Proposta de Resolução — Exame Modelo 2 Mat A 2026
Dificuldade elevada
Para cada item apresenta-se uma proposta de raciocínio organizado, com os cálculos e justificações necessários.
Item 1 (Obrigatório — escolha múltipla) 12 pts
Pretende-se calcular
$$\lim_{n\to+\infty}\left(\frac{n+2}{n-1}\right)^{3n}.$$Escreve-se $\dfrac{n+2}{n-1}=1+\dfrac3{n-1}$. Fazendo $m=n-1$, com $m\to+\infty$, vem
$$\left(1+\frac3m\right)^{3(m+1)}=\left[\left(1+\frac3m\right)^{m/3}\right]^9\left(1+\frac3m\right)^3\longrightarrow e^9.$$Item 2 (Opcional) 14 pts
Numa progressão geométrica, $v_2=v_1r$ e $v_3=v_1r^2$. Assim,
$$v_1v_2v_3=v_1^3r^3=(v_1r)^3=125\quad\Longrightarrow\quad v_1r=5.$$Por outro lado,
$$v_2+v_4=v_1r+v_1r^3=v_1r(1+r^2)=5(1+r^2)=30,$$logo $r^2=5$. Como $r>0$, $r=\sqrt5$ e, portanto, $v_1=\dfrac5{\sqrt5}=\sqrt5$.
Item 3 (Obrigatório — sem calculadora) 14 pts
Derivando $h'(x)=(x^2-4)e^{-x}$ pela regra do produto:
$$h''(x)=2xe^{-x}-(x^2-4)e^{-x}=e^{-x}(-x^2+2x+4).$$Como $e^{-x}>0$, o sinal de $h''$ é o de $-x^2+2x+4$. Os seus zeros são $x=1-\sqrt5$ e $x=1+\sqrt5$.
| $x$ | $]-\infty,1-\sqrt5[$ | $1-\sqrt5$ | $]1-\sqrt5,1+\sqrt5[$ | $1+\sqrt5$ | $]1+\sqrt5,+\infty[$ |
|---|---|---|---|---|---|
| $h''(x)$ | $-$ | $0$ | $+$ | $0$ | $-$ |
Item 4.1 (Obrigatório — sem calculadora) 14 pts
Para o limite à esquerda, fazendo $t=x-1\to0$ e usando $x^2-1=(x-1)(x+1)$:
$$\lim_{x\to1^-}\frac{e^{x-1}-1}{x^2-1}=\lim_{t\to0}\frac{e^t-1}{t}\cdot\frac1{t+2}=1\cdot\frac12=\frac12.$$Para o limite à direita:
$$\lim_{x\to1^+}\left(3^{x-1}-\frac12\right)=1-\frac12=\frac12.$$Como $g(1)=\tfrac12$, os dois limites laterais são iguais a $g(1)$.
Item 4.2 (Opcional — sem calculadora) 14 pts
Para $x>1$, $g(x)=3^{x-1}-\tfrac12$, logo $2g(x)+1=2\cdot3^{x-1}$. A equação torna-se
$$\log_3 2+x-1=2x-4\quad\Longrightarrow\quad x=3+\log_3 2=\log_3 54.$$Como $54>3$, tem-se $\log_3 54>1$, pelo que a solução pertence ao intervalo pedido.
