Resoluções das Provas de Avaliação Intercalar-15042023

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2 Prova de Matemática de 15/04/2023
2.1 Grupo I
1.(Caṕıtulo 9) O domı́nio da função f , real de variável real, definida por f(x) = log(1−x)
10x−5 é:
(A) ]1,+∞[ (B)
]
1
2
,+∞
[
(C) ]−∞, 1[ \
{
1
2
}
(D) ]−∞, 1[
Resolução: A opção certa é a (C) porque:
Df =
x ∈ R : 1− x > 0︸ ︷︷ ︸
−x>−1⇔x<1
∧ 10x− 5 6= 0︸ ︷︷ ︸
10x 6=5⇔x 6=1/2
 = ]−∞, 1[ \
{
1
2
}
2.(Caṕıtulo 7) Considere a equação (3x+ 5)2 = (x+ 1)2. O conjunto solução em Z é:
(A)
{
−3
2
,−2
}
(B) ∅
(C) {2} (D) {−2}
Resolução: A opção certa é a (D) porque:
(3x+ 5)2 = (x+ 1)2 ⇔ 3x+ 5 = x+ 1 ∨ 3x+ 5 = − (x+ 1)
⇔ 2x = −4 ∨ 3x+ 5 = −x− 1⇔ x = −2 ∨ 4x = −6⇔ x = −2 ∨ x = −3
2(
x = −2 ∨ x = −3
2
)
∧ x ∈ Z⇒ C.S. = {−2}
3.(Caṕıtulo 11) Uma certa função f , real de variável real, de domı́nio R, é diferenciável e
a sua derivada é definida por f ′(x) = x
2
3
− x. Qual dos gráficos seguintes pode representar a
função f?
(A) (B)
(C) (D)
12
Resolução: A opção certa é a (C) dado que:
f ′(x) =
x2
3
− x = x
(x
3
− 1
)
= 0⇔ x = 0 ∨ x = 3
Permite concluir que a opção certa seria (A) ou (C) porque os extremos de f ocorrem em x = 0
e em x = 3.
f ′′(x) =
2x
3
− 1 = 0⇔ x = 3
2
x −∞ 3
2
+∞
Sinal de f ′′ − 0 +
Concavidade de f ∩ P.I. ∪
Acrescentando a concavidade do gráfico de f conclui-se que a opção certa é a (C).
4.(Caṕıtulo 8) Dado α ∈ R, o valor exato de cos
(
α + 2π
3
)
é:
(A) − cos(α)+
√
3 sin(α)
2
(B)
√
3 cos(α)−sin(α)
2
(C)
√
3 sin(α)+cos(α)
2
(D) sin(α)−
√
3 cos(α)
2
Resolução: A opção certa é (A) porque com base na fórmula:
cos (α + β) = cos(α) cos(β)− sin(α) sin(β)
obtém-se:
cos
(
α + 2π
3
)
= cos(α) cos
(
2π
3
)
− sin(α) sin
(
2π
3
)
= cos(α)×
(
−1
2
)
− sin(α)×
√
3
2
= − cos(α)+
√
3 sin(α)
2
5.(Caṕıtulo 7) Seja f uma função, de domı́nio R, definida por uma expressão anaĺıtica do
tipo:
f(x) = kx− 3, k ∈ R\{0}
Sabe-se que f−1 (3) = 4, sendo f−1 a função inversa de f . O valor de k é:
(A) 1
3
(B) 3
2
(C) 2
3
(D) 3
Resolução: A opção certa é a (B) porque:
f−1 (3) = 4⇔ f (f−1 (3)) = f (4)⇔ 3 = f (4)
f (4) =
f(x)=kx−3
4k − 3 = 3⇔ 4k = 6⇔ k = 3
2
6.(Caṕıtulo 9) Sejam a e b dois números reais maiores que 1, tais que logab =
2
7
. Então, o
valor de logb
(
7
√
a2 × b5
)
, é:
13
(A) 5) (B) 69
4
(C) 249
49
(D) 6
Resolução: A opção certa é (D) porque:
logb
(
7
√
a2 × b5
)
= logb
(
7
√
a2
)
+ logb (b
5) = logb
(
a2/7
)
+ 5
= 2
7
logba+ 5 =
logba=
1
logab
= 1
2/7
= 7
2
2
7
× 7
2
+ 5 = 1 + 5 = 6
7.(Caṕıtulo 10) Determine o valor de k, para o qual é cont́ınua em R, a função definida por:
f(x) =
 (x− 1)
2 se x ≥ k
x2 − 3x+ 4 se x < k
(A) −3 (B) 1
(C) −1 (D) 3
Resolução: A opção certa é a (D) porque para que f seja cont́ınua em R deverá ser cont́ınua
em x = k. Assim:
lim
x→k−
f(x) = k2 − 3k + 4 = (k − 1)2 = f(k) = lim
x→k+
f(x)
⇔ k2 − 3k + 4 = k2 − 2k + 1⇔ −3k + 2k = 1− 4⇔ k = 3
14
2.2 Grupo II
1.(Caṕıtulo 8) Na figura está representada uma semicircunferência de centro O e raio 4 e os
pontos A, B e C.
Sabe-se que:
• os pontos A, B e C pertencem à semicircunferência;
• O é o ponto médio de [AC]
• o segmento de reta [OB] é perpendicular ao seg-
mento de reta [AC].
Admita que um ponto P se desloca ao longo do arco BC, nunca coincidindo com o ponto
B nem com o ponto C e que um ponto Q se desloca ao longo do segmento de reta [OC] de
tal forma que [PQ] é sempre perpendicular a [AC]. Para cada posição do ponto P seja x a
amplitude, em radianos, do ângulo AOP . Mostre que a área do triângulo [APQ] em função de
x é dada por
A(x) = 8 sinx− 4 sin(2x).
Resolução: Basta ter em conta que o ćırculo tem raio 4 e que o cosseno de x é negativo por
x ser um ângulo do segundo quadrante, ou seja, OQ = −4 cosx:
Atriângulo =
1
2
× AQ× PQ PQ=4 sinx=
AQ=4−4 cosx
1
2
(4− 4 cosx)× 4 sinx
A(x) = (4− 4 cosx)× 2 sinx = 8 sin x− 8 sin(x) cos(x) =
sin(2x)=2 sinx cosx
8 sinx− 4 sin(2x)
2.(Caṕıtulo 5 e 7) Considere as funções reais de variável real f e g definidas, respetivamente,
por:
f(x) =
√
3x+ 1− 2 e g(x) = 1
2
|2x− 1| − 1
2.1 Determine o conjunto solução da equação f(x) = 1− x.
Resolução:
f(x) = 1− x⇔
√
3x+ 1− 2 = 1− x⇔
√
3x+ 1 = 3− x⇒
(√
3x+ 1
)2
= (x− 3)2
⇔ 3x+ 1 = x2 − 6x+ 9⇔ x2 − 9x+ 8 = 0⇔ x = 9±
√
81−32
2
⇔ x = 1 ∨ x = 8
Verificação

