9-Questões Essenciais

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Exame Final Nacional – Matemática A 12.º ano 
Propostas de Resolução 
 
1 
Questões de Exame Essenciais 
Tema 1: Geometria 
Pág. 386 
1. 
12
2
6
BA BC  
���� ����
 
�  2, 2
3 3
BA BC
 
  
���� ����
 
� cos ,BA BC BA BC BA BC    
���� ���� ���� ���� ���� ����
 
2 1
2 2 cos 2 2 2
3 2

         
Resposta: (B) 
 
2. O vetor  3, 2, 0u
�
 é perpendicular ao plano  definido por 3 2 4 0x y   . 
Se v
�
 é um vetor perpendicular ao plano  então os vetores u
�
 e v
�
são perpendiculares pelo que 0u v 
� �
. 
Os planos definidos nas opções (A) e (D) são paralelos ao plano  . Logo, estas condições não podem 
definir o plano . 
Seja  o plano definido por 2 3 1 0x y z    . 
 2 , 3 , 1v  
�
 é um vetor perpendicular ao plano . 
   3, 2 , 0 2 , 3 , 1 6 6 0 0u v        
� �
 
Logo, o plano  é perpendicular ao plano  . 
 1, 0 , 3A 
2 1 3 0 3 1 0 2 3 1 0 0 0            
Portanto, o plano  passa no ponto A. 
Resposta: (B) 
 
3. :AB y mx b  
A inclinação da reta AB é a amplitude do ângulo CBA, ou seja, é igual a 
3

 dado que o triângulo [ABC] é 
equilátero. Logo, o declive da reta AB é tan 3
3
m
 
  
 
. 
Uma equação da reta AB é da forma 3y x b  . Como esta reta 
passa no ponto B, de coordenadas  1 , 0 , temos: 
0 3 1 3b b      
Portanto, 3 3y x  é uma equação da reta AB. 
Resposta: (D) 
 
 
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2 
 
4. Num polígono regular de n lados, a amplitude, em radianos, de um ângulo interno, é dada por 
2
n

  . 
Assim: 
� � 2 3
5 5
BAE AED
 
     
 
Como o triângulo [ADE] é isósceles: 
�
3
5
2 5
DAE

  
  
 
Temos, portanto, �
3 2
5 5 5
BAD
  
   
cos ,AB AD AB AD
AB AD
AD AD
       
���� ���� ���� ����
���� ����
���� ���� 
� 2cos 1 cos cos 2
5 5
AB BAD
  
      
 
����
 
2 2cos sin
5 5
    
     
   
 
2 21 sin sin
5 5
    
      
   
 
21 2sin
5
 
   
 
 
 
5.  2 , 0 , 3A 
: 2 3x y z    
A reta r passa no ponto  2 , 0 , 3A e tem a direção do vetor  1, 1, 2r  
�
, perpendicular a  . 
 a reta que se apresenta em (A) tem a direção do vetor  1,1, 0a
�
 que não é colinear com 
 1, 1, 2r   
�
 
 a reta que se apresenta em (B) tem a direção do vetor  1,1, 2a 
�
 que é colinear com 
 1, 1, 2r   
�
 pois a r 
� �
. 
Por outro lado, o ponto  2 , 0 , 3A pertence a essa reta. É o ponto que se obtém para 3k  , dado 
que: 
2 5
0 3 3
3 3 2
k
k k
k
 

    
   
 
Resposta: (B) 
 
 
  2 2cos 2 cos sina a a 
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3 
 
6. Interseção da circunferência com o eixo Ox: 
   2 2 22 2
0 0 0 0
1 111 2 0 1 2
y y y y
x xxx y x
      
     
           
 
Como A tem abcissa positiva, temos  1, 0A . 
Seja C o centro da circunferência:  0 , 1C . 
A reta r passa em A e é perpendicular a AC. 
1 0
1
0 1AC
m

  

 
1
AC r
m m   
1 1 1
r r
m m      
A equação da reta r é da forma y x b  . 
Como a reta r passa em  1, 0A temos que 0 1 1b b     . 
Logo, 1y x  é a equação reduzida da reta r. 
Resposta: (B) 
 
Pág. 387 
7. : 4 1 0x z    
O vetor  4, 0, 1u 
�
 é perpendicular ao plano  . 
Qualquer reta perpendicular ao plano  tem a direção do vetor u
�
. 
Um vetor diretor da reta definida por      , , 0 , 0 , 1 4 , 1, 0 ,x y z k k   ℝ é  4 ,1, 0r
�
. O vetor r
�
 
não é colinear com o vetor u
�
. 
Um vetor diretor da reta definida por 4 1x z    tem coordenadas  0 ,1, 0 pelo que também não é 
colinear com o vetor u
�
. 
O vetor de coordenadas  1, 0 , 4 é um vetor diretor da reta definida por 
     , , 3 , 0 , 0 1, 0 , 4 ,x y z k k  ℝ . Este vetor não é colinear com o vetor u� . 
Um vetor diretor da reta definida por 
3 4
1
x k
y
z k
 


  
 , k ℝ tem coordenadas  4, 0, 1u 
�
. Logo, esta reta é 
perpendicular ao plano  . 
Resposta: (D) 
 
8.  6 , 0 , 0A ;  6 , 6 ,V y ; 10AV  
 
8.1. O ponto P é a projeção ortogonal do V sobre o plano xOy. Logo, o ponto P tem coordenadas  6, 6, 0 , 
pelo que 6AP  . 
2 2 2
AV AP PV  
02 22 210 6 64 8
PV
PV PV PV

      
Portanto, a cota do ponto V é 8. 
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4 
 
8.2.  6 , 6 , 8V ,  12 , 6 , 0B e  6 , 12 , 0C 
O ponto M tem coordenadas:  12 6 6 6 8 8, , 9 , 6 , 4
2 2 2
   
 
 
 
     9 , 6 , 4 6 ,12 , 0 3 , 6 , 4CM M C     
�����
 
A reta CM pode ser definida por      , , 6 , 12 , 0 3 , 6 , 4 ,x y z k k   ℝ 
 
8.3.  6 , 6 , 0P ;  0 , 6 , 0D ;  6 , 6 , 8V 
     6, 6, 8 0, 6, 0 6, 0, 8DV V D    
����
 
Qualquer plano perpendicular à aresta [DV] pode ser definido por uma equação da forma 6 8x z d  . 
Como o plano passa no ponto  6, 6, 0P , temos 6 6 8 0 36d d      . 
Logo, 6 8 36 3 4 18x z x z     é uma equação do plano que passa no ponto P e é perpendicular à 
aresta [DV]. 
 
9.  ,0,0A a ;  , 3,0B a  ;  0, ,0C c ;  0,0,D d 
     , , 3, 0, 0 3, 0, 5 ,:AD x y z k k   ℝ 
2
41CD 
����
 
Ponto A (pertence a AD): 
     
3 3 3
, 0, 0 3, 0, 0 3, 0, 5
0 5 0
a k a
a k
k k
   
     
   
 ;  3 , 0 , 0A 
 3 , 3 , 0B  
Ponto D (pertence a AD): 
     
0 3 3 1
0 , 0 , 3 , 0 , 0 3 , 0 , 5
5 5
k k
d k
d k d
    
     
   
;  0,0,5D 
Para determinar c usamos o Teorema de Pitágoras: 
0
2 2 2 25 41 41 25 16 4
c
c c c c

          
 0, 4 ,0C  
 3, 3, 5BD D B   
����
 
 0, 4, 5CD D C  
����
 
Seja  , ,n a b c
�
 um vetor normal ao plano BCD: 
   
   
, , 3 , 3 , 5 00 3 3 5 0 0
4 5 0, , 0 , 4 , 5 00
a b cn BD a b c
b ca b cn CD
          
    
      
�����
����� 
5 5 5
3 3 5 0 3
3 3 5 0 4 4 12
4 5 5 55
4 44
a c c a c a c
a b c
b c
b c b cb c
                           
            
 
Para 12c  , por exemplo, temos  5, 15 ,12n 
�
. 
Logo,  5, 15 ,12n  
�
 é um vetor normal ao plano BCD. 
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5 
 
10.  0 , 0 , 2A ,  4 , 0 , 0B 
10.1. : 2 3 0x y z     
Um plano  paralelo ao plano  pode ser definido por uma equação da forma 2 0x y z d    , com 
d ℝ . 
Como A  , substituindo as coordenadas do ponto A na equação 2 0x y z d    obtemos: 
0 2 0 2 0 2d d        
Portanto, 2 2 0x y z    é uma equação do plano qua passa no ponto A e é paralelo ao plano  . 
 
10.2. O centro da superfície esférica é M, ponto médio do segmento de reta [AB]. 
O ponto M tem coordenadas  0 4 0 0 2 0, , 2 , 0 , 1
2 2 2
   
 
 
. 
O raio da superfície esférica é      2 2 20 2 0 0 2 1 4 0 1 5r AM           . 
Uma equação da superfície esférica de diâmetro [AB] é: 
   2 222 1 5x y y     
 
10.3. O ponto P pertence ao plano xOy (tem cota nula), tem abcissa 4 (igual à do ponto B) e ordenada positiva. 
Então, P é da forma  4, , 0y com 0.y  
1ˆ , cos ,
3 3 2
BAP AB AP AB AP
            
   
���� ���� ���� ����
 
     4 , 0 , 0 0 , 0 , 2 4 , 0 , 2AB B A     
����
 
     4 , , 0 0 , 0 , 2 4 , , 2AP P A y y     
����
 
   
   2 22 2 2 2
4, 0, 2 4, , 21 1
cos ,
2 24 0 2 4 2
y
AB AP
y
         
        
���� ����
 
2
16 0 4 1
220 20 y
 
  
 
 
240 20 20 y     
 2 240 20 20 y     
2 220 80 60y y      
60 60y y     
Como 0y , temos 60y  . 
Verificação: 
 240 20 20 60    40 20 80 40 1600    (verdadeiro) 
Portanto, a ordenada de P é 60 . 
 
 
240 : 20 80
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6 
 
11. : 2 4 0x y z     
11.1.  2 , 1, 3P a 
 2, 1,1u 
�
 é perpendicular a  . 
 2 , 1, 3OP a
����
 é perpendicular a  . Logo, OP
����
 é colinear com u
�
. 
2 1 3 1
3 1
2 1 1 3
a
a a

       

 
Logo, 
1
3
a   . 
 
11.2.  1, 2 , 3A 
 , 0 , 0 2 0 0 4 0 2B x x x        
 2 , 0 , 0B 
 2 , 0 , 0C  
 1, 2 , 3AB B A    
����
 
 3 , 2 , 3AC C A     
����
 
�     1, 2 , 3 3 , 2 , 3cos ,
1 4 9 9 4 9
AB AC
AB AC
AB AC
     
  
    
���� ����
���� ����
���� ���� 
3 4 9 10
14 22 308
  
 

 
Se �  10cos
308
BAC  , então � 55ºBAC  . 
 
