A resolução não está disponível para impressão

A proposta de resolução do Exame Modelo 1 de Matemática A 2026 (1.ª Fase 2025) só pode ser consultada online em:

matematicaparatodos.pt

Se pretende imprimir o enunciado, regresse à página do enunciado e utilize aí o botão de impressão.

matematicaparatodos.pt
📘 Proposta de Resolução — disponível apenas online ← Voltar ao enunciado

Proposta de Resolução — Exame Modelo 1 Mat A 2026
(inspirado na 1.ª Fase 2025)

Para cada item apresenta-se uma proposta de raciocínio organizado, com todos os passos justificados. Os resultados estão verificados matematicamente.

Item 1 12 pts

Pretende-se calcular $\displaystyle\lim u_{n}=\lim\left(1-\dfrac{2}{5n}\right)^{4n}$. Trata-se de uma indeterminação do tipo $1^{\infty}$. Apresentam-se duas resoluções, ambas válidas, para se comparar a diferença entre os dois métodos.

Resolução 1 — Limite notável $\displaystyle\lim\left(1+\dfrac{1}{a_{n}}\right)^{a_{n}}=e$.

Reescreve-se a base de modo a fazer aparecer o limite notável:

$$u_{n}=\left(1+\dfrac{-2/5}{n}\right)^{4n}=\left[\left(1+\dfrac{1}{-\tfrac{5n}{2}}\right)^{-\tfrac{5n}{2}}\right]^{4n\cdot\left(-\frac{2}{5n}\right)}=\left[\left(1+\dfrac{1}{-\tfrac{5n}{2}}\right)^{-\tfrac{5n}{2}}\right]^{-8/5}.$$

A base tende para $e$ e o expoente é constante igual a $-\tfrac{8}{5}$, logo $\displaystyle\lim u_{n}=e^{-8/5}$.

Resolução 2 — Regra de L'Hôpital. Como a regra se aplica a funções de variável real, passa-se à função $u(x)=\left(1-\dfrac{2}{5x}\right)^{4x}$ e calcula-se o limite quando $x\to+\infty$ (a sucessão é um caso particular, com $x=n$).

Tomando logaritmos, $\ln u(x)=4x\,\ln\!\left(1-\dfrac{2}{5x}\right)$, que é uma indeterminação $\infty\cdot 0$. Escrevendo como quociente, obtém-se a indeterminação $\tfrac{0}{0}$:

$$\ln L=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln\!\left(1-\dfrac{2}{5x}\right)}{\dfrac{1}{4x}}.$$

Derivando numerador e denominador (Regra de L'Hôpital):

$$\ln L=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\dfrac{2/(5x^{2})}{1-\frac{2}{5x}}}{-\dfrac{1}{4x^{2}}}=\lim_{x\to+\infty}\left(-\dfrac{8}{5}\cdot\dfrac{1}{1-\frac{2}{5x}}\right)=-\dfrac{8}{5}.$$

Como $\ln L=-\tfrac{8}{5}$, vem $L=e^{-8/5}$.

Resposta: (A) $e^{-8/5}$  (pelos dois métodos)
Comparação: o limite notável resolve diretamente a indeterminação $1^{\infty}$ com uma manipulação algébrica da base. A Regra de L'Hôpital obriga a passar à variável real, a aplicar logaritmos (transformando $1^{\infty}$ em $\infty\cdot 0$ e depois em $\tfrac{0}{0}$) e a derivar — é mais trabalhosa neste caso, mas chega ao mesmo resultado.

Item 2.1 14 pts

Tem-se $g(0)=0^{2}+1=1$.

Limite à esquerda: $\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}g(x)=\lim_{x\to 0^{-}}(x^{2}+1)=1$.

Limite à direita: $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}g(x)=\lim_{x\to 0^{+}}(1+\operatorname{sen}x)=1+0=1$.

Como $\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}g(x)=\lim_{x\to 0^{+}}g(x)=g(0)=1$, a função $g$ é contínua em $x=0$.

Item 2.2 14 pts

No intervalo $\;]0,2\pi[$ tem-se $g(x)=1+\operatorname{sen}x$, logo $g'(x)=\cos x$.

A função é crescente quando $\cos x>0$ e decrescente quando $\cos x<0$. Em $\;]0,2\pi[$:

Os zeros da derivada em $\;]0,2\pi[$ são $x=\tfrac{\pi}{2}$ e $x=\tfrac{3\pi}{2}$.