x = 1⇒
√
3× 1 + 1− 2 = 1− 1⇔ 0 = 0 Verdadeiro
x = 8⇒
√
3× 8 + 1− 2 = 5− 8⇔ 3 = −7 Falso
C.S. = {1}
2.2 Escreva uma expressão anaĺıtica para a função g sem usar o śımbolo de módulo.
15
Resolução:
g(x) = 1
2
|2x− 1| − 1 =

−1
2
× (2x− 1)− 1 se 2x− 1 < 0
1
2
× (2x− 1)− 1 se 2x− 1 ≥ 0
g(x) =

−x+ 1
2
− 1 se x < 1
2
x− 1
2
− 1 se x ≥ 1
2
⇔

−x− 1
2
se x < 1
2
x− 3
2
se x ≥ 1
2
3.(Caṕıtulo 9) Determine, em R, o conjunto-solução da equação:
log (x− 1)2 − log (1− x) = 2 log 3
Resolução:
log (x− 1)2 − log (1− x) = 2 log 3⇔ log
[
(x−1)2
(1−x)
]
= log 32
⇔ log
[
− (x−1)
2
(x−1)
]
= log 9⇔ log [− (x− 1)] = log 9
⇔ 1− x = 9⇔ x = −8
Verificação:
log (−8− 1)2 − log (1 + 8) = 2 log 3
⇔ log 81− log 9 = log 32 ⇔ log
(
81
9
)
= log 9 Verdadeiro
Ou então:
−8 ∈ D =
x ∈ R : (x− 1)2 > 0︸ ︷︷ ︸
x 6=1
∧ 1− x > 0︸ ︷︷ ︸
x<1
 = ]−∞, 1[
4.(Caṕıtulo 10 e 11) . Considere a função f , de domı́nio R\ {−1}, definida por:
f(x) =
x2 + 2x+ 3
x+ 1
Recorrendo à definição de derivada de uma função num ponto, mostre que f ′(1) = 1
2
.
Resolução:
f(x) = x
2+2x+3
x+1
⇒ f(1) = 12+2×1+3
1+1
= 3
f ′(1) = lim
x→1
f(x)−f(1)
x−1 = limx→1
x2+2x+3
x+1
−3
x−1 = limx→1
x2+2x+3−3x−3
x+1
x−1
= lim
x→1
x2−x
(x−1)(x+1)
0
0= lim
x→1
x(x−1)
(x−1)(x+1) = limx→1
x
(x+1)
= 1
2
Confirmação aplicando regras de derivação (não era pedido...)
f ′(x) =
(x2+2x+3)
′
×(x+1)−(x2+2x+3)×(x+1)′
(x+1)2
=
(2x+2)×(x+1)−(x2+2x+3)×1
(x+1)2
= 2x
2+2x+2x+2−x2−2x−3
(x+1)2
= x
2+2x−1
(x+1)2
⇒ f ′(1) = 12+2×1−1
(1+1)2
= 2
4
= 1
2
16
5.(Caṕıtulo 5, 9 e 11) Considere a função f de domı́nio ]− a,+∞[, definida por
f(x) = ln
(
1
x+ a
)
Na figura estão representados, num referencial o.n. xOy, parte do gráfico de f e um triângulo
[ABC].
Sabe-se que:
• o ponto A tem coordenadas (0,−2);
• os pontos A e B pertencem ao gráfico de f ;
• o ponto C pertence ao eixo Oy;
• o segmento de reta BC é paralelo ao eixo das ab-
cissas.
5.1 De acordo com os dados apresentados, determine o valor de a.
Resolução:
(0,−2) ∈ Gf ⇔ f(0) = −2⇔ ln
(
1
0+a
)
= −2⇔ ln a−1 = −2
⇔ − ln a = −2⇔ ln a = 2⇔ a = e2
5.2 Determine as coordenadas do ponto B sabendo que
∥∥∥−−→BC∥∥∥ = ∣∣∣1−e3e ∣∣∣. (Se não resolveu a
aĺınea anterior, nesta aĺınea considere a = e2).