11.3. Seja r a reta que passa em O e é perpendicular a  : 
     : , , 0 , 0 , 0 2 , 1, 1 ,r x y z k k    ℝ 
   : , , 2 , , ,r x y z k k k k  ℝ 
Seja I o ponto de interseção de r com : 2 4 0x y z     
   2 2 4 0 4 4 0k k k k k k            
4 2
6 4
6 3
k k k      
I é o ponto que se obtém em  2 , ,k k k para 2
3
k  . 
2 2 2 4 2 2
2 , , , ,
3 3 3 3 3 3
I
   
       
   
 
O raio r da superfície esférica é 
16 4 4 24
9 9 9 9
r OI      . 
Equação da superfície esférica: 2 2 2
24
9
x y z   
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7 
 
Tema 2: Análise combinatória. Probabilidades 
Pág. 388 
1. Número de maneiras de escolher um homem em seis e duas mulheres em três: 
6 3 3
1 2 26C C C   
Resposta: (B) 
 
2. Sejam os acontecimentos: 
A: “A bola retirada é preta” B: “A bola retirada tem um número par” 
Sabemos que: 
2
( )
5
P A  ;  | 20% 0,2P B A   ;  | 40% 0,4P B A   
 
2.1. Pretende-se determinar    
 
|
P A B
P A B
P B

 . 
  31 ( )
5
P A P A   
   | 1 | 1 0,4 0,6P B A P B A    
��
 
      2 2| 0,2
5 25
P A B P A P B A      
     P B P A B P A B     
       | |P A P B A P A P B A     2 3 2 9 110,2 0,6
5 5 25 25 25
      
   
 
2
225|
11 11
25
P A B
P A B
P B

   
 
2.2. Número de bolas existentes na caixa: n 
Número de bolas pretas existentes na caixa: 
2
5
n 
Número de bolas brancas existentes na caixa: 
3
5
n 
Probabilidade de a 1.ª bola extraída ser branca:  1
3
5
P B  
Probabilidade de a 2.ª bola extraída ser branca sabendo que a primeira bola extraída é branca: 
 2 1
3 3 5
1 3 55 5|
1 1 5 5
n
n
n
P B B
n n n

 
  
  
 
Probabilidade de as duas bolas extraídas serem brancas: 
     1 2 1 2 1
3 3 5 9 15
|
5 5 5 25 25
n n
P B B P B P B B
n n
 
     
 
 
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8 
Dado que  1 2
7
20
P B B  : 
19 15 7
180 300 175 175 5 125 25
25 25 20
nn
n n n n
n

        

 
 
3.    1 3
4 4
P B P B   ;   15
16
P A B  ;   7|
12
P A B  
         15 15 15 15 11 1
16 16 16 16 16
P A B P A B P A B P A B P A B                
          
  7 7 7 7| 1
12 12 12 12
P A B
P A B P A B P B P A B P B
P B

             
   1 7 71
4 12 16
P A B P A B
 
        
 
 
      1 7 1
16 16 2
P A P A B P A B       
 
4. O segundo elemento e o penúltimo da linha de ordem n do Triângulo de Pascal são iguais a 1
nC n . 
0
2484 484 484 22
n
n n n n n

        
Portanto, a linha em causa é a correspondente a 22n  e tem 23 elementos. 
Como 22 2 231 1000C   e 
22
3 1540 1000C   apenas os três primeiros e os três últimos elementos da 
linha são inferiores a 1000 pelo que há 23 6 17  elementos superiores a 1000. 
A probabilidade pedida é 
17
23
P  . 
Resposta: (C). 
 
5. É dado que  1 , 3A  e  1 , 2B  . 
Seja C o acontecimento “Sair o número 3”. 
        5 5
9 9
P A B P A B P A B P A B          
     5 51 2 1
9 9
P A B P A B P A B           
   4 22
9 9
P A B P A B      
    
 
   2 2 2|
7 7 7
P B A
P B A P A B P A
P A

        
     
2
2 2 79
29 7 9
7
P A P A P A       
Como  A C A B   e os acontecimentos C e A B são 
incompatíveis temos que      P A P C P A B   . 
   
   
 
  
1 , 3 ; 1 , 2
 3 ; 1 
A B
C A B
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Propostas de Resolução 
 
 
9 
           P A P C P A B P C P A P A B       
  7 2 5
9 9 9
P C    
Portanto, a probabilidade de sair o número 3 é igual a 
5
9
. 
 
 
6.   0,3P A  ;   0,55P A B  ;   0P A B  (A e B são acontecimentos incompatíveis) 
                   0,55 0,55 0 0,55 0,55P A B P B P A B P B P B 
                              1 1 1 0,3 0,55 0 0,15P A B P A B P A B P A P B P A B 
Resposta: (C) 
 
7. Raparigas Rapazes 
15 7 
3 2 
4 1 
A comissão pode ter três raparigas e dois rapazes ou quatro raparigas e um rapaz: 
15 7 15 7 15 7 15
3 2 4 1 3 2 4 7C C C C C C C       
Resposta: (B) 
 
Pág. 389 
8. Sejam os acontecimentos 
F: “É escolhida uma lâmpada fluorescente” L: “É escolhida uma lâmpada LED” 
T: “É escolhida uma lâmpada tubular” C: “É escolhida uma lâmpada compacta” 
  0,55P F  ;  | 0,5P T F  ;  | 0,9P C L  
Pretende-se determinar  |P F T . 
   1 1 0,55 0,45P L P F     
   | 1 | 1 0,9 0,1P T L P C L     
 
 
   
 
   
   
| 0,55 0,5
| 0,86
0,55 0,5 0,45 0,1
P F T P F P T F
P F T
P T P F T P L T
  
   
     
 
 
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Propostas de Resolução 
 
 
10 
9. Para o primeiro algarismo (das dezenas de milhar) há duas possibilidades (4 ou 5). 
O número de possibilidades para o algarismo das unidades depende do primeiro algarismo: 
1.º A 2.º A 3.º A 4.º A 5.º A 
 1 3 2 1 3 Se o 1.º algarismo é 4, o algarismo das unidades pode ser 1, 3 ou 5. 
 1 3 2 1 2 Se o 1.º algarismo é 5, o algarismo das unidades só pode ser 1 ou 3. 
1 3 2 1 3 1 3 2 1 2 18 12 30            
Resposta: (B) 
 
 
10. No contexto da situação descrita,  |P B A significa a probabilidade de a segunda bola retirada ter o 
número 2, sabendo que não saíram bolas com o número 0 em extrações consecutivas. 
Dado que não saíram bolas com o número 0 em extrações consecutivas, as bolas com o número 0 
apenas podem ter sido retiradas nas 1.ª, 3.ª, 5.ª e 7.ª extrações: 
0__0 __0__0 
As restantes três bolas, com os números 2 3 3, apenas podem ser retiradas nos 2.º, 4.º e 6.º lugares, o 
que pode ocorrer de três maneiras diferentes: 2 3 3 , 3 2 3 ou 3 3 2. Portanto, só há três possibilidades 
para retirar as sete bolas: 0203030, 0302030 e 0303020. 
Entre os três casos possíveis apenas um é favorável atendendo a que apenas num dos casos (0203030) 
a bola com o número 2 é extraída em segundo lugar. 
Finalmente, aplicando a definição de Laplace, a probabilidade pedida é igual a 
1
3
. 
 
11. O segundo elemento da família Andrade pode ser escolhido de duas maneiras diferentes entre os 
restantes dois irmãos. Os dois elementos da família Martins podem ser escolhidos, entre os quatro 
irmãos, de 4 2C maneiras diferentes. 
Logo, a escolha pode ser feita de 4 22 2 6 12C    maneiras diferentes. 
Resposta: (B) 
 
12. Se A e B são acontecimentos incompatíveis, então   0P A B  . 
Resposta: (C) 
 
13. A posição dos algarismos iguais a 7 pode ser definida de 4 2 6C  maneiras diferentes (a ordem pela qual 
ficam dispostosnão interessa por serem iguais). Os dois algarismos diferentes de 7 podem ser 
escolhidos, entre os restantes nove, para ocupar os outros dois lugares na sequência, de 9 2 9 9A   
' 81 
maneiras diferentes. 
É possível formar 6 81 486  códigos diferentes. 
Resposta: (A) 
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Propostas de Resolução 
 
 
11 
14. 
 
   
 
15
12 352|
40 40 10
52
P A F
P A F
P F

    
Resposta: (B) 
 
 
15.    0P A B ;   0,3P A B  ;   0,5P A  
     0,3 0,3 1 0,3P A B P A B P A B          
  1 0,3P A B     
  0,7P A B   
       P A B P A P B P A B     
 0,7 0,5 0P B    
  0,2P B  
Resposta: (A) 
 
16.    | |P A B B P A B     
 
 
  
 
P A B B P A B
P B P B
 
   
 
P A B B P A B
P B
   
 
    
 
P A B B P A B
P B
   
 
      
 
P A B B B P A B
P B
    
  
    
 
P A B P A B
P B
   
  
   
 
P A B P A B
P B
  
  
 
 
1
P B
P B
  
 
 
 
 
        P A B P A B P B
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Propostas de Resolução 
 
 
12 
Pág. 390 
17. Se A e B são acontecimentos independentes, então      P A B P A P B   . 
Se   7
10
P A  , então   7 31
10 10
P A    . 
  3
4
P A B  
Substituindo estes valores na expressão        P A B P A P B P A B     , temos: 
     3 3
4 10
P B P A P B     
   3 3 3
4 10 10
P B P B      
   9 7 9 10
20 10 20 7
P B P B       
  9
14
P B  
Resposta: (B) 
 
 
18. Número de casos possíveis: 7 7!P  
Número de casos favoráveis ao acontecimento contrário: 
2! 5! 6  
Número de posições que o par formado pelo João e pela Margarida pode ocupar 
(no início da fila, no fim, ou entre os cinco amigos). 
Número de maneiras de ordenar os cinco amigos. 
Pode ficar João - Margarida ou Margarida - João 
Probabilidade pedida: 
2! 5! 6 2 5
1 1
7! 7 7
P
 
     
Resposta: (D) 
 
19. 12 57 3C A 
Número de maneiras de, nos restantes cinco compartimentos, arrumar os três 
copos de cores diferentes. 
Número de maneiras de, nos 12 compartimentos disponíveis, escolher sete lugares 
para os copos brancos 
Resposta: (C) 
 
 
20. Sejam os acontecimentos: 
F: “O aluno escolhido é rapariga” 
G: “O aluno escolhido tem excesso de peso” 
É dado que ( ) 0,55P F  ;  | 0,3P G F  e  | 0,4P G F  . 
 
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Propostas de Resolução 
 
 
13 
20.1. Pretende-se determinar     |
P F G
P F G
P G

 . 
  1 0,55 0,45P F    
 | 1 0,4 0,6P G F    
     | 0,45 0,6 0,27P F G P F P G F      
     P G P F G P F G            | |P F P G F P F P G F    
0,55 0,3 0,45 0,6 0,435     
Logo,     
0,27 18
|
0,435 29
P F G
P F G
P G

   . 
 
