Proposta de Resolução — Exame Nacional de Matemática A 2026
Prova 635 · Época Especial · Estrutura e pontuação de acordo com os Critérios de Classificação do EduQA

A superfície esférica tem centro $C\!\left(\dfrac{1}{2},3,3\right)$ e é tangente ao plano $xOy$ (de equação $z=0$) e ao plano $xOz$ (de equação $y=0$).

Sendo tangente a um plano, a distância do centro a esse plano é igual ao raio:

$r=d(C,xOy)=\left|z_C\right|=3$   e   $r=d(C,xOz)=\left|y_C\right|=3$ (valores coerentes).

Logo a equação é $\left(x-\dfrac{1}{2}\right)^2+(y-3)^2+(z-3)^2=3^2=9$.

1.º Processo (equação do plano e equação vetorial da reta)

$A$ é o ponto de tangência ao plano $xOy$, logo tem a mesma abcissa e a mesma ordenada do centro e cota nula: $A=\left(\dfrac{1}{2},3,0\right)$. [1 pt]

$B$ é o ponto de tangência ao plano $xOz$, logo tem a mesma abcissa e a mesma cota do centro e ordenada nula: $B=\left(\dfrac{1}{2},0,3\right)$. [1 pt]

$\vec{AB}=B-A=\left(\dfrac12-\dfrac12,\,0-3,\,3-0\right)=(0,-3,3)$. [1 pt]

Equação do plano $\alpha$ [4 pts]

Como $\alpha$ é perpendicular à reta $AB$, o vetor $\vec{AB}=(0,-3,3)$ é vetor normal de $\alpha$: $\;0x-3y+3z+d=0$, ou seja $-3y+3z+d=0$. [1 + 1 pts]

$\alpha$ passa em $(4,3,-5)$: $\;-3\times 3+3\times(-5)+d=0 \Leftrightarrow -9-15+d=0$. [1 pt]

$d=24$, pelo que $\alpha:\ -3y+3z+24=0$ (equivalente a $-y+z+8=0$). [1 pt]

Reta $AB$ e ponto de interseção

Equação vetorial de $AB$: $(x,y,z)=\left(\dfrac{1}{2},3,0\right)+k\,(0,-3,3),\ k\in\mathbb{R}$. [2 pts]

Um ponto genérico da reta $AB$ tem coordenadas $\left(\dfrac{1}{2},\,3-3k,\,3k\right)$. [2 pts]

Substituindo na equação do plano $\alpha$: $\;-3(3-3k)+3\times 3k+24=0$. [1 pt]

$-9+9k+9k+24=0 \Leftrightarrow 18k+15=0 \Leftrightarrow k=-\dfrac{5}{6}$. [1 pt]

Logo as coordenadas pedidas são $\left(\dfrac{1}{2},\ 3-3\times\left(-\dfrac{5}{6}\right),\ 3\times\left(-\dfrac{5}{6}\right)\right)=\left(\dfrac{1}{2},\,\dfrac{11}{2},\,-\dfrac{5}{2}\right)$. [1 pt]

2.º Processo (produto escalar nulo)

Sejam $P$ o ponto de interseção da reta $AB$ com o plano $\alpha$ e $C'(4,3,-5)$ o ponto dado.

Como $C'\in\alpha$ e $\alpha\perp AB$, o vetor $\vec{PC'}$ é ortogonal à reta $AB$. [2 pts]

Com $A=\left(\dfrac12,3,0\right)$, $B=\left(\dfrac12,0,3\right)$ e $\vec{AB}=(0,-3,3)$, a reta $AB$ é $(x,y,z)=\left(\dfrac12,3,0\right)+k(0,-3,3)$, e $P=\left(\dfrac{1}{2},\,3-3k,\,3k\right)$. [1+1+1+2+2 pts]

$\vec{PC'}=\left(4-\dfrac12,\ 3-(3-3k),\ -5-3k\right)=\left(\dfrac{7}{2},\ 3k,\ -5-3k\right)$. [1 pt]

$\vec{AB}\cdot\vec{PC'}=0$: [1 pt]

$0\times\dfrac{7}{2}+(-3)\times 3k+3\times(-5-3k)=0 \Leftrightarrow -9k-15-9k=0 \Leftrightarrow -18k-15=0$. [1 pt]

$k=-\dfrac{5}{6}$, donde $P=\left(\dfrac{1}{2},\,\dfrac{11}{2},\,-\dfrac{5}{2}\right)$. [1 + 1 pts]

Derivada. Para $x\in\mathbb{R}^+$, com $h(x)=1+\dfrac{\ln x}{x^2}$: [3 pts]

$h'(x)=\left(1+\dfrac{\ln x}{x^2}\right)'=\dfrac{(\ln x)'\,x^2-\ln x\,\left(x^2\right)'}{\left(x^2\right)^2}=\dfrac{\frac{1}{x}\cdot x^2-2x\ln x}{x^4}=\dfrac{x-2x\ln x}{x^4}=\dfrac{1-2\ln x}{x^3}$.

