Proposta de Resolução — Exame Modelo 3 Mat A 2026
(inspirado na 2.ª Fase 2025)

Para cada item apresenta-se uma proposta de raciocínio organizado, com todos os passos justificados. O item 7 foi reformulado para avaliar operações com números complexos na forma trigonométrica.

Item 1 12 pts

Pretende-se calcular $$\lim u_n=\lim\left(\dfrac{n+3}{n-1}\right)^{2n}.$$

Reescreve-se a base:

$$\dfrac{n+3}{n-1}=\dfrac{(n-1)+4}{n-1}=1+\dfrac{4}{n-1}.$$

Considere-se $a_n=\dfrac{n-1}{4}$, com $a_n\to+\infty$. Então:

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

A base tende para $e$ e o expoente tende para $8$, logo

$$\lim u_n=e^8.$$

Item 2 12 pts

Ordenando os valores das vendas:

• Loja A: $17{,}2;\,18{,}5;\,19{,}8;\,20{,}7;\,21{,}3;\,22{,}5$, logo $\operatorname{Med}_A=\dfrac{19{,}8+20{,}7}{2}=20{,}25$.
• Loja B: $21{,}1;\,22{,}4;\,24{,}0;\,25{,}2;\,26{,}1;\,27{,}8$, logo $\operatorname{Med}_B=\dfrac{24{,}0+25{,}2}{2}=24{,}60$.

I. A diferença das medianas é $24{,}60-20{,}25=4{,}35$ mil euros. Portanto, I — b).

II. Para a loja A, $\bar{x}_A=\dfrac{120}{6}=20{,}00$. Com a calculadora gráfica, $\sigma_A\approx1{,}76$, logo $\bar{x}_A+\sigma_A\approx21{,}76$. Apenas junho, com $22{,}5$, excede esse valor. Portanto, II — a).

III. Com a calculadora gráfica, o coeficiente de correlação linear é $r\approx0{,}9975\approx0{,}99$. Portanto, III — b).

IV. A reta de regressão das vendas da loja B em função das vendas da loja A é, aproximadamente, $$y\approx1{,}271x-0{,}987.$$

Para $x=21{,}00$, obtém-se $y\approx1{,}271\times21{,}00-0{,}987\approx25{,}70$ mil euros. Portanto, IV — b).

Item 3.1 14 pts

Como $f(0)=-2$, calculam-se os limites laterais em $0$.

Limite à esquerda:

$$\lim_{x\to0^-}\dfrac{\ln(1-2x)}{x}.$$

Fazendo $y=-2x$, tem-se $y\to0^+$ quando $x\to0^-$ e $x=-\dfrac{y}{2}$. Assim,

$$\lim_{x\to0^-}\dfrac{\ln(1-2x)}{x} =\lim_{y\to0^+}\dfrac{\ln(1+y)}{-y/2} =-2\lim_{y\to0^+}\dfrac{\ln(1+y)}{y} =-2.$$

Limite à direita:

$$\lim_{x\to0^+}\dfrac{e^{-2x}-1}{x\cos x} =\lim_{x\to0^+}\left(\dfrac{e^{-2x}-1}{-2x}\cdot\dfrac{-2}{\cos x}\right) =1\cdot\dfrac{-2}{1}=-2.$$

Como os limites laterais coincidem com $f(0)$, a função $f$ é contínua em $x=0$.

Item 3.2 14 pts

A reta $y=2x+1$ é assíntota ao gráfico de $g$ quando $x\to+\infty$ se

$$\lim_{x\to+\infty}\left[g(x)-(2x+1)\right]=0.$$

Calculando a diferença:

$$g(x)-(2x+1)=\dfrac{2x^2+x+\ln(x+1)}{x}-(2x+1) =\dfrac{\ln(x+1)}{x}.$$

Como

$$\dfrac{\ln(x+1)}{x} =\dfrac{\ln x+\ln\left(1+\frac1x\right)}{x} =\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{\ln\left(1+\frac1x\right)}{x},$$

e ambos os termos tendem para $0$, conclui-se que

$$\lim_{x\to+\infty}\left[g(x)-(2x+1)\right]=0.$$

Item 4 14 pts

O domínio da equação é definido por $3-x>0$, isto é, $x<3$.