20.2. Número de alunos: 200 
Número de raparigas: 0,55  200 = 110 
Número de rapazes 200  110 = 90 
Número de casos possíveis: 200 3C 
Número de casos favoráveis: 110 90 1102 1 2 90C C C   
Probabilidade pedida:
110
2
200
3
90
0,41
C
P
C

  
 
21. 
7 3
4 2 105C A  
Número de maneiras de, nas restantes três posições, escolher lugar para os 
dois «5». O lugar que sobra é ocupado pelo «2». 
Número de maneiras de escolher o lugar dos quatro «a» entre as sete possíveis 
posições. 
Resposta: (A) 
 
22. O penúltimo elemento de uma linha do Triângulo de Pascal é igual ao segundo, o qual corresponde a 
1 .
nC n Portanto, neste caso, temos n = 111 pelo que a linha em causa tem 112 elementos. 
Atendendo a que 52 6105 10
nC   e 53 221 815 10
nC   , podemos concluir que apenas os três 
primeiros elementos e os três últimos são menores do que 105. Portanto, em 112 elementos há seis que 
são menores do que 105 sendo os restantes maiores. 
Logo, a probabilidade pedida é 
6 53
1
112 56
  . 
Resposta: (B) 
 
23.     
  
 
    
 
|
P A B B P A B B BP A B B
P A B B
P B P B P B
     
     
  
 
 
   |
P A B P A B
P A B
P B P B
  
   
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Propostas de Resolução 
 
 
14 
 
24. 1.º A 2.º A 3.º A 4.º A 5.º A 6.º A 
 9 10 10 1 1 1 
9 10 10 900   
Resposta: (B) 
 
25. O produto dos dois números é igual a 0 se, e só se, sair a bola numerada com o número 0. A 
probabilidade de que tal aconteça é 
1
5
 dado que nas cinco bolas há apenas uma com o número 0. 
Resposta: (D) 
 
26. A B A B   
Resposta: (D) 
 
 
Pág. 391 
27.1. Designemos por A e B os acontecimentos: 
A: “O aluno tem computador” 
B: “O aluno não sabe o nome do diretor” 
Sabe-se que 
1
( )
5
P A  , 
1
( )
2
P B  e 
1
( | )
3
P A B  . 
Pretende-se determinar ( )P A B . 
 
 
 
Sabemos que ( ) ( ) ( | )P A B P B P A B   . 
Temos que 
1 1 1
( )
2 3 6
P A B    . 
Por outro lado: 
   ( ) 1P A B P A B P A B       
 1 ( ) ( ) ( )P A P B P A B      1 1 1 8 71 1
5 2 6 15 15
 
      
 
 
Outro processo: 
    1 41 1
5 5
P A P A     ;   1 2| 1
3 3
P A B    
Sabe-se que: 
     P A P B A P B A     
       |P A P B P A B P B A     
 
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Propostas de Resolução 
 
 
15 
Então: 
4 1 2
( )
5 2 3
P B A     
  4 1
5 3
P B A      7
15
P B A   
27.2. Sabe-se que a quinta parte dos alunos da escola tem computador portátil. Como 
150
30
5
 , há, na 
escola, 30 alunos que têm computador portátil ao contrário dos outros 120 alunos. 
O número de comissões diferentes que é possível formar com, exatamente, quatro alunos que têm 
computador portátil e dois alunos que não têm computador portátil é dado por: 
30 120
4 2 195 671 700C C  
 
28. Se a caixa contém apenas bolas de cor azul e roxo e se, extraindo ao acaso uma bola da caixa, a 
probabilidade de ela ser azul é igual a 
1
2
, então a caixa tem igual número de bolas roxas e azuis. 
Portanto, como na caixa há oito bolas azuis, também há oito bolas roxas. 
Resposta: (C). 
 
29. 
Há 5 4 5 23 2 3 4C A C   números que têm, exatamente, três algarismos 5. 
Número de maneiras de escolher, com possível repetição, os dois algarismos 
diferentes de 5 entre os quatro restantes. 
Número de maneiras de escolher a posição dos três algarismos iguais a 5 entre as 
cinco posições possíveis 
Resposta: (B) 
 
 
 
30. Na linha do Triângulo de Pascal referida, apenas os dois primeiros elementos e os dois últimos são 
inferiores a 105 . Se os dois elementos forem escolhidos entre estes (1 15 … 15 1) a sua soma é, 
no máximo, igual a 30. Se pelo menos um dos dois elementos for escolhido entre os restantes elementos 
dessa linha, a soma dos dois será, necessariamente, superior a 105. Portanto, o acontecimento “a soma 
dos dois elementos é igual a 105” é impossível pelo que a sua probabilidade é igual a zero. 
Resposta: (D) 
 
31. Podem ser usados os oito algarismos 0, 1, 3, 4, 6, 7, 8 e 9. 
1.º A 2.º A 3.º A 
7 7 6 
7 7 6 294   
Resposta: (D) 
 
5 6, 7, 8, 95 5
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16 
32. A A B D A D A A 
Número de casos possíveis: 8 35 2 168C C  
 8 5C é o número de maneiras de escolher as cinco posições da letra A 
 3 2C é o número de maneiras de escolher as duas posições da letra B nos restantes três 
lugares da sequência 
Há apenas uma possibilidade para as duas letras D ocuparem as duas restantes posições. 
Número de casos favoráveis: 1 
A probabilidade pedida é 
1
168
P  . 
Resposta: (C) 
 
33.      1P X Y P X Y P X Y       
     1 P X P Y P X Y        
     1 P X P Y P X Y            |P X P Y P X P Y X     
       |P X P Y X P Y P X    
 
34.1.      | 1P A P B A P A B       
       |P A P B A P A P A B      
     1P A B P A P A B       
   1 P A P A   
 
34.2. Relativamente à escolha, ao acaso, de um atleta participante no encontro, sejam os acontecimentos: 
A: “O atleta é português” 
B: “O atleta é do sexo feminino” 
Sabemos que: 
 | 0,5P B A  (metade dos atletas portugueses que participam no encontro são do sexo feminino) 
  0,9P A B  (a probabilidade de o atleta ser estrangeiro ou do sexo masculino é 90%) 
Usando a igualdade demonstrada: 
       | 1P A P B A P A B P A       
     0,5 1 0,9 1P A P A      
   0,5 1 0,9P A P A     
    10,5 0,1
5
P A P A    
1
200 40
5
  
Participaram no encontro 40 atletas portugueses. 
        |P X Y P X P Y X
       |P A P B A P A B
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17 
35. Número de casos possíveis: 
40
6A (número de sequências de quatro cartas que é possível definir no conjunto das 40 cartas). 
Número de casos favoráveis: 
64 4 4 4 4 4 4      (no baralho há 4 Dois, 4 Quatros, 4 Seis, 4 Setes, 4 Damas e 4 Reis) 
A probabilidade pedida é 
6
40
6
4
P
A
 . 
Resposta: (A) 
 
 
Pág. 392 
 
36. ( ) 0,3P A  ; ( ) 0,4P B  ; ( ) 0,5P A B  
Pretende-se determinar ( | )P A B que é igual a 
( )
( )
P A B
P B

. 
Comecemos por determinar ( )P A B . 
Como ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B P A B     , vem: 
0,5 0,3 0,4 ( ) ( ) 0,7 0,5 ( ) 0,2P A B P A B P A B           
Portanto, 
( ) 0,2 1
( | )
( ) 0,4 2
P A B
P A B
P B

   . 
Resposta: (D) 
 
37. Pretende-se saber quantos números de sete algarismos é possível formar com os algarismos 1 1 1 4 4 5 5 
O total de números diferentes que é possível formar é dado por: 
7 4
3 2 35 6 210C C    
Número de maneiras de escolher a posição dos dois algarismos iguais a 4 
entre as quatro posições restantes. 
Número de maneiras de escolher a posição dos três algarismos iguais a 1 
entre as sete posições possíveis 
 
38. 10 bolas verdes numeradas de 1 a 10 
10 bolas amarelas numeradas de 11 a 20 
 
38.1. Número de casos possíveis: 
20
2 20 19 380A    (Número de sequências de duas bolas que é possível definir com as 20 bolas disponíveis) 
 
Número de casos favoráveis: 
10 10 10 10 200    
Número de maneiras de escolher uma bola verde seguida de uma bola amarela 
Número de maneiras de escolher uma bola amarela seguida de uma bola verde. 
O valor da probabilidade pedida é dado por 
200 10
380 19
P   . 
 
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18 
38.2.   |P B C A significa a probabilidade de a segunda bola retirada ser amarela e ter número par, 
sabendo que a primeira bola extraída é verde. 
Dado que não há reposição, após ter sido extraída uma das vinte bolas, existem 19 bolas possíveis para 
a segunda extração. Logo, há 19 casos possíveis. 
O número de casos favoráveis é 5 pois, após a extração de uma bola verde, existem na caixa 5 bolas 
amarelas com número par (as bolas amarelas com os números 12, 14, 16, 18 ou 20). 
Segundo a definição de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é igual ao quociente entre o 
número de casos favoráveis a esse acontecimento e o número de casos possíveis, se estes forem todos 
equiprováveis. 
Assim, aplicando a definição de Laplace, a probabilidade pedida é dada por 
5
19
. 
39. Número de casos possíveis: 
9
2 36C  (número de subconjuntos de dois CD que é possível definir no conjunto dos nove CD). 
Número de casos favoráveis: 
7 2 14  (número de maneiras de escolher um CD com música rock, em sete, e outro de música popular, em dois) 
Probabilidade pedida: 
14 7
36 18
P   
Resposta: (D) 
 
40. Sejam A e B os acontecimentos: 
A: “O estudante tem classificação positiva no primeiro teste”; 
B: “O estudante tem classificação positiva no segundo teste”. 
É dado que ( ) 0,7P A  ; ( ) 0,8P B  e   0,1P A B  . 
Pretende-se determinar  |P B A que é igual a   
P B A
P A

. 
Como ( ) 1 ( ) 1 0,7 0,3P A P A     vem: 
    
0,1 1
|
0,3 3
P A B
P B A
P A

   
Resposta: (C) 
 
 
41. No Triângulo de Pascal, a linha formada por elementos da forma 14 pC tem 15 elementos, pois p é um 
número inteiro que varia entre 0 e 14. Entre estes 15 elementos existem dois iguais a 14: 14 1C e 
14
13C 
Portando, a probabilidade pedida é igual a 
2
15
. 
Resposta: (C) 
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Propostas de Resolução 
 
 
19 
42. A linha do Triângulo de Pascal com nove elementos é a correspondente a 8n  , ou seja, é formada 
pelos elementos da forma 8 pC . 
O número de casos possíveis é igual a 9 2C . 
Para que o produto dos dois elementos escolhidos seja igual a 8 é necessário que um deles seja igual a 
1 e o outro seja igual a 8. Como nesta linha há dois elementos iguais a 1 (o primeiro e o último) e dois 
elementos iguais a 8 (o segundo e o penúltimo), o número de casos favoráveis é igual a 2 21 1C C . 
A probabilidade pedida é 
2 2
1 1
9
2
4 1
36 9
C C
P
C

   . 
Resposta: (B) 
 
43. Se saiu o número 5 no lançamento do dado tira-se uma bola da caixa A. Admitindo que a caixa A contém 
três bolas, duas verdes e uma amarela, a probabilidade de a bola retirada ser verde é 
2
3
. 
Resposta: (D) 
 
Pág. 393 
44.1.        P A B P A P B P A B      
     1P A P B P A B      
      1P A P B P A B      
     P A P B P A B    
 
44.2. Na tabela seguinte resumem-se os dados do problema 
 Com positiva Sem positiva Totais 
Raparigas 104 56 160 
Rapazes 72 48 120 
Totais 176 104 280 
Sejam os acontecimentos: 
A: “O estudante é rapaz.” B: “O estudante tem classificação positiva no exame.” 
Pretende-se calcular  P A B . 
1.º Processo: 
   P A B P A B    
 1 P A B    ( A B : “O estudante é rapaz e tem positiva no exame”) 
72 208
1 0,74
280 280
    