Item 5.1 (Obrigatório — escolha múltipla) 12 pts
Há $8!$ disposições dos oito alunos. Para quaisquer três posições ocupadas pela Beatriz, pelo Carlos e pela Diana, existem $3!$ ordens relativas possíveis, das quais apenas uma satisfaz $B\prec C\prec D$. Assim,
$$\frac{8!}{3!}=\frac{40\,320}{6}=6720.$$Item 5.2 (Opcional) 14 pts
Sejam $X$ o acontecimento «praticar xadrez» e $N$ o acontecimento «praticar natação». Tem-se
$$P(N\cap X)=0{,}48\times\frac34=0{,}36,$$ $$P(N)=P(N\cap X)+P(N\cap\overline X)=0{,}36+0{,}30=0{,}66.$$Logo $P(\overline N)=0{,}34$ e $P(X\cap\overline N)=0{,}48-0{,}36=0{,}12$. Portanto,
$$P(X\mid\overline N)=\frac{P(X\cap\overline N)}{P(\overline N)}=\frac{0{,}12}{0{,}34}=\frac6{17}.$$Item 5.3 (Obrigatório) 14 pts
Seja $n$ o número de alunos com 15 anos. Como há mais alunos com 16 anos, $n<45$. A condição dada traduz-se por
$$\frac{{}^{n}C_2+{}^{90-n}C_2}{{}^{90}C_2}=\frac{49}{89}.$$Como ${}^{90}C_2=4005$ e $\dfrac{49}{89}\times4005=2205$, vem
$$\frac{n(n-1)+(90-n)(89-n)}2=2205,$$ $$n^2-90n+1800=0\quad\Longrightarrow\quad n=30\ \text{ou}\ n=60.$$A condição $n<45$ impõe $n=30$.
Item 6.1 (Obrigatório — escolha múltipla) 12 pts
Tem-se $A=(10,0,0)$, $B=(0,12,0)$ e $C=(0,0,c)$, com $c>0$. Um vetor normal ao plano $ABC$ é proporcional a $\left(\tfrac1{10},\tfrac1{12},\tfrac1c\right)$ e também ao vetor diretor $(6,5,4)$ da reta perpendicular:
$$\frac{1/10}{6}=\frac1{60},\qquad \frac{1/12}{5}=\frac1{60},\qquad \frac{1/c}{4}=\frac1{60}\Longrightarrow c=15.$$Multiplicando a equação intercetual $\dfrac{x}{10}+\dfrac{y}{12}+\dfrac{z}{15}=1$ por 60, obtém-se
$$6x+5y+4z=60.$$Item 6.2 (Obrigatório — sem calculadora) 14 pts
Como $C$ pertence ao semieixo positivo $Oz$, $C=(0,0,c)$, com $c>0$. Substituindo no plano $6x+5y+4z=60$:
$$4c=60\quad\Longrightarrow\quad c=15.$$Item 7 (Opcional) 14 pts
A circunferência tem raio $r=3$, pois $A=(3,0)$. Assim,
$$Q=(3\cos\alpha,3\sin\alpha).$$Como $P\ne Q$, tem a mesma ordenada e pertence à circunferência,
$$P=(-3\cos\alpha,3\sin\alpha).$$O produto escalar é
$$\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ}=-9\cos^2\alpha+9\sin^2\alpha=-9\cos(2\alpha).$$Logo,
$$-9\cos(2\alpha)=\frac92\quad\Longrightarrow\quad\cos(2\alpha)=-\frac12.$$Item 8 (Obrigatório — calculadora gráfica) 14 pts
Procura-se o instante $t$ que verifica
$$a(t+2)-a(t)=80,$$com $a(t)=150t-15t\ln(1+t)-5t^2$. Na calculadora gráfica, representam-se
$$Y_1=a(X+2)-a(X)\qquad\text{e}\qquad Y_2=80.$$A abcissa do ponto de interseção é aproximadamente $5{,}6$.
Item 9 (Obrigatório — sem calculadora) 14 pts
Como $r:y=3x-2$ é tangente ao gráfico de $g$ no ponto de abcissa 1, $g(1)=1$ e $g'(1)=3$.
Proposição I — falsa. A condição $\lim_{x\to-\infty}(f(x)-3x+2)=0$ garante que $r$ é assíntota ao gráfico de $f$ quando $x\to-\infty$, e não quando $x\to+\infty$. Além disso, como $f$ tem concavidade voltada para cima, $f'$ é crescente; não pode aproximar-se do mesmo declive 3 nos dois extremos sem ser constante.