Em $x=\tfrac{\pi}{2}$ a derivada muda de positiva para negativa: máximo relativo, $g\!\left(\tfrac{\pi}{2}\right)=1+1=2$.

Em $x=\tfrac{3\pi}{2}$ a derivada muda de negativa para positiva: mínimo relativo, $g\!\left(\tfrac{3\pi}{2}\right)=1-1=0$.

$g$ é crescente em $\;\left]0,\tfrac{\pi}{2}\right]$ e em $\;\left[\tfrac{3\pi}{2},2\pi\right[$; decrescente em $\;\left[\tfrac{\pi}{2},\tfrac{3\pi}{2}\right]$. Máximo relativo $2$ em $x=\tfrac{\pi}{2}$ e mínimo relativo $0$ em $x=\tfrac{3\pi}{2}$.

Item 3 12 pts

Numa linha $n$ do triângulo de Pascal, o terceiro elemento é $^{n}C_{2}$ e o antepenúltimo é $^{n}C_{n-2}={}^{n}C_{2}$.

$^{n}C_{2}\cdot{}^{n}C_{2}=784 \Rightarrow {}^{n}C_{2}=28 \Rightarrow \dfrac{n(n-1)}{2}=28 \Rightarrow n(n-1)=56$.

Daqui $n^{2}-n-56=0 \Leftrightarrow (n-8)(n+7)=0$, e como $n\in\mathbb{N}$, obtém-se $n=8$.

A linha seguinte é a linha $9$. O quarto elemento dessa linha é $$^{9}C_{3}=\dfrac{9\cdot 8\cdot 7}{3\cdot 2\cdot 1}=84.$$

Resposta: (B) $84$
Nota de notação: usámos a notação do Ensino Secundário, $^{n}C_{k}$, para as combinações (em vez de $\binom{n}{k}$).

Item 4 14 pts

Sejam $X$ o acontecimento «estar inscrito em xadrez» e $R$ «estar inscrito em robótica». Dados:

$P(X)=0{,}70 \quad;\quad P\!\left(R\cap \overline{X}\right)=0{,}18 \quad;\quad P(X\mid R)=0{,}40$.

De $P(X\mid R)=0{,}40$ resulta $P\!\left(\overline{X}\mid R\right)=0{,}60$, logo $$P\!\left(R\cap\overline{X}\right)=0{,}60\cdot P(R) \Rightarrow P(R)=\dfrac{0{,}18}{0{,}60}=0{,}30.$$

Então $P(X\cap R)=0{,}40\cdot 0{,}30=0{,}12$, donde $$P\!\left(X\cap\overline{R}\right)=P(X)-P(X\cap R)=0{,}70-0{,}12=0{,}58 \quad\text{e}\quad P\!\left(\overline{R}\right)=1-0{,}30=0{,}70.$$

Aplicando a definição de probabilidade condicionada: $$P\!\left(X\mid\overline{R}\right)=\dfrac{P\!\left(X\cap\overline{R}\right)}{P\!\left(\overline{R}\right)}=\dfrac{0{,}58}{0{,}70}=\dfrac{29}{35}\approx 0{,}829.$$

$P\!\left(X\mid\overline{R}\right)=\dfrac{29}{35}\approx 0{,}829$

Item 5 12 pts

I. Valores de $x$ ordenados: $6{,}84;\,7{,}05;\,7{,}29;\,7{,}56;\,7{,}84;\,8{,}02;\,8{,}25;\,8{,}47$.

Mediana: $\tilde{x}=\dfrac{7{,}56+7{,}84}{2}=7{,}70$.   Média: $\bar{x}=\dfrac{61{,}32}{8}=7{,}665\approx 7{,}67$.

Logo $\tilde{x}-\bar{x}\approx 7{,}70-7{,}67=0{,}03$.   I = a)

II. Amplitude de $y$: $\max y-\min y=34{,}20-29{,}10=5{,}10$.   II = b)

III. Com a calculadora gráfica, $r\approx 0{,}988$, ou seja, $r\approx 0{,}99$.   III = c)

IV. Reta de regressão (calculadora): $y\approx 3{,}271\,x+6{,}525$. Para $x=7{,}90$: $y\approx 3{,}271\cdot 7{,}90+6{,}525\approx 32{,}37$.   IV = b)

I – a) ; II – b) ; III – c) ; IV – b).

