resolução 2 fase

Proposta de resolu¸˜o do exame de Matem´tica A de 12o ano ca a
Cod 635
16 de Julho de 2009
Grupo I
Vers˜o 1 a 1.
D
2.
C
3.
C
4.
B
5.
C
6.
D
7.
C
8.
A

Vers˜o 2 a 1.
A
2.
B
3.
B
4.
C
5.
B
6.
A
7.
B
8.
D
Grupo II

1.

z =
=
=
=
=
=

cis

π
7

7

4 cis cis 7π
7

+ (2 + i)3
3π
2

+ 2 + 11i
−4i
−1 + 2 + 11i
−4i
1 + 11i i
×
−4i i 2 i + 11i
−4i2
11 1
− + i.
4
4

C´lculo auxiliar: pela f´rmula do bin´mio de Newton, a o o (2 + i)3 = 23 + 3 × 22 i + 3 × 2i2 + i3 = 8 + 12i − 6 − i = 2 + 11i.
2. A ´ a imagem geom´trica de w, A pertence ao primeiro quadrante. e e

Sendo B a imagem geom´trica de w B pertence ao quarto quadrante. e ¯
Sendo C a imagem geom´trica de (−w), C pertence ao terceiro quadrante. e Como |w| = 5, vem que
|w| = | − w| = |w| = 5.
¯
Se w = a + bi, ent˜o w = a − bi e −w = −a − bi. Assim A e B tˆm a ¯ e a mesma abcissa, e B e C tˆm a mesma ordenada, portanto a recta AB ´ e e vertical e a recta BC ´ horizontal. Assim o triˆngulo [ABC] ´ rectˆngulo em e a e a
B.
y
6

C

rA


O 

x

 r  r B

a
Temos que AC = |w| + | − w| = 2|w| = 10. Pelo Teorema de Pit´goras, e sabendo que AB > 0,
2

2

AB = AC − BC
2
⇔ AB = 36 ⇔
⇔ AB = 6.
Portanto
A∆[ABC] =

2

⇔

8×6
= 24 u.a.
2

3. A ⊂ Ω, B ⊂ Ω e P (B) = 0.
¯
1 − P (A|B) × P (B) − P (A ∩ B) =
P (A ∩ B)
¯
= 1−
× P (B) − P (A ∩ B)
P (B)
¯
= 1 − P (A ∩ B) − P (A ∩ B)
¯
= 1 − (P (A ∩ B) + P (A ∩ B)) (∗)
¯
= 1 − P ((A ∩ B) ∪ (A ∩ B))

=
=
=
=

¯
1 − P (A ∩ (B ∪ B))
1 − P (A ∩ Ω)
1 − P (A)
¯
P (A),
c.q.d.

¯ a
¯
¯
(*) Os conjuntos A∩B e A∩ B s˜o disjuntos, pois A∩B ⊂ B e A∩ B ⊂ B.
4.
4.1. Esta pergunta est´ mal formulada, podendo levar a diversas intera preta¸˜es. co
i. Temos 5 cartas, retiradas de uma vez por todas do baralho, e queremos com elas fazer sequˆncias, sem restri¸˜es ao modo como as sequˆncias e co e s˜o feitas.