Zeros de $h'$. $h'(x)=0$ [1 pt]

$\dfrac{1-2\ln x}{x^3}=0 \Leftrightarrow 1-2\ln x=0 \;\wedge\; x^3\neq 0 \Leftrightarrow \ln x=\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x=e^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e}$ (em $\mathbb{R}^+$). [2 pts]

Quadro de sinal de $h'$ e de monotonia de $h$ (em $\mathbb{R}^+$): [4 pts]

Intervalos de monotonia: $h$ é (estritamente) crescente em $\left]0,\sqrt{e}\,\right]$ e (estritamente) decrescente em $\left[\sqrt{e},+\infty\right[$. [2 pts]

Como $h'$ muda de sinal, de positivo para negativo, em $x=\sqrt{e}$, a função $h$ tem um máximo relativo (que é também absoluto) igual a $h\!\left(\sqrt{e}\right)$; não tem mínimos relativos. [1 pt]

$h\!\left(\sqrt{e}\right)=1+\dfrac{\ln\sqrt{e}}{\left(\sqrt{e}\right)^2}=1+\dfrac{\frac{1}{2}}{e}=1+\dfrac{1}{2e}$. [1 pt]

3.(AE2018) — Limite de $u_n=\left(\dfrac{n+2}{n}\right)^{3n}$.

$\dfrac{n+2}{n}=1+\dfrac{2}{n}$, pelo que $u_n=\left[\left(1+\dfrac{2}{n}\right)^{n}\right]^{3}$.

Pelo limite notável $\lim\left(1+\dfrac{a}{n}\right)^{n}=e^{a}$, vem $\lim\left(1+\dfrac{2}{n}\right)^{n}=e^{2}$.

Logo $\lim u_n=\left(e^{2}\right)^{3}=e^{6}$. Resposta: (D)

3.(AE2023) — Capital $C_0=5740$ euros, juro composto capitalizado mensalmente, taxa anual $2\%$, durante $2$ anos.

Taxa mensal: $\dfrac{0{,}02}{12}$; número de capitalizações: $2\times 12=24$.

$C=5740\left(1+\dfrac{0{,}02}{12}\right)^{24}\approx 5974{,}05$.

Arredondando às unidades: $5974$ euros. Resposta: (D)

A função $f$ é contínua em $x=-2$ se e só se [2 pts]

$\lim\limits_{x\to-2^-}f(x)=\lim\limits_{x\to-2^+}f(x)=f(-2)$.

Limite à direita e valor da função [2 pts]

Para $x\geq -2$, $f(x)=2e^{x+2}+3e^{-x-2}$, expressão contínua; logo [1 pt]

$\lim\limits_{x\to-2^+}f(x)=f(-2)=2e^{-2+2}+3e^{2-2}=2e^{0}+3e^{0}=2+3=5$. [1 pt]

Limite à esquerda [8 pts]

1.º Processo (limite notável)

$\lim\limits_{x\to-2^-}f(x)=\lim\limits_{x\to-2^-}\dfrac{e^{x+2}-1}{x^2-4}$  — indeterminação $\dfrac{0}{0}$, pois $\lim\limits_{x\to-2^-}\left(e^{x+2}-1\right)=\lim\limits_{x\to-2^-}\left(x^2-4\right)=0$. [1 + 1 pts]

$\lim\limits_{x\to-2^-}\dfrac{e^{x+2}-1}{x^2-4}=\lim\limits_{x\to-2^-}\dfrac{e^{x+2}-1}{(x-2)(x+2)}$. [1 pt]

Fazendo $y=x+2$ (com $y\to 0$), $\;\lim\limits_{x\to-2^-}\dfrac{e^{x+2}-1}{x+2}=\lim\limits_{y\to 0}\dfrac{e^{y}-1}{y}=1$. [2 pts]

Assim, $\lim\limits_{x\to-2^-}\dfrac{e^{x+2}-1}{(x-2)(x+2)}=\lim\limits_{x\to-2^-}\dfrac{e^{x+2}-1}{x+2}\times\lim\limits_{x\to-2^-}\dfrac{1}{x-2}$. [1 pt]

$=1\times\dfrac{1}{-2-2}=-\dfrac{1}{4}$. [2 pts]

2.º Processo (definição de derivada)

$\lim\limits_{x\to-2^-}f(x)=\lim\limits_{x\to-2^-}\dfrac{e^{x+2}-1}{x^2-4}$, com $\lim\limits_{x\to-2^-}\left(e^{x+2}-1\right)=\lim\limits_{x\to-2^-}\left(x^2-4\right)=0$. [1 + 1 pts]

Sendo $u(x)=e^{x+2}-1$ e $v(x)=x^2-4$, tem-se $u(-2)=v(-2)=0$ e

$u'(x)=e^{x+2}$  e  $v'(x)=2x$. [1 + 1 pts]