Item 6 14 pts

O número total de códigos é $10^{4}=10\,000$ (espaço de resultados).

Casos favoráveis: códigos com quatro algarismos diferentes, um deles igual a $0$ e cuja soma seja par. Como há um $0$ e os outros três algarismos são distintos e tirados de $\{1,2,\ldots,9\}$, a soma do código tem a mesma paridade que a soma desses três algarismos.

Em $\{1,\ldots,9\}$ há $4$ pares $(2,4,6,8)$ e $5$ ímpares $(1,3,5,7,9)$. A soma de três algarismos é par em dois cenários:

Total de conjuntos de três algarismos: $4+40=44$.

Para cada conjunto de $4$ algarismos distintos (os $3$ escolhidos mais o $0$), há $4!=24$ ordenações possíveis (o $0$ pode ocupar qualquer posição). Logo, $$\text{Casos favoráveis}=44\cdot 24=1056 \quad\Rightarrow\quad P=\dfrac{1056}{10\,000}=\dfrac{66}{625}.$$

$P=\dfrac{66}{625}$
Nota de notação: as combinações estão escritas na notação do Ensino Secundário, $^{n}C_{k}$ (no original surgiam como $\binom{n}{k}$).

Item 7 14 pts

De $(x+2)^{2}+(y-3)^{2}=16$ conclui-se que a circunferência tem centro $C=(-2,3)$ e raio $r=4$.

Como $A$ e $B$ pertencem à circunferência, $\overline{CA}=\overline{CB}=4$. Por hipótese, $\overline{AB}=\overline{AC}=4$. Assim, no triângulo $[ACB]$ tem-se $\overline{AB}=\overline{AC}=\overline{CB}=4$: o triângulo é equilátero e cada um dos seus ângulos mede $\tfrac{\pi}{3}$ rad.

Em particular, o ângulo ao centro $A\hat{C}B=\tfrac{\pi}{3}$, pelo que o comprimento do arco menor $AB$ é $$\ell=r\cdot\alpha=4\cdot\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{4\pi}{3}.$$

Comprimento do arco menor $AB=\dfrac{4\pi}{3}$

Item 8 12 pts

O ponto $W$ está no $1.^{\circ}$ quadrante com $\operatorname{Im}(w)=\operatorname{Re}(w)$, logo $\arg(w)=\tfrac{\pi}{4}$.

Então $\arg(w^{4})=4\cdot\tfrac{\pi}{4}=\pi$, ou seja, $w^{4}$ é um número real negativo (afixo no semieixo real negativo).

Multiplicar por $i$ corresponde a uma rotação de $+\tfrac{\pi}{2}$: $$\arg(i\,w^{4})=\pi+\tfrac{\pi}{2}=\tfrac{3\pi}{2}.$$

Assim, $i\,w^{4}$ tem afixo no semieixo imaginário negativo, que é a posição do ponto $D$.

Resposta: (D) Ponto $D$

Item 9 14 pts

Simplifica-se $z_{2}$: $$z_{2}=\dfrac{3-i}{1+i}=\dfrac{(3-i)(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\dfrac{3-3i-i+i^{2}}{2}=\dfrac{2-4i}{2}=1-2i.$$

Os afixos são $z_{1}=(2,1)$ e $z_{2}=(1,-2)$.

Escreve-se $2e^{i\pi/6}$ na forma algébrica: $$2e^{i\pi/6}=2\left(\cos\tfrac{\pi}{6}+i\operatorname{sen}\tfrac{\pi}{6}\right)=2\left(\tfrac{\sqrt 3}{2}+\tfrac{i}{2}\right)=\sqrt 3+i.$$

Logo $w=\sqrt 3+(1+k)i$, cujo afixo é $(\sqrt 3,\,1+k)$.

O afixo de $w$ deve ser equidistante dos afixos de $z_{1}$ e $z_{2}$: $$(\sqrt 3-2)^{2}+(1+k-1)^{2}=(\sqrt 3-1)^{2}+(1+k+2)^{2},$$ $$(\sqrt 3-2)^{2}+k^{2}=(\sqrt 3-1)^{2}+(k+3)^{2}.$$

Desenvolvendo: $$3-4\sqrt 3+4+k^{2}=3-2\sqrt 3+1+k^{2}+6k+9,$$ $$7-4\sqrt 3=13-2\sqrt 3+6k \;\Leftrightarrow\; 6k=-6-2\sqrt 3 \;\Leftrightarrow\; k=-1-\dfrac{\sqrt 3}{3}.$$

$k=-1-\dfrac{\sqrt 3}{3}$

Item 10.1 12 pts

Um vetor diretor da reta $DF$ é $\vec{v}=(2,1,2)$. Uma reta é perpendicular a $DF$ se o seu vetor diretor $\vec{u}$ verificar $\vec{u}\cdot\vec{v}=0$.

