Proposta de Resolução — Exame Nacional de Matemática A 2023
Prova 635 · Época Especial · Estrutura e pontuação de acordo com os Critérios de Classificação do IAVE

As três primeiras sucessões não são monótonas: basta comparar termos consecutivos.

• Para $a_n=(n-5)^2$, $a_4=1$, $a_5=0$ e $a_6=1$;
• Para $b_n=\dfrac{(-1)^n}{n+3}$, os sinais alternam;
• Para $c_n=(-2)^n$, os sinais também alternam.

Para $d_n=\frac1n$:

$$d_{n+1}-d_n=\frac1{n+1}-\frac1n=-\frac1{n^2+n}<0,$$

logo $(d_n)$ é monótona decrescente.

Os raios das semicircunferências são $r_n=2^{n-1}$. O comprimento de cada arco é

$$c_n=\frac{2\pi r_n}{2}=\pi2^{n-1}.$$

Os comprimentos formam uma progressão geométrica de primeiro termo $\pi$ e razão $2$. Assim:

$$S_{25}=\pi\frac{1-2^{25}}{1-2}=33\,554\,431\pi\text{ cm}\approx1,0541\times10^8\text{ cm}\approx1054\text{ km}.$$

Como $P(A\cap\overline B)=P(A\setminus B)=P(A)-P(A\cap B)=0,5$, então:

$$\begin{aligned} P(A\cup B)&=P(A)+P(B)-P(A\cap B)\\ &=P(B)+P(A\cap\overline B)=P(B)+0,5. \end{aligned}$$

Como $P(A\cup B)=0,8$, obtém-se $P(B)=0,3$.

Os 9 bombons ocupam 9 compartimentos. O número total de distribuições por tipo é

$$\binom94\binom52.$$

Para uma linha ficar preenchida apenas com bombons de amêndoa, escolhe-se a linha ($3$ modos), o compartimento do quarto bombom de amêndoa ($\binom61$) e os dois lugares para avelã ($\binom52$):

$$N_f=3\binom61\binom52.$$

Logo:

$$P=\frac{3\binom61\binom52}{\binom94\binom52}=\frac17.$$

O acontecimento $A\cap\overline B$ significa que o primeiro bombom tem recheio de frutos secos e o segundo não.

Depois dessas duas extrações restam 8 bombons de frutos secos e 21 de caramelo, num total de 29.

Assim, a probabilidade de o terceiro bombom ter recheio de caramelo é:

$$P(C\mid A\cap\overline B)=\frac{21}{29}.$$

Um plano perpendicular ao eixo $Ox$ tem vetor normal colinear com $(1,0,0)$.

Entre as opções, a equação $x=2\sqrt3$ tem vetor normal $(2\sqrt3,0,0)$, colinear com $(1,0,0)$.

O comprimento $OA$ é:

$$OA=\sqrt{(2\sqrt3)^2+6^2}=4\sqrt3.$$

O ponto médio de $[OA]$ é $M=(\sqrt3,3,0)$. O plano mediador de $[OA]$ tem equação $\sqrt3x+3y-12=0$.

Como $B$ pertence à reta dada, $B=(\sqrt3k,16-5k,0)$. Substituindo no plano mediador:

$$3k+3(16-5k)-12=0\ \Longleftrightarrow\ k=3.$$

Logo $B=(3\sqrt3,1,0)$ e $BM=4$. A altura do prisma é $OD=5$:

$$V=\frac{OA\times BM}{2}\times OD=\frac{4\sqrt3\times4}{2}\times5=40\sqrt3.$$

De $\tan^2\alpha+1=\dfrac1{\cos^2\alpha}$ e $\cos\alpha=\frac13$:

$$AB=\tan\alpha=\sqrt8=2\sqrt2.$$

A altura relativa a $[AB]$ é $CP=1-\cos\alpha=\frac23$.

$$A_{[ABC]}=\frac{AB\times CP}{2}=\frac{2\sqrt2\times\frac23}{2}=\frac{2\sqrt2}{3}.$$

Para existir $\lim_{x\to0}f(x)$, os limites laterais devem coincidir.

À direita:

$$\lim_{x\to0^+}[\ln(2-e^{-x})+x+2]=2.$$

À esquerda:

$$\begin{aligned} \lim_{x\to0^-}\frac{\sin(ax)}{e^x-1} &=\lim_{x\to0^-}\frac{\sin(ax)}{ax}\,a\,\frac{x}{e^x-1}=a. \end{aligned}$$

Portanto, $a=2$.

