Teste Intermédio
Matemática A
Resolução
(Versão 1)
Duração do Teste: 90 minutos | 11.03.2014
11.º Ano de Escolaridade
RESOLUÇÃO
GRUPO I
1. Resposta (C)
O valor máximo da função objetivo de um problema de programação linear é atingido num vértice da região admissível. Os vértices da região admissível são os pontos de coordenadas
(0, 0) (0, ) ( , ) ( , )
,6
,2 6
,3 4
e(3, 0)
Calculemos o valor da função objetivo em cada um destes pontos.
0 0
0 3 0 0
L , = +
^
h
×
=
L , = +
^
0 6
h
0 3 6 18
×
=
L , = +
^
2 6
h
2 3 6 20
×
=
3 4
3 3 4 15
L ,
^
h
= +
×
=
L , = +
^
3 0
h
3 3 0 3
×
=
Assim, o valor máximo da função
L
na região representada é20
2. Resposta (C)
Seja
x
! r
E
,
3
2
r
;
; tem-sesen
x
10
,cos
x
10
etg
x
20
Então,
sen
x
+
cos
x
10
,cos
tg
x
x
10
,tg
x
−
sen
x
20
esen
x
#tg
x
10
Portanto, só a expressão
tg
x
-
sen
x
designa um número real positivo, para qualquerx
pertencente ao intervaloE
r
, 2
3
r
;
3. Resposta (B)
A equação
sen =
x 0 3
,
tem duas soluções no intervalo6
0 2r
,
6
: uma no intervalo0
,
2
r
:
D
e outra no intervaloE
r r
2
,
;
Como a função seno é periódica, de período
2r
, a equaçãosen =
x 0 3
,
tem também duas soluções em qualquer um dos vinte intervalos6
-
2
0
r
,
-
18
r
6 6
,
-
18
r
,
-
1
6
r
6
, ,
g
,
1
, 2
,
,
,
,
,
,
2
r
0
0 2
r
2
r
4
r
g
8
r
0
r
-6
6 6
6 6
6
6
6
4. Resposta (D)
O conjunto solução da condição
f x
^ h
#0
é o conjunto das abcissas dos pontos do gráfico def
que têm ordenada menor ou igual a zero.Na figura ao lado, estão representados a cheio os pontos da hipérbole com ordenada menor ou igual a zero e a traço mais grosso as respetivas abcissas.
5. Resposta (C)
A função
f
é definida porf x
^ h
=
3
x
+
6
e, portanto,f x
^ h
=
0
+
x
= −
2
Como a funçãog
é par eg 2
^ h
=
0
, também se temg 2
^ h
−
=
0
Portanto, os zeros da função
g
são-2
e2
Dado que as duas funções têm domínioR
, tem-se:•
^
f g x
#h h
^
=
0
+
f x
^
h
=
0
0
g x
^
h
=
0
+
x
= −
2
0
x
=
2
• g
f x
0
f x
0
g x
0
x
2
x
2
x
2
condição impossível+
/
!
+
/
!
/
!
=
=
= −
−
e
o
^
h
^
h
^
h
1
444444
^
2
444444
3
h
Então,•
a funçãof g
# tem dois zeros:-2
e2
•
a funçãog
f
não tem zerosGRUPO II
1.1. No intervalo@
1 3
,
+
6
, tem-se:f x
1x
1
2
+
2
1
x
x
3
1x
1
2
+
2
1
x
x
3
x
1
2
10
+
-
-
-
-
-
- -
-^ h
x x
x
x
x
x x
x
x
1
2
2
3
2
1
0
1
2
2
26
5
0
+
1+
1−
−
−
−
−
−
−
−
−
+
^
^
^
^
^
^
^
h
h
h
h
h
h
h
Em
R
, o numerador não tem zeros, e os números1
e2
são os zeros do denominador. No intervalo@
1 3
,
+
6
, tem-se o seguinte quadro de sinais.x 1 2 +3 Numerador n.d.