Agrupando os termos:

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

Logo, a equação é equivalente a

$$(e^x-2)\left[\ln(3-x)-1\right]=0.$$

Pelo princípio do produto nulo:

• $e^x-2=0\Leftrightarrow x=\ln2$;
• $\ln(3-x)-1=0\Leftrightarrow 3-x=e\Leftrightarrow x=3-e$.

Ambas as soluções pertencem ao domínio.

Item 5 12 pts

Da definição de probabilidade condicionada,

$$P(A\cap B)=P(B\mid A)\,P(A)=0{,}4P(A).$$

Como $P(A)=P(A\cap B)+P(A\cap\overline{B})$, tem-se

$$P(A)=0{,}4P(A)+0{,}3\quad\Longleftrightarrow\quad0{,}6P(A)=0{,}3,$$

e, portanto, $P(A)=0{,}5$.

Assim, $P(A\cap B)=0{,}4\times0{,}5=0{,}2$.

Usando a fórmula da probabilidade da união,

$$0{,}8=P(A\cup B)=P(A)+P(B)-P(A\cap B)=0{,}5+P(B)-0{,}2,$$

logo $P(B)=0{,}5$.

Finalmente,

$$P(\overline{A}\cap B)=P(B)-P(A\cap B)=0{,}5-0{,}2=0{,}3.$$

Item 6 14 pts

A turma tem $24$ alunos. Como $\dfrac{5}{8}\times24=15$, há 15 raparigas e 9 rapazes.

Destes alunos, pertencem ao Clube de Teatro 3 rapazes e 5 raparigas; não pertencem ao clube 6 rapazes e 10 raparigas.

O número total de comissões de 5 alunos é

$${}^{24}C_5=42504.$$

Começa-se por contar as comissões com exatamente 2 rapazes e 3 raparigas:

$${}^{9}C_2\cdot{}^{15}C_3=36\cdot455=16380.$$

Retiram-se as comissões desse tipo sem qualquer aluno do Clube de Teatro:

$${}^{6}C_2\cdot{}^{10}C_3=15\cdot120=1800.$$

Logo, o número de casos favoráveis é

$$16380-1800=14580.$$

A probabilidade pedida é

$$P=\dfrac{14580}{42504}\approx0{,}343.$$

Item 7 12 pts

Escrevam-se os complexos na forma trigonométrica:

$$z_1=2e^{i\theta_1}\quad\text{e}\quad z_2=3e^{i\theta_2}.$$

O ângulo orientado de $z_1$ para $z_2$ tem amplitude $\dfrac{2\pi}{3}$, logo

$$\theta_2-\theta_1=\dfrac{2\pi}{3}\pmod{2\pi}.$$

Então, usando a divisão de números complexos na forma trigonométrica,

$$\dfrac{z_2}{z_1} =\dfrac{3e^{i\theta_2}}{2e^{i\theta_1}} =\dfrac{3}{2}e^{i(\theta_2-\theta_1)} =\dfrac{3}{2}e^{i\frac{2\pi}{3}}.$$

Item 8 14 pts

Primeiro, simplifica-se a fração.

Como $(1+i)^2=2i$, vem $(1+i)^4=(2i)^2=-4=4e^{i\pi}$.

Além disso,

$$2-2i\sqrt3=4e^{-i\pi/3}.$$

Assim,

$$\dfrac{(1+i)^4}{2-2i\sqrt3} =\dfrac{4e^{i\pi}}{4e^{-i\pi/3}} =e^{i4\pi/3} =-\dfrac12-\dfrac{\sqrt3}{2}i.$$

Como $e^{i\pi/2}=i$, tem-se

$$z=-\dfrac12-\dfrac{\sqrt3}{2}i+bi =-\dfrac12+i\left(b-\dfrac{\sqrt3}{2}\right).$$

A condição $\operatorname{Re}(z)=\operatorname{Im}(z)$ dá

$$-\dfrac12=b-\dfrac{\sqrt3}{2}\quad\Longleftrightarrow\quad b=\dfrac{\sqrt3-1}{2}.$$

Substituindo, obtém-se

$$z=-\dfrac12-\dfrac12i.$$

O módulo é

$$|z|=\sqrt{\left(-\dfrac12\right)^2+\left(-\dfrac12\right)^2}=\dfrac{\sqrt2}{2}.$$

O afixo está no 3.º quadrante e tem argumento $\dfrac{5\pi}{4}$.