Resolução: Os pontos B e C têm a mesma ordenada. A distância entre eles é, assim, o
módulo da diferença entre as abcissas:
B
(
x, ln
(
1
x+ e2
))
e C
(
0, ln
(
1
x+ e2
))
⇒
∥∥∥−−→BC∥∥∥ = |x| = ∣∣∣∣1− e3e
∣∣∣∣ ⇒x<0x = 1− e3e
As coordenadas de B são:
B
(
1−e3
e
, ln
(
1
1−e3
e
+e2
))
= B
(
1−e3
e
, ln
(
1
1−e3+e3
e
))
= B
(
1−e3
e
, ln
(
e
1
))
= B
(
1−e3
e
, l
)
5.3 Mostre que f é estritamente decrescente ∀x ∈ Df .
Resolução: Para se estudar a monotonia determine-se a primeira derivada da função:
f ′(x) =
[
ln
(
1
x+ e2
)]′
=
(
1
x+e2
)′
1
x+e2
=
−(x+e2)
′
(x+e2)2
1
x+e2
=
−1
(x+e2)2
1
x+e2
= − x+ e
2
(x+ e2)2
= − 1
x+ e2
17
Como o domı́nio de f é:
Df =
x ∈ R :
1
x+ e2
> 0︸ ︷︷ ︸
x+e2>0⇔x>−e2
 =
]
−e2,+∞
[
Conclui-se que:
f ′(x) = − 1
x+ e2
< 0, ∀x ∈ Df
Como a derivada é negativa pode afirmar-se que a função é estritamente decrescente em todo
o domı́nio de f .
6.(Caṕıtulo 9 e 11) A intensidade da luz, I, dentro de água, a uma profundidade de m metros
é dada por:
I(m) = I0e
−km
onde, I0 e k representam, respetivamente, a intensidade da luz à superf́ıcie e uma constante de
absorção.
6.1 Mostre que I
′(m)
I(m)
= −k.
Resolução: Basta atender a que a variável independente é m:
I(m) = I0e
−km ⇒ I ′(m) = I0e−km× (−km)′ = −kI0e−km
I′(m)
I(m)
= −kI0e
−km
I0e−km
= −k
6.2 Sabendo que a intensidade da luz à superf́ıcie é igual a 1 e, que esta é o triplo da intensidade
da luz a 1 metro de profundidade, determine o valor da constante de absorção.
Resolução: A constante de absorção é ln 3 porque:
I(m) = I0e
−km ⇒

I(0) = I0e
−k×0 = I0 = 1
I(1) = I0e
−k×1 = I0 × e−k = 13
⇔

I0 = 1
1× e−k = 1
3
⇔

I0 = 1
−k = ln
(
1
3
) ⇔

I0 = 1
−k = − ln 3
⇔

I0 = 1
k = ln 3
6.3 Na pesca subaquática, um pescador perde a visibilidade quando a intensidade da luz é
inferior a 243−35. Considerando k = ln 3 e I0 = 1, a que profundidade o pescador perde a
visibilidade?
18
Resolução: O pescador perde a visibilidade a uma profundidade superior a 175 metros:
I0 = 1
k = ln 3
⇒ I(m) = 1× e−m ln 3 =
(
e− ln 3
)m
=
(
eln(
1
3)
)m
=
(
1
3
)m
I(m) < 243−35 ⇔
(
1
3
)m
< 243−35 ⇔ 3−m < 243−35 ⇔ 3−m < (35)−35 ⇔ 3−m < 3−175
⇔ −m < −175⇔ m > 175
7.(Caṕıtulo 7 e 10) Seja f uma função, de domı́nio R, definida por:
f(x) =