+
+
+
Denominador n.d.+
0 -Fração n.d.+
n.d. -n.d. – não definida. Conjunto solução:@
2 3
,
+
6
O x y -1 1 -2 f1.2. Tem-se:
^
g f
%
h
^
−
3
h
=
g f
_
^
−
3
h
i
f
^
−
3
h
=
3
2
#^
−
3
h
3+
3
#^
−
3
h
2−
13
= −
4
Portanto,%
g f
−
3
=
6
+
g f
−
3
=
6
+
g
−
4
=
6
+
k
#−
4
+ =
2 6
+
k
= −
1
^
h
^
h
_
^
hi
^
h
^
h
1.3. Na figura, está representada, num referencial, parte do gráfico da função f
Nesse referencial, estão também representados: – o ponto de abcissa
1
e a respetiva ordenada– a assíntota horizontal do gráfico da função
f
definida pela equaçãoy = -2
– a assíntota vertical do gráfico da função
f
definida pela equaçãox = 1
– o ponto
P 3 4
^
- -
,
h
, cuja ordenada é o máximo relativo da funçãof
O contradomínio da função é o conjunto das ordenadas dos pontos do seu gráfico. Portanto, o contradomínio da função
f
é@
−
3
,
−
4
@ @
,
− +
2
,
3
6
2.1. A área do polígono
[BCDQP]
é igual à soma da área do triângulo[ODQ]
com a área do pentágono[ODCBP]
A área do triângulo
[ODQ]
é dada porOD QR
#2
Tem-se:
sen
x
sen
sen
OQ
QR
+
x QR
1
+
QR
x
=
=
=
Portanto, a área do triângulo
[ODQ]
é dada por1
#sen x
2
, ou seja, é dada porsen x
2
A área do pentágono
[ODCBP]
é igual à diferença entre a área do retângulo[ABCD]
e a área do triângulo[OAP]
A área do retângulo
[ABCD]
é igual a2
A área do triângulo
[OAP]
é dada porAO AP
#2
Tem-se:
tg
x
tg
tg
AO
AP
+
x AP
1
+
AP
x
=
=
=
Portanto, a área do triângulo
[OAP]
é dada por1
#2
tg x
, ou seja,tg x
2
Assim, a área do pentágono[ODCBP]
é dada por2
-
tg
2
x
Logo, a área do polígono
[BCDQP]
é dada por2
−
tg
2
x
+
sen
2
x
−4 −2 −3 1 x y O P f 28 3 −
2.2. Tem-se:
cos
c
3
2
r − = −
x
m
sen
x
Então,
cos
c
3
2
r − = −
x
m
3
5
+
−
sen
x
= −
5
3
+
sen
x
=
3
5
Dado que
sen
2x
+
cos
2x 1
=
e quesen =
x 5
3
, tem-se:a k
5
3
2+
cos x
2=
1
cos
x
cos
x
cos
x
5
3
1
25
9
1
16
25
2 2 2 2+
+
+
=
+
=
=
c m
Como
x
!