 
2.º Processo 
       P A B P A P B P A B      (usando a igualdade deduzida em 44.1.) 
160 176 120 104 208
0,74
280 280 280 280

     
 
 
 
 
Cálculos auxiliares
160 0,65 104
160 104 56
120 0,60 72
120 72 48
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20 
45. Número de casos possíveis: 16 2 120C  (é o número de maneiras de escolher duas bolas entre as 16 que estão no saco) 
Número de casos favoráveis: 3 (são   1,6 ,   2,5 e   3, 4 ) 
3 1
120 40
P   
Resposta: (B) 
 
46.   0,3P B  ;  | 0,2P A B  ;  | 0,4P A B  
   
 
|
P A B
P B A
P A

 
   
 
 
| 0,2 0,2 0,2
0,3
P A B P A B
P A B
P B
 
      
         0,3 0,2 0,06P A B P A B 
    
 
 
| 0,4 0,4 0,4
1
P A BP A B
P A B
P BP B

      

 
 
 
1
0,4 1 0,7 0,4
0,7
P A B
P A B
 
           0,72P A B 
       P A B P A P B P A B     
   0,72 0,3 0,06 0,48P A P A     
   
 
0,06 1
|
0,48 8
P A B
P B A
P A

   
 
 
47. ( ) 0,3P A  ; ( ) 0,7P A B  
Os acontecimentos A e B são incompatíveis. 
Pretende-se determinar ( )P B . 
Se A e B são incompatíveis, então ( ) 0P A B  e ( ) ( ) ( )P A B P A P B   . 
Substituindo os valores dados: 0,7 0,3 ( ) ( ) 0,4P B P B    
Portanto, ( ) 40%P B  . 
Resposta: (B) 
 
48. Número de casos possíveis: 10 3C (número de maneiras de escolher três trabalhadores no grupo dos dez) 
Número de casos favoráveis: 1 (o grupo constituído pelos três amigos). 
A probabilidade pedida é 
10
3
1
P
C
 . 
Resposta: (C) 
 
49. 2! 4! 2 24 48    
Número de maneiras de as quatro raparigas escolherem lugar entre os restantesquatro lugares do banco. 
Número de maneiras de os dois rapazes escolherem lugar nas duas extremidades 
do banco. 
Resposta: (C) 
 
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Propostas de Resolução 
 
 
21 
50.   0,4P A  ;   0,7P B  e   0,5P A B  
   1 1 0,7 0,3P B P B     
     1P A B P A B P A B      
Como        P A B P A P B P A B     , temos: 
               0,5 0,4 0,3 0,7 0,5 0,2P A B P A B P A B 
Logo,    1 1 0,2 0,8P A B P A B       . 
Resposta: (C) 
 
51.   0,4P A  e   0,2P A B  
    
   
 
| 0,8 0,8 0,8
1
P B A P B P A B
P B A
P AP A
  
     

 
   0,2 0,2
0,8 0,8
1 0,4 0,6
P B P B 
    

 
  0,2 0,8 0,6P B          P B A P B P A B    
   0,48 0,2 0,68P B P B     
Resposta: (C) 
 
52. 10 8 10 46 4 6 8C A C   
Número de maneiras de escolher ordenadamente os restantes quatro algarismos 
entre os oito possíveis (3 a 9) 
Número de maneiras de escolher a posição dos algarismos 2 entre os dez lugares 
possíveis 
Resposta: (A) 
 
53. 
10 1010
10
0
2 2
p
p
p
p
x C x
x x


   
    
   
 
 
10
1010 10 1
1
2
2
p
p
p p
p p p
T C x C x x
x



 
    
 
 
10 10 10 10 10 2 102 2p p p p pp pC x x C x
      
O termo que não depende de x é aquele em que o expoente de x é 0. 
2 10 0 2 10 5p p p      
10 10 5 2 5 10 5 0
5 1 5 2 252 2 8064T C x x
  
       
Resposta: (B) 
 
 
 
 
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22 
Pág. 394 
54. No contexto da situação descrita,  |P A B designa a probabilidade de o número registado no primeiro 
lançamento ser negativo, sabendo que o produto dos números registados nos dois lançamentos é 
positivo. 
 Número de casos possíveis: 
Se o produto dos números registados nos dois lançamentos é positivo, então os números saídos 
são os dois positivos ou são os dois negativos. 
Em cada lançamento há três possibilidades para obter um número positivo (1, 2 ou 3) e uma 
possibilidade para obter um número negativo (–1). Logo, há 3 3 1 1 10    possibilidades de, nos 
dois lançamentos, obter dois números com o mesmo sinal. 
Portanto, o número de casos possíveis é 10. 
 Número de casos favoráveis: 
Entre os 10 casos possíveis, há apenas um caso favorável: o caso em que sai –1 no primeiro e no 
segundo lançamentos. 
Por aplicação da definição de Laplace, a probabilidade pedida é igual a   1|
10
P A B  . 
 
55. Número de casos possíveis: 6 3C 
Número de casos favoráveis: 4 3 4C  (para que o plano definido seja paralelo ao plano de equação 
5z  , os três pontos terão de ser escolhidos entre os quatro vértices B, C, D e E). 
6
3
4
P
C
 
Resposta: (B) 
 
56.1. Sejam os acontecimentos 
C: “O funcionário escolhido reside em Coimbra.” 
M: “O funcionário escolhido é mulher.” 
É dado que: 
  0,6P C  (60% dos funcionários residem fora de Coimbra.) 
    0,5P M P M  (O número de homens é igual ao número de mulheres.) 
 | 0,3P C M  (30% dos homens residem fora de Coimbra.) 
Pretende-se determinar    
 
|
P M C
P M C
P C

 pelo que precisamos de determinar  P C e  P M C . 
   1 1 0,6 0,4P C P C     
     | 0,5 0,3 0,15P C M P M P C M      
   0,15 0,15P C M P C M      
 1 0,15P C M     
   1 0,15 0,85P C M P C M       
       P C M P C P M P C M     
             | |P A B P A P B A P B P A B
        0,85 0,4 0,5; ; P C M P C P M
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23 
 0,85 0,4 0,5 P C M     
  0,4 0,5 0,85P C M      
  0,05P C M   
Logo,    
 
0,05 5 1
|
0,4 40 8
P M C
P M C
P C

    . 
 
56.2. 0,6 80 48  ; 80 48 32  
A empresa tem 80 funcionários dos quais 32 residem em Coimbra e os restantes 48 residem fora de 
Coimbra. 
Segundo a definição de Laplace, a probabilidade de um acontecimento é igual ao quociente entre o 
número de casos favoráveis a esse acontecimento e o número de casos possíveis, se estes forem 
todos equiprováveis. 
O número de casos possíveis é dado por 80 3C que corresponde ao número de maneiras de escolher um 
grupo de três funcionários entre os 80 funcionários da empresa. 
O número de maneiras de, entre os 80 funcionários, escolher três a residir em Coimbra é dado por 32 3C 
dado que 32 dos 80 funcionários residem em Coimbra. Assim, o número de casos favoráveis, ou seja, o 
número de maneiras de escolher três funcionários de forma a haver, no máximo, dois a residir em 
Coimbra corresponde ao número dos restantes casos possíveis e é dado por 80 323 3C C . 
Portanto, a probabilidade pedida é igual a 
80 32
3 3
80
3
C C
C

. 
 
 
57. 
 |P B A designa a probabilidade de a bola retirada ser preta sabendo que o seu número é par. 
Entre as quatro bolas com número par há duas pretas. 
Logo,   2 1|
4 2
P B A   . 
Resposta: (B) 
 
 
58.    1P A B P B    
        1P A P B P A B P B         
       P A P B P A B P B      
   P A P A B    
     P A P A P A B       
     |P A B P A P B A    
 
        P A B P A P A B
        |P A B P A P B A
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24 
 
Tema 3: Funções e trigonometria 
Pág. 395 
1. 
1
lim lim 0nx
n
  
 
0 0 0 0
sin sin sin
lim ( ) lim lim lim 1
x x x x
x x x
f x
x x x   
 
      
Como ,
n f
x D n  ℕ , pela definição de Heine de limite de uma função num ponto, podemos concluir 
que 
0
lim ( ) lim ( ) 1
n
x
f x f x

   . 
Resposta: (A) 
 
2. 
     ln ln ln
lim 1 lim 1 lim lim 1
3 3 3 3 3x x x x
x f x f x f xx x
x x x x x   
 
         
 
 
     1 ln 1 1 1
lim lim 1 0 lim 1 lim 3
3 3 3 3x x x x
f x f x f xx
x x x x   
         
Portanto, se o gráfico da função f tem uma assíntota oblíqua, o seu declive terá de ser igual a 3. 
Resposta: (D) 
 
3.   4
e 1
 se 0
e 1
ln se 0
x
x
x
f x
x x x
 

 
 
;  \ 0fD  ℝ 
 
3.1. Em  ,0 f é contínua por ser definida pela composta, diferença e quociente de funções contínuas 
(funções polinomiais e função exponencial). De igual modo, em   0, , f é contínua por ser definida 
pelo produto de funções contínuas (função polinomial e função logarítmica). 
 
0
0
0
4 40 0 0
0
e 1 e 1
lime 1 1 1 1 1
lim lim lim
4 4 1 4e 1 e 1 e 1
4 lim
4
x x
x
x
x x y
x x x
y
x
x xf x
x
x y

  

 
 
 

  

 

      
  

 
   
 0
0 0
1 1
lim lim ln lim ln
yx x
f x x x
y y 

 
 
   
 
 
11 lnlim ln lim 0
y y
y
y
y y

 
 
    
 
 
Portanto, o gráfico da função f não tem assíntotas verticais. 
 
3.2. Em ℝ ,      2 2ln ln lng x f x x x g x x x x x       
       2 2 1 1ln ln ln 1 ln ln 1 2lng x x x x x x x x x x x
x x
               
1 1 2 2
ln 1 1 2ln ln 2ln 1 ln ln
x
x x x x x x
x x x x
   
             
   
 
 

 
4
Se 0 , 0
y x
x y

  
  
1 1
Se 0 ,
y x
x y
x y
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25 
 
 
       2 20 0 , e ln 0 0,e 0 ln 0 0,ex xg x x x x x x
x x
                     
   
 
   2 0 1 0 , e 1x x x x         
x 0 1 e 
g  0 + 
g ց 1 ր 1 
 Mín. Máx. 
 
