FICHA de AVALIAÇÃO de MATEMÁTICA A 11.º Ano de escolaridade Versão 3

(1)

FICHA de AVALIAÇÃO de MATEMÁTICA A

3.º Teste

11.º Ano de escolaridade

Versão 3

Nome:

N.º Turma:

Professor: José Tinoco

02/02/2018

Apresente o seu raciocínio de forma clara,

indicando todos os cálculos que tiver de efetuar e todas as justificações necessárias. Quando, para um resultado, não é pedida uma aproximação,

pretende-se sempre o valor exato, na sua forma mais simples.

Evite alterar a ordem das questões.

Nota: O teste é constituído por duas partes

(2)

Caderno 1: 50 minutos (é permitido o uso de calculadora)

1. Considere dois vetores, u e v , tais que u  v  3 e u u 

 

v 1. (10) 1.1. Mostre que u v  2.

Sabemos que u u 

 

v 1

Portanto, u u u v   1  u 2  u v 1  u v  1 u 2  u v    1 3 2 c.q.m. (10) 1.2. Calcule o ângulo formado pelos vetores u e v, com aproximação à décima do grau.

Temos u v u v cos u , v        _ _   Assim, 2 3 3 cos u , v        _ _    2 3 cos u , v   _{  }      2 3 u , v arc cos  _ _  _{ } _          u , v 131 810, ...   _{ }     Portanto, u , v 131 8, º   _{ }     (5) 1.3. Qual é o valor de uv 2? (A) 2 (B) 6 (C) 8 (D) 12 Temos uv 2 

   

u           v u v u u u v v u v v u 22 u v  u 2 Portanto,

 

2 2 2 3 2 2 3 3 4 3 2 uv           OPÇÃO A

2. Fixado um referencial ortonormado Oxyz do espaço, considere:

- o ponto A de coordenadas



1, 2, 3



;

- a reta r de equação vetorial



x, y,z

 

 1 2 3, ,

 

  1 3 2, ,



,  ; - a família de planos _k definidos por 2x ky 4z0, k .

(5) 2.1. Para que valor real de k um dos planos desta família é perpendicular à reta r?

(A) k  3 (B) k 2 (C) k 6 (D) 10

3

k 

k

r  rtn, isto é, o vetor diretor da reta, r



 1, 3, 2



, é colinear com o vetor normal do plano, n



2, , 4k 



. 2 4 1 3 2 k       2 3 2 k       k 6  OPÇÃO C Outro processo:



 1, 3, 2

 

t 2, , 4k 



 1 2 3 2 4 t tk t           

 

1 2 1 2 1 3 t k               1 2 6 2 2 . . t k P V         

(3)

(15) 2.2. Escreva uma equação vetorial do plano  que passa em A e contém a reta r. Precisamos de dois vetores paralelos ao plano  e não colineares entre si.

Um dos vetores pode ser o vetor diretor da reta r



 1, 3, 2



.

O outro pode ser o vetor definido pelo ponto A



1, 2, 3



e pelo ponto R



1 2 3, ,



que pertence à reta.

Temos, AR   R A



1, 2,3

 

 1, 2, 3 

 

0, 0, 6



Portanto, uma equação vetorial de  é



x y z, ,

 

 1, 2, 3   

 

k 1, 3, 2

 

 0, 0, 6 ,



k, (15) 2.3. Determine a equação geral do plano  que passa em A e contém a reta r.

Sendo n a b c



, ,



o vetor normal do plano, temos nr e nAR. Assim, 0 0 n r n AR         



 





 



1 3 2 0 0 0 6 0 a,b,c , , a,b,c , ,           3 2 0 6 0 a b c c          3 0 0 a b c         3 0 a b c       Portanto, o vetor normal de  é da forma n



3b,b,0



.

Por exemplo, para b1, temos n



3 1 0, ,



.

Já sabemos que o plano  tem equação da forma   3x y 0z d 0.

Como A



1, 2, 3



é um ponto do plano, substituindo na equação anterior descobrimos d. Temos      3

 

1 2 d 0  3 2  d 0 d  5

Logo a equação de  é    3x y 5 0

3. Na figura do lado está representada uma superfície esférica de centro no ponto C ,



1 2 0 ,



e o plano  tangente à superfície no ponto T



4 1 3, ,



. (5) 3.1. A equação reduzida da superfície esférica é …

(A)



x1

 

2 y2



2 19 (B)



 

2



2 2 1 2 19 x  y z  (C)



 

2



2 2 1 2 19 x  y z  (D)



x1

 

2 y2



2z2 19

Só nos falta o raio da superfície, que corresponde a CT ou CT .