$\lim\limits_{x\to-2^-}\dfrac{e^{x+2}-1}{x^2-4}=\lim\limits_{x\to-2^-}\dfrac{\frac{e^{x+2}-1}{x+2}}{\frac{x^2-4}{x+2}}=\dfrac{u'(-2)}{v'(-2)}=\dfrac{e^{0}}{2\times(-2)}=-\dfrac{1}{4}$. [2 + 2 pts]

Conclusão. Como $\lim\limits_{x\to-2^-}f(x)=-\dfrac{1}{4}\neq 5=\lim\limits_{x\to-2^+}f(x)=f(-2)$, não existe $\lim\limits_{x\to-2}f(x)$ e, portanto, $f$ não é contínua em $x=-2$. [2 pts]

Como $x\in[0,+\infty[$, tem-se $x-2\geq -2$, pelo que se aplica o segundo ramo da definição de $f$:

$f(x-2)=2e^{(x-2)+2}+3e^{-(x-2)-2}=2e^{x}+3e^{-x}$.

A equação $f(x-2)=7$ escreve-se, então, $\;2e^{x}+3e^{-x}=7$. [2 pts]

Multiplicando ambos os membros por $e^{x}$ (que é sempre positivo, logo não nulo):

$2\left(e^{x}\right)^2+3=7e^{x} \Leftrightarrow 2\left(e^{x}\right)^{2}-7e^{x}+3=0$. [4 pts]

Fazendo $y=e^{x}$: $\;2y^2-7y+3=0 \Leftrightarrow y=\dfrac{7\pm\sqrt{49-24}}{4}=\dfrac{7\pm 5}{4}$.

$e^{x}=3 \ \vee\ e^{x}=\dfrac{1}{2}$. [3 pts]

$x=\ln 3 \ \vee\ x=\ln\!\left(\dfrac{1}{2}\right)$. [4 pts]

Como $\ln\!\left(\dfrac{1}{2}\right)=-\ln 2\lt 0$, este valor não pertence a $[0,+\infty[$ e é de rejeitar. [1 pt]

1.º Processo

Como $a\in\,]1,+\infty[$, tem-se $\ln a\gt 0$ e, portanto, $-2+\ln a\gt -2$. [1 pt]

Logo o ponto de tangência pertence ao ramo $f(x)=2e^{x+2}+3e^{-x-2}$.

Sendo a reta $t$ paralela ao eixo $Ox$, o seu declive é zero. [1 pt]

Como o declive da reta tangente ao gráfico de $f$ no ponto de abcissa $-2+\ln a$ é $f'(-2+\ln a)$, vem $f'(-2+\ln a)=0$. [2 pts]

Derivada. $f'(x)=\left(2e^{x+2}+3e^{-x-2}\right)'=2e^{x+2}+3\times(-1)\,e^{-x-2}=2e^{x+2}-3e^{-x-2}$. [3 pts]

Com $x=-2+\ln a$: $\;x+2=\ln a$, pelo que $e^{x+2}=e^{\ln a}=a$ e $e^{-x-2}=e^{-\ln a}=\dfrac{1}{a}$.

$f'(-2+\ln a)=2a-\dfrac{3}{a}$. [2 pts]

$2a-\dfrac{3}{a}=0 \Leftrightarrow \dfrac{2a^2-3}{a}=0 \Leftrightarrow 2a^2-3=0 \;\wedge\; a\neq 0$. [1 pt]

$a^2=\dfrac{3}{2} \Leftrightarrow a=-\sqrt{\dfrac{3}{2}}\ \vee\ a=\sqrt{\dfrac{3}{2}}$, ou seja $a=-\dfrac{\sqrt{6}}{2}\ \vee\ a=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$. [3 pts]

Como $a\in\,]1,+\infty[$, rejeita-se $a=-\dfrac{\sqrt{6}}{2}$; note-se que $\dfrac{\sqrt{6}}{2}\approx 1{,}22\gt 1$. [1 pt]

2.º Processo

Como $a\gt 1$, $-2+\ln a\gt -2$ e o declive da reta $t$ é zero. [1 + 1 pts]

Resolve-se $f'(x)=0$ no segundo ramo, com $f'(x)=2e^{x+2}-3e^{-x-2}$. [1 + 3 pts]

$2e^{x+2}-3e^{-x-2}=0 \Leftrightarrow 2e^{x+2}=3e^{-x-2} \Leftrightarrow \dfrac{e^{x+2}}{e^{-x-2}}=\dfrac{3}{2} \Leftrightarrow e^{2x+4}=\dfrac{3}{2}$. [1 pt]

$2x+4=\ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right) \Leftrightarrow x=\dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right)-2$. [4 pts]

Como a abcissa do ponto de tangência é $-2+\ln a$: $\;\dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right)-2=\ln a-2$. [1 pt]

$\ln a=\dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right)=\ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right)^{\frac{1}{2}}$. [1 pt]

$a=\sqrt{\dfrac{3}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$. [1 pt]

(a) O PIB real per capita da Roménia foi $9{,}61$ e o do Luxemburgo $84{,}49$ (milhares de euros).