Item 9 14 pts

Na figura, pode tomar-se

$$O=(0,0),\quad A=(1,0),\quad B=(\cos\alpha,\operatorname{sen}\alpha),\quad D=(0,\operatorname{sen}\alpha).$$

O quadrilátero $[OABD]$ pode decompor-se no retângulo de vértices $(0,0)$, $(\cos\alpha,0)$, $(\cos\alpha,\operatorname{sen}\alpha)$ e $(0,\operatorname{sen}\alpha)$, mais o triângulo de vértices $(\cos\alpha,0)$, $(1,0)$ e $(\cos\alpha,\operatorname{sen}\alpha)$.

A área do retângulo é

$$\cos\alpha\,\operatorname{sen}\alpha.$$

A área do triângulo é

$$\dfrac12(1-\cos\alpha)\operatorname{sen}\alpha.$$

Logo,

$$A(\alpha)=\cos\alpha\,\operatorname{sen}\alpha+\dfrac12(1-\cos\alpha)\operatorname{sen}\alpha =\dfrac{\cos\alpha\,\operatorname{sen}\alpha+\operatorname{sen}\alpha}{2}.$$

Como $\operatorname{sen}(2\alpha)=2\operatorname{sen}\alpha\cos\alpha$, vem

$$A(\alpha)=\dfrac{\operatorname{sen}(2\alpha)+2\operatorname{sen}\alpha}{4}.$$

Item 10.1 12 pts

Como $[ABCD]$ é um quadrado,

$$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC},\quad \overrightarrow{AB}\perp\overrightarrow{BC}\quad\text{e}\quad |\overrightarrow{AB}|=4.$$

Assim,

$$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC} =\overrightarrow{AB}\cdot(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}) =|\overrightarrow{AB}|^2+\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{BC} =16+0=16.$$

Item 10.2 14 pts

A área da base da pirâmide é $AB^2=4^2=16$.

Da fórmula do volume,

$$16\sqrt3=\dfrac13\cdot16\cdot h\quad\Longleftrightarrow\quad h=3\sqrt3.$$

A reta $MV$ é perpendicular ao plano da base $x+y-z=0$, pelo que tem direção dada por um vetor normal ao plano, por exemplo $\vec n=(1,1,-1)$.

Assim, os pontos da reta $MV$ são da forma

$$(x,y,z)=(1,1,2)+k(1,1,-1),\quad k\in\mathbb{R}.$$

Como $MV=h=3\sqrt3$, tem-se

$$MV^2=k^2+k^2+(-k)^2=3k^2=(3\sqrt3)^2=27,$$

logo $k^2=9$ e $k=\pm3$.

Para $k=3$, obtém-se $V=(4,4,-1)$, que tem cota negativa.

Para $k=-3$, obtém-se $V=(-2,-2,5)$, que tem cota positiva.

Item 10.3 14 pts

A expressão é

$${}^{6}C_{4}\times4\times\dfrac{4!}{2}.$$

Fator ${}^{6}C_4$. Existem ${}^{6}C_4$ maneiras de escolher quais as 4 cores, de entre as 6 disponíveis, que serão efetivamente usadas.

Fator $4$. Depois de escolhidas as 4 cores, há 4 escolhas possíveis para a cor da base. Essa cor não pode ser usada em qualquer face lateral, pois a base partilha aresta com todas as faces laterais.

Fator $\dfrac{4!}{2}$. Restam 3 cores para pintar as 4 faces laterais, dispostas em ciclo. Devem ser usadas exatamente essas 3 cores e faces laterais adjacentes não podem ter a mesma cor. O número de colorações possíveis das quatro faces laterais, nestas condições, é $\dfrac{4!}{2}=12$.

Item 11.1 14 pts

Dado que

$$g'(x)=-x\,e^{-x^2/2},$$

deriva-se usando a regra do produto:

$$g''(x)=-e^{-x^2/2}+(-x)e^{-x^2/2}(-x)=(x^2-1)e^{-x^2/2}.$$

Como $e^{-x^2/2}>0$ para todo o $x\in\mathbb{R}$, o sinal de $g''(x)$ depende apenas de $x^2-1$.

