Resolução do Exame de Matemática B

Item 1 14 pontos

Pelo método da maioria absoluta, um candidato é eleito à primeira volta se obtiver mais de metade dos votos validamente expressos.

Metade dos votos validamente expressos é

\[ \frac{5\,769\,394}{2}=2\,884\,697. \]

Como o candidato tem de obter mais do que esse valor, e o número de votos é um número inteiro, o mínimo é

\[ 2\,884\,697+1=2\,884\,698. \]

Resposta: opção (A).

Item 2 18 pontos

A função \(T\) é a taxa instantânea de variação de \(C\), pelo que o sinal de \(T\) determina a monotonia de \(C\) e os zeros de \(T\) correspondem aos extremos de \(C\).

Do enunciado, a concentração \(C\) aumenta até atingir um valor máximo e, a partir desse instante, diminui até ser nula. Logo, em \(\left]0,24\right[\):

\(C\) tem um único extremo (um máximo), pelo que \(T\) tem exatamente um zero;
\(T\) é primeiro positiva (enquanto \(C\) cresce) e depois sempre negativa (enquanto \(C\) decresce).

Gráfico A — a função representada tem dois zeros e é positiva na parte final. Ora, \(T\) tem apenas um zero e, depois desse zero, é sempre negativa. Logo o Gráfico A não pode representar \(T\).

Gráfico B — a função representada é sempre positiva, isto é, não tem zeros. Ora, como \(C\) tem um valor máximo, \(T\) tem de ter um zero (correspondente a esse máximo) e passa a ser negativa. Logo o Gráfico B também não pode representar \(T\).

Critério de classificação (por parâmetros)

Parâmetro	Nível	Descritor	Pontuação
A Conteúdos	4	Apresenta, de forma completa, as duas justificações solicitadas.	16
	3	Apresenta uma completa e a outra de forma incompleta.	12
	2	Apresenta completa apenas uma OU apresenta as duas de forma incompleta.	8
	1	Apresenta, de forma incompleta, apenas uma das justificações.	4
B Linguagem Científica	2	Utiliza adequadamente o vocabulário específico da Matemática.	2
B Linguagem Científica	1	Utiliza-o com uma ou mais falhas.	1

Nenhum dos gráficos pode representar \(T\): o Gráfico A tem dois zeros e é positivo no final; o Gráfico B não tem zeros e é sempre positivo.

Item 3.1 14 pontos

Ordenando os dez tempos do José: \(40,\ 50,\ 65,\ 70,\ 85,\ 85,\ 105,\ 110,\ 110,\ 150\).

Do diagrama de extremos e quartis da Carla: mínimo \(50\), \(Q_1=70\), mediana \(75\), \(Q_3=90\) e máximo \(120\).

Opção	Verificação	Valor lógico
(A)	Somar \(10\) a todos os valores aumenta a mediana em \(10\): \(75+10=85\)	verdadeira
(B)	Mediana do José: \(\dfrac{85+85}{2}=85\)	verdadeira
(C)	Amplitudes: José \(150-40=110\); Carla \(120-50=70\); diferença \(110-70=40\neq 30\)	falsa
(D)	A mediana da Carla é \(75\) e nenhum treino durou \(75\) min, logo há \(5\) treinos abaixo e \(5\) acima	verdadeira

Resposta: opção (C).

Item 3.2 18 pontos

1.º Processo

Média dos dez tempos de corrida do José: [4 pontos]

\[ \frac{50+40+85+65+110+85+105+70+150+110}{10}=\frac{870}{10}=87 \text{ minutos.} \]

Sendo \(\overline{x}\) a média dos dez tempos da Carla, a média dos vinte treinos é a média ponderada dos dois grupos: [8 pontos]

\[ \frac{10\times 87+10\,\overline{x}}{20}=84{,}5. \]

Resolvendo: [6 pontos]

\[ 870+10\,\overline{x}=1690 \;\Longleftrightarrow\; 10\,\overline{x}=820 \;\Longleftrightarrow\; \overline{x}=82. \]

3.º Processo — pelos tempos totais:

tempo total do José: \(870\) minutos; [3 pontos]
tempo total dos vinte treinos: \(20\times 84{,}5=1690\) minutos; [6 pontos]
tempo total da Carla: \(1690-870=820\) minutos; [3 pontos]
média da Carla: \(\dfrac{820}{10}=82\) minutos. [6 pontos]

A média dos tempos de corrida da Carla é \(82\) minutos.