$\dfrac{9{,}61}{84{,}49}\approx 0{,}1137=11{,}37\%\approx 11\%$  $\rightarrow$ opção (2).

(b) Introduzindo na calculadora os valores de $x$ (PIB real per capita), obtêm-se a média e o desvio padrão amostral:

$\overline{x}=\dfrac{354{,}80}{9}\approx 39{,}42$  e  $s\approx 25{,}15$.

$\left]\overline{x}-s,\ \overline{x}+s\right[\ \approx\ \left]14{,}27\,;\ 64{,}57\right[$.

Existem exatamente $6$ países nessas condições  $\rightarrow$ opção (1).

(c) Com os pares $(x,y)$ da tabela, a calculadora dá o coeficiente de correlação linear $r\approx 0{,}93$: é positivo e próximo de $1$, ou seja, correlação positiva forte  $\rightarrow$ opção (3).

(d) A reta de regressão de $y$ em função de $x$, com os parâmetros arredondados às milésimas, é $y=0{,}115\,x+4{,}188$.

Para $x=32{,}53$: $\;y=0{,}115\times 32{,}53+4{,}188\approx 7{,}93\approx 7{,}9$  $\rightarrow$ opção (1).

Nove alunos em nove cadeiras de uma fila, com a Susana, o Tomás e o Xavier nas três cadeiras centrais e a Vânia numa das extremidades.

• Susana, Tomás e Xavier nas três cadeiras centrais: $3!=6$ maneiras.

• Vânia numa das duas extremidades: $2$ maneiras.

• Os restantes $5$ alunos nas $5$ cadeiras que sobram: $5!=120$ maneiras.

Pelo princípio fundamental da contagem: $3!\times 2\times 5!=6\times 2\times 120=1440$.

Sejam $F$: «o aluno gosta de futebol» e $V$: «o aluno gosta de voleibol».

1.º Processo

$P(F)=0{,}8$. [1 pt]

«$16\%$ gostam de voleibol e não gostam de futebol»: $P\!\left(V\cap\overline{F}\right)=0{,}16$. [1 pt]

«Dos que gostam de futebol, $7$ em cada $10$ não gostam de voleibol»: $P\!\left(\overline{V}\,|\,F\right)=0{,}7$. [2 pts]

Pretende-se a probabilidade de o aluno não gostar de futebol, sabendo que não gosta de voleibol, isto é, $P\!\left(\overline{F}\,|\,\overline{V}\right)$. [2 pts]

$P\!\left(\overline{F}\,|\,\overline{V}\right)=\dfrac{P\!\left(\overline{F}\cap\overline{V}\right)}{P\!\left(\overline{V}\right)}$. [1 pt]

$P\!\left(\overline{V}\cap F\right)=P\!\left(\overline{V}\,|\,F\right)\times P(F)=0{,}7\times 0{,}8=0{,}56$. [2 pts]

$P(V\cap F)=P(F)-P\!\left(\overline{V}\cap F\right)=0{,}8-0{,}56=0{,}24$. [1 pt]

$P(V)=P(V\cap F)+P\!\left(V\cap\overline{F}\right)=0{,}24+0{,}16=0{,}4$. [1 pt]

$P\!\left(\overline{V}\right)=1-0{,}4=0{,}6$. [1 pt]

$P\!\left(\overline{F}\cap\overline{V}\right)=P\!\left(\overline{V}\right)-P\!\left(\overline{V}\cap F\right)=0{,}6-0{,}56=0{,}04$. [1 pt]

$P\!\left(\overline{F}\,|\,\overline{V}\right)=\dfrac{0{,}04}{0{,}6}=\dfrac{4}{60}=\dfrac{1}{15}$. [1 pt]

2.º Processo (tabela de dupla entrada)

Constrói-se uma tabela cujas entradas são $F$ e $\overline{F}$; $V$ e $\overline{V}$: [1 pt]

Preenchimento: $P(F)=0{,}8$; $P\!\left(\overline{F}\cap V\right)=0{,}16$; $P\!\left(F\cap\overline{V}\right)=0{,}7\times 0{,}8=0{,}56$; $P(V\cap F)=0{,}8-0{,}56=0{,}24$; $P\!\left(\overline{F}\right)=0{,}2$; $P(V)=0{,}4$; $P\!\left(\overline{V}\cap\overline{F}\right)=0{,}2-0{,}16=0{,}04$; $P\!\left(\overline{V}\right)=0{,}6$. [1+1+2+1+1+1+1+1 pts]

Identifica-se o pedido com $P\!\left(\overline{F}\,|\,\overline{V}\right)=\dfrac{P\!\left(\overline{F}\cap\overline{V}\right)}{P\!\left(\overline{V}\right)}=\dfrac{0{,}04}{0{,}6}=\dfrac{1}{15}$. [2 + 1 + 1 pts]

7.(AE2018) — $P(B)=0{,}7$ e $P\!\left(\overline{A}\cup\overline{B}\right)-P\!\left(A\cup\overline{B}\right)=0{,}1$. Determinar $P(A\cap B)$.