Opção (A) com $\vec{u}=(1,-4,1)$: $(1,-4,1)\cdot(2,1,2)=2-4+2=0$ ✓, e a reta passa em $A=(1,2,0)$.

As outras falham: em (B) $\vec{u}\cdot\vec{v}=9\ne 0$; em (C) $\vec{u}\cdot\vec{v}=4\ne 0$; em (D) o ponto $(0,2,1)$ não é o ponto $A$.

Resposta: (A)

Item 10.2 14 pts

Num prisma triangular $[ABCDEF]$, as arestas laterais $AD$, $BE$ e $CF$ são paralelas. Logo $C$ obtém-se de $A$ por uma translação paralela à direção de $DF$: $$C=A+\lambda\vec{v}=(1,2,0)+\lambda(2,1,2)=(1+2\lambda,\,2+\lambda,\,2\lambda),\ \lambda\in\mathbb{R}.$$

Plano mediador de $[AB]$: ponto médio $M=\left(\tfrac{1+3}{2},\tfrac{2+0}{2},\tfrac{0+2}{2}\right)=(2,1,1)$; vetor normal $\vec{AB}=B-A=(2,-2,2)$.

Equação cartesiana: $2(x-2)-2(y-1)+2(z-1)=0 \Leftrightarrow x-y+z-2=0$.

Substituindo as coordenadas de $C$: $$(1+2\lambda)-(2+\lambda)+2\lambda-2=0 \Leftrightarrow 3\lambda-3=0 \Leftrightarrow \lambda=1.$$

Logo $C=(1+2,\,2+1,\,2)=(3,3,2)$.

$C=(3,3,2)$

Item 11 14 pts

Procura-se $x\geq 0$ tal que $G(x+4)=\tfrac{1}{2}G(x)$. A equação é $$1{,}4\,e^{\,0{,}5(x+4)-0{,}04(x+4)^{2}}=0{,}5\cdot 1{,}4\,e^{\,0{,}5x-0{,}04x^{2}}.$$

Definem-se na calculadora $\;y_{1}=1{,}4\,e^{\,0{,}5(x+4)-0{,}04(x+4)^{2}}\;$ e $\;y_{2}=0{,}7\,e^{\,0{,}5x-0{,}04x^{2}}\;$ e determina-se a abcissa do ponto de interseção.

x y O 2 4 6 8 10 P(6,42; 3,34) y₁ y₂

Da calculadora, a interseção relevante é $P\approx(6{,}42;\,3{,}34)$, ou seja, $x\approx 6{,}42$ semanas.

Em dias: $6{,}42\times 7\approx 44{,}9$, isto é, $45$ dias (arredondamento às unidades).

Aproximadamente $45$ dias.

Item 12.1 14 pts

$A$ pertence ao gráfico e à reta $y=5$: $1+e^{x}=5 \Leftrightarrow e^{x}=4 \Leftrightarrow x=\ln 4$, logo $A=(\ln 4,\,5)$.

$B$ pertence ao gráfico e ao eixo $Oy$: $B=(0,\,f(0))=(0,\,2)$.

$C$ pertence ao eixo $Ox$ e tem a abcissa de $A$: $C=(\ln 4,\,0)$.

No trapézio $[OCAB]$, os lados paralelos são $[OB]$ e $[CA]$, ambos verticais, com comprimentos $\overline{OB}=2$ e $\overline{CA}=5$. A distância entre eles é $\ln 4$.

$$\text{Área}=\dfrac{\overline{OB}+\overline{CA}}{2}\cdot\ln 4=\dfrac{2+5}{2}\cdot\ln 4=\dfrac{7}{2}\ln 4=\ln\!\left(4^{7/2}\right)=\ln 128.$$
Área $=\ln 128$

Item 12.2 14 pts

Considere-se a função auxiliar $$h(x)=f(x)-(3x+1)=(1+e^{x})-(3x+1)=e^{x}-3x.$$

$h$ é contínua em $\mathbb{R}$ (diferença de funções contínuas), em particular em $[0,1]$. Nos extremos: $$h(0)=e^{0}-0=1>0 \quad;\quad h(1)=e-3\approx -0{,}282<0 \ \ (\text{pois } e<3).$$

Como $h$ é contínua em $[0,1]$ e $h(0)\cdot h(1)<0$, pelo Teorema de Bolzano-Cauchy existe pelo menos um $c\in\;]0,1[$ tal que $h(c)=0$, isto é, $f(c)=3c+1$.