Item 3.3 14 pontos

No diagrama de dispersão, à medida que o tempo de treino aumenta a energia gasta também aumenta, e os pontos estão praticamente alinhados. Trata-se, pois, de uma correlação linear positiva e forte:

o coeficiente de correlação é positivo e próximo de \(1\), logo \(r=0{,}998\) (e não \(r=0{,}224\), que indicaria correlação fraca);
o declive da reta de regressão tem o sinal de \(r\), logo é positivo: \(y=9{,}995\,x-21{,}084\).

Resposta: opção (D).

Item 4.1.1 18 pontos

1.º Processo (por diferença de áreas)

O quadrado \([ABCD]\) tem lado \(8\) m, logo a sua área é \(8^2=64\) m². [2 pontos]

Como \(\overline{AE}=x\) e o lado do quadrado mede \(8\), vem \(\overline{EB}=8-x\). [2 pontos]

A zona que se pretende relvar é formada por quatro triângulos retângulos geometricamente iguais — por exemplo \([EBF]\), de catetos \(\overline{EB}=8-x\) e \(\overline{BF}=x\). A área de cada um é [4 + 2 pontos]

\[ \frac{x(8-x)}{2}. \]

A área da zona destinada a flores, \([EFGH]\), obtém-se subtraindo à área do canteiro a área dos quatro triângulos: [4 pontos]

\[ a(x)=64-\frac{4x(8-x)}{2}=64-2x(8-x). \]

Desenvolvendo: [4 pontos]

\[ a(x)=64-16x+2x^{2}=2x^{2}-16x+64, \]

como se pretendia mostrar.

2.º Processo (Teorema de Pitágoras)

\(\overline{EB}=8-x\). [2 pontos]

O triângulo \([EBF]\) é retângulo em \(B\), com catetos \(\overline{EB}=8-x\) e \(\overline{BF}=x\), pelo que [6 pontos]

\[ \overline{EF}^{\,2}=x^{2}+(8-x)^{2}. \]

Como \([EFGH]\) é um quadrado de lado \(\overline{EF}\), a sua área é \(\overline{EF}^{\,2}\): [6 pontos]

\[ a(x)=x^{2}+(8-x)^{2}=x^{2}+64-16x+x^{2}=2x^{2}-16x+64. \]

[4 pontos]

\(a(x)=2x^{2}-16x+64\), como se pretendia mostrar.

Item 4.1.2 18 pontos

1.º Processo (calculadora gráfica)

Representa-se graficamente a função \(a\), no domínio \(\left]0,8\right[\), e assinala-se o ponto do gráfico cuja ordenada é o valor mínimo. [6 + 6 pontos]

NumWorks: gráfico de a(x) = 2x² - 16x + 64 com o mínimo assinalado em x = 4, f(x) = 32 — **NumWorks**
Mínimo em \(x=4\), com \(a(4)=32\).

A abcissa desse ponto é \(x=4\). [6 pontos]

2.º Processo (eixo de simetria da parábola)

A parábola que contém o gráfico de \(a\) tem a concavidade voltada para cima, pois o coeficiente de \(x^{2}\) é \(2\gt 0\); logo o valor pedido é a abcissa do vértice. [2 + 1 pontos]

Os dois pontos do gráfico com ordenada \(64\) são simétricos relativamente ao eixo da parábola: [4 pontos]

\[ 2x^{2}-16x+64=64 \;\Longleftrightarrow\; 2x^{2}-16x=0 \;\Longleftrightarrow\; 2x(x-8)=0 \]

[3 pontos]

\[ \Longleftrightarrow\; x=0 \;\vee\; x=8. \]

[2 pontos]

A abcissa do vértice é a média destes valores: [6 pontos]

\[ x=\frac{0+8}{2}=4. \]

A área da zona destinada a flores é mínima para \(x=4\) metros (sendo esse mínimo \(a(4)=32\) m²).

Item 4.2 18 pontos · um dos 2 melhores

Com a origem em \(A\), \(B\) no semieixo positivo \(Ox\), \(D\) no semieixo positivo \(Oy\) e o metro como unidade, os vértices do canteiro são

\[ A(0,0),\quad B(8,0),\quad C(8,8),\quad D(0,8). \]

Como \(\overline{AE}=\overline{BF}=\overline{CG}=\overline{DH}=2\), percorrendo o quadrado no sentido \(A\to B\to C\to D\):

Vértice	Está no lado	Localização	Coordenadas	Pontuação
\(E\)	\([AB]\)	a \(2\) de \(A\), sobre \(Ox\)	\((2,0)\)	4 pontos
\(F\)	\([BC]\)	a \(2\) de \(B\), subindo	\((8,2)\)	5 pontos
\(G\)	\([CD]\)	a \(2\) de \(C\), recuando em \(x\)	\((6,8)\)	5 pontos
\(H\)	\([DA]\)	a \(2\) de \(D\), descendo	\((0,6)\)	4 pontos

\(E(2,0)\), \(F(8,2)\), \(G(6,8)\) e \(H(0,6)\).

