficos, obtemos o
valor aproximado (`as cent´esimas) da abcissa do ponto
de interse¸c˜ao, ou seja:
θ 1
θ
F
F (θ)
F (2θ)
π
4
- Como o ponto A pertence `a circunferˆencia de raio 2 centrada na origem e tamb´em ao semieixo imagin´ario
negativo, sabemos que ´e o afixo do n´umero complexo z = − 2 i.
Como z ´e uma raiz c´ubica de w, temos que:
w = z
3 = (− 2 i)
3 = (−2)
3 × i
3 = − 8 × (−i) = 8i = 8e
i
π
2
Resposta: Op¸c˜ao C
- Observando que i
7 = i
4+ = i
3 = −i, temos que:
z =
1 + i
i
7
4(1 − i)
(1 + i)(1 − i)
−i
4 − 4 i
2 − i
2
2(i)
(−i)(i)
4 − 4 i
2 i
= 2 − 2 i − 2 i = 2 − 4 i
Como |z×w| = 5
2 e z×w pertencente `a bissetriz do terceiro quadrante, ou seja, Arg (z×w) = π+
π
5 π
Assim, temos que:
z×w = 5
2 e
i(
5 π
4
cos
5 π
5 π
− i
5 × (
2
−i
5 × (
2
= − 5 − 5 i
Logo, temos que z × w = − 5 − 5 i ⇔ w =
− 5 − 5 i
z
, pelo que determinando o n´umero complexo w na
forma alg´ebrica, vem:
w =
− 5 − 5 i
z
− 5 − 5 i
2 − 4 i
(− 5 − 5 i)(2 + 4i)
(2 − 4 i)(2 + 4i)
− 10 − 20 i − 10 i − 20 i
2
2 − (4i)
2
− 10 − 30 i + 20
10 − 30 i
i