1.º Processo

Por uma lei de De Morgan, $\overline{A}\cup\overline{B}=\overline{A\cap B}$, logo $P\!\left(\overline{A}\cup\overline{B}\right)=P\!\left(\overline{A\cap B}\right)$. [2 pts]

$P\!\left(\overline{A\cap B}\right)=1-P(A\cap B)$. [2 pts]

$P\!\left(A\cup\overline{B}\right)=P(A)+P\!\left(\overline{B}\right)-P\!\left(A\cap\overline{B}\right)$. [2 pts]

$P\!\left(A\cap\overline{B}\right)=P(A)-P(A\cap B)$. [2 pts]

$P\!\left(\overline{B}\right)=1-P(B)$. [1 pt]

$P\!\left(\overline{B}\right)=1-0{,}7=0{,}3$. [1 pt]

Substituindo: $P\!\left(A\cup\overline{B}\right)=P(A)+0{,}3-\left[P(A)-P(A\cap B)\right]=0{,}3+P(A\cap B)$.

Logo $\left[1-P(A\cap B)\right]-\left[0{,}3+P(A\cap B)\right]=0{,}1 \Leftrightarrow 0{,}7-2P(A\cap B)=0{,}1$.

$P(A\cap B)=\dfrac{0{,}6}{2}=0{,}3$. [4 pts]

2.º Processo

$P\!\left(\overline{A}\cup\overline{B}\right)=P\!\left(\overline{A\cap B}\right)$  e  $P\!\left(A\cup\overline{B}\right)=P\!\left(\overline{\overline{A}\cap B}\right)$. [2 + 2 pts]

$P\!\left(\overline{A\cap B}\right)=1-P(A\cap B)$  e  $P\!\left(\overline{\overline{A}\cap B}\right)=1-P\!\left(\overline{A}\cap B\right)$. [2 + 2 pts]

$P\!\left(\overline{A}\cap B\right)=P(B)-P(A\cap B)$. [2 pts]

A condição dada fica $\left[1-P(A\cap B)\right]-\left[1-P(B)+P(A\cap B)\right]=0{,}1$, ou seja $0{,}7-2P(A\cap B)=0{,}1$.

$P(A\cap B)=0{,}3$. [4 pts]

7.(AE2023) — Caixa com cinco cartões numerados de $1$ a $5$; retiram-se, simultaneamente e ao acaso, três cartões. $X$ é o número de cartões com número menor do que $3$ (ou seja, o $1$ e o $2$).

Como existem apenas dois cartões com número menor do que $3$, os valores da variável $X$ são $0$, $1$ e $2$. [2 pts]

Número de casos possíveis: $^{5}C_3=10$.

$P(X=0)=\dfrac{^{2}C_0\times{}^{3}C_3}{^{5}C_3}=\dfrac{1\times 1}{10}=0{,}1$. [3 pts]

$P(X=1)=\dfrac{^{2}C_1\times{}^{3}C_2}{^{5}C_3}=\dfrac{2\times 3}{10}=0{,}6$. [3 pts]

$P(X=2)=\dfrac{^{2}C_2\times{}^{3}C_1}{^{5}C_3}=\dfrac{1\times 3}{10}=0{,}3$. [3 pts]

$\mu=0\times 0{,}1+1\times 0{,}6+2\times 0{,}3=0{,}6+0{,}6=1{,}2$. [3 pts]

1.º Processo

Seja $M$ o ponto médio do segmento de reta $[AB]$.

Amplitude do ângulo $A\hat{O}B$. O comprimento de um arco de circunferência é $\alpha r$, com $\alpha$ em radianos: [2 pts]

$\dfrac{8\pi}{3}=\alpha\times 4 \Leftrightarrow \alpha=\dfrac{8\pi}{12}=\dfrac{2\pi}{3}$.

O triângulo $[AOB]$ é isósceles, pois $\overline{OA}=\overline{OB}=4$ (raios); logo $B\hat{A}O=O\hat{B}A$. [2 pts]

Como a soma das amplitudes dos ângulos internos é $\pi$: [2 pts]

$B\hat{A}O=\dfrac{\pi-\frac{2\pi}{3}}{2}=\dfrac{\frac{\pi}{3}}{2}=\dfrac{\pi}{6}$.

No triângulo retângulo $[AMO]$ (a altura relativa à base de um triângulo isósceles é também mediana): [2 pts]

$\overline{AM}=\overline{AO}\times\cos\!\left(B\hat{A}O\right)=4\cos\!\left(\dfrac{\pi}{6}\right)$.