Item 5.1 18 pontos

Pretende-se resolver \(M(x)=1050\) no domínio \([20,50]\). Recorrendo à calculadora gráfica, representam-se [5 + 5 pontos]

\[ y_1=0{,}000045x^{3}-0{,}00155x^{2}-0{,}352x+1061{,}66 \quad\text{e}\quad y_2=1050, \]

com \(20\leq x\leq 50\), e assinala-se o ponto de interseção dos dois gráficos. [4 pontos]

NumWorks: interseção do gráfico de M(x) com a reta y = 1050 no ponto de abcissa x = 32,9129 — **NumWorks**
Interseção em \(x\approx 32{,}9129\), com \(f(x)=1050\).

A abcissa do ponto de interseção é [3 pontos]

\[ x\approx 32{,}9. \]

[1 ponto]

O sumo de laranja terá de ser submetido à temperatura de, aproximadamente, \(32{,}9\ ^{\circ}\mathrm{C}\).

Item 5.2 18 pontos · um dos 2 melhores

Cálculo dos valores da função nos extremos do intervalo: [1 + 1 pontos]

\[ M(30)=0{,}000045(30)^{3}-0{,}00155(30)^{2}-0{,}352(30)+1061{,}66=1050{,}92, \]

\[ M(40)=0{,}000045(40)^{3}-0{,}00155(40)^{2}-0{,}352(40)+1061{,}66=1047{,}98. \]

Taxa média de variação de \(M\) em \([30,40]\): [4 pontos]

\[ \operatorname{t.m.v.}_{[30,40]}=\frac{M(40)-M(30)}{40-30}=\frac{1047{,}98-1050{,}92}{10} \]

\[ =\frac{-2{,}94}{10}=-0{,}294\ \mathrm{kg\,m^{-3}/^{\circ}C}, \]

como se pretendia mostrar. [2 pontos]

Interpretação no contexto [10 pontos]

o intervalo \([30,40]\) corresponde a um aumento da temperatura de \(30\ ^{\circ}\mathrm{C}\) para \(40\ ^{\circ}\mathrm{C}\); [2 pontos]
o sinal negativo indica que, nesse intervalo, a massa volúmica diminui; [3 pontos]
o valor absoluto, \(0{,}294\), é a diminuição média da massa volúmica por cada grau Celsius; [4 pontos]
a unidade é o \(\mathrm{kg\,m^{-3}}\) por \(^{\circ}\mathrm{C}\). [1 ponto]

Quando a temperatura aumenta de \(30\ ^{\circ}\mathrm{C}\) para \(40\ ^{\circ}\mathrm{C}\), a massa volúmica do sumo de laranja diminui, em média, \(0{,}294\ \mathrm{kg\,m^{-3}}\) por cada grau Celsius.

Item 6.1 18 pontos

2.º Processo (Regra de Laplace)

Cada dado tem \(6\) faces e lançam-se \(4\) dados, pelo que o número de casos possíveis é [3 pontos]

\[ 6\times 6\times 6\times 6=6^{4}=1296. \]

Sendo \(a\) o número de faces pintadas de verde em cada dado, o número de casos favoráveis a saírem quatro faces verdes é \(a^{4}\). [2 pontos]

Da Tabela 1, a probabilidade de saírem quatro faces verdes é \(\dfrac{1}{16}\): [4 pontos]

\[ \frac{a^{4}}{6^{4}}=\frac{1}{16} \;\Longleftrightarrow\; a^{4}=\frac{1296}{16}=81 \;\Longleftrightarrow\; a=3 \]

(rejeita-se \(a=-3\), por ser um número de faces). [3 pontos]

Cada dado tem \(6\) faces, logo o número de faces azuis é \(6-3=3\). [6 pontos]

3.º Processo (probabilidade de sair verde num dado)

Sendo \(a\) a probabilidade de sair face verde no lançamento de um dado, a probabilidade de saírem quatro faces verdes é \(a^{4}\): [4 + 4 pontos]

\[ a^{4}=\frac{1}{16}=\left(\frac{1}{2}\right)^{4} \;\Longrightarrow\; a=\frac{1}{2}. \]

