Proposta de Resolução — Exame Nacional de Matemática A 2022
Prova 635 · Época Especial · Estrutura e pontuação de acordo com os Critérios de Classificação do IAVE

A base $[ABCDEF]$ pertence ao plano $xOy$. Como o prisma é reto, a base oposta $[GHIJKL]$ é paralela a esse plano e tem equação $z=k$.

O ponto $M$, equidistante das duas bases, tem cota 2. Logo, a altura do prisma é $2\times2=4$.

As faces laterais opostas são paralelas, logo os planos $BCJ$ e $LEF$ têm vetores normais colineares. Da equação de $BCJ$, pode tomar-se $\vec n=(3,-\sqrt3,0)$.

Assim, o plano $LEF$ tem a forma $3x-\sqrt3y+d=0$.

Como $B=(2,0,0)$ e $M$ é o ponto médio de $[BL]$, obtém-se:

$$L=2M-B=\left(\frac23,\frac{4\sqrt3}{3},4\right).$$

Substituindo $L$ na equação do plano:

$$3\left(\frac23\right)-\sqrt3\left(\frac{4\sqrt3}{3}\right)+d=0\ \Longleftrightarrow\ 2-4+d=0,$$

logo $d=2$.

O triângulo inscrito na semicircunferência é retângulo e $AC=4$. Assim:

$$BC=4\sin\alpha,qquad AB=4\cos\alpha.$$

O raio é $r=2$. A área pedida é a diferença entre a área do semicírculo e a área do triângulo:

$$\begin{aligned} A&=\frac{\pi r^2}{2}-\frac{BC\times AB}{2}\\ &=2\pi-8\sin\alpha\cos\alpha\\ &=2\pi-4\sin(2\alpha). \end{aligned}$$

O algarismo das unidades é obrigatoriamente 5. Para a dezena de milhar existem 4 escolhas, pois não pode ser 0 nem 5.

Para os restantes três lugares existem, sucessivamente, 4, 3 e 2 escolhas.

$$4\times4\times3\times2\times1=96.$$

Há 60 funcionários, dos quais $0,75\times60=45$ trabalham presencialmente pelo menos dois dias por semana.

O número total de grupos de 4 é $\binom{60}{4}$. Para selecionar, no máximo, 3 trabalhadores presenciais, excluem-se apenas os grupos formados por 4 dos 45 trabalhadores presenciais.

$$P=\frac{\binom{60}{4}-\binom{45}{4}}{\binom{60}{4}}.$$

Como $A$ e $B$ são independentes, $P(A\cap B)=P(A)P(B)$.

Usando a definição de probabilidade condicionada:

$$\begin{aligned} P(B)+P(A)[1-P(B\mid A)] &=P(B)+P(A)-P(A\cap B)\\ &=P(A)+P(B)-P(A)P(B)\\ &=P(A)+P(B)[1-P(A)]\\ &=P(A)+P(B)P(\overline A). \end{aligned}$$

Usando a definição do número $e$:

$$\lim u_n=\lim\left(\frac{n+k}{n}\right)^n=\lim\left(1+\frac kn\right)^n=e^k.$$

Numa progressão aritmética, $v_3=1$, logo $v_1=1-2r$. Assim, $v_{10}=1+7r$ e $v_9=1+6r$.

Da condição $v_{10}=\frac54v_9$:

$$1+7r=\frac54(1+6r)\ \Longleftrightarrow\ r=-\frac12.$$

Então $v_1=2$ e $v_n=2-\frac{n-1}{2}$. Resolvendo $v_n=-50$:

$$2-\frac{n-1}{2}=-50\ \Longleftrightarrow\ n=105.$$

Para $z=e\,e^{ie}$, tem-se $|z|=e$ e $\operatorname{Arg}(z)=e$.

Como $e\approx2,7$, então $\frac\pi2<e<\pi$. O afixo está, portanto, na circunferência de raio $e$ e no segundo quadrante.

Como $i^7=-i$:

$$z_1=(1+i)^2(2+i)+i^7=2i(2+i)-i=-2+3i.$$

Da igualdade $z_1z_2=3+2i$:

$$z_2=\frac{3+2i}{-2+3i}=-i.$$

Mas $z_2=\sin\theta+i\cos\theta$. Logo, $\sin\theta=0$ e $\cos\theta=-1$.

$f(0)=\frac35$. Para o limite:

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0}\frac{3x}{e^{5x}-1} &=\frac35\lim_{x\to0}\frac{5x}{e^{5x}-1}\\ &=\frac35. \end{aligned}$$

Como $\lim_{y\to0}\frac{e^y-1}{y}=1$, o limite é igual ao valor da função.

Para $x\to+\infty$:

$$\begin{aligned} \lim g(x)&=\lim[\ln(1+e^x)-x]\\ &=\lim\ln\left(\frac{1+e^x}{e^x}\right)=\ln1=0. \end{aligned}$$

Logo, $y=0$ é assíntota horizontal.

Para $x\to-\infty$, o declive da assíntota oblíqua é

$$m=\lim_{x\to-\infty}\frac{g(x)}x=-1,$$

e

$$b=\lim_{x\to-\infty}[g(x)+x]=\lim_{x\to-\infty}\ln(1+e^x)=0.$$

$$g'(x)=\frac{e^x}{1+e^x}-1,$$

logo o declive da tangente em $x=0$ é $g'(0)=-\frac12$. Como $g(0)=\ln2$, a tangente é

$$y=-\frac x2+\ln2.$$

As interseções com os eixos são $A=(0,\ln2)$ e $B=(2\ln2,0)$. Portanto:

$$A_{[OAB]}=\frac{\ln2\times2\ln2}{2}=(\ln2)^2.$$

O ponto $P$, interseção da reta $s$ com $Oy$, tem coordenadas $(0,b)$. Como $A=(-1,1)$:

$$m=\frac{b-1}{0-(-1)}=b-1\ \Longleftrightarrow\ b=m+1.$$

O ponto $B$ tem abcissa $m+1$ e ordenada $(m+1)^2$. A condição de a área do triângulo $[ABC]$ ser 4 conduz a:

$$\frac{(m+1)[(m+1)^2-1]}{2}=4,$$

isto é, $(m+1)^3-(m+1)=8$.

A partir de $g'(x)=\frac{x-e^{3x}}x$, para $x>0$:

$$g''(x)=\frac{e^{3x}(1-3x)}{x^2}.$$

Como $e^{3x}>0$ e $x^2>0$, o sinal de $g''$ é o sinal de $1-3x$. O único zero é $x=\frac13$.

As condições de existência dão $x>0$. A equação é:

$$\frac12\log_2(9x+1)=\log_2(6x).$$

Logo:

$$\log_2(9x+1)=\log_2(6x)^2\ \Longleftrightarrow\ 9x+1=36x^2.$$

As raízes são $x=-\frac1{12}$ e $x=\frac13$. Apenas a segunda respeita $x>0$.

Para $x>0$, $f(x)=\sqrt{kx}-\ln(kx)$, com $k>0$. Derivando:

$$f'(x)=\frac{kx-2\sqrt{kx}}{2x\sqrt{kx}}.$$

O único zero verifica $kx=2\sqrt{kx}$, logo $kx=4$ e $x=\frac4k$.

A derivada é negativa em $]0,\frac4k[$ e positiva em $]\frac4k,+\infty[$, pelo que existe um mínimo absoluto em $x=\frac4k$.

$$f\left(\frac4k\right)=\sqrt4-\ln4=2-\ln4.$$

Além disso, $\lim_{x\to0^+}f(x)=+\infty$ e $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.