$\overline{AM}=4\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$. [2 pts]

$\overline{AB}=2\,\overline{AM}=4\sqrt{3}$. [1 pt]

Por definição de produto escalar: $\;\vec{AO}\cdot\vec{AB}=\left\|\vec{AO}\right\|\times\left\|\vec{AB}\right\|\times\cos\!\left(B\hat{A}O\right)=4\times 4\sqrt{3}\times\cos\!\left(\dfrac{\pi}{6}\right)$. [2 pts]

$=16\sqrt{3}\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{16\times 3}{2}=24$. [1 pt]

2.º Processo (decomposição do vetor $\vec{AB}$)

Como acima, $A\hat{O}B=\dfrac{2\pi}{3}$. [2 pts]

Pela relação de Chasles, $\vec{AB}=\vec{AO}+\vec{OB}$. [1 pt]

$\vec{AO}\cdot\vec{AB}=\vec{AO}\cdot\left(\vec{AO}+\vec{OB}\right)=\vec{AO}\cdot\vec{AO}+\vec{AO}\cdot\vec{OB}$. [2 pts]

$\vec{AO}\cdot\vec{AO}=\left\|\vec{AO}\right\|^2=4^2=16$. [2 pts]

Como $\vec{AO}=-\vec{OA}$: $\;\vec{AO}\cdot\vec{OB}=\left(-\vec{OA}\right)\cdot\vec{OB}=-\vec{OA}\cdot\vec{OB}$. [2 pts]

$\vec{OA}\cdot\vec{OB}=4\times 4\times\cos\!\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=16\times\left(-\dfrac{1}{2}\right)=-8$, logo $\vec{AO}\cdot\vec{OB}=8$. [2 + 2 pts]

$\vec{AO}\cdot\vec{AB}=16+8=24$. [1 pt]

A sonda é largada no instante $t=0$ e cai até chegar ao solo, pelo que o comprimento total da trajetória de queda é a distância inicial ao solo, $y(0)$: [2 pts]

$y(0)=3000-320\left(e^{0}-1\right)-56\times 0=3000-320\times 0=3000$ metros.

Ter percorrido $\dfrac{2}{3}$ do comprimento da trajetória significa que falta percorrer $\dfrac{1}{3}$, ou seja, que a distância ao solo é $\dfrac{1}{3}\,y(0)=1000$ metros. A equação que traduz o problema é, então: [3 pts]

$y(t)=\dfrac{1}{3}\,y(0)$, isto é $\;3000-320\left(e^{-\frac{7}{40}t}-1\right)-56t=1000$.

Resolução com a calculadora gráfica. Representam-se, num referencial cartesiano, os gráficos de [5 pts]

$y_1=3000-320\left(e^{-\frac{7}{40}x}-1\right)-56x$   e   $y_2=1000$,  com $x\geq 0$,

e assinala-se o ponto de interseção dos dois gráficos. [2 pts]

A abcissa do ponto de interseção, arredondada às décimas, é $t\approx 41{,}4$. [2 pts]

A proposição I é falsa. [Conteúdos]

Sabe-se que $f'$ é estritamente crescente no intervalo $[b,c]$. Ora, se a função derivada $f'$ é crescente nesse intervalo, então $f''(x)\geq 0$ para $x\in[b,c]$ e, portanto, o gráfico de $f$ tem a concavidade voltada para cima em $[b,c]$ — e não para baixo, como se afirma em I.

A proposição II é falsa. [Conteúdos]

A função $f'$ é estritamente decrescente no intervalo $[0,b]$ e $a\in\,]0,b[$ é o único zero de $f'$.

Logo, para qualquer $x\in[0,a[$, tem-se $x\lt a$ e, sendo $f'$ estritamente decrescente em $[0,b]$, vem $f'(x)\gt f'(a)=0$, isto é, $f'(x)\gt 0$ para todo o $x\in[0,a[$.

Assim, $f$ é estritamente crescente em $[0,a]$ — e não decrescente, como se afirma em II.

Critério de classificação (por parâmetros):

11.(AE2018) — $f$ contínua e ímpar em $\mathbb{R}$, $f(1)=-2$ e $g(x)=e^{2x}-f(x)$. Mostrar, pelo Teorema de Bolzano-Cauchy, que o gráfico de $g$ interseta a reta $y=2$ em pelo menos um ponto de abcissa pertencente a $]-1,1[$.