Temos r CT 



4 1

 

2  1 2

 

2 3 0



2  9 1 9   19 Assim, a equação da superfície é



 



 

2 2 2 2 1 2 0 19 x  y  z  , ou seja,



 

2



2 2 1 2 19 x  y z  OPÇÃO C

(4)

(15) 3.2. Mostre que o plano  pode ser definido pela equação 3x y 3z200.

Como o plano tangente é perpendicular ao raio CT no ponto de tangência T, um vetor normal do

plano é o vetor CT . Temos CT   T C



4 1 3, ,

 

 1 2 0, ,

 

 3 1 3, ,



Portanto, o plano tem equação 3



x 4

 

1 y 1

 

3 z 3



0  3x   12 y 1 3z 9 0

 3x y 3z200

Ou, o plano é da forma 3x y 3z d 0 e descobrir d usando o ponto T.

Outro processo: o plano tangente á superfície é o lugar geométrico dos pontos P x, y,z





que satisfazem a condição TCTP



3 1 3



TC   , , e TP  P T



x, y,z

 

 4 1 3, ,

 

 x4, y1,z3



Assim, temos TC TP 0 



    3 1 3, ,

 

x 4, y1,z 3



0      3x 12 y 1 3z 9 0

   3x y 3z200  3x y 3z200 c.q.m.

(15) 3.3. Seja  um plano paralelo a  e que interseta a superfície esférica.

Sabendo que essa interseção é uma circunferência com 19 unidades de área, determine uma equação do plano .

Como  é paralelo a  os seus vetores normais são colineares. Portanto, a equação de é da forma 3x y 3z d 0

Para descobrir d precisamos de um ponto do plano .

Como a área da circunferência é 19, temos r2 19, pelo que r  19.

Assim, tal circunferência tem centro no centro da superfície esférica, pelo que o plano  passa no ponto C ,



1 2 0 ,



.



1 2 0



C , ,   3 1 2 3 0     d 0  3 2  d 0 d  1 Logo, a equação de  é da forma 3x y 3z 1 0

4. Considere a sucessão

 

a_n de termo geral 3 3 n n a n    (10) 4.1. Verifique se 1 3

 é termo da sucessão e, caso afirmativo, indique a sua ordem.

1 3

 é termo de

 

a_n se existir n tal que 1 3 n a   Temos 3 1 3 3 n n      9 3 n  n 3 n3n  3 9    2n 12  12 2 n   n6 Como 6 , 1 3

(5)

(15) 4.2. Estude

 

a_n quanto à monotonia. 1 n n a _ a =









3 1 3 1 3 3 n n n n   _     = 2 3 4 3 n n n n      =  3  4 2 3 4 3 n n n n n n        =











2 2 2 6 3 3 12 4 3 4 n n n n n n n n          =







2 2 6 12 3 4 n n n n n n         =







6 0 3 4 n n     , pois n 4 0 e n 3 0 Portanto,  n , a_n_₁a_n 0, pelo que

 

a_n é monótona decrescente.

(15) 4.3. Prove que

 

a_n é uma sucessão limitada. Como a sucessão é decrescente, sabemos que 1

3 1 2 1 1 3 4 2

a    

 é um majorante de

 

an .

Vamos recorrer ao algoritmo da divisão para fazermos um enquadramento do termo geral.

Temos 3 1 6 3 3 n n a n n        Algoritmo: - n + 3 n + 3 - n + 3 -1 6 Como 1 3

n define uma sucessão decrescente de termos positivos, temos

1 1 0 3 1 3 n    

Ou,  n , n 3 4, pelo que 0 1 1 3 4 n , n      Assim, 6 0 6 6 3 4 n     e 6 3 1 0 1 1 3 2 n          , ou seja, 1 1 2 n a    Portanto, 1 2 1 _n n , a

     , pelo que

 

a_n é limitada.

(10) 5. Seja

 

c_n a sucessão cujo termo geral é

 

1

n n c n   .