x4 − 3x2 + 2x, x ≤ 2
√
x−1−1
x−2 , x > 2
Averigue se a função f é cont́ınua em x = 2.
Resolução: A função f não é cont́ınua em x = 2 porque lim
x→2+
f(x) = 1
2
6= lim
x→2−
f(x) =
f(2) = 8:
lim
x→2−
f(x) = f(2) = 24 − 3× 22 + 2× 2 = 16− 12 + 4 = 8
lim
x→2+
f(x) = lim
x→2+
√
x−1−1
x−2
0
0= lim
x→2+
(
√
x−1−1)(
√
x−1+1)
(x−2)(
√
x−1+1)
= lim
x→2+
(x−1)−1
(x−2)(
√
x−1+1)
= lim
x→2+
(x−2)
(x−2)(
√
x−1+1)
= lim
x→2+
1
(
√
x−1+1)
= 1
2
8.(Caṕıtulo 11) Determine uma expressão anaĺıtica simplificada da função derivada da função
real de variável real definida por:
f(x) =
(x3 − 2)2
2
+ ln
√
x2 − 1
Resolução: Uma resolução posśıvel seria:
f ′(x) =
[
(x3−2)
2
2
]′
+
[
ln
√
x2 − 1
]′
= 1
2
[
(x3 − 2)2
]′
+
(
√
x2−1)
′
√
x2−1
= 1
2
[
2 (x3 − 2) (x3 − 2)′
]
+
[
(x2−1)
1/2
]′
√
x2−1 = (x
3 − 2)× 3x2 +
1
2(x2−1)
−1/2
×2x
√
x2−1
= (x3 − 2)× 3x2 + x√
x2−1×
√
x2−1 = 3x
2 (x3 − 2) + x
x2−1
Se transformássemos um pouco a função f teŕıamos outra proposta de resolução:
f(x) =
(x3−2)
2
2
+ ln
√
x2 − 1 = 1
2
(x3 − 2)2 + ln (x2 − 1)1/2 = 1
2
[
(x3 − 2)2 + ln (x2 − 1)
]
f ′(x) = 1
2
[
(x3 − 2)2 + ln (x2 − 1)
]′
= 1
2
[
2 (x3 − 2) 3x2 + 2x
x2−1
]
= 3x2 (x3 − 2) + x
x2−1
19
9.(Caṕıtulo 11) Considere a função real de variável real h, definida por h(x) = 4x−2
4x−x2
9.1 Determine o declive da reta tangente ao gráfico de h, no ponto de abcissa x = 1.
Resolução: O declive da reta tangente ao gráfico de h, no ponto de abcissa x = 1 é h′(1):
h′(x) =
[
4x−2
4x−x2
]′
=
(4x−2)′(4x−x2)−(4x−2)(4x−x2)
′
(4x−x2)2
=
4(4x−x2)−(4x−2)(4−2x)
(4x−x2)2 =
16x−4x2−16x+8x2+8−4x
(4x−x2)2 =
4x2−4x+8
(4x−x2)2
h′(x) = 4x
2−4x+8
(4x−x2)2 ⇒ h
′(x) = 4×1
2−4×1+8
(4×1−12)2 =
8
9
Pela definição seria:
h′(1) = lim
x→1
h(x)−h(1)
x−1 =
h(1)= 4−2
4−12
= 2
3
lim
x→1
(
4x−2
4x−x2
− 2
3
x−1
)
0
0= lim
x→1
 3(4x−2)−2(4x−x2)3(4x−x2)
x−1

= lim
x→1
(
12x−6−8x+2x2
3x(4−x)(x−1)
) 0
0= lim
x→1
(
2x2+4x−6
3x(4−x)(x−1)
) x=−2±√22+4×1×3
2=
x2+2x−3=0
lim
x→1
(
2(x−1)(x+3)
3x(4−x)(x−1)
)
= lim
x→1
(
2(x+3)
3x(4−x)
)
= 8
9
9.2 Considere a função real de variável real g, derivável em R, da qual se sabe que g′
(
2
3
)
= 1
2
.
Determine o valor de (g ◦ h)′(1).
Resolução: Basta aplicar a regra de derivação da função composta:
(g ◦ h)′(1) = g′ (h(1))× h′(1) =
h(1)= 4−2
4−12
= 2
3
g′
(
2
3
)
× 8
9
=
1
2
× 8
9
=
4
9
20
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