Logo, o gráfico de $f$ interseta a reta $y=3x+1$ em pelo menos um ponto de abcissa pertencente a $\;]0,1[$. $\blacksquare$

Item 13 14 pts

Proposição I: «$f$ é contínua em $x=2$.»

A reta $x=2$ é assíntota (vertical) do gráfico de $f$. Por definição, pelo menos um dos limites laterais $\displaystyle\lim_{x\to 2^{\pm}}f(x)$ é $+\infty$ ou $-\infty$. Mas se $f$ fosse contínua em $x=2$, esses limites teriam de ser iguais ao valor finito $f(2)$. Logo $f$ não pode ser contínua em $x=2$ e a proposição I é falsa.

Proposição II: «$y=-x+5$ é tangente ao gráfico de $f$ num ponto de abcissa diferente de $2$.»

O declive desta reta é $-1$. Mas $f$ é diferenciável em $\mathbb{R}\setminus\{2\}$ e crescente em $\;]{-\infty},2[$ e em $\;]2,+\infty[$, logo $f'(x)\geq 0$ em cada um desses intervalos. Portanto, em nenhum ponto de abcissa $x\ne 2$ se pode ter $f'(x)=-1<0$. A proposição II é falsa.

Item 14 14 pts

O perímetro da $n$-ésima composição é a soma de três contribuições: (1) o arco do semicírculo inicial (raio $2$); (2) os arcos dos semicírculos retirados; (3) a parte do diâmetro inicial ainda não removida.

Arco do semicírculo inicial: $\pi\cdot 2=2\pi$.

Raios dos semicírculos retirados até à $10.^{\text{a}}$ composição: $1,\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{4},\ldots,\tfrac{1}{2^{9}}$ ($10$ raios). Soma dos comprimentos dos arcos retirados: $$\pi\left(1+\tfrac{1}{2}+\cdots+\tfrac{1}{2^{9}}\right)=\pi\cdot\dfrac{1-(1/2)^{10}}{1-1/2}=2\pi\left(1-\dfrac{1}{2^{10}}\right).$$

Parte restante do diâmetro inicial: diâmetro inicial $2\cdot 2=4$; soma dos diâmetros retirados $2\left(1+\tfrac{1}{2}+\cdots+\tfrac{1}{2^{9}}\right)=4\left(1-\tfrac{1}{2^{10}}\right)$; resto $=4-4\left(1-\tfrac{1}{2^{10}}\right)=\dfrac{4}{2^{10}}=\dfrac{1}{256}$.

Perímetro da $10.^{\text{a}}$ composição: $$P_{10}=2\pi+2\pi\left(1-\dfrac{1}{2^{10}}\right)+\dfrac{1}{256}=4\pi+\dfrac{4-2\pi}{1024}.$$

Numericamente, $P_{10}\approx 12{,}566-0{,}002\approx 12{,}56$.

$P_{10}\approx 12{,}56$

Item 15 14 pts

Como a reta $r$ interseta o gráfico de $f$ no ponto de abcissa $0$, esse ponto é $(0,f(0))=(0,m)$. Logo $r$ tem equação $y=sx+m$, para algum $s\in\mathbb{R}$.

Os pontos de interseção entre $r$ e o gráfico de $f$ verificam $$px^{3}+qx+m=sx+m \Leftrightarrow px^{3}+(q-s)x=0 \Leftrightarrow x\left[px^{2}+(q-s)\right]=0.$$

Logo $x=0$ (ponto já conhecido) ou $px^{2}+(q-s)=0 \Leftrightarrow x^{2}=\dfrac{s-q}{p}$.

Para existirem mais dois pontos de interseção distintos, esta equação deve ter duas soluções reais distintas, ou seja $\dfrac{s-q}{p}>0$. Nesse caso, $$x=\pm\sqrt{\dfrac{s-q}{p}},$$ que são abcissas simétricas, como se pretendia provar. $\blacksquare$

Fim da resolução · ← Voltar ao enunciado