Indique, caso existam, o máximo, o mínimo, o conjunto dos majorantes e o conjunto dos minorante de

 

c_n . Temos 1 1 n n n se n é ímpar c se n é par      Os primeiro termos de

 

c_n : c₁  1; 1 2 2 c  ; 1 3 3 c   ; 1 4 4 c  ; …

Para n ímpar temos  1 cn 0 e para n par temos

1 2 0cn  . Portanto, 1 2 1 _n n , c      Assim, 1

2 é o máximo de

 

cn e o conjunto dos majorantes é



1

2, .

1

(6)

Caderno 2: 40 minutos (não é permitido o uso de calculadora)

6. Considere a sucessão

 

b_n definida por recorrência: 1

1 1 1 n n b b b_ n, n        (5) 6.1. O valor de b₂₀b₁₈ é… (A) 2 (B) 19 (C) 20 (D) 39

Para n20 temos b₂₀ b₁₉20, e para n19 temos b₁₉ b₁₈19

Assim, b₂₀b₁₉20  b₂₀ b₁₈ 19 20  b₂₀b₁₈39  OPÇÃO D

(15) 6.2. Usando o método de indução matemática, prove que o termo geral de

 

b_n é

2 2 n n n b   . Sendo B n

 

a condição 2 2 n n n

b   , temos de mostrar que:

 B

 

1 é verdadeira: temos 2 1 1 1 2 1 2 2

b     que é verdade pela definição por recorrência;

 B n

 

B n



1



, isto é, sabendo que

2

n

n n

b   (hipótese de indução), então tem-se



 

2



1 1 1 2 n n n b_    

Da definição por recorrência sabemos que b_n b_n_₁n, n1, logo, b_n_₁  b_n n 1. Assim, usando a hipótese, temos

2 1 1 2 n n n b_    n . Ou seja, 2 1 2 2 2 2 n n n n b_     = 2 2 2 2 n  n n = 2 2 1 1 2 n  n  n =



 



2 1 1 2 n  n c.q.m. Logo, pelo método de indução concluímos que

2 2 n n n n , b    

(5) 7. Acerca de uma sucessão

 

u_n sabe-se que: u_n_₁u_n n23n2 Qual das afirmações seguintes é necessariamente verdadeira?

(A)

 

u_n não é monótona (B)

 

u_n é monótona crescente

(C)

 

un é uma sucessão constante (D)

 

un é crescente em sentido lato

Vejamos o que podemos concluir sobre o sinal de u_n_₁u_n

2 3 2 0 n  n  

 

2 3 3 4 1 2 2 1 n        3 1 2 n   4 2 2 2 n  n  n2  n1 Para n1 temos u2 u1 0, pelo que u2 u1

Para n2 temos u₃u₂ 0, pelo que u₃ u₂

Para n3 temos u_n_₁u_n 0, pois os “termos” de n23n2 estão sobre uma parábola de concavidade voltada para cima e zeros em n1 e n2.

(7)

8. No referencial ortonormado Oxy da figura do lado estão representadas duas retas, r e s, que se intersetam no ponto C



0 2,



, tais que:

 r interseta Ox no ponto A e tem inclinação de 60º  s tem a direção do vetor s



3,1



(15) 8.1. Justifique que a reta r tem equação y 3x2 e determine as coordenadas do ponto A.

Sendo ymx b a equação reduzida de r, sabemos que b 2 e mtan 60º 3. Portanto, a equação reduzida de r é y 3x2.

Para descobrir as coordenadas do ponto A comecemos por observar que a sua ordenada é zero. Assim, 0 3x2  3x2  2 3 x  2 3 3 x . Portanto,



2 3



3 0 A , .

(10) 8.2. Averigue se as retas r e s são perpendiculares.

Duas retas são perpendiculares: se os seus vetores diretores são perpendiculares;

ou se o produto dos seus declives é -1. 1.º processo: Usando os vetores diretores, r   s r s 0

Vetor diretor de s: s



3,1



Vetor diretor de r: r , m

 

1 

 

1 3,

Portanto, r s 

  

1 3,  3, 1



3 30. Logo rs e as retas são perpendiculares

2.º processo: Usando os declives, r s m_rm_s  1 Temos m_r  3 e 2 1 1 1 3 3 s s m s      Portanto,

 

1 3 3 3 3 1 r s

m m        . Logo as retas são perpendiculares.

(5) 8.3. A inclinação da reta s é ... (A) 5 6 (B) 2 3 (C) 6  (D) 6   Como 1 3 3 3 s m     , temos 3 0 3 tan       Portanto, 1 3 5 3 6 6 tan  _  _ _{    }          OPÇÃO A