A função g é estritamente decrescente em  0 ,1 e estritamente crescente em  1, e . 
No intervalo  0 , e  1 1g   é um mínimo relativo e  e 1g  é um máximo relativo.3.3. Tomando para base do triângulo [ABP] o lado [AB], temos que a altura do triângulo é igual a  g x . 
Como 5 2 3AB    , a área do triângulo [ABP] é dada por 
 3
2
g x
. 
Pretende-se, portanto, resolver graficamente a equação 
 3
1
2
g x
 . 
Introduziram-se na calculadora as funções 
 
1
3
2
g x
Y  , ou seja, 
 2
1
3 ln ln
2
x x x x
Y
 
 , 2 1Y  e 
calcularam-se as abcissas dos pontos de interseção dos respetivos gráficos. 
Foram obtidos os seguintes resultados: 
 
 
 
As abcissas do ponto P para as quais a área do triângulo [ABP] é igual a 1 são: 
0,31 0,61 1,56 2,52x x x x       
 
4.    sin 2 cosg x x x  , ,0
2g
D
 
   
 
Se a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa a é paralela à reta de equação 
1
1
2
y x  , então 
  1
2
g a  . 
       sin(2 ) cos (2 ) cos(2 ) sin 2cos 2 sing x x x x x x x x        
 
 
     
       
2
2
1 1 ln1 1 ln 1 1
e e lne e ln e e e 1 1
g
g
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Propostas de Resolução 
 
26 
     2 21 1 12cos 2 sin 2 cos sin sin
2 2 2
g a a a a a a          
 2 2 21 12 1 sin sin sin 2 4sin sin 0
2 2
a a a a a           
2 24 8sin 2sin 1 0 8sin 2sin 3 0a a a a         
 
Fazendo siny a temos: 
 2 2 4 4 8 3 2 1008 2 3 0
16 16
y y y y
     
        
2 10 3 1
16 4 2
y y y

       
Como siny a , então 
3 1
sin sin
4 2
a a    . 
No intervalo ,0
2
 
  
, a equação 
3
sin
4
a  é impossível porque sin 0, ,0
2
a a
 
     
, 
1
sin ,0 sin sin ,0
2 2 6 2 6
a a a a a
        
                      
. 
 
5. 
 f é contínua e  ,fD a a  
    f a f a  e    0f a f 
Seja h a função definida por      h x f x f x a   . 
 h é contínua em  , 0a por ser definida pela composta e pela diferença de funções contínuas 
neste intervalo (uma função polinomial e a função f); 
          0h a f a f a a f a f         
Como    f a f a  ,        0 0f a f f a f    . 
   0 0f a f  porque    0f a f . Logo,   0h a  . 
         0 0 0 0h f f a f f a     
   0 0f f a  porque    0f a f . Logo,  0 0h  . 
Portanto,    0 0h a h   . 
Como h é contínua em  ,0a e    0 0h a h   , podemos concluir, pelo corolário do Teorema de 
Bolzano-Cauchy, que a função h admite pelo menos um zero em  , 0a . 
         0 0h x f x f x a f x f x a        , 
Portanto, a condição    f x f x a  tem, pelo menos, uma solução em  , 0a . 
 
6.   log5 3log a ba a b a   
1
5 3log log
a a
a b b    



log
log
log 3
a
x
a
x
a
a x
a x
b
Exame Final Nacional – Matemática A 12.º ano 
Propostas de Resolução 
 
27 
1
5 log
3 a
b b    
 
1
5 3
3
b     
5 1 6b b     
Resposta: (A) 
 
 
7. Sabemos que: 
 
     lim 0 0
x a
f x f a
f a
x a

  

 
    2 0f a f a     
Logo,  f a é um máximo relativo da função f . 
Resposta: (B) 
 
 
Pág. 396 
8.    24f x x   
  0, .f x x   ℝ Logo, f é estritamente crescente em ℝ . 
      2 4 4 2 4f x x x x      
   0 2 4 0 4f x x x        
x  4 
f   0 + 
f { 8 
 P.I. 
O gráfico da função f tem um ponto de inflexão de abcissa 4. 
Resposta: (D) 
 
9.   : ln e 0xS x a   ℝ 
 ln e 0 e 1 e 0x x xa a a           
e 1 ex xa a       
 ln 1 lnx a x a        
 ln 1 lnx a x a        
  ln 1 , lnx a a       
Resposta: (B) 
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Propostas de Resolução 
 
28 
10.   ln cos 1f x x x   ,   0,fD 
Seja a a abcissa do ponto A. 
O declive da reta tangente ao gráfico da função f no ponto A é igual a  f a . Como a inclinação desta 
reta é igual 
4

 radianos, o seu declive é igual a tan 1
4

 . Portanto terá de ser   1f a  . 
Pretendemos, assim, resolver graficamente a equação   1f x  . 
    1ln cos 1 sinf x x x x
x
      
 
 
 
Recorrendo à calculadora gráfica, determinou-se a abcissa do ponto de interseção dos gráficos das 
funções 1
1
sinY x
x
  e 2 1Y  . 
Foram obtidos os seguintes resultados: 
 
A abcissa do ponto A, arredondada às centésimas, é igual a 0,63. 
 
11.  
 
2
3
 se 0
1 e
ln se 0
6
ln se 0
2 1
x
x
x
f x k x
x x
x
x



 
       
 
 
11.1.   2 20 0 0
3
lim lim 3 lim
1 e e 1x xx x x
x x
f x
    
   
 
 
20 0
3 2 3
lim lim
2 2e 1 e 1x yx y
x y
  
    
 
 
0
3 1 3 1 3
2 2 1 2e 1
lim
y
y y
       

 
 0 lnf k 
   
3
2
0
3
lim 0 ln e
2x
f x f k k



      
 
 

  
2
0 0
y x
x y
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Propostas de Resolução 
 
29 
11.2 Para 0x  , temos: 
 
 
 2
6 1 66
16 1 11
ln
6 62 1 2 2
1 1
x xx
xx x x
f x
x xx
x x
  
                  
 
 
 
   
     
2 2
2
6 1 6
1 6 11 1 1 1 2
62 2 2 1 2 16 1
1
x x
x x x x
x x x x xx x
x
 
   
      
 

 
 
 
2 2
0 0 0
2 1
x x
f x x
x x
 
      

 
2 2 0 0 1x x x x        
 
 
x 0 1 + 
f   0 + 
f ց ր 
 Mín. 
A função f é estritamente decrescente em   0, 1 e estritamente crescente em   1,  . Logo, f admite um 
mínimo relativo para 1x  . 
 
1
2
1 6 e
1 ln lne ln3 ln e ln3 ln
2 1 1 3
f
  
              
 
Portanto, 
e
ln
3
 
  
 
 é um extremo relativo da função f no intervalo   0,  . 
 
12.  
 
2
2
1 g x
h x
x
    
Se a reta de equação 2 1y x  é uma assíntota ao gráfico da função g de domínio ℝ , então 
 
lim 2
x
g x
x
 . 
 
   
2 2
2 2 2
1 1
lim lim lim
x x x
g x g x
h x
x x x  
            
 
 
 
   
2 2
2
2
1
lim lim 0 lim 2 4
x x x
g x g x
x xx  
   
             
   
 
Logo, a reta de equação 4y   é uma assíntota horizontal ao gráfico da função h. 
 
 
 
   
  
  
    
2 2 0
1 1 8
2
2 1
x x
x
x x
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Propostas de Resolução 
 
30 
13.1. Tomando [CE] para base do triângulo [ACE], temos: 
Altura: AD 
    sin sin sin
1
AD AD
x x AD x
AC
 
Base: CE 
    cos cos cos
1
CD CD
x x CD x
AC
 
   cos 6CE CD DE x 
 
  
 
6 cos sin
2ACB
x x
A 

 
6sin cos sin
2
x x x
 
  

2sin cos
3sin
2 2
x x
x 
   
1
3sin 2sin cos
4
x x x 
      13sin sin 2
4
x x f x 
 
13.2.      13sin sin 2
4
f x x x 
A função f é contínua no seu domínio por ser definida pela composta, produto e soma de funções 
contínuas (funções polinomiais, função seno e função cosseno). Logo, f é contínua em ,
6 4
  
  
 dado que 
 , 0 ,
6 4 2
     
      
. 
      
              
   
1 1 1 3 1 3
3sin sin 2 3 sin 1,71
6 6 4 6 2 4 3 2 4 2
f 
       
              
   
1 2 1 2 1
3sin sin 2 3 sin 1 2,37
4 4 4 4 2 4 2 2 4
f . 
Logo, 
    
    
   
2
6 4
f f . 
Portanto, pelo Teorema de Bolzano-Cauchy, podemos concluir que a equação    2f x tem, pelo menos, 
uma solução no intervalo ,
6 4
  
  
. 
 
14. 
1
lim lim 2 2nu
n
    
 
 
Se lim ( )
n
f u   , então 
2
lim ( )
x
f x

  . 
Resposta: (C) 
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Propostas de Resolução 
 
31 
Pág. 397 
15. Se f é contínua emℝ , então f é contínua no pontoa. Logo,  lim ( ) lim ( )
x a x a
f x f x f a
  
  . 
2
3 3
1 1 1 28
lim ( ) lim ( ) lim log 2 log 2 3
3 3 3 3x a x a x a
f x f x x a a a
    
    
                   
    
 
Resposta: (A) 
 
16. Por análise do gráfico da função f verifica-se que 3 pertence a um intervalo onde a concavidade pode 
ser voltada para cima. Logo, f ''(3) pode ser um número real positivo. 
Resposta: (C) 
 
17.  
   
1
ln 1 ln 3 se 0
e se 0x
x x x x x x
f x
x x
    
 

,  ℝ
f
D 
 
17.1 Quando x  : 
Seja  y mx b uma equação da assíntota ao gráfico de f quando x  , caso exista. 
    
  
    
1
1elim lim lim e =e
x
x
x x x
f x x
m
x x
 
 
Como ℝm , o gráfico de f não tem assíntota quando x  . 
Quando x  +: 
Seja  y mx b uma equação da assíntota ao gráfico de f quando x  +, caso exista. 
     ln 1 ln 3
lim lim 
x x
f x x x x x x
m
x x 
  
   
     1lim ln 1 ln 3 lim ln 3
x x
x
x x
x 
  
       
  
 
 
1
lim ln 1 3
ln 1 0 3 0 3 3
x x
  
     
  
     
 
     lim lim ln 1 ln 3 3
x x
b f x mx x x x x x x
 
              
 
 
lim ln( 1) ln( )
x
x x x


      
1
lim ln
x
x
x
x
  
   
  
 
 01
lim ln 1
x
x
x


  
    
  
 
0
1
lim
e 1yy
y

 
    
 
       
 
    

  
1 1
ln 1 e 1
1 1
e 1
e 1
Se , 0
y
y
y
y
x x
x
x
x y
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Propostas de Resolução 
 
32 
0
1 1
1
1e 1
lim
y
y y
  

 
A reta de equação y = 3x + 1 é assíntota ao gráfico de f quando x  +. 
 
17.2. Seja t a reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1. 
Ponto de tangência:  21, e  
Declive da reta t: 
Para 0x  temos: 
         1 1 1 1 1 1e e e e e e 1x x x x x xf x x x x x x               
Declive da reta t : 
    1 1 21 e 1 1 2em f      
   2 2 2 2 2 2 2: e 2e ( 1) 2e 2e e 2e et y x y x y x            
2 22e ey x  é uma equação da reta tangente ao gráfico de f no ponto de abcissa 1. 
 
18.1. Consideremos, no trapézio [ABCD] o ponto E, pertencente ao lado [AB], tal que DE é perpendicular a AB. 
Temos que o triângulo [AED] é retângulo em E, 1DE BC  e 1EB DC  . 
 
 
sin
2
tan
2 1
cos
2
AE AE
DE



               
 
 
sin
cos2
sin
cos
2
AE AE



        
  
 
 
 
1 1 1
cos cos sin
2 2 sin
DE
DA
DA DA DA
  

    
           
   
 
O perímetro do trapézio [ABCD] é dado por: 
1 1 1 3AB BC CD DA AE DA DA AE           
Portanto,    1 cos 1 cos3 3
sin sin sin
P P
 
 
  
 
      . 
 