Para $x\to+\infty$, $f(x)=\ln(2-e^{-x})+x+2$.

O declive da assíntota é:

$$m=\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}x=1.$$

A ordenada na origem é:

$$b=\lim_{x\to+\infty}[f(x)-x]=\lim_{x\to+\infty}[\ln(2-e^{-x})+2]=\ln2+2.$$

Da igualdade $\log_a\left(\frac ba\right)=2$:

$$\log_ab-\log_aa=2\ \Longleftrightarrow\ \log_ab=3.$$

Assim:

$$\log_a\left(\sqrt{a^3}\,b^2\right)=\frac32\log_aa+2\log_ab=\frac32+6=\frac{15}{2}.$$

Para $g(x)=e^x\cos x$:

$$g'(x)=e^x(\cos x-\sin x).$$

Como $e^x>0$, os zeros verificam $\cos x=\sin x$, isto é, $x=\frac\pi4+k\pi$. No domínio $[0,\pi[$, o único zero é $x=\frac\pi4$.

Logo, $g$ cresce em $[0,\frac\pi4]$ e decresce em $[\frac\pi4,\pi[$.

$$g(0)=1,qquad g\left(\frac\pi4\right)=\frac{\sqrt2}{2}e^{\pi/4}.$$

Considere-se $h(x)=g(x)-x$. A função $h$ é contínua em $[\frac\pi3,\frac\pi2]$.

$$h\left(\frac\pi3\right)=e^{\pi/3}\cos\frac\pi3-\frac\pi3\approx0,38>0,$$

$$h\left(\frac\pi2\right)=e^{\pi/2}\cos\frac\pi2-\frac\pi2=-\frac\pi2<0.$$

Pelo Teorema de Bolzano, existe $c\in]\frac\pi3,\frac\pi2[$ tal que $h(c)=0$, ou seja, $g(c)=c$.

Como $e^x+e^{-x}>0$:

$$\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}=\frac13\ \Longleftrightarrow\ 3e^x-3e^{-x}=e^x+e^{-x}.$$

Logo $2e^x-4e^{-x}=0$. Multiplicando por $e^x$:

$$2e^{2x}-4=0\ \Longleftrightarrow\ e^{2x}=2\ \Longleftrightarrow\ x=\frac{\ln2}{2}.$$

A diferença entre as distâncias máxima e mínima é o diâmetro da circunferência:

$$3\sqrt2+3-(3\sqrt2-3)=6.$$

Procuram-se, portanto, as soluções de $d(t)=6$ no intervalo indicado.

Se $\operatorname{Arg}(z)=\frac\pi7$, escreva-se $z=\rho e^{i\pi/7}$. Como $2i=2e^{i\pi/2}$:

$$2iz=2\rho e^{i(\pi/2+\pi/7)}=2\rho e^{i9\pi/14}.$$

$z_2=-1-\sqrt3i=2e^{i4\pi/3}$ e $z_1+i^{23}=-5i-i=-6i=6e^{i3\pi/2}$.

Assim:

$$w=\frac{z_1+i^{23}}{z_2^n}=\frac6{2^n}e^{i(3\pi/2-4n\pi/3)}.$$

Para $w$ ser imaginário puro, o argumento deve ser $\frac\pi2+k\pi$:

$$\frac{3\pi}{2}-\frac{4n\pi}{3}=\frac\pi2+k\pi\ \Longleftrightarrow\ k=\frac{3-4n}{3}.$$

O menor $n\in\mathbb N$ que torna $k$ inteiro é $n=3$.

Sejam $A=(m,am^2)$ e $B=(n,an^2)$. O ponto médio de $[AB]$ tem abcissa $\frac{m+n}{2}$.

Como $h'(x)=2ax$, as tangentes em $A$ e $B$ têm equações:

$$y=2amx-am^2,qquad y=2anx-an^2.$$

Na interseção:

$$2amx-am^2=2anx-an^2.$$

Dividindo por $a\ne0$ e fatorizando:

$$2x(m-n)=m^2-n^2=(m-n)(m+n).$$

Como $m\ne n$, resulta $x=\frac{m+n}{2}$, exatamente a abcissa do ponto médio.