O gráfico de $g$ interseta a reta $y=2$ num ponto de abcissa $x$ se e só se $g(x)=2$; trata-se, pois, de mostrar que a equação $g(x)=2$ tem pelo menos uma solução em $]-1,1[$. [2 pts]

A função $g$ é contínua em $[-1,1]$, por ser a diferença entre a função exponencial (contínua em $\mathbb{R}$) e a função $f$, contínua em $\mathbb{R}$ por hipótese. [2 pts]

$g(1)=e^{2\times 1}-f(1)=e^{2}-(-2)=e^{2}+2\approx 9{,}39$. [1 pt]

Como $f$ é ímpar, $f(-1)=-f(1)=-(-2)=2$. [2 pts]

$g(-1)=e^{2\times(-1)}-f(-1)=e^{-2}-2\approx -1{,}86$. [2 pts]

Assim, $g(-1)\lt 2\lt g(1)$, pois $e^{-2}-2\lt 2\lt e^{2}+2$. [2 pts]

Como $g$ é contínua em $[-1,1]$ e $2$ está compreendido entre $g(-1)$ e $g(1)$, o Teorema de Bolzano-Cauchy garante que existe pelo menos um $c\in\,]-1,1[$ tal que $g(c)=2$. Ou seja, o gráfico de $g$ interseta a reta de equação $y=2$ em, pelo menos, um ponto de abcissa pertencente a $]-1,1[$, como se pretendia. [3 pts]

11.(AE2023) — $f(x)=e^{2x}-\sqrt{x+3}$, contínua em $[-3,+\infty[$; aproximação, pelo método da bissecção e com erro inferior a $0{,}1$, da solução de $f(x)=2$ em $]0,1[$.

Considere-se a função $g$, contínua em $[-3,+\infty[$, definida por $g(x)=f(x)-2=e^{2x}-\sqrt{x+3}-2$; a solução procurada é o zero de $g$ em $]0,1[$. [3 pts]

$g(0)=e^{0}-\sqrt{3}-2=1-\sqrt3-2\approx -2{,}732$  e  $g(1)=e^{2}-\sqrt{4}-2\approx 3{,}389$.

1.ª bissecção — ponto médio de $]0,1[$: $\;x=0{,}5$.

$g(0{,}5)=e^{1}-\sqrt{3{,}5}-2\approx 2{,}718-1{,}871-2\approx -1{,}153$.

Como $g(0{,}5)\lt 0\lt g(1)$, o zero pertence a $]0{,}5\,;\,1[$ (amplitude $0{,}5$). [2 pts]

2.ª bissecção — ponto médio de $]0{,}5\,;\,1[$: $\;x=0{,}75$.

$g(0{,}75)=e^{1{,}5}-\sqrt{3{,}75}-2\approx 4{,}482-1{,}936-2\approx 0{,}545$.

Como $g(0{,}5)\lt 0\lt g(0{,}75)$, o zero pertence a $]0{,}5\,;\,0{,}75[$ (amplitude $0{,}25$). [2 pts]

3.ª bissecção — ponto médio de $]0{,}5\,;\,0{,}75[$: $\;x=0{,}625$.

$g(0{,}625)=e^{1{,}25}-\sqrt{3{,}625}-2\approx 3{,}490-1{,}904-2\approx -0{,}414$.

Como $g(0{,}625)\lt 0\lt g(0{,}75)$, o zero pertence a $]0{,}625\,;\,0{,}75[$. [2 pts]

A amplitude do intervalo $]0{,}625\,;\,0{,}75[$ é $0{,}125\lt 0{,}2$; tomando para aproximação o ponto médio deste intervalo, o erro cometido é inferior a metade da sua amplitude, isto é, inferior a $0{,}0625\lt 0{,}1$. [2 pts]

Ponto médio: $\;\dfrac{0{,}625+0{,}75}{2}=0{,}6875$. [3 pts]

Os afixos $A$, $B$, $C$ e $D$ dos números $z_1$, $z_2$, $z_3$ e $z_4$ são os vértices de um quadrado, equidistantes da origem $O$; logo $|z_1|=|z_2|=|z_3|=|z_4|$ e os argumentos de dois vértices consecutivos diferem de $\dfrac{\pi}{2}$.

Multiplicar um número complexo por $i=e^{i\frac{\pi}{2}}$ corresponde a uma rotação do seu afixo de $\dfrac{\pi}{2}$, no sentido positivo (contrário ao dos ponteiros do relógio), com centro na origem, mantendo-se o módulo.

Escrevendo $z_3=\rho\,e^{i\theta}$, vem $i\,z_3=\rho\,e^{i\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)}$.

Na Figura 3, percorrendo os vértices no sentido positivo a partir de $A$ obtém-se a sequência $A$, $B$, $C$, $D$; assim, a rotação de $\dfrac{\pi}{2}$ no sentido positivo transforma $C$ em $D$.

Portanto, o afixo de $i\,z_3$ é o ponto $D$, ou seja, $i\,z_3=z_4$.

1.º Processo (forma algébrica)

Como $w$ é uma das raízes cúbicas de $z$, tem-se $z=w^{3}$. [2 pts]

Forma trigonométrica de $w=-\sqrt{3}+i$. [2 pts]

$|w|=\sqrt{\left(-\sqrt3\right)^2+1^2}=\sqrt{3+1}=2$.

O afixo de $w$ pertence ao 2.º quadrante e $\operatorname{tg}\theta=\dfrac{1}{-\sqrt3}=-\dfrac{\sqrt3}{3}$, pelo que $\theta=\pi-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{5\pi}{6}$.