18.2.         2 2
1 cos sin 1 cos sin sin sin 1 cos cos1 cos
3 0
sin sin sin
P
       

  
              
 
 
 2 22 2
2 2 2
sin cos cossin cos cos 1 cos
sin sin sin
     
  
   
   
tan 8   e 
2


   . 
       1 1 21 1 e ef
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Propostas de Resolução 
 
33 
Dado que 2
2
1
1 tan
cos


  , temos: 
 2 22 21 1 11 8 9 cos 9cos cos         
Atendendo a que 
2


   , então 
1 1
cos
9 3
     . 
Por outro lado, 2 2
1 8
sin 1 cos 1
9 9
      . 
Se   2
1 cos
sin
P




  , então   2
1 41
1 cos 33 3
8 8 2sin
9 9
P



          . 
 
19.1. Seja M o ponto médio de [AB]. 
Perímetro do triângulo [OAB] = OA AB OB  
Atendendo à simetria, temos   2 2OABP OA AM  . 
   3 3cos cos
cos
OM
OA
OA OA
 

         
  tan tan 3 tan
3
AM AM
AM
OM
           
 
 
   
3
2 2 2 2 3 tan
cosOAB
P OA AM 

 
        
 
 
6 6
6 tan 6 tan
cos cos
 
 
       
Como   66 tan
cos
P x x
x
   , o perímetro do triângulo [OAB] é dado, em função de , por  P  . 
 
19.2. O declive da reta tangente ao gráfico da função P no ponto de abcissa 
5
6

 é igual a 
5
6
P
  
 
. 
   6 66 tan 6 tan
cos cos
P x x x
x x
              
   
 
 
2 2
6 cos1
6
cos cos
x
x x

    
    
   
2 2 2
6 sin1 6 6sin
6
cos cos cos
x x
x x x
 
2
2
5 16 6sin 6 65 96 2 12
356 3cos
46 2
P
                     
      
 
 
Logo, o declive da reta tangente ao gráfico da função P no ponto de abcissa 
5
6

 é igual a 12. 
 
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Propostas de Resolução 
 
34 
20. 
3
1
4
sin
 se 0
1 1
( ) 1 e se 0
1 e
 se 0
k
x
x
x
x
f x x
x
x



 

  
  

 
20.1. 
 44 4
0 0 0 0
4 e 11 e e 1
lim ( ) lim lim lim
4
xx x
x x x x
f x
x x x      
 
      
0
e 1
4 lim 4 1 4
y
y y

       
  1 1
0
lim ( ) 0 4 1 e e 5 1 ln5 1 ln5k k
x
f x f k k

 

              
 
Pág. 398 
20.2. Para x  0 f é contínua. Como 
0
lim ( ) 4
x
f x

  ℝ , apenas poderá existir uma assíntota vertical. 
A existência dessa assíntota depende de 
0
lim ( )
x
f x

. 
0
0
3 3 30 0 0 0 0
sin sin sin
lim ( ) lim lim lim lim
1 1 1 1 1 1x x x x x
x x x x x
f x
x xx x x
    
 
 
 
    
 
      
      
 
 
  
 
 
 3 3 3
333 30 0 0
1 1 1 1 1 1
1 lim lim lim
1 11 1 1 1x x x
x x x x x x
xxx x
    
     
    
    
 
3
20
1 1 2
lim
0x
x
x 
 
    
Portanto, a reta de equação x = 0 é a única assíntota vertical ao gráfico de f. 
 
20.3.     1g x f x
x
   
Como o domínio de g é ℝ ,  
41 e 1x
g x
x x

   , ou seja,  
4 41 e 1 ex x
g x
x x
  
   
 
         4 4 4 4 44 4 4
2 2 2 2
e e 4e e e 4 1e 4 e e
x x x x xx x xx x x xx
g x
x x x x x
           
      
 
 
     
4
4
2
e 4 1 1
0 0 e 0 4 1 0
4
x
x
x
g x x x x x
x
                 ℝ ℝ 
x 0 
1
4
 + 
g '' + 0  
g 8 { 
 P.I. 
 


 
4
Se 0 , 0
y x
x y
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Propostas de Resolução 
 
35 
O gráfico da função g tem a concavidade voltada para cima em 
1
0 ,
4
 
  
 e voltada para baixo em 
1
,
4
 
   
. 
O ponto de abcissa 
1
4
 é um ponto de inflexão. 
 
21.1. Aregião sombreada = Aquadrado  4 × Atriângulo [ABE] 
Seja M o ponto médio de [AB]. 
tan tan 2tan
2
EM EM
x x EM x
AM
     , 
 
   
0,
4
x 
Área do triângulo [ABE] =
4 2tan
4 tan
2 2
AB EM x
x
 
  
     24 4 4 tan 16 1 tana x x a x x      ,     
0,
4
x 
 
21.2. A função a é contínua por ser definida pela diferença e produto de funções contínuas (a função tangente 
e funções constantes). Logo, a é contínua em 
     
      
, 0 ,
12 5 4
. 
    
      
   
16 1 tan 11,71 5
12 12
a 
    
      
   
16 1 tan 4,38 5
5 5
a 
Logo, atendendo a que a é contínua em 
  
  
,
12 5
 e 
    
    
   
5
5 12
a a , podemos concluir, pelo Teorema 
de Bolzano-Cauchy, que existe um valor de x compreendido entre 

12
 e 

5
para o qual a área da região 
sombreada é 5. 
 
 
 
 
22. Sinal de h e concavidade do gráfico de h (a > 0). 
x a 
h  0 + 
h { 8 
 P.I. 
Apenas o gráfico apresentado em (A) é compatível com a tabela. 
Resposta: (A) 
 
 
 
 
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Propostas de Resolução 
 
36 
23. Sabe-se que: 
  lim 3
x
f x

 
   0,f xx   ℝ 
 
 
e 3 0 3
lim lim 1
3
x
x x
f x
f x

 
 
    
A reta de equação 1y   é uma assíntota horizontal ao gráfico de g. 
Resposta: (D) 
 
24.  log loga ab c b c   log loga ab c 
1
2log 3
a
b  
1
log 3
2 a
b  
1
3 3
2 2
c
c    
Resposta: (C) 
 
 
25.   , 2 0,10,5 e 0tC t t t   
 
25.1. A função C é contínua em ℝ por ser definida pela composta e pelo produto de funções contínuas 
(funções polinomiais e função exponencial). Logo, a função C é contínua em   0,15 . 
      2 0,1 00 0,5 0 e 0C ;   2 0,1 1515 0,5 15 e 25,1C      
A função C é contínua em   0,15 e    0 13 15C C  . Logo, pelo Teorema de Bolzano-Cauchy, 
podemos concluir que durante os primeiros 15 minutos após a colocação do produto químico na água, 
houve, pelo menos, um instante em que a concentração do produto foi 13 gramas por litro. 
 
25.2.       + 2 0,1 2 0,10,5 e 0,5 et tC t t t       
    + 0,1 2 0,1 0,1e 0,5 0,1 e e 1 0,05t t tt t t t          
    0,10 e 1 0,05 0tC t t t       0,1e 0 1 0,05 0tt t      
1
0 0 20
0.05
t t t t        
t 0 20 +∞ 
C 0 + 0 - 
C ր ց 
 Máx. 
A concentração do produto químico na água é máxima para 20t  . 
26.   sin
2
x
f x x
 
    
 
;  
 
 se 0
e 1 se 0k
f x
x
g x x
x


 
  
 com k ℝ 
26.1.    
 
0 0 00 0
sin sin2 2lim lim lim lim lim
x x xx x
x xx
f x x
g x g x
x x x x     
                
  
 
 
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Propostas de Resolução 
 
37 
0 0
sin sin12 21 lim 1 lim
2
2
x x
x x
xx 
        
0
1 sin 1 1
1 lim 1 1
2 2 2y
y
y
          
 0 e 1kg   
1 1 1 1
e 1 e 1 e ln ln2
2 2 2 2
k k k k k             
Para 0x  , a função é contínua. Se ln2k   existe  
0
lim
x
g x

 e, portanto, g é contínua neste ponto. 
 
26.2.    22 ( ) 1f x f x x     
2
2 sin sin 1
2 2
x x
x x x
      
              
      
= 
212 1 cos sin 1
2 2 2
x x    
         
    
 
22 cos 1 sin
2 2
x x    
          
    
 
22 cos cos
2 2
x x   
        
   
 
 22 1 1 4 2cos cos 2 0 cos
2 2 2 2
x x x          
           
     
 
1 3
cos cos 2 cos 1
2 2 2 2
x x x      
            
     
 
cos 1
2
x 
   
 
 A equação 
    
 
cos 2
2
x
 é impossível. 
 2 , 2 ,
2
x
k k x k k       ℤ ℤ 
Como   2 , 5x     , temos 0 4x x    
   0 , 4S 
 
Pág. 399 
27. Seja h a função de domínio [2, 3] definida por      h x f x g x  . 
 h é contínua em [2, 3] por ser a diferença de funções contínuas neste intervalo. 
      2 2 0 2 0f g h    
 
     3 3 0 3 0f g h    ;    2 3 0h h  

 
2
Se 0 , 0
x
y
x y
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Propostas de Resolução 
 
38 
Portanto, pelo Teorema de Bolzano-Cauchy, a função h tem pelo menos um zero no intervalo ]2, 3[. 
Como  : 0x h x   ℝ        : 0 :x f x g x x f x g x       ℝ ℝ , podemos concluir que os 
gráficos de f e g se intersetam em pelo menos um ponto. 
Resposta: (A) 
 
28.1.   32 logf x x  , fD  ℝ 
     3 3 34 log 8 2 log 4 log 8 0 8 0f x x x x x x              
 3 3log 2 log 8 8x x x       
 23 3 3log log 3 log 8 8x x x       
 3 3log log 9 8 8x x x        
9 72 8 8 72 8x x x x x          
  9 8 8 , 9x x x      
 
28.2.      1000 1000 1000 10003 336 4 2 log 36 2 log 4f f      
 3 3 3 32 1000 log 36 2 1000 log 4 1000 log 36 log 4          
3 3
36
1000 log 1000 log 9 1000 2 2000
4
       
 
28.3    g x x f x  
 A função g é contínua em [1, 3] por ser a soma de funções contínuas neste intervalo (uma função 
polinomial e a função f). 
     31 1 1 1 2 log 1 1 2 0 3g f         
    33 3 3 3 2 log 3 3 2 1 6g f         
   1 5 3g g  
Portanto, o Teorema de Bolzano-Cauchy permite concluir que     1,3 : 5c g c   . 
 