B
0 4
,
r
B
, tem-secos x 5
=
4
Então, dado quetg
x
=
cos
sen
x
x
, tem-sex
5
4
5
3
4
3
tg =
=
Tendo em conta que a área da região sombreada é dada por
2
−
tg
2
x
+
sen
2
x
, concluímos que a área pedida é2
2
4
3
2
5
3
2 8
3
10
3
80 15 12
40
77
40
−
+
= −
+
=
−
+
=
3.1. Dois planos paralelos admitem o mesmo vetor normal. Portanto, uma equação cartesiana do plano
pedido é da forma
x y
+ +
2
z d
=
Como o plano passa no ponto
D(1, 2, 3)
, tem-se1 + 2 + 2 × 3 =
d
Logo,d
=
9
Assim, uma equação do plano que passa no ponto
D
e é paralelo ao planoABC
éx y
+ +
2
z
=
9
3.2. Como os pontos A,
B
eC
pertencem ao planoABC
, as suas coordenadas satisfazem a equaçãox y
+ +
2
z
=
12
Determinemos as coordenadas dos pontos
A
,B
eC
•
como o pontoA
tem ordenada zero e cota zero, tem-sex
+ +
0 2 0 12
#=
, pelo quex
=
12
; portanto, o pontoA
tem coordenadas(12, 0, 0)
•
como o pontoB
tem abcissa zero e cota zero, tem-se0
+ +
y
2 0 12
#=
, pelo quey
=
12
; portanto, o pontoB
tem coordenadas(0, 12, 0)
•
como o pontoC
tem abcissa zero e ordenada zero, tem-se0 0 2
+ +
z
=
12
, pelo quez
=
6
; portanto, o pontoC
tem coordenadas(0, 0, 6)
O ponto
M
é o ponto de coordenadasc
12 0 0
2
+
, ,
0 6
+
2
m
=
^
6 0 3
, ,
h
Tem-se, então,MB B M
= −
=
^
0 12 0
, ,
h
−
^
6 0 3
, ,
h
= −
^
6 12 3
, ,
−
h
3.3. Seja
r
a reta que passa emO
e é perpendicular ao planoABC
O pontoP
é o ponto de intersecção da retar
com esse plano.Dado que a reta
r
é perpendicular ao planoABC
, um vetor diretor desta reta é o vetor de coordenadas(1, 1, 2)
A determinação das coordenadas do ponto
P
pode fazer-se por dois processos.1.º Processo
Recorrendo a uma condição cartesiana da reta
r
Como a reta
r
passa no pontoO
, origem do referencial, e tem a direção do vetor de coordenadas(1, 1, 2)
, uma condição que define esta reta éx y z2
= =
As coordenadas do ponto
P
são, portanto, a solução do sistemay =
x z
z
x y
z
2
2
2
12
=
+ +
=
Z
[
\
]
]
]
]
]]
y =
y =
y =
x z
z
x y
z
x z
y z
z
z
z
x z
z
z
z
x z
z
z
x
y
z
2
2
2
12
2
2
2 2 2
12
2
2
2
12
2
2
4
2
2
4
+
+
+
+
=
+ +
=
=
=
+ +
=
=
+
=
=
=
=
=
=
Z
[
\
]
]
]]
]
]
]
Z
[
\
]
]
]]
]
]
]]
Z
[
\
]
]
]
]
]]
Z
[
\
]
]
]
]
]]
Z
[
\
]
]]
]
]]
Portanto, o ponto
P
é o ponto de coordenadas(2, 2, 4)
2.º Processo
Recorrendo a uma equação vetorial da reta
r
Como a reta
r
passa no pontoO
, origem do referencial, e tem a direção do vetor de coordenadas(1, 1, 2)
, uma equação vetorial desta reta é^
x y z
, ,
h
=
k
^
1 1 2
, , ,
h
k
!
R
Tem-se:
^
x y z
, ,
h
=
k
^
1 1 2
, ,
h
+
x k
=
/
y k
=
/
z
=
2
k
Portanto, qualquer ponto da reta
r
tem coordenadas da forma^
k k k
, ,
2
h
, sendok
um número real. O pontoP
é o ponto desta reta cujas coordenadas satisfazem a equaçãox y
+ +
2
z
=
12
De
k k
+ +
2 2
#k
=
12
, conclui-se quek 2
=
Assim, o raio da esfera é
OP
=
OP
=
2 2 4
2+ +
2 2=
24
Portanto, o volume da esfera é4
3
#r
#^
24
h
34. Este item pode ser resolvido por, pelo menos, três processos. 1.º Processo
Tem-se que a altura de um triângulo equilátero de lado
a
é igual a2
3
a
Portanto,AM
=
2
3
a
Então, ^cos
cos
AB AM
:=
AB
#AM
#^
AB AM
h
=
a
#2
3
a
#30
º
=
a
#2
3
a
#2
3
=
3
4
a
2 2.º Processo Tem-se:AB AM MB
=
+
Portanto,AB AM
:=
^
AM MB AM AM AM MB AM
+
h
:=
:+
:=
AM
2+ =
0
AM
2Tem-se que a altura de um triângulo equilátero de lado