$x$	$]-\infty,-1[$	$-1$	$]-1,1[$	$1$	$]1,+\infty[$
$g''(x)$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$

Logo, o gráfico de $g$ tem concavidade voltada para cima em $]-\infty,-1[$ e em $]1,+\infty[$, e concavidade voltada para baixo em $]-1,1[$.

Como a segunda derivada muda de sinal em $x=-1$ e em $x=1$, há pontos de inflexão com abcissas $-1$ e $1$.

Item 11.2 14 pts

A reta $y=-x+b$ é tangente ao gráfico de $f(x)=\ln(x^2+1)$ num ponto de abcissa $a$ se

$$f'(a)=-1\quad\text{e}\quad f(a)=-a+b.$$

Como

$$f'(x)=\dfrac{2x}{x^2+1},$$

resolve-se

$$\dfrac{2a}{a^2+1}=-1 \quad\Longleftrightarrow\quad 2a=-(a^2+1) \quad\Longleftrightarrow\quad (a+1)^2=0.$$

Logo, $a=-1$.

Como $f(-1)=\ln2$, a condição $f(-1)=-(-1)+b$ dá

$$\ln2=1+b\quad\Longleftrightarrow\quad b=\ln2-1.$$

Item 12 14 pts

A equação que permite resolver o problema é

$$1500+200t\,e^{-0{,}15t}=1700,\quad t\in[0,30].$$

Na calculadora, podem definir-se

$$y_1=1500+200x\,e^{-0{,}15x}\quad\text{e}\quad y_2=1700.$$

Os pontos de interseção são, aproximadamente,

$$A\approx(1{,}20;\,1700)\quad\text{e}\quad B\approx(19{,}96;\,1700).$$

A receita foi igual ou superior a 1700 mil euros para $t\in[1{,}20,\,19{,}96]$.

A duração desse período é

$$19{,}96-1{,}20=18{,}76\approx19\text{ meses}.$$

Item 13 14 pts

Em cada composição, mantém-se $\dfrac34$ da área da composição anterior.

A área da 1.ª composição, que é um triângulo equilátero de lado 8, é

$$a_1=\dfrac{\sqrt3}{4}\cdot8^2=16\sqrt3.$$

Logo, a sucessão das áreas é geométrica de razão $\dfrac34$ e

$$a_{10}=a_1\left(\dfrac34\right)^9 =16\sqrt3\left(\dfrac34\right)^9.$$

Numericamente,

$$a_{10}\approx2{,}08.$$

Item 14 14 pts

Para provar a existência de $c_1$, considere-se

$$g_1(x)=f(x)-2x.$$

A função $g_1$ é contínua em $[0,1]$, pois $f$ é contínua e $x\mapsto2x$ também é contínua. Além disso,

$$g_1(0)=f(0)-0=1>0$$ e $$g_1(1)=f(1)-2=0-2=-2<0.$$

Pelo Teorema de Bolzano-Cauchy, existe $c_1\in]0,1[$ tal que $g_1(c_1)=0$, isto é, $f(c_1)=2c_1$.

Para provar a existência de $c_2$, considere-se

$$g_2(x)=f(x)-x^2.$$

A função $g_2$ é contínua em $[0,1]$. Além disso,

$$g_2(0)=f(0)-0=1>0$$ e $$g_2(1)=f(1)-1=0-1=-1<0.$$

Novamente, pelo Teorema de Bolzano-Cauchy, existe $c_2\in]0,1[$ tal que $g_2(c_2)=0$, isto é, $f(c_2)=c_2^2$.

Item 15 14 pts

Se

$$f(x)=ax^3+bx^2+cx,\quad a\neq0,$$

então

$$f'(x)=3ax^2+2bx+c$$

e

$$f''(x)=6ax+2b.$$

A abcissa do ponto de inflexão é a solução de $f''(x)=0$:

$$6ax+2b=0\quad\Longleftrightarrow\quad x_0=-\dfrac{b}{3a}.$$

O declive da reta tangente ao gráfico de $f$ no ponto $P$ é

$$m=f'(x_0).$$

Logo,

$$m=3a\left(-\dfrac{b}{3a}\right)^2+2b\left(-\dfrac{b}{3a}\right)+c =\dfrac{b^2}{3a}-\dfrac{2b^2}{3a}+c =c-\dfrac{b^2}{3a}.$$

Fim da resolução