29.  
e se 0
2 ln
 se 0
xk x x
f x x x
x
x
  

  

 
     
 0
lim lim e lim ex x
x x x
f x k x k x

  
     
  1 1lim e lim
e e
lim
y
y yy y
y
y
k y k k k k
y

 

         

 
A reta de equação y k é uma assíntota ao gráfico da função f (quando x   ). 
  2 ln ln lnlim lim lim 2 2 lim 2 0 2
x x x x
x x x x
f x
x x x   
  
        
 
 
A reta de equação 2y  é uma assíntota ao gráfico da função f (quando x   ). 
Para que as duas assíntotas sejam iguais tem de ser 2k  . 
    
    
y x x y
x y
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Propostas de Resolução 
 
39 
30.    1 cos 3f x x  
   sin 3g x x 
       0 3 sin 3 3sin 3f x x x x    
       3 cos 3 3cos 3g x x x x   
Seja 
r
m o declive da reta r, tangente ao gráfico da função f no ponto de abcissa a. 
   3sin 3rm f a a  
Seja 
s
m o declive da reta s, tangente ao gráfico da função g no ponto de abcissa 
6
a

 . 
 3cos 3 3cos 3 3cos 3 3sin 3
6 6 6 2s
m g a a a a a
                            
        
 
Se , 
3 2
a
  
   
 então 3 ,
2
a
 
   
. Logo,  sin 3 0a  , 0rm  e 0sm  . 
Se as retas r e s são perpendiculares temos 1
r s
m m   . 
       2 2 11 3sin 3 3sin(3 ) 1 9sin 3 1 sin 3
9r s
m m a a a a               
   1 1sin 3 sin 3
3 3
a a     
Como  sin 3 0a  , vem   1sin 3
3
a   . 
 
31. 1a  , b a 
 12 100 12 100log log log 12 100log 12 100loga a a a aa b a b b a        
12 100 12 100 3,14 12 314 326          
Resposta: (B) 
 
32.1.    2 94 4ln 1
2
f x x x x      
O declive da reta r é igual a  2f  . 
O declive da reta s é igual a  f b . 
As retas r e s têm o mesmo declive porque são paralelas. Logo,    2f b f  pelo que b é a solução da 
equação    2f x f  . 
   2 9 9 12 2 4 2 4ln 2 1 4 8 4 0
2 2 2
f              
Para resolver graficamente a equação   1
2
f x  introduziram-se na 
calculadora gráfica as funções  21
9
4 4ln 1
2
Y x x x     e 2
1
2
Y  e 
determinou-se a abcissa do ponto de interseção dos respetivos gráficos. 
Como 2b  , temos 4,14b  . 
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Propostas de Resolução 
 
40 
32.2.    2 94 4ln 1
2
f x x x x
        
 
 
21 4 2 2 4 4 4
2 4 4 2 4
1 1 1
x x x
x x
x x x
   
        
  
 
22 6
1
x x
x



 
 
2
22 60 0 1 2 6 0 1
1
x x
f x x x x x
x

           

 
 2 3 1 3x x x x      
O único zero da segunda derivada da função f é 3 e a segunda derivada existe em todo o domínio de f. 
Logo, 3 é a abcissa do ponto de inflexão do gráfico da função f. 
 
Pág. 400 
33. f é função polinomial do 3.º grau com dois extremos relativos. Então, f é derivável em ℝ e a função 
derivada, f  , admite dois e só dois zeros nos pontos correspondentes aos extremos de f. 
Por observação do gráfico de f é possível concluir que ( 3) 0f    , (0) 0f   e (6) 0f   . 
Logo, (0) (6) 0f f   . 
Resposta: (D) 
 
34.    2 0,15( ) 15 0,1 e , 0,20tT t t t 
     2 0,15 2 0,15 2 0,15( ) 15 0,1 e 0 0,1 e 0,1 et t tT t t t t           
 0,15 2 0,150,2 e 0,1 0,15 et tt t     
0,15 2 0,150,2 e 0,015 et tt t     
 0,15 2e 0,2 0,015t t t  
 0,15 2( ) 0 e 0,2 0,015 0tT t t t      
0,152e 0 0,2 0,015 0t t t          0,15e 0, 0,20t t 
 0,2 0,015 0 0 0,2 0,015 0t t t t         
0,2 40
0 0
0,015 3
t t t t

       

 
 
 
 
 
 
 
40
3
 h 
39 1
3 3
 
  
 
h 
1
13 h h 13 h 20min
3
   
A temperatura atingiu o valor máximo às 13 horas e 20 minutos do dia 1 de abril de 2010. 
t 0 
40
3
 20 
T  0  0  
T ր ց 
 Mín. Máx. Mín. 
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41 
35.1.   2ABCD
DA CB
A DC

  
 
6
CB DO

  
 DC  ordenada de C = 4cos 2
6 6
f
    
      
   
 
1
4cos 4cos 4 2
3 3 2
    
       
   
 
 
6
DA DO OA

    abcissa de A 
A abcissa de A é o menor zero positivo de f: 
( ) 0 4cos(2 ) 0 cos(2 ) 0 2 , ,
2 4 2
k
f x x x x k k x k
  
             ℤ ℤ 
Para 0k  obtém-se 
4
x

 que é a abcissa do ponto A. 
5
6 4 12
DA DO OA
  
     
 
5
5 712 6 2
2 12 6 12ABCD
A
 
   
     
 
35.2. ( ) 4cos(2 )f x x 
    ( ) 4cos(2 ) 4 2sin 2 8sin(2 )f x x x x      
 ( ) 8sin(2 ) 8 2cos(2 ) 16cos(2 )f x x x x        
     ( ) ( ) ( ) 4cos 2 8sin 2 16cos 2f x f x f x x x x       
   12cos 2 8sin 2x x        4 3cos 2 2sin 2x x  
 
36. f é uma função polinomial de grau 4. Por observação, verifica-se que o seu gráfico tem dois pontos de 
inflexão. Logo, a segunda derivada será uma função polinomial de grau 2 com dois zeros distintos. 
Se 2( ) 9f x x   a variação do sinal de f  e a consequente variação da concavidade do gráfico de f 
resumem-se no quadro seguinte: 
 
 
 
 
 
 
Os resultados desta tabela ajustam-se ao gráfico apresentado. 
Resposta: (D) 
 
 
x  3 3 
f  + 0 − 0 + 
f 8 { 8 
 PI PI 
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Propostas de Resolução 
 
42 
37. Se f é contínua em ℝ , então é contínua em 0x  . Logo, existe 
0
lim ( )
x
f x

 pelo que 
0 0
lim ( ) lim ( )
x x
f x f x
  
 . 
   
0 0
lim lim ln ln
x x
f x k x k
  
   
 
0 0 0
sin 1 sin 1 1
lim lim lim 1
3 3 3 3x x x
x x
f x
x x    
     
1
33
1
ln e e
3
k k k     
Resposta: (A) 
 
38. 
2e 1
se 0 2
2( )
1
se 2
ln( 1)
x
x
x
f x
x
x
x
 
   
 
 
 
 
38.1. Para    0 , 2 2 ,x     , f é contínua. Apenas a reta de equação 2x  poderá ser uma assíntota 
vertical ao gráfico de f. 
2 2
2 2 2 0
e 1 e 1 e 1
lim ( ) lim lim lim 1
2 2
x x y
x x x y
f x
x x y   
 
   
  
      
 
 
2 2
1 3
lim ( ) lim
ln( 1) ln(3)x x
x
f x
x  

 

 
Apesar de f ser descontínua no ponto 2x  , os limites laterais neste ponto existem e são números reais. 
Logo, a reta de equação 2x  não é assíntota ao gráfico de f. 
Portanto, o gráfico da função f não tem assíntotas verticais. 
 
38.2. A função f é contínua no intervalo  0 , 2 por ser aí definida pela composta, diferença e quociente de 
funções contínuas (função exponencial e funções polinomiais). Logo, f é contínua no intervalo
 
  
1
0 ,
2
 
dado que      
1
0 , 0 , 2
2
. 
2 0 2e 1 e 1
(0) 3,2
0 2 2
f
  
   
 
; 
1 3
2
2 21 e 1 e 1
2,3
1 32 2
2 2
f

  
    
   
 
Dado que f é contínua em 
1
0 ,
2
 
  
 e 
1
(0) 3
2
f f
 
    
 
, podemos concluir, pelo Teorema de Bolzano-Cauchy, 
que 
1
0 , : ( ) 3
2
x f x
 
     
, ou seja, a equação ( ) 3f x   tem pelo menos uma solução no intervalo 
1
0 ,
2
 
  
. 
 
38.3. Para  2 ,x    : 
     
 2
1 ln( 1) 1 ln( 1)1
( )
ln( 1) ln( 1)
x x x xx
f x
x x
       
      
 
 
 
   `
2
2 0
y x
x y
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Propostas de Resolução 
 
43 
   
 
 2
1
1 ln( 1) 1
1
ln( 1)
x
x x
x
x

    

 

 
 2
ln( 1) 1
ln( 1)
x
x
 


 
 
 
 2
ln( 1) 1
( ) 0 2 , 0 2 ,
ln( 1)
x
f x x x
x
 
            

 
 ln( 1) 1 0 2 ,x x         
 ln( 1) 1 2 ,x x        
 1 e 2 ,x x        
e 1x   
Como e 1 2  ,  ( ) 0 , 2 ,f x x      . 
Por outro lado, como a função definida por lny x é crescente temos que: 
2 1 3 1 e ln( 1) lnex x x x           
ln( 1) 1 ln( 1) 1 0x x       
 
 2
ln( 1) 1
0 , 2 ,
ln( 1)
x
x
x
 
    

,ou seja,  ( ) 0 , 2 ,f x x      . 
Logo, f é estritamente crescente em  2 ,   . 
 
39.    ( ) cos sinf x a nx b nx  , , ,a b n ℝ 
       ' sin cosf x na nx n b nx 
       2 2'' cos sinf x n a nx n b nx 
                  2 2 2 2'' cos sin cos sinf x n f x n a nx n b nx n a nx b nx 
              ℝ2 2 2 2cos sin cos sin 0,n a nx n b nx n a nx n b nx x 
Portanto,       ℝ2'' 0,f x n f x x . 
 
 
Pág. 401 
40. Se  lim 1
x
f x

 , então a reta de equação 1y  é uma assíntota ao gráfico da função f. 
Se  
3
lim 2
x
f x

  , então a reta de equação 3x  não é uma assíntota ao gráfico da função f. 
Se  lim 2 0
x
f x x

    , então a reta de equação 2y x  é uma assíntota ao gráfico da função f. 
Resposta: (C) 
 
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Propostas de Resolução 
 
44 
41. 
2 9 se 0 5
( ) 1 e
se 5
x
x
x
f x
x
x
   

  


;  0,fD    
  5
5 5
lim ( ) lim 2 9 2 9 23x
x x
f x
  
     ; 
5
5 5
1 e 1 e
lim ( ) lim
5
x
x x
f x
x  
 
  
5 5
lim ( ) lim ( )
x x
f x f x
  
  Não existe 
5
lim ( )
x
f x

 f é descontínua no ponto 5x  . 
Fica excluído o intervalo  4,6 dado que a função f é contínua em  0 , 5 e em  5,  mas não é 
contínua no ponto 5x  . 
  00 2 9 8 0f      ; 1(1) 2 9 7 0f      ; 4(4) 2 9 7 0f     
Como f é contínua em    1,4 0 , 5 e (1) (4) 0f f  , o Teorema de Bolzano-Cauchy garante a existência 
de pelo menos um zero no intervalo  1,4 . 
Resposta: (B) 
 
42.     2312 log 81Q t k t   ,    0, 20t 
 0Q é a quantidade de combustível, em litros, existente na máquina no instante em que começou a 
funcionar. 
 20Q é a quantidade de combustível, em litros, existente na máquina 20 minutos após ter começado a 
funcionar. 
        0 20             
2 2
3 30 20 2 12 log 81 12 log 81 2Q Q k k 
 3 312 log 81 12 log 81 400 2k       
   43 3 3log 3 log 81 400 2 4 log 81 400 2k k         
  23log 81 400 2 81 400 3k k       
72 9
400 9 81
400 50
k k k

       

 
 
43.   1
1
1 se 1
1 e
2 se 1
x
x
x
f x
a x


  
 
   
 
 
43.1. Se f é contínua em 1x   , então existe  
1
lim
x
f x

. 
   