$w=2e^{i\frac{5\pi}{6}}$.

$z=w^{3}=2^{3}e^{i\,3\times\frac{5\pi}{6}}=8e^{i\frac{5\pi}{2}}$. [1 pt]

Como $\dfrac{5\pi}{2}=\dfrac{\pi}{2}+2\pi$, vem $z=8e^{i\frac{\pi}{2}}=8i$. [1 pt]

Simplificação de $i^{23}$. $23=4\times 5+3$, logo $i^{23}=i^{3}=-i$. [1 pt]

$\dfrac{z-x}{i^{23}}=\dfrac{8i-x}{-i}=\dfrac{-x+8i}{-i}$. Multiplicando numerador e denominador por $i$: [2 pts]

$\dfrac{(-x+8i)\,i}{-i\times i}=\dfrac{(-x+8i)\,i}{-i^{2}}=\dfrac{(-x+8i)\,i}{1}=(-x+8i)\,i$.

$(-x+8i)\,i=-xi+8i^{2}=-8-xi$. [1 pt]

O módulo é $\sqrt{(-8)^2+(-x)^2}=\sqrt{64+x^{2}}$, pelo que $\sqrt{64+x^{2}}=9$. [2 pts]

$64+x^{2}=81 \Leftrightarrow x^{2}=17 \Leftrightarrow x=-\sqrt{17}\ \vee\ x=\sqrt{17}$.

Como $x$ é um número real negativo, $x=-\sqrt{17}$. [2 pts]

2.º Processo (módulo do quociente)

Como acima, $z=w^{3}$, $w=2e^{i\frac{5\pi}{6}}$, $z=8e^{i\frac{5\pi}{2}}=8i$. [2 + 2 + 1 + 1 pts]

O módulo de um quociente é o quociente dos módulos: $\;\left|\dfrac{z-x}{i^{23}}\right|=\dfrac{\left|z-x\right|}{\left|i^{23}\right|}$. [2 pts]

$\left|i^{23}\right|=\left|i\right|^{23}=1^{23}=1$. [2 pts]

Assim, $\left|8i-x\right|=9$, ou seja $\sqrt{(-x)^2+8^2}=9 \Leftrightarrow \sqrt{64+x^{2}}=9$. [2 pts]

$x^{2}=17$ e, sendo $x$ negativo, $x=-\sqrt{17}$. [2 pts]

Designe-se por $a$ a abcissa do ponto $A$, com $a\in\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[$.

Como $A$ pertence ao gráfico de $f$, a sua ordenada é $\;y_A=k\cos a$ (positiva, pois $k\gt 0$ e $\cos a\gt 0$). [1 pt]

A abcissa de $B$ excede em $\dfrac{\pi}{2}$ a de $A$: $\;x_B=a+\dfrac{\pi}{2}$. [1 pt]

A ordenada de $B$ é $\;y_B=k\cos\!\left(a+\dfrac{\pi}{2}\right)=-k\operatorname{sen}a$ (negativa, pois $\operatorname{sen}a\gt 0$). [2 pts]

1.ª condição. As distâncias de $A$ e de $B$ ao semieixo positivo $Ox$ são $\left|y_A\right|=k\cos a$ e $\left|y_B\right|=k\operatorname{sen}a$; a primeira excede a segunda em $1$: [1 pt]

$k\cos a=k\operatorname{sen}a+1$.

2.ª condição. O retângulo de diagonal $[AB]$ e lados paralelos aos eixos tem dimensões

$\left|x_B-x_A\right|=\dfrac{\pi}{2}$   e   $\left|y_A-y_B\right|=k\cos a+k\operatorname{sen}a$,

pelo que a sua área é $\;\left(k\cos a+k\operatorname{sen}a\right)\times\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{7\pi}{2}$. [3 pts]

Desta última igualdade vem $k\cos a+k\operatorname{sen}a=7$; junto com $k\cos a-k\operatorname{sen}a=1$, obtém-se

$\begin{cases}k\cos a+k\operatorname{sen}a=7\\ k\cos a-k\operatorname{sen}a=1\end{cases}$  $\Rightarrow$  $2k\cos a=8\ \wedge\ 2k\operatorname{sen}a=6$.

$k\cos a=4\ \wedge\ k\operatorname{sen}a=3$, isto é $\;\cos a=\dfrac{4}{k}\ \wedge\ \operatorname{sen}a=\dfrac{3}{k}$. [2 pts]

Pela fórmula fundamental da trigonometria, $\operatorname{sen}^2a+\cos^2a=1$: [2 pts]

$\left(\dfrac{4}{k}\right)^2+\left(\dfrac{3}{k}\right)^2=1 \Leftrightarrow \dfrac{16+9}{k^2}=1 \Leftrightarrow k^{2}=25$.

$k=-5\ \vee\ k=5$; como $k\in\mathbb{R}^+$, vem $k=5$. [2 pts]