Proposição II — falsa. Como $g$ tem concavidade voltada para baixo, $g'$ é decrescente. Assim, para $x>1$, $g'(x)<g'(1)=3$.
Proposição III — falsa. No intervalo $]0,+\infty[$, a concavidade de $f$ dá $f''(x)>0$, enquanto a de $g$ dá $g''(x)<0$. Portanto, $f''(x)>g''(x)$.
Item 10 (Obrigatório — escolha múltipla) 12 pts
De $\operatorname{Im}(z)=\operatorname{Re}(z)>0$ resulta $\arg(z)=\tfrac\pi4$. Como o ângulo convexo $\widehat{AOB}$ mede $\tfrac\pi2$ e $B$ pertence ao 2.º quadrante,
$$\arg(w)=\frac\pi4+\frac\pi2=\frac{3\pi}{4}.$$Logo,
$$\arg(wz^2)=\arg(w)+2\arg(z)=\frac{3\pi}{4}+\frac{2\pi}{4}=\frac{5\pi}{4}.$$Item 11 (Opcional — sem calculadora) 14 pts
Como $1+i\sqrt3=2e^{i\pi/3}$,
$$w=\frac{(2e^{i\pi/3})^3}{2i}=\frac{8e^{i\pi}}{2e^{i\pi/2}}=4e^{i\pi/2}=4i.$$Na equação $z^2=4e^{i\pi/2}$, o módulo de cada raiz é 2 e os argumentos são
$$\frac{\pi/2+2k\pi}{2},\qquad k\in\{0,1\}.$$Assim,
$$z_0=2e^{i\pi/4}=\sqrt2+\sqrt2i,$$ $$z_1=2e^{i5\pi/4}=-\sqrt2-\sqrt2i.$$Item 12.1 (Obrigatório — escolha múltipla) 12 pts
Derivando $f(x)=\sin(2x)-\sqrt3\cos(2x)$:
$$f'(x)=2\cos(2x)+2\sqrt3\sin(2x).$$Item 12.2 (Opcional) 14 pts
Considere-se
$$\varphi(x)=f(x)-(4x-2\pi)=\sin(2x)-\sqrt3\cos(2x)-4x+2\pi.$$A função $\varphi$ é contínua em $[\tfrac\pi2,\tfrac{2\pi}{3}]$. Nos extremos do intervalo:
$$\varphi\!\left(\frac\pi2\right)=\sin\pi-\sqrt3\cos\pi-2\pi+2\pi=\sqrt3>0,$$ $$\varphi\!\left(\frac{2\pi}{3}\right)=\sin\frac{4\pi}{3}-\sqrt3\cos\frac{4\pi}{3}-\frac{8\pi}{3}+2\pi=-\frac{2\pi}{3}<0.$$Como $\varphi$ é contínua e muda de sinal, pelo Teorema de Bolzano-Cauchy existe $c\in] \tfrac\pi2,\tfrac{2\pi}{3}[$ tal que $\varphi(c)=0$. Logo, $f(c)=4c-2\pi$, isto é, o gráfico de $f$ interseta a reta $r$ num ponto cuja abcissa pertence ao intervalo pedido.
Item 13 (Obrigatório) 14 pts
O enunciado estabelece que o ponto de tangência tem abcissa $x=0$.
No gráfico de $f$, esse ponto é
$$\bigl(0,f(0)\bigr)=\bigl(0,a e^0+b\cdot0^2\bigr)=(0,a).$$Na reta $y=ax+b$, o ponto de abcissa zero é $(0,b)$. Como se trata do mesmo ponto, é necessário que $a=b$. A condição relativa aos declives também se verifica:
$$f'(x)=ae^x+2bx\quad\Longrightarrow\quad f'(0)=a,$$que é precisamente o declive da reta.
Fim das resoluções