0
0
1 11 11 1
1 1
lim lim lim 1 lim 1
1 e e 1x xx xx x
x x
f x f x
 
 
 
 
   
  
         
 
0
0
1 1
lim 1 1 1 0
1e 1 e 1
lim
y yy
y
y
y


         
 
 
 1 2f a   
0 2 2a a     
 
 
   
1
1 0
y x
x y
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45 
43.2 Para 1x   : 
 
      
 
1 1
1 21
1 1 e 1 1 e1
1 
1 e 1 e
x x
x
x
x xx
f x
 
 
             
 
    
     
1 1 1 1 1 1
2 2 21 1 1
1 1 e 1 e 1 e e e 1 e
1 e 1 e 1 e
x x x x x x
x x x
x x x
     
  
        
  
  
 
 f  é contínua em  \ 1ℝ por ser definida pela composta, produto, soma, potência e quociente de 
funções contínuas (funções polinomiais e função exponencial). Logo, f  é contínua em [0, 1]. 
  
   
0 1
2 20 1
1 0 e 1
0 0,34
1 e1 e
f


 
   

 
 
   
1 1 22 21 1 2
1 1 e 1 e
1 0,21
1 e 1 e
f


  
   
 
 
Como f  é contínua em [0, 1] e    11 0
4
f f   , o Teorema de Bolzano-Cauchy garante que 
    10 ,1 :
4
x f x   , tal como se pretendia provar. 
 
44. Se    2g x x f x  : 
     21 1 1 1 3 2g f         
   24 4 4 16 9 7g f     
Como g é contínua no intervalo   1, 4 (diferença de funções contínuas) e    1 4 0g g   , o Teorema 
de Bolzano-Cauchy permite concluir que a função g admite pelo menos um zero no intervalo   1, 4 . 
Resposta: (D) 
 
45. No intervalo  1, 3 a função f é estritamente crescente e o seu gráfico tem a concavidade voltada para 
baixo. Temos, portanto,   0f x  e   0f x  . 
Resposta: (C) 
 
46.  
 sin 1
2 se 0 1
e e
e 2 se 1x
x
x
f x x
x x x
 
  
 
  
 
 
46.1. A função f é contínua em 1x  se e só se existir  
1
lim
x
f x

. 
     
 1 1 1 0
sin 1 sin 1 1 sin 1 1
lim lim 2 2 lim 2 lim 2 1 2
e e e 1 e e ex x x y
x x y
f x
x x y      
  
               
 
     
1 1
1
lim lim e 2 2 1
e
x
x x
f x x x f
 

 
     
Como      
1 1
lim lim 1
x x
f x f x f
  
  , existe  
1
lim
x
f x

 e, portanto, a função f é contínua em 1x  . 
 
 
 
1
Se 1 , 0
y x
x y
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46 
 
46.2. Seja y mx b  a equação da assíntota oblíqua ao gráfico da função f. 
     
e 2e 2
lim lim lim lim e 2 0 2 2
xx
x
x x x x
xf x x x
m
x x x


   

        
     
 0
lim 2 lim e 2 2 lim ex x
x x x
b f x x x x x x

 
  
         
1 1
lim 0
e e
lim
x xx
x
x
x


   

 
A equação reduzida da assíntota oblíqua ao gráfico da função f é 2y x . 
 
46.3. 
  2
e 1
3
x
f x
x
x
    
e 2 2
e 1
3
x
xx x x
x
 
     
2
e 2 e 1
3
x x x       
(3e ) (3) (e )
1 8
e 0 1
3e
xx
x
x
x       
 23 e 3 8e 0 1x x x       
 23 e 8e 3 0 1x x x       
   28 8 4 3 3
e 1
6
x x
     
     
8 10
e 1
6
x x

     
1
e 3 e 1
3
x x x
 
        
 
 A equação  
1
e
3
x é impossível. 
e 3 1x x     ln3x  
 ln3S  
 
Pág. 402 
47.1. sin
OQ
x
OP
 
 1 sin 1 1 sin
1
x d x
d
    

 
1 sin sinx d x    
sin 1 sind x x    
1 sin
sin
x
d
x

   
 d f x  
 
 1 0d
sin 0x
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47 
47.2.   1 sin
sin
x
d x
x

 , 0 ,
2
x
 
   
 
       2
1 sin sin 1 sin sin
sin
x x x x
d x
x
   
   
 
2
cos sin 1 sin cos
sin
x x x x
x
  
  
2 2
cos sin cos sin cos cos
sin sin
x x x x x x
x x
  
   
Como cos 0, 0,
2
x x
 
     
, tem-se   0d x  , 0,
2
x
 
    
. Logo, a função d é estritamente 
decrescente. 
Assim, podemos concluir que quanto maior é o valor de x menor é o valor de y, ou seja, a afirmação é 
verdadeira. 
 
48.   3e
1 e
kt
kt
I t
p


 
48.1.  
2
2
3e
1 e
t
t
I t 

 
2500 = 2,5 milhares 
 
2
2 2 2 2
2
3e
2,2 2,5 3e 2,5 1 e 3e 2,5 2,5 e
1 e
t
t t t t
t
I t
 
            
 
 
2 2 2 2
2,5
3e 2,5 e 2,5 0,5 e 2,5 e
0,5
t t t t
           
ln5 2ln5 3,219
2
t
t t      
1960 + 3,219 = 1963,219 
O número de pessoas atingiu 2500 em 1963. 
 
48.2. O início de 1961 corresponde a t = 1. 
  3e1 1 1 3e 1 e
1 e
k
k k
k
I p
p
      

 
 3e e 1 e 3 1k k kp p       
1 1
e ln
3 3
k k
p p
 
       
 
   11ln ln 3 ln 3
3
k k p k p
p
 
         
 
 
 
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48 
49. 
 1
3 3
lim 0
x
x
f x
 

 
Resposta: (C) 
 
50. 0( ) 0 ln( 2) 0 2 e 1 2 1g x x x x x             
 
Tomando [OB] para base do triângulo [OAB], a altura correspondente é a ordenada do ponto A, ou seja, 
é igual a 5. 
Como 1BO  , temos que  
1 5 5
2 2OAB
A

  . 
Resposta: (A) 
 
 
 
51.          34 4( ) 8log 3 1 8log 3 1 , 0 , 5N t t t t 
 
51.1.        34 4 4 4( ) 8log 3 1 8log 3 1 3 8log 3 1 8log 3 1N t t t t t          
              4 4 424log 3 1 8log 3 1 16log 3 1 , 0 , 5t t t t 
 
51.2. 2400 = 24 centenas 
     4 4 4
24 3
( ) 24 16log 3 1 24 log 3 1 log 3 1
16 2
N t t t t           
3
32
7
3 1 4 3 1 4 3 1 8
3
t t t t           
Atendendo a que 
7 1
2
3 3
  e 
1
60 20
3
  podemos concluir que, para vender 2400 bilhetes, foram 
necessárias 2 horas e 20 minutos. 
 
Pág. 403 
52. 
e se 0
( ) sin(2 )
se 0 2
xax b x
f x x x
x
x
   

  
  
 , com ℝ,a b 
 
52.1. Como o domínio da função f é o intervalo  , 2  , limitado superiormente, apenas quando 
x   poderá existir uma assíntota não vertical ao seu gráfico. 
 
Exame Final Nacional – Matemática A 12.º ano 
Propostas de Resolução 
 
49 
Atendendo a que: 
   lim ( ) ( ) lim e ( ) lim e 0x x
x x x
f x ax b ax b ax b
  
         
podemos concluir, por definição de assíntota não vertical ao gráfico de uma função, que a reta de 
equação y ax b  , com 0a  , é uma assíntota oblíqua ao gráfico de f. 
 
52.2. f é contínua em 0x  se e somente se existir 
0
lim ( )
x
f x

. Logo, terá de ser 
0 0
lim ( ) lim ( ) (0)
x x
f x f x f
  
  . 
Tem-se que: 
0
0 0
lim ( ) lim ( e ) 0 e 1x
x x
f x ax b a b b
  
         
0 0 0
sin(2 ) 2sin(2 )
lim ( ) lim lim
2x x x
x x x x
f x
x x x    
  
    
 
 
0 0 0
sin(2 ) sin
lim 2 lim 1 2 lim 1 2 1 1
2x x y
x x y
x x y    
         
0(0) 0 e 1f a b b      
Para que a função f seja contínua em 0x  terá que ser 1 1b    . 
Portanto, 2b   . 
 
53.1. O triângulo [OAB] é retângulo dado que o ângulo OBA é inscrito numa semicircunferência. 
Temos que: 
2OA  
sin sin 2sin
2
AB AB
AB
OA
       
cos cos 2cos
2
OB OB
OB
OA
       
O perímetro do triângulo [OAB] é dado por P OA AB OB   , pelo que: 
( ) 2 2sin 2cosf      , ou seja,  ( ) 2 1 cos sinf      , 0,
2

      
 
 
53.2.      ( ) 2 1 cos sin 2 sin cos 2 cos sinf                
                                 
' 0 2 cos sin 0 0, cos sin 0,
2 2 4
f 
 
 
 
 
 
Portanto, o perímetro do triângulo [OAB] atinge o máximo para 
4


 . 
 
 
 0 
4

 
2

 
f  + 0  
f ր ց 
 Máx. 
 

 
2
Se 0 , 0
y x
x y
Exame Final Nacional – Matemática A 12.º ano 
Propostas de Resolução 
 
50 
54. Se  lim ( ) 2 0
x
h x x

  , a reta de equação 2y x é uma assíntota ao gráfico da função h quando 
x   . Portanto lim ( ) lim (2 )
x x
h x x
 
   . 
Como h é uma função par, lim ( ) lim ( )
x x
h x h x
 
 , ou seja, lim ( )
x
h x

  . 
Resposta: (A) 
 
55. 
e se 0
( )
ln se 0
x x
g x
x x
 
 

 
0 0
lim ( ) lim ln
x x
g x x
  
   
Dado que 
1
lim lim 0n
n n
u
n

 
 
  
 
 e atendendo à definição de limite de uma função num ponto, segundo 
Heine, podemos concluir que  
0
lim lim ( )n
n x
g u g x
 
   . 
Resposta: (D) 
 
56. Da observação da parte do gráfico da função f  que se apresenta, podemos concluir que 
 ( ) 0, 0 ,f x x a    . Portanto, a função f é crescente em  0 , .a 
Resposta: (C) 
 
57. 
32 1( ) e xf x x    ; 
f
D  ℝ 
 
57.1. f é uma função contínua por ser definida pela composta e soma de funções contínuas. 
Logo, f é contínua em  2 , 1 