Como \(\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{6}\), cada dado tem \(3\) faces verdes e, portanto, \(3\) faces azuis. [4 + 6 pontos]

1.º Processo (simetria da tabela) — na Tabela 1, \(P(0)=P(4)=\dfrac{1}{16}\); ora a probabilidade de não saírem faces verdes é igual à de saírem quatro faces azuis, e é também igual à de saírem quatro faces verdes. Logo é indiferente contar faces verdes ou azuis, o que só sucede se o seu número for igual: \(3\) e \(3\). [4 + 4 + 4 + 6 pontos]

Cada dado tem \(3\) faces pintadas de verde e \(3\) faces pintadas de azul.

Item 6.2 14 pontos

Os cubos têm \(1\) cm de aresta e a unidade do referencial é o centímetro. Como \(A\) pertence ao semieixo positivo \(Ox\) e está a duas arestas da origem, tem-se \(A(2,0,0)\).

A face \([AGPH]\) contém \(A\) e é perpendicular ao eixo \(Ox\), pelo que está contida no plano de equação \(x=2\).

Sendo uma face de um cubo de aresta \(1\), é um quadrado de lado \(1\); estando encostada aos planos coordenados \(xOy\) (de equação \(z=0\)) e \(xOz\) (de equação \(y=0\)), as suas outras duas coordenadas variam entre \(0\) e \(1\):

\[ x=2 \;\wedge\; 0\leq y\leq 1 \;\wedge\; 0\leq z\leq 1. \]

As opções (A) e (D) definem quadrados de lado \(2\), que não podem ser faces de cubos de aresta \(1\); a opção (C) situa-se no plano \(y=2\), que não contém o ponto \(A\).

Resposta: opção (B).

Item 7 18 pontos · um dos 2 melhores

Dois acontecimentos \(A\) e \(B\) são independentes se e só se \(P(A\cap B)=P(A)\times P(B)\). [2 pontos]

O saco tem \(5\) bolas: as bolas \(1\) e \(2\) são brancas e as bolas \(3\), \(4\) e \(5\) são pretas.

Bola	1	2	3	4	5
Cor	branca	branca	preta	preta	preta
Número ímpar?	sim	não	sim	não	sim

\(A\): «a bola retirada é branca» — casos favoráveis \(\{1,2\}\): [3 pontos]

\[ P(A)=\frac{2}{5}. \]

\(B\): «a bola retirada tem um número ímpar» — casos favoráveis \(\{1,3,5\}\): [3 pontos]

\[ P(B)=\frac{3}{5}. \]

Produto das probabilidades: [2 pontos]

\[ P(A)\times P(B)=\frac{2}{5}\times\frac{3}{5}=\frac{6}{25}. \]

\(A\cap B\): «a bola é branca e tem número ímpar» — o único caso favorável é a bola \(1\): [5 pontos]

\[ P(A\cap B)=\frac{1}{5}=\frac{5}{25}. \]

Como \(\dfrac{5}{25}\neq\dfrac{6}{25}\), tem-se \(P(A\cap B)\neq P(A)\times P(B)\). [3 pontos]

Os acontecimentos \(A\) e \(B\) não são independentes.

Item 8 18 pontos · um dos 2 melhores

O Ângelo é casado (2 titulares), tem \(3\) dependentes e a sua remuneração mensal é \(2100\) €. Na Tabela 2, \(2100\) está no escalão «Até \(2\,432{,}00\)», ao qual correspondem:

taxa marginal máxima de \(34{,}90\%\); [2 pontos]
parcela a abater de \(382{,}63\) €; [2 pontos]
parcela adicional a abater por dependente de \(21{,}43\) €, ou seja \(21{,}43\times 3\) pelos três dependentes. [2 pontos]

Aplicando a fórmula da tabela: [4 pontos]

\[ R=2100\times 0{,}3490-382{,}63-21{,}43\times 3 \]

\[ =732{,}90-382{,}63-64{,}29=285{,}98 \text{ €.} \]

O valor da retenção na fonte de IRS é \(285{,}98\) €. [2 pontos]

O salário líquido obtém-se subtraindo ao salário bruto a retenção de IRS e o desconto para a Segurança Social, e somando o subsídio de refeição: [4 pontos]

\[ 2100-285{,}98+110-231=1693{,}02 \text{ €.} \]

[2 pontos]

O salário líquido do Ângelo, em dezembro de 2025, foi de \(1693{,}02\) €.